大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第四章习题解

第四章 刚体的定轴转动

4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。

解：被动轮边缘上一点的线速度为

πm/s 45.0π8222=?==r ωv

在4s 内主动轮的角速度为

πrad/s 202

.0π41

21

11====r r v v ω

主动轮的角速度为

2011πrad/s 54

0π2==?-=t

ωωα

在4s 内主动轮转过圈数为

20π

520ππ2(π212π212121=?==αωN （圈）

4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为

08.0ωω=，则飞轮的角加速度α

＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角

度θ＝ 。

解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为

20

s /rad 05.0205

58.0-=-?=

-=

t

ωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为

rad 250100)05.0(2

1

100521

220=?-?+?=+=t t αωθ

4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。

4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。

解：由分离质点的转动惯量的定义得

22

1

i i i r m J ?=

∑=22)3(2b m mb +=211mb =

4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。

解：飞轮的角加速度为

20s /rad 201

60

/π26000-=?-=

-=

t

ωωα

制动力矩的大小为

m N π50π)20(5.2?-=-?==αJ M

负号表示力矩为阻力矩。

图4-1

m

2m

b

3b O

4–6 半径为0.2m ，质量为1kg 的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F =5t （SI ）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为 ，角速度为 。

解：圆盘的转动惯量为

222m kg 02.0)2.0(121

21?=??==

mR J 。 3秒末的角加速度为

s rad 303101002

.052.0/t t

J M =?==?==

α 由

t

t d d 10ω

α=

= 即

t t d 10d =ω

对上式积分，并利用初始条件：0=t 时，00=ω，得

??=

3

00

d 10d t t ω

ω

s /rad 45=ω

4–7 角动量守恒定律成立的条件是 。 解：刚体（质点）不受外力矩的作用或所受的合外力矩为零。 4–8 以下运动形态不是平动的是[ ]。

A ．火车在平直的斜坡上运动

B ．火车在拐弯时的运动

C ．活塞在气缸内的运动

D ．空中缆车的运动

解：火车在拐弯时，车厢实际是平动和转动的合成，故不是平动，应选（B ）。 4–9 以下说法错误的是[ ]。

A ．角速度大的物体，受的合外力矩不一定大

B ．有角加速度的物体，所受合外力矩不可能为零

C ．有角加速度的物体，所受合外力一定不为零

D ．作定轴（轴过质心）转动的物体，不论角加速度多大，所受合外力一定为零 解：角速度大的物体，角加速度不一定大，由于αJ M =，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，则它一定受到了合外力矩的作用；合外力矩不等于零，不等于所受的合力一定不为零，如物体受到了一个大小相等，方向相反而不在一条直线上的力的作用；当物体作定轴（轴过质心）转动时，质心此时的加速度为零，根据质心运动定律，它所受的合外力一定零。综上，只有（C ）是错误的，故应选（C ）。

4–10 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。 在上述说法中

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

解：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的矩都为零，自然合力矩为零，故（1）正确；当两个力都垂直于轴作用时，如果两个力大小相等、方向相反，作用在物体的同一点，则它们的合力矩为零，或两个力都通过转轴，两力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如两力大小不等，方向相反，也可通过改变力臂，使两力的合力矩为零，如此时力臂相同，则合力矩不等于零，因此（2）也时正确的；当这两个力的合力为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为零，故（3）是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因F r M ?=，所以它们的合力不一定为零，故（4）也是错误的。故答案应选（B ）。

4–11 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动。如图4-2所示，射来两个质量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一条直线上的子弹。子弹射入并且停留在圆盘内，则子弹射入的瞬间，圆盘的角速度ω与射入前角速度0ω相比[ ]。

A ．增大

B ．不变

C ．减小

D ．不能确定 解：设射来的两子弹的速度为v ，对于圆盘和子弹组成的系统来说，无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，即

ωωJ J d m d m =+-00v v

式中d m v 这子弹对点O 的角动量，0J 为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量，J 为子弹射入后系统对轴O 的转动惯量。由于J J <0，则0ωω<。故选（C ）。

4–12 如图4-3所示，有一个小块物体，置于一个光滑水平桌面上。有一绳其一端连接此物体，另一端穿过中心的小孔。该物体原以角速度ω在距孔为r 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体[ ]。

A ．角速度减小，角动量增大，动量改变

B ．角速度不变，动能不变，动量不变

C ．角速度增大，角动量增大，动量不变

D ．角速度增大，动能增加，角动量不变

解：在拉力绳子的过程中，力对小球的力矩为零，故小球的角动量在转动过程中不变，有2211ωωJ J =。当小球的半径减小时，小球对O 点的转动惯量减小，即21J J >，故

22ωω>，角速度增大，小球转得更快。又由2211ωωJ J =可

得2211r m r m v v =，因21r r >，所以12v v >，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。故选（D ）

4–13 有一半径为R 的水平圆转台，可绕过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J 。开始时，转台以角速度0ω转动，此时有一质量为M 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去。当人到达转台边缘时，

转台的角速度为[ ]。

A ．

2

0MR

J J +ω B ．

2

0)(R

M J J +ω C ．

2

0MR

J ω D ．0ω

解：人站在转台中心时，他相对于转台中心的角动量为零。当人沿半径向外跑去，到达

O

图4-2

图4-3

转台边缘的过程中，不受外力矩作用，人和转台组成的系统角动量守恒，由于人是沿半径方向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量2R M R M ω=v 。根据角动量守恒，可列方程得

20R M J J ωωω+=

故

2

0MR

J J +=

ωω

所以应选（A ）。

4–14 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力矢量和为零，则此系统[ ]。

A ．动量、机械能、角动量均守恒

B ．动量、机械能守恒，角动量不守恒

C ．动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能断定

D ．动量、角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定

解：由于两质点系所受的合外力为零，故系统的动量守恒。当质点所受的合外力不是共点力时，尽管两质点所受的合外力矢量和为零，但力矩不为零，则物体将转动，从而改变系统的机械能和角动量，而当质点所受的合外力为共点力，且外力矢量和为零时，质点所受的力矩将为零。则系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选（C ）。

4–15 一个哑铃由两个质量为m ，半径为R 的铁球和中间一根长为l 连杆组成，如图4-4所示。和铁球的质量相比，连杆的质量可以忽略不计。求此哑铃对于通过连杆中心并和它垂直的轴AA ′的转动惯量？

解：球绕通过球心的轴转动的转动惯量为

252

mR ，根据平行轴定理，现在一个球绕离球心

2/l R +转动的转动惯量为

22)2/(5

2

l R m mR ++，则哑铃绕通过连杆中心并和它垂直的轴AA ′的转动惯量为

22222

1

2514])2/(52[2ml mRl mR l R m mR J ++=++=

4–16 一质量m =6.0kg 、长l =1.0m 的匀质棒，放在水平桌面上，可绕通过其中心的竖直固定轴转动，对轴的转动惯量J =ml 2/12。t =0时棒的角速度ω0=10.0rad/s 。由于受到恒定的阻力矩的作用，t =20s 时，棒停止运动。求：（1）棒的角加速度的大小；（2）棒所受阻力矩的大小；（3）从t =0到t =10s 时间内棒转过的角度。

解：（1）棒的角加速度的大小为

20

s /rad 5.020

10

0-=-=

-=

t

ωωα （2）棒所受阻力矩的大小为

m N 25.0)5.0(10.612

1

12122?-=-???==

=ααml J M （3）从t =0到t =10s 时间内棒转过的角度为

l R

R m

m

A

A ′ 图4-4

rad 75)0.10(5.02

1

100.10212200=??-?=+=-=?t t αωθθθ

4–17 一球体绕通过球心的竖直轴旋转，转动惯量22m kg 105??=-J 。从某一时刻开始，有一个力作用在球体上，使球按规律222t t -+=θ旋转，则从力开始作用到球体停止转动的时间为多少？在这段时间内作用在球上的外力矩的大小为多少？

解：由计算角速度的公式得球任意时刻转动的角速度为

t t

22d d -==

θ

ω （1） 令022=-=t ω，得球体停止转动的时间为

1=t s

对（1）式再求一次导数得球转动的角加速度为

22

2s /rad 2d d -==

t θα

所以作用在球上的外力矩的大小为

m N 1.0)2(1052?-=-??==-αJ M

式中负号表示球受到的力矩为阻力矩。

4–18 设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数的k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？

解：（1）由题意知空气阻力矩为ωk M f -=，而动力矩ω

P

M =，根据转动定律，通电

时有

t

J

M M f d d ω

=+ 将f M 、M 的表达式代入上式，整理可得

ωω

ωd d 2

k P J t -=

两边积分有

ωω

ωω

d d 0

2

??-=

k P J t t

积分得

)e 1(2t J k

k

P

--=

ω （1） （2）由（1）式，当∞→t 时，得电扇稳定转动时的转速为

k P s /=ω

（3）断开电源时，电扇的转速为k P s /0==ωω，只有f M 作用，那么

t

J

k d d ωω=-

考虑到

θ

ω

ω

ωd d d d =t ，有 ?

?=-

00

0d d ωθ

ωt J

k

得断开电源后风扇叶继续转动的角度为

k

P

k J k J ==

0ωθ 4–19 物体A 和B 叠放在水平桌面上，由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接，如图4-5所示。今用大小为F 的水平力拉A 。设A 、B 和滑轮的质量都为m ，滑轮的半径为R ，对轴的转动惯量22

1

mR J =

。AB 之间、A 与桌面之间、滑轮与其轴之间的摩擦都可以忽略不计，绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长。已知F ＝10N ，m ＝8.0kg ，R ＝0.050m 。求：（1）滑轮的角加速度；（2）物体A 与滑轮之间的绳中的张力；（3）物体B 与滑轮之间的绳中的张力。

解：各物体受力情况如4–6图所示。A 、B 看成质点，应用牛顿第二定律。滑轮是刚体，应用刚体转动定律，得

F –T ＝ma

T '＝ma

α22

1

)(mR R T T =

'- 又绳与滑轮之间无相对的滑动且绳不可伸长，则

αR a =

由上述方程组解得

2s /rad 10)5/(2==mR F α

N 0.65/3==F T N 0.45/2=='F T

4–20 两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r ，质量为m ；大圆盘的半径r '＝2r ，质量m '＝2m 。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O 转动，对O 轴的转动惯量J ＝9mr 2/2。两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m 的物体A 和B ，如图4-7所示。这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。已知r =10cm 。求：（1）组合轮的角加速度；（2）当物体A 上升h ＝40cm 时，组合轮的角速度。

T 1

T 1

T 2

T 2

a

α

F

a B

A

图4-6

R

B A

F

图4-5

解：（1）各物体受力情况如图4–8。A 、B 看成质点，应用牛顿第二定律。滑轮是刚体，

应用刚体转动定律，得

ma mg T =- a m T mg '='-

αJ Tr r T =-''

2222

9

2121mr mr r m J =+''=

又因绳与盘无相对滑动，故有

αr a =

αr a '='

由上述方程组，代入题给已知条件可得

2s /rad 3.10192==

r

g

α （2）设θ为组合轮转过的角度，则

rad 41

.04.0===

r h θ 所以组合轮的角速度为

s /rad 08.943.1022=??==αθω

4–21 如图4-9，质量为m 1和m 2的两个物体跨在定滑轮上，m 2放在光滑的桌面上，滑轮半径为R ，质量为M 。求m 1下落的加速度和绳子的张力T 1、T 2。

α

图4-8

图4-7

m 1

m 2

M

图4-9

图4-10

m 2

M

m 1 T 2 T 1

m 1g

a

a

T 1

T 2

解：对m 1和m 2以及滑轮进行受力分析，如图4–10所示。以1m 和m 2为研究对象，应用牛顿第二定律，得

a m T g m 111=- a m T 22=

以M 为研究对象，应用转动定律得

αJ R T T =-)(21

22

1

MR J =

列补充方程

αR a =

联立上述四个方程，求解得

2

/211M m m g

m a ++=

2/)2/(21211M m m g M m m T +++=

2

/21212M m m g

m m T ++=

讨论：当0=M 时（忽略滑轮质量），2

12121m m g

m m T T +==，实际上此问题就转化为质点力

学问题了。

4–22 如图4-11所示，一飞轮质量kg 60=m ，半径m 25.0=R ，正以初角速度

10000=ωr/min 转动，现在我们要使飞轮在0.5s 内均匀减速而最后停下。求闸瓦对轮子的压

力N 为多大？设闸瓦与飞轮之间的滑动摩擦因数为8.0k =μ，飞轮的质量可以看作全部均匀分布在轮的外周上。

解：飞轮的初始角速度为

min /r 10000=ωs /rad 7.10460/)π21000(=?=

飞轮在制动过程中的角加速度为

20

s /rad 9.205

7

.1040-=-=

-=

t

ωωα 式中负号表示α与0ω的方向相反，减速。飞轮的这一负角加速度是外力矩作用的结果，这一外力矩就是当用力将闸瓦紧压到轮缘产生的摩擦力的力矩，以0ω方向为正，摩擦力的力

图4–12图

F

ω0

α

m

N

f r

R

图4-11

F

ω0

m

R

矩为负值。以r f 表示摩擦力的数值，如图4-12所示，则r f 对轮的转轴的力矩为

NR R f M r k μ-=-=

根据刚体定轴转动定律

αμJ NR =-k

将飞轮的转动惯量2mR J =代入上式可得

N 3928

.0)

9.20(25,060k

=-??-

=-

=μα

mR N

4–23 半径为R ，质量为m 的匀质圆盘，放在粗糙桌面上，盘可绕竖直中心轴在桌面上转动，盘与桌面间的摩擦因数为μ，初始时角速度为ω0，问经过多长时间后，盘将停止转动？摩擦阻力共做多少功？

解：在圆盘上取环带微元，半径为r ，宽为d r ，如图4–13所示。则其质量为

r R

mr r r R

m m d 2d π2πd 2

2

=

=

环带所受摩擦力对轴的力矩为

r r R mg f r M d 2d d 2

2

μ-=-=

圆盘所受摩擦力矩为

mgR r r R mg M M R

μμ32

d 2d 0

22

-=-

=

=??

根据角动量定理，有

02002

1

d ωωωmR J J t M t

-=-=?

故

022

1

32ωμmR mgRt = 即

g

R t μω430

= 这就是圆盘由角速度ω0到停止转动所需要得时间。

由动能定理求摩擦力所做的功为

202204

1

210ωωmR J W -=-

= 4–24 如图4-14所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为2m kg 10?=A J 和2m kg 20?=B J ，开始时，A 轮转速为600转/分，B 轮静止，C 为摩擦啮合

器，其转动惯量可忽略不计，A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。设轴光滑，求：（1）两轮啮合后的转速n ；（2）两轮各自所受的冲量矩。

解：选A 、B 两轮为系统，合外力矩为零，系统角动量守恒，有

()ωωB A A A J J J +=

d r

r

O

图4-13

s rad 9.20/J J J B

A A

A =+=

ωω

200π

2==

ω

n r/min

A 轮所受的冲量矩为

()s m N 10

19.4d 2

???-=-=?A A A J t M ωω

负号表示冲量矩与A ω方向相反。

B 轮所受的冲量矩：

()s m N 10

19.4d 2

???=-=?B B B J t M ωω

正号表示冲量矩与A ω方向相同。

4–25 一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的铅直光滑固定轴自由转动，圆盘质量为M ，半径为R ，对轴的转动惯量2/2mR J =，当圆盘以角速度0ω转动时，有一质量为m 的子弹沿盘的直径方向射入而嵌在盘的边缘上，子弹射入后，圆盘的角速度为多少？

解：由题意知，子弹在射入前相对于圆盘转轴的角动量为零，射入后嵌在盘的边缘上速度设为v ，子弹与圆盘组成的系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒，有

v Rm J J +=ωω0

ωωω22022

1

21mR MR MR += m

M M 20

+=

ωω

4–26 如图4-15所示，一质量M ，半径为R 的圆柱，可绕固定的水平轴O 自由转动。今有一质量为m ，速度为0v 的子弹，水平射入静止的圆柱下部（近似看作在圆柱边缘），且停留在圆柱内（0v 垂直于转轴）。求：（1）子弹与圆柱的角速度；（2）该系统损失的机械能。

解：（1）子弹与圆柱发生完全非弹性碰撞，所受合外力矩为零，角动量守恒。设子弹与圆柱碰后角速度为ω，则有

ωJ R m =0v

其中222

1

mR MR J +=

，是子弹和圆柱绕轴O 转动的转动惯量。所以子弹射入后子弹与圆柱的角速度为

2202

1

mR MR R

m +=

v ω

（2）损失的机械能为

)

2(221212

220m M Mm J m E +=-=

?v v ω 4–27 一水平圆盘绕通过圆心的竖直轴转动，角速度为1ω，转动惯量为1J ，在其上方还有一个以角速度2ω，绕同一竖直轴转动的圆盘，这圆盘的转动惯量为2J ，两圆盘的平面平行，圆心都在竖直轴上，上盘的底面有销钉，如使上盘落下，销钉嵌入下盘，使两盘合成一体。

B

A

C

ωA

图4-14

O

R v 0

图4-15

（1）求两盘合成一体后系统的角速度ω的大小？ （2）第二个圆盘落下后，两盘的总动能改变了多少？ 解：（1）两盘合成一体前后无外力矩作用，角动量守恒，故有

ωωω)(212211J J J J +=+

2

12211J J J J ++=ω

ωω

（2）动能改变为

2212121222211221)()

(22121)(21ωωωωω-+-=--+=

?J J J J J J J J E 4–28 如图4-16所示，一均匀细棒长L ，质量为m ，可绕经过端点的O 轴在铅直平面内转动，现将棒自水平位置轻轻放开，当棒摆至竖直位置时棒端恰与一质量也为m 的静止物块相碰，物块与地面的滑动摩擦因数为μ，物块被击后滑动s 距离后停止，求相撞后棒的质心离地面的最大高度。

解：取棒和地球为一系统，细棒从水平位置转到竖直位置的过程中，只有重力作功，机械能守恒，得

2312121222L mg mL J =??

?

??=ωω 所以

L

g

3=

ω （1） 取棒和木块为研究对象，碰后棒的角速度为ω′，木块的速度为v ，碰前后M 外=0。故角动量守恒，有

ωω223

1

031mL mL L m +='+v （2）

物体碰后在地面上滑行，应用动能定理，有

22

1

0v m mgs -=-μ

gs μ2=v （3）

由（1）、（2）和（3）式得碰后棒的角速度为

???

? ??+=

'gs Lg L μω233

设棒与物体碰后，棒的质心升高Δh ，由机械能守恒，有

22

1

ω'=

?J h mg 故

sl s L

h μμ632

-+=

? 即质心离地面的最大高度为

图

4-16

A

sL s L h L

h μμ632

-+=?+=

4–29 长为l 、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量

为3/2Ml J =，开始时杆竖直下垂，如图4-17所示。有一质量为m 的子弹以水平速度0v 射入杆上A 点，并嵌在杆中，OA ＝2l /3。求子弹射入后瞬间杆的角速度ω。

解：子弹射入前后子弹和杆组成的系统的角动量守恒，所以

ωωω22

31323232Ml l m J l m l m +??

?

??=+=v v 所以

l

m M m )43(60

+=

v ω

4–30 如图4-18所示，一质量为m 的黏土块从高度h 处自由下落，黏于半径为R ，质量为M =2m 的均质圆盘的P 点，并开始转动。已知θ=60?，设转轴O 光滑，求：

（1）碰撞后的瞬间盘的角速度0ω；

（2）P 转到x 轴时，盘的角速度ω和角加速度α。 解：（1）设质量为m 的黏土块下落到P 点时的速度为v ，此过程中机械能守恒，有

22

1

v m mgh =

得

gh 2=v （1）

对黏土块和盘系统，碰撞时间t ?极小，冲力远大于重力，故重力对O 轴力矩可忽略，又外力对轴的力矩为零，故系统角动量守恒，有

0cos ωθJ R m =v （2）

又黏土块和盘绕O 轴转动的转动惯量为

22222

1

mR mR MR J =+=

（3） 由（1）、（2）和（3）式得

R

gh

R gh 42cos 220=

=

θω （4） （2）对黏土块、盘和地球系统，只有重力做功，机械能守恒，令P 、x 重合时为重力势能零点，则

2

202

121sin ωωθJ J mgR =+

（5） 由（3）、（4）和（5）式得

θθωsin cos 222

R g R gh +

=

)34(2

.21R h g R += 由转动定律得

2l /3

A

O

v 0

图4-17

图4-18

m

x

h

θ y

M

O

P

R g

mR

mgR J M 222=

==

α 4–31 证明关于行星运动的开普勒第二定律，即行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。

证明：设t 时刻行星的位置径矢为r ，t +d t 时刻位置径矢为r +d r ，如图4-19所示。d t 时间内径矢扫过的面积为

θsin d 2

1

d r r S =

单位时间扫过的面积为

L m

r t r t S 21sin 21sin d d 21d d ===θθv r 式中m 为行星的质量，L 为行星绕恒星运动的角动量大小。由于行星在运动过程中只受到万有引力的作用，引力对行星的力矩恒为零，故行星在运动过程中角动量守恒。由此可见，行星对恒星的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。

L

r

r +d r

O

v θ

d r

题4–31图

大学物理学下册课后答案(袁艳红主编)

第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2 q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球 A 、 B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图

(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1

大学物理学下册答案第11章

第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图

大学物理第四章课后答案

第四章 气体动理论 一、基本要求 1．理解平衡态的概念。 2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。 3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。 4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。 5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。 6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。 二、基本内容 1. 平衡态 在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。 2. 理想气体状态方程 在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式 pV vRT = 或 n k T p = 式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量118.31R J mol K --=??，k 为玻尔兹曼常量2311.3810k J K --=?? 3. 理想气体压强的微观公式 212 33 t p nm n ε==v 4. 温度及其微观统计意义 温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上

32 t kT ε= 5. 能量均分定理 在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2 kT 。以 i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为 2 t i kT ε= 6. 速率分布函数 ()dN f Nd = v v 麦克斯韦速率分布函数 23 2/22()4()2m kT m f e kT ππ-=v v v 7. 三种速率 最概然速率 p = =v 平均速率 = =≈v 方均根速率 = =≈8. 玻尔兹曼分布律 平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）： kT m gh e n n /0-= 9. 范德瓦尔斯方程 采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体 RT b V V a p m m =-+ ))((2 10. 气体分子的平均自由程 λ= =

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 >>

大学物理第三版下册答案(供参考)

习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

大学物理第四章习题解

第四章 刚体的定轴转动 4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间转过了 圈。 解：被动轮边缘上一点的线速度为 πm/s 45.0π8222=?==r ωv 在4s 主动轮的角速度为 πrad/s 202 .0π412111====r r v v ω 主动轮的角速度为 2011πrad/s 54 0π2==?-=t ωωα 在4s 主动轮转过圈数为 20π 520ππ2(π212π212 121=?==αωN （圈） 4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为 08.0ωω=， 则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度θ ＝ 。 解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 20 s /rad 05.020 558.0-=-?=-=t ωωα t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度为 rad 250100)05.0(2 1100521220=?-?+?=+=t t αωθ 4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。 4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。 解：由分离质点的转动惯量的定义得 221i i i r m J ?=∑=22)3(2b m mb +=211mb = 4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 停 止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。 解：飞轮的角加速度为 20s /rad 201 60/π26000-=?-=-= t ωωα 制动力矩的大小为 m N π50π)20(5.2?-=-?==αJ M 负号表示力矩为阻力矩。 图4-1 m 2m b 3b O

大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案

第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +

在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O

场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分

大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 上册 习题1 答案

习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ]

1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 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 就是速度在径向上的分量，

大学物理下册习题及答案

大学物理 练 习 册 物理教研室遍

热力学（一） 一、选择题： 1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程 （A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。 （B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。 （C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。 （D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。 [ ] 2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。 （2）热平衡过程一定是可逆过程。 （3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。 （4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。 （A）（1）、（2）（B）（3）、（4） （C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4） 3、设有下列过程： [ ] （1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。 （3）冰溶解为水。 （4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。 其中是逆过程的为 （A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3） （C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4） 4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ] （1）可逆热力学过程一定是准静态过程。 （2）准静态过程一定是可逆过程。 （3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。 （4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。 以上四种判断，其中正确的是 （A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4） （C）（2）、（4）（D）（1）、（4） 5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）可逆过程一定是平衡过程。 （2）平衡过程一定是可逆的。 （3）不可逆过程一定是非平衡过程。 （4）非平衡过程一定是不可逆的。 （A）（1）、（4）（B）（2）、（3） （C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）

天津大学《物理化学》第四版_第四章习题及解答

第四章多组分系统热力学 4.1 有溶剂A与溶质B形成一定组成的溶液。此溶液中B的浓度为c B，质量摩尔浓度为 b B，此溶液的密度为。以M A，M B分别代表溶剂和溶质的摩尔质量，若溶液的组成用B 的摩尔分数x B表示时，试导出x B与c B，x B与b B之间的关系。 解：根据各组成表示的定义 4.2 D-果糖溶于水（A）中形成的某溶液，质量分数，此溶液 在20 °C时的密度。求：此溶液中D-果糖的（1）摩尔分数；（2）浓度；（3）质量摩尔浓度。 解：质量分数的定义为 4.3 在25 °C，1 kg水（A）中溶有醋酸（B），当醋酸的质量摩尔浓度b B介于 和之间时，溶液的总体积 。求：

（1）把水（A）和醋酸（B）的偏摩尔体积分别表示成b B的函数关系。 （2）时水和醋酸的偏摩尔体积。 解：根据定义 当时 4.4 60 °C时甲醇的饱和蒸气压是84.4 kPa，乙醇的饱和蒸气压是47.0 kPa。二者可形成理想液态混合物。若混合物的组成为二者的质量分数各50 %，求60 °C时此混合物的平衡蒸气组成，以摩尔分数表示。 解：质量分数与摩尔分数的关系为 求得甲醇的摩尔分数为 根据Raoult定律 4.5 80 °C是纯苯的蒸气压为100 kPa，纯甲苯的蒸气压为38.7 kPa。两液体可形成理想

液态混合物。若有苯-甲苯的气-液平衡混合物，80 °C时气相中苯的摩尔分数，求液相的组成。 解：根据Raoult定律 4.6 在18 °C，气体压力101.352 kPa下，1 dm3的水中能溶解O2 0.045 g，能溶解N2 0.02 g。现将1 dm3被202.65 kPa空气所饱和了的水溶液加热至沸腾，赶出所溶解的O2和N2，并干燥之，求此干燥气体在101.325 kPa，18 °C下的体积及其组成。设空气为理想气体混合物。 其组成体积分数为：， 解：显然问题的关键是求出O2和N2的Henry常数。 18 °C，气体压力101.352 kPa下，O2和N2的质量摩尔浓度分别为 这里假定了溶有气体的水的密度为（无限稀溶液）。 根据Henry定律， 1 dm3被202.65 kPa空气所饱和了的水溶液中O2和N2的质量摩尔浓度分 别为

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作业题一（静止电荷的电场） 班级: _____________ 姓名: _______________ 学号: _______________ 一、选择题 1. 一均匀带电球面，电荷面密度为 G球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 带有Cd S的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度 （A）处处为零.（B）不一定都为零.（C）处处不为零.（D）无法判定.[] 2. 电荷面密度均为+匚的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围 空间各点电场强度E随位置坐标X变化的关系曲线为：（设场强方向向右为正、向左为负）[ ] 3.将一个试验电荷q o （正电荷）放在带有负电荷的大导体附近P点处（如图），测 得 它所受的力为F ?若考虑到电荷q o不是足够小，则 （A） F / q o比P点处原先的场强数值大. （B） F / q o比P点处原先的场强数值小. （C） F / q o等于P点处原先场强的数值. （D） F / q o与P点处原先场强的数值哪个大无法确定. 4.如图所示，一个电荷为q的点电荷位于立方体的A角上, 则通 过侧面abed的电场强度通量等于： P V +q o (A)q(B) q. 6 ；。12 ；。 (C) q (D) q . C] 24 o48 o 5.高斯定理：S E VS=J dv- （A）适用于任何静电 场. 1

(B) 只适用于真空中的静电场. (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场? (D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电 场. [ ] 6. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R i和R2的共轴 圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为-1和?2, 则在内圆柱面里面、距离轴线为r处的P点的电场强度大小E为： (A) 丄丄?(B) 1 「 2πz0r 2 兀E0R12 兀E0R2 (C) - ?(D) 0 ? C ] 2兀名0 R1 7. 点电荷Q被曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷至曲面 外一点，如图所示，贝冋入前后： (A) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变. (B) 曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变. (C) 曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化. (D) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强变 化. C ] 8. 根据高斯定理的数学表达式- E ?dS q/ ；。可知下述各种说法中，正确的 S 是： (A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零. (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零. (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处 为零. (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电C ] q ? 2

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

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

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O x -a a y +σ +σ 作业题一（静止电荷的电场） 班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________ 一、选择题 1. 一均匀带电球面，电荷面密度为 ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 带有 d S 的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度 (A) 处处为零． (B) 不一定都为零． (C) 处处不为零． (D) 无法判定 ．[ ］ 2. 电荷面密度均为＋的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周 围空间各点电场强度E ? 随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向 左为负) ［ ］ 3. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图)，测得它所受的力为F ．若考虑到电荷q 0不是足够小，则 (A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大． (B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小． (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值． (D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定． ［ ］ 4. 如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于： (A) 06εq ． (B) 0 12εq ． (C) 024εq ． (D) 0 48εq ． ［ ］ 5. 高斯定理 ???=V S V S E 0/d d ερ? ? (A) 适用于任何静电场． (B) 只适用于真空中的静电场． O E -a +a 02εσ x (A) 0/εσ O E -a +a x (B) -0 /εσ0 /εσ O E -a +a x (D) /εσ O E -a +a (C) /ε σ － P +q 0 A b c q

大学物理A第六章习题选解汇总

第六章 真空中的静电场 习题选解 6-1 三个电量为q -的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷(0)Q Q >放在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 之值应为多大？ 解：以三角形上顶点所置的电荷(q -)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f ，方向如图所示，其大小为 题6-1图 2 2 2 2 1004330cos 42r q r q f πεπε=??= 中心处Q 对上顶点电荷的作用力为2f ，方向与1f 相反，如图所示，其大小为 2 233200434r Qq r Qq f πεπε==??? ? ?? 由12f f =，得 Q =。 6-2 在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核234 Th 的中心为159.010r m -=?。试问：（1）作用在α粒子上的力为多大？（2）α粒子的加速度为多大？ 解：（1）由反应 238 234492 902U Th+He → ，可知 α粒子带两个单位正电荷，即 1912 3.210Q e C -==? Th 离子带90个单位正电荷，即 1929014410Q e C -==? 它们距离为159.010r m -=? 由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：

19199 122152 0 3.21014410(9.010)5124(9.010) Q Q F N r πε---???==??=? （2）α粒子的质量为： 2727272()2(1.6710 1.6710) 6.6810p n m m m Kg α---=+=??+?=? 由牛顿第二定律得： 28227512 7.66106.6810 F a m s m α--= ==??? 6-3 如图所示，有四个电量均为C q 610-=的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m 1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。求作用在第3个点电荷上的力。 解：由图可知，第3个电荷与其它各 电荷等距，均为2 2 r m = 。各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。由库仑定律，作用于电荷3的力为 题6-3 图 题6-3 图 N r q q F 22 133 10108.141 -?== πε 力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x 轴成45o 角。 6-4 在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷C q 91108.1-?=，B 点放置点电荷 C q 92108.4-?-=，已知0.04,0.03BC m AC m ==，试求直角顶点C 处的场强E 。 解：A 点电荷在C 点产生的场强为 1E ，方向向下 142 11 01108.141 -??== m V r q E πε B 点电荷在C 点产生的场强为2E ，方向向右 142 22 02107.241 -??== m V r q E πε

大学物理科学出版社熊天信蒋德琼冯一兵李敏惠习题解

大学物理科学出版社熊天信蒋德琼冯一兵李敏惠习 题解 The pony was revised in January 2021

第四章刚体的定轴转动 4–1半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到 π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了圈。 解：被动轮边缘上一点的线速度为 在4s 内主动轮的角速度为 主动轮的角速度为 在4s 内主动轮转过圈数为 20π 520ππ2(π212π212121=?==αωN （圈） 4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝。 解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为 4–3转动惯量是物体量度，决定刚体的转动惯量的因素有。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。 4–4如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为。

解：由分离质点的转动惯量的定义得 4–5一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5k g·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。 解：飞轮的角加速度为 制动力矩的大小为 负号表示力矩为阻力矩。 4–6半径为0.2m ，质量为1kg 的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F =5t （SI ）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为，角速度为。 解：圆盘的转动惯量为 222m kg 02.0)2.0(12 1 21?=??== mR J 。 3秒末的角加速度为 由 即 对上式积分，并利用初始条件：0=t 时，00=ω，得 4–7角动量守恒定律成立的条件是。 图4-1 m 2m b 3b O

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大学物理学答案【下】 北京邮电大学出版社 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：D] (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，电势不变的区域，场强必定为 [答案：相同] (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：5：6] 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 1q212cos30?=4πε0a24πε0qq'(2a)3 解得q'=-q 3

大学物理(下 )课后习题答案吴百诗科学出版社

第九章 9.1 (1) D (2) B 9.2 (1) q 33 (2) i a q 2 02πε 9.4 h b b a 2a r c t a n ,2ln 200πεσπεσ+ 9.12 13.6 eV 9.14 等势线是中垂面内半径为x 的圆，圆心在两电荷连线的中点 9.16 )3(6,3,3220 0203r R R r R -ερερερ 9.18 )(ln 24),(4020220R r r R R R R r r ≥+-≤-ερερερ 9.20 )(4)(4)()111(420212 012 10R r r q ， R r R R q ，R r R R r q ≥≤≤≤+-πεπεπε 9.24 0 9.26 2 2 00) (21,U d d d S d d S '-''-εε 9.28 21 22 10 2U R R R R -πε 9.30 , V 103.2,C 100.2,C 100.1377??-?--- V 107.9,C 106.8,C 101.22 87??-?--- 9.32 0，0；3.5?10-8 C/m 2，8.0?102 N/C ；1.3?10-8 C/m 2，1.4?103 N/C ； 5.4?102 V ；4.8?102 V ；3.6?102 V 9.34 2.7?10-5 C/m 2 9.36 (1) d S U 00ε (2) d U d U r εε000, (3) t d S r r r )1(0εεεε-+ 第十章 10.1 (1) B (2) D (3) D (4) B (5) C 10.2 (1) )13ln 2(20-πμa I (2) 2100ln 2,2D D NIh r NI πμπμ (3) 2242 ,0,2IBa IBa - (4) IBR (5) 2.86?1014 m -3，n (6) -6A ，12A ，15A ，-3A 10.4 r I 021.0μ