物理习题详解（完整版）

编排说明：按”章—题号”排列，共 32 题。 每题分两部分： 【分析】 —— 完整的思路与方法讲解； 【解答】 —— 可直接写在答题卡上的规范完整过程。 取重力加速度 $g=9.8\ \text{m/s}^2$（题目另有说明者除外）。

第一章 质点运动学

1-8 由运动方程求轨迹、位移与路程

题目：已知质点的运动方程为 $\boldsymbol r=2t,\boldsymbol i+(2-t^2),\boldsymbol j$（$\boldsymbol r$ 单位 m，$t$ 单位 s）。求：(1) 质点轨迹；(2) $t=0$ 及 $t=2,$s 时的位矢；(3) $t=0$ 到 $t=2,$s 的位移 $\Delta\boldsymbol r$ 和径向增量 $\Delta r$；(4) 2 s 内经过的路程 $s$。

【分析】 分量式 $x=2t,\ y=2-t^2$。消去 $t$ 得轨迹方程。位矢直接代入时刻即可。位移 $\Delta\boldsymbol r$ 是两端点位矢之差（矢量），而”径向增量 $\Delta r$“指位矢长度的变化 $|\boldsymbol r_2|-|\boldsymbol r_1|$，二者概念不同，是本题易错点。路程要对速率积分 $s=\int|\boldsymbol v|,\mathrm dt$，不能用位移代替。

【解答】 $x=2t,\quad y=2-t^2$

(1) 由 $t=x/2$ 代入：$\ \boxed{y=2-\dfrac{x^2}{4}}$（抛物线）。

(2) $\boldsymbol r_0=2\boldsymbol j\ \text{m};\quad \boldsymbol r_2=4\boldsymbol i-2\boldsymbol j\ \text{m}.$

(3) 位移 $$\Delta\boldsymbol r=\boldsymbol r2-\boldsymbol r0=4\boldsymbol i-4\boldsymbol j\ \text{m},\quad |\Delta\boldsymbol r|=4\sqrt2\approx5.66\ \text{m}$$ 径向增量 $$\Delta r=|\boldsymbol r2|-|\boldsymbol r0|=\sqrt{4^2+2^2}-2=2\sqrt5-2\approx2.47\ \text{m}$$

(4) $\boldsymbol v=\dfrac{\mathrm d\boldsymbol r}{\mathrm dt}=2\boldsymbol i-2t\boldsymbol j,\quad |\boldsymbol v|=2\sqrt{1+t^2}$ $$s=\int0^2 2\sqrt{1+t^2},\mathrm dt=\Big[t\sqrt{1+t^2}+\ln(t+\sqrt{1+t^2})\Big]0^2=2\sqrt5+\ln(2+\sqrt5)\approx5.92\ \text{m}$$

1-23 飞机水平投物（平抛）

题目：飞机以 $100,$m/s 沿水平直线飞行，离地 $100,$m 时投物到前方地面目标。求：(1) 目标在前方多远？(2) 投放时驾驶员看目标视线与水平线夹角？(3) 投出 $2.0,$s 后物品的法向、切向加速度。

【分析】 脱离飞机后物品做平抛：水平匀速、竖直自由落体。先由竖直方向落地时间求水平射程。视线角由竖直高度与水平距离之比的反正切给出。第(3)问的关键：物品加速度恒为 $g$（竖直向下），把它沿速度方向（切向）和垂直速度方向（法向）分解，$at=g\sin\alpha$，$an=g\cos\alpha$，$\alpha$ 为速度与水平方向夹角。

【解答】 (1) 落地时间 $t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\times100}{9.8}}=4.52\ \text{s}$ 水平射程 $x=v_0t=100\times4.52\approx\boxed{4.5\times10^2\ \text{m}}$

(2) $\tan\varphi=\dfrac{h}{x}=\dfrac{100}{451.8}=0.221\Rightarrow \boxed{\varphi\approx12.5^\circ}$（视线在水平线下方）

(3) $t=2.0,$s 时：$vx=100,\ vy=gt=19.6\ \text{m/s}$ $$v=\sqrt{vx^2+vy^2}=101.9\ \text{m/s},\quad \sin\alpha=\frac{vy}{v}=0.192$$ $$at=g\sin\alpha=9.8\times0.192\approx1.88\ \text{m/s}^2$$ $$an=g\cos\alpha=\sqrt{g^2-at^2}\approx9.62\ \text{m/s}^2$$

1-24 圆周变速运动的加速度

题目：质点沿半径 $R$ 圆周按 $s=v_0t-\frac12bt^2$ 运动（$v_0,b$ 为常量）。求：(1) $t$ 时刻总加速度；(2) $t$ 为何值时总加速度数值等于 $b$；(3) 此时已运行多少圈。

【分析】 $s$ 是弧长（自然坐标）。速率 $v=\mathrm ds/\mathrm dt$，切向加速度 $a_t=\mathrm dv/\mathrm dt$（这里恒为 $-b$），法向加速度 $a_n=v^2/R$。总加速度 $a=\sqrt{a_t^2+a_n^2}$。当 $a=b=|a_t|$ 时必有 $a_n=0$，即 $v=0$（恰好停下）。

【解答】 $v=v0-bt,\quad at=-b,\quad an=\dfrac{v^2}{R}=\dfrac{(v0-bt)^2}{R}$

(1) $\boxed{a=\sqrt{b^2+\dfrac{(v_0-bt)^4}{R^2}}}$

(2) 令 $a=b$：$\ b^2=b^2+\dfrac{(v0-bt)^4}{R^2}\Rightarrow v0-bt=0\Rightarrow \boxed{t=\dfrac{v_0}{b}}$

(3) 此时弧长 $s=v_0\cdot\dfrac{v_0}{b}-\dfrac12b\left(\dfrac{v_0}{b}\right)^2=\dfrac{v_0^2}{2b}$ 圈数 $\ n=\dfrac{s}{2\pi R}=\boxed{\dfrac{v_0^2}{4\pi bR}}$

1-26 角位置给定的圆周运动

题目：质点在半径 $0.10,$m 圆周上运动，$\theta=2+4t^3$（rad，s）。求：(1) $t=2.0,$s 时法向、切向加速度；(2) 切向加速度恰为总加速度一半时 $\theta$ 值；(3) $t$ 为何值时法向与切向加速度相等。

【分析】 由 $\theta(t)$ 求角速度 $\omega=\dot\theta$、角加速度 $\beta=\dot\omega$。则 $a_t=R\beta$，$an=R\omega^2$。第(2)问由 $at=\frac12a$ 得 $a_n=\sqrt3,a_t$ 的关系，再解 $t$，回代求 $\theta$。第(3)问令 $a_n=a_t$。

【解答】 $\omega=12t^2,\quad \beta=24t$ $at=R\beta=0.10\times24t=2.4t,\qquad an=R\omega^2=0.10\times144t^4=14.4t^4$

(1) $t=2.0,$s：$\ at=4.8\ \text{m/s}^2,\quad an=230.4\ \text{m/s}^2$

(2) $a_t=\frac12a\Rightarrow 4a_t^2=a_t^2+a_n^2\Rightarrow a_n=\sqrt3,a_t$ $$14.4t^4=\sqrt3\times2.4t\Rightarrow t^3=\frac{\sqrt3\times2.4}{14.4}=0.289\Rightarrow t=0.661\ \text{s}$$ $$\theta=2+4t^3=2+4(0.289)\approx\boxed{3.15\ \text{rad}}$$

(3) $a_n=a_t:\ 14.4t^4=2.4t\Rightarrow t^3=\dfrac16\Rightarrow \boxed{t\approx0.55\ \text{s}}$

第二章 牛顿运动定律

2-12 火车转弯的外轨超高

题目：质量 $m$ 的火车以速率 $v$ 沿半径 $R$ 圆弧转弯，路面倾角 $\theta$。求：(1) 速率 $v_0$ 为多大时内外轨侧压力均为零？(2) 若 $v\neq v_0$，车轮对铁轨的侧压力多大？

【分析】 侧压力为零时，只有重力 $mg$ 和垂直路面的支持力 $N$，二者合力恰好提供水平向心力。把 $N$ 分解到水平、竖直方向列方程即得 $v_0$。当 $v\neq v_0$ 时，需引入沿路面方向的侧向力 $Q$（轨道对轮的横向力），同样按水平/竖直分解联立求解。

【解答】 (1) 侧压力为零时： 水平：$N\sin\theta=\dfrac{mv0^2}{R}$；竖直：$N\cos\theta=mg$ 两式相除：$\tan\theta=\dfrac{v0^2}{gR}\Rightarrow \boxed{v_0=\sqrt{gR\tan\theta}}$

(2) 设路面对车轮侧向力为 $Q$（沿斜面）。按水平、竖直分解联立： $$N\sin\theta+Q\cos\theta=\frac{mv^2}{R},\qquad N\cos\theta-Q\sin\theta=mg$$ 解得 $$Q=m\left(\frac{v^2}{R}\cos\theta-g\sin\theta\right)=\frac{m\cos\theta}{R},(v^2-v0^2)$$ 即车轮对铁轨的侧压力大小为 $\dfrac{m\cos\theta}{R}|v^2-v0^2|$。$v>v0$ 压外轨，$v<v0$ 压内轨。（$v=v_0$ 时 $Q=0$，与(1)一致。）

2-14 飞车走壁（螺旋运动）

题目：演员与摩托车总质量 $m$，在半径 $R$ 的圆筒内壁上以速率 $v$ 作匀速螺旋运动，每绕一周上升 $h$。求壁对演员和摩托车的作用力。

【分析】 壁的作用力含两部分：水平指向轴心的法向支持力 $N$（提供水平圆周运动的向心力）与沿壁面竖直向上的摩擦力 $f$（平衡重力）。匀速螺旋时，速度沿螺旋线，需把它分解为水平分量 $v\cos\alpha$（圆周运动用）和竖直分量 $v\sin\alpha$（匀速上升），螺距角满足 $\tan\alpha=\dfrac{h}{2\pi R}$。由于竖直方向匀速，$f=mg$。

【解答】 螺距角 $\alpha$：$\cos\alpha=\dfrac{2\pi R}{\sqrt{(2\pi R)^2+h^2}}$，水平速率 $v_h=v\cos\alpha$。

向心方向（水平）： $$N=\frac{mv_h^2}{R}=\frac{mv^2\cos^2\alpha}{R}=\frac{4\pi^2 R,mv^2}{4\pi^2R^2+h^2}$$ 竖直方向（匀速上升）：$\ f=mg$

壁的合力大小 $$\boxed{F=\sqrt{N^2+(mg)^2}=\sqrt{\left(\frac{4\pi^2Rmv^2}{4\pi^2R^2+h^2}\right)^2+(mg)^2}}$$ 方向：$N$ 水平指向轴心、$f$ 竖直向上的合成方向。

2-21 圆环内侧的减速运动

题目：光滑水平桌面上固定半径 $R$ 圆环，物体紧贴环内侧运动，与环摩擦因数 $\mu$，初速率 $v_0$。求：(1) $t$ 时刻速率；(2) 速率由 $v_0$ 减到 $v_0/2$ 经历的时间和路程。

【分析】 桌面光滑，唯一摩擦来自环壁。环壁法向支持力 $N$ 提供向心力 $N=mv^2/R$，则切向摩擦 $f=\mu N=\mu mv^2/R$ 使物体减速。求时间用 $m,\mathrm dv/\mathrm dt=-\mu mv^2/R$（对 $t$ 积分）；求路程改用 $m,v,\mathrm dv/\mathrm ds=-\mu mv^2/R$（对 $s$ 积分），这是变力问题选积分变量的技巧。

【解答】 $N=\dfrac{mv^2}{R},\quad f=\mu N=\dfrac{\mu mv^2}{R}$

(1) $m\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=-\dfrac{\mu mv^2}{R}\Rightarrow\displaystyle\int_{v_0}^{v}\frac{\mathrm dv}{v^2}=-\frac{\mu}{R}\int_0^t\mathrm dt$ $$\boxed{v=\frac{v0R}{R+\mu v0 t}}$$

(2) 令 $v=v_0/2$：$\ R+\mu v0t=2R\Rightarrow \boxed{t=\dfrac{R}{\mu v0}}$ 路程：$m v\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm ds}=-\dfrac{\mu mv^2}{R}\Rightarrow \dfrac{\mathrm dv}{v}=-\dfrac{\mu}{R}\mathrm ds$ $$\ln\frac{v0/2}{v0}=-\frac{\mu}{R}s\Rightarrow \boxed{s=\frac{R\ln2}{\mu}}$$

2-24 竖直上抛（阻力 $\propto v^2$）

题目：物体自地面以 $v_0$ 竖直上抛，空气阻力 $F_r=kmv^2$。求：(1) 上升高度；(2) 落回地面时速度。

【分析】 上升段阻力与重力同向（均向下），下降段阻力向上、重力向下，两段方程不同，须分段。用 $v,\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dx}=a$ 把时间换成位移积分。上升到顶 $v=0$ 得最大高度 $H$；下降时再积分至落地，注意末速度小于 $v_0$（有能量耗散）。

【解答】 (1) 上升：$mv\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dx}=-mg-kmv^2$ $$\int{v0}^0\frac{v,\mathrm dv}{g+kv^2}=-\int0^H\mathrm dx\Rightarrow \boxed{H=\frac{1}{2k}\ln!\left(1+\frac{kv0^2}{g}\right)}$$

(2) 下降（向下为正）：$mv\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dx}=mg-kmv^2$ $$\int0^v\frac{v,\mathrm dv}{g-kv^2}=\int0^H\mathrm dx=H$$ 代入 $H$ 并整理： $$\boxed{v=v0\sqrt{\frac{g}{g+kv0^2}}}\quad(<v_0)$$

第三章 动量守恒与能量守恒

3-21 子弹打入木块（功与能）

题目：$m=5.6,$g 子弹以 $v_0=501,$m/s 水平射入静止木块 $m’=2,$kg，一同前移 $s=50,$cm 停止。求：(1) 木块与地面摩擦因数；(2) 木块对子弹做的功 $W_1$；(3) 子弹对木块做的功 $W_2$；(4) $W_1,W_2$ 是否相等，为什么？

【分析】 分两段：① 嵌入瞬间（极短，地面摩擦可略），动量守恒求共同速度 $v$；② 一同滑行，动能全被地面摩擦消耗，求 $\mu$。$W1$ 是子弹被木块阻力做的功 = 子弹动能变化（嵌入段，$v0!\to!v$）；$W2$ 是子弹推木块做的功 = 木块动能增量（$0!\to!v$）。两者作用力等大反向（牛顿第三定律），但子弹位移远大于木块位移，故 $|W1|\neq W_2$，差值即碰撞产生的热。

【解答】 嵌入段动量守恒：$mv_0=(m+m’)v$ $$v=\frac{0.0056\times501}{2.0056}=1.40\ \text{m/s}$$

(1) $\frac12(m+m’)v^2=\mu(m+m’)gs\Rightarrow \mu=\dfrac{v^2}{2gs}=\dfrac{1.40^2}{2\times9.8\times0.5}\approx\boxed{0.20}$

(2) $W_1=\frac12mv^2-\frac12mv_0^2=\frac12(0.0056)(1.40^2-501^2)\approx\boxed{-7.0\times10^2\ \text{J}}$

(3) $W_2=\frac12m’v^2-0=\frac12(2)(1.40^2)\approx\boxed{2.0\ \text{J}}$

(4) 不相等。两力等大反向，但子弹相对地面位移远大于木块位移，故 $|W_1|\gg W_2$。差值 $|W_1|-W_2\approx7.0\times10^2\ \text{J}$ 恰为碰撞损失的机械能（转化为热）。

3-25 粗糙面上的圆周运动（摩擦做功）

题目：质量 $m$ 质点系于绳端，在粗糙水平面上作半径 $r$ 圆周运动，初速率 $v_0$，转一周后速率为 $v_0/2$。求：(1) 摩擦力做的功；(2) 动摩擦因数；(3) 静止前共转多少圈。

【分析】 绳张力沿半径，不做功；做功的只有摩擦力。一周的摩擦功 = 动能变化。摩擦力 $f=\mu mg$（法向力为 $mg$），一周路程为 $2\pi r$，由此求 $\mu$。总路程由总动能除以摩擦力得到，再除周长得圈数。

【解答】 (1) $W_f=\frac12m!\left(\frac{v_0}{2}\right)^2-\frac12mv_0^2=\boxed{-\dfrac{3}{8}mv_0^2}$

(2) $W_f=-\mu mg\cdot2\pi r\Rightarrow \mu mg\cdot2\pi r=\frac38mv_0^2$ $$\boxed{\mu=\frac{3v_0^2}{16\pi gr}}$$

(3) 总路程 $S$：$\frac12mv0^2=\mu mg,S\Rightarrow S=\dfrac{v0^2}{2\mu g}=\dfrac{8\pi r}{3}$ 圈数 $n=\dfrac{S}{2\pi r}=\boxed{\dfrac43\approx1.33\ \text{圈}}$

3-29 人造卫星的能量

题目：质量 $m$ 卫星沿半径 $3R_E$ 圆轨道运动，地球半径 $R_E$、质量 $m_E$。求：(1) 动能；(2) 引力势能；(3) 机械能。

【分析】 圆轨道上万有引力提供向心力，得 $v^2=Gm_E/r$，代入动能公式。引力势能取无穷远为零，$Ep=-GmE m/r$。机械能为二者之和，对束缚轨道为负值，且 $E=-E_k$（圆轨道的普遍关系）。

【解答】 $r=3RE$，由 $\dfrac{GmEm}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}$ 得 $v^2=\dfrac{Gm_E}{3R_E}$。

(1) $E_k=\frac12mv^2=\boxed{\dfrac{Gm_Em}{6R_E}}$

(2) $E_p=-\dfrac{Gm_Em}{r}=\boxed{-\dfrac{Gm_Em}{3R_E}}$

(3) $E=E_k+E_p=\boxed{-\dfrac{Gm_Em}{6R_E}}$

3-36 两车斜碰（动量守恒）

题目：$mA=300,$kg 沿一方向、$mB=400,$kg 沿与之垂直方向，均以 $14,$m/s 驶向路口，相撞后缠在一起沿 $\theta$ 方向驶出。求：(1) 碰后共同速度大小和方向；(2) 损耗的能量。

【分析】 两车初速度互相垂直，设 A 沿 $x$、B 沿 $y$。完全非弹性碰撞，动量分量分别守恒求出末速度分量，再合成求大小与方向 $\theta$。损耗能量 = 碰前总动能 − 碰后总动能。

【解答】 取 A 方向为 $x$、B 方向为 $y$。 $$Vx=\frac{mAv}{mA+mB}=\frac{300\times14}{700}=6\ \text{m/s},\quad V_y=\frac{400\times14}{700}=8\ \text{m/s}$$

(1) $V=\sqrt{6^2+8^2}=\boxed{10\ \text{m/s}}$，方向 $\tan\theta=\dfrac{8}{6}\Rightarrow\boxed{\theta=53^\circ}$（与 A 行驶方向夹角）。

(2) $E_{k0}=\frac12(300+400)(14^2)=6.86\times10^4\ \text{J}$ $Ek=\frac12(700)(10^2)=3.50\times10^4\ \text{J}$ $$\Delta E=E{k0}-E_k=\boxed{3.36\times10^4\ \text{J}}$$

第四章 刚体转动和流体运动

4-22 子弹射入可转动木杆

题目：光滑水平面上木杆 $m_1=1.0,$kg、长 $l=40,$cm，可绕过中点的竖直轴转动。子弹 $m_2=10,$g 以 $v=2.0\times10^2,$m/s 垂直射入杆端并陷入，求所得角速度。

【分析】 子弹打杆是绕轴的碰撞，外力（轴的约束力）过轴不产生力矩，对轴角动量守恒。碰前角动量为子弹的 $m_2v\cdot\frac l2$；碰后为（杆 + 嵌入子弹）整体转动 $I\omega$，其中杆绕中点 $I_{杆}=\frac1{12}m_1l^2$，子弹在杆端 $I_{弹}=m_2(\frac l2)^2$。

【解答】 $$m2v\frac l2=\left[\frac1{12}m1l^2+m_2\left(\frac l2\right)^2\right]\omega$$ $$\omega=\frac{0.010\times200\times0.20}{\frac1{12}(1.0)(0.40)^2+0.010(0.20)^2}=\frac{0.40}{0.01373}\approx\boxed{29\ \text{rad/s}}$$

4-28 蜘蛛落到转台上

题目：转台质量 $m’$、半径 $R$，初角速度 $\omega_a$，轴摩擦不计。(1) 蜘蛛 $m$ 竖直落到台边缘，求 $\omega_b$；(2) 蜘蛛爬到离心 $r$ 处，求 $\omega_c$。

【分析】 竖直下落对竖直轴无角动量，落台与爬行均为系统内部过程，全程对轴角动量守恒，恒等于初值 $\frac12m’R^2\omega_a$。蜘蛛视为质点，转动惯量随其离轴距离 $r$ 变化，故角速度随 $r$ 改变。

【解答】 转台 $I=\frac12m’R^2$。

(1) $\frac12m’R^2\omega_a=\left(\frac12m’R^2+mR^2\right)\omega_b\Rightarrow \boxed{\omega_b=\dfrac{m’\omega_a}{m’+2m}}$

(2) $\frac12m’R^2\omega_a=\left(\frac12m’R^2+mr^2\right)\omega_c\Rightarrow \boxed{\omega_c=\dfrac{m’R^2\omega_a}{m’R^2+2mr^2}}$

4-32 绳拉小球缩小圆周

题目：小球 $m$ 在光滑水平面以 $\omega_0$ 作半径 $r_0$ 圆周运动，绳另一端竖直下拉使半径变为 $r_0/2$。求：(1) 新角速度；(2) 拉力做的功。

【分析】 拉力沿绳指向圆心，对轴力矩为零，角动量守恒，由此求新角速度。拉力做功不能用 $F\cdot d$（$F$ 变化），用动能定理：功等于动能增量。

【解答】 (1) $mr_0^2\omega_0=m(r_0/2)^2\omega\Rightarrow \boxed{\omega=4\omega_0}$

(2) $v_0=\omega_0r_0,\ v=\omega\cdot\frac{r_0}{2}=2\omega_0r_0$ $$W=\frac12mv^2-\frac12mv0^2=\frac12m\big[(2\omega0r0)^2-(\omega0r0)^2\big]=\boxed{\frac32m\omega0^2r_0^2}$$

4-37 小球在可转动圆环内下滑

题目：空心圆环绕竖直轴 $OO’$ 自由转动，转动惯量 $J_0$、半径 $R$、初角速度 $\omega_0$。小球 $m$ 静止于顶点 $A$（轴上），受扰动沿光滑内壁下滑。求到 $B$（侧面，离轴 $R$，与心同高）、$C$（底部，轴上）时环的角速度和小球相对环的速度。

【分析】 两条守恒：① 对竖直轴角动量守恒（内壁光滑、轴无摩擦，小球在轴上时贡献为零，故系统角动量恒为 $J_0\omega_0$）；② 机械能守恒。小球速度含两部分——随环转动的水平分量 $\omega R$ 与沿环下滑的相对分量 $v’$，二者垂直，动能须分开计。

【解答】 到 $B$（离轴 $R$，下降 $R$）： 角动量：$J0\omega0=(J0+mR^2)\omegaB\Rightarrow \boxed{\omegaB=\dfrac{J0\omega0}{J0+mR^2}}$ 能量：$\frac12J0\omega0^2+mgR=\frac12(J0+mR^2)\omegaB^2+\frac12mvB’^2$ $$\boxed{vB’=\sqrt{\dfrac{J0\omega0^2R^2}{J_0+mR^2}+2gR}}$$

到 $C$（轴上，下降 $2R$）： 角动量：$J0\omega0=J0\omegaC\Rightarrow \boxed{\omegaC=\omega0}$ 能量：$mg(2R)=\frac12mvC’^2\Rightarrow \boxed{vC’=2\sqrt{gR}}$

第五章 静电场

5-21 两均匀带电球重叠区的场

题目：两球均匀带电，体密度 $+\rho$、$-\rho$，球心位移 $\vec{OO’}=\vec a$，部分重叠，重叠区因正负中和而无净电荷。求重叠区电场。

【分析】 关键技巧是叠加原理：把重叠区看作 $+\rho$ 整球与 $-\rho$ 整球的叠加。均匀带电球内部场 $\vec E=\dfrac{\rho}{3\varepsilon_0}\vec r$（$\vec r$ 由该球心指向场点），两者相减时场点位置抵消，只剩与位置无关的常矢量，故重叠区是匀强场。

【解答】 $$\vec E=\frac{\rho}{3\varepsilon0}\vec r+ +\frac{-\rho}{3\varepsilon0}\vec r-=\frac{\rho}{3\varepsilon0}(\vec r+-\vec r-)=\frac{\rho}{3\varepsilon0}\vec{OO’}$$ 即重叠区为匀强电场： $$\boxed{E=\frac{\rho a}{3\varepsilon_0}},\quad \text{方向由正球心 }O\text{ 指向负球心 }O’.$$

5-22 带电球壳套同心带电球面

题目：内外半径 $R_1,R_2$ 的均匀带电厚球壳带电 $Q_1$，外面同心罩半径 $R_3$ 的带电球面带电 $Q_2$（$R1<R2<R_3$）。求 $E(r)$ 并讨论其连续性。

【分析】 球对称，用高斯定理分区求解。$Q1$ 体分布在 $R1!\sim!R2$，相应体密度 $\rho=\dfrac{Q1}{\frac43\pi(R2^3-R1^3)}$。连续性：体电荷区边界 $E$ 连续；面电荷处（$R_3$）$E$ 发生跃变。

【解答】

• $r<R_1$：$E=0$
• $R_1<r<R_2$：$E=\dfrac{Q1(r^3-R1^3)}{4\pi\varepsilon0 r^2(R2^3-R_1^3)}$
• $R_2<r<R_3$：$E=\dfrac{Q1}{4\pi\varepsilon0 r^2}$
• $r>R_3$：$E=\dfrac{Q1+Q2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$

连续性：在 $r=R_1,R_2$ 处 $E$ 连续；在 $r=R_3$ 处因有面电荷 $Q_2$，$E$ 不连续，跃变 $\Delta E=\dfrac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0R_3^2}$。故 $E(r)$ 除 $r=R_3$ 外处处连续。

5-23 无限长均匀带电圆柱的场

题目：半径 $R$ 无限长圆柱，体密度 $\rho$。求离轴 $r$ 处 $E$，画 $E$–$r$ 曲线。

【分析】 轴对称，取与轴同轴的高斯柱面（半径 $r$、长 $L$），侧面 $E$ 均匀且沿径向，上下底无通量。分 r<R$（含电荷正比 $r^2$）与 $r>R（含全部电荷）两区。

【解答】

• $r<R$：$E\cdot2\pi rL=\dfrac{\rho\pi r^2L}{\varepsilon0}\Rightarrow \boxed{E=\dfrac{\rho r}{2\varepsilon0}}$（线性增大）
• $r>R$：$E\cdot2\pi rL=\dfrac{\rho\pi R^2L}{\varepsilon0}\Rightarrow \boxed{E=\dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon0 r}}$（按 $1/r$ 衰减）

$E$–$r$ 曲线：自 0 线性升至峰值 $\dfrac{\rho R}{2\varepsilon_0}$（$r=R$），随后按 $1/r$ 下降。

5-32 无限长均匀带电圆柱的电势

题目：半径 $R$ 无限长柱，体密度 $\rho$，取柱面（$r=R$）为零电势。求 $V(r)$ 并画曲线。

【分析】 无限长带电体不能取无穷远为零电势（积分发散），故题目指定柱面为零势。先用 5-23 的 $E$，再由 $V(r)=-\displaystyle\int_R^r E,\mathrm dr$ 分内外两段积分。

【解答】 内部 $r\le R$：$V(r)=-\displaystyle\intR^r\frac{\rho r’}{2\varepsilon0}\mathrm dr’=\boxed{\dfrac{\rho}{4\varepsilon0}(R^2-r^2)}$（中心最高 $\frac{\rho R^2}{4\varepsilon0}$）

外部 $r\ge R$：$V(r)=-\displaystyle\intR^r\frac{\rho R^2}{2\varepsilon0 r’}\mathrm dr’=\boxed{\dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}\ln\dfrac{R}{r}}$（$r>R$ 为负）

曲线：$r\le R$ 为开口向下抛物线（顶点在轴心）；$r=R$ 处为 0；$r>R$ 按对数下降。

第六章 静电场中的导体和电介质

6-12 同轴线（导线—圆筒）

题目：半径 $a$ 长直导线外套内半径 $b$ 同轴导体圆筒，相互绝缘。导线电势 $V$，圆筒接地（0）。求两者间 $E$ 及圆筒电荷线密度。

【分析】 设导线线密度 $\lambda$，由高斯定理得 $a!\sim!b$ 间 $E=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}$。由电势差 $V=\int_a^bE,\mathrm dr$ 反求 $\lambda$，再代回得 $E$。圆筒内表面由静电感应出 $-\lambda$。

【解答】 $$V=\inta^b\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon0 r}\mathrm dr=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon0}\ln\frac ba\Rightarrow \lambda=\frac{2\pi\varepsilon0V}{\ln(b/a)}$$ $$\boxed{E=\frac{V}{r\ln(b/a)}\quad(a<r<b)}$$ 圆筒电荷线密度 $\boxed{\lambda’=-\dfrac{2\pi\varepsilon_0V}{\ln(b/a)}}$

6-22 五电容器网络

题目：$A$–$C$ 段为 $4,\mu\text F\parallel8,\mu\text F$，$C$–$D$ 段为 $6,\mu\text F\parallel2,\mu\text F$，$D$–$B$ 段为 $24,\mu\text F$。求：(1) $C_{AB}$；(2) $U_{AB}=12,$V 时各段电压。

【分析】 先并联后串联化简。串联各电容电荷相同，等于总电荷 $Q=C_{AB}U_{AB}$，各段电压 $U=Q/C$。

【解答】 并联：$C{AC}=12,\mu\text F,\ C{CD}=8,\mu\text F,\ C{DB}=24,\mu\text F$ (1) $\dfrac1{C{AB}}=\dfrac1{12}+\dfrac18+\dfrac1{24}=\dfrac14\Rightarrow \boxed{C{AB}=4,\mu\text F}$ (2) $Q=C{AB}U{AB}=48,\mu\text C$ $$U{AC}=\frac{48}{12}=4,\text V,\quad U{CD}=\frac{48}{8}=6,\text V,\quad U{DB}=\frac{48}{24}=2,\text V$$ （校核 $4+6+2=12,$V）

6-25 带电导体球外两层介质

题目：导体球 $R=0.10,$m，$Q=1.0\times10^{-8},$C。外层介质 $\varepsilon_r=5.0$、厚 $d=0.10,$m（$0.10!\sim!0.20,$m），再外为空气。求 $r=5,15,25,$cm 处的 (1) $D$ 与 $E$；(2) 电势；(3) 极化电荷面密度。

【分析】 $D$ 只由自由电荷决定，用高斯定理 $D=\dfrac{Q}{4\pi r^2}$（$r>R$）即可，跨介质连续。$E=D/(\varepsilon0\varepsilonr)$，注意各区 $\varepsilon_r$ 不同。电势由 $V=\int_r^\infty E,\mathrm dr$ 分段积分；导体内电势等于球面电势。极化电荷 $\sigma’=P_n$，$P=D(1-1/\varepsilonr)$，介质内外两表面分别计算，注意法线方向。取 $\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon0}=90,\text{V·m}$。

【解答】 (1) $D$ 与 $E$

• $r=5,$cm（导体内）：$D=0,\ E=0$
• $r=15,$cm（介质内）：$D=\dfrac{Q}{4\pi r^2}=3.5\times10^{-8},\text{C/m}^2,\ E=\dfrac{D}{\varepsilon0\varepsilonr}\approx8.0\times10^2,\text{V/m}$
• $r=25,$cm（空气）：$D=1.3\times10^{-8},\text{C/m}^2,\ E=\dfrac{D}{\varepsilon_0}\approx1.44\times10^3,\text{V/m}$

(2) 电势（介质中 $E=\frac{18}{r^2}$，空气中 $E=\frac{90}{r^2}$）

• $r=25,$cm：$V=\dfrac{90}{0.25}=360,\text V$
• $r=15,$cm：$V=18!\left(\frac1{0.15}-\frac1{0.20}\right)+\dfrac{90}{0.20}=30+450=480,\text V$
• $r=5,$cm（=球面电势）：$V=18!\left(\frac1{0.10}-\frac1{0.20}\right)+450=90+450=540,\text V$

(3) 极化电荷面密度 $\big(P=D(1-1/\varepsilon_r)\big)$

• 介质内表面 $r=0.10,$m：$D=7.96\times10^{-8}$，$\ \sigma’_{内}=-P=-6.4\times10^{-8},\text{C/m}^2$
• 介质外表面 $r=0.20,$m：$D=1.99\times10^{-8}$，$\ \sigma’_{外}=+P=+1.6\times10^{-8},\text{C/m}^2$

6-35 聚四氟乙烯薄膜电容器

题目：$C=0.50,\mu\text F$，介质为厚 $d=0.01,$mm 的聚四氟乙烯。求：(1) 额定电压；(2) 最大储能。

【分析】 额定电压由介质击穿场强 $E_b$ 决定：$U{\max}=Eb d$。最大储能用 $W=\frac12CU_{\max}^2$。聚四氟乙烯击穿场强取教材附表值 $E_b\approx1.9\times10^7,\text{V/m}$（若书上数值不同，按书替换，方法不变）。

【解答】 (1) $U_{\max}=E_b d=1.9\times10^7\times1.0\times10^{-5}=\boxed{1.9\times10^2,\text V}$ (2) $W_{\max}=\frac12CU_{\max}^2=\frac12(0.50\times10^{-6})(190)^2\approx\boxed{9.0\times10^{-3},\text J}$

第七章 恒定磁场

7-14 亥姆霍兹线圈

题目：两相同平行线圈半径 $R$、电流 $I$ 同向、间距 $d$。证明 $d=R$ 时连线中点附近为匀强磁场。

【分析】 两线圈轴上场叠加。要”均匀”，应使中点处场对位置的一、二阶导数都为零。以中点为原点，由对称性一阶导自动为零；令二阶导为零，解出条件 $d=R$。

【解答】 单线圈轴上场 $B=\dfrac{\mu_0IR^2}{2(R^2+x^2)^{3/2}}$。设中点为原点，两线圈在 $\pm d/2$，令 $f(x)=(R^2+x^2)^{-3/2}$： $$B(x)=\frac{\mu0IR^2}{2}\big[f(x+\tfrac d2)+f(x-\tfrac d2)\big]$$ 一阶导在 $x=0$ 处因 $f’$ 为奇函数而为零。二阶导： $$f’’(x)=3(R^2+x^2)^{-7/2}(4x^2-R^2)$$ $\left.\dfrac{\mathrm d^2B}{\mathrm dx^2}\right|0\propto f’’(\tfrac d2)\propto(d^2-R^2)$，令其为零得 $\boxed{d=R}$。 此时一、二阶导均为零，中点附近场变化为高阶小量，可视为匀强场。中点场值 $B_0=\dfrac{8\mu_0I}{5\sqrt5,R}\approx0.716\dfrac{\mu_0I}{R}$。

7-17 同轴电缆磁场分布

题目：内导体半径 $R_1$ 载流 $I$，外导体（$R2!\sim!R3$）载反向 $I$，电流均匀分布。求各区 $B$ 并画 $B$–$r$。

【分析】 轴对称，用安培环路定理 $B\cdot2\pi r=\mu_0I_{enc}$。分四区，注意均匀分布导体内”包围电流”按面积比例计算；外导体反向电流逐渐抵消内电流，$r>R_3$ 处净电流为零。

【解答】

• $r<R_1$：$B=\dfrac{\mu0Ir}{2\pi R1^2}$
• $R_1<r<R_2$：$B=\dfrac{\mu_0I}{2\pi r}$
• $R_2<r<R_3$：$B=\dfrac{\mu0I(R3^2-r^2)}{2\pi r(R3^2-R2^2)}$
• $r>R_3$：$B=0$

$B$–$r$ 曲线：$[0,R1]$ 线性升至 $\frac{\mu0I}{2\pi R1}$；$[R1,R2]$ 按 $1/r$ 降；$[R2,R_3]$ 降至 0；其后为 0。

7-21 无限大载流平面

题目：电流均匀流过无限大导电平面，电流面密度 $j$。求平面两侧磁感强度。

【分析】 对称性：$B$ 平行平面、垂直电流方向，两侧大小相等、方向相反。取跨过平面的矩形环路（两条边平行 $B$、长 $L$），用安培环路定理。

【解答】 $$\oint\vec B\cdot\mathrm d\vec l=2BL=\mu0jL\Rightarrow \boxed{B=\frac{\mu0j}{2}}$$ 两侧均为匀强磁场，大小 $\frac{\mu_0j}{2}$，方向相反（均平行平面且垂直电流方向）。

7-37 长直导线对矩形回路的合力

题目：长直导线载 $I_1=30,$A，矩形回路载 $I_2=20,$A，近边离导线 $d=1.0,$cm，宽 $b=8.0,$cm，平行于导线的边长 $l=0.12,$m。求作用在回路上的合力。

【分析】 回路两条垂直于导线的边（长 $b$）所受力等大反向、相互抵消。两条平行于导线的边处在不同距离（$d$ 与 $d+b$），磁场不同、受力不等且方向相反，合力即二者之差。近边电流与 $I_1$ 同向则受吸引，远边受排斥，净力指向导线。用 $F=\dfrac{\mu_0I_1I_2l}{2\pi r}$。

【解答】 $$F=\frac{\mu0I1I2l}{2\pi}\left(\frac1d-\frac1{d+b}\right)$$ $$=2\times10^{-7}\times600\times0.12\times\left(\frac1{0.01}-\frac1{0.09}\right)$$ $$=2\times10^{-7}\times600\times0.12\times88.9\approx\boxed{1.3\times10^{-3},\text N}$$ 方向：指向长直导线（近边与 $I1$ 同向受吸引占主导，故净力为吸引）。

第八章 电磁感应 电磁场

8-16 矩形线框落入磁场

题目：矩形框宽 $l$、高 $b$，质量 $m$、电阻 $R$，$t=0$ 从 $y=0$ 上方 $h$ 处静止下落。$y=0$ 上方无场，下方有匀强 $B$（垂直纸面向里）。$t1$ 时下边到达 $y=0$，$t2$ 时全部进入。求三阶段 $v$–$t$ 关系。

【分析】 分三段：① 入场前自由落体；② 部分入场，下边切割磁感线产生感应电动势 $Blv$、感应电流引出安培阻力 $\frac{B^2l^2v}{R}$（向上），列动力学方程为一阶线性微分方程，解得指数趋近收尾速度；③ 全部入场后磁通不变、无感应电流，恢复自由落体。三段在 $t_1,t_2$ 处速度连续衔接。

【解答】 ① $0<t\le t_1$：$\boxed{v=gt}$，且 $t_1=\sqrt{2h/g},\ v_1=\sqrt{2gh}$。

② $t_1<t\le t_2$：$m\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=mg-\dfrac{B^2l^2}{R}v$，解得 $$\boxed{v=\frac{mgR}{B^2l^2}+\left(\sqrt{2gh}-\frac{mgR}{B^2l^2}\right)e^{-\frac{B^2l^2}{mR}(t-t_1)}}$$

③ $t>t_2$：磁通不变、无电流， $$\boxed{v=v2+g(t-t2)}$$ 其中 $v_2$ 为②式在 $t=t_2$ 之值。

8-18 长直螺线管的感生电场

题目：$R=2.0,$cm 无限长密绕螺线管，管内匀强 $B$、管外≈0，$\frac{\mathrm dB}{\mathrm dt}=$ 常量 $>0$。求：(1) 管内外感生电场分布；(2) $\frac{\mathrm dB}{\mathrm dt}=0.010,$T/s 时 $r=5.0,$cm 处感生电场大小和方向。

【分析】 变化磁场激发涡旋电场，由对称性其电场线为同心圆。用 $\oint\vec E\cdot\mathrm d\vec l=-\dfrac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}$，取半径 $r$ 的圆为环路。内部所围磁通正比 $r^2$，外部所围磁通恒为 $B\pi R^2$（管外无场）。

【解答】 (1)

• $r<R$：$E\cdot2\pi r=-\pi r^2\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}\Rightarrow \boxed{E=\dfrac r2\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}}$
• $r>R$：$E\cdot2\pi r=-\pi R^2\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}\Rightarrow \boxed{E=\dfrac{R^2}{2r}\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}}$

(2) $r=5.0,\text{cm}>R$： $$E=\frac{(0.02)^2}{2\times0.05}\times0.010=\boxed{4.0\times10^{-5},\text{V/m}}$$ 方向：$B$ 向里且增大，由楞次定律感生电场沿逆时针（与该处圆相切）。

8-21 双介质芯螺线管的自感

题目：管心为两同轴圆柱，截面 $S_1,S_2$，磁导率 $\mu_1,\mu_2$，管长 $l$、匝数 $N$（截面很小）。求自感 $L$。

【分析】 管内 $H=\dfrac{NI}{l}$（由安培环路定理，$H$ 只由自由电流定，两介质中相同）。两介质中 $B_i=\mu_iH$ 不同，每匝磁通为两部分之和，磁链 $\Psi=N\Phi$，$L=\Psi/I$。

【解答】 $H=\dfrac{NI}{l},\quad B1=\mu1\dfrac{NI}{l},\quad B2=\mu2\dfrac{NI}{l}$ 每匝磁通 $\Phi=B_1S_1+B_2S_2=\dfrac{NI}{l}(\mu_1S_1+\mu_2S_2)$ $$L=\frac{N\Phi}{I}=\boxed{\frac{N^2(\mu1S1+\mu2S2)}{l}}$$

8-23 同筒两相同线圈的串联自感

题目：同一柱筒上绕两组相同线圈 $AB$、$A’B’$，各自自感 $L$（视为全耦合，$M=L$）。求：(1) $A$ 接 $A’$ 时 $B$–$B’$ 间自感 $L_1$；(2) $A’$ 接 $B$ 时 $A$–$B’$ 间自感 $L_2$。

【分析】 两线圈共筒、绕向相同，全耦合 $M=\sqrt{L\cdot L}=L$。串联总自感 $L=L+L\pm2M$：磁通相助取 $+$、相消取 $-$。按电流流过两线圈时产生的磁通是否同向判断符号。

• $A$ 接 $A’$（首—首相接）：电流在两线圈中绕向相反 → 磁通相消；
• $A’$ 接 $B$（首—尾相接）：绕向相同 → 磁通相助。

【解答】 (1) $L_1=2L-2M=2L-2L=\boxed{0}$ (2) $L_2=2L+2M=2L+2L=\boxed{4L}$

附：本批已覆盖清单

清单中 32 道题已全部完成。