昆明理工大学习题解题答案

城市学院物理习题解答 城市学院物理习题解答 48 学时 学时 第一章第一章质点运动学质点运动学 一 选择题 1 D 2 D 3 C 4 B 5 D 6 B 7 B 8 B 9 D 10 C 11 B 12 C 二 填空题 1 0 圆 5cos 5sin 50SIjtit 2 sin2cos 22 ttAe t 2 1 0 2 1 nn 3 4 t S t v 0 2 2 4 0 2 0 R btv bbtv 5 6 1 3 4 7 4 16 22 sradRt 1 2 2 SS 8 9 10 4SIji 20sm 1 0 2 sm 11 12 1 2 RCb cR ctb c 20 3 17smsm 三 计算题 解 5 0 smtxv 2 69 ttdtdxv smv 6 2 mxxxxs25 2 5 1 2 1 5 1 解 tdtdva4 tdtdv4 tv tdtdv 00 4 2 2tv 2 2 tdtdxv xt dttdx 100 2 2 103 2 3 SItx 解 tvx 0 2 2 1 gty 轨迹方程是 2 0 2 2 vgxy X Y O 0 v g n a t a 速度大小为 0 vvx gtvy 222 0 22 tgvvvv yx 方向为 与 轴的夹角 0 1 vgttg 与同向 222 0 2 tgvtgdtdvat v 方向与垂直 222 00 2 1 22 tgvgvaga tn t a 4 解 由tkvdtdv 2 积分 ktdt v dv 2 tdtk v dv 2 Ckt v 2 2 11 当时 0 t 0 vv 0 1 v C 得 0 2 1 2 11 v kt v 5 解 设质点在处的速率为 xv 2 62x dt dx dx dv dt dv a xv dxxvdv 0 2 0 62 smxxv 2 2 13 6 解 选地面为静止参考系 火车为运动参考系 雨滴为运动质点 s s p 已知 绝对速度 大小未知 方向与竖直方向夹 ps v 0 30 牵连速度 方向水平 smv ss 35 相对速度 大小未知 方向偏向车后 sp v 0 45 由速度合成定理 ssspps vvv 由矢量关系式画出矢量图 由几何关系可得 3530sin30cos 00 psps vv ps v sp v ss v 0 30 0 45 smvps 6 25 第二章第二章牛顿定律牛顿定律 一 选择题 1 B 2 D 3 E 4 C 5 B 6 C 二 填空题 1 2 2 3 2 3 2 3 SIj tit 2 1 cos 4 5 24 cm cos sin cos gl mg 三 计算题 1 解 以 绳为研究对象 ammmgmgmmgF BABA g mmm F mmm gmmmF a BABA BA 以绳的下段长和物体 为研究对象 aLmxmgLmxmxT BA agLmxmxT A 2496 Nx mmm LmxmF BA A 2 解 受力图如图所示 以 为研究对象 A x xT O X Y gm B N 1 f gM A N B N 1 f 2 f A N 2 f B A 地 方向 0cossin 12 fNf B 方向 0cossin 1 BA NfMgN 同时 cos 11 mgff cosmgNN BB 联立求解 sincoscossincos 2 1 mgmgMgfNMgN BA 2 12 cossincoscossinmgmgfNf B 斜面对地面的压力 sincoscos2mgmgMgNA 斜面对地面的摩擦力 2 2 cossincosmgmgf 3 解 1 子弹进入沙土后 受力为 由牛顿定律kv dt dv mkv v v t v dv dt m k v dv dt m k 0 0 m kt evv 0 2 求最大深度 解法一 dt dx v dtevdxdtevdx m kt tx m kt 0 0 0 0 k mv xev k m x m kt 0 max0 1 解法二 dx dv mv dt dx dx dv m dt dv mkv 0 0 0 max v x dv k m dxdv k m dx k mv x 0 max 第三章第三章功和能功和能 一 选择题 1 A 2 B 3 D 4 C 5 B 6 C 7 C 8 B 二 填空题 1 2 3 动量 动能 功 势能 R GMm 3 2 11 21 ab mGm 4 5 6 4000 J sin2mgx 6 18smJ 7 8 9 0 21 J r k mr k 2 R GMm R GMm 3 6 三 计算题 1 解 由 x ct3可求物体的速度 2 3ct dt dx 物体受到的阻力为 3 43 2422 99xkctkckvf 阻力对物体所作的功为 xdfdwW dxxkc l 3 43 2 9 0 7 27 3 73 2 lkc 2 解 根据功能原理 木块在水平面上运动时 摩擦力所作的功等于系统 木块和弹 簧 机械能的增量 由题意有 2 1 2 1 22 mkxxfr 而mgf kr 由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为 sm m kx gx k 83 5 2 2 另解 根据动能定理 摩擦力和弹性力对木块所作的功 等于木块动能的增量 则 x o k mkxdxmgx 2 2 1 0 其中 带入数据可得相同结果 x o kxkxdx 2 2 1 3 解 1 根据功能原理 有mghmfs 2 0 2 1 sin cos sin mgh Nh fs mghctg mghm 2 0 2 1 25 4 1 2 2 0 m ctgg h 2 根据功能原理有fsmmgh 2 2 1 mghctgmghm 2 2 1 smctggh 16 8 1 2 2 1 4 解 1 取地心为原点 从 O 指向陨石为 r 的正方向 如图 陨石由 a 落到 b 万 有引力的功 R hR R hR r rd GMmrd r Mm GW 22 11 hRR hGmM hRR GmM 2 取陨石为研究对象 根据动能定理 R hR omvrd r Mm G 2 2 2 1 得 也可用机械能守恒解 2 2 1 mv hRR hMmG 2 hRR h GMv 5 解 用动能定理 对物体 Fdx o m 4 0 2 1 2 168210 610 0 4 3 2 xx dxx 得 sm 13 168 2 解出 第四章第四章动量和角动量动量和角动量 一 选择题 1 B 2 C 3 C 4 C 5 D 6 C 7 A 8 A 9 A 10 B 二 填空题 1 4 7 N s 与速度方向相反 2 3 18 N s mM MV 4 6 3 m s 5 不一定 动量 6 140 N s 24 m s 7 0 003 s 0 6 N s 2 g 8 0 9 R GMm R GMm 3 3 2 三 计算题 1 解 建立如图坐标系 由动量定理 小球受到的冲量的 分量的表达式为 方向 方向 xxxx mvmvmvtF2 0 yyy mvmvtFtmvFF xx 2 cosvvx 方向沿 正向 tmvF cos2 根据牛顿第三定律 墙受的平均冲力为 方向垂直墙面指向墙内 FF 2 解 由动量定理知质点所受外力的总冲量 12 vmvmvmI 由 1 0 683 0 45cos smkg mvmvmvmvI ABAxBxx 1 0 283 0 45sin0 smkg mvmvI AAyy sNIII yx 739 0 22 方向 xy IItg 1 与 轴正向夹角 0 5 202 3 解 完全弹性碰撞 动量守恒 机械能守恒 碰撞前 方向水平向右 1A v 0 1 B v 碰撞后 设方向水平向右 方向水平向右 2A v 2B v 动量守恒 221BBAAAA vmvmvm 机械能守恒 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 BBAAAA vmvmvm m v v m O X Y X Y OA B A v B v 联立方程组 解得 12A BA BA A v mm mm v 且 与所设方向相同 0 2 A v 12 2 A BA A B v mm m v 二球同时落地 下落时间相同 有 得 tvL AA2 tvL BB2 A BA B A m mm v v 25 2 2 2 解得 5 BA mm 4 解 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 有 vMmvmv 0 smMvvmv 13 3 0 NlMvMgT 5 26 2 sNmvmvtf 7 4 0 方向为正 负号表示冲量与方向相反 0 v 0 v 第五章第五章刚体的转动刚体的转动 一 选择题 1 C 2 A 3 D 4 C 5 B 6 C 7 A 8 C 9 B 10 C 二 填空题 1 4 s 15 m s 2 2 5 rad s2 3 50mL2 4 0 25 kg m2 5 6 7 157 N m 2 2 3 2 rmM 2 Ma 8 14 rad s 9 2 mrJ mgr 三 计算题 1 解 两轮的角加速度分别为 A B atA atB at r1 r2 t A B A 1 2 r r B A t 2 1 12 r r rr BBA 40s 75 0 3 0 60 23000 2 解 有外力矩作用时 01 0 t1 100rev min 10 5rad s 其角加速度 1 t1 01 t1 t1 t2 运动方程 M Mf J 1 1 在没有外力矩作用时 02 01 12 0 其角加速度 2 12 02 t2 t1 t2 运动方程 Mf J 2 2 1 2 式联立求解 得 M J 1 2 J t1 t1 t1 t2 从而 J 2 21 t1 m 3 17 11 kg tt M 3 解 受力分析如图所示 对 m 和滑轮分别根据牛顿第二定律和转动定律可得 mg T ma TR a R 2 2 1 MR 上三式联立得 a 2 M m mg a 为恒量 V V0 at at Mm mgt 2 2 4 解 受力图如图所示 根据牛顿第二定律和转动定律可得 T mg R M T T a m T gm R M T T mg T ma M J M a RTR N mM mMg T 5 24 2 5 解 受力分析如图 对 m 和滑轮分别根据牛顿第二定律和转动定律可得 mg T2 ma2 T1 mg ma1 T2 2r T1r 9mr2 2 利用线量和角量的关系可得 2r a2 r a1 解上述 5 个联立方程 得 r g 19 2 6 解 由转动定律 牛顿第二定律及运动学方程 可列以下联立方程 T1R J1 M1R2 1 2 1 1 T2r T1r J2 M2r2 2 2 1 2 mg T2 ma 又及 2ah 21 rRa 2 求解联立方程 可得 a 2 21 4 2 1 mg sm mMM sm 2ah2 T2 m g a 58N T1 M1a 48N 2 1 T2 a1 1 m mg mg a2 T1 1 T1 1 2r T2 mg a T2 1 T2 T1 T1 2 第六章第六章真空中的静电场真空中的静电场 一 选择题 1 D 2 C 3 A 4 C 5 D 6 B 7 C 8 D 9 B 10 D 11 D 12 B 13 C 14 C 15 D 16 C 17 C 18 C 19 C 填空题 1 2 由圆心 O 指向 S 000 2 3 2 2 3 4 0 2 16R SQ 3 4 5 6 Ed 00 0 qq 11 4 0 0 ab rr qq 7 8 由圆心 O 指向缺口 9 0 2 00 9 2 r R QQ 3 0 2 8R qd r r R 3 0 2 0 10 11 0 12 0 2 0 4 3 ln 4 0 R R dS Q R QdS 0 2 4 0 2 4 4 1 16 13 将任意电荷沿任意闭合路径移动一周 静电场力做功代数和恒为零 L l d E0 保守 14 15 AR4 16 R2E 17 R Qq R Q 00 4 4 R q R q R q 0 2 0 3 0 1 82424 三 计算题 1 如图所示 一长为 10cm 的均匀带正电细杆 其带电量为 1 5 10 8C 试求在杆的延长线 上距杆的端点 5cm 处的 P 点的电场强度 228 0 109 4 1 CmN 解 解 设 P 点在杆的右边 选取杆的左端为坐标原点 O X 轴沿杆的方向 如图 并设杆的长度为 L P 点离杆的端点距离为 d 在 x 处取一电荷元 dq q L dx 它在 P 点产生场强 2 0 2 0 4 4xdLL qdx xdL dq dE P 点处的总场强为 4 04 0 2 0 dLL q xdL dx L L q E 代入题目所给数据 得 的方向沿 X 轴正向 CNE 108 1 4 E 2 一个细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形 沿其上半部分均匀分布有电量 Q 沿其下半部 分均匀分布有电量 Q 如图所示 试求圆心O处的电场强度 解 解 把所有电荷都当作正电荷处理 在 处取微小电荷 2Qddldq 它在 O 点产生场强 d R Q R dq dE 2 0 22 0 24 按 角变化 将dE分解成二个分量 d R Q dEdExsin 2 sin 2 0 2 d R Q dEdEycos 2 cos 2 0 2 对分量分别积分 积分时考虑到一半是负电荷 0 sin 2 sin 0 2 2 2 0 2 dd R Q Ex cos 2 cos 0 2 2 2 0 2 dd R Q Ey 2 0 2 R Q 所以 j R Q jEiEE yx 2 0 2 3 一段半径为 a 的细圆孤 对圆心的张角为 0 其上均匀分布有正电荷 q 如图所示 试 以 a q 0表示出圆心 O 处的电场强度 若取无穷远处为电 势零点 求 O 点的电势 228 0 109 4 1 CmN 解 解 1 取坐标 XOY 如图 由对称性可知 o X Y R o X Y R X dx xO 0 xx dEE cos 4 cos 4 2 0 2 0 a dl a dq dEy ad a cos 4 2 0 d a EE y cos 4 0 2 1 2 1 0 0 2 sin 22 sin 2 0 0 2 0 0 0 a q a j a q E 2 sin 2 0 0 2 0 按 角变化 将 dE 分解成二个分量 d R Q dEdExsin 2 sin 2 0 2 d R Q dEdEycos 2 cos 2 0 2 对各分量分别积分 积分时考虑到一半是负电荷 sin 2 sin 0 2 2 2 0 2 dd R Q Ex 0 cos 2 cos 0 2 2 2 0 2 dd R Q Ey 2 0 2 R Q 所以 j R Q jEiEE yx 2 0 2 4 电荷以相同的面密度 分布在半径为r1 10cm和r1 20cm的两个同心球面上 设无限 远处电势为零 球心处的电势为U0 300V 1 求电荷面密度 2 若要使球心处的电 势也为零 外球面上应放掉多少电荷 1085 8 2212 0 mNC 解 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 4 1 2 2 1 1 0 0 r q r q U 44 4 1 2 2 2 1 2 1 0 r r r r 21 0 rr 29 21 00 10825 8 mC rr U 2 设外球面上放电后电荷面密度为 应有 2 1 21 0 0 0 1 r r rrU 即 外球面上应变成带负电 共应放掉电荷 1 4 4 2 12 2 2 2 r r rrq 200212 4 4rUrrr 6 67 10 9C 5 电量q均匀分布在长为 2 的细杆上 求在杆外延长线上与杆端距离为的p点的电势la 设无穷远处为电势零点 解 解 设坐标原点位于杆中心 O 点 X 轴沿杆的方向 如图所示 细杆的电荷线度 在x处取电荷元 它在P点产生的电势 2 lq 2 lqdxdxdq 8 4 00 xall qdx xal dq dU p 整个杆上电荷对P点产生的电势 8 0 xal dx l l l q U p 1 1 ln 8 0 xal l q 2 1ln 8 0 a l l q 6 1 用高斯定理求下列带电体的电场强度 a 半径为 R 带电量为 Q 的均匀带电球面 内外的电场强度 b 半径为 R 的无限长均匀带电柱面内外的电场强度 2 如果取无 穷远处为电势零点 求以上两个带电体内外各点的电势 解 解 1 a 取半径为 r 的同心球面 S 为高斯面 则 b 设圆柱面上的电荷面密度为 在圆柱面内分别取圆柱面同轴的高为 l 半径 为 r内和 r外 的两个圆柱形高斯面 由高斯定理得 2 a 设 r 为所求点距球心的距离 均匀带电球面内外的电场强度为 选无穷远处为电势零点 则 0 2 ddddd lrE SESESESESE SSSSS 内内 侧侧下底上底内 内 S qrE 0 2 1 4 2 0r 4 Q Q r 00 EqR EqRr s s 外 内 0RrE 内 4 Q 2 0 Rr r E 外 4 dddU 0 Rr R Q rErElE R R rr 外内内 2 4ddrESESE SS 0 内 E 0 2 ddddd l lrE SESESESESE SSSSS 外外 侧侧下底上底外 外 外 r2 0 E b 由于电荷的分布在无限区域 不能以无穷远点为电势零点 选 r R 处 U 0 圆柱 面内外的场强分布为 则 7 真空中一立方体形的高斯面 边长 a 0 1m 位于图中所示位置 已知空间的场强分布为 常数 b 1000 N m 试求通过该高斯面的电通量 oEoEbxE zyx C 解 解 通过 x a 处平面 1 的电通量 3 111 abSE 通过x 2 a处平面2的电通量 3 222 abSE 其它平面的电通量都为零 因而通过该高斯面的总电通量为 333 21 2ababab CmN 1 2 第七章第七章静电场中的导体和电介质静电场中的导体和电介质 一 选择题 一 4 ddU 0 Rr R Q lElE Rr 外球面 r4 ddU 0 r Rr Q lElE r 外外 0RrE 内 2 0 Rr r E 外 0dURrlE R r 内内 r ln 2 dr r2 dU 0 r 0 Rr R lE RR r 外外 1 C 2 B 3 C 4 D 5 D 6 D 7 A 8 B 9 C 10 C 11 D 12 A 13 D 14 C 15 C 16 B 17 C 二 填空题 1 Q Q 2 垂直于导体表面 垂直于导体表面 3 不变 减小 4 与导体表面垂直 5 0 6 1 电位移线 2 电场线 0 zyx c r q 0 4 7 R1 r R2 8 9 2C0 rr r 0 2 2 r 0 10 11 450 12 r r 13 8 85 10 10 C m2 负 C Q 4 2 14 94 3 V 5 00 10 9 C 三 计算题 1 解 1 由静止感应 金属球壳的内表面上有感应电荷 q 外表面上带电荷q Q 2 不论球壳内表面上的感应电荷是如何分布的 因为任一电荷元离O点的距离都 是a 所以由这些电荷在O点产生的电势为 a q a dq U q 00 44 3 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势 的代数和 qQqq UUUU 0 b qQ a q r q 000 444 b Q bar q 00 4 111 4 2 解 1 设内 外金属膜圆柱筒半径分别为R1和R2 高度均为L 其上分别带电量 Q 和 Q 则玻璃内的场强为 2 21 0 RrR Lr Q E r 内 外筒之间的电势差 r dr L Q EU R R r R R 2 1 2 1 0 2 rd 1 2 ln R R L Q ro 来顿瓶的电容 F RR L U Q C r 9 12 0 1028 2 ln 2 2 柱形电容器两金属膜之间场强以靠近内膜处场强为最大 令该处场强等于击穿场 强 即 击穿 E LR Q RE r 0 1 2 则 CLREQ r 5 0 1067 6 2 击穿 此即所能储存的最大电量 3 解 玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功 抽出玻璃板前后的电容值分别为 dSC r 0 dSC 0 撤电源后再抽玻璃板 板上电荷不变 但电压改变 即抽玻璃板前后电容器的能CUQ 量分别为 2 0 2 2 1 2 1 UdSCUW r 2 2 0 2 2 1 2 1 UdSUCW r 外力作功 JdSUWWA rr 62 2 0 1055 2 1 2 1 4 1 设内 外球壳分别带电荷为 Q 和 Q 则两球壳间的电位移大小为 4 2 rQD 场强大小为 4 2 0 rQE r 在空气中 1 r 11 0RrE 21 3 0 2 4 RrRr r Q E t d S SS 23 0RrE 2 内外球面的电势差为 210 12 220 2 0 12 4 11 44 2 1 2 1RR RRQ RR Q r drQ rdEU R R R R 3 电容 12 210 12 4 RR RR U Q C 4 电场能量 12 2 12210 2 12 2 2RR URRCU W r 5 在内外球面充满相对介电常数为的电介质中 场强大小为 r 4 2 0 rQE r 内外球面的电势差为 210 12 220 2 0 12 4 11 44 2 1 2 1RR RRQ RR Q r drQ rdEU rr R R r R R 电容 12 210 12 4 RR RR U Q C r 或者 12 210 4 RR RR CC r r 5 解 1 设极板上分别带电量 Q和 Q 距离为d 忽略边缘效应 极板间产生均匀电场 方向为由带 Q的极板指向带 Q的极板 0S QE 极板外侧 0 E 2 两极板间的电势差为 S Qd EdU 0 12 3 由此得 d S U Q C 0 12 4 该电容存储的能量为 S dQCU W 0 2 2 12 22 5 在两极板间充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质 电容变为 r d Q Q d S CC r r 0 6 解 1 由题给条件 b a a和L b 忽略边缘效应 将两同轴圆筒导体看作是无 限长带电体 根据高斯定理可以得到两同轴圆筒导体之间的电场强度为 0 0 2 s s QrLEEds qsdE内 Lr Q E 0 2 2