扬州大学物理自编习题集大题解答.doc

第一章 质点运动学 1.解 根据运动学方程，可得角速度和角加速度分别为 秒时，法向加速度和切向加速度分别为 由，有从而得即由此可得因此，此时刻的值为 由题意，即解得 2.解 由题意有而所以 分离变量 对上式积分，并代入初始条件时，得 整理式得 OROOO3. 解：取质点的出发点为原点。由题意知质点的加速度为 由初始条件t=0时 v0x=v0y=0，对式 进行积分，有 即 将t=5s 带入式 ，有 又由速度的定义及初始条件t=0 时，x0 =y0=0，对式进行分离变量并积分，有 即 将t=5s带入式有 4. 解 选取图示的自然坐标系和直角坐标系，则有而 由于和均为变量，因此需要统一变量，由图示不难获知几何关系 由、两式得根据初始条件，有 积分得 这就是质点下滑过程中，速度大小与竖直位置之间的关系。可以看出，速度是位置y的函数且随y的减小而增大。POYXSgP第二章 牛顿定律1. 解 （1） =（2） 2. 解 在任一点B处，小球的受力情况如图所示，在自然坐标系中其运动方程为在切向： 在法向： 由式即 对式积分，并由已知条件时，得 （4）由式得代入式得 RTmgOv第三章 动量守恒定律和能量守恒定律1. 解 由可得 由式得，当t=0时，；t=2s时，。因此，作用力在最初2.0s内所作的功 式对时间求导数，得质点的加速度 瞬时功率 2. 解 由功的定义可知，由物体开始运动到时由动能定理 代入初始条件时， m/s，得 所以，时物体的动量为由动量定理，前内的冲量为3.解：（1）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速度为V 1分有 （2） （设方向为正方向） =-4.7 N 4. 解 由题意分析，力F与x的关系为 由牛顿运动定律，有即 两边积分，并由初始条件，时，得因此 由式，当时，速率为5.解 以物体、和弹簧为研究系统，建立图示坐标系OX，各量的标记如图所示。在力F作用下，处于处达到平衡，由静力平衡条件得 而离开地面的条件为 刚好离开地面时，上式取等号。现在的问题是将x与F联系起来。由，弹簧和地球组成的系统，其只有重力和弹性力作功，故系统机械能守恒。以坐标原点O(即弹簧的自然长度处)为弹性势能和重力势能零点，对A、B两状态有守恒关系 两边乘以2k有将式代入上式，得即整理得故 由，（2）、（4）两式可得即F至少要等于，可使F撤销后，恰使抬起。弹起的最高点弹簧为原长时的位置力F作用下，的位置第四章 刚体的转动1. 解：受力分析如图示，根据牛顿运动定律和转动定律得： 又 解得： 又根据已知条件 = 0 得： 2. 解 设斜面上问题质量为，另一物体质量为。滑轮的质量为，半径为。分别对两物体及滑轮进行受力分析。受重力，拉力 受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力 滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力 联列求解3.解：0.675 因此(1)下落距离 (2)张力 分析图4. 解 (1)由题意可知细棒的质量线密度为式中为常数。由于细棒的总质量为，所以由此得 故 又 所以 （2）细棒上到转轴距离为的长度元所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为整个细棒所受到的摩擦力矩为 (3) 设细棒由角速度到停止转动所经历的时间为，则角动量定理可得 O5.证明 碰撞过程，系统角动量守恒碰后上摆过程，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点。联立求解即可得第五章 静电场1.解 取一细圆环带，其半径为（），带宽为，则圆环带的面积为，其上带电量为应用已知的带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环带在轴线上P点产生的电场的大小，.因此，在点产生的总场强大小为 =.方向沿轴正方向2.解 取坐标轴，将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上任意一个圆环上的带电量为 为便于计算，可采用角量描述。因为 =Rsin， 所以 由带电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带电圆环在P点产生场强的大小为 由于为正，故方向沿轴正方向。将代入上式，可得 为所有圆环在点产生场强的矢量和，则整个半球面在球心点处产生的场强大小为 方向沿轴正向。 3. 解 无限长半圆柱面薄筒的横截面如图所示，取直角坐标系，且原点在轴线上。沿弧长方向取一宽度为的细条，此细条单位长度上的带电量为 由无限长带电直线在附近一点产生的场强结果，可得该带电细条在点产生的场强的大小为 .方向如图所示。在轴和轴上的投影为 .于是整个带电半圆柱薄筒在点外产生的场强大小为 （由对称性分析也可获得这个结果）则 .的方向沿轴。若0时，与轴正向一致；若0时，与轴负向一致。4. 解 因为电荷相对轴线成对称分布，所以距轴线为的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱经向，因此可用高斯定理求解。 选取长为，半径为，与带电圆柱同轴的柱形高斯面。由高斯定理可知 （1） 当时，高斯面内所包围电荷的代数和为 代入（1）式可得 当时，高斯面内所包围电荷的代数和为 代入（1）式可得 .5. 解 如图所示，由补偿法分析，空腔中场点的电势是半径为，密度为的大球和半径为，密度为的小球产生的电势之和，即取无限远处的电势为零，大球的电场分布为 应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为 对于空腔中心，大球产生的电势为 . 同理，可得小球在处产生的电势为 .由电势叠加原理 .6.解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即 C/m2 （2）设外球面上放电后电荷面密度为，则应有则 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷C 7. （1）根据对称性分析，两段带电直线各自在O点的电场强度大小相等、方向相反,相互抵消，所以只计算带电细线半圆形部分的电场。ABCDO取电荷元，相应的在图中画出。设和轴夹角为，其大小根据对称性分析可知, (2)在带电直线部分任取一电荷元，设电荷元至O点的距离为，则该电荷元在O点电势为 两段带电直线在O点的电势相同，迭加为，半圆形带电细线上任一电荷元在O点的电势为 得证。8.解（）如图所示，取坐标轴过盘心垂直于盘面，原点位于盘心处。在圆盘上取一距圆心为，宽度为的圆环带，为圆环带的面积，其上带电量为。在点产生的电势为 所以，整个带电圆盘在点产生的电势为 （2） 根据点的电势，可知轴上电势与坐标的函数关系为 因此，根据电势梯度法，有 则点场强为 .由对称性分析可知，点场强方向在轴方向上，若，沿轴正向，若，沿负向。第六章 静电场中的导体与电介质1.解 （1）因3块导体板靠的很近，可将6个导体表面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布可认为是均匀的，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图虚线所示的圆柱形高斯面，因导体在达到静平衡后，内部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，故由高斯定理可得 .再由导体板A内d点场强为零，可知 所以 .故点的场强为6个导体表面产生场强的矢量和 =（） 根据上述已有结果，可知 =.再由于 .得=（2）、点的场强 =同理 = 2.解：当用导线把球和球壳连接在一起后。由静电平衡条件可知，电荷全部分布在球壳的外表面上，如图所示，此时，电场只分布在的空间中，即。同时球体与球壳成为一个等势体，即，于是，根据电势的定义，可得 .若外球壳接地，球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球表面和壳内表面，此时电场只分布在的空间内，如图所示。由于外球壳电势，则内球体内任一场点的电势为 .3. 解：设C板左、右两侧分别带电荷Q1，Q2 则 （1）由于C，A间和C，B间均可视为匀强电场 （2）A，B板接地 UCA=UCB即有 （3）由式（2）、（3）得Q1=2Q2代入（1），得 则 在C，B板间充以相对介电常数为的电介质，C板上电荷重新分布。设左，右两侧分别带电荷。A，B板上感应电荷分别为。则，相应于上一问中的一组方程式为 （1） (2) (3)解式（1）、(2)、 (3)得于是o 于是 4.解 由平行板电容器的公式可得则电容器极板上的电量为(1)、板间的电势差在未插入板前，两板之间的场强为插入板之后，由于极板上的电量不改变，所以电荷面密度不变，因此两板间的场强也不变，、板间和、板间的场强都是。由此可得104210-3=20V 104610-3=60 V 板间的电势差为 (2)用导线连接、板后，两板电势相同，系统相当于两个电容器并联，所以此时系统的电容为 因为极板上总电量未变，所以板与板间的电势差为 2104/（103）=15 V5. 解 （1）由题意可知，真空区域中的场强为，介质中的场强为，所以两极间的电势差为 由高斯定理知，两极间电势移处处相等，故 代入上式得 所以 . (2)容器的电容为 第七章 恒定磁场1.解由图可知，绕有载流导线的木球可成是无限多个不同半径的同圆心的载流线圈所组成，球心在这些载流线圈的轴线上，则球心点的磁感应强度是各个载流线圈在点激发的磁感应强度的矢量和。选取图中所示坐标系，在轴线上（亦是各载流线圈的轴线）距原点（即球心处）处取一宽为的圆环，半径为，圆环上绕有匝导线，即 通过圆环上的电流，由载流线圈在轴线上任一点产生的磁感应强度公式，可知在点激发的磁感应强度大小为 的方向沿轴正向由几何关系,代入上式得 .由于所有载流线圈在点激发的方向相同，故点总的磁感应强度可由矢量积分简化为标量积分，即 的方向沿轴正向。2. 解（1）取直角坐标系，如图所示。首先求半圆柱面导体在点产生的磁感应强度。如图截面图所示，半圆柱横截面上单位长度的电流为 将半圆柱面导线可视为无数条无限长载流直导线的集合，对称于轴取两元段，则横截面为的两条无限长载流直导线在轴上横截面（平面）的点分别产生的磁感应强度的大小为 、与轴夹角相等，由对称性分析可知，因各对无限长载流直导线在点产生的场强的轴分量相互抵消，而使总场强的轴分量，故总磁感应强度只有轴方向分量。因为 则总的的大小为 轴线上的载流直导线处于磁场中，由安培力公式得，轴线上导线单位长度所受的力为 即 .该力为斥力。(2)二相互平行放置的无限长直导线通反向电流时，相互作用力为斥力。只有将直导线放在坐标原点的左侧才能使位于原点的载流导线受到方向指向轴的作用力。设二直导线相互距离，与（1）结果联立，得 所以即另一导线应放在处时，产生同样的磁力。3. 解 取坐标系XOY，如图(a)所示。由于空腔的存在，不能直接用安培环路定理求解。小圆柱空腔表示其中通过的电流等于0，这可以等效成空腔中同时存在的两个等值反相的电流，因此可采用补偿发求解。将空腔部分等效成同时存在着电流密度j和（-j）的电流，空腔中任意一点的磁场为通有电流密度j，半径为R和半径为r的长圆柱体和通有反相电流密度（-j）,半径为r的小圆柱体产生的磁场的矢量和，即 取空腔中的任意一点P，由于半径为R和半径为r的长圆柱体产生的磁场具有轴对称性，故可根据安培环路定理，有 其中。所以 同理，可得 和方向根据右手法则确定，如图（b）所示。 将，在X，Y轴上投影，其分量为.P点的磁感应强度B的两个正交分量为，结果表明，P点的磁感应强度B的大小为一常量，方向垂直于之间的连线d，即在Y轴方向上，所以空腔中的磁场为匀强磁场， (a)(b)4. 解：(1)根据安培定律计算三角形回路ab，bc，ca三边所受安培力。 无限长载流直导线磁感应强度表达式为，三角形回路三边电流元均与磁场垂直。 ab段：各电流元处值相同。 方向如图所示。 bc段： 方向如图所示。 ca段： 方向如图所示。 （2）取距电流为窄条作为面积元： c 60 I1 a bI2Odl5. 解：(1) 如图，在圆盘上取半径为，宽为的环带，先求出此环带转动时的磁矩。此环带转动时的等效电流为 其中 则 整个圆盘的磁矩为 磁矩的方向垂直纸面向外。 (2) 磁力矩 磁力矩的方向平行纸面向上。6. 解 取直角坐标系，如图所示。（1）设v为电子的漂移速率。在稳恒状态时，电子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡，即 故 .（2）每立方厘米载流子的数目为 （3）假设I沿Y轴方向，B沿X轴方向，则霍尔电压的极性，如图所示。.第八章 电磁感应 电磁场1. 解 由于B随时间变化，同时ab导线切割磁场线，故回路中既存在感生电动势，又存在动生电动势。由法拉第电磁感应定律可知，t时刻金属框中感应电动势的大小为 .的方向从b指向a，的方向为逆时针方向。将代入上式，则 的方向为逆时针方向。.2. （1） （2）添加辅助线ON，由于整个DOMN内感应电动势为零，所以，即可直接由辅助线上的电动势来代替OM、ON两段内的电动势。 （3）O点电势最高。3. 解 无限长直导线在金属棒转动平面内激发的磁场是非均匀的，方向垂直纸面向外。在金属棒上沿OA方向任取一线元dl，dl至O点距离为l，距无限长直导线距离为r，由无限长直载流导线产生磁场的公式可知，该处的磁感应强度大小为 （方向垂直纸平面向外）当棒旋转至图示位置时，金属OA上各线元的速度方向均垂直各线元沿平面向上，其夹角的方向沿OA方向，即与dl间夹角为零。由于线元dl速度大小，所以dl上的动生电动势大小为金属棒上总的动生电动势大小为.在上式中，r, l均为变量，必须先统一变量后才能进行积分，由图示可知，将其代放上式故 由或由可知，电动势的方向从O指向A，即A点电势高。.4. 解 (1) 长直截流导线在空间的磁场分布为B= 取回路的面法线方向垂直纸面向里,在距长直导线为处取一面积元如图所示.穿过此面元的磁通量为= 穿过整个回路的磁通量为 (2) 由法拉第电磁感应定律知,回路上的电动势为 = 方向为逆时针方向 (3) 由安培定律可求出段导线的受力 方向垂直于导线向上 abcdO第九章 振动1.解：（1）由题意， (2) .振动方程为.2. 解由已知条件可画出该谐振动在t=0时刻的旋转矢量位置，如图所示。由图可以看出所以该物体的振动方程为 （1）将T=2s，代入振动方程可得t=0.5s时的质点的位移为 （2）当物体第一次运动到x=5cm处时，旋转矢量转过的角度为，如图所示，所以有即 （3）当物体第二次运动到x=5cm处时，旋转矢量又转过，如图所示，所以有即 3.解 如图所示，设则 而A0.20 由余弦定理知 有正弦定理知 将A，A2及值代入，求得1 有此得 所以，。24. 解 由运动方程的速度和加速度表达式为 且已知：A0.06， （1） 当所以 （2） 或 （3）. （4） 当振动动能和势能相等时， E 即 所以 5. （1） 在位移为处系统受力为 . 其中为系统平衡时弹簧的伸长量。 由力的平衡条件知 . 故 （满足简谐运动的运动学条件） 或 （满足简谐运动的运动学条件） 因此该系统作简谐运动。 （2）由上述微分方程可知 . 时的初始条件为 . 由小球自由落体遵守机械能守恒和小球与沙盘的完全非弹性碰撞（忽略重力的作用）遵守动量守恒得 故 .第十章 波动1.解： 2.解：（1）已知波的表达式为与标准形式比较得=0.05m, =50Hz, =1.0m， =50m/s (2) (3) ，二振动反相 3.解（1）由题设可知A点和B点的振动方程为由于，有，又因，所以该平面谐波的波长为波速为（2）因为波是沿X轴正向传播，所以波函数可写为代入相关数值，得4. 解：(1)由点的运动方向，可判定该波向左传播 对原点处质点， 时 所以 处振动方程为 波动方程为 (2)距点100m处质点振动方程是 振动速度表达式是 5.解：（1）P处质点振动方程为 （2）波动方程为 6.解. P点反射后的振动方程（表示半波损失）反射波的波动方程 . 满足减弱条件，是减弱的（即该点不振动）。. 第十一章 光学1. 解：（1）棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为 处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹处中心处，即A处膜厚度 rad（2）由上问可知A处膜厚为，对于的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为 ，它与波长之比为，所以A处是明纹.2.解：（1）如图所示。设第k级条纹的牛顿环半径为rk,则该处空气膜的厚度为该处的光程差为 对亮条纹有即 故 （k=1,2,3,.）条纹是以接触点为中心的同心圆环，在中心处，为暗条纹。（2）当在透镜和平板玻璃间充满n=1.6的透明液体时，在半径为r处有则光程差为 左侧 右侧 若均为明纹，则 即 左右两边同一级明纹半径大小不等，且左边的接触点为明纹，而右边的接触点为暗纹。故形成一错开的半圆形图象。3. 解 (1) 由已知条件，明纹公式为最高点处，将代入得 共有 1，2，3，4，5的五条明纹，对应于的油膜厚度为 .(2) 当时 为非整数，条纹介于明暗之间，为非明非暗条纹。时 为明纹时， 为暗纹 明暗之间明纹暗纹4. 解：由光栅公式得 取为整数比 取最小的值 k1=2, k2=3 对应光栅常数 5. 解 当自然光通过偏振片时，有偏振光为对于t时刻，偏振片转过的角度，如图所示。当线偏振光透过偏振片时，有当再通过偏振片时，有 即透射光的强度是时间t的函数，随着的旋转，做周期性变化。A第十二章 气体动理论1.解标准状态.代入.因为.2. 解：(1) (2) 分子的平均平动动能(3) 气体的内能由于理想气体的内能理想气体的状态方程所以 氧气为双原子分子 3. 解 （1）由方均根速率公式，有（m/s）（2）由，有（kg/mol）（3）由气体分子的总平动动能公式，有.4. 解 （1）由速率分布函数的归一化条件，有 得 所以常量为 （2）电子气中一个电子的平均动能为 第十三章 热力学基础1.解：氦气为单原子分子理想气体，(1)定容过程，常量, 据可知(2)定压过程，p=常量,与（1）相同，.（3）, 与（1）相同，2.解过程气体对外所做的功即图中直线下的面积。由图知过程过程3. 解 （1）根据功的定义，有 （2）设气体初态的温度为，末态为，双原子分子理想气体的摩尔热容为，则气体内能的变化为 由过程方程可得 所以 （3）根据热力学第一定律，系统吸收的热量