[大学物理简明教程]课后习题答案(全)2

《大学物理简明教程》习题解答

习题一

1-1 ｜r｜与r有无不同?和有无不同? 同?其不同在哪里?试举例说明．

rr2r1；





drdt

drdt

dvdt

和

dvdt

有无不

解：（1）r是位移的模，r是位矢的模的增量，即rr2r1，

drdt

drdsdtvdt

（2）

drdt

是速度的模，即.

只是速度在径向上的分量.

ˆdrdrdrˆrr

ˆdtdtdt ˆrrr∵有（式中r叫做单位矢），则dr

式中dt

就是速度径向上的分量，

∴

题1-1图

dvdt

drdr与

dtdt不同如题

1-1图所示

.

(3)量.

vv(表轨道节线方向单位矢）∵有，所以



dvdvdvdtdtdt



dva

dt表示加速度的模，即

dv

，dt是加速度a在切向上的分

dv

式中dt就是加速度的切向分量.

ˆdˆdr与

(dtdt的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)

1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度

和加速度时，有人先求出r＝

而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结

dr

22

xy，然后根据v=dt

d2r

，及a＝dt2

果，即

=及a=

你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？

解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角

rxiyj， 坐标系中，有



drdxdyvij

dtdtdt

d2rd2xd2ya22i2j

dtdtdt

2

2

dxdy

dtdt

22

d2xd2ydt2dt2

22

故它们的模即为

dxdy

vvv

dtdt

2x

2y

2

而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作

drv

dt

drdr与2

其二，可能是将dtdtdr说明dt

2

d2xd2y22

aaxaydt2dt2



2

d2ra2

dt

误作速度与加速度的模。在1-1题中已

d2r

不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，dt2

也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分

2

d2rd

a径2r

dtdt。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r

在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速

v度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为

1

x=3t+5, y=2t2+3t-4.

式中t以 s计，x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点

的速度；(5)计算t＝0s 到t＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．

1

r(3t5)i(t23t4)j

2m 解：（1）

(2)将t1,t2代入上式即有



r18i0.5j m



r211j4jm



rr2r13j4.5jm



(3)∵ r05j4j,r417i16j

rr4r012i20j

3i5jms1

t404∴

drv3i(t3)jms1

(4) dt

v3i7j ms1 则 4v3i3j,v3i7j 4(5)∵ 0

vv4v041jms2

t44 dv

a1jms2

dt(6)

这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以v0(m·s1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知

l2

h2s2

将上式对时间t求导，得

2l

dlds

2sdtdt

题1-4图

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， ∴ 即

v船

v绳

dldsv0,v船dtdt

vdsldllv00dtsdtscos

lv0(h2s2)1/2v0v船

ss或

将v船再对t求导，即得船的加速度

dldsldvv0slv船

a船2v0v0

2

dtss

l22

(s)v02

h2v0s3

2ss

s

1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x2，a的

单位为ms2，x的单位为 m. 质点在x＝0处，速度为10ms1,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵

2

dadx(26x)dx 分离变量：

12

v2x2x3c

两边积分得 2

a

dvdvdxdv

vdtdxdtdx

由题知，x0时，v010,∴c50

31

v2xx25ms∴

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3tms2，开始

运动时，x＝5 m，v=0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置． 解：∵

分离变量，得 dv(43t)dt

a

dv

43tdt

积分，得

由题知，t0,v00,∴c10

3

v4tt2c1

2

3v4tt2

2 故

又因为 分离变量，

dx(4t

32

t)dt2

v

dx3

4tt2dt2

1

x2t2t3c2

2积分得

由题知 t0,x05,∴c25 故

所以t10s时

x2t2

13

t52

v10410

3

102190ms121

x1021021035705m

2

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3t3，

式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解：



dd9t2,18tdtdt

2

aR118236mst2s (1)时，

anR21(922)21296ms2

a

tan451

an

(2)当加速度方向与半径成45ο角时，有

222

即 RR 亦即 (9t)18t

则解得

t3

22

23t3232.67

9 于是角位移为9

rad

1-8

质点离圆周上某点的弧长,v0，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于b．

1v0tbt2

2质点沿半径为R的圆周按s＝的规律运动，式中s为

解：（1）

v

ds

v0btdt

dv

bdt

v2(v0bt)2

an

RR

a

2

2n

2

(v0bt)4

aaab

R2则

加速度与半径的夹角为

aRb



an(v0bt)2

(2)由题意应有

(v0bt)4

abb

R2 4

(vbt)

b2b202,(v0bt)40

R即

2

∴当时，ab

1-9 以初速度v0＝20ms1抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，

求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2

． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

t

v0b

题1-9图

(1)在最高点，

o

vvvcos601x0

an1g10ms2

又∵

an1

v12

1

v12(20cos60)2

1

an110

∴

(2)在落地点，

10m

v2v020ms1,

o

agcos60n而 2

2

v2(20)2

280m

an210cos60

∴

1-10飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad·s2，求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．

解：当t2s时，t0.220.4rads1 则vR0.40.40.16ms1

anR20.4(0.4)20.064ms2

aR0.40.20.08ms2

-1

1-11 一船以速率v1＝30km·h沿直线向东行驶，另一小艇在其

-1

前方以速率v2＝40km·h

沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?

vv 解：(1)大船看小艇，则有212v1，依题意作速度矢量图如题

1-13图

(a)

2

aana2(0.064)2(0.08)20.102ms2

题1-11图

221

vvv50kmh2112由图可知

方向北偏西 vv(2)小船看大船，则有121v2，依题意作出速度矢量图如题1-13

图(b)，同上法，得 方向南偏东36.87o

v1250kmh1

v13

36.87v24

习题二

2-1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以

v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，初速度v0运动，如图所示，

求这质点的运动轨道．

vmg解: 物体置于斜面上受到重力，斜面支持力N.建立坐标：取0

方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图

2-2.

题2-1图

X方向： Fx0 xv0t ①

方向： ②

Y

Fymgsinmay

t0时 y0 vy0

y

1

gsint22

由①、②式消去t，得

12gsinx2

2v0

16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力

y

-1

2-2 质量为

vy＝0．求

的分量为fx＝6 N，fy＝-7 N，当t＝0时，xy0，vx＝-2 m·s，当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度． 解：

ay

fym

ax

fx63

ms2m168



(1)

235

vxvx0axdt22ms1

084277

vyvy0aydt2ms1

0168

7

ms216

于是质点在2s时的速度

57

vij

48

ms1

(2)

11

r(v0taxt2)iayt2j

22

1713

(224)i()4j

28216

137ijm

48

2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常

数)作用，t=0时质点的速度为v0，证明(1) t时刻的速度为v＝

v0e

k()tm

；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 )［1-e

(k)tm

mv0

x＝(kmv0()

］；(3)停止运动前经过的距离为k；(4)

1

证明当tk时速度减至v0的e，式中

m为质点的质量．

kvdv

mdt

答: (1)∵

分离变量，得

dvkdtvm

a

tkdtdv



即 v0v0m

v

ln

vkt

lnemv0

kt

∴ vv0e

(2)

(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，

xvdtv0e

t

kt

kmv0t

dt(1e)

k

故有 (4)当

m

t=k

xv0e



kmt

dt

mv0

k

时，其速度为

vv0e

kmmk

v0e1

v0

e

1

即速度减至v0的e.

2-4

出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题2-6图

v一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速0从地面抛

题2-4图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,

而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30o，则动量的增量为

pmvmv0

mv由矢量图知，动量增量大小为0，方向竖直向下．



2-5 作用在质量为10 kg的物体上的力为F(102t)iN，式中t的

单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度

6jm·s-1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则

t41

p1Fdt(102t)idt56kgmsi

p1

v15.6ms1i

m

I1p156kgms1i

,沿x轴正向，

若物体原来具有6ms1初速，则

t

,



同理， v2v1,I2I1

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．

(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即



tF

p0mv0,pm(v0dt)mv0Fdt

0m0

于是 t

p2pp0Fdtp1

I(102t)dt10tt2

t

亦即 t解得t10s，(t20s舍去) 2-6

2

10t2000

1

vms一颗子弹由枪口射出时速率为0，当子弹在枪筒内被加

速时，它所受的合力为 F =(abt)N(a,b为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．

解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

F(abt)0,得

t

ab

(2)子弹所受的冲量

ab

t1I(abt)dtatbt2

02

将

t

代入，得

a2

I

2b

(3)由动量定理可求得子弹的质量



2-7设F合7i6jN．(1) 当一质点从原点运动到r3i4j16km

F时，求所作的功．(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化．



解: (1)由题知，F合为恒力，



AFr(7i6j)(3i4j16k) ∴ 合

Ia2

m

v02bv0

212445J



(2) (3)由动能定理，EkA45J

-1

2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

frs

1212kxmvmgssin3722

A45

75wt0.6

12

mvmgssin37frsk

12kx2

式中s4.80.25m，x0.2m，再代入有关数据，解得

k

1390Nm-1

题2-8图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h

frsmgssin37o

代入有关数据，得 s1.4m, 则木块弹回高度

12kx2

2-9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，

试证碰后两小球的运动方向互相垂直． 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

11122mv0mv12mv2222

hssin37o0.84m

即

①

22v0v12v2

题2-9图(a) 题2-9图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有

mv0mv1mv2

亦即 ②

由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足

vvv0勾股定理，且以为斜边，故知1与2是互相垂直的． 2-10

受到一个沿x负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量

vvivxyj, 质点一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为



v0v1v2

以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为 作用在质点上的力为

L0rmv



rx1iy1j ffi

所以，质点对原点的角动量为



(x1mvyy1mvx)k

(x1iy1i)m(vxivyj)

作用在质点上的力的力矩为

2-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距

104-1

离为r1＝8.75×10m 时的速率是v1＝5.46×10m·s，它离太

2-1

阳最远时的速率是v2＝9.08×10m·s这时它离太阳的距离r2

多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)

解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有

r1mv1r2mv2

r1v18.7510105.4610412

r25.2610m2

v9.08102∴

1vi6jmsr4imt2-12 物体质量为3kg，=0时位于, ，如一恒



力f5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相



M0rf(x1iy1j)(fi)y1fk

对z轴角动量的变化．

0 解: (1)

(2)解(一) xx0v0xt437

3

pfdt5jdt15jkgms1

1215

at633225.5j232 

即 r14i,r27i25.5j

yv0yt

5

vyv0yat6311

3

vxv0x1



即 v1i16j,v2i11j



Lrmv4i3(i6j)72k1∴ 11



L2r2mv2(7i25.5j)3(i11j)154.5k

21

∴ LL2L182.5kkgms

解(二) ∵

M

dzdt

tt

LMdt(rF)dt

∴

3



152

(4t)i(6t)t)j5jdt023

3

5(4t)kdt82.5kkgm2s1

题2-12图

2-13飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转

-1

动，转速为900rev·min．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?

(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F? 解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N是正压力，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．

题2-13图（a）

题2-13图(b) 杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

l1l2

Fl1

对飞轮，按转动定律有FrR/IF(l1l2)Nl10

N

，式中负号表示与角速度方

N

向相反．

∵ FrN N∴

FrN

I

l1l2

Fl1

又∵

1

mR2,2

∴

①

以F100N等代入上式，得





FrR2(l1l2)

FImRl1

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

t

20.40(0.500.75)40

100rads2

600.250.503

这段时间内飞轮的角位移为

1900291409

()2

2604234

53.12rad

可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

090023

7.06s6040

0tt2

(2)

0900

2

rads160，要求飞轮转速在t2s内减少一半，可知

0

0t



0

2t



用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

F

mRl1

2(l1l2)

15

rads22

2-14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称

600.250.5015

20.40(0.500.75)2177N

轴OO转动．设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求：

(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．

解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题2-14(a)图 题2-14(b)图 (1) m1,m2和柱体的运动方程如下：

T2m2gm2a2 ① m1gT1m1a1 ②



T1RT2rI ③

式中 T1T1,T2T2,a2r,a1R 而 由上式求得





Rm1rm2

g

Im1R2m2r2

0.220.12

9.8

I

11MR2mr222

11

100.20240.10220.20220.102226.13rads2

(2)由①式 由②式

T2m2rm2g20.106.1329.820.8N

2-15 如题

端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有

mg

11

(ml2)23

3g

2l

T1m1gm1R29.820.2.6.1317.1N

2-15图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一

∴ (2)由机械能守恒定律，有

mg



l11

sin(ml2)2223

3gsin

l

∴

题2-15图

习题三

3-1 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．

力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零．

3-2 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何?

答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物

质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．

从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点. 3-3 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么? 答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度微观本质是分子平均平动动能的量度．

NV

N

iii





890

21.7 ms1 41

2110420630840250

214682

方均根速率

2



NVN

ii

2

i

211024202610384022502

214682

25.6 ms1

3-5 速率分布函数f(v)的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n为分子数密度，N为系统总分子数)．

（1）f(v)dv （2）nf(v)dv （3）Nf(v)dv

vv

（4）0f(v)dv （5）0f(v)dv （6）vNf(v)dv

21

解：f(v)：表示一定质量的气体，在温度为T的平衡态时，分布在速率v附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比. (1) f(v)dv：表示分布在速率v附近，速率区间dv内的分子数占总分子数的百分比.

(2) nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数密度．

(3) Nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数．

v

4()0f(v)dv：表示分布在v1~v2区间内的分子数占总分子数的百分比． 

(5)0f(v)dv：表示分布在0~的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.

v

6()vNf(v)dv：表示分布在v1~v2区间内的分子数.

21

3-6 题3-6图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题3-6图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高?

答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高．

题3-6图

3-7 试说明下列各量的物理意义．

13i

kT （2）kT （3）kT 222

i3

（4）MiRT （5）RT （6）RT

22Mmol2

（1）

解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为

1

kT． 2

3kT2

(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为.

ikT2

(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为的内能为

Mi

RT. Mmol2

.

(4)由质量为M，摩尔质量为Mmol，自由度为i的分子组成的系统

i

RT. 23

(6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT，或者说热力

23

学体系内，1摩尔分子的平均平动动能之总和为RT.

2

(5) 1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为

3-8 有一水银气压计，当水银柱为0.76m高时，管顶离水银柱

-42

液面0.12m，管的截面积为2.0×10m，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6m，此时温度为

27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He的摩尔质量为

-1

0.004kg·mol)?

解：由理想气体状态方程pV

M

RT 得 Mmol

Mmol

pVRT

M

汞的重度 dHg1.33105Nm3 氦气的压强 P(0.760.60)dHg

氦气的体积 V(0.880.60)2.0104m3

M0.004

(0.760.60)dHg(0.282.0104)R(27327)

(0.760.60)dHg(0.282.0104)

8.31(27327)

0.004

1.91106Kg

3-9设有N个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求 (1)分布函数f(v)的表达式； (2)a与v0之间的关系；

(3)速度在1.5v0到2.0v0之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．

(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率．

题3-9图

解：(1)从图上可得分布函数表达式

Nf(v)av/v0

Nf(v)aNf(v)0

av/Nv0f(v)a/N

0

(0vv0)(v0v2v0) (v2v0)

(0vv0)(v0v2v0) (v2v0)

f(v)满足归一化条件，但这里纵坐标是Nf(v)而不是f(v)故曲线下

的总面积为N，

(2)由归一化条件可得



v0

N

2v0av

dvNadvN

v0

v0

a

2N3v0

(3)可通过面积计算Na(2v01.5v0)1N

3

(4) N个粒子平均速率



0

2

v0av2v01

vf(v)dvvNf(v)dvvavdv 0v0

N0v01123211(av0av0)v0 N329

(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率



v0

0.5v0

vdN

N1

Nv0vdN



N10.5v0N

Nv0Nv0av2

0.5vvf(v)dv0.5vdv

00N1N1Nv0

332av01v0av21av017av0

v()

N10.5v0v0N13v024v0N124

0.5v0到1v0区间内粒子数 131N1(a0.5a)(v00.5v0)av0N

284

27av07v0

6N9

3-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于vpvp1001与vpvp1001之间的分子数占总分子数的百分比． 解：令u

vvP

，则麦克斯韦速率分布函数可表示为

dN42u2

uedu N因为u1,u0.02 由

N42u2

ueu 得 NN4

1e10.021.66% N3-11 1mol氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少?

解：理想气体分子的能量

E

iRT2

3

8.313003739.5J 22

转动动能 r2 Er8.313002493J

2

5

内能i5 Ei8.313006232.5 J

2

平动动能 t3 Et



-3 -5

3-12 一真空管的真空度约为1.38×10Pa(即1.0×10mmHg)，试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分

-10

子的有效直径d＝3×10m)． 解：由气体状态方程pnkT得

p1.38103

n3.331017 m3 23

kT1.3810300

1

由平均自由程公式  2

2dn

1

7.5 m 2017

29103.3310

3-13 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，

-4

气压降到1.33×10Pa，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直

-10

径10 m)?

解：(1)碰撞频率公式2d2n 对于理想气体有pnkT，即

n

pkT

2d2p

所以有 

kT

8.31273

而 1.RT 1.455.43 ms1

28Mmol

氮气在标准状态下的平均碰撞频率



21020455.431.01310581

s 5.44100

1.381027321020455.431.331041

0.714s

1.381023273

气压下降后的平均碰撞频率



3-14 1mol氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比； (2)分子平均自由程之比．

解：由气体状态方程

p1p2

T1T2

及 p2V2p3V3

Mmol

方均根速率公式 21.RT

2初2末



T1

T2p11p22

p

kT

对于理想气体，pnkT，即 n所以有 

初T1p2

1 末p1T2

kT2dp

2

习题四

4-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．

QEpdVQEA（1） （2）

（3） （4）

解：(1)不正确，QEA (2)不正确， (3)不正确，

QΔEpdV

1

Q2Q1

不可逆1

Q2Q1

1

Q2Q1

Q2Q1

(4)不正确，

4-2 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在pV图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．

不可逆1

题4-2图

解：1.由热力学第一定律有

QEA 若有两个交点a和b，则 经等温ab过程有

E1Q1A10 经绝热ab过程

E2A10 E2A20

从上得出E1E2，这与a,b两点的内能变化应该相同矛盾． 2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为100%，违背了热力学第二定律．

4-3 一循环过程如题4-3图所示，试指出： (1)ab,bc,ca各是什么过程； (2)画出对应的pV图； (3)该循环是否是正循环?

(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积?

(5)用图中的热量Qab,Qbc,Qac表述其热机效率或致冷系数． 解：(1) ab是等体过程

bc过程：从图知有VKT，K为斜率 由pVvRT 得

vRK

故bc过程为等压过程 p

ca是等温过程

(2)pV图如题4-3’图

题4-3’图

(3)该循环是逆循环

(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是pV图中的图形．

(5)

e

Qab

QbcQcaQab

题4-3图 题4-4图

4-4 两个卡诺循环如题4-4图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同?

答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同．

AT及4-5 根据，这是否说明可逆过

程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．

答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变． 4-6 如题4-6图所示，一系统由状态a沿acb到达状态b的过程中，有350 J热量传入系统，而系统作功126 J．

(1)若沿adb时，系统作功42 J，问有多少热量传入系统? (2)若系统由状态b沿曲线ba返回状态a时，外界对系统作功为84 J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少

?

SBSA

B

dQ可逆

SBSA

dQ不可逆AT

B

题4-6图

解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差 QEA EQA350126224 J

过程，系统作功A42J

QEA22442266J 系统吸收热量 ba过程，外界对系统作功A84J QEA22484308J 系统放热

4-7 1 mol单原子理想气体从300 K加热到350 K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程

由热力学第一定律得QE

abd

吸热

QE

QECV(T2T1)

i

R(T2T1)2

对外作功 A0

(2)等压过程

i2

R(T2T1)2

5

Q8.31(350300)1038.75

2吸热 J QCP(T2T1)

3

8.31(350300)623.252 J

ECV(T2T1)

E

内能增加

对外作功 AQE1038.75623.5415.5J

3

4-8 0.01 m氮气在温度为300 K时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功．

解：(1)等温压缩 T300K 由p1V1p2V2 求得体积 对外作功

V2

p1V11

0.011103p210 m3

V2p

p1Vln1V1p2

3

8.31(350300)623.252 J

11.0131050.01ln0.01 4.67103J

AVRTln

(2)绝热压缩

CV

57R

5 2

p1V11/

V()由绝热方程 pV

211p2V2

p2

V(p1

1V1p)1/(p

12)V1

2p2

1

(1

10)40.011.93103

m由绝热方程T1



1p1T2p2 得

1

T

T1p2p1

3001.4(10)0.4

2T2579K1

A

热力学第一定律QE，Q0 所以

A

M

MCV(T2T1)mol

pV

M

Ap1V15MRT

R(T2T1)mol，RT12

A1.0131050.00130052(579300)23.5103

J

4-9 1 mol的理想气体的T-V图如题4-9图所示，延长线通过原点O．求ab过程气体对外做的功．

题4-9图

解：设TKV由图可求得直线的斜率K为

K

T0

2V0 得过程方程

KT02VV

0 由状态方程 pVRT 得

p

RT

V

ab过程气体对外作功

A

2V0vpdV

ab为直线，

A

2V0V0

2V0

v0

2V0RTRT0

dVdV

V0VV2V0

4-10 一卡诺热机在1000 K和300 K的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率；

(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少?

(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少? 解：(1)卡诺热机效率

1

300

70%1000

RT0RT

dV02V02

1

T2

T1

(2)低温热源温度不变时，若

要求 T11500K，高温热源温度需提高500K (3)高温热源温度不变时，若

11

300

80%T1

T2

80%1000

要求 T2200K，低温热源温度需降低100K

4-11 如题4-11图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB和CD是等压过程，BC和DA为绝热过程，已知B点和C点的温度分别为T2和T3．求此循环效率．这是卡诺循环吗?

题4-11图

解： (1)热机效率

CP(T2T1) AB等压过程 Q1

吸热

vCP(T2T1) CD等压过程 Q2

Q1

M

CP(TBTA)Mmol

1

Q2Q1

放热

Q2Q2

M

CP(TCTD)Mmol

根据绝热过程方程得到

11

AD绝热过程 pATApDTD

111

BC绝热过程 pBTBpCTC

Q2TCTDTC(1TD/TC)

Q1TBTATB(1TA/TB)

TDTTCTB

又

pApBpCpD

(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 4-12 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢? (2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机

7℃→27℃时，需作功

T1T2300280

Q2100071.4T2280 J 173℃→27℃时，需作功 A1A2

T1T2300100

Q210002000T2100J

1

T3

T2

e

Q2T2



A静T1T2

(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．

4-13 如题4-13图所示，1 mol双原子分子理想气体，从初态V120L,T1300K经历三种不同的过程到达末态V240L,T2300K． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．

题4-13图

解：12熵变

等温过程 dQdA, dApdV

pVRT

dQ1V2RT1

S2S1dV

1TT1V1V V

S2S1Rln2Rln25.76

V!

JK1

123熵变

2

S2S1

3

1

2dQdQ

T3T

CVdTTT

Cpln3CVln2

T1T3

TTT1T3

V1V2



ppT3 13等压过程 13 T1

S2S1

T3

CpdT



T2

T3V2

T 1V1 p3p2



32等体过程 T3T2 T2p2T3p3

T2p

2

T3p1

V2pCVln2V1p1

在12等温过程中 p1V1p2V2

S2S1CPln

所以 142熵变

S2S1

41

2dQdQ

T4T

S2S1CPln

V2VV

CVln2Rln2Rln2V1V1V1

14绝热过程

S2S10

T2

CpdTT

T4

Cpln

T2TCpln1T4T4

T1V41

T1V1T4V4

T4V11 Vpp

p1V1p4V4,4(1)1/(1)1/

V1p4p2

1

1

在12等温过程中 p1V1p2V2

V4ppV(1)1/(1)1/(2)1/V1p4p2V1

T1V(2)T4V1

1



S2S1CPln

4-14 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol的水，初始温度分别为T1和T2，T1＞T2，令其进行接触，最后达到相同温度T．求熵的变化，(设水的摩尔热容为Cmol)． 解：两个容器中的总熵变

SS0

TCCmoldTdTmol

T1T2

TTT

T11V2

CPlnRln2T4V1

TTT2

Cmol(lnln)Cmolln

T1T2T1T2

因为是两个相同体积的容器，故

Cmol(TT2)Cmol(T1T) 得

T

T2T1

2

(T2T1)2

SS0Cmolln

4T1T2

4-15 把0℃的0.5kg的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：

(1)水的熵变如何?

(2)若热源是温度为20 ℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大? (3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热

1

334Jg)

解：(1)水的熵变 (2)热源的熵变 (3)总熵变

Q0.5334103

S1612

T273 JK1 Q0.5334103

S2570

T293 JK1

熵增加

SS1S261257042 JK1

习题五

5-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示

(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q为负电荷

1q212cos304π0a24π0

q

qq(32

a)3

解得 (2)与三角形边长无关．

q3

题5-1图 题5-2图 5-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2,如题5-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示

Tcosmg



q2TsinF1

e

4π0(2lsin)2

解得 q2lsin40mgtan

5-3 在真空中有A，B两平行板，相对距离为d，板面积为S

，其

带电量分别为+q和-q．则这两板之间有相互作用力f，有人说

q2

f

2

=40d,又有人说，因为，所以．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为，另一板受它的作用力，这是两板间相互

作用的电场力．

5-4 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度

=5.0x10-9C·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2=5.0cm 处Q点的场强． 解： 如题5-4-图所示

E

q20S

E

q0S

qE

0Sf=qE,

q2

f=0S

q2

fq

20S20S

q

题5-4图

(1)在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产生场强为

dEP

1dx4π0(ax)2

EPdEP

π0(4a2l2)

用l15cm，5.0109Cm1, a12.5cm代入得



l

dx(ax)2

11[]

ll4π0

aa

22

4π0

l2l2

EP6.74102NC1 方向水平向右

(2)同理

dEQ

由于对称性l

dEQx

1dx4π0x2d22 方向如题8-6



0

，即EQ只有y分量， dEQy

1dx

4π0x2d22

d2x2d22

图所示

∵

dx

3

2

EQydEQy

l

d24π2



l2l2

(x2d22)



l

2π0l24d22

9

Ccm1, l15cm,d25cm代入得

以5.010

EQEQy14.96102NC1，方向沿y轴正向

5-5 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电

荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题5-5(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面．q在该平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量．(

arctan

R

x)

0 解: (1)由高斯定理s

立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等

qEdS

∴ 各面电通量．

(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心，则边长2a的正方形上电通量

e

q60

e

q60

q240

对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则如果它包含q所在顶点则e0．

e

，

如题5-5(a)图所示．题5-5(3)图

题5-5(a)图 题5-5(b)图 题5-5(c)图 (3)∵通过半径为R

S2π(R2x2)[1

的圆平面的电通量等于通过半径为

的球冠面的电通量，球冠面积*

xRx

q0

2

2

R2x2

]

S

1

R2x2] ∴ [

*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图

q

04π(R2x2)20

x

S2πrsinrd



2πr2(1cos)

5-6 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2

-3

×105C·m求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．

2πr

2



sind

解: 高斯定理

q

EdS

s

0,

E4πr2

q

0

q0r5cm时，当,E0

r8cm时，

qp

4π

3r3)(r内 3



∴

r12cm

E

4π32

rr内4π0r23.48104NC1， 方向沿半径向外．



时,



q

4π

33

r(r3外内）

∴

5-7 半径为R1和R2(R2＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r＞R2处各点的场强．

0 解: 高斯定理s

取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl

qEdS

E

4π33

r外r内

44.1010

4π0r2

NC1沿半径向外.



则



EdSE2πrl

S

对(1) rR1 q0,E0 (2) R1rR2 ql



2π0r 沿径向向外 ∴

(3) rR2 q0

E

∴ E

0

题5-8图

5-8 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和2，试求空间各处场强．

解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与2，

1E(12)n

20

两面间， 1

E(12)n

201面外， 1E(12)n

202面外，



n：垂直于两平面由1面指为2面．

题5-9图

5-9 如题5-9图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示

1qq

()04π0RR 1qqqUO()4π03RR6π0R UO

∴

5-10 如题5-10图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中心O点处的场强和电势．

解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取dlRd



dqRdOdE则产生点如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向

Aq0(UOUC)

qoq

6π0R

题5-10图

EdEy2



Rd

cos

4πR2

02





sin()sin

4π0R［2］ 2

2π0R

A

(2) AB电荷在O点产生电势，以U0

2Rdxdx

U1ln2

B4πxR4πx4π000

U2ln2

4π0

同理CD产生

半圆环产生

U3

πR

4π0R40

∴

2

5-11 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0 mm．B，C都接地，如题8-22图所示．如

-7

果使A板带正电3.0×10C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少?

解: 如题8-22图示，令A板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为2

UOU1U2U3

ln22π040

题5-11图

(1)∵ UACUAB，即 ∴ EACdACEABdAB

1EACdAB

2EdABAC∴ 2

且 1+2得

2



qA

S

qA2q,1A3S 3S

2

qC1SqA2107

C 3而

qB2S1107C (2)

1

dAC2.31030V

5-12 两个半径分别为R1和R2（R1＜R2)的同心薄金属球壳，现

UAEACdAC

给内球壳带电+q，试计算：

(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；

(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．

解: (1)内球带电q；球壳内表面带电则为q,外表面带电为q，且均匀分布，其电势

题5-12图

UEdr

R2

(2)外壳接地时，外表面电荷q入地，外表面不带电，内表面电

qdrq



R24πr24π0R 0

荷仍为q．所以球壳电势由内球q与内表面q产生：

(3)设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且

UA

q'4π0R1



q'4π0R2



qq'

0

4π0R2

U

q4π0R2



q4π0R2

0

得 外球壳上电势

UB

q'4π0R2



q'



q

R1

qR2

5-13

介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电Q．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解: 利用有介质时的高斯定理(1)介质内(R1rR2)场强

QrQr

D,E内3

4πr4π0rr3

4π0R2

在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电

qq'R1R2q

2

4π0R24π0R2



DdSq

S

;

介质外(rR2)场强

QrQr

D,E外3

4πr4π0r3 (2)介质外(rR2)电势 U

r

E外dr

Q4π0r

介质内(R1rR2)电势

UE内drE外dr rr

11Q

()

4π0rrR24π0R2Q11(r)4π0rrR2 

q

(3)金属球的电势

R2UE内drE外dr

R1

R2

Qdr

R4πr2R24πr2

0r0

Q11(r)4π

0rR1R2 

R2

Qdr





题5-14图

5-14 两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为R1和R2(R2＞R1)，且l>>R2-R1，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和-Q时，求：(1)在半径r处/R1＜r＜R2/，厚度为dr，长为l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．

解: 取半径为r的同轴圆柱面(S) 则 当(R1rR2)时，qQ ∴

D

Q2πrl

DdS2πrlD

(S)

D2Q2

w222

28πrl(1)电场能量密度

Q2Q2dr

dWwd2222πrdrl

8πrl4πrl薄壳中

(2)电介质中总电场能量

WdW

V

R2R1

RQ2drQ2ln2

4πrl4πlR1

Q2

W

2C(3)电容：∵

Q22πl

C

2Wln(R2/R1) ∴

题5-15图

C3=0.20F ．C1=0.25F，C1C2=0.15F，5-15 如题5-15图所示，

上电压为50V．求：UAB． 解: 电容C1上电量

Q1C1U1

电容C2与C3并联C23C2C3

其上电荷Q23Q1 ∴

UABU1U250(1

U2

Q23C1U12550

C23C2335

25

)8635 V

习题六



6-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作



用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?



解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作



用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所

B以不把磁力方向定义为的方向．

6-2 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?

答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．

-2

6-3 已知磁感应强度B2.0Wb·m的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题9-6图所示．试求：(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： 如题9-6图所示

题6-3图

(1)通过abcd面积S1的磁通是 (2)通过befc面积S2的磁通量



1BS12.00.30.40.24Wb



2BS20

45

(3)通过aefd面积S3的磁通量

3BS320.30.5cos20.30.50.24Wb (或曰0.24Wb)



题6-4图



6-4 如题6-4图所示，AB、CD为长直导线，BC为圆心在O点的一段圆弧形导线，其半径为R．若通以电流I，求O点的磁感应强度．



O点磁场由AB、CD三部分电流产生．BC、解：如题9-7图所示，其

中



AB 产生 B10

CD 产生B2

0I

12R

，方向垂直向里

0II(sin90sin60)0(1)，方向向里 2R242I

∴B0B1B2B30(1)，方向向里．

2R26

6-5 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1和L2，相距

CD 段产生 B3

A，I1=20A,I2=10A，0.1m，通有方向相反的电流，如题9-8图所示．B两点与导线在同一平面内．这两点与导线L2的距离均为

5.0cm．试求A，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．

题6-5图 

解：如题6-5图所示,BA方向垂直纸面向里

BA



0I1

2(0.10.05)



0I2

1.2104T

20.050I

I2

0 2r

(2)设B0在L2外侧距离L2为r处 则

2(r0.1)



解得 r0.1 m

题6-6图

B两6-6 如题6-6图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A，

点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O的磁感应强度．

解： 如题9-9图所示，圆心O点磁场由直电流A和B及两段圆弧上电流I1与I2所产生，但A和B在O点产生的磁场为零。且

I1电阻R2

. 

I2电阻R12



I1产生B1方向纸面向外

I(2)B101，

2R2

I2产生B2方向纸面向里

0I2

2R2

BI(2)

∴ 111

B2I2

B2

有 B0B1B20

6-7 设题6-7图中两导线中的电流均为8A，对图示的三条闭合曲线a,b,c，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：



(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等?



(2)在闭合曲线c上各点的B是否为零?为什么?





解： aBdl80



baBdl80 Bcdl0 

(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．



(2)在闭合曲线C上各点B不为零．只是B的环路积分为零而非每

点B0．

题6-7

图

6-8 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别

为b,c)构成，如题6-8图所示．使用时，电流I从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r＜a),(2)两导体之间(a＜r＜b)，（3）导体圆筒内(b＜r＜c)以及(4)电缆外(r＞c)各点处磁感应强度的大小



解： LBdl0I

Ir2

(1)ra B2r02

R

B

0Ir

2

2R0I

2r

(2) arb B2r0I

B

r2b2

(3)brc B2r0I220I

cb

0I(c2r2)

B22

2r(cb)

(4)rc B2r0

B0

题6-8图 题6-9图



6-9 在磁感应强度为B的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电流为I，如题6-9图所示．求其所受的安培力．

解：在曲线上取dl

则 Fb

lB

abaId

∵ dl与B夹角dl，B

不变，B是均匀的．∴ Fbb

2

aba

IdlBI(a

dl)BIB

方向⊥向上，大小FabBIab

题6-10图

6-10 如题6-10图所示，在长直导线AB内通以电流I1=20A，在矩形线圈CDEF中通有电流I2=10 A，AB与线圈共面，且CD，都与AB平行．已知a=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0 cm，求： (1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩．

解：(1)F

CD方向垂直CD向左，大小

F0I1

CDI2b

2d

8.0104 N 同理F

FE方向垂直FE向右，大小

FI0I1

FE2b(da8.01052 N

F

)

CF方向垂直CF向上，大小为

Fda0I1I2

Id2rdr01I22lndaCFd

9.2105 N F

ED方向垂直ED向下，大小为

FEDFCF9.2105(2)合力FFF

CDFE

FN F

CFED方向向左，大小为

F7.2104N

合力矩MP

mB ∵ 线圈与导线共面

EF

∴ Pm//B 

M0．

6-11 一正方形线圈，由细导线做成，边长为a，共有N匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有



电流I，并把线圈放在均匀的水平外磁场B中，线圈对其转轴的转动惯量为J.求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期T.



解：设微振动时线圈振动角度为 (Pm,B)，则

MPmBsinNIa2Bsin

d2

由转动定律 J2NIa2BsinNIa2B

at

d2NIa2B

0 即 2Jdt



NIa2B

∴ 振动角频率 

J

2J

周期 T2

Na2IB

6-12 一长直导线通有电流I1＝20A，旁边放一导线ab，其中通有

电流I2=10A，且两者共面，如6-12图所示．求导线ab所受作用力对O点的力矩．

解：在ab上取dr，它受力 

dFab向上，大小为

I

dFI2dr01

2r

dF对O点力矩dMrF 

dM方向垂直纸面向外，大小为

dMrdF

MdM

ab

0I1I2

dr 2

0I1I22



b

a

dr3.6106 N

m

题6-12图

-4

6-13 电子在B=70×10T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半



径r=3.0cm．已知B垂直于纸面向外，某时刻电子在A点，速度v向上，如题6-13图．

(1) 试画出这电子运动的轨道；



(2) 求这电子速度v的大小； (3)求这电子的动能Ek．

题6-13图

解：(1)轨迹如图

v2

(2)∵ evBm

r

eBr

3.7107ms1 ∴ vm1

(3) EKmv26.21016 J

2

题6-14图

6-14 题6-14图中的三条线表示三种不同磁介质的BH关系曲线，虚线是B=0H关系的曲线，试指出哪一条是表示顺磁质?哪一条是表示抗磁质?哪一条是表示铁磁质?

答: 曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质． 6-15 螺绕环中心周长L=10cm，环上线圈匝数N=200匝，线圈中通有电流I=100 mA．



(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度B0；



(2)若环内充满相对磁导率r=4200的磁性物质，则管内的B和H各是多少?



*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的B0和由磁化电流



产生的B′各是多少?



解: (1) lHdlI

HLNI

NIH200Am1

L

B00H2.5104T

(2)H200 Am1BHroH1.05 T



(3)由传导电流产生的B0即(1)中的B02.5104T ∴由磁化电流产生的BBB01.05T

习题七

7-1 一半径r=10cm的圆形回路放在B=0.8T的均匀磁场中．回



路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率dr

dt

=80cm·s收缩时，

-1

求回路中感应电动势的大小．

解: 回路磁通 mBSBπr2 感应电动势大小



dmddr

(Bπr2)B2πr0.40 V dtdtdt

题7-2图

7-2 如题7-2图所示，载有电流I的长直导线附近，放一导体半圆环MeN与长直导线共面，且端点MN的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b，环心O与导线相距a．设半圆环以速度v平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN两端的电压 UMUN．



解: 作辅助线MN，则在MeNM回路中，沿v方向运动时dm0 ∴ MeNM0 即 MeNMN 又∵ MNabvBcosd所以MeN沿NeM方向，

大小为 0Ivlnab

2

ab

M

ab

l

0Ivab

ln0 2ab

点电势高于N点电势，即

0Ivab

ln 2ab

UMUN

题7-3图

7-3如题7-3所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以dI的

dt

变化率增大，求：

(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则

bada

ln] d2πr2πr2πbd

d0ldabadI

[lnln] (2) dt2πdbdt

7-4 如题7-4图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长

(1) mb

ba

0I

ldr

da

0I

dr

0Il

[ln

方形线圈，两者共面．线圈长b=0.06m，宽a=0.04m，线圈以速

-1

度v=0.03m·s垂直于直线平移远离．求：d=0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．

题7-4图



解: AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA产生电动势

I

1(vB)dlvBbvb0 D2dBC产生电动势

C0I

2(vB)dlvb B2π(ad)

A

∴回路中总感应电动势

12

0Ibv1

2π

1

()1.6108 V dda

方向沿顺时针．

7-5 长度为l的金属杆ab以速率v在导电轨道abcd上平行移动．已



知导轨处于均匀磁场B中，B的方向与回路的法线成60°角(如



题7-5图所示)，B的大小为B=kt(k为正常)．设t=0时杆位于cd

处，求：任一时刻t导线回路中感应电动势的大小和方向．



解: mBdSBlvtcos60kt2lv11klvt2

22d

∴ mklvt

dt

即沿abcd方向顺时针方向．

题7-5图



7-6 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题7-6图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t=0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时

d

0,0； dt

题7-6图(a)图(b) 在磁场中时出场时

d

0,0； dt

题7-6

d

0，0，故It曲线如题dt

7-6图(b)所示.

题7-7图

l3

aO=磁7-7 一导线ab长为l，绕过O点的垂直轴以匀角速转动，

感应强度B平行于转轴，如图10-10所示．试求：

（1）ab两端的电势差； （2）a,b两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob上取rrdr一小段 则 Ob

rBdr

2B2

l 9

l

1

3rBdrBl2 018

2l30

同理 Oa

《大学物理简明教程》习题解答

习题一

1-1 ｜r｜与r有无不同?和有无不同? 同?其不同在哪里?试举例说明．

rr2r1；





drdt

drdt

dvdt

和

dvdt

有无不

解：（1）r是位移的模，r是位矢的模的增量，即rr2r1，

drdt

drdsdtvdt

（2）

drdt

是速度的模，即.

只是速度在径向上的分量.

ˆdrdrdrˆrr

ˆdtdtdt ˆrrr∵有（式中r叫做单位矢），则dr

式中dt

就是速度径向上的分量，

∴

题1-1图

dvdt

drdr与

dtdt不同如题

1-1图所示

.

(3)量.

vv(表轨道节线方向单位矢）∵有，所以



dvdvdvdtdtdt



dva

dt表示加速度的模，即

dv

，dt是加速度a在切向上的分

dv

式中dt就是加速度的切向分量.

ˆdˆdr与

(dtdt的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)

1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度

和加速度时，有人先求出r＝

而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结

dr

22

xy，然后根据v=dt

d2r

，及a＝dt2

果，即

=及a=

你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？

解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角

rxiyj， 坐标系中，有



drdxdyvij

dtdtdt

d2rd2xd2ya22i2j

dtdtdt

2

2

dxdy

dtdt

22

d2xd2ydt2dt2

22

故它们的模即为

dxdy

vvv

dtdt

2x

2y

2

而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作

drv

dt

drdr与2

其二，可能是将dtdtdr说明dt

2

d2xd2y22

aaxaydt2dt2



2

d2ra2

dt

误作速度与加速度的模。在1-1题中已

d2r

不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，dt2

也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分

2

d2rd

a径2r

dtdt。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r

在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速

v度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为

1

x=3t+5, y=2t2+3t-4.

式中t以 s计，x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点

的速度；(5)计算t＝0s 到t＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．

1

r(3t5)i(t23t4)j

2m 解：（1）

(2)将t1,t2代入上式即有



r18i0.5j m



r211j4jm



rr2r13j4.5jm



(3)∵ r05j4j,r417i16j

rr4r012i20j

3i5jms1

t404∴

drv3i(t3)jms1

(4) dt

v3i7j ms1 则 4v3i3j,v3i7j 4(5)∵ 0

vv4v041jms2

t44 dv

a1jms2

dt(6)

这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以v0(m·s1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知

l2

h2s2

将上式对时间t求导，得

2l

dlds

2sdtdt

题1-4图

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， ∴ 即

v船

v绳

dldsv0,v船dtdt

vdsldllv00dtsdtscos

lv0(h2s2)1/2v0v船

ss或

将v船再对t求导，即得船的加速度

dldsldvv0slv船

a船2v0v0

2

dtss

l22

(s)v02

h2v0s3

2ss

s

1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x2，a的

单位为ms2，x的单位为 m. 质点在x＝0处，速度为10ms1,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵

2

dadx(26x)dx 分离变量：

12

v2x2x3c

两边积分得 2

a

dvdvdxdv

vdtdxdtdx

由题知，x0时，v010,∴c50

31

v2xx25ms∴

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3tms2，开始

运动时，x＝5 m，v=0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置． 解：∵

分离变量，得 dv(43t)dt

a

dv

43tdt

积分，得

由题知，t0,v00,∴c10

3

v4tt2c1

2

3v4tt2

2 故

又因为 分离变量，

dx(4t

32

t)dt2

v

dx3

4tt2dt2

1

x2t2t3c2

2积分得

由题知 t0,x05,∴c25 故

所以t10s时

x2t2

13

t52

v10410

3

102190ms121

x1021021035705m

2

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3t3，

式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解：



dd9t2,18tdtdt

2

aR118236mst2s (1)时，

anR21(922)21296ms2

a

tan451

an

(2)当加速度方向与半径成45ο角时，有

222

即 RR 亦即 (9t)18t

则解得

t3

22

23t3232.67

9 于是角位移为9

rad

1-8

质点离圆周上某点的弧长,v0，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于b．

1v0tbt2

2质点沿半径为R的圆周按s＝的规律运动，式中s为

解：（1）

v

ds

v0btdt

dv

bdt

v2(v0bt)2

an

RR

a

2

2n

2

(v0bt)4

aaab

R2则

加速度与半径的夹角为

aRb



an(v0bt)2

(2)由题意应有

(v0bt)4

abb

R2 4

(vbt)

b2b202,(v0bt)40

R即

2

∴当时，ab

1-9 以初速度v0＝20ms1抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，

求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2

． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

t

v0b

题1-9图

(1)在最高点，

o

vvvcos601x0

an1g10ms2

又∵

an1

v12

1

v12(20cos60)2

1

an110

∴

(2)在落地点，

10m

v2v020ms1,

o

agcos60n而 2

2

v2(20)2

280m

an210cos60

∴

1-10飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad·s2，求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．

解：当t2s时，t0.220.4rads1 则vR0.40.40.16ms1

anR20.4(0.4)20.064ms2

aR0.40.20.08ms2

-1

1-11 一船以速率v1＝30km·h沿直线向东行驶，另一小艇在其

-1

前方以速率v2＝40km·h

沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?

vv 解：(1)大船看小艇，则有212v1，依题意作速度矢量图如题

1-13图

(a)

2

aana2(0.064)2(0.08)20.102ms2

题1-11图

221

vvv50kmh2112由图可知

方向北偏西 vv(2)小船看大船，则有121v2，依题意作出速度矢量图如题1-13

图(b)，同上法，得 方向南偏东36.87o

v1250kmh1

v13

36.87v24

习题二

2-1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以

v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，初速度v0运动，如图所示，

求这质点的运动轨道．

vmg解: 物体置于斜面上受到重力，斜面支持力N.建立坐标：取0

方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图

2-2.

题2-1图

X方向： Fx0 xv0t ①

方向： ②

Y

Fymgsinmay

t0时 y0 vy0

y

1

gsint22

由①、②式消去t，得

12gsinx2

2v0

16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力

y

-1

2-2 质量为

vy＝0．求

的分量为fx＝6 N，fy＝-7 N，当t＝0时，xy0，vx＝-2 m·s，当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度． 解：

ay

fym

ax

fx63

ms2m168



(1)

235

vxvx0axdt22ms1

084277

vyvy0aydt2ms1

0168

7

ms216

于是质点在2s时的速度

57

vij

48

ms1

(2)

11

r(v0taxt2)iayt2j

22

1713

(224)i()4j

28216

137ijm

48

2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常

数)作用，t=0时质点的速度为v0，证明(1) t时刻的速度为v＝

v0e

k()tm

；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 )［1-e

(k)tm

mv0

x＝(kmv0()

］；(3)停止运动前经过的距离为k；(4)

1

证明当tk时速度减至v0的e，式中

m为质点的质量．

kvdv

mdt

答: (1)∵

分离变量，得

dvkdtvm

a

tkdtdv



即 v0v0m

v

ln

vkt

lnemv0

kt

∴ vv0e

(2)

(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，

xvdtv0e

t

kt

kmv0t

dt(1e)

k

故有 (4)当

m

t=k

xv0e



kmt

dt

mv0

k

时，其速度为

vv0e

kmmk

v0e1

v0

e

1

即速度减至v0的e.

2-4

出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题2-6图

v一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速0从地面抛

题2-4图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,

而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30o，则动量的增量为

pmvmv0

mv由矢量图知，动量增量大小为0，方向竖直向下．



2-5 作用在质量为10 kg的物体上的力为F(102t)iN，式中t的

单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度

6jm·s-1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则

t41

p1Fdt(102t)idt56kgmsi

p1

v15.6ms1i

m

I1p156kgms1i

,沿x轴正向，

若物体原来具有6ms1初速，则

t

,



同理， v2v1,I2I1

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．

(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即



tF

p0mv0,pm(v0dt)mv0Fdt

0m0

于是 t

p2pp0Fdtp1

I(102t)dt10tt2

t

亦即 t解得t10s，(t20s舍去) 2-6

2

10t2000

1

vms一颗子弹由枪口射出时速率为0，当子弹在枪筒内被加

速时，它所受的合力为 F =(abt)N(a,b为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．

解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

F(abt)0,得

t

ab

(2)子弹所受的冲量

ab

t1I(abt)dtatbt2

02

将

t

代入，得

a2

I

2b

(3)由动量定理可求得子弹的质量



2-7设F合7i6jN．(1) 当一质点从原点运动到r3i4j16km

F时，求所作的功．(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化．



解: (1)由题知，F合为恒力，



AFr(7i6j)(3i4j16k) ∴ 合

Ia2

m

v02bv0

212445J



(2) (3)由动能定理，EkA45J

-1

2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

frs

1212kxmvmgssin3722

A45

75wt0.6

12

mvmgssin37frsk

12kx2

式中s4.80.25m，x0.2m，再代入有关数据，解得

k

1390Nm-1

题2-8图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h

frsmgssin37o

代入有关数据，得 s1.4m, 则木块弹回高度

12kx2

2-9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，

试证碰后两小球的运动方向互相垂直． 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

11122mv0mv12mv2222

hssin37o0.84m

即

①

22v0v12v2

题2-9图(a) 题2-9图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有

mv0mv1mv2

亦即 ②

由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足

vvv0勾股定理，且以为斜边，故知1与2是互相垂直的． 2-10

受到一个沿x负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量

vvivxyj, 质点一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为



v0v1v2

以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为 作用在质点上的力为

L0rmv



rx1iy1j ffi

所以，质点对原点的角动量为



(x1mvyy1mvx)k

(x1iy1i)m(vxivyj)

作用在质点上的力的力矩为

2-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距

104-1

离为r1＝8.75×10m 时的速率是v1＝5.46×10m·s，它离太

2-1

阳最远时的速率是v2＝9.08×10m·s这时它离太阳的距离r2

多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)

解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有

r1mv1r2mv2

r1v18.7510105.4610412

r25.2610m2

v9.08102∴

1vi6jmsr4imt2-12 物体质量为3kg，=0时位于, ，如一恒



力f5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相



M0rf(x1iy1j)(fi)y1fk

对z轴角动量的变化．

0 解: (1)

(2)解(一) xx0v0xt437

3

pfdt5jdt15jkgms1

1215

at633225.5j232 

即 r14i,r27i25.5j

yv0yt

5

vyv0yat6311

3

vxv0x1



即 v1i16j,v2i11j



Lrmv4i3(i6j)72k1∴ 11



L2r2mv2(7i25.5j)3(i11j)154.5k

21

∴ LL2L182.5kkgms

解(二) ∵

M

dzdt

tt

LMdt(rF)dt

∴

3



152

(4t)i(6t)t)j5jdt023

3

5(4t)kdt82.5kkgm2s1

题2-12图

2-13飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转

-1

动，转速为900rev·min．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?

(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F? 解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N是正压力，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．

题2-13图（a）

题2-13图(b) 杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

l1l2

Fl1

对飞轮，按转动定律有FrR/IF(l1l2)Nl10

N

，式中负号表示与角速度方

N

向相反．

∵ FrN N∴

FrN

I

l1l2

Fl1

又∵

1

mR2,2

∴

①

以F100N等代入上式，得





FrR2(l1l2)

FImRl1

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

t

20.40(0.500.75)40

100rads2

600.250.503

这段时间内飞轮的角位移为

1900291409

()2

2604234

53.12rad

可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

090023

7.06s6040

0tt2

(2)

0900

2

rads160，要求飞轮转速在t2s内减少一半，可知

0

0t



0

2t



用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

F

mRl1

2(l1l2)

15

rads22

2-14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称

600.250.5015

20.40(0.500.75)2177N

轴OO转动．设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求：

(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．

解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题2-14(a)图 题2-14(b)图 (1) m1,m2和柱体的运动方程如下：

T2m2gm2a2 ① m1gT1m1a1 ②



T1RT2rI ③

式中 T1T1,T2T2,a2r,a1R 而 由上式求得





Rm1rm2

g

Im1R2m2r2

0.220.12

9.8

I

11MR2mr222

11

100.20240.10220.20220.102226.13rads2

(2)由①式 由②式

T2m2rm2g20.106.1329.820.8N

2-15 如题

端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有

mg

11

(ml2)23

3g

2l

T1m1gm1R29.820.2.6.1317.1N

2-15图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一

∴ (2)由机械能守恒定律，有

mg



l11

sin(ml2)2223

3gsin

l

∴

题2-15图

习题三

3-1 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．

力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零．

3-2 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何?

答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物

质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．

从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点. 3-3 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么? 答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度微观本质是分子平均平动动能的量度．

NV

N

iii





890

21.7 ms1 41

2110420630840250

214682

方均根速率

2



NVN

ii

2

i

211024202610384022502

214682

25.6 ms1

3-5 速率分布函数f(v)的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n为分子数密度，N为系统总分子数)．

（1）f(v)dv （2）nf(v)dv （3）Nf(v)dv

vv

（4）0f(v)dv （5）0f(v)dv （6）vNf(v)dv

21

解：f(v)：表示一定质量的气体，在温度为T的平衡态时，分布在速率v附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比. (1) f(v)dv：表示分布在速率v附近，速率区间dv内的分子数占总分子数的百分比.

(2) nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数密度．

(3) Nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数．

v

4()0f(v)dv：表示分布在v1~v2区间内的分子数占总分子数的百分比． 

(5)0f(v)dv：表示分布在0~的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.

v

6()vNf(v)dv：表示分布在v1~v2区间内的分子数.

21

3-6 题3-6图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题3-6图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高?

答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高．

题3-6图

3-7 试说明下列各量的物理意义．

13i

kT （2）kT （3）kT 222

i3

（4）MiRT （5）RT （6）RT

22Mmol2

（1）

解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为

1

kT． 2

3kT2

(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为.

ikT2

(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为的内能为

Mi

RT. Mmol2

.

(4)由质量为M，摩尔质量为Mmol，自由度为i的分子组成的系统

i

RT. 23

(6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT，或者说热力

23

学体系内，1摩尔分子的平均平动动能之总和为RT.

2

(5) 1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为

3-8 有一水银气压计，当水银柱为0.76m高时，管顶离水银柱

-42

液面0.12m，管的截面积为2.0×10m，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6m，此时温度为

27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He的摩尔质量为

-1

0.004kg·mol)?

解：由理想气体状态方程pV

M

RT 得 Mmol

Mmol

pVRT

M

汞的重度 dHg1.33105Nm3 氦气的压强 P(0.760.60)dHg

氦气的体积 V(0.880.60)2.0104m3

M0.004

(0.760.60)dHg(0.282.0104)R(27327)

(0.760.60)dHg(0.282.0104)

8.31(27327)

0.004

1.91106Kg

3-9设有N个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求 (1)分布函数f(v)的表达式； (2)a与v0之间的关系；

(3)速度在1.5v0到2.0v0之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．

(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率．

题3-9图

解：(1)从图上可得分布函数表达式

Nf(v)av/v0

Nf(v)aNf(v)0

av/Nv0f(v)a/N

0

(0vv0)(v0v2v0) (v2v0)

(0vv0)(v0v2v0) (v2v0)

f(v)满足归一化条件，但这里纵坐标是Nf(v)而不是f(v)故曲线下

的总面积为N，

(2)由归一化条件可得



v0

N

2v0av

dvNadvN

v0

v0

a

2N3v0

(3)可通过面积计算Na(2v01.5v0)1N

3

(4) N个粒子平均速率



0

2

v0av2v01

vf(v)dvvNf(v)dvvavdv 0v0

N0v01123211(av0av0)v0 N329

(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率



v0

0.5v0

vdN

N1

Nv0vdN



N10.5v0N

Nv0Nv0av2

0.5vvf(v)dv0.5vdv

00N1N1Nv0

332av01v0av21av017av0

v()

N10.5v0v0N13v024v0N124

0.5v0到1v0区间内粒子数 131N1(a0.5a)(v00.5v0)av0N

284

27av07v0

6N9

3-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于vpvp1001与vpvp1001之间的分子数占总分子数的百分比． 解：令u

vvP

，则麦克斯韦速率分布函数可表示为

dN42u2

uedu N因为u1,u0.02 由

N42u2

ueu 得 NN4

1e10.021.66% N3-11 1mol氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少?

解：理想气体分子的能量

E

iRT2

3

8.313003739.5J 22

转动动能 r2 Er8.313002493J

2

5

内能i5 Ei8.313006232.5 J

2

平动动能 t3 Et



-3 -5

3-12 一真空管的真空度约为1.38×10Pa(即1.0×10mmHg)，试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分

-10

子的有效直径d＝3×10m)． 解：由气体状态方程pnkT得

p1.38103

n3.331017 m3 23

kT1.3810300

1

由平均自由程公式  2

2dn

1

7.5 m 2017

29103.3310

3-13 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，

-4

气压降到1.33×10Pa，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直

-10

径10 m)?

解：(1)碰撞频率公式2d2n 对于理想气体有pnkT，即

n

pkT

2d2p

所以有 

kT

8.31273

而 1.RT 1.455.43 ms1

28Mmol

氮气在标准状态下的平均碰撞频率



21020455.431.01310581

s 5.44100

1.381027321020455.431.331041

0.714s

1.381023273

气压下降后的平均碰撞频率



3-14 1mol氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比； (2)分子平均自由程之比．

解：由气体状态方程

p1p2

T1T2

及 p2V2p3V3

Mmol

方均根速率公式 21.RT

2初2末



T1

T2p11p22

p

kT

对于理想气体，pnkT，即 n所以有 

初T1p2

1 末p1T2

kT2dp

2

习题四

4-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．

QEpdVQEA（1） （2）

（3） （4）

解：(1)不正确，QEA (2)不正确， (3)不正确，

QΔEpdV

1

Q2Q1

不可逆1

Q2Q1

1

Q2Q1

Q2Q1

(4)不正确，

4-2 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在pV图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．

不可逆1

题4-2图

解：1.由热力学第一定律有

QEA 若有两个交点a和b，则 经等温ab过程有

E1Q1A10 经绝热ab过程

E2A10 E2A20

从上得出E1E2，这与a,b两点的内能变化应该相同矛盾． 2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为100%，违背了热力学第二定律．

4-3 一循环过程如题4-3图所示，试指出： (1)ab,bc,ca各是什么过程； (2)画出对应的pV图； (3)该循环是否是正循环?

(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积?

(5)用图中的热量Qab,Qbc,Qac表述其热机效率或致冷系数． 解：(1) ab是等体过程

bc过程：从图知有VKT，K为斜率 由pVvRT 得

vRK

故bc过程为等压过程 p

ca是等温过程

(2)pV图如题4-3’图

题4-3’图

(3)该循环是逆循环

(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是pV图中的图形．

(5)

e

Qab

QbcQcaQab

题4-3图 题4-4图

4-4 两个卡诺循环如题4-4图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同?

答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同．

AT及4-5 根据，这是否说明可逆过

程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．

答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变． 4-6 如题4-6图所示，一系统由状态a沿acb到达状态b的过程中，有350 J热量传入系统，而系统作功126 J．

(1)若沿adb时，系统作功42 J，问有多少热量传入系统? (2)若系统由状态b沿曲线ba返回状态a时，外界对系统作功为84 J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少

?

SBSA

B

dQ可逆

SBSA

dQ不可逆AT

B

题4-6图

解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差 QEA EQA350126224 J

过程，系统作功A42J

QEA22442266J 系统吸收热量 ba过程，外界对系统作功A84J QEA22484308J 系统放热

4-7 1 mol单原子理想气体从300 K加热到350 K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程

由热力学第一定律得QE

abd

吸热

QE

QECV(T2T1)

i

R(T2T1)2

对外作功 A0

(2)等压过程

i2

R(T2T1)2

5

Q8.31(350300)1038.75

2吸热 J QCP(T2T1)

3

8.31(350300)623.252 J

ECV(T2T1)

E

内能增加

对外作功 AQE1038.75623.5415.5J

3

4-8 0.01 m氮气在温度为300 K时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功．

解：(1)等温压缩 T300K 由p1V1p2V2 求得体积 对外作功

V2

p1V11

0.011103p210 m3

V2p

p1Vln1V1p2

3

8.31(350300)623.252 J

11.0131050.01ln0.01 4.67103J

AVRTln

(2)绝热压缩

CV

57R

5 2

p1V11/

V()由绝热方程 pV

211p2V2

p2

V(p1

1V1p)1/(p

12)V1

2p2

1

(1

10)40.011.93103

m由绝热方程T1



1p1T2p2 得

1

T

T1p2p1

3001.4(10)0.4

2T2579K1

A

热力学第一定律QE，Q0 所以

A

M

MCV(T2T1)mol

pV

M

Ap1V15MRT

R(T2T1)mol，RT12

A1.0131050.00130052(579300)23.5103

J

4-9 1 mol的理想气体的T-V图如题4-9图所示，延长线通过原点O．求ab过程气体对外做的功．

题4-9图

解：设TKV由图可求得直线的斜率K为

K

T0

2V0 得过程方程

KT02VV

0 由状态方程 pVRT 得

p

RT

V

ab过程气体对外作功

A

2V0vpdV

ab为直线，

A

2V0V0

2V0

v0

2V0RTRT0

dVdV

V0VV2V0

4-10 一卡诺热机在1000 K和300 K的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率；

(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少?

(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少? 解：(1)卡诺热机效率

1

300

70%1000

RT0RT

dV02V02

1

T2

T1

(2)低温热源温度不变时，若

要求 T11500K，高温热源温度需提高500K (3)高温热源温度不变时，若

11

300

80%T1

T2

80%1000

要求 T2200K，低温热源温度需降低100K

4-11 如题4-11图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB和CD是等压过程，BC和DA为绝热过程，已知B点和C点的温度分别为T2和T3．求此循环效率．这是卡诺循环吗?

题4-11图

解： (1)热机效率

CP(T2T1) AB等压过程 Q1

吸热

vCP(T2T1) CD等压过程 Q2

Q1

M

CP(TBTA)Mmol

1

Q2Q1

放热

Q2Q2

M

CP(TCTD)Mmol

根据绝热过程方程得到

11

AD绝热过程 pATApDTD

111

BC绝热过程 pBTBpCTC

Q2TCTDTC(1TD/TC)

Q1TBTATB(1TA/TB)

TDTTCTB

又

pApBpCpD

(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 4-12 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢? (2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机

7℃→27℃时，需作功

T1T2300280

Q2100071.4T2280 J 173℃→27℃时，需作功 A1A2

T1T2300100

Q210002000T2100J

1

T3

T2

e

Q2T2



A静T1T2

(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．

4-13 如题4-13图所示，1 mol双原子分子理想气体，从初态V120L,T1300K经历三种不同的过程到达末态V240L,T2300K． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．

题4-13图

解：12熵变

等温过程 dQdA, dApdV

pVRT

dQ1V2RT1

S2S1dV

1TT1V1V V

S2S1Rln2Rln25.76

V!

JK1

123熵变

2

S2S1

3

1

2dQdQ

T3T

CVdTTT

Cpln3CVln2

T1T3

TTT1T3

V1V2



ppT3 13等压过程 13 T1

S2S1

T3

CpdT



T2

T3V2

T 1V1 p3p2



32等体过程 T3T2 T2p2T3p3

T2p

2

T3p1

V2pCVln2V1p1

在12等温过程中 p1V1p2V2

S2S1CPln

所以 142熵变

S2S1

41

2dQdQ

T4T

S2S1CPln

V2VV

CVln2Rln2Rln2V1V1V1

14绝热过程

S2S10

T2

CpdTT

T4

Cpln

T2TCpln1T4T4

T1V41

T1V1T4V4

T4V11 Vpp

p1V1p4V4,4(1)1/(1)1/

V1p4p2

1

1

在12等温过程中 p1V1p2V2

V4ppV(1)1/(1)1/(2)1/V1p4p2V1

T1V(2)T4V1

1



S2S1CPln

4-14 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol的水，初始温度分别为T1和T2，T1＞T2，令其进行接触，最后达到相同温度T．求熵的变化，(设水的摩尔热容为Cmol)． 解：两个容器中的总熵变

SS0

TCCmoldTdTmol

T1T2

TTT

T11V2

CPlnRln2T4V1

TTT2

Cmol(lnln)Cmolln

T1T2T1T2

因为是两个相同体积的容器，故

Cmol(TT2)Cmol(T1T) 得

T

T2T1

2

(T2T1)2

SS0Cmolln

4T1T2

4-15 把0℃的0.5kg的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：

(1)水的熵变如何?

(2)若热源是温度为20 ℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大? (3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热

1

334Jg)

解：(1)水的熵变 (2)热源的熵变 (3)总熵变

Q0.5334103

S1612

T273 JK1 Q0.5334103

S2570

T293 JK1

熵增加

SS1S261257042 JK1

习题五

5-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示

(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q为负电荷

1q212cos304π0a24π0

q

qq(32

a)3

解得 (2)与三角形边长无关．

q3

题5-1图 题5-2图 5-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2,如题5-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示

Tcosmg



q2TsinF1

e

4π0(2lsin)2

解得 q2lsin40mgtan

5-3 在真空中有A，B两平行板，相对距离为d，板面积为S

，其

带电量分别为+q和-q．则这两板之间有相互作用力f，有人说

q2

f

2

=40d,又有人说，因为，所以．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为，另一板受它的作用力，这是两板间相互

作用的电场力．

5-4 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度

=5.0x10-9C·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2=5.0cm 处Q点的场强． 解： 如题5-4-图所示

E

q20S

E

q0S

qE

0Sf=qE,

q2

f=0S

q2

fq

20S20S

q

题5-4图

(1)在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产生场强为

dEP

1dx4π0(ax)2

EPdEP

π0(4a2l2)

用l15cm，5.0109Cm1, a12.5cm代入得



l

dx(ax)2

11[]

ll4π0

aa

22

4π0

l2l2

EP6.74102NC1 方向水平向右

(2)同理

dEQ

由于对称性l

dEQx

1dx4π0x2d22 方向如题8-6



0

，即EQ只有y分量， dEQy

1dx

4π0x2d22

d2x2d22

图所示

∵

dx

3

2

EQydEQy

l

d24π2



l2l2

(x2d22)



l

2π0l24d22

9

Ccm1, l15cm,d25cm代入得

以5.010

EQEQy14.96102NC1，方向沿y轴正向

5-5 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电

荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题5-5(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面．q在该平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量．(

arctan

R

x)

0 解: (1)由高斯定理s

立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等

qEdS

∴ 各面电通量．

(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心，则边长2a的正方形上电通量

e

q60

e

q60

q240

对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则如果它包含q所在顶点则e0．

e

，

如题5-5(a)图所示．题5-5(3)图

题5-5(a)图 题5-5(b)图 题5-5(c)图 (3)∵通过半径为R

S2π(R2x2)[1

的圆平面的电通量等于通过半径为

的球冠面的电通量，球冠面积*

xRx

q0

2

2

R2x2

]

S

1

R2x2] ∴ [

*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图

q

04π(R2x2)20

x

S2πrsinrd



2πr2(1cos)

5-6 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2

-3

×105C·m求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．

2πr

2



sind

解: 高斯定理

q

EdS

s

0,

E4πr2

q

0

q0r5cm时，当,E0

r8cm时，

qp

4π

3r3)(r内 3



∴

r12cm

E

4π32

rr内4π0r23.48104NC1， 方向沿半径向外．



时,



q

4π

33

r(r3外内）

∴

5-7 半径为R1和R2(R2＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r＞R2处各点的场强．

0 解: 高斯定理s

取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl

qEdS

E

4π33

r外r内

44.1010

4π0r2

NC1沿半径向外.



则



EdSE2πrl

S

对(1) rR1 q0,E0 (2) R1rR2 ql



2π0r 沿径向向外 ∴

(3) rR2 q0

E

∴ E

0

题5-8图

5-8 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和2，试求空间各处场强．

解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与2，

1E(12)n

20

两面间， 1

E(12)n

201面外， 1E(12)n

202面外，



n：垂直于两平面由1面指为2面．

题5-9图

5-9 如题5-9图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示

1qq

()04π0RR 1qqqUO()4π03RR6π0R UO

∴

5-10 如题5-10图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中心O点处的场强和电势．

解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取dlRd



dqRdOdE则产生点如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向

Aq0(UOUC)

qoq

6π0R

题5-10图

EdEy2



Rd

cos

4πR2

02





sin()sin

4π0R［2］ 2

2π0R

A

(2) AB电荷在O点产生电势，以U0

2Rdxdx

U1ln2

B4πxR4πx4π000

U2ln2

4π0

同理CD产生

半圆环产生

U3

πR

4π0R40

∴

2

5-11 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0 mm．B，C都接地，如题8-22图所示．如

-7

果使A板带正电3.0×10C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少?

解: 如题8-22图示，令A板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为2

UOU1U2U3

ln22π040

题5-11图

(1)∵ UACUAB，即 ∴ EACdACEABdAB

1EACdAB

2EdABAC∴ 2

且 1+2得

2



qA

S

qA2q,1A3S 3S

2

qC1SqA2107

C 3而

qB2S1107C (2)

1

dAC2.31030V

5-12 两个半径分别为R1和R2（R1＜R2)的同心薄金属球壳，现

UAEACdAC

给内球壳带电+q，试计算：

(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；

(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．

解: (1)内球带电q；球壳内表面带电则为q,外表面带电为q，且均匀分布，其电势

题5-12图

UEdr

R2

(2)外壳接地时，外表面电荷q入地，外表面不带电，内表面电

qdrq



R24πr24π0R 0

荷仍为q．所以球壳电势由内球q与内表面q产生：

(3)设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且

UA

q'4π0R1



q'4π0R2



qq'

0

4π0R2

U

q4π0R2



q4π0R2

0

得 外球壳上电势

UB

q'4π0R2



q'



q

R1

qR2

5-13

介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电Q．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解: 利用有介质时的高斯定理(1)介质内(R1rR2)场强

QrQr

D,E内3

4πr4π0rr3

4π0R2

在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电

qq'R1R2q

2

4π0R24π0R2



DdSq

S

;

介质外(rR2)场强

QrQr

D,E外3

4πr4π0r3 (2)介质外(rR2)电势 U

r

E外dr

Q4π0r

介质内(R1rR2)电势

UE内drE外dr rr

11Q

()

4π0rrR24π0R2Q11(r)4π0rrR2 

q

(3)金属球的电势

R2UE内drE外dr

R1

R2

Qdr

R4πr2R24πr2

0r0

Q11(r)4π

0rR1R2 

R2

Qdr





题5-14图

5-14 两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为R1和R2(R2＞R1)，且l>>R2-R1，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和-Q时，求：(1)在半径r处/R1＜r＜R2/，厚度为dr，长为l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．

解: 取半径为r的同轴圆柱面(S) 则 当(R1rR2)时，qQ ∴

D

Q2πrl

DdS2πrlD

(S)

D2Q2

w222

28πrl(1)电场能量密度

Q2Q2dr

dWwd2222πrdrl

8πrl4πrl薄壳中

(2)电介质中总电场能量

WdW

V

R2R1

RQ2drQ2ln2

4πrl4πlR1

Q2

W

2C(3)电容：∵

Q22πl

C

2Wln(R2/R1) ∴

题5-15图

C3=0.20F ．C1=0.25F，C1C2=0.15F，5-15 如题5-15图所示，

上电压为50V．求：UAB． 解: 电容C1上电量

Q1C1U1

电容C2与C3并联C23C2C3

其上电荷Q23Q1 ∴

UABU1U250(1

U2

Q23C1U12550

C23C2335

25

)8635 V

习题六



6-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作



用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?



解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作



用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所

B以不把磁力方向定义为的方向．

6-2 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?

答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．

-2

6-3 已知磁感应强度B2.0Wb·m的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题9-6图所示．试求：(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： 如题9-6图所示

题6-3图

(1)通过abcd面积S1的磁通是 (2)通过befc面积S2的磁通量



1BS12.00.30.40.24Wb



2BS20

45

(3)通过aefd面积S3的磁通量

3BS320.30.5cos20.30.50.24Wb (或曰0.24Wb)



题6-4图



6-4 如题6-4图所示，AB、CD为长直导线，BC为圆心在O点的一段圆弧形导线，其半径为R．若通以电流I，求O点的磁感应强度．



O点磁场由AB、CD三部分电流产生．BC、解：如题9-7图所示，其

中



AB 产生 B10

CD 产生B2

0I

12R

，方向垂直向里

0II(sin90sin60)0(1)，方向向里 2R242I

∴B0B1B2B30(1)，方向向里．

2R26

6-5 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1和L2，相距

CD 段产生 B3

A，I1=20A,I2=10A，0.1m，通有方向相反的电流，如题9-8图所示．B两点与导线在同一平面内．这两点与导线L2的距离均为

5.0cm．试求A，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．

题6-5图 

解：如题6-5图所示,BA方向垂直纸面向里

BA



0I1

2(0.10.05)



0I2

1.2104T

20.050I

I2

0 2r

(2)设B0在L2外侧距离L2为r处 则

2(r0.1)



解得 r0.1 m

题6-6图

B两6-6 如题6-6图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A，

点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O的磁感应强度．

解： 如题9-9图所示，圆心O点磁场由直电流A和B及两段圆弧上电流I1与I2所产生，但A和B在O点产生的磁场为零。且

I1电阻R2

. 

I2电阻R12



I1产生B1方向纸面向外

I(2)B101，

2R2

I2产生B2方向纸面向里

0I2

2R2

BI(2)

∴ 111

B2I2

B2

有 B0B1B20

6-7 设题6-7图中两导线中的电流均为8A，对图示的三条闭合曲线a,b,c，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：



(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等?



(2)在闭合曲线c上各点的B是否为零?为什么?





解： aBdl80



baBdl80 Bcdl0 

(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．



(2)在闭合曲线C上各点B不为零．只是B的环路积分为零而非每

点B0．

题6-7

图

6-8 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别

为b,c)构成，如题6-8图所示．使用时，电流I从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r＜a),(2)两导体之间(a＜r＜b)，（3）导体圆筒内(b＜r＜c)以及(4)电缆外(r＞c)各点处磁感应强度的大小



解： LBdl0I

Ir2

(1)ra B2r02

R

B

0Ir

2

2R0I

2r

(2) arb B2r0I

B

r2b2

(3)brc B2r0I220I

cb

0I(c2r2)

B22

2r(cb)

(4)rc B2r0

B0

题6-8图 题6-9图



6-9 在磁感应强度为B的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电流为I，如题6-9图所示．求其所受的安培力．

解：在曲线上取dl

则 Fb

lB

abaId

∵ dl与B夹角dl，B

不变，B是均匀的．∴ Fbb

2

aba

IdlBI(a

dl)BIB

方向⊥向上，大小FabBIab

题6-10图

6-10 如题6-10图所示，在长直导线AB内通以电流I1=20A，在矩形线圈CDEF中通有电流I2=10 A，AB与线圈共面，且CD，都与AB平行．已知a=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0 cm，求： (1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩．

解：(1)F

CD方向垂直CD向左，大小

F0I1

CDI2b

2d

8.0104 N 同理F

FE方向垂直FE向右，大小

FI0I1

FE2b(da8.01052 N

F

)

CF方向垂直CF向上，大小为

Fda0I1I2

Id2rdr01I22lndaCFd

9.2105 N F

ED方向垂直ED向下，大小为

FEDFCF9.2105(2)合力FFF

CDFE

FN F

CFED方向向左，大小为

F7.2104N

合力矩MP

mB ∵ 线圈与导线共面

EF

∴ Pm//B 

M0．

6-11 一正方形线圈，由细导线做成，边长为a，共有N匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有



电流I，并把线圈放在均匀的水平外磁场B中，线圈对其转轴的转动惯量为J.求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期T.



解：设微振动时线圈振动角度为 (Pm,B)，则

MPmBsinNIa2Bsin

d2

由转动定律 J2NIa2BsinNIa2B

at

d2NIa2B

0 即 2Jdt



NIa2B

∴ 振动角频率 

J

2J

周期 T2

Na2IB

6-12 一长直导线通有电流I1＝20A，旁边放一导线ab，其中通有

电流I2=10A，且两者共面，如6-12图所示．求导线ab所受作用力对O点的力矩．

解：在ab上取dr，它受力 

dFab向上，大小为

I

dFI2dr01

2r

dF对O点力矩dMrF 

dM方向垂直纸面向外，大小为

dMrdF

MdM

ab

0I1I2

dr 2

0I1I22



b

a

dr3.6106 N

m

题6-12图

-4

6-13 电子在B=70×10T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半



径r=3.0cm．已知B垂直于纸面向外，某时刻电子在A点，速度v向上，如题6-13图．

(1) 试画出这电子运动的轨道；



(2) 求这电子速度v的大小； (3)求这电子的动能Ek．

题6-13图

解：(1)轨迹如图

v2

(2)∵ evBm

r

eBr

3.7107ms1 ∴ vm1

(3) EKmv26.21016 J

2

题6-14图

6-14 题6-14图中的三条线表示三种不同磁介质的BH关系曲线，虚线是B=0H关系的曲线，试指出哪一条是表示顺磁质?哪一条是表示抗磁质?哪一条是表示铁磁质?

答: 曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质． 6-15 螺绕环中心周长L=10cm，环上线圈匝数N=200匝，线圈中通有电流I=100 mA．



(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度B0；



(2)若环内充满相对磁导率r=4200的磁性物质，则管内的B和H各是多少?



*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的B0和由磁化电流



产生的B′各是多少?



解: (1) lHdlI

HLNI

NIH200Am1

L

B00H2.5104T

(2)H200 Am1BHroH1.05 T



(3)由传导电流产生的B0即(1)中的B02.5104T ∴由磁化电流产生的BBB01.05T

习题七

7-1 一半径r=10cm的圆形回路放在B=0.8T的均匀磁场中．回



路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率dr

dt

=80cm·s收缩时，

-1

求回路中感应电动势的大小．

解: 回路磁通 mBSBπr2 感应电动势大小



dmddr

(Bπr2)B2πr0.40 V dtdtdt

题7-2图

7-2 如题7-2图所示，载有电流I的长直导线附近，放一导体半圆环MeN与长直导线共面，且端点MN的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b，环心O与导线相距a．设半圆环以速度v平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN两端的电压 UMUN．



解: 作辅助线MN，则在MeNM回路中，沿v方向运动时dm0 ∴ MeNM0 即 MeNMN 又∵ MNabvBcosd所以MeN沿NeM方向，

大小为 0Ivlnab

2

ab

M

ab

l

0Ivab

ln0 2ab

点电势高于N点电势，即

0Ivab

ln 2ab

UMUN

题7-3图

7-3如题7-3所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以dI的

dt

变化率增大，求：

(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则

bada

ln] d2πr2πr2πbd

d0ldabadI

[lnln] (2) dt2πdbdt

7-4 如题7-4图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长

(1) mb

ba

0I

ldr

da

0I

dr

0Il

[ln

方形线圈，两者共面．线圈长b=0.06m，宽a=0.04m，线圈以速

-1

度v=0.03m·s垂直于直线平移远离．求：d=0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．

题7-4图



解: AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA产生电动势

I

1(vB)dlvBbvb0 D2dBC产生电动势

C0I

2(vB)dlvb B2π(ad)

A

∴回路中总感应电动势

12

0Ibv1

2π

1

()1.6108 V dda

方向沿顺时针．

7-5 长度为l的金属杆ab以速率v在导电轨道abcd上平行移动．已



知导轨处于均匀磁场B中，B的方向与回路的法线成60°角(如



题7-5图所示)，B的大小为B=kt(k为正常)．设t=0时杆位于cd

处，求：任一时刻t导线回路中感应电动势的大小和方向．



解: mBdSBlvtcos60kt2lv11klvt2

22d

∴ mklvt

dt

即沿abcd方向顺时针方向．

题7-5图



7-6 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题7-6图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t=0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时

d

0,0； dt

题7-6图(a)图(b) 在磁场中时出场时

d

0,0； dt

题7-6

d

0，0，故It曲线如题dt

7-6图(b)所示.

题7-7图

l3

aO=磁7-7 一导线ab长为l，绕过O点的垂直轴以匀角速转动，

感应强度B平行于转轴，如图10-10所示．试求：

（1）ab两端的电势差； （2）a,b两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob上取rrdr一小段 则 Ob

rBdr

2B2

l 9

l

1

3rBdrBl2 018

2l30

同理 Oa