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物理学教程第二版下册答案篇一：物理学教程(二)下册马文蔚_答案(第二版)9—13
第十一章 恒定磁场
11－1 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== R2
因而正确答案为（C）.
11－2 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 22
22
题 11-2 图
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）． 11－3 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
（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）．
11－4 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?dl=B?dl，BP1=BP2 L1L2（B） B?dl≠B?dl，BP1=BP2 L1L2（C） B?dl=B?dl，BP1≠BP2 L1L2（D） B?dl≠B?dl，BP1≠BP2 L1L2
题 11-4 图
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）． 11－5 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）．
11－6 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=因而由I=e，I/cNec，可解出环中的电子数. l
Il=4?1010 ec
－1－3 解 通过分析结果可得环中的电子数 N=11－7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol ，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
=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=jmjM=m=4.46?10-4m?s-1 neNAρe
（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
1=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．
11－8 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．
题 11-8 图
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=13.3μA?m-2 2πrl
－511－9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10T．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？
物理学教程第二版下册答案篇二：物理学教程第二版下册答案
物理学教程下册答案
第九章 静 电 场
9－1 电荷面密度均为＋ζ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(
)
题 9-1 图
分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为ζ，方向沿带电平2ε0
板法向向外，依照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).
9－2 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).
9－3 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；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).
*9－4 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
题 9-4 图
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).
9－5 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而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21－21 e，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
中子电量为10－21－21 e， 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==2.8?10-6<<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±10－21e范围内时，对于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. 9－6 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21e 的上夸克和两个带-e的下夸克构成.若将夸克作为经典粒33
－20 子处理(夸克线度约为10m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 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
F 与径向单位矢量er 方向相同表明它们之间为斥力.
9－7 点电荷如图分布，试求P点的电场强度.
分析 依照电场叠加原理，P点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q的一对点电荷在P点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P点的电场强度就等于电荷量为2.0q的点电荷在该点单独激发的场强度.
解 根据上述分析
EP=12q1q =224πε0(a/2)πε0a
题 9-7 图
9－8 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 22πε04r-L
(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
.
题 9-8 图
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=1dqe 2r'4πε0r
整个带电体在点P的电场强度
E=?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，
E=?LdEi
(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=?LsinαdEj
证 (1) 延长线上一点P 的电场强度E
＝r －x统一积分变量，则 =?Ldq，利用几何关系 r′2'2πε0r
EP=?1QdxQ?11?1Q=-=22-L/24πεLr-x24πε0L??r-L/2r+L/2??πε04r-L0L/2
电场强度的方向沿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=?sinαdqE L4πεr'2
利用几何关系 sin α＝r/r′，r'=r2+x2 统一积分变量，则
1rQdxQ1 E=?-L/2=223/2224πε0Lx+r2πε0r4r+LL/2
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/L2πε0r+4r2/L2
=λ
2πε0r
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.
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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,平均速率为． (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,｜｜=(B) ｜v｜≠v,｜｜≠ (C) ｜v｜= v,｜｜≠(D) ｜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
ΔrΔt
≠ΔsΔt
,即｜｜≠．
但由于｜dr｜＝ds,故
drdt
=
dsdt
,即｜｜＝．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)
drdt
； (2)
drdt
； (3)
dsdt
； (4)
?dx??dy? ?+ ??dt??dt?
22
．
下述判断正确的是( )
(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确
分析与解
drdt
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率．通常
drdt
用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；
dsdt
表示速度矢量；在自然坐标系中
?dx??dy?
?+ ??dt??dt?
2
2
速度大小可用公式v=选(D)．
计算,在直角坐标系中则可由公式v=求解．故
1 -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 分析与解
dvdt
表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方
drdt
向的一个分量,起改变速度大小的作用；
dsdt
在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；
dvdt
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aｔ．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)．
23
1 -5 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：
Δx=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
dxdt
=0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和
tp～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
dxdt
质点速度和加速度可用和
dxdt
2
2
两式计算．
题 1-5 图
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δx=x4-x0=-32m
dxdt
(2) 由 得知质点的换向时刻为
=0
tp=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=
dxdt
2
t=4.0s
=-48m?s
-1
a=
dxdt
2
t=4.0s
2
=-36m.s
-2
1 -6 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；
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,(详见题1-1分析). 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为
y=2-
14x
2
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)+(Δy)
22
=5.66m x2+y2-
2
2
而径向增量Δr=Δr
=r2-r0=x0+y0=2.47m
22
题 1-6 图
1 -7 质点的运动方程为
x=-10t+30t
2
y=15t-20t
2
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=vy=
dxdtdydt
=-10+60t =15-40t
当t ＝0 时, v0x ＝-10 m·ｓ-1 , v0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为
v0=
v0x
2
2
=18.0m?s
-1
设v0与x 轴的夹角为α,则
tanα=
v0yv0x
=-
32
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
ax=
dvxdt
=60m?s
-2
, ay=
dvydt
=-40m?s
-2
则加速度的大小为
a=
ax+ay
2
2
=72.1m?s
-2
设a 与x 轴的夹角为β,则
tanβ=
ayax
=-
23
β＝-33°41′(或326°19′)
1 -8 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
y1=v0t+
12at 12gt
22
y2=h+v0t-
当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即
v0t+
12at
2
=h+v0t-
12
gt
2
t=
2hg+a
=0.705s
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
d=h-y2=-v0t+
12gt
2
=0.716m
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
0=h-
12
(g+a)t
2
t=
2hg+a
=0.705s
(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
h'=v0t+
12at
2
则 d=h-h'=0.716m