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大学物理答案

基础物理教学组

第2章运动学

2－1 一质点作直线运动，其运动方程为2

22t t x -+= , x 以m 计，t 以s 计。试求：（1）质点从t = 0到t = 3 s 时间内的位移；（2）质点在t = 0到t = 3 s 时间内所通过的路程

解（1）t = 0时，x 0 = 2 ；t =3时，x 3 = －1；所以， m 3)0()3(-==-==t x t x x ? （2）本题需注意在题设时间内运动方向发生了变化。对x 求极值，并令

022d d =-=t t

可得t = 1s ,即质点在t = 0到t = 1s 内沿x 正向运动，然后反向运动。分段计算

m 1011=-===t t x x x ?， m 4)1()3(2-==-==t x t x x ?

路程为 m 521=+=

x x s ??

2－2 已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3

262t t x -+=。试求：（1）质点在最初4s 内位移；（2）质点在最初4s 时间内所通过的路程解（1）t = 0时，x 0 = 2 ；t = 4时，x 4 = －30 所以，质点在最初4s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x

（2）由

0612d d 2=-=t t t

可求得在运动中质点改变运动方向的时刻为 t 1 = 2 s , t 2 = 0 (舍去) 则 m 0.8021=-=?x x x ，m 40242-=-=?x x x

所以，质点在最初4 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s

2－3 在星际空间飞行的一枚火箭，当它以恒定速率燃烧它的燃料时，其运动方程可表示为 )1ln(1bt t b u ut x -??

??-+=，其中m/s 100.33?=u 是喷出气流相对于火箭体的喷射速度， s /105.73

-?=b 是与燃烧速率成正比的一个常量。试求：（1）t = 0时刻，此火箭的速度和加速度；（2）t = 120 s 时，此火箭的速度和加速度

解 )1l n (d d bt u t x v --==

；bt

t v a -==1d d （1）t = 0时， v = 0 ，23

3s .m 5.221

105.7103--=???=

a （2）t = 120s 时， )120105.71ln(10333

??-?-=-v 1

s .m 91.6-?=

33s .m 225120

105.71105.7103---=??-???=a 2－4 如图所示，湖中有一只小船，岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，t = 0时，船与滑轮间的绳长为l 0 。试求：当人以匀速v 0拉绳时，船在距岸边x 处的速度和加速度。

解（1）设任意时刻 t ，绳长为l ，由题意t

v d d 0-

=；船到岸边的水平距离为x ，则 22h l x -=

小船的运动速度为 t

l h l l h l t t x v d d d d d d 222

2-=-==022v x h x +-=

负号表示小船在水面上向岸靠近。

小船的运动速度为 )(d d d d 02

2v h l l

t t v a --==

02022d d )(d d x

v h t l v h l l l -=--=

负号表示加速度的方向指向岸边，小船在水面上加速靠岸。

2－5 一升降机以加速度2

s m 22.1-?上升，当上升速度为1

s m 44.2-?时，有一螺丝从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）螺丝从升降机的

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 .

解（1）以地面为参考系，取Oy 坐标轴向上，升降机的运动方程为

2012

1at t v y += 螺丝的运动方程为 2

022

1gt t v h y -+=

当螺丝落至底面时，有 y 1 = y 2 ,即 2

0202

121gt t v h at t y -+=+

所以 s 705.02=+=

g h

t (2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.02

02=+

-=-=gt t v y h d 2－6 已知一质点的运动方程为 j i r )2(22

t t -+= (SI)。试求：（1）质点的运动轨迹；（2）t = 1s 和t = 2 s 时刻，质点的位置矢量；（3）1s 末和2 s 末质点的速度；（4）质点的加速度。

解（1）质点在x 、y 方向运动方程的分量形式为 x = 2t ， y = 2－t 2

v 0

消去时间t , 可得 24

12x y -= 其运动轨迹为一抛物线

（2）s 1=t 时 j i r +=21；s 2=t 时 j i r 242-= （3）质点运动的速度 v j i r

t t

22d d -==

s 1=t 时 v 1j i 22-=

即 m /s 221=v ，o 145-=θ（θ1为v 1与x 轴的夹角） s 2=t 时 v 2j i 42-=

即 m /s 522=v ，6263o 2'-=θ（θ2为v 2与x 轴的夹角）

（4）质点运动的加速度 j v

a 2d d -==

2－7 一质点在Oxy 平面上运动，其运动方程为 j i r 222)310(t t ++= 试求：（1）质点的轨迹方程；（2）质点的速度、加速度。

解（1）质点运动方程的分量式为2

310t x +=，22t y = 消去时间参数t ，可得运动的轨迹方程 2023-=x y

（2）速度 v j i t t 46+= 加速度 j i a 46+=

2－8 一质点在Oxy 平面上运动，其运动方程为j i r )]1.0cos(1[3)1.0sin(3t t ππ-+= 试求质点在5s 时的速度和加速度。

解速度 v j i r

)1.0sin(3.0)1.0cos(3.0d d t t t

ππππ+==

加速度 ()()j i r a )1.0c o s (1.03)1.0s i n (1.03d d 2

2t t t

ππππ+-== t = 5 s 时的速度为 j v )s m 3.0(1-?=π 加速度 i a )s m 03.0(2

-?-=π

2－9 一质点从坐标原点开始沿抛物线 y = 0.5 x 2 运动，它在Ox 轴上分速度1s m 0.4-?=x v 为一恒量，试求：（1）质点的运动方程；（2）质点位于x = 2 m 处的速度和加速度。

解（1）因1s m 0.4-?=x v 为常数，故a x = 0 。当t = 0时，x = 0 ，可得质点在x 方向的运动方程为 t x 4=

又由质点的抛物线方程，有 28t y = 所以 j i r 284t t += （2）任意时刻 j i r v t t 164d d +==

； j t

16d d ==v a 由t x 4=和x = 2，可得 t = 0.5 s

所以，当质点位于x = 2.0 m 时，其速度 j i v 84+= ，加速度 j a 16=

2－10 一汽艇以速率0v 沿直线行驶。发动机关闭后，汽艇因受到阻力而具有与速度v 成正比且方向相反的加速度kv a -=，其中k 为常数。试求发动机关闭后，（1）任意时刻

t 汽艇的速度；（2）汽艇能滑行的距离。

解本题注意根据已知条件在计算过程中进行适当的变量变换。

（1）由 kv t v

a -==

d d ， t k v v t v

v ??-=00d d 得 kt v v -=e 0

（2）因为

kv s

v t s s v t v -===d d d d d d d d ， s k v s

v ??-=0

0d d 0

所以 ks v =0 发动机关闭后汽艇能滑行的距离为 k v s /0=

2－11 一物体沿x 轴作直线运动，其加速度为2

kv a -=，k 是常数。在t = 0时，0v v =，

0=x 。试求（1）速率随坐标变化的规律；（2）坐标和速率随时间变化的规律。

解本题注意变量变换。（1）因为 2d d d d d d d d kv x v

v t x x v t v a -==?==

； x k v v

x v

v ??-=0d d 0 所以 kx v v -=e 0

（2）因为 2d d kv t v

a -==

， t k v v t v

v ??-=02d d 0 可得 1

kt v v v

又因为 t

v d d =

， t kt v v t v x t

t x

d 1

d d 0

+==

所以 )1ln(1

0+=

kt v k

x 2－12 一质点沿 x 轴作直线运动，其速度大小2

38t v +=，（SI 制）。质点的初始位置在 x 轴正方向10 m 处，试求：（1）s 2=t 时，质点的加速度；（2）质点的运动方程；（3）第二秒内的平均速度。

解根据题意可知，0=t 时，10ms 8-=v ，m 100=x （1）质点的加速度 t t

a 6d d ==

s 2=t 时， 2ms 12-=a

（2）由 t t t v x d )38(d d 2+== 两边积分

t t x t

d )38(d 0

210

因此，质点的运动方程为 3

810t t x ++=

（3）第二秒内的平均速度为 11

2s .m 15-=--==

t t x x t x v ?? 2－13 质点作圆周运动，轨道半径r = 0.2 m ，以角量表示的运动方程为

10t t ππθ+= （SI ）。试求：（1）第3s 末的角速度和角加速度；（2）第3s 末的切向加

速度和法向加速度的大小。

解（1）因为 22

110t t ππθ+

= 故 t t ππθω+==10d /d ， πωβ==t d /d

以t = 3s 代入，1

s ad r 13-?==πω ，2

s rad -?=πβ

（2） 2s m 2.0-?==πβr a t ， 222s m 8.33-?==πωr a n

2－14 一质点在半径为r = 0.10m 的圆周上运动，其角位置为3

42t +=θ。（1）在 t = 2.0s 时，质点的法向加速度和切向加速度各为多少？（2）t 为多少时，法向加速度和切向加速度的量值相等？

解 (1)由于3

42t +=θ，则 212d d t t ==

θω，t t

24d d ==ωβ 法向加速度 4

2n 4.14t r a ==ω 切向加速度 t r a t 4.2==β

t = 2.0s 时，2222n

s m 1030.2-=??==ωr a s

t ， 22s m 8.4d d -=?==t

a s

t t

（2）要使t a a =n ,则有 t r t r 24)12(22?=

所以 t = 0.55 s

2－15 一汽车发动机曲轴的转速，在12 s 内由20 r/s 均匀地增加到45 r/s 。试求：（1）发动机曲轴转动的角加速度；（2）在这段时间内，曲轴转过的圈数。

解（1）由于角速度n πω2=（n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义

t d d ω

β=

，在匀速转动中角加速度为 200s r a d 1.13)(2-?=-=-=

n n t πωωβ （2）发动机曲轴转过的角度为 t n n t t t )(2

2100

20+=+=+=πωωβωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 3902

20=+==

t n n N πθ 圈 2－16 某种电机启动后转速随时间变化的关系为

)1(2

e -

-=ωω，式中

10s rad 0.9-?=ω。求：（1) t = 6 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6 s 内转过的圈数。

解 (1)根据题意，将t = 6 s 代入，即得

102

0s 6.895.0)e 1(--

==-=ωωωt

（2）角加速度随时间变化的规律为 222

0s e 5.4e 2

d d ---===t

t ωωβ （3）t = 6 s 时转过的角度为 r a d 9.36d )e 1(d 2

=-==

??t t t

ωθ

则t = 6 s 时电动机转过的圈数 87.52==πθN 圈

2－17 半径为r = 0.50m 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 s 时，测得轮缘上一点的速度值为1

s m 0.4-?。求：（1）该轮在t ′ = 0.5s 的角速度，轮缘上一点的切向加速度和总加速度；（2）该点在2s 内所转过的角度。

解由题意 2

kt =ω，因ωR = v ,可得比例系数 222

t k ω

所以 2

2)(t t ==ωω

(1) 则t ′= 0.5s 时，角速度为 1

s rad 5.02-?='=t ω 角加速度 2s rad 24d d -?='==

t t

β 切向加速度 2s m 1-?==βr a t

总加速度 n 2n e e a a a ωβr r t t +=+= 2222s m 01.1)()(-?=+=

ωβr r a

(2) 在2 s 内该点所转过的角度 rad 33.53

2d 2d 322

0====

-??

t t t t ωθθ

2－18 一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2 m 的圆形轨道运动。已知质点的角速度与时间的平方成正比，即2

k t =ω（SI 制）。式中k 为常数。已知质点在第2 s 末的速度为32 m /s 。试求t = 0.5 s 时质点的速度和加速度。

解首先确定常数k 。已知t = 2 s 时，v = 32 m/s , 则有 3

s 4-==

v t k ω

故 2

4t =ω ，24Rt R v ==ω，Rt t

a t 8d d ==

当t ＝ 0.5 s 1

s .m 24-==Rt v ， 2

s .m 88-==Rt a t ， 22

s .m 2-==R

v a n 22

2s .m 25.8-=+=

n t a a a ，o 1

0.14tan ==-t

a a θ 2－19 由山顶上以初速度v 0水平抛出一小球，若取山顶为坐标原点，沿v 0方向为x 轴正方向，竖直向下为 y 轴正方向，从小球抛出瞬间开始计时。试求：（1）小球的轨迹方程；（2）在t 时刻，小球的切向加速度和法向加速度。

解（1）小球在x 轴作匀速直线运动 t v x 0=， y 轴上作自由落体 22

1gt y = 上述两方程联立消t ，可得小球的轨迹方程 2

2x v g y =

（2）0v v x = ，

gt v y =

t 时刻，小球的速率 222022t g v v v v y x +=+=

t 时刻，小球的切向加速度 2

220

2d d t

g v t g t

a t +==

因为 22n t a a g a +=

=，所以，法向加速度 2

g v g v a g a t n +=

2－20 已知声音在空气中传播的速率为344 m/s 。当正西方向的风速为30 m/s 时，声音相对于地面向东、向西和向北传播的速率各是多大？

解 m/s 301=v ，

m/s 3442=v

向东传播的声音的速率 m/s 3743443021E =+=+=v v v

向西传播的声音的速率 m/s 3143034412=-=-=v v v W 向北传播的声音的速率 m /s 34330344222

122=-=-=

v v v N

2－21 一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处。已知A 、B 间的距

离为l ，空气相对地面的速率为u ，飞机相对空气的速率v ’ 保持不变。试证：

（1）假定空气是静止的（即u ＝0），飞机往返飞行时间为v l t '=21；（2）假定空气的速度方向向东，飞机往返飞行时间为2

222u

v v l t -''

=；（3）假定空气的速度方向向北，飞机往返飞行的时间为2

32u

v l t -'=。

试证：由速度关系 v = u + v ' （1）u ＝0时，飞机往返飞行时间为 v l

v l v l t '

='+'=

21 （2）空气相对地面的速度为u 向东，从A → B 所需时间为u

v l

+' 从B → A 所需时间为

v l

-' 所以，飞机往返飞行时间为 2

222u v v l u v l u v l t -''

=-'++'=

（3）空气相对地面的速度为u 向北，如图2－21所示，

从A → B ，飞机相对地面的速度为22u v v -'=；从B → A 飞机相对地面的速度的大小与从A → B 等值，但方向相反。所以，飞机往返飞行的时间为

322u

v l v

l t -'==

v '

( a )

v '

( b )

习题 2－21

第3章牛顿定律及其内在随机性

3-1 一木块能在与水平面成θ 角的斜面上匀速下滑。若使它以速率v 0沿此斜面向上滑动，试证明它能沿该斜面向上滑动的距离为 v 02/（4g sin θ）。

解选定木块为研究对象，取沿斜面向上为x 轴正向，

下滑 0sin f =-F mg α （1）上滑 ma F mg =--f sin α （2）由式（2）知，加速度为一常量，有

as v v 2202+= （3）

解上述方程组，可得木块能上滑的距离 α

sin 422

20g v a v s =

-= 3-2 在一水平直路上，一辆车速1

h km 90-?=v 的汽车的刹车距离为s = 35 m 。如果路面相同，只是有1:10的下降斜度，这辆汽车的刹车距离将变为多少？

解：在水平路上k μ为定值，则 ma mg k =-μ ，而 s

v a 22

所以 gs

v k 22

=μ

设斜面夹角为α，刹车距离为s '，加速度为a '，则 a m mg mg k '=-αμαcos sin

所以 )

cos sin (222

2αμαk g v a v s --=

'-=' 代入已知数值，注意sin α = 0.1 ,可得 m 5.39='s

3-3 如图所示，质量m = 0.50kg 的小球挂在倾角o

30=θ的光滑斜面上。（1）当斜面以加速度a = 2.0m/s 2水平向右运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？（2）当斜面的加速度至少为多大时，小球将脱离斜面？

解：(1)对小球 x 向： ma N T =-θθsin cos

y 向： 0c o s s i n

=-+mg N T θθ mg

上滑

mg N 下滑

f m

g N

可得

N 32.3)30sin 8.930cos 2(5.0)sin cos (o o =+??=+=ααg a m T N 75.3)30sin 230cos 8.9(5.0)sin cos (o o =+??=+=ααa g m N 小球对斜面的压力 N 75.3=='N N

（2）小球刚要脱离斜面时N = 0，则 ma T =θcos ， mg T =θsin 由此二式可解得 2o s m/0.1730tan /8.9tan /===θg a

3-4 在水平面上一辆汽车以速率v 行驶，当汽车与前面一堵墙相距为d 时，司机才发现自己必须制动或拐弯。设车辆与地面之间的静摩擦系数为μs .问若司机制动停车（不拐弯），他需要的最小距离d 1为多大？若他不制动而作90o 拐弯（作圆弧形行驶），他需要的最小距离d 2又有多大？哪种办法最安全？

解：汽车制动时，受到摩擦力作用，作匀减速直线运动，在拐弯情况下，汽车作圆周运动，摩擦力提供向心力。通过求出两种情况下汽车制动的距离，比较可以知道第一种方法更安全。

设汽车质量为m 加速度为a ，则在制动时有 ma mg s =-μ ，12

2ad v =- 所以 g v d s μ2/21=

若不制动而拐弯，则有 22

d v m mg s =?μ

所以 g

v d s μ2

由于d 1< d 2 可知制动安全。 3-5 月球的质量是地球的

811，月球的半径为地球半径的11

。不计自转的影响，试计算地球上体重600N 的人在月球上时体重多大？

解：因为地球上人体重为 N 6002

==e e

e r M mG

mg 所以月球上体重为 22113811??

??==e e

m m m r M m G r M m G m g N 6.99729121729

1212

=?=?=e e e mg r m mG

3-6 一枚质量为3.03×103kg 的火箭，放在与地面成58.0°倾角的发射架上，点火后发

动机以恒力61.2 kN 作用于火箭，火箭轨迹始终与地面成 58.0°的夹角。飞行48.0s 后关闭

发动机，计算此时火箭的高度及距发射点的距离（忽略燃料质量和空气阻力）。

解 t

v m ma F x

x d d cos ==θ

?=v

x t F v m 0

d c o s d θ

t t F x m 0

d cos d θ m 1023.12cos 2142

2?==

=t m

F t a x x θ 同理 t

v m

ma mg F y y d d sin ==-θ

?-=v

y t mg F v m 0

d )sin (d θ

t mg F mv y )sin (-= ?

?-=y

t t mg F y 0

d )sin (d θ

m 1044.82sin 2132

2?=-==

t m

mg F t a y y θ 火箭距发射点O 的距离为 m 1049.1422?=+=

y x s

3-7 在光滑水平面上固定了一个半径为R 的圆环，一个质量为m 的物体A 以初速度为

v 0靠圆环内壁作圆周运动，物体与环壁的摩擦系数为μ，试求物体A 任意时刻的速率v ？

解：选取自然坐标, 切向 f t

-=d d 法向N R v m =2

，而 N f μ= ，所以 t

v R v d d 2=-μ

由上式得

t R v v t v

v d d 002??-=μ

则 t

v v v 00

1μ+=

3-8 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v 0 ,求：（1）t 时刻物体的速率；（2）当物体速率从v 0减少到

v 时，物体所经历的时间及经过的路程。解： (1)取自然坐标，有 R

mv ma F n N 2

==， t v m ma F t f d d -==

摩擦力的大小N F F μ=f ，由上述各式可得 t

R v d d 2-=μ 取初始条件t = 0时v = v 0 , 并对上式积分

v t

v v

t 02

d d μ

所以 t

v R Rv v μ00

（2）当物体的速率从v 0减少到

021v 时，由上式可得 0

v R t μ=' 物体在这段时间内所经过的路程 t t

v R Rv t v s t t d d 00

μ+==

2ln μ

s =

3-9 一质量为10kg 的质点在力40120+=t F （F 的单位为N ，t 的单位为s ）的作用下，沿x 轴作直线运动。在t = 0时，质点位于x = 5.0m 处，其速度10s m 0.6-?=v 。求质点在任意时刻的速度和位置。

解：由题意 t

t d d 40120=+ 依据初始条件，t 0 = 0时10s m 0.6-?=v ，积分 []t t v v

v t

d 412d 0

?+=

所以 2

646t t v ++=

又因v = d x /d t ,并由初始条件：t 0 = 0时x 0=5.0m ，积分 []

t t t x x

x t

d 646d 0

?++=

所以 3

2265t t t x +++=

3-10 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿x 轴运动，已知t = 0时质点应位于原点，且初始速度为零，力F 随距离线性地减小，x = 0时，F = F 0 ; x = L , F = 0.试求质点在;x = L 处的速率。

解：由题意，力F 与x 的关系为 x L

F F F 0

0-= 由牛顿第二定律 F t v m =d d ，而 x

v t x x v t v d d d d d d d d == 则 x x L F F x F v mv d d d 00??

== 积分

x x L F F v v m L

d d 0000?

? ??

-=?? 所以 m

F v 0=

3-11 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg 。飞机以1

s m 0.55-?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1

s N 100.5-??=α ，求：（1）10s 后飞机的速率；（2）飞机着陆后10s 内滑行的距离。

解：以地面飞机滑行方向为坐标正方向，有 t t

m α-=d d

t m

v t

v d d 0

=α

得 202t m

v v α

t =10s 时， 1

s m 0.30-?=v 又

t t m

v x t

x d )2(d 0

200

=α

故飞机着陆后10s 内所滑行的距离 m 4676300=-

=-=t m

t v x x s α

3-12 一物体自地球表面以速率v 0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为f ＝km v 2，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）。

解以地面为原点，y 轴竖直向上

（1）上抛 t v m k m v mg d d 2

=--； y

v t v d d d d =

积分

+-=h

v kv g v

v y 0

d d ；故有 ???

??+==g kv g k y h 2

0max

In 21 （2）下落 t

k m v mg d d 2

=+- 积分

--=00

d d h

kv g v

v y 则 2

/12

001-???

? ??+=g kv v v

3-13如图所示，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m 1和m 2的物体A 和B ，且m l ＞m 2。设滑轮的质量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计，如以电梯为参考系，求物体相对地面的加速度和绳的张力。

解取坐标 y 向下，设r a 为物体相对电梯的加速度，

有 r a m T a m g m 1111=-+ r a m T a m g m 2222=-+ 21T T = ，由上述各式可得 )(2

1a g m m m m a r ++-=

绳的张力 )(22

121a g m m m m T T ++=

= 物体A 对地面的加速度 2

122112)(m m a

m g m m a a a r +--=

习题3－12图

上抛

f mg

下落

B 对地面的加速度为 2

12112)(2)(m m g

m m a m a a a r +-+-=+-=

第4章动量守恒与能量守恒

4－1 一粒子弹在枪膛中所受的合力为 t F 5103

400?-

=；式中F 和t 的单位分别为m 和s ，假设子弹出枪口时所示合力为零，此时子弹的速度为m/s 300=v 。试求：（1）

子弹在枪膛中经历的时间；（2）子弹在枪膛中所受的冲量；（3）子弹的质量。

解（1）由题意 0103

4005=?-

t ；所以 s 1033-?=t （2）子弹在枪膛中所受的冲量 s .N 6.0d )1034

400(510303=?-=?-?t t I （3）由动量定理，可得子弹的质量 kg 1023

-?==v

I m

4－2 一个质量为m = 0.14 kg 的垒球沿水平方向以m/s 501=v 的速率投来，经棒打击后，沿与水平方向成o

45=α的方向向回飞出，速率变为m/s 802=v 。（1）求棒给球的冲量的大小与方向。（2）如果球与棒接触的时间为s 02.0=t ?，求棒对球的平均冲力的大小。它是垒球本身重量的几倍？

解（1）如图所示，设垒球飞来方向为x 轴方向，棒对球的冲量大小为

12v v m m I -=αcos 2212

21v v v v m ++=s N 9.16?= 与垒球投来方向的夹角θ 为

ααθc o s

s i n a r c t a n

180212o mv mv mv +-=2152o

（2）棒对球的平均冲力 N 84502

.09

.16==

I F ? 此力为垒球本身重量的 )8.914.0/(845)/(?=mg F = 616倍

4－3 自动步枪连发时每分钟射出120发子弹，每发子弹的质量为m =7.9×10－

3 kg ，子弹出枪口的速率为735 m / s 。子弹射出时，枪托每分钟对肩部的平均压力为多少？

解以分钟计，枪对子弹的平均推力为 N 6.1160

735

0079.0120=??==

t Nmv F 由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力等于11.6 N 。

4－4 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一个质量为50 kg 的杂技演员，在走

习题4－2用图

钢丝练习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。已知安全带的长度为5 m ，安全带弹性缓冲作用时间约为0.5 s 。若取重力加速度2s .m 10-=g ，则安全带对杂技演员的平均作用力为多少？

解以杂技演员为研究对象，人跌至5 m 处时的速率为 gh v 21=

在缓冲过程中，根据动量定理，有12)(mv mv t mg F -=+? 可得 N 15002)

(=+=+

gh m mg t mv mg ??? 4－5 以炮弹以速率v 0沿倾角θ 的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为相等的两块，一块沿o

45仰角上飞，一块沿o

45的俯角下冲，求刚爆炸后这两块碎片的速率各为多少？

解如题图所示，炮弹炸裂前速率为θcos 0v ，沿水平方向，炸裂后两块分别以v 1和v 2飞行。忽略爆炸过程

中重力的作用，炮弹及碎块的动量守恒。于是有

水平方向： o 2o 1045cos 2

45cos 2cos v m

v m mv +=θ 竖直方向： o 2o 145sin 2

45sin 20v m

v m -= 联立解此二式，可得 θc o s 2021v v v =

4－6 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m 2

1000.1?。问第二块落在距抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不

计）

解取如图示坐标，爆炸前，物体在最高点A 的速度的水平分量 h

g x t x

v x

010== 物体爆炸后，第一块碎片竖直落下 2

112

1gt t v h y -

-= 碎片落地时，有y 1 = 0 , t = t 1 ,则由上式得 1

21121t gt h v -

= 根据动量守恒定律，在最高点处有 x x mv mv 202

，y mv mv 2121

210+-=，

可解得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为

习题4－6 用图

习题4－5 用图

v 0cos θ

02s m 100222-?===h

x v v x x ，11

2112s m 7.1421-?=-

==t gt h v v y 爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为2212t v x x x +=， 2

22222

1gt t v h y y -+= 落地时，y 2 = 0 ，可解得第二块碎片落地点的水平位置 m 5002=x

4－7 一载人小船静止于湖面上，小船质量为100kg ，船头到船尾共长3.6 m ，人的质量为50 kg ,试问当人从船尾走到船头时，船将移动多少距离？假定水的阻力不计。

解假定船的质量为M ，速度为v ，人的质量为m ，相对于船的速度为u ，其方向与v 的方向相反。选x 轴沿v 的方向，由该方向动量守恒有 +-=()0Mv m v u 上式各项乘时间t 得 +-=()0Mvt m v u t 。

设t 时间内船走的路程为S ，人相对于船走过的路程为S '，则有0)(='-+S S m MS ，故 m 2.150

1006

.350=+?=+'=

m M S m S

4－8 A 、B 两球在光滑水平面上运动，已知A 球的质量为kg 21=m 、速度为

11s .m 2.0-=i v ，B 球的质量为kg 32=m 、速度为12s .m )5.02.0(-+=j i v 。两球碰撞

后合为一体，求碰撞后的速度。

解以v 表示碰撞后的速度。由动量守恒定律 v v v )(212211m m m m +=+ 所以 1s .m )3.02.0(-+=j i v

4－9 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v 0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）

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，有 )(c o s )(0u v m Mv v M m -+=+α

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 u m

M m

v v ++=αc o s

人的水平速率的增量为 u m

M m

v v v +=

-=α?cos 0 而人从最高点到地面的运动时间为 g

v t α

sin 0=

习题4－9 用图

所以，人跳跃后增加的距离

u g

m M mv vt x )(sin 0+=

=α

4－10 一人从10 m 深的井中提水，起始时，桶及桶中水的总质量为10 kg ，由于水桶漏水，每升高1 m 要漏去0.20 kg 的水 .水桶被匀速地从井中提到井口，求人所做的功。

解水桶在匀速上提过程中，a = 0，拉力与水桶重力平衡，有 mg F = 取坐标y 竖直向上，水桶位于y 处时，拉力 gy g m F 2.00-= 人对水桶的拉力的功为 J 882d )2.0(10

0=-=

y gy g m A

4－11 长度为2 m 的细绳的一端系在天花板上，另一端系一质量为0.20 kg 的小球。现把小球移至使细绳与竖直方向成o

30角的位置，然后从静止释放。试求：（1）在绳索从o

转到0

0角的过程中，重力和张力所做的功；（2）物体在最低位置时的动能和速率；（3）在最低位置时绳的张力。

解如图所示，重力的功 J 53.0)cos 1(=-=θmgl A G

张力的功 0d T =?=?

s T A

（2）在最低位置时的动能为 J 53.0k ==G A E 小球在最低位置的速率为 1k

s m 30.222-?===

A m E v G

（3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得

mv P T 2=-； N 49.22

=+=l mv mg T 4－12 最初处于静止的质点受到外力的作用，该力的冲量为s N 4?，在同一时间间隔

内，该力所做的功为2 J, 问该质点的质量为多少？

解由题意， 00=p ， 00k =E ，根据动量定理，有40==-=mv p p I 由动能定理，有 22

20k k k ==

-==mv E E E A ? 所以 kg 4222

k 2===A

I E p m

4－13 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v 0。当它运动一周时，其速率为v 0/2。求：（1）摩擦力做的功；（2）动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？

解（1）摩擦力做功为 2

02020k k 8

32121mv mv mv E E A -=-=

-= 习题4－11 用图

m g

（2）由于mg f μ=，故有 mg r s f A μπ2180cos o -==

可得动摩擦因数为 rg

v πμ16320

（3）一周中损失的动能为2

3mv ，则在静止前可运行的圈数为 3

0k ==

A E n 圈 4－14 用铁锤把钉子敲入墙面木板。设木版对钉子的阻力与钉子进入木版的深度成正比。若第一次敲击，能把钉子钉入木板m 1012

-? 。第二次敲击时，保持第一次敲击钉子的速度不变，那么第二次能

把钉子钉入多深？

解 F = kx （k 为常数），由动能定理

?-=10

1d x k x kx E ? ， ?-=2

d 2x x k x kx E ?

按题意， 21k k E E ?=?，即 ??

-=-2

d d 0

x x x x kx x kx

可得

m 1041.0212-?=-=x x x ?

4－15 质量为 3 kg 的质点在力F 作用下沿直线运动，已知质点的运动方程为

3243t t t x +-=；x 和t 的单位分别为m 和s 。试求：（1）在最初4 s 内作用力F 所做的

功；（2） t = 1s 时，力F 对质点所做功的瞬时功率。

解（1）由 2383d d t t t

v +-==

得 0=t 时，10s .m 3-=v ，4=t 时，1

s .m 19-=v

由动能定理 J 103.521212202?=-=

mv mv A （2）由 t t

a 68d d +-== 得 1=t 时，2

s .m 2--=a ，则 N 6==ma F

1=t 时，1s .m 2--=v ，所以 W 12=?=v F P

4－16 质量为1kg 的物体，以初速度1

s .m 14-从高度240 m 处自由落下，并陷入沙坑中，陷入的深度为 0.2 m ，不计空气阻力，求沙对物体的平均阻力。

解物体下落h 距离

121mv mgh mv =+ 陷入沙坑深度S fs mv mgs -=--2

习题4－14 用图

所以 2021)1(mv s h mg f s

= 代入数值得 f = 1.2×104 N

4－17 劲度系数为k 的轻弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一物体，平衡时弹簧已有一伸长。若以物体的平衡位置为竖直y 轴的原点，取物体的平衡位置作为弹性势能和重力势能的零点。试证：当物体的位置坐标为y 时，弹性势能和重力势能之和为

1ky 。证设在平衡时弹簧已被拉长0y ，则 0ky mg = 当物体再下降距离y 时，弹性势能为 y ky ky ky y y k E 0220201p 2

121)(21+=-+=

以平衡位置为重力势能零点，则此时重力势能为 y ky mgy E 02p -== 此时弹性势能和重力势能的和为

2022p 1p p 2

21ky y ky ky E E E =+=

+= 4－18 有一种说法认为地球上的一次灾难性物种（如恐龙）绝灭是由于6500万年前一

颗大的小行星撞入地球引起的。设小行星的半径是10km ，密度为6.0×103 kg/ m 3（和地球的一样）它撞入地球将释放多少引力势能？这能量是唐山地震估计能量的多少倍？（1976年，,唐山地震释放的能量约为1018J 。）

解小行星落到地面上所释放的引力势能为

????

?---=E A E A A E R m GM r m GM E p ? 由于小行星运行轨道半径A r 比地球半径E R 大的多，所以有

E A E p R m GM E =

?ρπ3

4A E E r R GM ?=

J 106.124?=p E ?

此能量约是唐山地震释放能量（约1018J ）的106倍。

4－19 两颗中子星质量都是1030 kg 、半径都是m 1024

?，相距1010 m 。如果它们最初都是静止的。

（1）当它们的距离减小到一半时，它们的速度各是多大？（2）当它们就要碰到时，它们的速度又将各是多大？

解（1）对两中子星的距离r 减小到一半的过程，由机械能守恒，有

122/mv r Gmm r Gmm ?+=-

由此得 m/s 102.831?==

v （2）同理，要碰上的过程，有 2

122mv R Gmm r Gmm ?+-=-

由此得 ??

? ??-=

r R Gm v 1212= 4.1×107 m / s

4－20 如题图所示，有一半径为R 的半球形光滑面，有一物块从半球形光滑面的最高点由静止沿球面滑下，若摩擦力略去不计。求此物块离开半

球面的位置以及物块在该位置的速度。

解系统机械能守恒 θcos 2

2mgR mv mgR +=

物块沿法向 R

v m T mg 2

cos =-θ

物块脱离球面时，支持力T = 0，所以 o 2.483

arccos

==θ 物块此时的速率为 3

2cos Rg

gR v =

=θ v 的方向与重力P 方向的夹角为 o

8.4190=-=θα

4－21 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球半径的2倍（即2R ）。试以m 、R ，引入恒量G ，地球质量M 表示出：（1）卫星的动能；（2）卫星在地球引力场中的引力势能；（3）卫星的总机械能。

解（1）对卫星用牛顿第二定律 R mv R GmM 3)

3(2

= 由此式可得卫星的动能为 R GmM

mv E k 6212==

（2）引力势能为 R

GmM

E p 3-=

（3）卫星的总机械能为 R

GmM

R GmM R GmM E E E p k 636-=-=+= 4－22 一轻弹簧的原长为0l ，劲度系数为k ，上端固定，下端悬挂一质量为m 的物体，

先用手托住，使弹簧保持原长。然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸长量

和弹性力是多少？物体经过平衡位置时的速率为多少？

解以v 表示物体再落下一段距离y 时的速度，则机械能守恒定律给出

2122=++

-mv ky mgy 物体达到最低位置时，max ,0y y v ==，上式给出 k mg y /2max = 此时弹力为最大值 mg ky f 2max max == 物体经过平衡位置时，应有 0ky mg =

习题4－20图

大学物理下答案习题14

习题14 14.1 选择题（1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题（1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]

大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解习题解答习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里？试举例说明．解：(1)r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=,12r r r -=?； (２) t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图（３）t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=

式中 dt dv 就是加速度的切向分量. （t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) １－2 设质点的运动方程为x =x （t ），y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v ==

大学物理课后练习习题答案详解.docx

第一章质点运动学 1、( 习题：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程；（ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度：则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）：质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式．解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求：（ 1）小球的运动方程；（ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?

解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>

大学物理试题库及答案详解【考试必备】

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｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (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｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -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 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ．下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确

大学物理上册课后习题答案

习题解答习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.

∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线（2）质点的位置： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理习题及综合练习答案详解

库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上，使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=，两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷

大学物理教程(上)课后习题答案解析

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 22a i j =+r r r m/s 2

1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。解（1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在 t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。解由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。解由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线（2）质点的位置： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

1 习题解答习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?；（2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为

大学物理学(课后答案解析)第1章

第1章质点运动学习题一选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v

解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。二填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从

大学物理习题集(下)答案

一、选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案之欧阳文创编

习题解答习题一 1-1｜r ?｜与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同?t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?1 2r r -=，12r r r -=?；（2）t d d r 是速度的模，即 t d d r ==v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1 图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d = ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv 就是加速度的切向分量.

(t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为 2 222 22222 222d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将2 2d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，2 2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的

大学物理下册练习及答案

大学物理下册练习及答案文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]

电磁学磁力 A 点时，具有速率s m /10170?=。（1）欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向；（2）求电子自A 运动到C 所需的时间。解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。（2）所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =的匀强磁场中，其速度 B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时，（1）求铜片两侧的电势差'aa U ；（2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么解：（1）53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 v A C

大学物理习题分析与解答

第八章恒定磁场 8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［］。 (A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定分析与解根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。正确答案为（B ）。 8-2 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 (D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零分析与解由磁场中的安培环路定理，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一定为零。正确答案为（B ）。 8-3 磁场中的安培环路定理∑?=μ=?n L I 1i i 0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。 (A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场

分析与解磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。正确答案为（B ）。 8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。 (A) B R I 2π (B) B R I 221π (C) B R I 24 1π (D) 0 分析与解对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ?=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。正确答案为（B ）。 8-5 一长直螺线管是由直径d =0.2mm 的漆包线密绕而成。当它通以I =0.5A 的电流时，其内部的磁感强度B =_____________。(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7N/A 2) 分析与解根据磁场中的安培环路定理可求得长直螺线管内部的磁感强度大小为nI B 0μ=，方向由右螺旋关系确定。正确答安为（T 1014.33-?）。 8-6 如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，则在圆心O 点处的磁感强度大小为_____________，方向为 _____________ 。分析与解根据圆形电流和长直电流的磁感强度公式，并作矢量叠加，可得圆心O 点的总

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