物理学习题解答-第三版-祝之光.pdf 44页

'物理学（祝之光）习题解答专科用《物理学》（祝之光编）部分习题解答第一章质点运动时间空间���1-1一质点在平面上作曲线运动，t时刻的位置矢量为r=−(2i+6)j，t时刻的位置112���矢量为r=(2i+4)j。求：（1）在∆=tt−t时间内位移的矢量式：（2）该段时间221���内位移的大小和方向：（3）在坐标图上画出rr,及∆r。（题中r以m计，t以s计）12���������解：（1）∆=rr−r=(2i+4)(2j−−i+6)j=4i−2j21�22（2）∆=r4+−(2)=4.47()m∆y−210�tanθ===−θ=−26.6（θ为∆r与x轴的夹角）∆x42（3）Y6�∆r4�r12�r2X-2024621-2一质点作直线运动，其运动方程为x=+14tt−，其中x以m计，t以s计。求：（1）第3秒末质点的位置；（2）前3秒内的位移大小；（3）前3秒内经过的路程（注意质点在何时速度方向发生变化）；（4）通过以上计算，试比较位置、位移、路程三个概念的区别2解（1）x=+⋅−1433=4()m32（2）∆=xx−x=(1433)13()+⋅−−=m30dx（3）v==−42tv=0时t′=2()sdts=x−x+x−x=5()m2032第1页 物理学（祝之光）习题解答（4）（略）�1-3质点从某时刻开始运动，经过∆t时间沿一曲折路径又回到出发点A。已知初速度v0�与末速度v大小相等，并且两速度矢量间的夹角为θ，如题1-3图所示。（1）求∆t时间t内质点的平均速度；（2）在图上画出∆t时间内速度的增量，并求出它的大小；（3）求出∆t时间内的平均加速度的大小，并说明其方向。�解（1）∆=r�0v=∆r=0���v∆tt∆vv0�22（2）∆=vv+v−2vvcosθ（如图所示）θt0t0�∆v�（3）a=方向同∆v方向。A∆t21-4已知一质点的运动方程为x=2,ty=−2t,式中t以s计，x和y以m计。（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出t=1s到t=2s这段时间内质点的平均速度；（3）计算1秒末和2秒末质点的速度；（4）计算1秒末和2秒末质点的加速度。2⎧x=2tx解（1）由⎨得y=−+22y⎩y=−2t4运动轨迹如图2���2(2)r=2ti+(2−t)j1���������∆=rr2−r1=(4i−2)(2j−i+j)=2i−3jx���o123∆r2i−3j��−1v===2i−3(jms⋅)∆t21−��dr������（3）v==2i−2tjv=2i−2jv=2i−4j12dt��dv����（4）a==−2ja=a=−2j12dt1-5一身高为h的人，用绳子跨过滑轮拉一雪橇匀速奔跑。雪橇在高出地面H的平台上，如题1-5图所示，人奔跑的速率为v，绳子总长为L，起始时刻（t=0），人到滑轮间的0绳长为l。试按如图所示坐标系：（1）写出雪橇在平台上的运动方程；（2）求出雪橇在平0台上的运动速度。解（1）（示意图见课本P19题图1-5）第2页 物理学（祝之光）习题解答由题意知，当t=0时，x=Ll−；002222在t时刻，xLl−−其中l=(H−h)+⎡l−(H−h)+vt⎤⎣00⎦所以，雪橇在平台上的运动方程为：2222x=Ll−=L−(H−h)+⎡l−(H−h)+vt⎤00⎣⎦−⎡l2−(H−h)2+vtv⎤dx⎣00⎦0（2）v==dt2⎡l2−(H−h)2+vt⎤+（H+h）200⎣⎦1-6球无摩擦地沿如图所示的坡路上加速滑动。试分别讨论在A点（平地上）、B点（上坡�dvdv起点）、C点（坡的最高点）和D点（下坡路中的一点），关系式=是否成立？为什dtdtdv么？（设>0）dtC解：在A点成立，B/、C、D点均不成立。D�dv�22dv因为=a=a+a=adtntdttAB�dvdv只有当a=0时，才有=ndtdt21-7一质点作圆周运动的运动方程为θ=2t−4t（θ以rad计，t以s计），在t=0时开始逆时针转动。问：（1）t=0.5s时，质点以什么方向转动？（2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置θ等于多少？dθ-1解（1）ω==−28tt=0.5s时，ω=−（2s）＜0dt所以该时刻与初始时刻的转动方向相反，以顺时针方向转动。（2）转动方向改变的瞬间，即角速度为0的瞬间。所以，由ω=−28t=0得t=0.25（s）22θ=2t−4t=⋅20.2540.25−⋅=0.25(rad)1-8如图示，图（a）为矿井提升机示意图，绞筒的半径r=0.5m。图（b）为料斗M工−1作时的vt−图线，图中v=4ms⋅。试求t=2,8,14sss等时刻绞筒的角速度、角加速度和第3页 物理学（祝之光）习题解答绞筒边缘上的一点N的加速度。v−1(ms⋅)vNtO481216sM题1-8图解由图示可知，−2−1⎧t[0,4]a=1(ms⋅)v=tms(⋅)11⎪−2−1⎨t[4,12]a=0(ms⋅)v=4(ms⋅)22⎪−2−1t[12,16]a=−1(ms⋅)v=−4(t−12)(ms⋅)⎩33⎧2−1ω==4(s)⎪2s0.5⎪v⎪4−1角速度ω=⎨ω==8(s)8sr⎪0.5⎪42−−1ω==4(s)⎪14s⎩0.5⎧a11−2α===2(s)⎪2sr0.5⎪a⎪a2−2角加速度α=⎨α==0(s)8sr⎪r⎪a3−1−2α===−2(s)⎪14s⎩r0.5N点的加速度⎧a=ω4+α2r=8.06(ms⋅−2)θ=82520′⎧a=a2+a2=ω4+α2r⎪2s2s2s2snt⎪⎪42−20⎨aω2⎨a=ω+αr=32(ms⋅)θ=90(指向轴心)8s8s8s8sn⎪θ=arctan=arctan⎪aαaω4α2rms−2θ0⎩t⎪14s=14s+14s=8.06(⋅)14s=8252′⎩−21-9质点从静止出发沿半径R=3m的圆周作匀变速运动，切向加速度a=3ms⋅。问：t0（1）经过多少时间后质点的总加速度恰好与半径成45角？（2）在上述时间内，质点所经历的角位移和路程各为多少？−2解（1）由题意知，a=aR=3(ms⋅)tn−22−2⎧α=1(s)可得3ω=3α=3(ms⋅)解得⎨−1⎩ω=1(s)第4页 物理学（祝之光）习题解答又因为ω=0且质点作匀变速圆周运动0由ω=αt可得t=1()s12（2）由匀变速圆周公式θ=ωt+αt0212得θ=⋅+01⋅⋅11=0.5(rad)s=Rθ=⋅30.51.5()=m221-10列车沿圆弧轨道行驶，方向由西向东逐渐变为向北，其运动规律s=80tt−（x以m计，t以s计）。当t=0时，列车在A点，此圆弧轨道的半径为1500m.若把列车视为质点，求列车从A点行驶到s=1200m处的速率和加速度。北ds解v==802−t（1）dt2当s=1200m时，有120080=tt−东解得t=20()st=60()s（不合题意，舍去）12A−1将t=20()s代入（1）式，v=80220−⋅=40(ms⋅)1题1-10图s12000θ===0.8(rad)=45.84(东偏北)R1500⎧dv−1−2⎪at==−2(ms⋅)⎧at=−2(ms⋅)⎪dt⎪又⎨22t=20s时⎨15−2⎪v(802)−t⎪a=(ms⋅)a==nn⎩16⎪⎩R15002234−2a=a+a==2.27(ms⋅)tn15an150设aa与的夹角为α，则tanα==α=25.13ta32t第二章力动量能量2-2把一个质量为m的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因数µ′较小，因此若不加支持，木块将加速下滑。（1）试证tanθ>µ′。（2）必须加多大的水平力F，才能使木块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多大？（3）如不断增大力F的值，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？（1）证明第5页 物理学（祝之光）习题解答yFNfµ′Fmmxmgθθ建立如图坐标系，根据牛顿第二运动定律，可得：ymg(sinθ−µ′cos)θ=ma>0sinθ−µ′cosθ>0FNfµ′tanθ−µ′>0tanθ>µ′证毕Fm（2）由牛二定律，可得：xmgθFcosθ−mgsinθ+µ′(mgcosθ+Fsin)θ=0sinθ−µ′cosθ解得F=mgcosθ+µ′sinθmgF=mgcosθ+Fsinθ=Ncosθ+µ′sinθ（3）由F=mgcosθ+Fsinθ，正压力随着F的增大而增加。N当Fcosθr)，核的吸引力所作之功。1212Fo第11页r2rr1 物理学（祝之光）习题解答��k解dw=Fdr⋅=(−dr)(r是减小的)2rr2k11w=(−dr)=k(−)∫r21rr2r12-15用铁锤将一铁钉钉进木板。设木板对钉的阻力与钉进木板之深度成正比。在第一次锤击时，钉被钉进木板1cm。问第二次锤击时，钉被钉进木板多深？假设每次锤击铁钉前速度相等，且锤与铁钉的碰撞为完全非弹性碰撞。解设F=kx由题意，铁锤每次锤击，钉克服阻力做相同的功。1cm11cm12−2第一次锤击做功为：w=kxdx=kx=×10kJ()1∫0202x1−22−2第二次锤击做功为：w=10kx(+1)dx=(kx+kx)10()⋅J2∫02112由w=w得k=kx+kx1222解得x=−+12=0.41（cm）x=−−12(不合题意，舍去)12−380002-16质量为210×kg的子弹，在枪筒中前进时受到的合力是F=400−xF,的单位9−1是Nx,的单位是m。子弹在枪口的速度为300ms⋅，试计算枪筒的长度。解取子弹为研究对象根据动能定理，w=∆E，有：kL80001212w=(400−xdx)=mv−mv∫00922−3−1积分，并将m=×210kgv,=0,v=300(ms⋅)代入，02得400L−360L+810=解得L=0.45()m2-17一条均匀链条，质量为m，长为l，成直线状放在桌面上。已知链条下垂长度为a时，链条开始下滑。试用动能定理计算下面两种情况链条刚好离开桌面时的速率。（1）不计链条与桌面间的摩擦。（2）设链条与桌面间的摩擦因数为µ。mg解：（1）取链条为研究对象，当其下落y长度时，受到的合外力为F=yl链条从开始下落到刚好全部离开桌面，外力做的总功为：第12页 物理学（祝之光）习题解答lmg1mg22w=∫ydy=⋅(l−a)al2l设链条刚好全部离开桌面时速度为v，根据动能定理，w=∆E，有k1mg2212⋅(l−a)=mv−02l2g22解得v=(l−a)lmgµmg（2）F=y+(l−−ya)lllmg0µmgw=w+w=ydy+[l−(yady+)]12∫a∫la−llmg122µmg12=⋅(l−a)−⋅(l−a)l2l2mg122µmg1212根据动能定理，w=∆E，有⋅(l−a)−⋅(l−a)=mvkl2l22g222解得v=[(l−a)−µ(l−a)]l2-20从轻弹簧的原长开始，第一次拉伸l长度，在此基础上，第二次使弹簧再伸长l，继而，第三次又拉伸l长度。求第三次拉伸和第二次拉伸弹力作功的比值。解：弹簧各次升长弹力作功分别为：121223212252W=klW=kl(4−l)=klW=kl(9−4)l=kl12322222第三次拉伸和第二次拉伸弹力作功的比值为：WW=53322-21两轻弹簧A、B，劲度系数分别为kk,，把它们如图串接后，再12A悬一质量为m的重物C，释手后，任其运动。（1）设某时刻两弹簧共伸长x，求A、B的分别伸长值x和x。12B（2）A、B串接后，把它们看作一个新弹簧，设新弹簧的劲度系数为mCk，请用kk,表示k。题2-21图12（3）某时刻，作用在重物C上的弹力正好等于重物C的重量，这时（弹簧、重物、地球）系统处于平衡。求此时两弹簧的总伸长量。（4）重物从初位置（两弹簧都没有伸长时）运动到平衡位置的过程中，弹力和重力作功分别是多少？二者合力作功是多少？第13页 物理学（祝之光）习题解答（5）设重力势能的零势能点和弹性势能的零势能点都在初位置处，分别求在平衡状态时的重力势能和弹性势能。（6）运动过程中不计任何阻力，求平衡位置处重物C的动能E和系统的机械能E。kM解：（1）由题意知x+x=x（1）12某时刻，系统处于平衡状态，所以有kx=kx（2）1122⎧kx2x=⎪1⎪k+k12两式联立，解得⎨kx⎪x=12⎪k+k⎩12（2）根据受力分析，应有kx=kx(或kx=kx)1122kxkk212将x=代入上式，得kx=x1k+kk+k1212kk11112所以k=即=+k+kkkk1212mgk+k12（3）由题意，kx=mg，所以x==mgkkk12k1+k22（4）W=mgx=(mg)Gkk12x121kk12k1+k221k1+k22W=−kxdx=−kx=−()(mg)=−⋅(mg)F∫022k+kkk2kk1212121k1+k22W=W+W=⋅(mg)GF2kk12（5）根据W=−∆E=−(E−E)PPPok1+k221k1+k22E=E−W=−W=−(mg)E=⋅(mg)PGP0PFkk2kk1212（6）由（4）知，重物从初始位置运动到平衡位置的过程中，重力和弹力做的总功为1k1+k22W=W+W=⋅(mg)。GF2kk12第14页 物理学（祝之光）习题解答取重物C为研究对象，根据动能定理W=∆E，且E=0kk01k1+k22所以有E=E−E=∆E=W=⋅(mg)kkk0k2kk121k1+k22k1+k221k1+k22E=E+E+E=⋅(mg)+−((mg))+⋅(mg)=0kPGPF2kkkk2kk121212−12-22已知子弹质量m=0.02kg，木块质量m是8.98kg，弹簧的劲度系数100Nm⋅，0��子弹以初速v射入木块后，弹簧被压缩10cm。求v的大小。设木块与平面间的滑动摩00擦因数为0.2，不计空气阻力。解：取子弹和木块组成的系统为研究对象，�v0m在子弹射入的过程中，由于不受外力作用，m0�系统的动量守恒，设碰后系统的速度为v，题2-22图�取v方向为x轴正方向，根据动量守恒定理，有0mv=(mmv+)(1)000在压缩弹簧的过程中，系统受到弹力和摩擦力的阻碍作用，最终停下来。根据动能定理，1212有(mmv+)=µ(mmgx+)+kx（2）0022−1（1）（2）联立，并将已知数值代入，解得v=319(ms⋅)02-23质量为m的物体静止地置于光滑的水平桌面上并接有一轻弹簧。另一质量为m的12�物体以速度v与弹簧相撞。问当弹簧压缩最甚时有百分之几的动能转化为弹性势能？012解：取（m+m）组成的系统为研究对象。碰前系统的总动能为m的动能，E=mv122k0202当（m+m）有共同速度时，弹簧压缩最甚。碰撞过程系统的动量守恒，所以有：1222mv201mv2021mv20mv=(m+mv)v=E=(m+m)()=2012k12m+m2m+m2m+m12121222121mv201mm122E=E−E=mv−⋅=⋅vPk0k20022m+m2m+m1212第15页 物理学（祝之光）习题解答Emη=P=1⋅100%Em+mk012第三章刚体的定轴转动−13-2一飞轮以转速n=1500minr⋅转动，受制动均匀减速，经t=50s后静止。（1）求角加速度α和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数N；（2）求制动开始后t=25s时飞轮的角速度ω；（3）设飞轮的半径r=1m，求在t=25s时飞轮边缘上一点的速度和加速度。−n150060−2−2解：（1）α==−=−0.5(rs⋅)=−π(rads⋅)t5012150012N=nt−αt=⋅50−⋅0.550⋅=625()r26021500−1（2）ω=2π⋅=50(πrads⋅)060−1ω=ω−αt=50π−⋅π25=25π=78.5(rads⋅)0−1（3）v=rω=×178.5=78.5(ms⋅)−2a=rα=×−1(π)=−=−π3.14(ms⋅)t223−2a=rω1(78.5)×=6.1610(×ms⋅)n����3�−2a=ae+ae=−(3.14e+6.1610×ems)⋅ttnntn3-3有一均匀细棒，质量为m，长为l。设转轴通过棒上离中心为h的一点并与棒垂直，求棒对此轴的转动惯量。这一转动惯量与棒对通过棒的中心并与此轴平行的转轴的转动惯量相差多少？解：（1）关于O轴的转动惯量：OCdmim2m2如图dm=dxdJ=xdm=xdxhllll2+hm2m1l3l3J=dJ=xdx=[(+h)+(−h)]O∫∫l−(−h)ll3222122=ml+mh1212（2）关于通过棒的中心O轴的转动惯量：J=mlC122（3）转动惯量之差：∆=JJ−J=mhOC第16页 物理学（祝之光）习题解答2463-4地球的质量m≈6.010×kg，半径R≈6.410×m，求其对自转轴的转动惯量和E自转运动的动能。（假定地球密度均匀，其转动惯量可按均匀实球体公式计算）。22解：由球体的转动惯量J=mr，可知地球自转的转动惯量为：52222462372J=mR≈×6.010××(6.410)×=9.8310×kgm⋅E55122π4由E=Jωω=T=×1243600×=8.6410()×sk2T1372π229得E=(9.8310)(×⋅)=2.6210()×Jk428.6410×3-5试求匀质圆环（mR,为已知）对中心垂直轴的转动惯量。m解：在圆环上取质量元dm，dm=dl2πR2mRdJ=Rdm=dl2π2πRmR2J=∫dJ=∫dl=mR02π3-6如图所示。两物体的质量分别为m和m，滑轮12FT2m2的转动惯量为J，半径为r。如m与桌面的摩擦因2FT1数为µ，求系统的加速度a及绳中的张力F与FT1T2题3-6图m1（设绳子与滑轮间无相对滑动）。解：根据牛顿运动第二定律和转动定理，分别对两物体和滑轮列方程为：mg−F=ma（1）1T11F−µmg=ma（2）T222(F−F)r=Jα（3）T1T2a由题意可知α=（4）r(m−µmg)12四式联立，解得：a=2(m+m+Jr)1222mm(+µm+Jrg)mm(+µm+µJrg)122211F=,F=.T12T22m+m+Jrm+m+Jr12123-7两个半径不同的同轴滑轮固定在一起，两滑轮半径分别为r和R。下面悬二重物，第17页 物理学（祝之光）习题解答质量分别为m和m，如图所示。滑轮的转动惯量为J。绳的质量，绳的伸长，轴承摩12擦均不计。求重物m下降的加速度和两边绳中的张力。1解：由牛顿运动第二定律和转动定律分别对二重物和滑轮可列方程为：⎧mg−F=ma(1)1T111⎪⎨F−mg=ma(2)T2222⎪⎩FRFr−=Jα(3)T1T2又由系统各物体间的联系，可列方程为：⎧a=Rα(4)1⎨Rr⎩a=rα(5)2五式联立，解得：mm12⎧mRmr1−2题3-7图⎪a=Rg122(mR+mr+J)⎪12⎪⎪mr2+mRr+J22⎨F=mgT1221⎪(mR+mr+J)12⎪2mR+mRr+J11⎪F=mgT2222⎪⎩(mR+mr+J)123-8质量m、长l的均匀直棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴1O无摩擦地转。它原来静止在平衡位置上。现在一质量为m的O2弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞。撞后，棒从m1θ0平衡位置处摆动达到最大角度θ=30，如图，（1）设碰撞为�mv2弹性的，试计算小球的初速度的大小。（2）相撞时，小球受题3-8图到多大的冲量？解：（1）设u为小球碰后的速度，由于弹性碰撞，碰撞过程角动量和动能守恒。所以有：12mvl=Jω+mul=mlω+mul22123mlω化简得：vu−=1(1)3m212112212mv=(ml)ω+mu2122232第18页 物理学（祝之光）习题解答2222ml1ω化简得：v−u=(2)3m2(2)得：vu+=lω(3)(1)3m+m（1）+（3）得：vl=ω(21)(4)6m2撞后，由于无外力作用，棒的机械能应守恒，所以有：12103gmω=mgl(1cos30)−解得：ω=(2−3)(5)11222lm+3m12将（5）式代入（4）式，得：v=6(2gl−3)12m2（2）根据动量定理，小球受到的冲量等于小球动量的增量，所以有：I=mumv−=−mvu(−)222m1将（1）式和（5）式代入，解得：I=−6(2gl−3)63-9两轮A、B分别绕通过其中心的垂直轴向同一方向转动，如图示。角速度分别为−1−1ω=50rads⋅,ω=200rads⋅。已知两轮的半ABωA径与质量分别为ωBr=0.2,mr=0.1,mm=2kgm,=4kg.两轮沿轴线ABAB方向彼此靠近而接触，试求两轮衔接后的角速度。B解：在两轮靠近的过程中，由于不受外力矩的作用，A题3-9图角动量守恒，所以有：12121212L=L即(mr)ω+(mr)ω=[(mr)(+mr)]ω0AAABBBAABB22221212(mr)ω+(mr)ωAAABBBω=22=100(rads⋅−1)1212(mr)(+mr)AABB223-11质量为0.06kg，长0.2m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的光滑水平轴转动。如将此棒放在水平位置，然后任其开始转动。求：（1）开始转动时的角加速度；（2）落到−2竖直位置时的动能；（3）落到竖直位置时的动量矩（指对转轴）。取g=10ms⋅。第19页 物理学（祝之光）习题解答l123g−1解：（1）由转动定律M=Jα，得mg=mlαα==75(rads⋅)232l（2）在转动过程中，由于不受外力作用，机械能守恒。所以落到竖直位置时的动能1等于初始位置时的势能。即E=E=mgl=0.06()JkP0212112216Ek（3）由E=Jω=(ml)ω得ω=k223lm1216Ekl−32−1L=Jω=(ml)()=6mE=9.8410(×kgms⋅⋅)k3lm33-12质量均匀分布的圆柱形木棒可绕水平固定轴在竖直面内转动，转轴过棒的中点与棒身垂直且光滑，棒长l=0.4m，质量m=1kg。当棒在竖直面内静止时，有一子弹在距棒中1l−1点处穿透木棒，该子弹质量m=10g，初速大小v=200ms⋅，方向与棒和轴都垂直，204−1子弹穿出棒后速度大小变为v=50ms⋅，方向不变。求子弹穿出棒的瞬时棒的角速度的大小。m解：由碰撞过程角动量守恒，可得：1ll12mv=mv+(ml)ω2021Oil4412lm2v4v解得：0−33m231010××−1ω=(v−v)=(20050)11.25(−=rads⋅)0ml10.4×1自测题1一、选择题���221、有一质点在平面上运动，运动方程为r=3ti+4tj，则该质点作（）（A）曲线运动；（B）匀速直线运动；（C）匀变速直线运动；（D）变加速直线运动。2、如图1-1所示，细绳通过两轻质定滑轮在两端各挂一个物块A和B，设m=m，初始A、B处于同一高度ABθθ且都静止。若使B偏离平衡位置θ角而来回摆动，则物BA块A将（）图1-1（A）保持不动；（B）向上运动；（C）向下运动；（D）上下运动。第20页 物理学（祝之光）习题解答�3、有一物体在Oxy平面上运动，受力作用后其动量沿两轴方向的变化分别为∆pi和x�−∆pj，则该力施于此物体的冲量大小为（）（C）y（A）I=∆p+∆p（B）I=∆p−∆pxyxy2222（C）I=∆p+∆p（D）I=∆p−∆pxyxy4、如图1-2所示，有一物体置于小车的左端，小车放在光滑的水平面上。用力F拉物体使它从车的左端运动到右端，保持F的大小和方向不变，F以地面为参考系，在车固定和不固定的两种情况下，下列结论正确的是：（）图1-2（A）两种情况力F作的功相等。（B）两种情况物体与车间的摩擦力对物体作的功相等，（C））两种情况物体获得的动能相等。（D）两种情况由于摩擦而产生的热相等。5、如图1-3所示，质点沿直线AB作匀速运动，A、B为轨道直线上任意两点，O为线外的任一定点（可视为垂直纸面的轴与纸面的交点），L和L代表质点在A、B两点处AB对定点O（轴）的角动量，则（）B（A）L、L方向不同，但L=L。ABAB（B）L、L方向相同，但L≠LABABOA图1-3（C）L、L的方向和大小都不同。AB（D）L、L的方向和大小都相同。AB6、对于质点组，内力可以改变的物理量是（）（A）总动量（B）总角动量（C）总动能（D）总质量7、如图1-4，一绳穿过水平桌面中心的小孔联接桌面上的小物图1-4块，令物块先在桌面上作以小孔为圆心的圆周运动，然后将绳的下端缓慢向下拉，则小物块的OA（A）动量、动能、角动量都改变。（B）动量不变，动能、角动量都改变。第21页图1-5 物理学（祝之光）习题解答（C）动能不变，动量、角动量都改变。（D）角动量不变，动量、动能都改变。()8、如图1-5，均匀木棒OA可绕其端点O并与棒垂直的水平光滑轴转动。令棒从水平位置开始下落，在棒转到竖直位置的过程中，下列说法中正确的是：（A）角速度从小到大，角加速度从小到大。（B）角速度从小到大，角加速度从大到小。（C）角速度从大到小，角加速度从大到小。（D）角速度从大到小，角加速度从小到大。9、如图1-6，均匀木棒可绕过其中点的水平光滑轴在竖直面内转动。棒初始位于水平位置，一小球沿竖直方向下落与棒的右端发生弹性碰撞。碰撞过程中，小球和棒组成的系统（）（B）（A）动量守恒、动能守恒。O（B）动量守恒、角动量守恒。（C）角动量守恒、动能守恒。图1-6（D）只有动能守恒。二、填空题1、质点的运动方程为x=5cosπty,=5sinπtSI(单位)，则质点（1）在第1s内的位移，第1s内的路程。（2）第1s内的平均速度，第1s内的平均速率。（3）任意时刻的速度，任意时刻的速率。（4）任意时刻的切向加速度，任意时刻的总加速度的大小，方向。2、如图1-7所示，质量相等的两物块A、B用轻弹簧相连后再用轻p绳吊在天花板之下，初始系统平衡。迅速将绳在P处烧断，则在绳Am断开瞬间，物块A的加速度a=，物块B的加速度AaB=。Bm图1-73、一颗子弹在枪筒里前进时受到的合力大小为第22页 物理学（祝之光）习题解答5410×−1F=400−tSI(单位),子弹从枪口射出的速率为300ms⋅，设子弹离开枪口3时所受合力恰好为零。则（1）子弹在枪筒中所受合力的冲量I=；（2）子弹的质量m=。4、如图1-8所示，人造地球卫星绕地球沿椭圆轨道MBm运转，地球在轨道的一个焦点上。A、B分别为轨rrBAA道的远地点和近地点，到地心的距离设为r和r。AB图1-8若卫星在A点的速率为v则卫星在B点的速率Av=。B�5、沿z轴运动的质点所受合力F=(32)(+xiSI单位)。质点的质量m=1kg，由原点从静止出发，则质点到达x=3m处时，在这段位移上，合力F对质点所作的功w=，质点在x=3m处的速率为v=。6、质量为m的火箭从地面发射上升一个地球半径R，地球引力对火箭作的功Ew=。（设地球质量为m，引力常E数为G）CA7、如图1-9所示，A、B两物块和滑轮C的质量分别为mmm,,，滑轮半径为R、对轴的转BABC12动惯量为J=mR。设桌面和转轴光滑，绳C2不伸长且质量不计，绳在滑轮上不打滑。则物块图1-9A的加速度a=。A8、转动惯量为J的飞轮以角速度ω作定轴转动，受到与角速度的平方成正比的制动力0ω0矩作用（比例系数为k），使其角速度逐渐减小。从开始制动到角速度减小为时所经3历的时间为。第六章静电场−6−66-3、在坐标原点及（3,0）点分别放置电荷Q=−2.010×CQ,=1.010×C的点12第23页 物理学（祝之光）习题解答电荷，求点P(3,1)−处的场强（坐标单位为m）。y解：(如图)，由点电荷的场强公式，可得：⎧1Q33Q11⎪E=−Ecosθ=−⋅⋅=−1x1⎪4πε04232πε0⎨Q112x1Q1Q•�⎪E=Esinθ=⋅1⋅=1OE⎪1y11⎩4πε04232πε0Q2-1•P(3,1)−1Q2Q2�E=−E=−⋅=−22y2E4πε(1)−4πε200�3Q1�Q1Q2���3−1E=−i+(−)j=−(3.9i+6.8)10(j×NC⋅)6-5一根玻璃棒32πε32πε4πε000被弯成半径为R的半圆形，其上电荷均匀分布，总电y荷量为q。求半圆中心O点的场强。dlq解：(如图)，在棒上取电荷元dq=dl，则dθRπROθx�dqqdEdE==dl（方向如图）2234πεR4πεR00��由对称性分析，可知E=0,E=EjxyqqdE=−dE⋅sinθ=−sinθdl=−sinθθdy2324πεR4πεR002qπqE=−sinθθd=−y22∫0224πεR2πεR00�q�E=−j222πεR06-6如图所示，有一半径为R的均匀带电圆环，总电荷量为q。利用例6-4所得结果，（1）求环心处的场强；（2）轴线上什么地方场强最大？它的数值是多少？（3）画出轴线上的E−x曲线；（4）若是均匀带电的圆盘（半径为R，电荷面密度为σ），你能否利用例6-4的结论提出计算此圆盘上离盘心x处的场q强的方法？RPi解:由例6-4知，均匀带电圆环在中心轴线上任一点Oxx第24页 物理学（祝之光）习题解答�1qx�P的场强为：E=i22324πε(R+x)0（1）环心处（x=0）时E=02dEd1qxq13x（2）令=0即()=[−]=0223222322252dxdx4πε(R+x)4πε(R+x)(R+x)002解得x=±R2（3）（略）q（4）取dq=σ⋅ds=()(2πrdr)2πRqx()(2πrdr)1xdq1πR2qxrdrdE===(方向沿x轴正方向)22322232222324πε(r+x)4πε(r+x)2πεRr(+x)000RqxrdrqxE==(1−)∫02πεRr2(2+x232)2πεR2R2+x2006-11两个均匀的带电同心球面，内球面带有电荷q，外球面带有电荷q，两球面之间区域123000−1中距球心为r的点的场强为NC⋅方向沿球面半径指向球心，外球面之外距球心为r2r2000−1的点的场强为NC⋅，方向沿球面半径向外。试求q和q各为多少？212r解：由高斯定理和已知条件可得：1q13000−11−6−6E=⋅=−(NC⋅)q=−30004×πε=−×10=−0.3310()×C122104πεrr301(q1+q2)2000−1−6E=⋅=(NC⋅)q=20004×πε−q=0.5610()×C2222014πεrr06-12用高斯定理求均匀带正电的无限长细棒外的场强分布，设棒上电荷的线密度为λ。解：由电荷的对称性分布可知，距无限长细棒距离相等的点的场r强都相等，方向在垂直于细棒的平面内且呈发散状。取以细棒为轴心，高为l、底面半径为r的圆柱面为高斯面，根据lλ高斯定理，有：第25页 物理学（祝之光）习题解答��������λl�∫sEds⋅=2∫底Eds⋅+∫侧Eds⋅=∫侧Eds⋅=2πrlE=ε0λE=2πεr06-16有一对点电荷，所带电荷量的大小都为q，它们间的距离为2l。试就下述两种情形求这两点电荷连线中点的场强和电势：（1）两点电荷带同种电荷；（2）两点电荷带异种电荷。解：（1）根据点电荷的场强和电势公式，有：qqE=E==(方向相反)所以E=0122l2πεl4πε()002qqqV=V==V=2V=121l2πεlπεl4πε()0002qq2q（2）E=E==(方向相同)所以E=（方向指向负电荷）12lπεl222πεl4πε()0002qqV=−V==所以V=012l2πεl4πε()0026-17如图所示，A点有电荷+qB,点有电荷−q，CAB=2,lOCD是以B为中心、l为半径的半圆。+q−q+—（1）将单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电AOBD2l—l场力作功多少？题6-17（2）将单位负电荷从D点沿AB延长线移到无穷远处，电场力作功多少？�解：（1）W=0(OCD是等势面)−qq11qW=V−V=(−)=()J+qO+D+4πεl3l6πεl00qW=W+W=()J−q+q6πεl0−qqq（2）W=W+W=−(1)(V+V)=−(1)(+)=()J−q+qD−D+4πεl4πε⋅3l6πεl000第26页 物理学（祝之光）习题解答6-19在半径分别为R和R的两个同心球面上，分别均匀带电，电荷量各为12Q和Q，且RR。22Q1解：由高斯定理可得场强分别为：R1OrR时,E=2324πεr0取无限远处为电势零点，根据电势的定义式，可得;rR时,V=dr=23∫2r4πεr4πεr0026-25A、B、C是三块平行金属板，面积均为200cm，A、B相距4.0mm,A、C相−7距2.0mm,B、C两板都接地，如图所示。设A板带正电q=3.010×C，不计边缘效应（即认为电场集中在平板之间且是均匀的）。（1）若平板之间为空气（ε≈1.00），求B板r和C板上的感应电荷，以及A板上的电势；（2）若在A、B间另充以ε=5的均匀电介质，r再求B板和C板上的感应电荷，以及A板上的电势。解：（1）q=−(q+q)(1)CABCB由V=E⋅d=E⋅d，得：AAC1AB2第27页题6-25图 物理学（祝之光）习题解答qqCB⋅d=⋅d12εsεs00d42q=q=q=2q(2)CBBBd21⎧2−7q=−q=−2.010()×C⎪C⎪3（1）、（2）联立，解得：⎨⎪q=−1q=−1.010()×−7CB⎪⎩3−7qC2.010×−33V=E⋅d=⋅d=⋅×210=2.310()×VAAC11−12−4εs8.8510××20010×0qq1d2CB=2=′（2）由V=⋅d=⋅d得q(q)q(2)A12CBBεsεεsεd500rr1⎧26−7q=−q=−×10()C⎪⎪C77（1）、(2)′联立，解得⎨⎪q=−5q=−15×10()−7CB⎪⎩776−7×10qC7−32V=E⋅d=⋅d=⋅×210=9.710()×VAAC11−12−4εs8.8510××20010×0−66-28一空气平板电容器的电容C=1.0pF，充电到电荷为Q=1.010×C后，将电源切断。（1）求板极间的电势差和电场能量；（2）将两极板拉开，使距离增到原距离的两倍，试计算拉开前后电场能的改变，并解释其原因。−6Q1.010×6解：（1）U===1.010()×V−12C1.010×116−6W=UQ=×1.010××1.010×=0.5()Je22Q（2）由于拉开前后板极的电荷量不变，场强大小E=不变，而U=Ed⋅，可见拉εs0开后两板间的电势差是原来的2倍，即U=2U。011∆W=W−W=QU(2)−QU=1.00.5−=0.5()Jeee00022外力克服电场力作功，电势能增加。第28页 物理学（祝之光）习题解答6-29平板电容器两极间的空间（体积为V）被相对介电常数为ε的均匀电介质填满。极板r上电荷的面密度为σ。试计算将电介质从电容器中取出过程中外力所作的功。2211σ1σ1σ解：W=QU=(σS)(d)=⋅(Sd)=⋅Ve022εε2εε2εε0r0r0r21σ同理，可得W==⋅Ve2ε0根据功能关系，外力作的功等于电容器电势能的增量，所以有：21σV1W=W−W=(1−)ee02εε0r自测题（2）一、选择题（每小题给出的几个答案中，只有一个是正确的）1、平行板空气电容器的两极板间的距离为d，极板面积为S，两极板所带电荷分别为+q和−q，若d很小时，则两极板相互作用的静电力为22221qqqq（A）.（1B）.（C）.（D）.24πεdεS2εS2S0002、如图1-1所示，闭合面S内有一点电荷q，P为S面上一点，在S面外的A点另一点1电荷q。若将q移至也在S面外的B点，则22�（A）穿过S面的E通量改变，P点的场强不变。�ABP（1B）穿过S面的E通量不变，P点的场强改变。q2q1�（C）穿过S面的E通量和P点的场强都不变。S�图1-1（D）穿过S面的E通量和P点的场强都改变。−qR3、如图1-2所示，一圆环均匀带电−q0，另有两个带电荷+q+qi都为+q的点电荷位于环的轴线上，分别在环的两侧，它O们到环心的距离都等于环的半径R。当此电荷系统处于平RRq衡时，则（数值比）为（）图1-2q0第29页 物理学（祝之光）习题解答（A）1.（B）22（1C）2（D）424、如图1-3所示，B和C是同一圆周上的两点，A为圆内的任意点，iB当在圆心处置一正点电荷时，则正确的是（）��������AiCBCBCi(A）∫Edl⋅>∫Edl⋅（B）∫Edl⋅<∫Edl⋅OqiAAAAB��C��B��C��（C）∫AEdl⋅=∫AEdl⋅（1D）∫AEdl⋅和∫AEdl⋅大小不确定。图1-35、如图1-4所示，AB和CD为两段同心（在点O）的圆弧，它们所张的圆心角都是ϕ。两圆弧都均匀带正电，并且电荷的线A密度也相等。设AB和CD在O点产生的电势分别为V和V，则C12正确的是（）+λ+λϕO(A）V>V（B）VE>EV,>V>V.ABCABCVA（1B）EAE>E,VV>V.EABCABC9、如图1-7所示，x轴上的两个电荷量都为+q的点电荷图1-6相距2a，球面S的球心O位于左边电荷处，半径为a。S和S为球面上两块相等的小面积，分别位于点O的左12��右两侧。设通过S、S的E通量分别为ψ和ψ，通过球面S的E通量为ψ，则正确的1212s是：（）q(A）ψ>ψψ,=.12sε0S2qSqq（B）ψ1<ψψ2,s=.2iS1iε0Oxq（1C）ψ1=ψψ2,s=.aaε0图1-7q(D)ψ<ψψ,=.12sε010、极板间为真空的平行板电容器充电后与电源断开，今将两极板用绝缘工具拉开一些距离，则下列结论中不正确的是（）(A）电容器两极板间的电势差增大。（B）电容器的电容减少。（C）电容器中电场能量增加。（1D）电容器两极间的电场强度增大。二、填空题1、说明下列各式的物理意义：����（1）EdS⋅、（1）通过任一小面元dS的E通量；。��1�（2）�∫EdS⋅=∑qi（2）在真空中，通过任一闭合曲面S的E通量，等于该曲Sε0（S内）第31页 物理学（祝之光）习题解答面所包围的所有电荷的代数和∑qi除以ε0。S内。���（3）Edl⋅（3）将单位正电荷移动dl时，电场力作的功；。b��（4）∫Edl⋅（4）将单位正电荷从a点移动到b点，电场力作的功；a。��（5）�∫Edl⋅=0（5）静电场的环流为零。L。2、一均匀带电的空心橡皮球，在吹大的过程中始终维持球状，球内任意点的场强不变，电势变小；始终在球外的任意点的场强不变，电势不变（填写变大、变小或不变）。3、如图1-8（a）在一边长为a的正六边形的六个顶点放置六个点电荷+q（或−q），则此六边形中心O处的场强大小为E=，场强方向为。若如图（b）放置，并把一试验电荷q由无限远处移至O点，则电场力所作的功为。0（取零电势点在无限远。）4、设有一无限长均匀带电直线，如图1-9所示。电荷线密度为λ.AB、两点分别在线的两侧，它们到线的距离分别为a和b。则AB、两点间的电势差为。将一试验电荷q从A点移到B点，带电直线和q组成的系统的电势能改变量为。00yAλ+q−q+q+q•a••••+q−q−q••••••−qb•Bx••••−q+q+q+q图1-9()a图1-8()bS3S25、如图1-10所示，一点电荷q位于不带电的空S1腔导体（灰色者）腔内。设有三个封闭曲面S1、S2•q第32页图1-10 物理学（祝之光）习题解答�和S（用虚线表示），在这三个曲面中，E通量为零的曲面是，场强处处为零3的曲面是。6、电荷线密度分别为λ和λ的两平行均匀带电长直导线，相距为d，则单位长度上的电12荷受到的静电力大小为。7、一半径为R的球体均匀带电，电荷体密度为ρ，则球体外距球心为r的点的场强大小为；球体内距球心为r的点的场强大小为。8、两无限大的平行平面均匀带电，面电荷密度都是σσ(>0)，如图1-11所示，则区域Ι��中各点场强E=，区域Ⅱ中各点场强E=，，区域Ⅲ中12���各点场强E=。（E方向用单位矢量i表示）39、半径为R的导体球A，带有电荷q，球外有一内外半径分别为R和R的同心导体球123壳B，壳上带有电荷Q。则球A的电势V=，球壳B的电势V=。AB（取零电势点在无限远。）10、两无限大金属平板A和B的面积都是S，平行相对，板间距离为d。将两板接电源后，使两板电势分别为V=VV,=0.现将另一带电荷q、面积也为SAB厚度可不计的金属薄片平行相对地插在A、B两板之间，如图1-12所示。则金属薄片C的电势V=。c�i+σ+σⅠⅡⅢ图1-11第七章稳恒磁场y7-5、如图1所示，已知一均匀磁场的磁感应强度e40cmb30cmB=0.2T，方向沿x轴正向。试求：a�B第33页30cmcOfxd50cmz图1 物理学（祝之光）习题解答（1）通过图中abcd面的磁通量；（2）通过图中befc面的磁通量；（3）通过图中aefd面的磁通量。��解：（1）ϕ=BS⋅=BScosπ=0.2(0.40.3)(1)××−=−0.24()Tm����π（2）由于S⊥B，ϕ=BS⋅=BScos=0nm2（3）从abcd面穿入的磁感线全部从aefd穿出，所以ϕ=0.24()Tm7-6一载有电流I=7.0A的硬导线，转折处为半径r=0.10m的四分之一圆周ab。均匀外磁场的大小为B=1.0T，其方向垂直于导线所在的平面，如图2所示，求圆弧ab部分所受的力。����解：在圆弧上任取一电流元Idl，根据安培定律dF=Idl×B得：dF=IBdl（方向沿半径指向外）设Ob方向为x轴正方向，Oa方向为y轴正方向，且dF与Ob的夹角设为θ，则：⎧dFx=dFcosθ=IBcosθdl=IBrcosθθda�⎨××××I×B×dF=dFsinθ=IBsinθdl=IBrsinθθd⎩y××××××π××××××⎧⎪F=2IBrcosθθd=IBr=7.01.00.10.7()××=N⎪x∫0×××××b×⎨πO⎪F=2IBrsinθθd=IBr=7.01.00.10.7()××=N⎪⎩y∫0图2FyπF=2F≈1.0()N与Ob的夹角α=arctan=xF4x7-8一半圆形闭合线圈，半径R=0.1m，通有电流I=10A，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，大小为0.5T，如图3所示，求线圈所受力矩的大小。���π12M=ISe×B=ISBsin=10(×π×0.1)0.5×n解：22=7.810(×−2Nm⋅)I�BR7-11一条无限长直导线在在一处弯折成半径为R的圆弧，如图4所示，若已知导线中电流强度为I，试利用毕奥-萨伐尔定律求（1）当圆弧为半圆周时，圆心O处的磁感应强度B；图3第34页 物理学（祝之光）习题解答1（2）当圆弧为圆周时，圆心O处的磁感应强度B。4���µIdl×e0r解：由毕奥-萨伐尔定律dB=知，由于场点O与直线电流的夹角总是为24πr��00µ0Idl×er0或180，所以dB==0。因而，总的磁感强度只是由圆弧电流产生的。24πr�（1）在圆弧上任取电流元Idl，RII��O0µIdl×eµIdlsin90µIdl0r00dB===(a)2224πr4πR4πR(方向垂直纸面向里)πRµIdlµIµI000B=dB==πR=∫∫04πR24πR24RIπR2µ0Idlµ0IπRµ0II（2）同理可得：B=dB===∫∫04πR24πR228RI7-12如图5所示，两根导线沿半径方向引到铁环上的A、B两OR（b）点，并在很远处电源相连，求环中心的磁感应强度。µIl图4011解：（如图5）B=⋅（方向向外）l12r2πrµIl022B=（方向向里）l2I2r2πr2IµAB=0(Il−Il)（1）lOIl211222114πrBI又因为l、l并联，所以IR=IR（R、R为l、l的1211221212图5IR电阻）即1=2IR21RlIl根据电阻定律，又有2=212，所以=，即Il=Il（2）1122RlIl1121（2）式代入（1）式，得B=07-13一长直导线ab，通有电流I=20A，其旁放置一段导线cd，通有电流I=10A，且12ab与cd在同一平面上，c端距ab为1cm，d端距ab为10cm，如图6所示。求导线cd所受的作用力。b解：直电流ab在周围空间产生磁场，直电流cd放在其磁场中，II2第35页1cda图6 物理学（祝之光）习题解答受到安培力的作用。在cd上任取一电流元Idr，距ab的垂直距离为r，则：2µI01B=（方向垂直纸面向里）2πr��µIµIIdr01012dF=IdrB×=Idr⋅=（方向向上）222πr2πr10cmµ012IIdrµ012II−7−5F=∫dF=∫=ln10=×210×20102.3××=9.210()×N1cm2πr2π7-17如图7所示，载流长直导线中的电流为I。求通过矩形面积CDEF的磁通量。解：在距载流长直导线距离为r处的磁感强度为µI0B=（方向垂直纸面向里）2πr在矩形线框中取面元ds=ldr则通过面元ds的磁通量为：CD��µIµIldr00dϕ=Bds⋅=ldr=2πr2πrIlbµIldrµIlb00ϕ=∫dϕ=∫=lna2πr2πaFdrEab图7第八章电磁感应电磁场−28-3一长直导线，通有电流I=5A，在与其相距d=5.010×m处放一矩形线圈，线圈1000−2−1匝，线圈在如图8-1所示位置以速度v=×310ms⋅沿垂直于长导线的方向向右运动的瞬时，线圈中的感应电动势是多少？方向如何？（设线圈长−2−2b=4.010×m，宽a=2.010×m。）BCa解：BC、AD边不切割磁感线，不产生感应电动势．I�bvAB产生电动势dB���µI0ε=N(vB×)d⋅l=NvBb=Nvb1∫A2dπADCD产生电动势图8-1D���µI0ε=N(vB×)d⋅l=−Nvb2∫C2π(ad+)∴回路中总感应电动势第36页 物理学（祝之光）习题解答µ0Ibv11−6ε=ε+ε=N(−)=6.8610()×V122πdd+a方向沿顺时针．8-6如图8-2所示，通过回路的磁感应线与线圈平面垂直指向纸内，磁通量以下列关系式变2−3化Φ=(6t+7t+×1)10(Wb)，式中t以秒计。求t=2s时回路中感××××B××××应电动势的大小和方向。××××dφd2−3−3解：ε=−=−(6t+7t+×1)10=−(12t+7)10×i××××dtdt−3−2当t=2s时，ε=−(1227)10×+×=−3.110()×ViR由右螺旋定则知，电动势方向为逆时针方向图8-208-7ab、cd两段导线，长度均为0.10m，在b处相接而成30角，如图8-3所示。若使��−1导线在均匀磁场中以速率v=1.5ms⋅向右运动，磁场B的方向垂直纸面向里，B的大小−2为2.510×T。问a、c之间的电势差为多少？哪一端电势高？若导线向上运动，则又如何？−1解：（1）以速率v=1.5ms⋅向右运动时���π××××�××××cε=−×⋅=−vBlvBlcos(−θ)=−vBlsinθBi××××××××2�=−1.52.510××−2×0.10sin30×0=−1.910()×−3V××××××××vab××××××××由右螺旋定则可以判定，感应电动势的方向向上，图8-3所以c点电势高。（2）导线向上运动时0−23−3ε=BlvBlv+cos30=2.510××0.101.5(1××+)=7.010()×Vi2由右螺旋定则可以判定，感应电动势的方向向左，所以a点电势高。8-8一长直导线，载有电流I=40A。在其旁边放置一金属杆AB。A端与导线的距离为−1a=0.1m，B端与导线的距离为b=1.0m，如图8-4所示。设金属杆AB以匀速v=2ms⋅向上运动，试求此金属杆中的感应电动势，并问哪一端电势较�高？v解:在AB上距长直导线电流为r处任取一微元dr，根据动生ABIa第37页b图8-4 物理学（祝之光）习题解答电动势的定义式，可得：���µ0I0µ0Ivdrdε=×⋅vBdr=v()(dr)(cos180)=−2πr2πr1.0µ0Ivdrµ0Iv−7ε=∫dε=−∫=−ln10=−×210×4022.3××0.12πr2π由右螺旋定则可以判定，−5=−3.6810()×V感应电动势的方向向左，所以A点电势高。��8-9长为l的一金属杆ab，水平放置在均匀磁场B中，如ωB图8-5所示。金属棒可绕O点在水平面内以角速度ω旋转，abO点离a端的距离为l（设k>2）。试求a、b两端的电Okl势差，并指出哪端电势高。kl解：（1）Ob两端的电势差：图8-5在金属棒上任取一微元dr，根据动生电动势的定义式，可得：���0dε=×⋅vBdr=rBdrω(cos180)=−rBdrω12l(1−)ωBl12ε=k−rBdrω=−(1−)（电动势方向由b指向O，b端电势低）Ob∫02k（2）Oa两端的电势差：12l(1−)ωBl1同理可得ε=k−rBdrω=−（电动势方向由a指向O，a端电势低）Oa∫022k222ωBl1ωBl12ωBl2（3）U=V−V=−−−[(1−)]=(1−)>0abab22k2k2ka端电势高。自测题（3）一、选择题（每小题给出的答案中，只有一个是正确的）�1、一带电粒子的径迹如图3-1所示。此带电粒子进入均匀磁场B（方向垂直纸面向里）中运动，穿过一水平放置的铅板b后，继续在磁场中运动。则粒子带电的正负以及粒子穿过铅板的方向是（要考虑带电粒子穿过铅板将损失动能）（）第38页 物理学（祝之光）习题解答（1）粒子带负电，且从a点出发穿过铅板b到达c点。（2）粒子带负电，且从c点出发穿过铅板b到达a点。（3）粒子带正电，且从a点出发穿过铅板b到达c点。（4）粒子带正电，且从c点出发穿过铅板b到达a点。��2、一电子，在互相正交的均匀电场E和均匀磁场B（如图3-2所示）中作直线运动，则此电子的运动方向必定是：（）（1）沿x轴正向。（2）沿x轴负向。y（3）沿y轴正向。（4）沿y轴负向。�E（5）沿z轴正向。（6）沿z轴负向。�xOBz图3-2a×××××××××�3、一环形导线中通有电流I，对3-3图示的回路L×××B××××××�×××××××××磁感强度B的环流应（）×××××××××（1）2µI（2）−2µI（3）2I00×××b××××××（4）−2I（5）0×××××××××c4、下列各种说法中正确的是（）×××××××××�图3-1（1）电荷在空间各点要激发电场，电流元Idl在空间各点也要激发磁场。（2）在稳恒磁场中，若闭合曲线不围绕有任何电流，则该闭合曲线上各点的磁感应强度必为零。（3）静止电荷在磁场中不受磁场力，运动电荷在磁场中必受磁场力。（4）所有电场都是保守力场，所有磁场都是涡旋场。5、在一圆形电流I的平面内，取一个同心的圆形闭合回路L，如图3-4所示。对回路L，���由安培环路定理：�∫Bdl⋅=∫Bdll=µ0∑I，（式中Bl为B在回路L上的切向分量），则LL下列结论中正确的是（）����（1）Bdl⋅=0,且B=0.（2）Bdl⋅=0,且B=0.∫Ll∫Ll����（3）Bdl⋅≠µI,且B≠0.（4）Bdl⋅=µI,且B≠0.∫L0l∫L0第39页 物理学（祝之光）习题解答ILILI图3-4图3-3�6、一个电流元Idl置于直角坐标系的原点，电流沿z轴正向，则空间点Pxyz(,,)的磁感应强度沿x轴的分量是（）µ(Idly)µ(Idlx)µ(Idly)000（1）0（2）−（3）−（4）−22232222322224(πx+y+z)4(πx+y+z)4πx+y+z7、由导线组成的一矩形线框，以匀速率从无磁场的空间进入均匀磁场中，然后从磁场中出来，又在无磁场的空间运动。在图3-5中正确地表示了线框中电流对时间的函数关系的图是（）�vBIIOt(b)Ot(a)III(c)OtO图3-5t(d)O()et8、真空中一长直螺线管通有电流I时，储存的磁能为W；若螺线管中充以相对磁导率11µ=4的磁介质，且电流增加为I=2I，螺线管中储存的磁能为W。则WW为r21212（）（1）116（2）18（3）14（4）12第40页 物理学（祝之光）习题解答9、一条形磁铁，沿一根很长的竖直铜管自由落下，不计空气阻力，磁铁速率的变化将是下面四种说法的哪一种？（）（1）速率越来越大。（2）速率越来越小。（3）速率越来越大，经一定时间后，速率越来越小。（4）速率越来越大，经一定时间后，以恒速率运动。�10、如图3-6所示，在均匀磁场B中的导体棒AB，绕通过COω�点的轴OO′转动，AC