3-8 质量1m 、长l 的均匀直棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴O 无摩擦地转。它原来静止在平衡位置上。现在一质量为2m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞。撞后，棒从平衡位置处摆动达到最大角度0
30θ=，如图，（1）设碰撞为弹性的，试计算小球的初速度的大小。 （2）相撞时，小球受到多大的冲量？ 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：
222121
3
m vl J m ul m l m ul ωω=+=+
化简得：12
(1)3m l v u m ω-=
22222121111
()2232
m v m l m u ω=+ 化简得：222
2
12
(2)
3m l v u m ω-=
(2)
(1)
得：(3)v u l ω+=
21
2
3(
)(4)6m m v l m ω++=（1）（3）得：
撞后，由于无外力作用，棒的机械能应守恒，所以有：
201111
(1cos30)(5)22
m m gl ωω=-=
解得：
将（5）式代入（4
）式，得：2
v =
（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：
222()I m u m v m v u =-=--
将（1）式和（5）式代入，
解得：
I = 3-9 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
r
题3-8图
1m
1150,200A B rad s rad s ωω--=?=?。已知两轮的半径与质量分别为
0.2,0.1,2,4.A B A B r m r m m kg m kg ====两轮沿轴线方向彼此靠近而接触，试求两轮
衔接后的角速度。
解：在两轮靠近的过程中，由于不受外力矩的作用， 角动量守恒，所以有：
222201111()()[()()]2222
A A A
B B B A A B B L L
m r m r m r m r ωωω=+=+即
2212211()()22100()11()()22A A A B B B
A A
B B m r m r rad s m r m r ωωω-+==?+
3-11 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2
10g m s -=?。 解：（1）由转动定律M J α=，得2
11375()23
2l g
mg
ml rad s l
αα-==
=? （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
等于初始位置时的势能。即01
0.06()2
k P E E mgl J === （3
）由222111
()223k E J ml ωωω=
==
得
2
3211(9.8410()3
L J ml kg m s ω--====???
3-12 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0.4l m =，质量11m kg =。当棒在竖直面内静止时，有一子弹在距棒中点
4
l 处穿透木棒，该子弹质量210m g =，初速大小1
0200v m s -=?，方向与棒和轴都垂直，子弹穿出棒后速度大小变为1
50v m s -=?，方向不变。求子弹穿出棒的瞬时棒的角速度的大小。
解：由碰撞过程角动量守恒，可得：
220
211
()4412
l l m v m v m l ω=+
解得：3
1201331010()(20050)11.25()10.4
m v v rad s m l ω--??=-=-=??自测题1
一、选择题
1、 有一质点在平面上运动，运动方程为2
2
34r t i t j =+r
r
r
，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A B m m =，初始A 、B 处于同一高度且都静止。若使B 偏离平衡位置θ角而来回摆动，则物块A 将 （ ）
（A ）保持不动； （B ）向上运动； （C ）向下运动； （D ）上下运动。
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x p i ?r
和
y p j -?r
，则该力施于此物体的冲量大小为 （ ）
（C ） （A ）x y I p p =?+? （B ）x y I p p =?-? （C
）I =
（D
）I =
4、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，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：（ ）
（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），A L 和B L 代表质点在A 、B 两点处对定点O （轴）的角动量，则 （ ） （A ）A L 、B L 方向不同，但A B L L =。
图
1-2
（B ）A L 、B L 方向相同，但A B L L （C ）A L 、B L 的方向和大小都不同。 （D ）A L 、B L 的方向和大小都相同。
6、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 （A ）动量、动能、角动量都改变。 （B ）动量不变，动能、角动量都改变。 （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。 （B ）动量守恒、角动量守恒。 （C ）角动量守恒、动能守恒。 （D ）只有动能守恒。
二、填空题
图
1-4
图1-6
1、 质点的运动方程为5cos ,5sin ()x t y t SI ππ==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，则在绳断开瞬间，物块A 的加速度A a = ，物块B 的加速度
B a = 。
3、一颗子弹在枪筒里前进时受到的合力大小为
5
410400(),
3
F t SI ?=-单位子弹从枪口射出的速率为1
300m s -?，设子弹离开枪口
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运转，地球在轨道的一个焦点上。A 、B 分别为轨道的远地点和近地点，到地心的距离设为A r 和 B r 。若卫星在A 点的速率为A v 则卫星在B 点的速率
B v = 。
5、沿z 轴运动的质点所受合力(32)()F x i SI =+r
单位。质点的质量1m kg =，由原点
从静止出发，则质点到达3x m =处时，在这段位移上，合力F 对质点所作的功w = ，质点在3x m =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E R ，地球引力对火箭作的功
w = 。（设地球质量为E m ，引力常数为G ）
图1-7
B
m
图1-8
7、如图1-9所示，A 、B 两物块和滑轮C 的质量分别为,,A B C m m m ，滑轮半径为R 、对轴的转动惯量为21
2
C J m R =
。设桌面和转轴光滑，绳不伸长且质量不计，绳在滑轮上不打滑。则物块
A 的加速度A a = 。
8、转动惯量为J 的飞轮以角速度0ω作定轴转动，受到与角速度的平方成正比的制动力矩作用（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0
3
ω时所经
历的时间为 。
第六章 静电场
6-3
0）点分别放置电荷66
122.010, 1.010Q C Q C --=-?=?的点
电荷，求点1)P -处的场强（坐标单位为m ）。 解：(如图)，由点电荷的场强公式，可得：
11110011
11
001cos 443211sin 44232x y Q E E Q Q E E θπεπεθπεπε?=-=-
?=-??
??==??=??
22
2220
14(1)4y Q Q E E πεπε=-=-?
=--
31112000
()(3.9 6.8)10()
32324Q Q E i j i j N C πεπεπε-=-+-=-+??r r r r r 6-5 一根玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，其上电荷
均匀分布，总电荷量为q 。求半圆中心O 点的场强。
解：(如图)，在棒上取电荷元q
dq dl R
π=，则 223
0044dq q
dE dl R R πεπε=
= （方向如图）
图1-9
1)-
2
由对称性分析，可知0,
x y E E E j ==r r
23
2002
sin sin sin 44y q q dE dE dl d R
R θθθθπεπε=-?=-
=-
2
2
2
2
00sin 42y q q E d R R
π
θθπεπε=-=-
?
22
02q E j R πε=-
r
r
6-6 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 处的场强的方法？
解:由例6-4知，均匀带电圆环在中心轴线上任一点
P 的场强为：223201
4()qx
E i R x πε=
+r r
（1）环心处（0x =）时 0E =
（2）令0dE dx = 即2
223222322252
00113()[]04()4()()d qx q x dx R x R x R x πεπε=-=+++
解得2
x R =± （3）（略）
（4）取2
(
)(2)q
dq ds rdr R σππ=?= 22232223222232
00
0(
)(2)1
1
()
4()4()2()q
x rdr xdq qxrdr R dE x r x r x R r x πππεπεπε=
=
=+++方向沿
轴正方向2223220
00(12()2R
qxrdr q E R r x R πεπε==-+?
6-11 两个均匀的带电同心球面，内球面带有电荷1q ，外球面带有电荷2q ，两球面之间区域
中距球心为r 的点的场强为123000
N C r
-?方向沿球面半径指向球心，外球面之外距球心为r 的点的场强为
1
2
2000N C r
-?，方向沿球面半径向外。试求1q 和2q 各为多少？ 解：由高斯定理和已知条件可得：
1
661110220130001
()30004100.3310()
43
q E N C q C r r πεπε---=
?
=-?=-?=-?=-?161222012
20
()12000
()200040.5610()4q q E N C q q C r r
πεπε--+=
?
=?=?-=?
6-12 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，根据高斯定理，有：
22s
l E ds E ds E ds E ds rlE λπε?=?+?=?==????
r r r r r r r r ?底
侧
侧
02E r
λ
πε=
6-16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：
122
200()4()
2q
q
E E l l πεπε==
=
方向相反 所以 0E =
121000224()2
q q q
V V V V l l l πεπεπε=====
（2）122200()4()
2q q
E E l l πεπε===方向相同 所以 2
02q E l πε=（方向指向负电荷） 1200024()
2
q q
V V V l l πεπε=-===所以
l
6-17 如图所示，A 点有电荷,q B +点有电荷q -，2,AB l OCD =是以B 为中心、l 为半径的半圆。
（1）将单位正电荷从O 点沿OCD 移到D 点，电场力作功多少？ （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）?0
()q W OCD
-=是等势面 0011()()436q O D q
q
W V V J l l l πεπε+++=-=
-= 0()6q q q W W W J l
πε-+=+=
（2）000(1)()(1)(
)()4436q q D D q q q W W W V V J l
l
l
πεπεπε-+-+-=+=-+=-+=?
6-19 在半径分别为1R 和2R 的两个同心球面上，分别均匀带电，电荷量各为
1Q 和2Q ，且 12R R <。求下列区域内的电势分布：（1）1;
r R <12(2)R r R <<；
（3）2r R >。
解：由高斯定理可得场强分别为： 110r R E <=时， 11222
0,
4Q R r R E r πε<<=
时
12232
0,4Q Q r R E r πε+>=
时
取无限远处为电势零点，根据电势的定义式，可得;
122
1
2
1
2111212
11232
200
0121()
444R R R r
r
R R R R r R Q Q Q Q Q V E dl E dr E dr E dr dr dr r
r R R πεπεπε∞∞∞
<+=?=++=+=+?????
?r r 时，
22
2
21211212
2232
2000
2,
1()
444R R r
r
R r
R R r R Q Q Q Q Q V E dl E dr E dr dr dr r
r r R πεπεπε∞∞∞
<<+=?=+=+=+????
?r r 时
1212
23200,
44r
Q Q Q Q r R V dr r r
πεπε∞
++>==?
时
6-25 A 、B 、C 是三块平行金属板，面积均为2
200cm ，A 、B 相距4.0,mm A 、C 相距 2.0,mm B 、C 两板都接地，如图所示。设A 板带正电7
3.010q 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（ 1.00r ε≈），求B 板和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 5r ε=的均匀电介质，再求B 板和C 板上的感应电荷，以及A 板上的电势。 解：（1）()
(1)C B q q q =-+
由 12A AC AB V E d E d =?=?，得：
1200214
2(2)
2
C B C B B B q q
d d s s d q q q q d εε?=?=
==
（1）、（2）联立，解得：7
72 2.010()3
1 1.010()3C B q q C q q C --?=-=-?????=-=-???
733
11124
0 2.010210 2.310()8.851020010
C
A AC q V E d d V s ε----?=?=?=??=???? （2）由1200C
B A r q q V d d s s εεε=
?=? 得2112()(2)5
C B B r d q q q d ε'==
（1）、(2)'联立，解得772610()77
51510()77C B q q C q q C --?
=-=-?????=-=-???
7
3211124
061072109.710()8.851020010
C A AC q V E d d V s ε----?=?=?=??=???? 6-28 一空气平板电容器的电容 1.0C pF =，充电到电荷为6
1.010Q 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
题6-25图
算拉开前后电场能的改变，并解释其原因。
解：（1）6
612
1.010 1.010()1.010
Q U V C --?===?? 6611
1.010 1.0100.5()22
e W UQ J -=
=????= （2）由于拉开前后板极的电荷量不变，场强大小0Q
E s
ε=
不变，而U E d =?，可见拉开后两板间的电势差是原来的2倍，即02U U =。
00011
(2) 1.00.50.5()22
e e e W W W Q U QU J ?=-=-=-=
外力克服电场力作功，电势能增加。
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r ε的均匀电介质填满。极板上电荷的面密度为σ。试计算将电介质从电容器中取出过程中外力所作的功。
解：22
00001111()()()2222e r r r W QU S d Sd V σσσσεεεεεε===?=?
同理，可得 2
12e W V σε==?
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：
20011
(1)2e e r
V W W W σεε=-=-
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
（A ）2
2
01
.4q d
πε（B ）20.q S ε（C ）20.2q S ε（D ）2.2q S 2、 如图1-1所示，闭合面S 内有一点电荷1q ，P 为S 面上一点，在S 面外的A 点另一点
电荷2q 。若将2q 移至也在S 面外的B 点，则
（A ）穿过S 面的E r
通量改变，P 点的场强不变。
（B ）穿过S 面的E r
通量不变，P 点的场强改变。 （C ）穿过S 面的E r
通量和P 点的场强都不变。 （D ）穿过S 面的E r
通量和P 点的场强都改变。
3、 如图1-2所示，一圆环均匀带电0q -，另有 两个带电荷
都为q +的点电荷位于环的轴线上，分别在环的两侧，它们到环心的距离都等于环的半径R 。当此电荷系统处于平衡时，则0
q
q （数值比）为 （ ）
（A
（B
）（C
D ）4
4、 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，
当在圆心处置一正点电荷时，则正确的是 （ ） (A ）
B
C A A
E dl E dl ?>??
?r r r r （B ）B C A
A
E dl E dl ?
（C ）B
C A
A
E dl E dl ?=???r r r r （D ）B A
E dl ??r r 和C A
E dl ??r r
大小不确定。
5、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?。两圆弧都均匀带正电，并且电荷的线密度也相等。设AB 和CD 在O 点产生的电势分别为1V 和2V ，则正确的是 （ ）
(A ）12V V > （B ）12V V < （C ）12V V = （D ）1V 、2V 大小不定。
6、有一半径为R 的金属球壳，其内部充满相对介电常数为r ε的均匀电介质，球壳外面是真空。当球壳上均匀带有电荷Q 时，则此球壳上面的电势为 (A ）
04r Q R πεε （B ）
4r Q R
πε
（C ）04Q R
πε （D ）
011
()4r
Q R πεε- （ ）
图1-1
2
图1-2
图
1-3
C
7、如图1-5所示，一带正电荷的质点在电场中从A 点经C 点运动到B 点，轨迹为
C 点处场强方向正确的是四个图中的 （ ）
8、如图1-6，图中的实线为E r
线，虚线表示等势面，则由图可判定 （ ）
(A ）,.A B C A B C
E E E V V V >>>> （B ）,.A B C A
B C E E E V V V <<<<
（C ）,A B C
E E E >>.A
B C V V V << （D ）,.A B C A B C E E E V V V <<>> 9、如图1-7所示，x 轴上的两个电荷量都为q +的点电荷相距2a ，球面S 的 球心O 位于左边电荷处，半径为a 。
1S 和2S 为球面上两块相等的小面积，分别位于点O 的左
右两侧。设通过1S
、2S 的E r 通量分别为1ψ和2ψ，通过球面S 的E r
通量为s ψ，则正确的
是：（ ） (A ）120
,.s q
ψψψε>=
（B ）120
2,.s q
ψψψε<=
（C ）120
,.s q
ψψψε==
(D )120
,.s q
ψψψε<=
10、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
A 图1-5
图1-6
V
B V A V B
A 图1-7
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。 （D ）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）E dS ?r
r 。 （2）01
i
S
S E dS q
ε?=
∑?r r ?（内）
。
（3）E dl ?r
r 。
（4）
b
a
E dl ??
r
r 。
（5）0L
E dl ?=?r
r ? 。
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 ，电势 ；始终在球外的任意点的场强 ，电势 （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0q 由无限远处移至O 点，则电场力所作的功为 。（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.A B λ、两点分别在线的两侧，它们到线的距离分别为a 和b 。则A B 、两点间的电势差为 。将一试验电荷0q 从A 点移到B 点，带电直线和0q
。
q + ()
b q
()a
q - 图1-8
A
B
图1-9
?
5、如图1-10所示，一点电荷q 位于不带电的空腔导体（灰色者）腔内。设有三个封闭曲面1S 、2
S 和3S （用虚线表示），在这三个曲面中，E r 通量
为零的曲面是 ，场强处处为零的曲面是 。
6、电荷线密度分别为1λ和2λ的两平行均匀带电长直导线，相距为d ，则单位长度上的电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(0)σσ>，如图1-11所示，则区域I
中各点场强1E =r ，区域Ⅱ中各点场强2E =r
，，区域Ⅲ中各点场强3E =r 。（E r 方向用单位矢量i r 表示）
9、半径为1R 的导体球A ，带有电荷q ，球外有一内外半径分别为2R 和3R 的同心导体球壳B ，壳上带有电荷Q 。则球A 的电势A V = ，球壳B 的电势B V = 。（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,0.A B V V V ==现将另一带电荷q 、面积也为S
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c V = 。
图1-10
σ+
σ+
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
i r
第七章 稳恒磁场
7-5、如图1所示，已知一均匀磁场的磁感应强度
0.2B T =，方向沿x 轴正向。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： （1）cos 0.2(0.40.3)(1)0.24()m B S BS T ?π=?==??-=-r
r （2）由于n S B ⊥r r ，cos 02
m B S BS π
?=?==r r
（3）从abcd 面穿入的磁感线全部从aefd 穿出，所以0.24()m T ?=
7-6一载有电流7.0I A =的硬导线，转折处为半径0.10r m =的四分之一圆周ab 。均匀外磁场的大小为 1.0B T =，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 r ，根据安培定律dF Idl B =?r r
r
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： cos cos cos sin sin sin x y
dF dF IB dl IBr d dF dF IB dl IBr d θθθθθθθθ===??===?
2020
cos 7.0 1.00.10.7()sin 7.0 1.00.10.7()x y F IBr d IBr N F IBr d IBr N ππ
θθθθ?===??=????===??=???
? 1.0()
arctan
4
y x x
F F N Ob F π
α=≈==
与的夹角
7-8 一半圆形闭合线圈，半径0.1R m =，通有电流10I A =，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。
30
解：221sin 10(0.1)0.522
7.810()
n M ISe B ISB N m ππ-=?==???=??r r
r 7-11一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 ；（2）当圆弧为
1
4
圆周时，圆心O 处的磁感应强度B 。 解：由毕奥-萨伐尔定律02
4r
Idl e dB r μπ?=r r
r 知，由于场点O 与直线电流的夹角总是为000180或，所以0
2
04r
Idl e dB r
μπ?==r r 。因而，总的磁感强度只是由圆弧电流产生的。 （1）在圆弧上任取电流元Idl r
，
0000222sin 90444()r Idl e Idl Idl dB r R R μμμπππ?===
r r
方向垂直纸面向里 00022
444R I
Idl I B dB R R R R
πμμμπππ====??
（2）同理可得：0002
22
4428R
I
Idl I R B dB R R R
πμμμπππ==
==??
7-12 如图5所示，两根导线沿半径方向引到铁环上的A 、B 两点，并在很远处电源相连，求环中心的磁感应强度。
解：（如图5）01
1122l I l
B r r μπ=?（方向向外）
022222l I l
B r r
μπ=（方向向里）
011222()4B I l I l r
μ
π=- （1）
又因为12l l 、并联，所以1122I R I R =（12R R 、为12l l 、的
电阻）即
12
21
I R I R = 根据电阻定律，又有
22
11
R l R l =
，所以1221I l I l =，即 1122I l I l = （2）
r
图3
图5
2l
（2）式代入（1）式，得0B =
7-13一长直导线ab ，通有电流120I A =，其旁放置一段导线cd ，通有电流210I A =，且
ab 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。
解：直电流ab 在周围空间产生磁场，直电流cd 放在其磁场中，受到安培力的作用。
在 cd 上任取一电流元2I dr ，距ab 的垂直距离为r ，则：
01
2I B r μπ=
（方向垂直纸面向里）
01012
2222I I I dr dF I dr B I dr r r
μμππ=?=?=r
r （方向向上） 1075012
0121ln102102010 2.39.210()22cm cm I I I I dr F dF N r μμππ
--====????=???
7-17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
02I
B r
μπ=
（方向垂直纸面向里） 在矩形线框中取面元ds ldr =
则通过面元ds 的磁通量为：
00
22I Il dr
d B ds ldr r r μμ?ππ=?==r r 00ln 22b a Il Il dr b
d r a
μμ??ππ===??
第八章 电磁感应 电磁场
8-3 一长直导线，通有电流5I A =，在与其相距2
5.010d m -=?处放一矩形线圈，线圈1000匝，线圈在如图8-1所示位置以速度2
1
310v m s --=??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
24.010b m -=?，宽22.010a m -=?。）
解：BC 、AD 边不切割磁感线，不产生感应电动势．
c
2
1I 图6 d
I v r
图7
AB 产生电动势
01()d 2d
B
A I N v
B l NvBb Nvb μεπ=??==?v
v v
CD 产生电动势
02()d 2π()
D
C
I
N v B l Nvb
a d με=??=-+?
v
v v
∴回路中总感应电动势
60121
1() 6.8610()2πIbv N
V d d a
μεεε-=+=-=?+ 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化2
3
(671)10()t t Wb -Φ=++?，式中t 以秒计。求2t s =时回路中感应电动势的大小和方向。 解：233(671)10(127)10i d d
t t t dt dt
φε--=-
=-++?=-+? 当 2t s =时，32
(1227)10 3.110()i V ε--=-?+?=-?
由右螺旋定则知，电动势方向为逆时针方向
8-7 ab 、cd 两段导线，长度均为0.10m ，在b 处相接而成0
30角，如图8-3所示。若使
导线在均匀磁场中以速率1
1.5v m s -=?向右运动，磁场B r 的方向垂直纸面向里，B r
的大小
为2
2.510T -?。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？
解：（1）以速率1
1.5v m s -=?向右运动时
203cos()sin 2
1.5
2.5100.10sin 30 1.910()
i v B l vBl vBl V πεθθ
--=-??=--=-=-????=-?r
r r 由右螺旋定则可以判定，感应电动势的方向向上， 所以c 点电势高。 （2）导线向上运动时
023cos30 2.5100.10 1.5(17.010()2
i Blv Blv V ε--=+=????+
=? 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。
图8-2
?????
??? r 图8-3
8-8一长直导线，载有电流40I A =。在其旁边放置一金属杆AB 。A 端与导线的距离为
0.1a m =，B 端与导线的距离为 1.0b m =，
如图8-4所示。设金属杆AB 以匀速1
2v m s -=?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？ 解:在AB 上距长直导线电流为r 处任取一微元dr ，根据动生电动势的定义式，可得：
000
()()(cos180)22I Iv dr d v B dr v dr r r
μμεππ=??==-r r r
1.07000.1
5ln10210402 2.3
223.6810()
Iv Iv
dr d r V μμεεππ
--==-=-=-????=-???
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。
8-9 长为l 的一金属杆ab ，水平放置在均匀磁场B r
中，如
图8-5所示。金属棒可绕O 点在水平面内以角速度ω旋转，O 点离a 端的距离为l k （设2k >）。试求a 、b 两端的电势差，并指出哪端电势高。 解：（1）Ob 两端的电势差：
在金属棒上任取一微元dr ，根据动生电动势的定义式，可得：
0(cos180)d v B dr r Bdr r Bdr εωω=??==-r r r
12
(1)
20
1
(1)2l k Ob Bl r Bdr k
ωεω-=-=-
-?
（电动势方向由b 指向O ，b 端电势低） （2）Oa 两端的电势差： 同理可得1
2(1)
2
1
2
l k Oa Bl r Bdr k ωεω-=
-=-
?
（电动势方向由a 指向O ，a 端电势低）
（3）22
222
1
12[(1)](1)02
22ab a b Bl Bl Bl U V V k
k k
ωωω=-=-
--
-=-> a 端电势高。
自测题（3）
图8-4
图8-5
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理习题及解答 8-1 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 20 220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 33 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题 8-2图 8-2 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2θ,如题8-2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 ????? ===22 0)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式 204r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 2 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求 场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 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f =2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE , S q E 0ε= ，所
习题1 3 选择题 （1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[ ] (A) 使屏靠近双缝． (B) 使两缝的间距变小． (C) 把两个缝的宽度稍微调窄． (D) 改用波长较小的单色光源． [答案：C] （2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ] (A) 间隔变小，并向棱边方向平移． (B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移． (C) 间隔不变，向棱边方向平移． (D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移． [答案：A] （3）一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[ ] (A) ． (B) / (4n )． (C) ． (D) / (2n )． [答案：B] （4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n ，厚度为d 的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[ ] (A) 2 ( n -1 ) d ． (B) 2nd ． (C) 2 ( n -1 ) d + / 2． (D) nd ． (E) ( n -1 ) d ． [答案：A] （5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是 ［ ］ (A) ． (B) / (2n )． (C) n ． (D) / [2(n-1)]． [答案：D] 填空题 （1）如图所示，波长为的平行单色光斜入射到距离为d 的双缝上，入射角为．在图中的屏中央O 处(O S O S 21=)，两束相干光的相位差为________________． [答案：2sin /d πθλ] （2）在双缝干涉实验中，所用单色光波长为＝ nm (1nm ＝10-9 m)，双缝与观察屏的距离D ＝1.2 m ，若测得屏上相邻明条纹间距为x ＝1.5 mm ，则双缝的间距d ＝__________________________． [答案：0.45mm] （3）波长＝600 nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度之差为____________nm ．(1 nm=10-9 m) [答案：900nm ] （4）在杨氏双缝干涉实验中，整个装置的结构不变，全部由空气中浸入水中，则干涉条纹的间距将变 。（填疏或密） [答案：变密 ]
习题八 8-1 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 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理学I 课程教案
大学物理学I 课程教案
第三章质点动力学 教材分析： 在前两章中，我们以质点为模型讨论了力学中的基本概念以及物体作机械运动的基本规律。在这一章中，我们将拓展这些概念和规律，把它们应用到刚体运动的问题中。本章主要讨论刚体绕定轴转动的有关规律，在此基础上，简要介绍刚体平面平行运动。 3.1 定轴转动刚体的转动惯量 教学目标: 1 理解刚体的模型及其运动特征； 2 理解转动惯量的概念和意义； 教学难点： 转动惯量的计算；动量矩守恒定律的应用 教学内容： 1 转动惯量的定义 2 转动惯量的计算(匀质长细杆的转动惯量、均匀细圆环的转动惯量、均匀薄圆盘的转动惯量、均匀球体的转动惯量) 3 平行轴定理 3.2刚体的定轴转动定理3.3 转动定理的积分形式——力矩对时间和空间的积累效应 3.5 守恒定律在刚体转动问题中的应用 教学目标: 1理解力矩的物理意义，掌握刚体绕定轴转动的转动定律 2 理解力矩的功和刚体转动动能的概念，并能熟练运动刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律 3 用类比方法学习描述质点和刚体运动的物理量及运动规律 4 理解刚体对定轴转动的角动量概念和冲量矩的概念 5 掌握刚体对定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律 教学难点： 刚体定轴转动定律 教学内容： 1 力矩 2 定轴转动的角动量定理 3 定轴转动的动能定理(力矩的功、定轴转动的动能、定轴转动的动能定理) 4 刚体的重力势能 5 机械能守恒定律的应用 6 角动量守恒定律及其应用 课后作业： 小论文： 1 关于转动惯量的讨论 2 陀螺运动浅析
第5章机械振动 教材分析： 与前几章所讨论的质点和刚体的运动相似，振动也是物质运动的基本形式，是自然界中的最普遍现象。振动几乎涉及到科学研究的各个领域。例如，在力学中有机械振动，在电磁学中有电磁振荡。近代物理学中更是处处离不开振动。本章将讨论机械振动的基本规律。 5.1 弹簧振子和单摆的运动方程 教学目标： 理解弹簧振子的动力学和运动学方程；理解单摆的动力学方程和运动学方程 教学重/难点： 弹簧振子的动力学方程的建立；单摆动力学方程的建立 教学内容： 弹簧振子的动力学方程、弹簧振子的运动学方程、单摆的运动方程 5.2 简谐振动 教学目标： 理解简谐振动的定义、简谐振动的运动方程 理解简谐振动的振幅、周期、相位的意义 掌握用旋转矢量表示简谐振动、理解简谐振动能量的特征 教学重/难点： 简谐振动的特征量：振幅、周期、相位 旋转矢量法、简谐振动的动能、势能 教学内容： 简谐振动的基本概念、简谐振动的旋转矢量图表示法、简谐振动的能量 5.3 同方向同频率的简谐振动的合成 教学目标： 理解同方向同频率的两个或多个简谐振动的合成 教学重/难点： 两个或多个同方向同频率简谐振动的合成 教学内容： 两个同方向同频率的简谐振动的合成、多个同方向同频率的简谐振动的合成 作业：P166 5.2 5.3 5.8 5.23
习 题 1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度 2/2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初
始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以 速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321 V V V ] 1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零
习题八 8-1 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 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 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2θ ,如题8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?
解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 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f = 2 024d q πε,又有人 说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．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S q E 0ε= 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S q E 02ε= ，另一板受它的作用 力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>
1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，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 ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 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，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
大学物理下册 学院： 姓名： 班级： 第一部分：气体动理论与热力学基础 一、气体的状态参量：用来描述气体状态特征的物理量。 气体的宏观描述，状态参量： （1）压强p：从力学角度来描写状态。 垂直作用于容器器壁上单位面积上的力，是由分子与器壁碰撞产生的。单位 Pa （2）体积V：从几何角度来描写状态。 分子无规则热运动所能达到的空间。单位m 3 （3）温度T：从热学的角度来描写状态。 表征气体分子热运动剧烈程度的物理量。单位K。 二、理想气体压强公式的推导： 三、理想气体状态方程： 1122 12 PV PV PV C T T T =→=； m PV RT M ' =；P nkT = 8.31J R k mol =；23 1.3810J k k - =?；231 6.02210 A N mol- =?； A R N k = 四、理想气体压强公式： 2 3kt p nε =2 1 2 kt mv ε=分子平均平动动能 五、理想气体温度公式： 2 13 22 kt mv kT ε== 六、气体分子的平均平动动能与温度的关系： 七、刚性气体分子自由度表 八、能均分原理： 1.自由度：确定一个物体在空间位置所需要的独立坐标数目。 2.运动自由度： 确定运动物体在空间位置所需要的独立坐标数目，称为该物体的自由度 （1）质点的自由度： 在空间中：3个独立坐标在平面上：2 在直线上：1 （2）直线的自由度： 中心位置：3（平动自由度）直线方位：2（转动自由度）共5个 3.气体分子的自由度 单原子分子 (如氦、氖分子)3 i=；刚性双原子分子5 i=；刚性多原子分子6 i= 4.能均分原理：在温度为T的平衡状态下，气体分子每一自由度上具有的平均动都相等，其值为 1 2 kT 推广：平衡态时，任何一种运动或能量都不比另一种运动或能量更占优势,在各个自由度上，运动的机会均等,且能量均分。 5.一个分子的平均动能为： 2 k i kT ε=
大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相 等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变？ (5) r ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (6) 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22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均
第15章 量子物理 一 选择题 15-1 下列物体中属于绝对黑体的是[ ] (A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体 (C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体 解：选(D)。绝对黑体能够100%吸收任何入射光线，因而不能反射任何光线。 15-2 用频率为υ的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为k E ；若改用频率为2υ的单色光照射此金属，则逸出光电子的最大初动能为[ ] (A) k 2E (B) k 2h E υ- (C) k h E υ- (D) k h E υ+ 解：选(D)。由k E h W υ=-，'2k E h W υ=-，得逸出光电子的最大初动能 'k ()k E hv hv W hv E =+-=+。 15-3 某金属产生光电效应的红限波长为0λ，今以波长为λ(0λλ<)的单色光照射该金属，金属释放出的电子(质量为e m )的动量大小为[ ] (A) /h λ (B) 0/h λ (C) (D) 解：选(C)。由2e m 012 hv m v hv =+，2e m 012hc hc m v λλ= +，得m v = ， 因此e m p m v == 。 15-4 根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动速率之比13/v v 是[ ] (A) 1/3 (B) 1/9 (C) 3 (D) 9
解：选(C)。由213.6n E n =-，n 分别代入1和3，得22 1122331329112mv E E mv ===，因 此 1 3 3v v =。 15-5 将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为[ ] (A) 13.6eV (B) 3.4eV (C) 1.5eV (D) 0eV 解：选(B)。由2 13.6 n E n =- ，第一激发态2n =，得2 3.4eV E =-，设氢原子电离需要的能量为2'E ，当2'20E E +>时，氢原子发生电离，得2' 3.4eV E >，因此最小能量为3.4eV 。 15-6 关于不确定关系x x p h ??≥有以下几种理解，其中正确的是[ ] (1) 粒子的动量不可能确定 (2) 粒子的坐标不可能确定 (3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定 (4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子 (A) (1), (2) (B) (2), (4) (C) (3), (4) (D) (4), (1) 解：选(C)。根据h p x x ≥???可知，(1)、(2)错误，(3)正确；不确定关系适用于微观粒子，包括电子、光子和其他粒子，(4)正确。 二 填空题 15-7 已知某金属的逸出功为W ，用频率为1υ的光照射该金属能产生光电效应，则该金属的红限频率0υ=________，截止电势差c U =________。 解：由0W hv =，得h W v = 0；由21e m 12hv m v W =+，而2 e m c 12m v eU =，所以 1c hv eU W =+，得1c h W U e υ-= 。
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 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9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
. . . . .. .. .. 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，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 ＝22y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 大学物理第三版下册 答案 习题八 8-1 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 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-2 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2θ ,如题8-2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 ?? ? ? ? = = = 2 2 ) sin 2( π4 1 sin cos θ ε θ θ l q F T mg T e 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢103 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢103 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷 很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 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 f = 2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．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S q E 0ε= 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S q E 02ε= ，另一板受它的作 用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 电磁学 1．定义： ①E 和B ： F =q(E +V ×B )洛仑兹公式 ②电势：? ∞ ?= r r d E U 电势差：?-+ ?=l d E U 电动势：? + - ?= l d K ε（q F K 非静电 =） ③电通量：???=S d E e φ磁通量：???=S d B B φ磁通链： ΦB =N φB 单位：韦伯（Wb ） 磁矩：m =I S =IS n ? ④电偶极矩：p =q l ⑤电容：C=q/U 单位：法拉（F ） *自感：L=Ψ/I 单位：亨利（H ） *互感：M=Ψ21/I 1=Ψ12/I 2 单位：亨利（H ） ⑥电流：I = dt dq ； *位移电流：I D =ε 0dt d e φ 单位：安培（A ） ⑦*能流密度： B E S ?= μ 1 2．实验定律 ①库仑定律：0 204r r Qq F πε= ②毕奥—沙伐尔定律：204?r r l Id B d πμ?= ③安培定律：d F =I l d ×B ④电磁感应定律：ε感= –dt d B φ 动生电动势：?+ -??= l d B V )(ε 感生电动势：? - + ?=l d E i ε（E i 为感生电场） *⑤欧姆定律：U=IR （E =ρj ）其中ρ为电导率 3．*定理（麦克斯韦方程组） 电场的高斯定理：?? =?0 εq S d E ??=?0 εq S d E 静 （E 静是有源场） ??=?0S d E 感 （E 感是无源场） 磁场的高斯定理：??=?0S d B ??=?0S d B （B 稳是无源场） E =F /q 0 单位：N/C =V/ｍ B=F max /qv ；方向，小磁针指向（S →N ）；单位：特斯拉（T ）=104高斯（G ） Θ ⊕ -q l 大学物理学第三版修订版下册第章答案(赵近芳) ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 习题11 11.1选择题 (1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（） （A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直； （C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。 [答案：B] (2)下列哪些矢量场为保守力场（） （A ） 静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。 [答案：A] (3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式22 1LI W m =（） ( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。 [答案：D] (4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）： （A ）涡旋电场对电荷有作用力； （B ）涡旋电场由变化的磁场产生； （C ）涡旋场由电荷激发； （D ）涡旋电场的电力线闭合的。 [答案：C] 11.2 填空题 (1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到 。 [答案：磁力] (2)产生动生电动势的非静电场力是 ，产生感生电动势的非静电场力是 ，激发感生电场的场源是 。 [答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场] (3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在 ，这个导线上的电动势最大，数值为 ；如果转轴的位置在 ，整个导线上的电动势最小，数值为 。 [答案：端点，2 2 1l B ω；中点，0] 11.3一半径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 t r d d =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2 πr B BS m ==Φ 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵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；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷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)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，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,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=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：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?最新大学物理第三版下册答案
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