1-2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x =4t -2t 3，式中x 、t 分别以m 、s 为单位，试计算：
（1）在最初2s 内的平均速度，2s 末的瞬时速度； （2）1s 末到3s
末的位移、平均速度；
（3）1s 末到3s 末的平均加速度，3s 末的瞬时加速度。
分析：平均速度反映的是物体在整个运动中的整体运动情况，瞬时速度反映物体在某一时刻或某一位置的运动情况，平均加速度是一段时间内速度改变量与这段时间的比值，当这段时间趋近于0时的平均加速度就是瞬时加速度。
解：(1) 最初2s 内的平均速度
∆x x (2)-x (0)(4⨯2-2⨯23) -0
== υx = =-4m ⋅s -1 ∆t ∆t 2
2s 末的瞬时速度
υx =
d x
=4-6t 2=4-6⨯22=-20m ⋅s -1 d t
（2）1s 末到3s 末的位移
∆x =x (3)-x (1)=(4⨯3-2⨯33) -(4⨯1-2⨯13) =-44m
1s 末到3s 末的平均速度
υx =
∆x x (3)-x (1)==-22m ⋅s -1 ∆t ∆t ∆υx υx (3)-υx (1)
==-24m ⋅s -2 ∆t ∆t d υx
=-12t =-36m ⋅s -2 d t
（3）1s 末到3s 末的平均加速度
a x =
（4）质点的瞬时加速度
a x =
1-4 一质点沿半径R =1m的圆周运动，其角位置θ=2+t 2, t 以s 计。求：t =2 s时切向加
速度和法向加速度各为多少？
分析：本题为在角坐标系中物体作圆周运动的问题，其运动学方程为角位置随时间变化关系式，由角量与线量之间的关系，可求解出a n 和a r 。
解：该质点的角速度 ω=角加速度 α=
d θ
=2t d t
d ω-2
=2rad ⋅s d t
-12
⋅-s 当t=2s时ω=4 rad ⋅s , α=2r a d
-2-22
则 a n =R ω=16m ⋅s a τ=R α=2m ⋅s
1-9 如习题1-9用图所示，在离水面高度为h 的岸边，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸边为x 0距离处，当人以v 0的速度收绳时，试求船的速度与加速度各有多大？
分析：本题关键是先求得小船速度表达式，而小船的速度是由小船
v ϖ
在水平方向的位移与时间的导数求得的，绳的速度由绳子的位移与时间的导数求得。根据受力分析，船的运动是合运动，绳子的运动是分运动。
解：（1）如解1-9图所示，设人与船之间的绳长为l ，则
l 2=h 2+x 0
上式对时间求导， 2l 式中
2
d x d l
=2x 00 d t d t
dl
表示绳长l 随时间的变化率，其大小即为绳子的速度v 0，方向沿x 轴dt
负方向。
船的速度为
d x 0l d l
υ===0
d t x 0d t 0
负号表示船速度的方向沿x 轴负方向。 （2）由加速度的定义得船的加速度为
22
22υ0h d v d =a ==-υ0=0=-3
d t d t 00x 0⎝⎭
解
1-9图
负号表示船加速度的方向沿x 轴负方向。
1-11 一个半径R =1.0 m的圆盘，可绕一水平轴自由转动。一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端栓一物体A ，如习题1-11用图所示。在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt =2.0 s 内下降的距离h =0.4 m 。求物体开始下降后3 s 末，轮边缘上任一点的切向加速度与法向加速度。
分析：由题意可知物体在下落的过程中受到重力的作用，所以圆盘边缘的切向加速度就等于物体下落的加速度。
h =解：（1）由分析可得，物体由静止开始下落，则v 0
O
1
a t ∆t 2 2
x O
2h 2⨯0.4
=0.2m ⋅s -2 所以 a τ=2=2
∆t 2h
（2）物体下降3s 末的速度
h
υ=a τt =0.2⨯3=0.6m ⋅s -1
根据法向加速度定义
2
2
A
y
x 0
a n =
给它的冲量是多大？
υ0.6
==0.36m ⋅s -2 R 1
图
2-5一个质量m =50g，以速率υ=20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力加
2
分析：质点向心力大小为F =m υ/R ，方向是指向圆心的，其方向在不
断的发生改变，所以不能直接用I =Ft 计算冲量，本题应用冲量的定义来求解。
解：如解2-3图所示，开始时小球的动量的大小为 p 1=m υ 因为末动量与初速度相互垂直，根据动量的增量的定义 Δp =p 2-p 1 得
|∆p |=1=υ
根据动量定理得向心力给小球的冲量大小为
I =|∆p |=50⨯20=1.41N ⋅S
2-6 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 =7.90g,出口速率为735 m·s -1。求射击时（以分钟计）枪托对肩部的平均压力。
分析：每颗子弹动量的增加都是由枪对子弹施加的作用力在时间上的积累的结果，而根据作用力与反作用力，枪对子弹的作用力也反作用于肩部，所以需要求得每分钟内子弹所受到的冲量再根据牛顿第三定律即可求得结果。
解：每一颗子弹动量的增量为
I =m υ-0=735⨯7.9⨯10-3=5.8065N ⋅S
则每分钟内对肩部的平均压力为
F =
I ⨯1205. 8065⨯120
==11. 6N t 60
2-11 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 的连杆组成。如图所示和铁球的质量相比，连杆的质量可以忽略。求：此哑铃对于通过连杆中心并和它垂直的转
轴的转动惯量。它对于通过两球的连心线的轴的转动惯量又是多大？
分析：根据转动惯量的可叠加性以及转动惯量的平行轴定理计算得到
2
2
解：铁球对于过其质心的转轴的转动惯量为 J C =m R
5
（1）根据平行轴定理，哑铃对于通过连杆中心并与它垂直的转轴的转动惯量为
J =J C +mh 2
2l ⎫⎛
=2⨯m R 2+2m R +⎪
52⎭⎝
=
141
m R 2+2m Rl +m l 2 52
J =2J C =
4
m R 2 5
2
（2）哑铃对于通过两球的连心线的轴的转动惯量为
2-15 一物体由水平面到达倾角为30°的斜面底部时，动能为9.8 J，若斜面与物体间的摩擦系数为0.1，物体能冲上斜面1m ，求：物体的质量。
分析：物体在冲上斜面时的动能的改变是由斜面对木块的摩擦力及重力的分力作用而改变的，由动能定义即可求得结果。
解：由解2-13图可知
-μN +mg sin 30 s =∆E k =0-E k 1，
即 -E k 1=-μmg cos 30 +mg sin 30 s
()
()
则 9. 8=(0. 1⨯mg cos 30+mg sin 30)
求得 m =
1
=1. 7kg
0. 5866
2-18 静水中有一小船，小船质量为100kg ，船头到船尾共长3.6 m ，当一质量为50 kg 的人从船尾走到船头时，船头在水面上移动了多少距离(水的阻力不计) ？
分析：以人和船组成的系统为研究对象，在船头走到船尾的过程中系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。
解：（解法一）设船和人相对于岸的速度分别为υ2和υ1，船和人相对于岸移动的距离分别为x 和y 。取船的运动方向为正，由动量守恒定律有m 2υ2-m 1υ1=0
上式对时间积分得（1）
由题意可知 （2）
式中 L 为船头到船尾的长度。 由（1）、（2）解得
⎰
t
m 2υ2d t -⎰m 1υ1d t =0
t
m 2x -m 1y =0
x +y =L
x =
m 150
L =⨯3.6=1.2m
m 2+m 1100+50
（解法二）设船和人相对于岸的速度分别为υ2和υ1，船和人相对于岸移动的距离分别为x 和y 。由动量守恒定律有m 2υ2-m 1υ1=0
人相对船的速度v 人对船=υ2+υ1=
m 1+m 2
υ2 m 1
t
设人在时间t 内从船头走到船尾，则有
m 2+m 1m 2+m 1t
L =⎰υ人对船d t =⎰υ2d t =υ2d t
00m 2m 2⎰0
t
在这段时间内，船相对于地面的位移是y =即 x =
⎰υd t
02
t
m 150
L =⨯3.6=1.2m
m 2+m 1100+50
2-21 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近的距离是 r 1=8.75×1010m ，此时它的速率是υ1=5.46×104m·s -1。它离太阳最远时速率υ2=9.08×102m·s -1，这时它离太阳的距离r 2是多少？
分析：哈雷彗星绕太阳运动过程只有两者之间的万有引力（保守力）做功，所以从离太阳近点处绕到太阳远点处的过程中角动量守恒。
解：由分析知，根据角动量守恒定律m υ近r 近=m υ远r 远
υ近r 近5.46⨯104
r 远==⨯8.75⨯1010=5.26⨯1012m 2
υ远9.08⨯10
2-23质量为M ，半径为R 的转台，可绕竖直轴无摩擦地转动，质量
为m 的人，站在台的边缘。人和台原来都静止。如果人沿台的边缘走一周，相对地面来说，
人和转台各转了多少角度？
分析：人沿台的边缘走一周的过程中，把人和台看做一个系统，整个系统对轴合外力矩为零，故角动量守恒。
解：选地面为参考系，那么设（相对于转轴）人：J , ω；台：J ', ω'。 其中 J =mR 2, J '=
1
mR 2； 2
2m ω M
t
由分析可知角动量守恒，以向上为正：则J ω-J 'ω'=0
ω'=
又因为人与台相对转动，所以θ人对地
+θ台对地=2π
则设人沿转台边缘跑一周的时间为t ，那么θ人对地
t
=⎰ωd t ，θ台对地=⎰ω' d t
t
2m t
ωd t =2π ∴ ⎰ωd t +
0M ⎰0
2π
M
0M +2m
2π4πm
M =可得 θ台对地=2π-
M +2m M +2m
即
θ人对地=⎰ωd t +
t
2-28两个半径分别为R 1和R 2的圆轮，质量分别为M 1和M 2。二者均可视为圆柱体而且同轴固结在一起，可以绕一水平固定轴自由转动。今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量为m 1和m 2的两个物体。求在重力作用下，m 2下落时轮的角加速度及绳的张力。
分析：采用“隔离法”分析各物体受的力，结合各物体间的相互联系，根据运动定律 列出相应的方程组.
解：分别取物体m 1m 2和圆轮为隔离体，它们的受力情况如解2-26图所示
F
2
m
a
1
d
B
a 2
1v
M
物体m 1 T -m 1g =m 1a 1得 a 1=R 1α 物体m 2 m 2g -T 2=m 2a 2得 a 2=R 2α 圆轨： T 2R 2-T 1R 1=J α得 J =
112
m 1R 12+m 2R 2
22
联立以上方程求解得
T 1=m 1R 1α+m 1g T 2=m 2g -m 2R 2α 2(m 2R 2-m 1R 1) g
22
(M 1+2m 1) R 1+(M 2+2m 2) R 2
s -1的速率水平射入棒中而不复出，射入点υ0＝200m·
α=
2-29 有一均匀细棒长L ＝0.40m ，质量 M ＝1.0 kg，其上端用光滑水平轴吊起而静止下垂。今有一质量 m ＝8.0 g的子弹以 在轴下 d ＝3L /4处，如图2-36所示。
（1）求子弹停在杆中时杆的角速度；
2
）求杆的最大偏转角。
分析：子弹射入细杆，使细杆获得初速度，因为这一过程很快，细杆发生偏转极小，可认为杆仍处于竖直状态。子弹和细杆组成的系统无外力矩，满足角动量守恒，当子弹随杆一起绕轴O 转动时，子弹、细杆及地球构成一系统，只有保守内力作功，故机械能守恒。
解：子弹碰撞前角动量
3
L 0=m υ0d =m υ0⋅L
4
子弹、细杆碰撞后角动量
习题2-27用图
1
L =md 2ω+ML 2ω
3
（1）子弹射入细杆前、后的一瞬间，系统角动量守恒得L 0=L 得
3
8⨯10-3⨯200⨯⨯0.4
mv 0d ω==m (L ) 2+ML 28⨯10-3⨯() 2⨯(0.4)2+⨯1⨯(0.4)2 43431.2==8.89rad ⋅s -10.4⨯0.3378
（2）选取细杆处于竖直位置时子弹的位置为重力势能零点，系统在始末状态的机械能为
111l E0=(md 2) ω2+(ML 2) ω2+Mg (d -)
2232
l
E=mg (d -d cos θ) +Mg (d -cos θ)
2
由于机械能守恒Ε=Ε0 则
119L 3
(ML 2+mL 2) ω2=(Mg +mg L )(1-cos θ
) 231624
解2-27图
19
(M +m ) ML ω2
θ=arccos[1-] 3(M +m ) g
2
19
(⨯1+⨯0. 008) ⨯0. 4⨯8. 892
=arccos[1-]=94 18' 3
(1+⨯0. 008) ⨯9. 8
2
2-31弹簧原长为 AB ，劲度系数为k ，下端固定在A 点，上端与一质量为m 的木块相连，木块总靠在一个半径为a 的半圆柱的光滑表面上。今沿半圆的切向用F 拉木块使其极缓慢地移过θ角，求：这一过程中力F 作的功。
M 1
M 2
R 2
R 1分析：根据质点所受的力和它的位移的积分就可以求得力d
F 对
L
木块所做的功。
m 1解：切向力F 拉木块使其极缓慢地移动， m
0 θ可得 F =f +mg cos θ m 2而d s =a d v
M
故
图2-32 习题2-27 用图d A =F ⋅d s =(ks +mg cos θ)d s =ka θ⋅a d θ+图2-33 习题2-28 用图mg cos θa d θ
积分可得
A =⎰ka 2θd θ+⎰mag cos θd θ =
θθ
122
ka θ+mga sin θ 2
(2) 求第四个顶
5-13 三个点电荷q 1、q 2和q 3放在正方形的三个顶点上，q 1=10×10-9C ，q 2=28×10-6C ，在正方形的第四个顶点上场强E 的方向沿水平方向向右。(1) q3等于多少? 点上场强的大小。
分析：本题主要应用点电荷电场叠加原理求解。
解：（1）如解4-13图所示，第四顶点的合场强要沿水平方向向右，则q 3应为负电荷，那么
E 2cos 45︒=E 3
即
14πε0
⋅
q 221q 3
⋅=⋅2 2
24πε0l 2l
2
q 2=9. 9⨯10-9C 4
解4-13 图
得 q 3=
-9
所以 q 3应为-9. 9⨯10C （2）第四顶点的合电场强度大小为
E =E 2cos 45︒+E 1=
14πε0
⋅
q 21q 1
⋅+⋅2l 224πε0l 2
=⨯4πε0⎝
1
6-1
=1.79⨯10V ⋅m ⎭
5-15 一个细的带电塑料圆环，半径为R ，所带线电荷密度λ和θ之间的关系为λ=λ0sin θ
，
求在圆心处的电场强度的大小和方向。
分析：这是一个连续带电体问题，求解的关键在于由点电荷电场强度叠加原理来分析整个圆环在圆心处场强的大小。
解：如图所示，选取长为dl 的微元，其电量d q =λd l =λ0sin θR d θ 微元在圆心处的场强为d E =
d q 4πε0R 2
=
λ0sin θ
d θ
4πε0R
则可得此电场的两个分量为d E x =d E cos θ
E x =⎰
2π
2πλ0sin θcos θλ0
d θ=⎰sin θdsin θ=0
044πε0R πε0R
d E y =d E sin θ E y =⎰
得
E =
2π0
题4-15图
λ0λ0sin θ
d θ=4πε0R 4πε0R
2
⎰
2π
sin 2θd θ=
λ0
4ε0R
=
λ0
4ε0R
E 的方向沿y 轴的负方向。
5-17 一个半径为R 的球形带电体，其电荷体密度ρ=A/r
。求此带电体的场强分布。 分析：本题因球的体密度随着半径发生改变，在采用高斯定理求解时应注意
⎰
E ⋅d S =
ε0⎰
1
ρd V 来解电场强度的分布。
解：根据静电场的高斯定理，取半径为r 的球面为高斯定理，则 （1）r ≥R 时，
⎰
E ⋅d S =
2
ε0⎰
1
1
ρd V
R
E ⋅4πr =
ε0⎰0
A 2πAR 22
4πr d r =
r ε0
AR 2
则 E 外=， 方向：从球心向外沿半径方向。 2
2ε0r
（2）0
⎰
E ⋅d S =
2
1
ε0
⎰ρd V
E ⋅4πr =
则 E 内=
1
ε0
⎰
r
A 2πAr 22
4πr d r =
r ε0
A
， 方向：从球心向外沿半径方向。 2ε0
5-18 两个半径分别为R 1和R 2(R 1
2。设电荷均匀分布在球面上，求场强分布。
分析：以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面，由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，则利用高斯定理即可求出电场强度的分布。
解：取半径为r 的同心球面为高斯面，由分析E ⋅4πr 2=当rR 2
∑q
q 14πε0r 2
q 1+q 2
4πε0r 2
5-19 两个半径分别为R 1和R 2(R 1
分析：由4-18题得到的场强利用电势的定义， 即可求出各区间电势的大小 。 解：（1）利用4-18题场强的结论，得
r
由电势的定义得
q 14πε0r 2
q 1+
，R 2
q 1+q 2
4πε0r 2
r ≤R 1时 U 1=⎰E 1d r +⎰E 2d r +⎰E 3d r =
r
R 1
R 2
R 1R 2
∞
4πε0R 14πε0R 2
q 24πε0R 2
+
q 2
R 1≤r ≤R 2时 U 2=⎰E 2d r +⎰E d 3r =
r
R 2
R 2
∞
q 14πε0r
U 3=⎰E 3d r =r ≥R 2时，
r
∞
q 1+q 2
4πε0r
q 14πε0R 1
q 24πε0R 2
所以半径为R 1的球面电势为
U r =R 1=
半径为R 2的球面电势为
+
U r =R 2=
q 1+q 2
4πε0R 2
q 14πε0R 1
+
q 24πε0R 2
-
q 1+q 2q 11
=1(-)
4πεR 24πε0R 1R 2
（2）两球面之间的电势差为
U 12=U r =R 1-U r =R 2=
5-21 一无限长均匀带电圆柱，体电荷密度为ρ，截面半径为a 。 （1）用高斯定理求出柱内外电场强度的分布； （2）求出柱内外的电势分布，以轴线为势能零点。
分析：选取一高为h 底面半径为r 柱形高斯面，利用高斯定理及可求得柱内外场强的分布，对于无限大带电物体。我们选择有限远处为势能零点。
解：（1）由高斯定理得 当r ≤a 时，
⎰
1q ∑E ⋅2πr h = E ⋅d S =
ε0
ε0
ρr
⋅π2r h ρ E 1=
2ε0
当r ≥a 时，
⎰
q 1∑ E ⋅2πr h =E ⋅d S =
ε0ε0
ρa 2
E 2= ⋅πa h ρ
2εr
2
电场强度的方向沿着径向。
（2）以轴线为势能零点，则积分线由r 到0，即U A =当r ≤a 时
20
⎰
电势0点
A
E ⋅d r 。
U 1=⎰E ⋅d r =⎰
r
00
r
ρr ρr r =⋅2ε02ε02
a
=-
r
ρ2
r 4ε0
当r ≥a 时
U 2=⎰E ⋅d r =⎰E 2d r +⎰E 1d r =⎰
r
r
a
0a 0
r
0ρr ρa 2ρa 2⎛a ⎫+⎰d r =2ln -1⎪ 2ε0r a 2ε04ε0⎝r ⎭
7-4 如习题6-4用图所示，载有电流I 的导线由三部分组成，AB 部分为半圆，半径为R ，其余部分为伸向无限远处的直线。求圆心O 处的磁感强度B 。
分析：利用毕奥-萨伐尔定律解题。
解：该导线可分为上下两段半无限长直导线及一段半圆形导线，半无限长直在圆心处产生的磁场
B 1=
μ0I
，方向垂直纸面向里 4πR
习题6-4用图
半圆导线在圆心处产生的磁场
B 2=
μ0I
4R
，方向垂直纸面向里
则该导线在圆心处产生的总磁场为B =2B 1+B 2=方向垂直纸面里。
μ0I μ0I
+ 2πR 4R
7-17 两根长直导线沿一均匀金属环的径向接到环上a 、b 两点，如习题6-17用图所示，求圆心O 处的磁感强度B 。
分析：利用毕奥-萨伐尔定律解题。
解：设两直导线所在半径的夹角为θ，并设两圆弧电流分别为
I 2
I 1, I 2，则由于两圆弧视为并联，可得两电流分别为
2π-θ⎧
I =I ⎪⎪12π
⎨
θ⎪I =I 2
⎪2π⎩
已知载流圆线圈在圆心处产生的磁场为B = 则两圆弧在O 点产生的磁场大小分别为
μ0I
2R
μ0I 1θμ0θ2π-θ⎧B =⋅=⋅I ⎪⎪12R 2π4πR 2π
⎨
μI μ(2π-θ) 2π-θθ⎪B =02⋅=0⋅I 2
⎪2R 2π4πR 2π⎩
由于B 1、B 2大小相等，方向相反，则B =B 1+B 2=0
7-19 半径为R 的薄圆板，均匀带有电量Q ，以角速度ω绕垂直于薄圆板的中心轴转动。求： （1）圆板的磁矩；
（2）圆心O 处的磁感强度B 。 分析：利用电流及磁矩的定义解题。
解：（1）取半径为r 、宽度为dr 的圆环，则其所带电荷量为
d q =σ⋅2π⋅r ⋅d r 其中σ=
圆环因转动而产生的电流为
d I =
Q
2
πR
Q d q 2πσ⋅r ⋅d r
ωrdr ==σω⋅r ⋅d r =
2πR 2T
ω
故其在O 处所产生的磁感强度为
解6-19图
d B O =
μ0⋅d I
2r
=
μ0σω⋅d r
2
整个圆盘在O 处所产生的磁感强度为
B O =⎰d B o =⎰
S
R
μ0σω⋅d r
2
μωQ 1
=μ0σωR =0
22πR
（2）圆环所具有的磁矩为
d m =πr 2⋅d I =πσω⋅r 3⋅d r
整个圆盘的磁矩为
11
m =⎰d m =⎰πσω⋅r 3⋅d r =πσωR 4=ωR 2Q
S 044
R
7-22 半径为R 的无限长直导线通有电流I ，电流在截面上的分布不均匀，电流密度j = kr
，求导线内的磁感强度分布。
分析：利用安培环路定理解题。
解：选择半径为r 的圆周L 作为闭合环路。当r ≤R 时，根据安培环路定理，有
r 23B ⋅d l =B 2πr =μj ⋅d S =μkr 2πr d r =μk πr 000⎰L ⎰⎰0
3
得
12μ0Ir 2B =kr =
32πR 3
方向与电流方向成右手螺旋关系。
6-23 如图所示，线圈均匀密绕在截面为长方形的整个木环上（木环的内外半径分别为R 1和R 2，厚度为h ，木料对磁场无影响），共有N 匝，求通入电流I 后，环内外磁场的分布。通过该截面的磁通量是多少？
分析：利用安培环路定理及叠加原理求总磁场，再由磁通量定义求磁通量。 解：（1）如解6-23图示取一半径为r 的圆形回路，由安培环路定理可得⎰B ⋅d l =μ∑I
i
环外当r R 2时，有⎰B
外
⋅d l =0，即B 外=0
环内当R 1≤r ≤R 2时，有⎰B
内
⋅d l =μ0NI
即 B 内⋅2πr =μ0N I 得 B μ0NI
内=
2πr
2）在横截面内取如图示之面积元，则穿过该面积元的磁通量为d Φ=B μ0N 2I
内⋅d S =2πx
h d x
则穿过整个横截面的磁通量为
Φ=⎰d Φ=⎰
R 2
μ0NI
R 1
2πr
h d r
=μ0NIh R 22π⎰1R r =μ0NIh 1r 2π(ln R 2-ln R 1) =μ0NIh R 22πln R
1
解6-23图