(整理)大学物理试题集

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大学物理试题集

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目 录

第一篇 力学

求解力学问题的基本思路和方法 第一章 质点运动学 第二章 牛顿定律

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 第四章 刚体的转动 第二篇 电磁学

求解电磁学问题的基本思路和方法 第五章 静电场

第六章 静电场中的导体与电介质 第七章 恒定磁场 第八章 电磁感应 电磁场 第三篇 波动过程 光学

求解波动过程和光学问题的基本思路和方法 第九章 振动 第十章 波动 第十一章 光学

第四篇 气体动理论 热力学基础

求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法 第十二章 气体动理论 第十三章 热力学基础 第五篇 近代物理基础

求解近代物理问题的基本思路和方法 第十四章 相对论 第十五章 量子物理 附录 部分数学公式

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第一篇 力学

求解力学问题的基本思路和方法

物理学是一门基础学科,它研究物质运动的各种基本规律．由于不同运动形式具有不同的运动规律,从而要用不同的研究方法处理．力学是研究物体机械运动规律的一门学科,而机械运动有各种运动形态,每一种形态和物体受力情况以及初始状态有密切关系．掌握力的各种效应和运动状态改变之间的一系列规律是求解力学问题的重要基础．但仅仅记住一些公式是远远不够的．求解一个具体物理问题首先应明确研究对象的运动性质；选择符合题意的恰当的模型；透彻认清物体受力和运动过程的特点等等．根据模型、条件和结论之间的逻辑关系,运用科学合理的研究方法,进而选择一个正确简便的解题切入点,在这里思路和方法起着非常重要的作用．

1．正确选择物理模型和认识运动过程

力学中常有质点、质点系、刚体等模型．每种模型都有特定的含义,适用范围和物理规律．采用何种模型既要考虑问题本身的限制,又要注意解决问题的需要．例如,用动能定理来处理物体的运动时,可把物体抽象为质点模型．而用功能原理来处理时,就必须把物体与地球组成一个系统来处理．再如对绕固定轴转动的门或质量和形状不能不计的定滑轮来说,必须把它视为刚体,并用角量和相应规律来进行讨论．在正确选择了物理模型后,还必须对运动过程的性质和特点有充分理解,如物体所受力(矩)是恒定的还是变化的；质点作一般曲线运动,还是作圆周运动等等,以此决定解题时采用的解题方法和数学工具．

2.叠加法

叠加原理是物理学中应用非常广泛的一条重要原理,据此力学中任何复杂运动都可以被看成由几个较为简单运动叠加而成．例如质点作一般平面运动时,通常可以看成是由两个相互垂直的直线运动叠加而成,而对作圆周运动的质点来说,其上的外力可按运动轨迹的切向和法向分解,其中切向力只改变速度的大小,而法向力只改变速度的方向．对刚体平面平行运动来说,可以理解为任一时刻它包含了两个运动的叠加,一是质心的平动,二是绕质心的转动．运动的独立性和叠加性是叠加原理中的两个重要原则,掌握若干基本的简单运动的物理规律,再运用叠加法就可以使我们化“复杂”为“简单”．此外运用叠加法时要注意选择合适的坐标系,选择什么样的坐标系就意味着运动将按相应形式分解．在力学中,对一般平面曲线运动,多采用平面直角坐标系,平面圆周运动多采用自然坐标系,而对刚体绕定轴转动则采用角坐标系等等．

叠加原理在诸如电磁学,振动、波动等其他领域内都有广泛应用,是物理学研究物质运动.................

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的一种基本思想和方法,需读者在解题过程中不断体会和领悟．

3.类比法

有些不同性质运动的规律具有某些相似性,理解这种相似性产生的条件和遵从的规律有利于发现和认识物质运动的概括性和统一性．而且还应在学习中善于发现并充分利用这种相似性,以拓宽自己的知识面．例如质点的直线运动和刚体绕定轴转动是两类不同运动,但是运动规律却有许多可类比和相似之处,如

dxdθ 与 ω dtdtdvdω 与 α adtdtv其实它们之间只是用角量替换了相应的线量而已,这就可由比较熟悉的公式联想到不太熟悉的公式．这种类比不仅运动学有,动力学也有,如

Fma 与 MJα

Fdtmvmv0 与

MdtJωLω

01212Fdxmvmv0 与 221212MdθJωJω0 22可以看出两类不同运动中各量的对应关系十分明显,使我们可以把对质点运动的分析方法移植到刚体转动问题的分析中去．当然移植时必须注意两种运动的区别,一个是平动一个是转动,状态变化的原因一个是力而另一个是力矩．此外还有许多可以类比的实例,如万有引力与库仑力、静电场与稳恒磁场,电介质的极化与磁介质的磁化等等．只要我们在物理学习中善于归纳类比,就可以沟通不同领域内相似物理问题的研究思想和方法,并由此及彼,触类旁通．

4．微积分在力学解题中的运用

微积分是大学物理学习中应用很多的一种数学运算,在力学中较为突出,也是初学大学物理课程时遇到的一个困难．要用好微积分这个数学工具,首先应在思想上认识到物体在运动过程中,反映其运动特征的物理量是随时空的变化而变化的．一般来说,它们是时空坐标的函数．运用微积分可求得质点的运动方程和运动状态．这是大学物理和中学物理最显著的区别．例如通过对质点速度函数中的时间t 求一阶导数就可得到质点加速度函数．另外对物理量数学表达式进行合理变形就可得出新的物理含义．如由dvadt,借助积分求和运算可求得在t1 -t2 时间内质点速度的变化；同样由drvdt也可求得质点的运动方程．以质点运动学为例,我们可用微积分把运动学问题归纳如下：

第一类问题：已知运动方程求速度和加速度；

第二类问题：已知质点加速度以及在起始状态时的位矢和速度,可求得质点的运动方程． 在力学中还有很多这样的关系,读者不妨自己归纳整理一下,从而学会自觉运用微积分来处理物理问题,运用时有以下几个问题需要引起大家的关注：

(1) 运用微积分的物理条件．在力学学习中我们会发现,vv0at和rv0t描述质点运动规律的公式,只是式

12at等2vv0dvadt和式0dr0v0atdt在加速度a为恒

0trt.................

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矢量条件下积分后的结果．

此外,在高中物理中只讨论了一些质点在恒力作用下的力学规律和相关物理问题,而在大学物理中则主要研究在变力和变力矩作用下的力学问题,微积分将成为求解上述问题的主要数学工具．

(2) 如何对矢量函数进行微积分运算．我们知道很多物理量都是矢量,如力学中的r、v、a、p 等物理量,矢量既有大小又有方向,从数学角度看它们都是“二元函数”,在大学物理学习中,通常结合叠加法进行操作,如对一般平面曲线运动可先将矢量在固定直角坐标系中分解,分别对x、y 轴两个固定方向的分量(可视为标量)进行微积分运算,最后再通过叠加法求得矢量的大小和方向；对平面圆周运动,则可按切向和法向分解,对切线方向上描述大小的物理量a、v、s 等进行微积分运算．

(3) 积分运算中的分离变量和变量代换问题．以质点在变力作用下作直线运动为例,如已知变力表达式和初始状态求质点的速率,求解本问题一条路径是：由F ＝m a 求得a的表达式,再由式dv ＝ adt 通过积分运算求得v,其中如果力为时间t 的显函数,则a ＝a(t),此时可两边

ｔ

直接积分,即

vv0但如果力是速率v 的显函数,则a ＝ a(v),此时应先作分离变量dvatdt；

0t后再两边积分,即

vv0t1dvdt；又如力是位置x 的显函数,则a＝a(x),此时可利用

0avvvxdxdx得dt,并取代原式中的dt,再分离变量后两边积分,即vdvaxdt, 用变

v0x0dtv量代换的方法可求得v(x)表达式,在以上积分中建议采用定积分,下限为与积分元对应的初始

条件,上限则为待求量．

5.求解力学问题的几条路径

综合力学中的定律,可归结为三种基本路径,即

(1) 动力学方法：如问题涉及到加速度,此法应首选．运用牛顿定律、转动定律以及运动学规律,可求得几乎所有的基本力学量,求解对象广泛,但由于涉及到较多的过程细节,对变力(矩)问题,还将用到微积分运算,故计算量较大．因而只要问题不涉及加速度,则应首先考虑以下路径．

(2) (角)动量方法：如问题不涉及加速度,但涉及时间,此法可首选．

(3) 能量方法：如问题既不涉及加速度,又不涉及时间,则应首先考虑用动能定理或功能原理处理问题．

当然对复杂问题,几种方法应同时考虑．此外,三个守恒定律(动量守恒、能量守恒、角动量守恒定律)能否成立往往是求解力学问题首先应考虑的问题．总之应学会从不同角度分析与探讨问题．

以上只是原则上给出求解力学问题一些基本思想与方法,其实求解具体力学问题并无固定模式,有时全靠“悟性”．但这种“悟性”产生于对物理基本规律的深入理解与物理学方法掌握之中,要学会在解题过程中不断总结与思考,从而使自己分析问题的能力不断增强．

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第一章 质点运动学

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为v,平均速率为v．

(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr｜= Δs = Δr

(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr (C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds (D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜v｜= v,｜v｜= v (B) ｜v｜≠v,｜v｜≠ v (C) ｜v｜= v,｜v｜≠ v (D) ｜v｜≠v,｜v｜= v

分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．

(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故

ΔrΔs,即｜v｜≠v． ΔtΔt但由于｜dr｜＝ds,故

drds,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)． dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即

drdrdsdxdy(1)； (2)； (3)； (4)．

dtdtdtdtdt下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 .................

22.................

(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确

dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速dtdr率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然

dt分析与解

dsdxdy坐标系中速度大小可用公式v计算,在直角坐标系中则可由公式vdtdtdt求解．故选(D)．

221 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即

(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ． 下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的

dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速dtdr度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所

dt分析与解 述)；

dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度a

dtdtｔ

．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变

分析与解 加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向

的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．

*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作( )

(A) 匀加速运动,vv0 cosθ(B) 匀减速运动,vv0cosθ (C) 变加速运动,v.................

v0 cosθ.................

(D) 变减速运动,vv0cosθ (E) 匀速直线运动,vv0

分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为

dldxdt,式中dl表示绳长l xl2h2,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度vdtdtl2h2l随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为v速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．

讨论 有人会将绳子速率v0按x、y 两个方向分解,则小船速度vv0cosθ,这样做对吗？

1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x26t2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：

(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；

(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．

分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：

23v0l2h2/lv0,方向沿x 轴负向．由cosθΔxxtx0,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移

的大小和路程就不同了．为此,需根据

dx0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dttp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程sx1x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时

dxd2x质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小

Δxx4x032m

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(2) 由 得知质点的换向时刻为

dx0 dttp2s (t＝0不合题意)

则

Δx1x2x08.0m

Δx2x4x240m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

sΔx1Δx248m

(3) t＝4.0 s时

vdx48ms1

dtt4.0sd2xa236m.s2

dtt4.0s1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t＝0 时,x＝0．试根据已知的v-t 图,画出a-t 图以及x -t 图．

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分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．

解 将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为

aAB.................

vBvA20ms2 (匀加速直线运动)

tBtA.................

aBC0 (匀速直线运动)

aCDvDvC10ms2 (匀减速直线运动)

tDtC根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．

在匀变速直线运动中,有

1xxv0tt2

2由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为

用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作v20ms的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．

1 -8 已知质点的运动方程为r2ti(2t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；

(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；

(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；

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21(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s．

分析 质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds(dx)2(dy)2,最后用sds积分求ｓ． 1y2x2

4解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为

这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

r02j , r24i2j

图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得

Δrr2r1(x2x0)i(y2y0)j4i2j

其中位移大小Δr(Δx)2(Δy)25.66m

2222x2y2x0y02.47m

而径向增量ΔrΔrr2r0*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则

1ds(dx)2(dy)2,由轨道方程可得dyxdx,代入ds,则2ｓ内路程为

2sdsPQ404x2dx5.91m

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1 -9 质点的运动方程为

x10t30t2 y15t20t2

式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．

分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．

解 (1) 速度的分量式为

vxdx1060t dtdyvy1540t

dt22当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

v0v0xv0y18.0ms1

设vo与x 轴的夹角为α,则

tanαv0yv0x3

2α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

dvydvx240ms2 ax60ms , aydtdt则加速度的大小为

aaxay72.1ms2

设a 与x 轴的夹角为β,则

22.................

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tanβay2 ax3β＝-33°41′(或326°19′)

1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．

分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．

解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为

1y1v0tat2

21y2hv0tgt2

2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即

11v0tat2hv0tgt2

22t2h0.705s ga (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

1dhy2v0tgt20.716m

2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有

10h(ga)t2

2t2h0.705s ga(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

1hv0tat2

2则 dhh0.716m

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1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a)图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．

分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．

解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因

θ2πt,则质点P T的参数方程为

xRsin,

2πtTyRcos2πt T坐标变换后,在Oxy 坐标系中有

xxRsin, yyy0Rcos则质点P 的位矢方程为 .................

2πtT2πtR T.................

rRsin2π2πtiRcostRjTT3sin(0.1πt)i3[1cos(0.1πt)]j

(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为

vdr2π2π2π2πRcostiRsintj(0.3πms1)jdtTTTTd2r2π2π2π2πa2R()2sintiR()2costj(0.03π2ms2)i 1 -12 地面上垂

dtTTTT直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m？

分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．

解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为

vdshω31 1.9410ms2dtcosωt1sπarctan36060s ωh4ω当杆长等于影长时,即s ＝h,则

t即为下午3∶00 时．

1 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,式中a的单位为m·ｓ-2 ,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．

分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由advdx和v可得dvadt和dxvdt．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可dtdt两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操

作后再做积分．

解 由分析知,应有

vtdvadt

v00得 v4ttv0 (1)

由

133xx0dxvdt

02t得 x2t14tv0tx0 (2) 12将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为 .................

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x2t214t0.75 121 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a＝A -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为

dvdt后再两边积分． a(v)解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．

(1) 由题意知 a用分离变量法把式(1)改写为

dvABv (1) dtdvdt (2)

ABv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度 v由此可知当,t→∞时,v(2) 再由vvv0tdvdvdt

0ABvA(1eBt) BA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． BdyA(1eBt)并考虑初始条件有 dtBytABtdy(1e)dt 00ByAAt2(eBt1) BB得石子运动方程

1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a的单位为m·ｓ-2 ．在t＝0时,其速度为零,位置矢量r0 ＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的

两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速.................

.................

度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即xx0v0xt12axt和21yy0v0ytayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

又由vv0dvadt(6i4j)dt

00ttv6ti4tj

dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dtdrvdt(6ti4tj)dt

r000rttr(103t2)i2t2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2

y ＝2t2

消去参数t,可得运动的轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率kdy2tanα,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx31 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA

和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为、30°、10°和1°时,平均加速度各为多a2(1cosΔθ)v2/(RΔθ)；(2) 当Δθ分别等于90°少？ 并对结果加以讨论．

.................

.................

分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为adv和dtΔvv2Δva．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为an,a ,式中｜Δv｜可由图

ΔtRΔt(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．

由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．

解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故

22Δvv1v22v1v2cosΔθ

v2(1cosΔθ)

而

Δt所以

ΔsRΔθ vvΔvv2a2(1cosΔθ)

ΔtRΔθ.................

.................

(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式, 得

v2v2a10.9003,a20.9886

RRv2v2a30.9987,a41.000

RR以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法

v2向加速度．

R1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即v大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度vΔr,它与时间间隔Δt 的Δtdr．切向和法向加速度是指在自然坐dtdvte,后者只标下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即atdt反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加

v2速度的大小后,可由公式an求ρ．

ρ解 (1) 由参数方程

x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2

消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x2

(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

vΔrr2r12.0i6.0j Δtt2t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

v(t)vxivyjdxdyij2.0i4.0tj dtdtd2xd2ya(t)2i2j4.0ms2j

dtdt则t1 ＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

.................

.................

切向和法向加速度分别为

att1sdvd22et(vxv2)e3.58mset ytdtdtana2at2en1.79ms2en

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

21vvxv2y4.47ms

v2则ρ11.17m

an1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？

分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．

解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x ＝vt, y ＝1/2 gt2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

xv(2) 视线和水平线的夹角为

2y452m gy12.5o xθarctan.................

.................

(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

αarctanvyvxarctangt v取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

gtatgsinαgsinarctan1.88ms2

vgtangcosαgcosarctan9.62ms2

v1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与

斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足tanβ1并与v0 无关．

2tanα分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即rv0t12［如gt,做出炮弹落地时的矢量图

2图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．

(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

12gtsinα (1) 21yv0tsinβgt2cosα (2)

2xv0tcosβ令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得

.................

.................

222v0sinβ2v0sinβOPx(cosαcosβsinαsinβ)cos(αβ)

gcos2αgcos2α解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

12gtrv0t2 ππsinβsinαβsinα22从中消去t 后也可得到同样结果．

(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则

vxv0cosβgtsinα0 (3)

由(2)(3)两式消去t 后得

tanβ1 2sinα由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关． 讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．

1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R,离地面的高度为h,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为rR12hω2/g的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？

分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．

解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为

xvtRωt (1)

.................

.................

y12gth (2) 22R2ω2h由式(1)(2)可得 x

g2由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为

rx2R2R12h2ω g(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为

Rv0sin2 g为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．

1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)

分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．

解 取图示坐标系Oxy,由运动方程

xvtcosθ, yvtsinθ消去t 得轨迹方程 .................

12gt 2.................

yxtanθg(1tan2θ)x2 22v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得

71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°

如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．

1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律sv0t12bt运动,v0 、b 都是常量．(1) 求t 2时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？

分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．

解 (1) 质点作圆周运动的速率为

vdsv0bt dt其加速度的切向分量和法向分量分别为

d2sv2(v0bt)2at2b, an

dtRR故加速度的大小为

at2b2(v0bt)4 aaaR2n2t其方向与切线之间的夹角为

(v0bt)2anθarctanarctan atRb(2) 要使｜a｜＝b,由

1R2b2(v0bt)4b可得 Rvt0

b2v0ssts0

2b(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为

.................

.................

因此质点运行的圈数为

2sv0n

2πR4πbR1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．

解 因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数

ωv2rads3 22tRt2所以 ωω(t)2t

k则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

ω2t20.5rads1

αdω4t2.0rads2 dtatαR1.0ms2

总加速度

aanatαRetω2Ren

a在2.0ｓ内该点所转过的角度

αR2ω2R21.01ms2

2222θθ0ωdt2t2dtt305.33rad

00331 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为θ24t,式中θ 的单位为

rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？

分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．

解 (1) 由于θ24t,则角速度ω加速度的数值分别为

3dθ12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向dtant2srω22.30ms2

.................

.................

at(2) 当ata/2t2srdω4.80ms2 dt122,即 anat2时,有3at2an22324rtr212t2

4得 t此时刻的角位置为

3123

θ24t33.15rad

(3) 要使anat,则有

2324rtr212t2

4t ＝0.55ｓ

1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)

分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为v2v2v1 (如图所示),于是可得

'v2v15.36ms1 otan751 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v2′,若车后有一长方形物体,问车速v1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？

分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足αarctan出所需车速v1．

l．再由相对速度的矢量关系v2v2v1,即可求h.................

.................

解 由v2v2v1［图(b)］,有

αarctan而要使αarctan,则

v1v2sinθ

v2cosθlhv1v2sinθl

v2cosθhlcosθv1v2sinθ

h1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？

分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．

.................

.................

解 (1) 由v＝u ＋v′可知αarcsinu,则船到达正对岸所需时间为 vtdd1.05103s vvcosα(2) 由于vvcosα,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有

lutud5.0102m v1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y＝gt2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？

分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．

解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得

x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0

y′＝y ＝1/2 gt2

d2yg 加速度 aay2dt由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．

.................

.................

第二章 牛顿定律

2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )

(A) gsin θ (B) gcos θ (C) gtan θ (D) gcot θ

分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．

2 -2 用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小( )

(A) 不为零,但保持不变 (B) 随FN成正比地增大

(C) 开始随FN增大,达到某一最大值后,就保持不变 (D) 无法确定

分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．

2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )

(A) 不得小于μgR (B) 必须等于μgR

(C) 不得大于μgR (D) 还应由汽车的质量m 决定

分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．

2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( ) (A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变 (B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加 (C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加

.................

.................

分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程

v2FNmgsinθm可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可

R见应选(B)．

2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A、B 两物体质量相同均为m,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )

(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2mg

分析与解 本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ ＝5/8 mg．故选(A)．

讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和

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.................

a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．

2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？

分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．

解 取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有

mgsinαmgμcosαma (1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

l11at2gsinαμcosαt2 cosα22则 t2l (2)

gcosαsinαμcosα为使下滑的时间最短,可令

dt0,由式(2)有 dαsinαsinαμcosαcosαcosαμsinα0

1o,49 μ则可得 tan2α此时 t2l0.99s

gcosαsinαμcosα2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m2 ＝1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；.................

.................

(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？

分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．

解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有

FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1)

FN2 - m2 g ＝m2 a (2)

解上述方程,得

FＴ ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)

(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为

FＴ ＝5.94 ×103 N

乙对甲的作用力为

F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N

(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为

FＴ ＝3.24 ×103 N

此时,乙对甲的作用力则为

F′N2 ＝-1.08 ×103 N

由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．

2 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)

分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．

解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 .................

.................

mA g -FＴ ＝mA a (1) F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ (2) F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)

考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力

Ffmgm4ma7.2N

2

讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．

2 -9 质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？

分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．

该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增.................

.................

量．木块相对平板移动的距离即可求出．

解1 以地面为参考系,在摩擦力Fｆ ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程

Fｆ ＝μmg ＝ma1 F′ｆ ＝-Fｆ ＝m′a2

a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有

- v′2 ＝2as

由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为

mv2 s2μgmm解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为

W ＝Fｆ (s ＋l) -Fｆl ＝μmgs

式中l 为平板相对地面移动的距离．

由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有

m′v′＝(m′＋m) v″

由系统的动能定理,有

11μmgsmv2mmv2

22由上述各式可得

mv2 s2μgmm2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？

.................

.................

分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．

解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程

FNsinθmanmRω2sinθ (1)

FNcosθmg (2)

Rh (3)

且有 cosθR由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

hR可见,h 随ω的变化而变化．

g ω22 -11 火车转弯时需要较大的向心力,如果两条铁轨都在同一水平面内(内轨、外轨等高),这个向心力只能由外轨提供,也就是说外轨会受到车轮对它很大的向外侧压力,这是很危险的．因此,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,必须使外轨适当地高出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m 的火车,以速率v 沿半径为R 的圆弧轨道转弯,已知路面倾角为θ,试求：(1) 在此条件下,火车速率v0 为多大时,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？ (2) 如果火车的速率v≠v0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少？

.................

.................

分析 如题所述,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量FNsinθ 提供(式中θ 角为路面倾角)．从而不会对内外轨产生挤压．与其对应的是火车转弯时必须以规定的速率v0行驶．当火车行驶速率v≠v0 时,则会产生两种情况：如图所示,如v＞v0 时,外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F1 ,以补偿原向心力的不足,如v＜v0时,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F2 ,以抵消多余的向心力,无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生挤压．由此可知,铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速,从而确保行车安全．

解 (1) 以火车为研究对象,建立如图所示坐标系．据分析,由牛顿定律有

v2FNsinθm (1)

RFNcosθmg0 (2)

解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为

v0gRtanθ

(2) 当v＞v0 时,根据分析有

v2FNsinθF1cosθm (3)

RFNcosθF1sinθmg0 (4)

解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为

v2F1mcosθgsinθR

当v＜v0 时,根据分析有

v2FNsinθF2cosθm (5)

RFNcosθF2sinθmg0 (6)

解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为

v2F2mgsinθcosθ R.................

.................

2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为m,圆筒半径为R,演员骑摩托车在直壁上以速率v 作匀速圆周螺旋运动,每绕一周上升距离为h,如图所示．求壁对演员和摩托车的作用力．

分析 杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后,相当于如图(b)所示的斜面．把演员的运动速度分解为图示的v1 和v2 两个分量,显然v1是竖直向上作匀速直线运动的分速度,而v2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,其中向心力由筒壁对演员的支持力FN 的水平分量FN2 提供,而竖直分量FN1 则与重力相平衡．如图(c)所示,其中φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向

解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象,据(b)(c)两图应有

FN1mg0 (1)

FN2v2m (2)

Rv2vcosθv2πR2πR2h2 (3)

22FNFN1FN2 (4)

以式(3)代入式(2),得

FN2m4π2R2v24π2Rmv2 (5) R4π2R2h24π2R2h2将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为

4πRv222FNFNFmg1N24π2R2h2 与壁的夹角φ为

222FN24π2Rv2 arctanarctan222FN14πRhg.................

.................

讨论 表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方位,以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律．

2 -13 一质点沿x轴运动,其受力如图所示,设t ＝0 时,v0＝5m·ｓ-1 ,x0＝2 m,质点质量m ＝1kg,试求该质点7ｓ末的速度和位置坐标．

分析 首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．

解 由题图得

0t5s2t, Ft5st7s355t, 由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为

a2t, 0t5s a355t, 5st7s

对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由adv得 dtdvadt

v00vt积分后得 v5t 再由v2dx得 dt积分后得x25tt

xx0dxvdt

0t133将t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 m·ｓ-1 和x5 ＝68.7 m 对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有

再由

vv0dva2dt

5s2t得 v35t2.5t82.5t

xx5dxvdt

5st.................

.................

得

x ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87

将t ＝7ｓ代入分别得v7＝40 m·ｓ-1 和 x7 ＝142 m

2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．

分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a＝dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义v＝dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置．

解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

120t40mdv dt依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得

dv12.0t4.0dt

v00vtv＝6.0+4.0t+6.0t2

又因v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 ＝0 时x0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有

dx6.04.0t6.0tdt

xt2x00x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3

2 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．

分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．

解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有

dvαt dtvtαtdvv00mdt α2t 得 vv02mFmam因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m·ｓ-1

又

α2dxvdt x0002mtxt故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

.................

.................

sxx0v0tα3t467m 6m2 -16 质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为bv2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy 轴,求：(1) 运动员在水中的速率v与y 的函数关系；(2) 如b /m ＝0.40m -1 ,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v减少到落水速率v0 的1 /10？ (假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)

分析 该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P、浮力F 和水的阻力Fｆ的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．

解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为

v02gh

运动员入水后,由牛顿定律得

P -Fｆ -F ＝ma

由题意P ＝F、Fｆ＝bv2 ,而a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代 入上式后得

-bv2＝ mv (d v /dy)

考虑到初始条件y0 ＝0 时, v0t2gh,对上式积分,有

vdvbdy 0v0vmvv0eby/m2gheby/m

(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v0 代入上式,则得

.................

.................

ymvln5.76m bv0 *2 -17 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片组成．每一叶片的质量m＝136 kg,长l＝3.66 m．求当它的转速n＝320 r/min 时,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片)

分析 螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分的方法求解．

解 设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O 的方向为正向,距原点O 为r处的长为dr一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为FＴ(r)与FＴ(r＋dr)．叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有

dFTFTrFTrdr由于r ＝l 时外侧FＴ ＝0,所以有

m2ωrdr ltFTrdFTlrmω2rdr lmω2222πmn222FTrlrlr

2ll上式中取r ＝0,即得叶片根部的张力

FＴ0 ＝-2.79 ×105 N

负号表示张力方向与坐标方向相反．

2 -18 一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑．试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力．

.................

.................

分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,与其相对应的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．

解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力FN ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得

Ftmgsinαmdv (1) dtmv2FnFNmgcosαm (2)

R由v行积分,有

dsrdαrdα,得dt,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进

vdtdt得 v则小球在点C 的角速度为

vv0vdvα90orgsinαdα

2rgcosα ωv2gcosα/r rmv2mgcosα3mgcosα 由式(2)得 FNmr.................

.................

由此可得小球对圆轨道的作用力为

FN3mgcosα FN负号表示F′N 与en 反向．

2 -19 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v0减少到12 v0时,物体所经历的时间及经过的路程．

分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．

解 (1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有

mv2FNman

RFfmatdv dt由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

v2dvμ Rdt取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

t0dtRvdv

μv0v2vRv0

Rv0μt(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为

tR μv0.................

.................

物体在这段时间内所经过的路程

svdt0tt0Rv0dt

Rv0μtsRln2 μ2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr ＝kv,且k ＝0.03 N/( m·ｓ-1 )．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2) 最大高度为多少？

分析 物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率v 的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可．但是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零．

解 (1) 物体在空中受重力mg和空气阻力Fr ＝kv 作用而减速．由牛顿定律得

mgkvm根据始末条件对上式积分,有

dv (1) dtt0dtmvv0vdv

mgkvtmkv0ln16.11s kmg(2) 利用

dvdvv的关系代入式(1),可得 dtdymgkvmv分离变量后积分

dv dy故 yy0dyv00mvdv

mgkvmmgkv0ln1v0183m kkmg2vv讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式t0和y0分别算

g2g得t≈6.12ｓ和y≈184 m,均比实际值略大一些．

2 -21 一物体自地球表面以速率v0 竖直上抛．假定空气对物体阻力的值为Fr ＝kmv2 ,.................

.................

其中m 为物体的质量,k 为常量．试求：(1) 该物体能上升的高度；(2)物体返回地面时速度的值．(设重力加速度为常量．)

分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 和阻力Fr 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．

解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有

mgkmv2m依据初始条件对上式积分,有

dvvdvm dtdyy0dy0v0vdv

gkv21gkv2 yln22kgkv0物体到达最高处时, v ＝0,故有

21gkv0hymaxln 2kg(2) 物体下落过程中,有

mgkmv2m对上式积分,有

vdv dyy0dy0v0vdv 2gkv.................

.................

kv2则 vv01g1/2

2 -22 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是vm ．试计算从静止加速到vm/2所需的时间以及所走过的路程．

分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k．由于阻力Fr ＝kv2 ,且Fr又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换．

解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F和阻力Fr 同时作用下,由牛顿定律有

Fkv2m当加速度a ＝dv/dt ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得

dv (1) dtk＝F/vm2 (2)

由式(1)和式(2)可得

v2dvF1m (3) v2dtm根据始末条件对式(3)积分,有

1t0dtmF1vm20v21v2dv

m则 t又因式(3)中mmvmln3 2Fdvmvdv,再利用始末条件对式(3)积分,有 dtdxx0dxmF1vm20v21v2dv

m122mvm4mvmln0.144则 x 2F3F*2 -23 飞机降落时,以v0 的水平速度着落后自由滑行,滑行期间飞机受到的空气阻力F1

＝-k1 v2 ,升力F2＝k2 v2 ,其中v为飞机的滑行速度,两个系数之比k1/ k2 称为飞机的升阻比．实验表明,物体在流体中运动时,所受阻力与速度的关系与多种因素有关,如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有F∝v,而在速度较大或流体密度较大的有F∝v2 ,需要精确计算时则应由实验测定．本题中由于飞机速率较大,故取F∝v2 作为计算依据．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ,试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实际上已成为飞机跑道长度设计的依据之一．

.................

.................

分析 如图所示,飞机触地后滑行期间受到5 个力作用,其中F1为空气阻力, F2 为空气升力, F3 为跑道作用于飞机的摩擦力,很显然飞机是在合外力为变力的情况下作减速运动,列出牛顿第二定律方程后,用运动学第二类问题的相关规律解题．由于作用于飞机的合外力为速度v的函数,所求的又是飞机滑行距离x,因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量dt 进行代换,将dt 用

dx代替,得到一个有关v 和x 的微分方程,分离变量后再作积分． v FNk1vm解 取飞机滑行方向为x 的正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有

dv (1) dtFNk2v2mg0 (2)

2将式(2)代入式(1),并整理得

μmgk1μk2v2m分离变量并积分,有

dvdvmv dtdx得飞机滑行距离

vv0mvdvdx 20μmgk1μk2vμmgk1μk2v2mxln (3)

2k1μk2μmg考虑飞机着陆瞬间有FN＝0 和v＝v0 ,应有k2v02 ＝mg,将其代入(3)式,可得飞机滑行距离x 的另一表达式

2k1k2v0xln 2gk1μk2μk2讨论 如飞机着陆速度v0＝144 km·h-1 ,μ＝0.1,升阻比＝560 m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果．

k1

5,可算得飞机的滑行距离x k2

2 -24 在卡车车厢底板上放一木箱,该木箱距车箱前沿挡板的距离L ＝2.0 m,已知刹车时卡车的加速度a ＝7.0 m·ｓ-2 ,设刹车一开始木箱就开始滑动．求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数μ＝0.50．

分析 如同习题2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F0 后,以车厢为参考系进.................

.................

行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a′为木箱相对车厢的加速度．

解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有

F0 -Fｆ＝ma -μmg＝ma′ (1) v′ 2 ＝2a′L (2)

联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为

v2aμgL2.9ms2

*2 -25 如图(a)所示,电梯相对地面以加速度a 竖直向上运动．电梯中有一滑轮固定在电梯顶部,滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为m1 和m2 的物体A和B．设滑轮的质量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计．已知m1 ＞m2 ,如以加速运动的电梯为参考系,求物体相对地面的加速度和绳的张力．

分析 如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系．在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力．在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来．

解 取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B 作受力分析,其中F1 ＝m1a,F2 ＝m2a 分别为作用在物体A、B 上的惯性力．设ar为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有

m1gm1aFT1m1ar (1)

.................

.................

m2gm2aFT2m2ar (2)

FT2FT2 (3)

由上述各式可得

arm1m2ga

m1m2FT2FT22m1m2ga

m1m2由相对加速度的矢量关系,可得物体A、B 对地面的加速度值为

a1aram1m2g2m2a

m1m22m1am1m2g

m1m2a2araa2 的方向向上, a1 的方向由ar 和a 的大小决定．当ar ＜a,即m1g -m2g -2m2 a＞0 时,a1 的方向向下；反之, a1 的方向向上．

*2 -26 如图(a)所示,在光滑水平面上,放一质量为m′的三棱柱A,它的斜面的倾角为α．现把一质量为m 的滑块B 放在三棱柱的光滑斜面上．试求：(1)三棱柱相对于地面的加速度；(2) 滑块相对于地面的加速度；(3) 滑块与三棱柱之间的正压力．

分析 这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意： (1) 参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地面和斜面都是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加速度为aA 的运动,这时,滑块沿斜面的加速度aBA ,不再是它相对于地面的加速度aB 了．必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系,即aB ＝aA ＋aBA ．若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛.................

.................

顿定律,则必须增添一惯性力F,且有F ＝maA ．

(2) 坐标系的选择．常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化．

(3) 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力mgcos α,事实上只有当aA ＝0 时,正压力才等于mgcos α．

解1 取地面为参考系,以滑块B 和三棱柱A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示．B 受重力P1 、A 施加的支持力FN1 ；A 受重力P2 、B 施加的压力FN1′、地面支持力FN2 ．A 的运动方向为Ox 轴的正向,Oy 轴的正向垂直地面向上．设aA 为A 对地的加速度,aB 为B 对的地加速度．由牛顿定律得

FN1sinαmaA (1) FN1sinαmaBx (2) FN1cosαmgmaBy (3)

FN1FN1 (4)

设B 相对A 的加速度为aBA ,则由题意aB 、aBA 、aA 三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得

aBxaAaBAcosα (5) aByaBAsinα (6)

解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为

aAmgsinαcosα

mmsin2αmgsinαcosα 2mmsinαmmsin2α

滑块相对地面的加速度aB 在x、y 轴上的分量分别为

aBxaBymmgsin2α则滑块相对地面的加速度aB 的大小为

aBaa其方向与y 轴负向的夹角为

2Bx2Bym22mmm2sin2α gsinα2mmsinαaBxmcotαarctan aBymmθarctanA 与B 之间的正压力

.................

.................

FN1mmgcosα

mmsin2α解2 若以A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B 的动力学方程分别为

mgsinαmaAcosαmaBA (1) mgcosαFN1maAsinα0 (2)

又因 FN1sinαmaA0 FFN1N1 由以上各式可解得

amgsinαcosαAmmsin2

aαmmgsinαBAmmsin2α

由aB 、aBA 、aA三者的矢量关系可得

am22mmm2sin2αBgsinαmmsin2α 以aA 代入式(3)可得

FmmgcosαN1mmsin2α

.................

(3)

(4)

.................

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律

3 -1 对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是( )

(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C) (1)、(3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的

分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．

3 -2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则( )

(A) 物块到达斜面底端时的动量相等 (B) 物块到达斜面底端时动能相等

(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒 (D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒

分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．

3 -3 对功的概念有以下几种说法：

(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加； (2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；

(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零． 下列上述说法中判断正确的是( )

(A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的

分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未.................

.................

必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．

3 -4 如图所示,质量分别为m1 和m2 的物体A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧．另有质量为m1 和m2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A和C、B 和D 之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A 和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B 弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有( )

(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒 (C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒

分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．

3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )

(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能 (B) 子弹-木块系统的机械能守恒

(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功 (D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热

分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．

3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？

分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解.................

.................

决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．

解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得

FΔtmv0此代入上式可得

式中F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以

mv2F2.55105N

l鸟对飞机的平均冲力为

FF2.55105N

式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．

3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．

分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1v0sinα,物体从出发到落回至同一水平面所需的时g间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．

另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为

Δt1则物体落回地面的时间为

v0sinα g.................

.................

Δt22Δt1于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

v0sinα gI1FdtmgΔt1jmv0sinαj

Δt1I2FdtmgΔt2j2mv0sinαj

Δt2解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 的过程中,重力的冲量分别为

I1mvAyjmv0yjmv0sinαj I2mvByjmv0yj2mv0sinαj

3 -8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2 ．

分析 本题可由冲量的定义式I度v2．

解 (1) 由分析知

2I304tdt30t2t2068Ns

02t2t1Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速

(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得

t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有

I ＝m v2- m v1

由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得

v2Imv140ms1 m 3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．

分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．

解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为

v12gh (1)

.................

.................

在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

FPΔtmv2mv1 (2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

FmgΔ2ghΔmvmg1.14103N

ΔtΔt解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有

Fmg2h/gmg1.14103N Δt3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acosωt,其中k、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到tπ 时间内小球动量的增量． 2ω分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．

解 力F 的冲量为

t2t2π/2ωt2t1Fdt积

IFdtkxdtt1t10kAcosωtdtkA ω即 ΔmvkA ω 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．

分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F．

解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为 .................

.................

Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

F从而可得水流对管壁作用力的大小为

IρSvΔtvBvA ΔtFF2ρSv22.5103N

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)

分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地

的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．

解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为

v0x物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为

x1g (1) x1t02hy1hv1t12gt 212gt2 (2) t1当该碎片落地时,有y1 ＝0,t ＝t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度

hv1又根据动量守恒定律,在最高点处有

1mv0xmv2x (3)

2110mv1mv2y (4)

22联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为

.................

.................

v2x2v0x2x1g100ms1 2hv2yv1h12gt1214.7ms1 t1爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为

x2x1v2xt2 (5)

12 (6) y2hv2yt2gt22落地时,y2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置

x2 ＝500 m

3 -13 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)

分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．

解 设A、B两船原有的速度分别以vA 、vB 表示,传递重物后船的速度分别以vA′ 、vB′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

mAmvAmvBmAvA (1)

mBmvBmvAmBvB (2)

由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入数据后,可解得

vAmBmv1B0.40ms 2mBmmAmmvBmAmmBvBmAmmBmm23.6ms1

也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．

3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)

.................

.................

分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．

解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有

mmv0cosαmvmvu

式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得

v0v0cosα人的水平速率的增量为

mu

mmΔvvv0cosα而人从最高点到地面的运动时间为

mu

mmt所以,人跳跃后增加的距离

v0sinα gΔxΔvtmv0sinα

mmg *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍．

.................

.................

分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对dt 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求．

解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l,以t 时刻,已落到桌面上长为y、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P、桌面的托力FN 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有

mygFFN0 (1) lm为求冲力F,可取dt 时间内落至桌面的线元dy 为研究对象．线元的质量dmdy,它

l受到重力dP 和冲力F 的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由动量定理得

mvdy (2) l而 FF (3)

Fdt0由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为

mmmFNFNygv23yg3mg

lll *3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s-1 ．(1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s-2 ．(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率．

分析 这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t→t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量ΣdPi 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝udm′/dt ＋mdv/dt(推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在dt 时间内排出燃料的质量dm′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率dm′/dt 也就是火箭质量的变化率-dm/dt．这样,

.................

.................

上述方程也可写成udmmgma．在特定加速度a0 的条件下, dt根据初始时刻火箭的质量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．

解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为

udmmgma (1) dt因火箭的初始质量为m0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度 a0 ＝4.90 m·s-2,则燃气的排出率为

dmm0ga03.68103kgs1

dtuudmdvmgm dtdtdmtgdt m0m0m(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成

分离变量后积分,有

火箭速率随时间的变化规律为

vv0dvuvv0uln因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为

mgt (2) m0mm0得 tdm1tm dt65m0 (3)

6dm/dt将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率

vulnmm5m0gtuln2.47103ms1 m0m06dm/dt 3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．

分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知FF0LF0x．则该力作的功可用式Fdx 计算,然后由动能定理求质点速率．

0LF解 由分析知FF00x, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功,

LLFFLWF00xdx0

0L2.................

.................

由动能定理有 W得x ＝L 处的质点速率为

12mv0 2v此处也可用牛顿定律求质点速率,即

F0L mF0F0dvdvxmmv Ldtdx分离变量后,两边积分也可得同样结果．

3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？ 已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m．

分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式WFds来求解．

解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为

WFdxFcosθdxx1x2Fxdx22dx1.69J

3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)

分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式WFdx来求解．关键在于寻找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) ＝kv2 变换到F(t),

进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解．

解 由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度

vdx3ct2 dt按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

Fkv29kc2t49kc2/3x4/3

.................

.................

则阻力的功为

WFdxWFdxcos180odx9kc2/3x4/3dx00ll272/37/3kcl 73 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．

分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．

解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有

F ＋P ＝0

在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为

P ＝mg -αgy

其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为

WFdymgagydy882J

00l103 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．

.................

.................

分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式WFds,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．

解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即

WPPΔhmgl1cosθ0.53J

在小球摆动过程中,张力FＴ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功

WTFTds

(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为

EkEk0.53J

小球在最低位置的速率为

v2EKm2WP2.30ms1 m(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

mv2FTP

lmv2FTmg2.49N

l.................

.................

3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v0 ．当它运动一周时,其速率为v0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？

分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．

解 (1) 摩擦力作功为

11232 (1) WEkEk0mv2mv0mv0228(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

WFfscos180o2πrμmg (2)

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

23v0 μ16πrg(3) 由于一周中损失的动能为mv0,则在静止前可运行的圈数为

382nEk04圈 W33 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m1 和m2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k)

分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．

解 选取如图(b)所示坐标,取原点O处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有 .................

.................

F1 ＝P1 ＋F (1)

当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得

1212ky1mgy1ky2mgy2 22式中y1 、y2 为M、N 两点对原点O 的位移．因为F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可写为

F1 -F2 ＝2P1 (2)

由式(1)、(2)可得

F ＝P1 ＋F2 (3)

当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得

F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．

3 -24 如图(a)所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为m′,从与水平成倾角α＝30.0°斜面上的点A 由静止下滑．设斜面对车的阻力为车重的0.25 倍,矿车下滑距离l 时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动．当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货．试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大？

分析 矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力．矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求

.................

.................

解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便．

解 取沿斜面向上为x 轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O．矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为

Wｆ ＝(0.25mg ＋0.25m′g)(l ＋x) (1)

式中m′和m 分别为矿车满载和空载时的质量,x 为弹簧最大被压缩量．

根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有

Wｆ ＝-ΔE ＝-(ΔEP＋ΔEｋ )

由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEｋ＝0；而ΔEP＝(m -m′) g(l ＋x) sinα,

故有

Wｆ ＝-(m -m′) g(l ＋x) sinα (2)

由式(1)、(2)可解得

m1 m33 -25 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？

分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

解 因阻力与深度成正比,则有F＝kx(k 为阻力系数)．现令x0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

x00kxdxx0Δxx0kxdx

Δx＝0.41 ×10 -2 m

3 -26 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3RE 的圆轨道运动,RE 为地球的半径．已知地球的质量为mE．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．

分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．

解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得

mEmv2 Gm23RE3RE.................

.................

则 EK12mmmvGE 26RE(2) 取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为

EPG(3) 卫星的机械能为

mEm 3REEEKEPGmEmmmmmGEGE 6RE3RE6RE3 -27 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．

分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．

解 由系统的机械能守恒,有 .................

.................

mgR根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

12mvmgRcosθ (1) 2mv2mgRcosθFN (2)

R冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

2θarccos48.2o

3冰块此时的速率为

vgRcosθv 的方向与重力P 方向的夹角为

2Rg 3α＝90°-θ ＝41.8°

3 -28 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2 m．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知BCD是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r．求弹簧劲度系数的最小值．

分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值． .................

.................

解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有

2mvcmg (1)

r取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

1122 (2) kΔlmg3rmvc22由式(1)、(2)可得

k7mgr1366Nm Δl23 -29 如图所示,质量为m、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．

分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．

解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有

mvmmv1 (1)

又由机械能守恒定律,有

121122mvmmv1kx0 (2) 222由式(1)、(2)可得

x0mmv kmm3 -30 质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？

.................

.................

分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果．

解 由水平方向的动量守恒定律,有

vmvmmv (1)

2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则

2mvhmg (2)

l式中v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有

112mv2mglmvh (3) 22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

v2m

m5gl3 -31 一个电子和一个原来静止的氢原子发生对心弹性碰撞．试问电子的动能中传递给氢原子的能量的百分数．(已知氢原子质量约为电子质量的1 840倍)

分析 对于粒子的对心弹性碰撞问题,同样可利用系统(电子和氢原子)在碰撞过程中所遵循的动量守恒和机械能守恒来解决．本题所求电子传递给氢原子的能量的百分数,即氢原

22子动能与电子动能之比EH/Ee．根据动能的定义,有EH/EemvH/mve,而氢原子与电子

的质量比m′/m 是已知的,它们的速率比可应用上述两守恒定律求得, EH/Ee 即可求出．

解 以EH 表示氢原子被碰撞后的动能, Ee 表示电子的初动能,则

.................

.................

122mvHEH2mvH (1) 1Eemve2mve2由于粒子作对心弹性碰撞,在碰撞过程中系统同时满足动量守恒和机械能守恒定律,故有

mvemvHmve (2) 121122mvemvHmve (3) 222由题意知m′/m＝1 840,解上述三式可得

EHmvH2m318402.210 Eemvemm3 -32 质量为7.2 ×10 -23 kg,速率为6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0 ×107 m·s-1．求：(1) 粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2) 粒子A 的偏转角．

22

分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．

解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有

1mmvAvBcosβmvAcosα (1) 22m0vBsinβmvAsinα (2)

2又由机械能守恒定律,有

121m212mvAvBvA (3) 2222解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为

712vB2v2AvA4.6910ms

.................

.................

各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

23vv23vAαarccosA22o20 βarccosB54o6

4vA4vAvA3 -33 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．

解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosαmmv1 (1)

在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

μmmgcosαh sinα由式(1)、(2)可得

1122mmv2mmghmmv1 (2) 222mv2v0cosα2ghμcotα1

mm3 -34 如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑下．设容器质量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？

.................

.................

分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难．

解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得

mvmmvm0 (1)

1212mvvmvmmgR (2) 22式中vm 、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为

2mgR vmmmvmm2mgR

mmm由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为

mmvmvmvmvmvm2gR (3)

m在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为

2mvmFNmg (4)

R.................

.................

由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为

2mFNmg3

m3 -35 打桩机锤的质量为m ＝10 t, 将质量为m′＝24 t、横截面为S ＝0.25 m2 (正方形截面)、长达l ＝38.5 m 的钢筋混凝土桩打入地层,单位侧面积上受泥土的阻力为K ＝2.65 ×104 N· m -2 ．问：(1) 桩依靠自重能下沉多深？(2) 在桩稳定后,将锤提升至离桩顶面1 m 处,让其自由下落击桩,假定锤与桩发生完全非弹性碰撞．第一锤能使桩下沉多少？ (3) 若桩已下沉35 m 时,锤再一次下落,此时锤与桩碰撞已不是完全非弹性碰撞了,锤在击桩后反弹起0.05 m,这种情况下,桩又下沉多少？

分析 (1) 桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理求解．(2)打桩过程可分为三个阶段．1.锤自由下落的过程．在此过程中,锤与地球系统的势能转化为锤的动能,满足机械能守恒定律．2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远大于重力和泥土的阻力,锤与桩这一系统满足动量守恒定律．由于碰撞是完全非弹性的,碰撞后桩和锤以共同速度运动．3.桩下沉的过程．在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩擦力作功,可应用系统的功能原理．根据以上分析列出相应方程式即可解．(3)仍为打桩过程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出．桩下沉时,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的．

解 (1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有

h1mgh14ShKdh (1)

0桩下沉的距离为

h1mg8.88m

2SK(2) 锤从1 m 高处落下,其末速率为v0桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律,有

2gh．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与

mv0mmv (2)

随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有

h1h2h1-4dSKhv01mmv2mmgh2 (3) 2由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为

h2 ＝0.2 m

(3) 当桩已下沉35 m 时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运动规律得v12gh,再根据动量守恒定律,有

mv0m2ghmv (4)

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得 .................

.................

由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离

h301-4S35mhdhmgh3mv2 (5)

2h3 ＝0.033 m

*3 -36 一系统由质量为3.0 kg、2.0 kg 和5.0 kg 的三个质点组成,它们在同一平面内运动,其中第一个质点的速度为(6.0 m·s-1 )j,第二个质点以与x轴成-30°角,大小为8.0 m·s-1 的速度运动．如果地面上的观察者测出系统的质心是静止的,那么第三个质点的速度是多少？

分析 因质点系的质心是静止的, 质心的速度为零, 即vC ＝drC

mixidrcd0,故有dmiximixi0,这是一矢量方程．将质点vcdtdtdtmi系中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三质点的速度．

解 在质点运动的平面内取如图3 -36 所示坐标．按

mxii0的分量式,有

m1v1xm2v2xm3v3x0 m1v1ym2v2ym3v3y0

其中v2xv2cosθ, v2yv2sinθ ,θ ＝-30°,代入后得

m1v1ym2v2ym21v2x2.0ms1 v3xv2x2.8ms v3ym3m311则 v32.8msi2.0msj

*3 -37 如图所示,质量分别为m1 ＝10.0 kg和m2 ＝6.0 kg 的两小球A 和B,用质量可略去不计的刚性细杆连接,开始时它们静止在Oxy 平面上,在图示的外力F1 ＝(8.0 N) i 和F2 ＝(6.0 N) j 的作用下运动．试求：(1)它们质心的坐标与时间的函数关系；(2)系统总动量与时间的函数关系．

分析 两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出．虽然两力分别作用在杆端不同质点上,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解． .................

.................

解 (1) 选如图所示坐标,则t ＝0 时,系统质心的坐标为

xc0m2x201.5m

m1m2m1y101.9m

m1m2yc0对小球与杆整体应用质心运动定律,得

FxF1m1m2FyF2m1m2dvx (1) dtdvydt (2)

根据初始条件t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式,有

的函数关系式,有

t0F1dtF1dtvx0m1m2dvx, vxm1m2dvy, vyF1t (3)

m1m2F2t (4)

m1m2tvy00根据初始条件t ＝0 时,x ＝xC0 ,y ＝yC0 ,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间

tF1dxdt xc0c0m1m2xcxcxc0ycF1t21.50.25t2

2m1m2及

tF2dydt yc0c0m1m2ycyc0F2t21.90.19t2

2m1m2(2) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系

PΔPF1F2dt8.0ti6.0tj

0t第四章 刚体的转动

4 －1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； .................

.................

(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 对上述说法下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确

分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)． 4 －2 关于力矩有以下几种说法：

(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； (2) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．

对上述说法下述判断正确的是( )

(A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C)(2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的

分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．

4 －3 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )

(A) 角速度从小到大，角加速度不变 (B) 角速度从小到大，角加速度从小到大 (C) 角速度从小到大，角加速度从大到小 (D) 角速度不变，角加速度为零

.................

.................

分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．

4 －4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变 (C) L 不变，ω减小 (D) 两者均不确定

分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即

mvdmvdJ0ω0Jω

式中mvD 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J0 ，则ω＜ω０ ．故选(C)．

4 －5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒 (C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒 (Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒

分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜.................

.................

不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．

4 －6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min-1均匀的增加到2.7×103 r·min-1．(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？

分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．

解 (1) 由于角速度ω＝2π n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α变速转动中角加速度为

dω，在匀dtαωω02πnn013.1rads2 tt(2) 发动机曲轴转过的角度为

1ωω0θω0tαt2tπnn0

22在12 s 内曲轴转过的圈数为

θnn0t390圈 2π2t/τ，式中ω０＝9.0 s-1 ，τ4 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为ωω01eN＝2 s ．求：(1) t ＝6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数．

分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．

解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得

ωω01et/τ0.95ω08.6s1

(2) 角速度随时间变化的规律为

α(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为

dωω0t/τe4.5et/2rads2 dtτθωdtω01et/τdt36.9rad

0066则t ＝6.0 s时电动机转过的圈数

Nθ/2π5.87圈

4 －8 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′ 轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10-47 kg·m2 ，对BB′ 轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10-47 kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．

.................

.................

分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得

JAA2mHd2sin2θ JBB2mHd2cos2θ

此二式相加，可得JAAJBB2mHd 则 d2JAAJBB9.591011m

2mH2由二式相比，可得 JAA/JBBtanθ 则 θarctanJAA1.93arctan52.3o JBB1.144 －9 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103 kg·m-3，求飞轮对轴的转动惯量．

分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定.................

.................

义，用简单的积分计算得到．

解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得

221d1dJJ1J22m11m222222 1414πρld1ad20.136kgm2162

4 －10 如图(a)所示，圆盘的质量为m，半径为R．求：(1) 以O为中心，将半径为R／2 的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；(2) 剩余部分对O′O′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量．

分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式Jrdm计算，式中dm 可取半径为r、宽度为dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原

大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b)所示． (1) 解1 由分析知

2m2πrdrR/2πR2

2mR315 2rdrmR2RR/232J0r2dmr2R解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为J11mR2，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量21mJ222πRRπ22R212mR，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为

322J0J1J215mR2 32(2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为 .................

.................

215mR2392J0mRm2πRmR2

32πR3224 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．

分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．

该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有

FTRJα (1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

mgFTma (2)

由于绳子不可伸长，因此，有

aRα (3)

重物作匀加速下落，则有

h由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

12at (4) 2gt2JmR2h1

2解2 根据系统的机械能守恒定律，有 .................

.................

11mghmv2Jω20 (1′)

22而线速度和角速度的关系为

vRω (2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

vat (3′)

v22ah (4′)

由上述各式可得

gt2JmR2h1

2若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．

4 －12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1时，所经历的时间t 为多少？

分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1 在匀变速转动中，角加速度α间

ωω0，由转动定律MJα，可得飞轮所经历的时ttωω02πJnn010.8s JMM解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

MdtJωω

00t则 tωω02πJnn010.8s JMM4 －13 如图(a) 所示，质量m1 ＝16 kg 的实心圆柱体A，其半径为r ＝15 cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m2 ＝8.0 kg 的物体B.求：(1) 物体B 由静止开始下降1.0 s后的距离；(2) 绳的张力FＴ .

.................

.................

分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.

解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得

1FTrJαm1r2α

2对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

P2FTm2gFTm2a

且FＴ ＝FＴ′ .又由角量与线量之间的关系，得

arα

解上述方程组，可得物体下落的加速度

a在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为

2m2g

m12m212m2gt2sat2.45m

2m12m2(2) 由式(2)可得绳中的张力为

.................

.................

FTmgam1m2g39.2N

m12m24 －14 质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.

分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有

P1FT1m1gFT1m1a1 (1) FT2P2FT2m2gm2a2 (2)

FT1RFT2rJ1J2α (3) FT1FT1,FT2FT2 (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有 .................

.................

a1Rα (5) a2rα (6)

解上述方程组，可得

a1m1Rm2rgR 22J1J2m1Rm2rm1Rm2rgr

J1J2m1R2m2r2a2J1J2m1r2m2RrFT1m1g

J1J2m1R2m2r2J1J2m1R2m1RrFT2m2g 22J1J2m1Rm2r4 －15 如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1 和m2 的物体A、B.A 置于倾角为θ 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动时，求：(1) 其下落加速度的大小；(2) 滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)

分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.

解 作A、B 和滑轮的受力分析，如图(b).其中A 是在张力FＴ1 、重力P1 ，支持力FＮ 和摩擦力Fｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

FT1m1gsinθμm1gcosθm1a1 (1)

而B 则是在张力FＴ2 和重力P2 的作用下运动，有

m2gFT2m2a2 (2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

a1a2rα (3)

.................

.................

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

FT2rFT1rJα (4) FT1FT1,FT2FT2 (5)

解上述各方程可得

a1a2m2gm1gsinθμm1gcosθ

Jm1m22rm1m2g1sinθμcosθsinθμcosθm1gJ/r2 FT12m1m2J/rm1m2g1sinθμcosθm2gJ/r2 FT2m1m2J/r24 －16 如图(a)所示，飞轮的质量为60 kg，直径为0.50 m，转速为1.0 ×103 r·min-1 .现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.

.................

.................

分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.

解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

l10 Fl1l2FN，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FNFNMFfd1llFNμd12Fμd (1) 222l1摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有 .................

.................

αωω0ω02πn (2) ttt2因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量Jmd/4，根据转动定律MJα，由式(1)、(2)可得制动力

Fπnmdl13.14102N

μl1l2t4 －17 一半径为R、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1) 求圆盘所受的摩擦力矩.(2) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？

分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr 的圆环为面元，环所受摩擦力dFｆ ＝2πrμmgdr/πR2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM ＝r ×dFｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt.当然也可由转动定律求解得.

解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为

dMrdFf2r2μmgdr/R2k

式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为

MdMR02r2μmg2drμmgR 2R3(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J ＝mR2/2 .由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为

ΔtJω3ωR M4μg4 －18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？

.................

.................

分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.

解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为

α根据初始条件对式(1)积分，有

dωCω (1) dtJtdωCω0ω0Jdt ω由于C 和J 均为常量，得

ωω0eCt/J (2)

当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为

t(2) 根据初始条件对式(2)积分，有

Jln2 Ct即 θ在时间t 内所转过的圈数为

θ0dθω0eCt/Jdt

0Jω0 2CNθJω0 2π4πC4 －19 如图所示，一长为2l 的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －et ) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系统

－

在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.

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分析 由于棒的质量不计，该系统对z 轴的角动量即为两小球对z 轴的角动量之和，首先可求出系统对z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.

2解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为J2mr2mlsinα2mlsinα，则系统对z 轴

22的角动量为

LJω2mr22ml2ω01etsin2α

此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得

Mt ＝0时，合外力矩为

dLd2ml2ω01etsin2α2ml2ω0sin2αet dtdtM2ml2ω0sin2α

此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即αdωω0et，再由M ＝Jα求得M. dt4 －20 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

.................

.................

解 (1) 碎块抛出时的初速度为

v0ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2v0ω2R2 h2g2g(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

LL0L

式中L1mR2ω为圆盘未碎时的角动量；LmR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的21LmmR2ω

2角动量；L 为破裂后盘的角动量.则

4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s1 的速度射入杆端，其

－

方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.

分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度.................

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可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理

J2ωJ1J2ω

式中J2m2l/2为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子

2弹在此刻绕轴的角速度.J1m1l/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

2ωJ2ω6m2v29.1s1

J1J2m13m24 －22 半径分别为r1 、r2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1 和J2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？

分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.

解 设相互作用力为F，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有

Fr1ΔtJ1ω1ω0 (1)

Fr2ΔtJ2ω2 (2)

两轮啮合后应有相同的线速度，故有

r1ω1r2ω2 (3)

由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为

J1ω0r22 ω1J1r22J2ω0r12.................

.................

4 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg· m2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

－

分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式

ωω0ω1 .

解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

ωω0ω1ω0v R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0J1ω0ω10

式中J0 、J1 ＝mR2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为

mR2v21 ω09.5210s2J0mRR式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.

4 －24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs-1 转动，转台对转轴的转动惯量为J0 ＝4.0 ×10-3 kg· m2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s-1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度.

分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为

10smQdt0.10kg

0根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0J0mr2ω

则t ＝10 s 时，转台的角速度

ωJ0ω00.80J1πs1 2J0mr4 －25 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J ＝2.0 ×103 kg· m2 ，旋转的角速度ω＝0.2 rad· s-1 ，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5 m；喷气以恒定的流量Q ＝1.0 kg· s-1和速率u ＝50 m· s-1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气.................

................. 应喷射多长时间？

分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jω；(2) 喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u，这样，排出气体的总角动量

uωrdmmur.经上述处理后，可使问题大大简化.

m解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有

Jωmur0 (1)

因喷气的流量恒定，故有

m2Qt (2)

由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为

tJω2.67s 2Qur4 －26 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.

分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.

解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

J0ωaJ0J1ωb

式中J01mR2为转台对其中心轴的转动惯量，J1mR2为蜘蛛刚落至台面边缘时，它2J0mωaωa

J0J1m2m对轴的转动惯量.于是可得

ωb(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即J2mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有

2J0ωaJ0J1ωc

4 －27 一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.

.................

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分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度. 解 (1) 由刚体的角动量定理得

ΔLJω0MdtFlΔt2.0kgm2s1

(2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即

112Jω0mgl1cosθ 22由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

3F2Δt2oθarccos18838 2mgl4 －28 我国1970年4 月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39 ×105 m、远地点为2.38 ×106 m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.(设地球半径为6.38 ×106 m)

分析 当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力———万有引力的作用.因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率.

解 由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有

mr1v1mr2v2 (1)

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

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12GmmE12GmmEmv1mv2 (2) 2r12r2式中G 为引力常量，mＥ 和m 分别为地球和卫星的质量，r1 和r2 是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离.由式(1)、(2)可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为

v1GmEr28.11103ms1

r1r1r2r1v16.31103ms1 r2v24 －29 地球对自转轴的转动惯量为0.33 mＥR2 ，其中mＥ为地球的质量，R为地球的半径.(1) 求地球自转时的动能；(2) 由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3.5 ×105 s，求潮汐对地球的平均力矩.

－

分析 由于地球自转一周的时间为24 小时，由ω＝2π/T 可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能Eｋ ＝12 Jω2 .随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少.通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量ΔEｋ 与周期的变化ΔT 的关系.根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由

WMΔθΔEK，即可求出潮汐的平均力矩.

解 (1) 地球的质量mＥ ＝5.98 ×1024 kg，半径R ＝6.37 ×106 m，所以，地球自转的动能

EK(2) 对式ω12Jω2π20.33mER2/T22.121029J 22π两边微分，可得 Tdω当周期变化一定量时，有

2πdT T22πω2Δω2ΔTΔT (1)

T2π由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

ω3ωΔEKJωΔωJΔTEKΔT (2)

2ππ又根据动能定理

WMΔθΔEK (3)

由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为

MEKωΔT27.4710Nm 22πn式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量.

4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，.................

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作半径为r0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

分析 沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到. 解 (1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0 和J1 分别是小球在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即

J0ω0J1ω1

2式中J0 和J1 分别是小球在半径为r０ 和1/2 r０ 时对轴的转动惯量，即J0mr0和

J112mr0，则 4ωJ1ω04ω0 J0(2) 随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为

W11322 J1ω12J0ω0mr02ω02224 －31 质量为0.50 kg，长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度.

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分析 转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩Mθmgl角加速度也是变化的，因此，cosθ是变力矩，

2在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒. 解 (1) 棒绕端点的转动惯量J为

12ml由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度3α当θ ＝60°时，棒转动的角加速度

Mθ3gcosθ J2l18.4s2

由于αdωωdω，根据初始条件对式(1)积分，有 dtdθ则角速度为

ω0ωdω60o0αdθ

ω3gsinθl60o07.98s1

(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为

1mgl0.98J 212(3) 由于该动能也就是转动动能，即EKJω，所以，棒落至竖直位置时的角速度为

2EKω2EKJ3g8.57s1 l4 －32 如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量J1 ＝10.0

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kg· m2 ，开始时B 轮静止，A 轮以n1 ＝600 r· min-1 的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于n ＝200 r· min-1 为止.求：(1) B 轮的转动惯量；(2) 在啮合过程中损失的机械能.

分析 两飞轮在轴方向啮合时，轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B 轮的转动惯量.根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.

解 (1) 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有

J1ω1J1J2ω2

则B 轮的转动惯量为

J2ω1ω2nnJ112J120.0kgm2 ω2n2(2) 系统在啮合过程中机械能的变化为

ΔE1J1J2ω221J1ω121.32104J 22式中负号表示啮合过程中机械能减少.

4 －33 在题3 －30的冲击摆问题中，若以质量为m′ 的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？

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分析 该题与习题3 －30 的不同之处在于：(1) 子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件.但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足.(2) 摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变.摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能. 解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有

J1式中J1ml、J2ml和J322vvJ1J2J3ω0 (1) l2l12ml分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量. 313J2J3ω021mglmg2lmgl (2) 222根据摆在转动过程中机械能守恒，有

由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为

v4m2gl n4 －34 如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO′自由转动，转动惯量为J0 ，环的半径为R，初始的角速度为ω0 ，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动.问小球到达B、C 点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？ (假设环内壁光滑.)

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分析 虽然小球在环中作圆周运动，但由于环的转动，使球的运动规律复杂化了.由于应用守恒定律是解决力学问题最直接而又简便的方法，故以环和小球组成的转动系统来分析.在小球下滑的过程中，重力是系统仅有的外力，由于它与转轴平行，不产生外力矩，因此，该系统对轴的角动量守恒.若以小球位于点A、B 处为初、末两状态，由角动量守恒定律可解得小球在点B 时环的角速度ωB .在进一步求解小球在点B 处相对环的速度vB 时，如果仍取上述系统，则因重力(属外力)对系统要作功而使系统的机械能不守恒；若改取小球与地球为系统，也因环对小球的作用力在转动过程中作功，而使系统的机械能守恒仍不能成立；只有取环、小球与地球为系统时，系统才不受外力作用，而重力为保守内力，环与球的相互作用力虽不属保守内力，但这一对力所作功的总和为零，因此系统的机械能守恒.根据两守恒定律可解所需的结果.但必须注意：在计算系统的动能时，既有环的转动动能，又有小球对地的动能(它可视为小球随环一起转动的转动动能

122mrωB与小球相对于环运动的动能212mvB之和). 2解 以环和小球为转动系统，由系统的角动量守恒有

J0ω0J0mR2ωB (1)

取环、小球与地球为系统时，由系统的机械能守恒可得

111222J0ω0mgRJ0mR2ωBmvB (2) 222由式(1)、(2) 可解得小球在B 点时，环的角速度与小球相对于环的线速度分别为

ωBJ0ω0

J0mR2.................

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22J0ω0R vB2gRJ0mR2小球在C 点时，由于总的转动惯量不变，用同样的方法可得环的角速度和小球相对于环的速度分别为

ωCω0

vC4gR

4 －35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动，一种可能方案是将质量均为m 的两质点A、B，用长为l 的两根轻线系于圆盘状飞船的直径两端(如图所示).开始时轻线拉紧两质点靠在盘的边缘，圆盘与质点一起以角速度旋转；当质点离开圆盘边逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬时，割断质点与飞船的连线.为使此时的飞船正好停止转动，连线应取何长度？ (设飞船可看作质量为m′、半径为R的匀质圆盘)

分析 取飞船及两质点A、B 为系统，在运行时，系统不受合外力矩作用，该系统的角动量守恒.若在运行过程中通过系统内的相互作用，改变其质量分布，使系统的角动量只存在于两质点上，此时，飞船的角动量为零，即飞船停止了转动.又因为在运行过程中合外力的功亦为零，且又无非保守内力作功，所以，系统也满足机械能守恒.当轻线恰好拉直时质点的角速度与飞船停止转动时质点的角速度相等时，连线的长度也就能够求出. 解 飞船绕其中心轴的转动惯量为J121mR2，两质点在起始时和轻线割断瞬间的转动惯222mRl.由于过程中系统的角动量守恒，量分别为J22mR和J2为使轻线沿径向拉

直时，飞船转动正好停止，则有

J1J2ω2mRl2ω (1)

又根据过程中系统的机械能守恒，有

1J1J2ω212mRl2ω2 (2) 22由上述两式可解得

mlR11 4m.................

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4 －36 如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧(其劲度系数为k)，它的一端固定，另一端系一质量为m′的滑块.最初滑块静止时，弹簧呈自然长度 l0 ，今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度l 时，求滑块速度v 的大小和方向.

分析 该题可分两个过程来分析.(1)子弹与滑块撞击的过程.因滑块所系的是轻质弹簧(质量不计)，因此，子弹射入滑块可视为质点系的完全非弹性碰撞过程.沿子弹运动方向上外力的冲量为零，所以，系统在撞击过程中满足动量守恒，由此，可求出它们碰撞后的速度 v′.(2) 子弹与滑块碰后以共同速度运动时，由于弹簧不断伸长，滑块在受到指向固定点的弹力的作用下作弧线运动.对滑块的运动而言，该弹力为有心力，不产生力矩，因而滑块在运动中满足角动量守恒；与此同时，对滑块、弹簧所组成的系统也满足机械能守恒.这样，当弹簧伸长至l 时的滑块速度v 的大小和方向就可通过三条守恒定律求得. 解 子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有

mv0mmv (1)

在弹簧的弹力作用下，滑块与子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有

1mmv21mmv21kll02 (2) 222又在滑块绕固定点作弧线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有

mmvl0mmvlsinθ (3)

式中θ 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角.联立解上述三式，可得

m2kll0v v0mmmm22θarcsinmv0l0

mmvl4 －37 一长为l、质量为m 的均匀细棒，在光滑的平面上绕质心作无滑动的转动，其角速度为ω.若棒突然改绕其一端转动，求：(1) 以端点为转轴的角速度 ω′；(2) 在此过程中转动动能的改变.

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分析 这是一个变轴转动问题.棒的质心在变轴转动中将受到一瞬间力的作用，它改变了质心的速度；同时，该瞬间力对新的转轴又产生力矩作用，从而改变棒的转动角速度.根据质心的动量定理和棒的转动定律，并考虑到角速度与线速度的关系，即可求得新的角速度.由棒绕不同轴转动的转动动能，可计算该过程中的动能变化. 解 (1) 棒的质心的动量定理为

FΔtΔpmvc

式中F是棒所受的平均力，vC 为棒质心的速度.棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有

F式中J 为棒绕质心的转动惯量(即J而根据角量与线量的关系

1ΔtJωJω 212ml). 12xRcosθ

可解得

ωJ1ωω 14Jml24(2) 在此过程中转动动能的改变为

ΔEK111Jω2Jω2ml2ω2 22324 －38 如图所示，一绕有细绳的大木轴放置在水平面上，木轴质量为m，外轮半径为R1 ，内柱半径为R2 ，木轴对中心轴O 的转动惯量为JC .现用一恒定外力F 拉细绳一端，设细绳与水平面夹角θ 保持不变，木轴滚动时与地面无相对滑动.求木轴滚动时的质心加速度aC 和木轴绕中心轴O 的角加速度α.

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分析 刚体平面平行运动可以被看成：其刚体质心的平动和绕质心轴转动的叠加，因此对本题可运用质心运动定律和转动定律进行求解.由于木轴滚动时与水平面间无相对滑动(又叫纯滚动)，故两者之间的摩擦力应为静摩擦力，并有aCR1α这一关系式成立. 解 设木轴所受静摩擦力Ff 如图所示，则有

FcosθFfmaC (1) FR2FfR1JCα (2)

aCR1α (3)

由(1)、(2)、(3)式可得

R12cosθR1R2aCF 2JCmR1α

aCR1cosθR2F 2R1JCmR1.................

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第二篇 电磁学

求解电磁学问题的基本思路和方法

本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下. 1.微元法

在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元dq 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρdV、面电荷元σdS 和线电荷元λdl.同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加. 例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λdl 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加

E1λdlcosα 2l/24πε0rl/2统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布.

此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为dr 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布. 2.对称性分析

对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.

在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁

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................. 感强度的分布. 3.补偿法

补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布. 例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布. 4.类比法

在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究LC 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程

d2i1i0 2dtLC显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了. 5.物理近似与物理模型

几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.

电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.

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第五章 静 电 场

5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E(设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )

分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为

σ，方向沿带电平板法向向外，依照2ε0电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B). 5 －2 下列说法正确的是( )

(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零

(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零

分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B). 5 －3 下列说法正确的是( ) (A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零

(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零

分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；.................

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电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).

*5 －4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )

(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止

(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动

分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 5 －5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10差值的最大范围也不会超过±10

－21

－21

e，而中子电量与零

e，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8

个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.

分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10

－21

－21

e，中子电量为10

e，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净

电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较. 解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为

qmax1281021e

二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为

2Feqmax62.8101 2Fg4πε0Gm显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.

－21

e范围内时，对于

5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带的上夸克和两个带e的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10中子内的两个下夸克之间相距2.60×10

－15

2e 313－20

m)，

m .求它们之间的相互作用力.

解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律

1q1q21e2Fere3.78Ner 22r4πε0r4πε0r.................

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F 与径向单位矢量er 方向相同表明它们之间为斥力.

5 －7 质量为m，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为Eｋ .证明电子的旋转频率满足

2332ε0Ekv 4me2其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律. 分析 根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10

－10

－15

m，轨道半径约为10

m，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心

力，故有

v21e2 m2r4πε0r由此出发命题可证.

证 由上述分析可得电子的动能为

121e2 EKmv28πε0r电子旋转角速度为

e2 ω4πε0mr32由上述两式消去r，得

23ω232ε0EKv2 44πme25 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的

－

立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.

分析 铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进.................

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行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.

解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F1 ＝0. (2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F2 的值为

q1q2e29F21.9210N 224πε0r3πε0aF2 方向如图所示.

5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为

E1Q

πε04r2L2(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

E1Q

2πε0r4r2L2若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.

分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq ＝Qdx/L，它在点P 的电场强度为

dE整个带电体在点P 的电场强度

1dqer

4πε0r2EdE

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，

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EdEi

L(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是

EdEyjsinαdEj

L证 (1) 延长线上一点P 的电场强度E量，则

dqL2πε0r2，利用几何关系 r′＝r －x统一积分变

EP1QdxQ111Q电场强度的方向22-L/24πεLrx24πεLrL/2rL/2πε4rL000L/2沿x 轴.

(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为

E利用几何关系 sin α＝r/r′，rsinαdqdE

L4πεr20r2x2 统一积分变量，则

E1rQdx22-L/24πε0LxrL/22/3Q2πε0r14rL22

当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

Eliml1Q/L2πε0r14r2/L2 λ2πε0r

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.

5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.

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分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度. 解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元dqδdSδ2πRsinθdθ，在点O 激发的电场强度为

2dE1xdq4πε0x2r22/3i

由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系xRcosθ，rRsinθ统一积分变量，有

dE1xdq1Rcosθ2δ2πRsinθdθ2/334πε0x2r24πε0R

δ sinθcosθdθ2ε0积分得 Eπ/20δδsinθcosθdθ 2ε04ε05 －11 水分子H2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.

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分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为P0er0，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为P2er0cosθ，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度

E12p 34πε0x可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩P2P0cosθ2er0cosθ在电偶极矩延长线上

E12p14er0cosθ1er0cosθ

4πε0x34πε0x3πε0x3解2 在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度

EEE

E2EcosβE2ercosθ2e

4πε0r24πε0x2222由于 rxr02xr0cosθ

cosβ代入得

xr0cosθ r2eE4πε0xr0cosθ12 22/32xxr02xr0cosθ2/3测量分子的电场时， 总有x ＞＞r0 ， 因此， 式中

x2r022xr0cosθ2/32rcosθx310x32rcosθ将上式化简并略去微x310，

2x小量后，得

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E1r0ecosθ

πε0x35 －12 两条无限长平行直导线相距为r0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x)；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.

分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE.应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.

解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E＋、E－分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有

EEEλ11i2πε0xr0xλr0i2πε0xr0xλi 2πε0r0

(2) 设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有

FλEλ2FλEi

2πε0r0.................

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显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.

5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d).

分析 根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度. 解 由点电荷电场公式，得

E12q1q1qkkk

4πε0z24πε0zd24πε0zd2考虑到z ＞＞d，简化上式得

q2111Ek4πε0z2z21d/z21d/z2q212d3d22d3d21...1...k 4πε0z2z2zzzzq6qd2k44πε0z通常将Q ＝2qd2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度

E13Qk 44πε0z5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.

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分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即ΦsEdS

S方法2：作半径为R 的平面S′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

EdSS1q0 ε0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而

ΦEdSEdS

SS解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

ΦEdSEdS

SS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，

ΦEπR2cosππR2E

解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①

EEcosesincosθeθsinθsiner

dSR2sinθdθder

ΦEdSER2sin2θsindθdSSER2sin2θdθsind00ππ

πR2E5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度E=E1kxi+E2j (k，E1 ，E2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.

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解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即ΦOABCΦDEFG0.而

ΦABGFEdSE1kxiE2jdSjE2a2

考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有

ΦCDEOΦABGFE2a2

同理 ΦAOEFEdS2 EiEjdSiEa121ΦBCDGEdSE1kaiE2jdSiE1kaa2

因此，整个立方体表面的电场强度通量

ΦΦka3

5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为120Vm，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).

分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.

解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径RRE(RE为地球平均半径).由高斯定理

2EdSE4πRE11q ε0地球表面电荷面密度

2σq/4πREε0E1.06109cm2

单位面积额外电子数

nσ/e6.63105cm2

5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为

ρkr 0rRρ0 rR

k为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.

.................

.................

分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度

大小为常量，且方向垂直于球面，因而有EdSE4πr

S2根据高斯定理EdS1ρdV，可解得电场强度的分布. ε02(2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为dqρ4πrdr，每个带电球壳在壳内激发的电场dE0，而在球壳外激发的电场

dEdqe 2r4πε0r由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布

0rRErdE 0rrRErdE 0R

解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理

EdS1ρdV得球体内(0≤r≤R) ε0Er4πr21ε0r0kr4πr2drπk4r ε0kr2Erer

4ε0球体外(r ＞R)

Er4πr2.................

1ε0R0kr4πr2drπk4r ε0.................

kR2Erer

4ε0解2 将带电球分割成球壳，球壳带电

dqρdVkr4πr2dr

由上述分析，球体内(0≤r≤R)

1kr4πr2drkr2Ererer 204πεr4ε00r球体外(r ＞R)

ErR01kr4πr2drkR2erer

4πε0r24ε0r25 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.

分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近

E1σen 2ε0en为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场

σxE212ε0x2r2它们的合电场强度为

en .................

.................

EE1E2在圆孔中心处x ＝0，则

σ2ε0xxr22en

E ＝0

在距离圆孔较远时x ＞＞r，则

Eσ1en222ε01r/xσen2ε0

上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计. 5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为

Eρa 3ε0

分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E1 、E2 ，则P 点的电场强度 E＝E1 ＋E2 . 证 带电球体内部一点的电场强度为

Eρr 3ε0所以 E1ρρr，E2r2 3ε03ε0.................

.................

EE1E2根据几何关系r1r2a，上式可改写为

ρr1r2 3ε0Eρa 3ε05 －20 一个内外半径分别为R1 和R2 的均匀带电球壳，总电荷为Q1 ，球壳外同心罩一个半径为R3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.

分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而

2 .在确定高斯面内的电荷q 后，利用高斯定理EdSq/ε0即可求EdSE4πr出电场强度的分布.

解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析

E4πr2q/ε0

r ＜R1 ，该高斯面内无电荷，q0，故E10 Q1r3R13R1 ＜r ＜R2 ，高斯面内电荷q 33R2R1Q1r3R13故 E2 34πε0R2R13r2R2 ＜r ＜R3 ，高斯面内电荷为Q1 ，故

E3r ＞R3 ，高斯面内电荷为Q1 ＋Q2 ，故

Q1

4πε0r2.................

.................

E4Q1Q2

4πε0r2电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量

ΔEE4E3Q2σ

4πε0R32ε0这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变.

5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1 和R2 ＞R1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R1 ，(2) R1 ＜r ＜R2 ，(3) r ＞R2 .

分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且EdSE2πrL，求出不同半径高斯面内的电荷

q.即可解得各区域电场的分布.

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理 r ＜R1 ，

q0

E10

E2πrLq/ε0

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R1 ＜r ＜R2 ，.................

qλL

.................

E2r ＞R2，

λ 2πε0rq0

E30

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

ΔE这与5 －20 题分析讨论的结果一致.

λλLσ 2πε0r2πε0rLε05 －22 如图所示，有三个点电荷Q1 、Q2 、Q3 沿一条直线等间距分布且Q1 ＝Q3 ＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1 、Q3 的情况下，将Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.

分析 由库仑力的定义，根据Q1 、Q3 所受合力为零可求得Q2 .外力作功W′应等于电场力作功W 的负值，即W′＝－W.求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为

WQ2Edl

0其中E 是点电荷Q1 、Q3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有

WQ2V0VQ2V0

其中V0 是Q1 、Q3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q1 所受的合力为零

Q1Q2Q3Q0 124πε0d24πε02d解得 Q2Q3Q

由点电荷电场的叠加，Q1 、Q3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为

1414EE1yE3y2πε0dyQy223/2

.................

.................

将Q2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为

WQ2Edl00QyQ21 Qdy223/248πεd2πε0dy014解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2Q，并由电势 的叠加得Q1 、Q3 在点O 的电势

V0Q1Q3Q 4πε0d4πε0d2πε0d将Q2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功

Q2 WQ2V08πε0d比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为

Eλer 2πε0r为电荷线密度.(1)求在r ＝r1 和r ＝r2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r→∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明. 解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有

U12Edrr1r2λrln2 2πε0r1(2) 不能.严格地讲，电场强度Eλer只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分2πε0r－30

布在无限空间，r→∞处的电势应与直线上的电势相等. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×105.00 ×109 m 处的电势.(1)

－

C· m.求在下述情况下，距离分子为r ＝

0；(2) 45；(3) 90，θ 为r 与p 之间的夹角.

qqpcosθ

4πε0r4πε0r4πε0r2解 由点电荷电势的叠加

VPVVo(1) 若0 VPp32.2310V 24πε0ropco4s53(2) 若45 VP1.5810V 24πε0ro.................

.................

pcos90o(3) 若90 VP0 24πε0ro5 －25 一个球形雨滴半径为0.40 mm，带有电量1.6 pC，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？

分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为

V1q

4πε0R当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为32R，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.

解 根据已知条件球形雨滴半径R1 ＝0.40 mm，带有电量q1 ＝1.6 pC，可以求得带电球形雨滴表面电势

V11q136V

4πε0R1当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径R232R1，带有电量q2 ＝2q1 ，雨滴表面电势

V212q157V 34πε02R15 －26 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.

分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度σi，叠加求得电场强度的分布， 2ε0.................

.................

0 xaσaxa Ei 2ε0 xa0 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功

VEdlxa00σx axa ε0σa xa ε0σa xa ε0VEdlEdlx-aa0VEdlEdlx-a电势变化曲线如图(b)所示.

5 －27 两个同心球面的半径分别为R1 和R2 ，各自带有电荷Q1 和Q2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？

分析 通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由VppEdl可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.

一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为

VQ 4πε0r在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

VQ

4πε0R其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.

解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布 .................

.................

rR1E10 E2E3由电势VQ1R1rR2 er 4πε0r2Q1Q2rR2er 4πε0r2rEdl 可求得各区域的电势分布.

当r≤R1 时，有

V1E1dlE2dlE3dlrR1R2R1R211Q1Q2RR4πεR2021Q1Q24πε0R14πε0R20Q14πε0当R1 ≤r≤R2 时，有

R2

V2E2dlE3dlrR211Q1Q2rR4πεR

202Q1Q24πε0r4πε0R2Q14πε0当r≥R2 时，有

V3E3dlrQ1Q2

4πε0r(2) 两个球面间的电势差

U12E2dlR1R2Q111 4πε0RR21解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r≤R1 ，则

V1Q1Q2

4πε0R14πε0R2若该点位于两个球面之间，即R1 ≤r≤R2 ，则

V2Q1Q2 4πε0r4πε0R2若该点位于两个球面之外，即r≥R2 ，则

V3.................

Q1Q2

4πε0r.................

(2) 两个球面间的电势差

U12V1V2rR2Q1Q1

4πε0R14πε0R25 －28 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.

分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理

EdS可求得电场分布E(r)，再根据电势差的定义

b1dV ε0VVaVbErdl

a并取棒表面为零电势(Vb ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.

解 取高度为l、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r≤R 时

E2πrlπr2lρ/ε0

得 Er当r≥R 时

ρr 2ε0E2πrlπR2lρ/ε0

ρR2得 Er

2ε0r取棒表面为零电势，空间电势的分布有 当r≤R 时

VrRrρrρdrR2r2 2ε04ε0.................

................. 当r≥R 时

VrRrρR2ρR2Rdrln 2ε0r2ε0r－

－

如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.

5 －29 一圆盘半径R ＝3.00 ×102 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×105 C·m2 .(1)

－

求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.

分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布. 解 (1) 带电圆环激发的电势

dV由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的

1σ2πrdr

4πε0r2x2V (2) 轴线上任一点的电场强度为

σ2ε0Rrdrrx220σ2ε0R2x2x (1)

E电场强度方向沿x 轴方向.

dVσxi1i (2) 22dx2ε0Rx(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得

V1691V E5607Vm-1

当x＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为qπRσ5.6510场中电势和电场强度的计算公式，有

28C.依照点电荷电

.................

.................

Vq1695V 4πε0xEq5649Vm-1 24πε0x由此可见，当x＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.

5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R1 ＝3.0×102 m，R2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两

－

者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.

解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为

E根据电势差的定义有

λ 2πε0rU12E2dlR1R2λRln2 2πε0R1解得 λ2πε0U12/lnR22.1108Cm1 R1 (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度

Eλ7475Vm1 2πε0r5 －31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即

40411H2He21e25.9MeV

这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(1H)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10

－15

1 m)

分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为

Ve 4πε0r.................

.................

将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能Ek飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能

EK0eV2R1e2 4πε0r2R3kT 2假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：

EK由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度. 解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒

1e2EK0eV2R7.2105eV

4πε0r2R由EK012mv0可估算出质子初始速率v02Ek0/m1.2107ms1该速度已达到光2速的4％.

(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能

EK0EK得 T3kT 22EK05.6109K 3k实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)

5 －32 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C.(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg)(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为300kW·h，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？

解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量

m即可融化约 90 吨冰.

(2) 一个家庭一年消耗的能量为

ΔEqU8.98104Kg LLE03000kWh1.081010J

nΔEqU2.8 E0E0一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3 个家庭一年消耗的电能.

5 －33 两个半径为R 的圆环分别带等量异号电荷±q，圆环如图相对O 点对称平行放置，其间距为l，并且有lR.

(1) 以两环的对称中心O 为坐标原点，两环圆心连线为x 轴，求x 轴上的电势分布.

.................

.................

(2) 若取无穷远处为零电势，证明当xR时，轴线上电势Vql

4πε0x2

分析 参照5 －7 节例1，带电圆环在轴线上一点的电势为

Vq4πε0Rxl/222

由电势的叠加可以求出两环圆心连线的x 轴上的电势分布. 解 (1) 由带电圆环电势的叠加，两环圆心连线的x 轴上的电势为

Vq4πε0Rxl/222Vq4πε0Rxl/222

(2) 当xl,xR时，化简整理得

Vq4πε0R2x2lxl2/4Vq4πε0R2x2lxl2/4q114πε0x1l/x1l/xqll1...1...4πε0x2x2xql4πε0x2

在xR时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷，即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.

5 －34 在Oxy面上倒扣着半径为R 的半球面，半球面上电荷均匀分布，电荷面密度为.A 点的坐标为(0,R/2)，B 点的坐标为(3R/2,0)，求电势差UAB .

.................

.................

分析 电势的叠加是标量的叠加，根据对称性，带电半球面在Oxy平面上各点产生的电势显然就等于带电球面在该点电势的一半.据此，可先求出一个完整球面在A、B 间的电势差

' ，再求出半球面时的电势差UAB .由于带电球面内等电势，球面内A 点电势等于球表UAB面的电势，故

11VRVB UABUAB22其中V′R 是带电球表面的电势，V′B 是带电球面在B 点的电势.

解 假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面，此时在A、B 两点的电势分别为

VAQσR VR4πε0Rε0VB则半球面在A、B 两点的电势差

QσR2σR 4πε0rε0r3ε0UAB1VRVBσR 26ε0－10

5 －35 在玻尔的氢原子模型中，电子沿半径为0.53 ×10 m 的圆周绕原子核旋转.(1) 若

把电子从原子中拉出来需要克服电场力作多少功？(2) 电子的电离能为多少？ 解 (1) 电子在玻尔轨道上作圆周运动时，它的电势能为

1e2 Ep4πε0r因此，若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作功

e2WEp27.2eV4πε0r(2) 电子在玻尔轨道上运动时，静电力提供电子作圆周运动所需的向心力，即

e2/4πε0r2mv2/r.此时，电子的动能为

.................

.................

12e2 Ekmv28πε0r其总能量

e2 EEkEp8πε0r电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量

E0E13.6eV

由于电子围绕原子核高速旋转具有动能，使电子脱离原子核的束缚所需的电离能小于在此过程中克服电场力所作的功.

第六章 静电场中的导体与电介质

6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）

（A） 升高 （B） 降低 （C） 不会发生变化 （D） 无法确定

分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。

6 －2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A） N上的负电荷入地 （B）N上的正电荷入地 （C） N上的所有电荷入地 （D）N上所有的感应电荷入地

分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。因而正确答案为（A）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）

.................

.................

（A）E0,Vq 4πε0d（B）Eqq,V

4πε0d24πε0d（C）E0,V0 （D）Eqq,V

4πε0d24πε0R

分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导

体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A）。

6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( )

（A） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关

分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面

内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E）。 6 －5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ）

（A） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍

（B） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 .................

.................

（C） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍

（D） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍

分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有

11χEdSEdSqi SS0ε0i即E ＝E０/εｒ，因而正确答案为（A）。

6 －6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷qb 、qc ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷qd （如图所示）。试求点电荷qb 、qc 、qd 各受多大的电场力。

分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷qd 的作用力。

Fdqbqcqd

4πε0r2点电荷qd 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电

荷qb 、qc处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷qb 、qc受到的作用力为零.

6 －7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R１ ＝5.0×104m 的圆柱形阴极和一个套在

－

阴极外，半径R２ ＝4.5×103m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300V，阴极与阳

－

极的长度均为L ＝2.5×10

－２

m．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１） 该电子到

达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力． .................

.................

分析 （1） 由于半径R１＜＜L，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率． （2） 计算阳极表面附近的电场强度，由F ＝qE 求出电子在阴极表面所受的电场力． 解 （1） 电子到达阳极时，势能的减少量为

ΔEepeV4.81017J

由于电子的初始速度为零，故

EekΔEekΔEep4.81017J

因此电子到达阳极的速率为

v（2） 两极间的电场强度为

2Eekm2eV1.03107ms-1 mE两极间的电势差

λer 2πε0rVEdrR1R2λλReln2 2πε0r2πε0R1负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度

EλVerer

R2πε0R1R1ln2R1.................

.................

电子在阴极表面受力

FeE4.371014erN

这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１ ×10加速度的5 ×105 倍．

１

－3１

kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力

6 －8 一导体球半径为R１ ，外罩一半径为R2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若V0Q，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度

4πε0R2处处为零，内球不带电．

若V0Q，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带

4πε0R2电．一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由VppEdl或电势叠加求出电势的

分布．最后将电场强度和电势用已知量V0、Q、R１、R2表示．

解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理EdSEr4πrEr2q/ε0，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区

域内的电场分布为 r ＜R１时， E1r0 R１＜r＜R2 时，E2rq 24πε0rQq

4πε0r2r＞R2 时， E2r.................

.................

由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R１时，

V1EdlE1dlE2dlE3dlrrR1R2R1R2qQ

4πε0R14πε0R2R１＜r＜R2 时，

V2EdlE2dlE3dlrrR2R2qQ 4πε0r4πε0R2r＞R2 时，

V3E3dlrqQ 4πε0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r ＜R１）

V1在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2 ）

qQ

4πε0R14πε0R2V2在球壳外（r＞R2）

qQ 4πε0r4πε0R2V3由题意

qQ 4πε0rV1V0得

qQ

4πε0R24πε0R1V1V0代入电场、电势的分布得 r ＜R１时，

qQ

4πε0R24πε0R1E10；V1V0

R１＜r＜R2 时，

.................

.................

E2r＞R2 时，

R1V0R1QR1V0(rR1)QV； 2r4πε0R2rr24πε0R2r2E3R1V0(R2R1)QR1V0(R2R1)QV； 322r4πε0R2rr4πε0R2r6 －9 在一半径为R１ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B．已知球壳B 的内、外半径分别为R2＝8.0 cm，R3 ＝10.0 cm．设球A 带有总电荷QA ＝3.0 ×10B 带有总电荷QB ＝2.0×10

－８

－８

C，球壳

C．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球

壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．

分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷QA均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－QA ，外表面带电荷QB ＋QA ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－QA ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电qA ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－qA，外表面带电qA －QA ［图（c）］．此时球A 的电势可表示为

VAqAqAqQAA0

4πε0R14πε0R24πε0R3由VA ＝0 可解出球A 所带的电荷qA ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．

解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10.................

－８

C，球壳B 内表面带电－3.0 ×10

－８

C，

................. 外表面带电5.0 ×10

－８

C．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为

VAqAQAQQAA5.6103V

4πε0R14πε0R24πε0R3VBQAQB4.5103V

4πε0R3（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电qA ，球A 和球壳B的电势为

VAqAqAQAqA0

4πε0R14πε0R24πε0R3VBQAqA

4πε0R3解得

qA即球A 外表面带电2.12 ×10电-0.9 ×10

－８

－８

R1R2QA2.12108C

R1R2R2R3R1R3C，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10

－８

C，外表面带

C．另外球A 和球壳B 的电势分别为

VA0 VB7.29102V

导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表 面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．

6 －10 两块带电量分别为Q１ 、Q2 的导体平板平行相对放置（如图所示），假设导体平板面积为S，两块导体平板间距为d，并且S ＞＞d．试证明（１） 相向的两面电荷面密度大小相等符号相反；（2） 相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．

.................

.................

分析 导体平板间距d ＜＜ S，忽略边缘效应，导体板近似可以当作无限大带电平板处理。取如图（ｂ）所示的圆柱面为高斯面，高斯面的侧面与电场强度E 平行，电场强度通量为零；高斯面的两个端面在导体内部，因导体内电场强度为零，因而电场强度通量也为零，由高斯定理

EdSq/εS00

得

q0

上式表明处于静电平衡的平行导体板，相对两个面带等量异号电荷．再利用叠加原理，导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零，因而平行导体板外侧两个面带等量同号电荷．

证明 （１） 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ，取如图（ｂ）所示的圆柱面为高斯面，高斯面由侧面S１和两个端面S2、S3构成，由分析可知

EdSq/εS00

得

qσΔSσΔS0,23σ2σ30

相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．

（2） 由电场的叠加原理，取水平向右为参考正方向，导体内P 点的电场强度为

σ1σσσ2340,σ1σ40 2ε02ε02ε02ε0.................

.................

相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．

6 －11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附近，如 图（ａ）所示，两导体板几何形状完全相同，面积均为S，移近后两导体板距离为d（d（１） 忽略边缘效应求两导体板间的电势差； （2） 若将B 接地，结果又将如何？

S）．

分析 由习题6 －１0 可知，导体板达到静电平衡时，相对两个面带等量异号电荷；相背两个面带等量同号电荷．再由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布，进一步求出电场分布和导体间的电势差．

导体板B 接地后电势为零，B 的外侧表面不带电，根据导体板相背两个面带等量同号电荷可知，A 的外侧表面也不再带电，由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布，进一步求出电场分布和导体间的电势差．

解 （１） 如图（ｂ）所示，依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得

σ1σ2SQ σ3σ4SQ

σ1σ40 σ2σ30

解得

σ1σ2σ3σ4Q 2S.................

.................

两导体板间电场强度为EQ；方向为A 指向B． 2ε0SQd 2ε0S两导体板间的电势差为 UAB（2） 如图（c）所示，导体板B 接地后电势为零．

σ1σ40

σ2σ3两导体板间电场强度为EQ SQ；方向为A 指向B． ε0SQd ε0S两导体板间的电势差为 UAB6 －12 如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0，内半径为ɑ，外半径为b，腔内距球心O 为r 处有一点电荷q，求球心的电势．

分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布．球心O 点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势

dVdq

4πε0R由于R 为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R的带电球面在球心产生的电势为

V由电势的叠加可以求得球心的电势．

dqq

s4πεR4πεR00.................

.................

解 导体球内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势 为

VqqqQ 4πε0r4πε0a4πε0b6 －13 在真空中，将半径为R 的金属球接地，与球心O 相距为r（r ＞R）处放置一点电荷q，不计接地导线上电荷的影响．求金属球表面上的感应电荷总量．

分析 金属球为等势体，金属球上任一点的电势V 等于点电荷q 和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和．在球面上任意取一电荷元ｄq′，电荷元可以视为点电荷，金属球表面的感应电荷在点O 激发的电势为

V点O 总电势为

dq

s4πεR0V0qV 4πε0r而接地金属球的电势V0 ＝0，由此可解出感应电荷q′． 解 金属球接地，其球心的电势

V感应电荷总量

qdqq1dq0 ss4πε0r4πε0R4πε0r4πε0RRqdqq

r6 －14 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解 由于地球半径R1 ＝6.37×106 m；电离层半径R2 ＝1.00×105 m ＋R1 ＝6.47 ×106 m，根据球形电容器的电容公式，可得

.................

.................

C4πε0R1R24.58102R2R1F

6 －15 两线输电线，其导线半径为3.26 mm，两线中心相距0.50 m，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容． 解 由教材第六章6 －4 节例3 可知两输电线的电势差

U因此，输电线单位长度的电容

λdRln πε0RCλdRdπε0/lnπε0/ln URR12代入数据 C5.5210F

6 －16 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底

板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）。当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号。假设金属片面积为50.0 mm2 ，两金属片之间的距离是0.600 mm。如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？

分析 按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：

解 按下按键时电容的变化量为

11ΔCε0S

dd0按键按下的最小距离为

2ΔCd0minΔdmind0d0.152mm

d0ΔCε0S.................

.................

6 －17 盖革－米勒管可用来测量电离辐射．该管的基本结构如图所示，一半径为R1 的长直导线作为一个电极，半径为R2 的同轴圆柱筒为另一个电极．它们之间充以相对电容率εｒ ≈1 的气体．当电离粒子通过气体时，能使其电离．若两极间有电势差时，极间有电流，从而可测出电离粒子的数量．如以E1 表示半径为R1 的长直导线附近的电场强度．（1） 求两极间电势差的关系式；（2） 若E1 ＝2.0 ×106 V· m 两极间的电势差为多少？

－1

，R1 ＝0.30 mm，R2 ＝20.0 mm，

分析 两极间的电场可以近似认为是无限长同轴带电圆柱体间的电场，由于电荷在圆柱面上均匀分布，电场分布为轴对称．由高斯定理不难求得两极间的电场强度，并利用电场强度与电势差的积分关系UR2R1Edl 求出两极间的电势差．

1λL，则两极间的电场强度 ε0解 （1） 由上述分析，利用高斯定理可得E2πrLE导线表面（r ＝R1 ）的电场强度

λ 2πε0rE1两极间的电势差

λ

2πε0R1UEdrR1R2R2R1λRdrR1E1ln2 2πε0rR1.................

.................

61（2） 当E12.010Vm ，R1 ＝0.30 mm，R2 ＝20.0 mm 时，

U2.52103V

6 －18 一片二氧化钛晶片，其面积为1.0 cm2 ，厚度为0.10 mm．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（1） 求电容器的电容；（2） 当在电容器的两极间加上12 V电压时，极板上的电荷为多少？ 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少？ （3） 求电容器内的电场强度．

解 （1） 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173，故充满此介质的平板电容器的电容

Cεrε0S1.53109F d（2） 电容器加上U ＝12 V 的电压时，极板上的电荷

QCU1.84108C

极板上自由电荷面密度为

σ0晶片表面极化电荷密度

Q1.84108Cm-2 S11σ01.83104Cm-2 σ0εr（3） 晶片内的电场强度为

EU1.2105Vm-1 d－８

6 －19 如图所示，半径R ＝0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝1.0 ×10C，导体外有两层均

匀介质，一层介质的εr＝5.0，厚度d ＝0.10 m，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1） 离球心为r ＝5cm、15 cm、25 cm 处的D 和E；（2） 离球心为r ＝5 cm、15 cm、25 cm 处的V；（3） 极化电荷面密度σ′．

.................

.................

分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理

DdSq理求得．

0可得D（r）．再由ED/ε0εr可得E（r）．

介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系VrEdl求得，或者由电势叠加原

极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度σpa． 解 （1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得 r ＜R D14πr0

2D10；E10

R ＜r ＜R ＋d D24πrQ

D22QQE； 2224πε0εrr4πr2r ＞R ＋d D34πrQ

.................

.................

D3QQE； 34πε0εrr24πr2将不同的r 值代入上述关系式，可得r ＝5 cm、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r1 ＝5 cm，该点在导体球内，则

Dr10；Er0

1r2 ＝15 cm，该点在介质层内，εｒ ＝5.0，则

Dr2QQ82213.510CmE8.010Vm； r2224πr24πε0εrr2r3 ＝25 cm，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则

Dr3QQ821.310CmE1.4102Vm1 ；r3224πr34πε0r2（2） 取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r3 ＝25 cm，

V3E3drr1Q360V 4πε0rr2 ＝15 cm，

V2Rdr2E2drRdE3drQQQ

4πε0εrr24πε0εrRd4πε0Rd480Vr1 ＝5 cm，

V1RdRE2drRdE3drQQQ

4πε0εrR4πε0εrRd4πε0Rd540V（3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε ＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；

.................

.................

Pnεr1ε0Enεr1Q

24πεrRdσPn在介质内表面：

εr1Q24πεrRd1.6108Cm2

Pnεr1ε0Enεr1Q

4πεrR2σPnεr1Q6.4108Cm2

4πεrR2介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号． 6 －20 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷。设某细胞壁厚为5.2 ×109 m，两表面

－

所带面电荷密度为±5.2 ×10

－3

C／m2 ，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为

6.0，求（1） 细胞壁内的电场强度；（2） 细胞壁两表面间的电势差． 解 （1）细胞壁内的电场强度Eσ9.8106V/m；方向指向细胞外． ε0εr2（2） 细胞壁两表面间的电势差UEd5.110V．

6 －21 一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为σ0 ＝4.5×10-5 C· m-2．现将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为εｒ ＝2.0 的电介质插入两极板之间．此时电介质中的D、E 和P 各为多少？

分析 平板电容器极板上自由电荷均匀分布，电场强度和电位移矢量都是常矢量．充电后断开电源，在介质插入前后，导体板上自由电荷保持不变．取图所示的圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可求得电位移矢量D，再根据

.................

.................

ED，FDε0E ε0εr可求得电场强度E 和电极化强度矢量P． 解 由分析可知，介质中的电位移矢量的大小

DQσ04.5105Cm2 ΔS介质中的电场强度和极化强度的大小分别为

ED2.5106Vm1 ε0εrPDε0E2.3105Cm1

D、P、E方向相同，均由正极板指向负极板（图中垂直向下）．

6 －22 在一半径为R1 的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套，护套外半径为R2 ，相对电容率为εｒ ．设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为λ．试求介质层内的D、E 和P．

分析 将长直带电导线视作无限长，自由电荷均匀分布在导线表面．在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷，这些电荷在内外表面呈均匀分布，所以电场是轴对称分布．取同轴柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得电位移矢量D 的分布．在介质中D0rE，

PD0E，可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量P 的分布．

解 由介质中的高斯定理，有

DdSD2πrLλL

得

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D在均匀各向同性介质中

λer 2πrEDλer ε0εr2πε0εr1λPD-ε0E1-ε2πrer

r6 －23 如图所示，球形电极浮在相对电容率为εr ＝3.0 的油槽中.球的一半浸没在油中，另一半在空气中.已知电极所带净电荷Q0 ＝2.0 ×106 C.问球的上、下部分各有多少电荷？

－

分析 由于导体球一半浸在油中，电荷在导体球上已不再是均匀分布，电场分布不再呈球对称，因此，不能简单地由高斯定理求电场和电荷的分布．我们可以将导体球理解为两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器，静电平衡时导体球上的电荷分布使导体成为等势体，故可将导体球等效为两个半球电容并联，其相对无限远处的电势均为V，且

V另外导体球上的电荷总量保持不变，应有

Q1Q2 （1） C1C2Q1Q2Q0 （2）

因而可解得Q1 、Q2 ．

解 将导体球看作两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器，上半球在空气中，电容为

C12πε0R

下半球在油中，电容为

C22πε0εrR

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由分析中式（1）和式（2）可解得

Q1C11Q0Q00.5106C

C1C2εr1C2εQ0rQ01.5106C

C1C2εr1Q2由于导体球周围部分区域充满介质，球上电荷均匀分布的状态将改变．可以证明，此时介质中的电场强度与真空中的电场强度也不再满足EE0的关系．事实上，只有当电介质均匀εrE0 ． εr充满整个电场，并且自由电荷分布不变时，才满足E6 －24 有两块相距为0.50 的薄金属板A、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内，金属盒上、下两壁与A、B 分别相距0.25 mm，金属板面积为30 mm ×40 mm。求（1） 被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（2） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍？

分析 薄金属板A、B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A、B 间的电.................

................. 容。

解 （1） 由等效电路图可知

CC23C1C2C3C1

C2C3由于电容器可以视作平板电容器，且d12d22d3，故C2C32C1 ，因此A、B 间的总电容

C2C1（2） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于C2 （或者C3 ）极板短接，其电容为零，则总电容

C3C1

6 －25 在A 点和B 点之间有5 个电容器，其连接如图所示．（1） 求A、B 两点之间的等效电容；（2） 若A、B 之间的电势差为12 V，求UAC 、UCD 和UDB ．

解 （1） 由电容器的串、并联，有

CACC1C212μF CCDC3C48μF

1111 CABCACCCDC5求得等效电容CAB ＝4 μF．

（2） 由于QACQCDQDBQAB，得

UACCABUAB4V CAC.................

.................

UCDCABUAB6V CCDCABUAB2V CDBUDB6 －26 有一个空气平板电容器，极板面积为S，间距为d．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d）、相对电容率为εｒ 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E．

分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有

UQdδQδ ε0Sε0εrS相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有

UQdδ ε0S综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷 均会增加，而电势差保持不变． 解 （1） 空气平板电容器的电容

C0ε0S d.................

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充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为

Q0ε0SU dE0U/d

（2） 插入电介质后，电容器的电容C1 为

QdδQδε0εrS C1Q/ε0εrSδεrdδε0S故有

C1C1U介质内电场强度

ε0εrSU

δεrdδE1空气中电场强度

Q1U ε0εrSδεrdδE1Q1εrU ε0Sδεrdδ（3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为

ε0S dδεSQ20U

dδC20 导体中电场强度 E2空气中电场强度

E2U dδ无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E0/εｒ． 6 －27 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为εｒ 的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A，B为平板电容器的导体极板，d0 为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容C 与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？

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分析 导体极板A、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C与材料的厚度的关系，可参见题6 －26 的分析． 解 由分析可知，该装置的电容为

C则介质的厚度为

ε0εrS

dεrdδdεrd0Cε0εrSεεεSrd00r

εr1Cεr1Cεr1如果待测材料是金属导体，其等效电容为

C导体材料的厚度

ε0S

d0ddd0ε0S C实时地测量A、B 间的电容量C，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．

6 －28 利用电容传感器测量油料液面高度．其原理如图所示，导体圆管A与储油罐B 相连，圆管的内径为D，管中心同轴插入一根外径为d 的导体棒C，d、D 均远小于管长L 并且相互绝缘．试证明：当导体圆管与导体棒之间接以电压为U 的电源时，圆管上的电荷与液面高度成正比（油料的相对电容率为εｒ ）．

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分析 由于d、D ＜＜L，导体A、C 构成圆柱形电容器，可视为一个长X（X 为液面高度）的介质电容器C1 和一个长L －X 的空气电容器C2 的并联，它们的电容值均随X 而改变．因此其等效电容C ＝C1 ＋C2 也是X 的函数．由于Q ＝CU，在电压一定时，电荷Q 仅随C 而变化，求出Q 与液面高度X 的函数关系，即可得证

证 由分析知，导体A、C 构成一组柱形电容器，它们的电容分别为

2πε0εrX Dlnd2πε0εrLX C1DlndC1其总电容

CC1C2其中

2πε0εrX2πε0εrLXαβX

DDlnlnddα2πε0L2πε0εrL；β DDlnlnddQCUaUβUX

即导体管上所带电荷Q 与液面高度X 成正比，油罐与电容器联通．两液面等高，测出电荷Q 即可确定油罐的液面高度．

6 －29 有一电容为0.50 μF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0.01 mm的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1） 求该电容器的额定电压；（2） 求电容器存贮的最大能量．

分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度Eb ＝1.9 ×107 V／m，电容器中的电场强度E≤Eb ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量． .................

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解 （1） 电容器两极板间的电势差

UmaxEbd190V

（2） 电容器存贮的最大能量

12WeCUmax9.03103J

26 －30 半径为0.10 cm 的长直导线，外面套有内半径为1.0 cm 的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1） 导线表面最大电荷面密度；（2） 沿轴线单位长度的最大电场能量．

分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度

Eλσ

2πε0Rε06

查表可以得知空气的击穿电场强度Eb ＝3.0 ×10（V／m），只有当空气中的电场强度E≤Eb 空

气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度． 解 （1） 导线表面最大电荷面密度

σmaxε0Eb2.66105Cm2

显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．

（2） 由上述分析得λmax2πε0R1Eb，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为

EmλR1R2rR1 2πε0rr E0 (其他)

11R12Eb22wmε0Emε02

22r沿轴线单位长度的最大电场能量

Wmw2πrdrε0πR12Eb2ΩR2R11dr rWmε0πR12Eb2lnR25.76104Jm1 R16 －31 一空气平板电容器，空气层厚1.5 cm，两极间电压为40 kV，该电容器会被击穿吗？ 现将一厚度为0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为7.0，

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击穿电场强度为10 ＭV· m1 ．则此时电容器会被击穿吗？

－

分析 在未插入玻璃板时，不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题6 －26 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变，电容器将会从电源获取电荷．此时空气间隙中的电场强度将会增大．若它大于空气的击穿电场强度，则电容器的空气层将首先被击穿．此时40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值，则玻璃也将被击穿．整个电容器被击穿． 解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为

EU/d2.7106Vm1

61因空气的击穿电场强度Eb3.010Vm ，EEb，故电容器不会被击穿．

插入玻璃后，由习题6 －26 可知，空气间隙中的电场强度

EεrV3.2106Vm1

εrdδδ此时，因EEb ，空气层被击穿，击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度

EV/δ1.3107Vm1

'1由于玻璃的击穿电场强度Eb10MVm，EEb ，故玻璃也将相继被击穿，电容器完

全被击穿．

616 －32 某介质的相对电容率r2.8，击穿电场强度为1810Vm ，如果用它来作

平板电容器的电介质，要制作电容为0.047 μF，而耐压为4.0kV的电容器，它的极板面积至少要多大．

解 介质内电场强度

EEb18106Vm1

电容耐压Um ＝4.0 kV，因而电容器极板间最小距离

dUm/Eb2.22104m

要制作电容为0.047 μF 的平板电容器，其极板面积

SCd0.42m2 ε0ε1.................

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显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装． 6 －33 一平行板空气电容器，极板面积为S，极板间距为d，充电至带电Q后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d．求：（1） 电容器能量的改变；（2） 此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．

分析 在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，

极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功． 解 （1） 极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为

1Q22 weε0E22ε0S2在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d，电场占有空间的体积，也由V 增加到2V，此时电场能量增加

Q2d ΔWeweΔV2ε0S（2） 两导体极板带等量异号电荷，外力F 将其缓缓拉开时，应有F＝－Fe ，则外力所作的功为

Q2d AFeΔrQEd2ε0S外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．

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第七章 恒定磁场

7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR 、Br满足（ ）

（A） BR2Br （B） BRBr （C） 2BRBr （D）BR4Br

分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比

nRr1 nrR2因而正确答案为（C）。

7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）

（A）2πrB （B） πrB （C）2πrBcosα （D） πrBcosα

2222

分析与解 作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；

ΦmBS．因而正确答案为（D）．

7 －3 下列说法正确的是（ ）

（A） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 .................

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（D） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B）．

7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（ ） （A） （B） （C） （D）

BdlBdl，BL1L2P1BP2 BP2 BP2 BP2

BdlBdl，BL1L2P1BdlBdl，BL1L2L1L2P1BdlBdl，BP1

分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．

*7 －5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ） （A）μr1I/2πr （B） μr1I/2πr （C） μrI/2πr （D） I/2πμrr

分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H

求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）．

7 －6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度.................

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为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。 分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为ΔI可解出环中的电子数。

解 通过分析结果可得环中的电子数

eNec，因而由I，I/clNIl41010 ec－

－3

7 －7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol1 ，密度ρ ＝8.9 g· cm

，在铜导线里，假设

每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度

jm6.0Amm2 ，求此时铜线内电子的漂移速率vd ；（2） 在室温下电子热运动的平均

速率是电子漂移速率vd的多少倍？

分析 一个铜原子的质量mM/NA,其中NA 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度

nρ/m

根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度jmnevd ．从而可解得电子的漂移速率vd．

将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率

v8kT πme其中k 为玻耳兹曼常量，me 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系． 解 （1） 铜导线单位体积的原子数为

nNAρ/M

电流密度为jm 时铜线内电子的漂移速率

vdjm/nejmM/NAρe4.46104ms1

（2） 室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为

v1vdvd8kT2.42108 πme室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信

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息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的． 7 －8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m，内圆柱面的半径为3.0 mm，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm的圆柱面上的电流密度．

分析 如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布．根据

恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得

jI/2πrl

解 由分析可知，在半径r ＝6.0 mm的圆柱面上的电流密度

jI/2πrl13.3mAm2

7 －9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×105T．如设想此地磁场是

－

由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？ 流向如何？

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解 设赤道电流为I，则由教材第7 －4 节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度

B因此赤道上的等效圆电流为

2RR2μ0IR23/2μ0I 42RI42RB1.73109A μ0由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．

7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．

分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，Bef0．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于

Idlr0，由毕－萨定律知BbeBfa0．流过圆弧的电流I1 、I2的方向如图所示，两圆

弧在点O 激发的磁场分别为

B1μ0I1l1μ0I2l2B, 24πr24πr2其中I1 、I2 分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有

I1l1I2l2

将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度

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BB1B2μ0I1l1μ0I2l20 4πr24πr27 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O 的磁感强度各为多少？

分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B0B

i解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有Idlr0，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有

B0B0 的方向垂直纸面向外．

μ0I 8R（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

B0B0 的方向垂直纸面向里．

μ0Iμ0I 2R2πR（c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

B0B0 的方向垂直纸面向外．

μ0IμIμIμIμI0000 4πR4πR4R2πR4R7 －12 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求 点O的磁感强度B．

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分析 由教材7 －4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度Bμ0Iα，其中α4πR为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度Bμ0I，磁感强度的方向依照右手定则确定。 4πR点O 的磁感强度BO 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加。 解 根据磁场的叠加 在图（ａ）中，

B0在图（ｂ）中，

μ0IμIμIμIμIi0k0k0i0k 4R4πR4πR4R2πRB0在图（c）中，

μ0IμIμIμI1μIi0i0k01i0k 4πR4R4πR4Rπ4πRB03μ0IμIμIi0j0k 8R4πR4πR7 －13 如图所示，一个半径为R 的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上均匀分布．求半圆柱面轴线OO′上的磁感强度．

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分析 毕－萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度dIRdθ的细电流，细电流与轴线OO′平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度．

解 根据分析，由于长直细线中的电流dIIdl/πR，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为

dBμ0dI 2πR其方向在Oxy 平面内，且与由ｄl 引向点O 的半径垂直，如图7 －13（ｂ）所示．由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO′上产生的磁感强度叠加后，得

BydBsinθ0

BxdBsinθ0ππ0μ0Iμ0I Rdθsinθ22πRπRπRμ0I π2R则轴线上总的磁感强度大小

BBxB 的方向指向Ox 轴负向．

7 －14 实验室中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图（ａ）所示．一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R，通过的电流均为I，且两线圈中电流的流向相同．试证：当两线圈中心之间的距离d 等于线圈的半径R 时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场．(提示：如以两线圈中心连线的中点为坐标原点O，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条

d2BdB0；20) 件为

dxdx.................

.................

分析 设磁感强度在Ox 轴线上的分布为B（x）（可由两个圆电流线圈在轴线上磁场的叠加而得），如在轴线上某点处

dB0，这表明在该点附近的磁感强度有三种可能，即有极大dxd2Bd2Bd2B值(20)、极小值(20) 或均匀(20)．据此可得获得均匀磁场的条件①．

dxdxdx证 取两线圈中心连线的中点为坐标原点O，两线圈中心轴线为x 轴，在x轴上任一点的磁感强度

B则当

2Rd/2x2μ0IR223/2Rμ0IR22d/2x23/2

dBxμ0IR23d/2x22dx2Rd/2x5/2R3d/2x2d/2x225/20

dB2x3μ0IR24d/2x22dx22Rd/2x27/2R4d/2xR22d/2x27/20

时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场． 由

dB0， 解得 x ＝0 dxx0d2B由

dx20，解得 d ＝R

① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则

dB01d2B02BxB0xx... 2dx2dxd2B0dB00．则磁感强度B（x）在中点O 附近近似为常量，场0；若x ＜＜1；且

dx2dx为均匀场． .................

.................

这表明在d ＝R 时，中点（x ＝0）附近区域的磁场可视为均匀磁场． 7 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．

分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ＝ldx［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

dΦBdS矩形平面的总磁通量

μ0lldx 2πxΦdΦ

解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量

Φd2d1μ0lμIldldx0ln2 2πx2πd17 －16 已知10 mm2 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求：（1） 导线内、外磁感强度的分布；（2） 导线表面的磁感强度．

.................

.................

分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等．方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．

解 （1） 围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有

BdlB2πrμI

0Iπr22πr2，因而 在导线内r ＜R， IπR2RB在导线外r ＞R，

μ0Ir 22πRII，因而

Bμ0I 2πr磁感强度分布曲线如图所示．

（2） 在导线表面磁感强度连续，由I ＝50 A，Rs/π1.78103m，得

Bμ0I5.6103T 2πR7 －17 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R1 ；（2） R1 ＜r ＜R2 ；（3） R2 ＜r ＜R3 ；（4） r ＞R3 ．画出B －r 图线．

.................

.................

分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，

BdlB2πr，利用安培环路定理BdlμI，可解得各区域的磁感强度．

0解 由上述分析得 r ＜R1

B12πrμ012πr 2πR1B1R1 ＜r ＜R2

μ0Ir 2πR12B22πrμ0I

B2R2 ＜r ＜R3

μ0I 2πrπr2R2B32πrμ0II 22πRR32μ0IR32r2 B3222πrR3R2r ＞R3

B42πrμ0II0

B40

磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）． .................

.................

7 －18 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I 后，环内外磁场的分布．

分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而

BdlB2πr

依照安培环路定理Bdlμ0解 依照上述分析，有

I，可以解得螺线管内磁感强度的分布．

B2πrμ0I

r ＜R1

B12πr0 B10

R2 ＞r ＞R1

B22πrμ0NI

B2r ＞R2

μ0NI 2πrB32πr0 B30

在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若R2R1R1 和R2 ，则环内的磁

.................

.................

场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径R为

1R2R1，则环内的磁感强度近似2Bμ0NI 2πR7 －19 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．

分析 由题7 －16 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度

Brμ0Ir 2πR2在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义ΦBrdS来求解．沿轴线方

向在剖面上取面元ｄS ＝lｄr，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝BｄS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量

ΦBdr

S 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量

ΦR0μ0Irμ0Idr 22πR4π7 －20 设电流均匀流过无限大导电平面，其面电流密度为j．求导电平面两侧的磁感强度．（提示：可参考本章问题7 －11，并用安培环路定理求解．）

.................

.................

分析 依照右手螺旋定则，磁感强度B 和电流j 相互垂直，同时由对称性分析，无限大导电平面两侧的磁感强度大小相同，方向反向平行．如图所示，在垂直导电平面的平面上对称地取矩形回路abcd，回路所在平面与导电平面相交于OO′，且使ab∥cd∥OO′，ad⊥OO′，cd⊥OO′，ab ＝cd ＝L，根据磁场的面对称分布和安培环路定理可解得磁感强度B 的分布． 解 在如图所示的矩形回路abcd 中，磁感强度沿回路的环路积分

BdlBdlBdlBdlBdl

labcdbcda由于对称性B1 ＝B2 ＝B，B3 、B4 与积分路径正交，因而

Bdl2Bl （1）

l回路abcd 内包围的电流I ＝jL，根据安培环路定理，有

Bdl2Blμl0jL （2）

由式（1）和式（2）可得导电板两侧磁感强度的大小为

B磁感强度的方向由右手螺旋关系确定．

1μ0j 27 －21 设有两无限大平行载流平面，它们的面电流密度均为j，电流流向相反．求：（1） 两载流平面之间的磁感强度；（2） 两面之外空间的磁感强度．

.................

.................

解 由上题计算的结果，单块无限大载流平面在两侧的磁感强度大小为示，根据磁场的叠加原理可得

（1） 取垂直于纸面向里为x 轴正向，合磁场为

10j，方向如图所2Bμ0jμji0iμ0ji 22μ0jμ0ji-i0

224（2） 两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度

B7 －22 已知地面上空某处地磁场的磁感强度B0.410T，方向向北．若宇宙射线中有一速率v5.010ms 的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2） 洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．

71

解 （1） 依照FLqvB可知洛伦兹力FL的方向为vB的方向，如图所示． （2） 因vB，质子所受的洛伦兹力

FLqvB3.21016N

在地球表面质子所受的万有引力 .................

.................

Gmpg1.641016N

因而，有FL/G1.9510，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．

7 －23 在一个显像管的电子束中，电子有1.210eV的动能，这个显像管安放的位置使

5电子水平地由南向北运动．地球磁场的垂直分量B5.510T，并且方向向下．求：（1）

104电子束偏转方向；（2） 电子束在显像管内通过20 cm到达屏面时光点的偏转间距．

解 （1） 如图所示，由洛伦兹力

FqvB

电子带负电，q ＜0，因而可以判断电子束将偏向东侧．

（2） 在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径R（参见教材第7 －7 节）为

RmveB2mEk6.71m eB由题知y20cm，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离

ΔxRR2y22.98103m即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm．这种平移

并不会影响整幅图像的质量．

7 －24 试证明霍耳电场强度与稳恒电场强度之比EH/ECB/nep,这里ρ 为材料电阻率，n 为载流子的数密度．

分析 在导体内部，稳恒电场推动导体中的载流子定向运动形成电流，由欧姆定律的微分形式，稳恒电场强度与电流密度应满足

.................

.................

ECρj

其中ρ 是导体的电阻率．当电流流过位于稳恒磁场中的导体时，载流子受到洛伦兹力的作用，导体侧面出现电荷积累，形成霍耳电场，其电场强度为

EHvB

其中v 是载流子定向运动速率．根据导体内电流密度

jnev

由上述关系可得要证明的结果． 证 由分析知，在导体内稳恒电场强度为

ECρjρnev

由霍耳效应，霍耳电场强度

EHvB

因载流子定向运动方向与磁感强度正交，故EH ＝vB，因而

EH/ECvB/ρ/vB/ρ/ρvB/neρ

7 －25 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两

侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm，磁场为B＝0.080 T，毫伏表测出血管上下两端的电压为UH ＝0.10 mV，血流的流速为多大？

分析 血流稳定时，有

qvBqEH

由上式可以解得血流的速度． 解 依照分析 .................

.................

vEHUH0.63m/s BdB7 －26 磁力可以用来输送导电液体，如液态金属、血液等而不需要机械活动组件．如图所示是输送液态钠的管道，在长为l 的部分加一横向磁场B，同时沿垂直于磁场和管道方向加一电流，其电流密度为J．

（1） 证明在管内液体l 段两端由磁力产生的压力差为pJlB，此压力差将驱动液体沿管道流动．

（2） 要在l 段两端产生1.00 atm（1 atm＝101 325 Pa）的压力差，电流密度应多大？ （l ＝2.00 cm，B ＝1.50Ｔ）

解 （1） 由题意电流垂直流过管内导电液体，磁场中的导电液体受到安培力的作用，在管道方向产生一压力差

Δp（2） JFIBlJBl SSΔp3.38106A/m2 Bl7 －27 带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5 cm 的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 Ｔ，求此质子的动量和动能．

解 根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有

pmvReB1.121021kgm/s

p2Ek2.35keV

2m7 －28 从太阳射来的速度为0.80 ×108 m/ｓ 的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×107Ｔ，此电子回转轨道半径为多大？ 若电子沿地球磁场的磁感线旋

－

.................

.................

进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ×105Ｔ，其轨道半径又为多少？

－

解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径

R1地磁北极附近的回转半径

mv1.1103m eB1R2mv23m eB27 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1 ＝30 A，矩形回路载有电流I2 ＝20 A．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm，b ＝8.0 cm，l ＝0.12 m．

分析 矩形上、下两段导线受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3 和F4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力． 解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F3 和F4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为

F3F4故合力的大小为

μ0I1I2l 2πdμ0I1I2l

2πdbFF3F4μ0I1I2lμIIl0121.28103N 2πd2πdb.................

.................

合力的方向朝左，指向直导线．

7 －30 一直流变电站将电压为500kV的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10

－11

F·m1 ，若导线间的静电力与安培力正好

－

抵消．求：（1） 通过输电线的电流；（2） 输送的功率．

分析 当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定．若两导线间距离为d，一导线在另一导线位置激发的磁感强度Bμ0I,导线单位2πd长度所受安培力的大小FBBI．将这两条导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C 和电压U 已知，则单位长度导线所带电荷λ＝CU，一导线在另一导线位置所激发的电场强度Eλ，两导线间单位长度所受的静电吸引力FEEλ．依照题意，2πε0d导线间的静电力和安培力正好抵消，即

FBFE0

从中可解得输电线中的电流．

解 （1） 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为

μ0I2FBBI

2πdC2U2 FEEλ2πε0d由fBfE0可得

μ0I2C2U2 2πd2πε0d解得

I（2） 输出功率

CU4.5103A ε0μ0NIU2.25109W

7 －31 将一电流均匀分布的无限大载流平面放入磁感强度为B0 的均匀磁场中，电流方向与磁场垂直．放入后，平面两侧磁场的磁感强度分别为B1 和B2（如图所示），求该载流平.................

.................

面上单位面积所受磁场力的大小和方向．

分析 依照题7 －20 的分析，无限大载流平面两侧为均匀磁场，磁感强度大小为

1μ0j，2依照右手螺旋定则可知，它们的方向反向平行，并与原有磁感强度B0的均匀外磁场叠加，则有

1μ0j 21B2B0μ0j

2B1B0从而可解得原均匀磁场的磁感强度B0和电流面密度j．载流平面在均匀外磁场中受到安培力的作用，由于载流平面自身激发的磁场不会对自身的电流产生作用力，因此作用在ｄS 面积上的安培力

dFIdlB0

由此可求得单位面积载流平面所受的安培力． 解 由分析可得

1μ0j （1） 21B2B0μ0j （2）

2B1B0由式（1）、（2）解得

B0j1B1B2 21B2B1 μ0外磁场B0 作用在单位面积载流平面上的安培力

.................

.................

dFjdxdyB012jB0B2B12 dSdxdy2μ0依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．

7 －32 在直径为1.0 cm 的铜棒上，切割下一个圆盘，设想这个圆盘的厚度只有一个原子线度那么大，这样在圆盘上约有6.2 ×1014 个铜原子．每个铜原子有27 个电子，每个电子的

24Am2．我们假设所有电子的自旋磁矩方向都相同，且平行于自旋磁矩为μe9.310铜棒的轴线．求： （1） 圆盘的磁矩；（2） 如这磁矩是由圆盘上的电流产生的，那么圆盘边缘上需要有多大的电流．

解 （1） 因为所有电子的磁矩方向相同，则圆盘的磁矩

mNμe1.56107Am2

（2） 由磁矩的定义，可得圆盘边缘等效电流

Im/S2.0103A

7 －33 在氢原子中，设电子以轨道角动量Lh/2π绕质子作圆周运动，其半径为

a05.291011m．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为6.631034Js

分析 根据电子绕核运动的角动量

Lmva0h/2π

可求得电子绕核运动的速率v．如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流

i在圆心处，即质子所在处的磁感强度为

ee T2πa0/vB解 由分析可得，电子绕核运动的速率

μ0i 2a0v其等效圆电流

h

2πma0iehe22

2πma04πma0.................

.................

该圆电流在圆心处产生的磁感强度

Bμ0iμhe20212.5T 2a08πma07 －34 半径为R 的圆片均匀带电，电荷面密度为σ，令该圆片以角速度ω绕通过其中心且垂直于圆平面的轴旋转．求轴线上距圆片中心为x 处的P 点的磁感强度和旋转圆片的磁矩．

分析 旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环（如图所示），其等效圆电流

dIσ2πrdrσωrdr T此圆电流在轴线上点P 处激发的磁感强度的大小为

μ0r2dIdB2r2x23/2

所有圆电流在轴线上激发的磁场均沿Ox 轴，因而点P 处的合磁场为BdB．由磁矩的定义，等效圆电流的磁矩dmπrdI，方向沿Ox 轴正向，将不同半径的等效圆电流磁矩叠加可以得到旋转圆片的磁矩

2mπr2dI

解 由上述分析可知，轴线上x 处的磁感强度大小为

BB圆片的磁矩m 的大小为

R0μ0r3σωdrμ0σωR22x22x2r2x23/22x2R20R22x2r3dr2x 2(r2x2)3/22x2R2R00.................

.................

1mπr3σωdrσωπR4

04R磁感强度B 和磁矩m 的方向都沿Ox 轴正向．

7 －35 一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质［图（ａ）］，磁介质的相对磁导率为μr（μr ＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I 通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1） 空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2） 磁介质表面的磁化电流．

分析 电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．选取任一同心圆为积分路径，应有HdlH2πr，利用安培环路定理

HdlIf

求出环路内的传导电流，并由BμH，Mμr1H，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流．

解 （1） 取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有

H2πrIf

对r ＜R1

If得

I2πr 2πR1H1Ir 2πR12忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有

M10，B1对R2 ＞r ＞R1 .................

μ0Ir 2πR12.................

I得

fI

H2填充的磁介质相对磁导率为μr ，有

I 2πrM2μr1对R3 ＞r ＞R2

IμμI，B20r 2πr2πrI得

fII22πrR 223πR3R2IR32r2 H3222πrR3R2同样忽略导体的磁化，有

μ0IR32r2M30，B3 222πrR3R2对r ＞R3

I得

fII0

H40，M40，B40

（2） 由IsM2πr，磁介质内、外表面磁化电流的大小为

IsiM2R12πR1μr1I IseM2R22πR2μr1I

对抗磁质（r1），在磁介质内表面（r ＝R1 ），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r ＝R2 ），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H（r）和B（r）分布曲线分别如图（ｂ）和（c）．

7 －36 设长L ＝5.0 cm，截面积S ＝1.0 cm2 的铁棒中所有铁原子的磁偶极矩都沿轴向整

232齐排列，且每个铁原子的磁偶极矩m01.810Am．求：（1） 铁棒的磁偶极矩；

.................

.................

（2） 要使铁棒与磁感强度B01.5T的外磁场正交，需用多大的力矩？ 设铁的密度

ρ7.8gcm3 ，铁的摩尔质量M055.85gmol1 ．

分析 （1） 根据铁棒的体积和密度求得铁棒的质量，再根据铁的摩尔质量求得棒内的铁原子数N，即

NρVNA M0其中NA 为阿伏伽德罗常量．维持铁棒内铁原子磁偶极矩同方向排列，因而棒的磁偶极矩

mNm0

（2） 将铁棒视为一个磁偶极子，其与磁场正交时所需力矩

MmB0

解 （1） 由分析知，铁棒内的铁原子数为

N故铁棒的磁偶极矩为

ρSLNA M0mNm0ρSLNAm07.85Am2 M0（2） 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩

MmB011.4Nm

7 －37 在实验室，为了测试某种磁性材料的相对磁导率μr ，常将这种材料做成截面为矩形的环形样品，然后用漆包线绕成一环形螺线管．设圆环的平均周长为0.10 m，横截面积为0.50×10

－4

m2 ，线圈的匝数为200 匝．当线圈通以0.10 A 的电流时，测得穿过圆环横截面

－

积的磁通量为6.0 ×105 Wb，求此时该材料的相对磁导率μr．

分析 根据右手定则，磁感线与电流相互环连，磁场沿环型螺线管分布，当 环形螺线管中通以电流I 时，由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为

HNI L由题意可知，环内部的磁感强度BΦ/S，而Bμ0μrH，故有

μrB/μ0H

.................

.................

解 磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为NI/L和Φ/S，因而

μrΦL4.78103

μ0NIS.................

.................

第八章 电磁感应 电磁场

8 －1 一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（ ） （A） 线圈中无感应电流

（B） 线圈中感应电流为顺时针方向 （C） 线圈中感应电流为逆时针方向 （D） 线圈中感应电流方向无法确定

分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．

8 －2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（ ） （A） 铜环中有感应电流，木环中无感应电流 （B） 铜环中有感应电流，木环中有感应电流 （C） 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （D） 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大

分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A）．

8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M12 ．若它们分别流过i1 和i2 的变化电流且

di1di2，并设由i2变化在线圈1 中产生的互dtdt感电动势为ε12 ，由i1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A）M12M21 ，ε21ε12 .................

.................

（B）M12M21 ，ε21ε12 （C）M12M21， ε21ε12 （D）M12M21 ，ε21ε12

分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律ε21M21而正确答案为（D）．

8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ） （A） 位移电流的实质是变化的电场

（B） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 （D） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理

分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A）．

8 －5 下列概念正确的是（ ） （A） 感应电场是保守场

（B） 感应电场的电场线是一组闭合曲线

（C） ΦmLI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D） ΦmLI，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大

分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而 正确答案为（B）．

8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为

di1di；ε12M122．因dtdtΦ8.0105sin100πtWb，求在t1.0102s时，线圈中的感应电动势．

分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成ξN链．

解 线圈中总的感应电动势

dΦdψ，其中ψNΦ称为磁dtdtξN.................

dΦ2.51cos100πt dt.................

2当t1.010s 时，ξ2.51V．

8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以

dI的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所dt示．求线圈中的感应电动势．

分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律ξdΦ来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁dt通量就需用ΦBdS来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B1

S与B2 之和）．

为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即BB(x)，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx、长为d 的面元ｄS，如图中阴影部分所示，则dSddx，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元dSdxdy，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式EMM解1 穿过面元ｄS 的磁通量为

dl求解． dtdΦBdSB1dSB2dS因此穿过线圈的磁通量为

μ0IμIddx0ddx

2πxd2πxΦdΦ再由法拉第电磁感应定律，有

2dd2dμIdμ0IdμId30dxdx0ln

d2πxd2πx2π4EdΦμ0d3dIln dt2π4dt.................

.................

解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为

Φ线圈与两长直导线间的互感为

μ0dI3ln 2π4M当电流以

Φμ0d3ln I2π4dl变化时，线圈中的互感电动势为 dtEMdIμ0d3dIln dt2π4dt试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量ΦBdSf1,ξ，它表现为变量I和ξ的二元函数，将Φ代

S入EdξdΦv，再令ξ＝d 即可 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中dtdt求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．

8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻Ri＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值q4.010C．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？

分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为

5ΔΦΦ2Φ1NBS0NBS

因此，流过导体截面的电量为qΔΦNBS

RRiRRi则 BqRRi0.050T NS－

8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm处，放一面积为0.10 cm2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×102 s 内把此线圈移至.................

.................

距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10

－2

Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．

分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用ψNBS来计算线圈在始、末两个位置的磁链． 解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为

ψ1NB1S则线圈中的平均感应电动势为

Nμ0ISNμ0IS,ψ2NB2S 2πr12πr2EΔΦNμ0IS1181.1110V Δt2πΔtr1r2电动势的指向为顺时针方向．

（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为

EdΦ dt8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？

.................

.................

分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由E构造一个闭合回路），还可直接用公式EdΦ求解外（必须设法dt

vBdl求解．

l在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势dEvBdl.在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B）的方向就是导线中电势升高的方向．

解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或 端点P 距 形导轨左侧距离为x，则

1Φ2RxπR2B

2即

EdΦdx2RB2RvB dtdt由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．

解2 建立如图（c）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl，则

dEvBdlvBsin90ocosθdlvBcosθRdθ

EdEvBRcosθdθ2RvB

π/2π/2由矢量（v ×B）的指向可知，端点P 的电势较高．

解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁

.................

.................

通量ΦBS常数.由法拉第电磁感应定律E又因 E ＝EOP ＋EPO 即 EOP ＝－EPO ＝2RvB

dΦ可知，E ＝0 dt由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．

8 －11 长为L的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．

分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而EO A 和EO B 则可以直接利用第８ －2 节例1 给出的结果． 解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl，则

EAB因此棒两端的电势差为

vBdl-rABL-r1ωlBdlωlBL2r

21UABEABωlBL2r

2当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高

解2 将AB 棒上的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中

EOA则 .................

112Bωr2,EOBωBLr 22.................

1EABEOAEOBωBLL2r

28 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．

分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律EdΦ 计算（此时必须构造一个dt包含OP导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO），也可用EvBdl来

l计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的． 解1 由上分析，得

EOPlOPvBdl

vBsin90ocosαdl

lsinθωBcos90oθdl

lL12ωBsin2θldlωBLsinθ

02由矢量vB的方向可知端点P 的电势较高．

解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿 过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势

E显然，EQO ＝0，所以 .................

dΦ0EOPEPQEQO dt.................

12EOPEPQEQOωBPQ

2由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．

8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速v2.0ms平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？

1

分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式E标系，所取导体元dldx，该处的磁感强度BvBdl求解，建立图（a）所示的坐

lμ0I．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，2πx需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式ΦBdS求得穿过

S该回路的磁通量，再代入公式EdΦ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． dt解1 根据分析，杆中的感应电动势为

EABvBdldxl0.1mAB1.1mμ0μIvvdx0ln113.84105V式中负号表示2πx2π电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高．

解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx、长为y 的面元ｄS，则穿过面元的磁通量为

dΦBdS穿过回路的磁通量为 .................

μ0Iydx 2πx.................

ΦdΦSμ0IμIyydx0ln11

0.1m2πx2π1.1m回路的电动势为

EdΦμIdyμIy0ln1103.84105V dt2πxdt2π由于静止的形导轨上电动势为零，所以

EABE3.84105V

式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A 电势较高．

8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．

分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足vBdl0］，因而线框中的总电动势为

EvBdlvBdlvBdlvBdlEefEhg其等效电路

efghefhg如图（ｂ）所示．

dΦ求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设dtdξ时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有在v．

dt2．用公式E求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，再令ξ＝d，即可得线框在题目所给位置处的电动势．

.................

.................

解1 根据分析，线框中的电动势为

EEefEhg

vBdlvBdl

efhgl2μ0Ivl2μ0Ivdldl 002πd2πdl1μ0IvI1I2

2πdl1由Eef ＞Ehg 可知，线框中的电动势方向为efgh．

解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为

Φ相应电动势为

l10μ0Il2μ0Il2ξl1dxln

2πxξ2πxξξEξdΦμ0Ivl2l1 dt2πξξl1令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

Eμ0Ivl2l1

2πddl1由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．

*8 －15 有一长为l，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m，电阻为R．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t1 和t2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：

（1） t1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t2 ≥t≥t1 ，即框架进入磁场， 但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t2 ，即框架全部进入磁场后．

.................

.................

分析 设线框刚进入磁场（t1 时刻）和全部进入磁场（t2 时刻）的瞬间，其速度分别为v10 和v20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v＝gt（t ＜t1）和v ＝v20 ＋g（t－t2 ）（t ＞t2 ）．而在t1＜t＜t2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力FA ，其大小与速度有关，即

FAFA(v)．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为mgFAvm微分方程可得t1＜t＜t2 时间内线框的速度与时间的关系式． 解 （1） 根据分析，在tt1时间内，线框为自由落体运动，于是

dv，解此dtv1gttt1其中tt1时，v1v102gh

（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为

B2l2FAIlBv

R根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程

B2l2dvmgvm

RdtB2l2令K，整理上式并分离变量积分，有

mR.................

.................

tdvdt

gKvt1积分后将v10vv102gh代入，可得

v21ggK2gheKtt1 K（3） 线框全部进入磁场后（t ＞t2），作初速为v20 的落体运动，故有

1ggK2gheKt2t1gtt2 KdB8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率在变化．把一块质量为m 的

dtv3v20gtt2铜，拉成截面半径为r的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为

I式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度．

mdB

4πρddt解 圆形回路导线长为2πR，导线截面积为πr，其电阻R′为

2Rρl2Rρ2 Sr在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为ΦBS，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为

E1dΦ1πRr2dB2dBIπR

RRdtRdt2ρdt而md2πRπr，即πRr22m，代入上式可得 2πdImdB

4πρddt8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率为正值，试求：（1） 管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2） 如求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm处感生电场的大小和方向．

dB为常量，且dtdB0.010Ts1，dt.................

.................

分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率

dBB 等）密切相关，即EkdldS.在

SStdt一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度Ek 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当绕向与B 方向满足右螺旋关系；当

dB0时，电场线dtdB0 时，电场线绕向与前者相反． dt解 如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路（l半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向． （1） r ＜R， EEkdlEk2πrld2dB BdSπrdtdtEkrdB 2dtd2dBBdSπR dtdtr ＞R， EEkdlEk2πrlR2dB Ek

2rdt由于

dB0，故电场线的绕向为逆时针． dt（2） 由于r ＞R，所求点在螺线管外，因此

R2dBEk

2rdt.................

.................

将r、R、的．

dB51的数值代入，可得Ek4.010Vm，式中负号表示Ek的方向是逆时针dt8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率电动势的大小为

dB为常量．试证：棒上感应dt

分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由EEkdl计算棒上感生

l电动势．此外，还可连接OP、OQ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度Ek 处处垂直，故

Ekdl0，OP、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的

总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势． 证1 由法拉第电磁感应定律，有

EPQdΦdBdBllEΔSR2

dtdtdt222证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小EkrdB 2dt设PQ 上线元ｄx 处，Ek的方向如图（b）所示，则金属杆PQ 上的电动势为

.................

.................

rdBR2l/2EPQEkdxEkcosθdxdx02dtr

dBl2R2l/2dt2l2讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？ 8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L．

分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式LΦ计算L．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动IELdI计算L．式中EL 和都较容易通过实验测定，所以此方法一般

dI/dtdt势EL ，由公式L适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．

解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R1 ＜r ＜R2 范围内的磁场分布为

Bμ0NI 2πx由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为

ψNBdSNSR2R1μ0NIμ0N2hIR2 hdxln2πx2πR1则

.................

.................

ψμ0N2hR2Lln

I2πR1若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr倍．

8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S1 和S2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l，匝数为N，求螺线管的自感．（设管的截面很小）

分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B0 和μ2 B0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S1 和S2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．

解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为

B1μ1nlμ1通过N 匝回路的磁链为

NNI,B2μ2nlμ2I LLΨΨ1Ψ2NB1S1NB2S2

则自感

ψN2LL1L2μ1S1μ2S2

Il8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d．试求长为l 的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．

.................

.................

分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I，然后计算图中阴影部分（宽为d、长为l）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．

解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为

B穿过图中阴影部分的磁通量为

μ0Iμ0I 2πr2πdrΦBdSSdaaBldrμ0lda lnπa则长为l 的一对导线的自感为

LΦμ0lda lnIπa如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为LL12L2．L1 称为外自感，即本题已求出的L，L2 称为一根导线的内自感．长为l的导线的内自感L2自行求解．

8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A′B′，每个线圈的自感均为L，求：（1） A 和A′相接时，B 和B′间的自感L1 ；（2） A′和B 相接时，A 和B′间的自感L2 ．

μ0l，有兴趣的读者可8π.................

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分析 无论线圈AB 和A′B′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．

解 （1） 当A 和A′连接时，AB 和A′B′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为

Φ12Φ2Φ0，

故L1 ＝0．

（2） 当A′和B 连接时，AB 和A′B′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为

Φ22Φ2Φ4Φ，

故L2Φ2Φ44L． II本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈． 8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm2 共50 匝的小圆形线圈A，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ1 时，线

－

圈A 中感应电动势的大小和方向．

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分析 设回路Ⅰ中通有电流I1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M21 ＝Φ21I1 ；也

可设回路Ⅱ通有电流I2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则MM12Φ12 ． I2虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS．反之，如设线圈A 通有电流I，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径． 解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度B0NB的磁链近似为

μ0I穿过小线圈A 2RψANAB0SANANB则两线圈的互感为

μ0ISA 2RM（2）EAMψAμSNANB0A6.28106H I2RdI3.14104V dt互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．

8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A、C 的半径分别为R 和r，两线圈相距为d．若r很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？

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解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为

B穿过线圈C 的磁通为

2Rdμ0IR2223/2

ψBSC则两线圈的互感为

2R2dμ0IR223/2πr2

ψμ0πr2R2 MI2R2d23/2若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．

8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I1 ＝4.0 ×10

－2

A，在环上再绕一线圈C，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，

－3

今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 I1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr．

C．求：当螺绕环中通有电流

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分析 本题与题８ －８ 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I1 时，在环内产生的磁感强度

Bμ0μrn1I1

则通过线圈C 的磁链为

ψcN2BSN2μ0μrn1I1S

设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为qC ，则有

qc由此得

11NμμnISΔψc0ψc20r11 RRRBμ0μrn1I1相对磁导率

Rqc0.10T N2SμrRqc199

N2Sμ0n1I18 －26 一个直径为0.01 m，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？ 磁能密度是多少？*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？

分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L（已知.................

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或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能Wm12通常称为自感磁能．（2） LI，

2由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即WmwdV，式中wVmm为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空

B2间．由于wm，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分

2μ布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用

12 LIwmdV求解L．

V2N2S解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感L，电流稳定后，线圈中电

l流IE，则线圈中所储存的磁能为 R12μ0N2SE2WmLI3.28105J 222lR在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管

中，并为均匀磁场，故磁能密度wm 处处相等，wmWm4.17Jm3 SL（2） 自感为L，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律

tEEI1eL，当电流稳定后，其最大值Im

RRRt2E12112E按题意1LILIm，则I，将其代入I1eL中，得

2R222RRt

L2L4ln1ln221.5610s R2R8 －27 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为I．试证：单位长度导线内

2所贮藏的磁能为μ0I/16π．

分析 本题中电流激发的磁场不但存在于导体内当r ＜R 时，B1体外当r ＞R 时，B2Vμ0Ir，而且存在于导22πRμ0I．由于本题仅要求单位长度导体内所储存的磁能，故用公式2πrWmwmdV计算为宜，因本题中B 呈柱对称性，取单位长度，半径为r，厚为ｄr 的薄柱

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1μ0Ir22πrdr，壳（壳层内wm处处相同）为体元ｄV，则该体元内储存的能量dWm22μ02πR积分即可求得磁能．

证 根据以上分析单位长度导线内贮存的磁能为

WmdWmR0μ0I22μ0I28π2R4r2πrdr16π 上述结果仅为单位长度载流导线内所具有的磁场能量，它是总磁场能量的一部分，总能量还应包括导线外磁场所储存的磁能．

8 －28 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量．要储存1 kW·h的能量，利用1.0Ｔ的磁场，需要多大体积的磁场？ 若利用线圈中500A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应该多大？ 解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得

V所需线圈的自感系数为

Wm9.0m32B/2μ0

L

2Wm29HI2

8 －29 中子星表面的磁场估计为108Ｔ，该处的磁能密度有多大？

B2解 由磁场能量密度 wm3.981021J/m3

2μ0

8 －30 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一0.50Ｔ 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少？

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1B21B222解weε0E,wm,按题意，当wewm时，有ε0E，则

22μ022μ0E

B1.51108Vm1 ε0μ08 －31 设有半径R ＝0.20 m 的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d ＝0.50 cm，以恒定电流I ＝2.0 A 对电容器充电．求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）．

分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流Ic，而在平行板电容器间存在着位移电流Id，它们使电路中的电流连续，即IdIc．

解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间位移电流

IdjddSjdπR2，由此得位移电流密度的大小

Sjd

IdIc15.9Am2 22πRπR

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