大学物理教程-(上)课后习题-答案

物理部分课后习题答案 标有红色记号的为老师让看的题 物理部分课后习题答案 标有红色记号的为老师让看的题 27 页页 1 2 1 4 1 12 1 2 质点的运动方程为 都以米为单位 以秒为单位 22 1 xtyt x yt 求 1 质点的运动轨迹 2 从到质点的位移的大小 1ts 2ts 3 时 质点的速度和加速度 2ts 解 1 由运动方程消去时间 可得轨迹方程 将代入 有ttx 2 1 yx 或 1yx 2 将和代入 有1ts 2ts 1 1ri 2 41rij 21 3rrrij A 位移的大小 22 3110rm A 3 2 x dx vt dt 2 1 y dy vt dt 22 1 vtitj 2 x x dv a dt 2 y y dv a dt 22aij 当时 速度和加速度分别为2ts 42 vijm s m s222aij 1 4 设质点的运动方程为 式中的 均为cossin rRtiRt j SI R 常量 求 1 质点的速度 2 速率的变化率 解 1 质点的速度为 sincos dr vRtiRt j dt 2 质点的速率为 22 xy vvvR 速率的变化率为 0 dv dt 1 12 质点沿半径为的圆周运动 其运动规律为 求质点在R 2 32 tSI 时刻的法向加速度的大小和角加速度的大小 t n a 解 由于 4 d t dt 质点在 时刻的法向加速度的大小为t n a 22 16 n aRRt 角加速度的大小为 2 4 d rad s dt 77 页页 2 15 2 30 2 34 2 152 15 设作用于质量的物体上的力 如果物体在这一力作1mkg 63 FtSI 用下 由静止开始沿直线运动 求在 0 到的时间内力对物体的冲量 2 0sF 解 由冲量的定义 有 2 02 02 0 2 000 63 33 18IFdttdtttN s A 2 212 21 飞机着陆后在跑道上滑行 若撤除牵引力后 飞机受到与速度成正比的阻力 空气阻力和摩擦力 为常数 作用 设撤除牵引力时为 初速度为 fkv k0t 0 v 求 1 滑行中速度与时间 的关系 2 到 时间内飞机所滑行的路程 3 飞机vt0t 停止前所滑行的路程 解 飞机在运动过程中只受到阻力作用 根据牛顿第二定律 有 dv fmkv dt 即 dvk dt vm 两边积分 速度与时间 的关系为vt 2 312 31 一质量为的人造地球卫星沿一圆形轨道运动 离开地面的高度等于地m 球半径的 2 倍 即 试以和引力恒量及地球的质量表示出 2R m RGM 1 卫星的动能 2 卫星在地球引力场中的引力势能 解 1 人造卫星绕地球做圆周运动 地球引力作为向心力 有 2 2 3 3 Mmv Gm RR 卫星的动能为 2 1 26 k GMm Emv R 卫星的引力势能为 3 p GMm E R 0 0 vt v dvk dt vm 2 372 37 一木块质量为 置于水平面上 一质量为的子弹以1Mkg 2mg 的速度水平击穿木块 速度减为 木块在水平方向滑行了后停止 500 m s100 m s20cm 求 1 木块与水平面之间的摩擦系数 2 子弹的动能减少了多少 解 子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒 12 mvmvMu 对木块用动能定理 2 1 0 2 MgsMu 得 1 22 12 2 m vv Mgs 3 22 2 10 500 100 0 16 2 1 9 8 0 2 2 子弹动能减少 22 1212 1 240 2 kk EEm vvJ 114 页页 3 11 3 9 例例 3 2 如图所示 已知物体 的质量分AB 别为 滑轮的质量为 半径为 A m B mC C mR 不计摩擦力 物体由静止下落 求B 1 物体 的加速度 AB 2 绳的张力 3 物体下落距离后的速度 BL 例 3 2 图 分析 分析 1 本题测试的是刚体与质点的综合运动 由于滑轮有质量 在运动时就变 成含有刚体的运动了 滑轮在作定轴转动 视为圆盘 转动惯量为 2 1 2 JmR 2 角量与线量的关系 物体 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度 有AB t aR 3 由于滑轮有质量 在作加速转动时滑轮两边绳子拉力 12 TT 分析三个物体 列出三个物体的运动方程 物体 A 1A Tm a 物体 B 2BB m gTm a 物体 C 2 21 11 22 CC TT RJm Rm Ra 解 1 1 2 B ABC m g a mmm 2 1 1 2 AB ABC m m g T mmm 2 1 2 1 2 AC ABC mmg T mmm 3 对来说有 B 22 0 2 2 2 1 2 B ABC vvaL m gL vaL mmm 例例 3 4 有一半径为 R 的圆形平板平放在水平桌面上 平板与水平桌面的摩擦系数为 若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 0开始旋转 它将在旋转几圈后 停止 已知圆形平板的转动惯量 其中 m 为圆形平板的质量 2 2 1 mRJ 分析 分析 利用积分求圆形平板受桌面的摩擦力矩 运用转动定律求出平板的角加速 度 再用运动学公式求转动的圈数 解 解 在距圆形平板中心 r 处取宽度为 dr 的环带面积 环带受桌面的摩擦力矩为 rrr R mg Md2d 2 总摩擦力矩为 mgRMM R 3 2 d 0 故平板的角加速度为 m2 g m1 g T2 T2 T1 T1 R2 R1 M J 可见圆形平板在作匀减速转动 又末角速度 因此有0 2 0 2 2 M J 设平板停止前转数为 n 则转角 可得2 n 22 00 3 416 JR n M g 3 23 2 如题 3 2 图所示 两个圆柱形轮子内外半径分别为 R1和 R2 质量分 别为 M1和 M2 二者同轴固结在一起组成定滑轮 可绕一水平轴自由转动 今在 两轮上各绕以细绳 细绳分别挂上质量为 m1和 m2的两个物体 求在重力作用下 定滑轮的角加速度 解 m1 1111 amgmT m2 2222 amTgm 转动定律 JTRTR 1122 其中 2 22 2 11 2 1 2 1 RMRMJ 运动学关系 2 2 1 1 R a R a 解得 2 222 2 111 1122 2 2 RmMRmM gRmRm 3 6 一质量为的质点位于 处 速度为 质点受到一个沿负m 11 y xjvivv yx x 方向的力的作用 求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩 f 解 由题知 质点的位矢为 jyixr 11 作用在质点上的力为 i ff 所以 质点对原点的角动量为 vmrL 0 11 jvivmiyix yx kmvymvx xy 11 作用在质点上的力的力矩为 k fyi fjyixfrM 1110 3 11 如题3 11图所示 一匀质细杆质量为 长为 可绕过一端的水平轴自mlO 由转动 杆于水平位置由静止开始摆下 求 1 初始时刻的角加速度 2 杆转过角时的角速度 解 1 由转动定律 有 2 1 23 l mgml 则 l g 2 3 2 由机械能守恒定律 有 题 3 11 图 22 1 1 0 2 32 l ml mgsin 所以有 l g sin3 3 13 一个质量为M 半径为并以角速度转动着的飞轮 可看作匀质圆盘 在某R 一瞬时突然有一片质量为的碎片从轮的边缘上飞出 见题3 13图 假定碎片脱离飞轮时m 的瞬时速度方向正好竖直向上 1 问它能升高多少 2 求余下部分的角速度 角动量和转动动能 解 1 碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 Rv 0 设碎片上升高度时的速度为 则有 题 3 13 图hv ghvv2 2 0 2 令 可求出上升最大高度为0 v 22 2 0 2 1 2 R gg v H 2 圆盘的转动惯量 碎片抛出后圆盘的转动惯量 碎片脱 2 1 2 JMR 22 1 2 JMRmR 离前 盘的角动量为 碎片刚脱离后 碎片与破盘之间的内力变为零 但内力不影响J 系统的总角动量 碎片与破盘的总角动量应守恒 即 0 J J mv R 式中为破盘的角速度 于是 RmvmRMRMR 0 222 2 1 2 1 2 1 2 1 2222 mRMRmRMR 得 角速度不变 圆盘余下部分的角动量为 2 1 22 mRMR 转动动能为 222 2 1 2 1 mRMREk 258258 页页 8 2 8 12 8 178 2 8 12 8 17 8 78 7 试计算半径为 R 带电量为 q 的均匀带电细圆环的轴线 过环心垂直于圆环所在 平面的直线 上任一点 P 处的场强 P 点到圆环中心的距离取为 x 解 在圆环上任取一电荷元 dq 其在 P 点产生的场强为 22 0 4Rx dq dE 方向沿 dq 与 P 点的连线 将其分解为 平行于轴线的分量和垂直于轴线的分量 由 电荷分布的对称性可知 各 dq 在 P 点产生 的垂直于轴线的场强分量相互抵消 而平行 于轴线的分量相互加强 所以合场强平行于轴线 大小为 E E 2 3 22 0 2 1 22 22 04 4 cos Rx qx Rx x Rx dq dE q 方向 q 0 时 自环心 沿轴线向外 q 0 时 指向环心 8 128 12 两个均匀带电的同心球面半径分别为 R1和 R2 R2 R1 带电量分别为 q1和 q2 求以下三种情况下距离球心为 r 的点的场强 1 r R1 2 R1 r R2 3 r R2 并 定性地画出场强随 r 的变化曲线 解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面 则由高斯定理可知 1 当 r R1时 0 04cos 2 ErEdSE e 2 当 R1 r R2 时 2 01 01 2 4 4cos rqE qrEdSE e 3 当 r R2 时 解 8 7 图 dE P dq R x dE dE X O r E R1R2 解 8 12 图 场强随 r 的变化曲 线 2 021 021 2 4 4cos rqqE qqrEdSE e 8 138 13 均匀带电的无限长圆柱面半径为 R 每单位长度的电量 即电荷线密度 为 求圆柱面内外的场强 解 过所求场点作与无限长带电圆柱面同轴的 长为 l 的封闭圆柱面 使所求场点在 封闭圆柱面的侧面上 由电荷分布的对称性可知 在电场不为零的地方 场强的方向垂直轴 线向外 设 0 且离轴线的距离相等的各点场强的大小相等 所以封闭圆柱面两个底 面的电通量为零 侧面上各点场强的大小相等 方向与侧面垂直 与侧面任一面积元的法 线方向平行 设所求场点到圆柱面轴线的距离为 r 当 r R 即所求场点在带电圆柱面内 时 因为 0 02000coscos ErlEdSEdSE e 当 r R 即所求场点在带电圆柱面外时 r E l rlE e 00 2 2 8 158 15 将 q 2 5 10 8C 的点电荷从电场中的 A 点移到 B 点 外力作功 5 0 10 6J 问电 势能的增量是多少 A B 两点间的电势差是多少 哪一点的电势较高 若设 B 点的电势 为零 则 A 点的电势是多少 解 电势能的增量 J100 5 6 外 AWWW AB A B 两点间的电势差 0 V100 2 105 2 100 5 2 8 6 q WW q W q W UU BABA BA B 点的电势较高 若设 B 点的电势为零 则 V100 2 2 A U 8 178 17 求习题 8 12 中空间各点的电势 解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势 其中 R 是球面的 R q 0 4 半径 均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势 所以 由电势的叠加原理得 1 当 r R1即所求场点在两个球面内时 20 2 10 1 44R q R q U 2 当 R1 r R2即所求场点在小球面外 大球面内时 20 2 0 1 44R q r q U 当 r R2即所求场点在两个球面外时 r qq r q r q U 0 21 0 2 0 1 444 当 r R2即所求场点在两个球面外时 r qq r q r q U 0 21 0 2 0 1 444 285285 页页 9 3 9 49 3 9 4 9 3 如图 在半径为 R 的导体球外与球心 O 相距为 a 的一点 A 处放置一点电荷 Q 在 球内有一点 B 位于 AO 的延长线上 OB r 求 1 导体上的感应电荷在 B 点产生的场 强的大小和方向 2 B 点的电势 解 解 1 由静电平衡条件和场强 叠加原理可知 B 点的电场强度为点电 荷 q 和球面感应电荷在该处产生的矢量 和 且为零 即 0 4 1 3 0 r r EE pB r ra EB 3 0 4 1 2 由电势叠加原理可知 B 点的电势为点电荷 q 和球面感应电荷在该处产生的电势 的标量和 即 r q VV BB 0 4 由于球体是一个等势体 球内任一点的电势和球心 o 点的电势相等 a q VVVB 0 00 4 因球面上的感应电荷与球心 o 的距离均为球的半径 R 且感应电荷的总电贺量为零 所 以感应电荷在 o 点产生的电势为零 且 因此 00 VV a q VVB 0 0 4 所以 B 点的电势 a q VB 0 4 9 4 如图所示 在一半径为 R1 6 0 cm 的金属球 A 外面罩有一个同心的金属球壳 B 已知 习题 9 3 图 球壳 B 的内 外半径分别为 R2 8 0 cm R3 10 0 cm A 球带有总电量 QA 3 0 10 8 C 球壳 B 带有总电量 QB 2 0 10 8 C 求 1 球壳 B 内 外表面上所带的电量以及球 A 和 球壳 B 的电势 2 将球壳 B 接地后再断开 再把金属球 A 接地 求金属球 A 和球壳 B 的内 外表面上所带的电量 以及球 A 和球壳 B 的电势 解 解 1 在导体到达静电平衡后 分布在导体球 A Q 的表面上 由于静电感应 在 B 球壳的内表面上感 应出负电荷 外表面上感应出正电荷 则 B 球 A Q A Q 壳外表面上的总电荷 由场的分布具有对 BA QQ 称性 可用高斯定理求得各区域的场强分布 4 0 21 2 0 211 RrR r Q ERrE A 4 0 3 2 0 4323 Rr r QQ ERrRE BA E 的方向眼径向外 导体为有限带电体 选无限远处为电势零点 由电势的定义可计算两球的电 势 BA VV 和 A 球内任一场点的电势为 A V 4 1 44 3210 2 0 2 0 4321 3 2 1 3 3 2 2 1 1 R QQ R Q R Q rd r QQ rd r Q rdErdErdErdEV BAAA R BA R R A R R R R R R r A B 球壳内任一点的电势 为 B V 30 2 0 43 44 3 3 3 R QQ dr r QQ rdErdEV BA R BA R R r B 9 5 两块无限大带电平板导体如图排列 试证明 1 相向的两面上 图中的 2 和 3 其电荷面密度大小相等而符号相反 2 背向的两面上 图中的 1 和 4 其电荷面密度 习题 9 4 图 大小相等且符号相同 解 解 因两块导体板靠得很近 可将四个导体表面视为四个无 限大带点平面 导体表面上的电荷分布可认为是均匀的 且其间 的场强方向垂直导体表面 作如图所示的圆柱形高斯面 因导体 在到达静电平衡后内部场强为零 导体外的场强方向与高斯面的 侧面平行 由高斯定理可得 32 0 32 0 再由导体板内的场强为零 可知 P 点合场强 0 2 2 2 2 0 4 0 3 0 2 0 1 由 得 32 41 9 7 一平行板电容器 充电后极板上的电荷面密度为 4 5 10 5 C m 2 现将两极板与电 源断开 然后再把相对电容率为 r 2 0 的电介质充满两极板之间 求此时电介质中的 D 和 E P 解 解 当平行板电容器的两板与电源断开前后 两极板上所带的电荷量没有发生变化 所以 自由电荷面密度也没有发生变化 由 1 r r 极化电荷面密度 r r 1 对于平行板电容器 P r E 1 1 r r D 且的方向均沿径向 EDP 9 11 圆柱形电容器由半径为 R1的导线和与它同轴的导体圆筒构成 其间充满相对电容率 为 r的电介质 圆筒内半径为 R2 电容器长为 L 沿轴线单位长度上的电荷为 略去边缘 效应 试求 1 两极的电势差 2 电介质中的电场强度 电位移 极化强度 3 电介质表面的极化电荷面密度 解 解 1 设导线上的电荷均匀地分布在导线的表面上 圆筒上 的电荷均匀的分布在圆筒的内表面上 可由高斯定理求得各区域的 场强 11 0R rE 12 0 2 2 Rr R r E r 23 0RrE 两极的电位差 1 2 01 2 0 2 ln 2 ln 2 2 1R R R R rldEu rr R R 2 由第 1 问知 电介质中的电场强度 r E r 0 2 电位移 r r r ED 2 0 极化强度 0 1 r P r r r 2 1 习题图 10 6 B y O l l l z x 329 页页 10 9 10 10 10 610 6 一边长为m 的立方体如图放置 有一均匀磁0 15l 场T 通过立方体所在区域 计算 631 5 Bijk 1 通过立方体上阴影面积的磁通量 2 通过立方体六面的总磁通量 解 解 1 立方体一边的面积 2 Sl 2 631 5 0 15 0 135B SijkiWb AA 2 总通量0B ds A 10 1110 11 如图所示 已知相距为 d 的两平行长直导线载有相同电流 求 1 两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度 2 通过图中矩形面积的磁通量 31 rr 解解 在两导线所在平面内 两导线之间的任一点处 两导线所产生的磁感应强度和PB 1 B 方向相同 都垂直纸面向外 故 2 PPP BBB 21 设点离导线 1 的距离为 则Pr R I B P 2 1 rd I B P 2 2 代入上式得 rd I r I BP 22 1 在导线等距的点有 2 d r d I B 2 习题图 10 6 B y O l l l z x 2 取面积元 则通过矩形面积的磁通量为ldrdS d S m B AS ldr rd I r I rr r 21 122 2 Il 1 21 r rr 2 Il 21 1 rrd rd Il 1 1 r rd 10 1010 10 如图 载流导线弯成 a b c 所示的形状 求三图中点的磁感应强度P 的大小和方向 B 解 解 a 水平方向的载流导线对 P 电磁感应强度的贡献为 0 竖直部分对 P 点磁感应 强度 10 6 一边长为m 的立方体如图放置 有一均0 15l 匀磁场T 通过立方体所在区域 计算 631 5 Bijk 1 通过立方体上阴影面积的磁通量 2 通过立方体六面的总磁通量 解 解 1 立方体一边的面积 2 Sl 2 631 5 0 15 0 135B SijkiWb AA 3 总 通量0B ds A 10 1110 11 如图所示 已知相距为 d 的两平行长直导线载有相同电流 求 1 两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应 强度 2 通过图中矩形面积的磁通量 31 rr 习题图 10 10 00 21 0 0 coscos cos90cos180 44 0 1 4 4 oo II B ra I a I a 解解 在两导线所在平面内 两导线之间的任一点处 两导线所产生的磁感应强度和PB 1 B 方向相同 都垂直纸面向外 故 2 PPP BBB 21 设点离导线 1 的距离为 则Pr R I B P 2 1 rd I B P 2 2 代入上式得 rd I r I BP 22 3 在导线等距的点有 2 d r d I B 2 4 取面积元 则通过矩形面积的磁通量为ldrdS d S m B AS ldr rd I r I rr r 21 122 2 Il 1 21 r rr 2 Il 21 1 rrd rd Il 1 1 r rd 10 10 如图 载流导线弯成 a b c 所示的形状 求三图中点的磁感应强度P 的大小和方向 B 习题图 10 10 习题图 10 14 解 解 a 水平方向的载流导线对 P 电磁感应强度的贡献为 0 竖直部分对 P 点磁感应 强度 方向垂直纸面向外 b P 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加 则 00 12313 21 00 21 0000 22 coscos 422 90 108 2 0 1 42224 II BBBBBB rr ra IIII B arar 方向垂直纸面向里 c B 为三边磁感应强度叠加 由对称性 0 1231 21 00 33 coscos 4 1 3 9 3 42 I BBBBB r rh I BI ha 方向垂直纸面向里 10 14 一根很长的铜导线 载有电流 10 A 在导线 内部通过中心线作一平面 如图所示 试计算通过导线S 1m 长的平面内的磁通量 铜材料本身对磁场分布无影S 响 解 设距轴线为处的磁感应强度为 则rB 0 22 22 000 22 00 2 000000 22 00 7 6 2 2 224 41010 1 1 0 10 4 RR s II B dlI rR rr IIBrI RR I Br R II lI l B dsr ldrrdr RR Wb AA A A 00 21 0 0 coscos cos90cos180 44 0 1 4 4 oo II B ra I a I a 习题图 10 14 即平面内的磁通量为 S 6 1 0 10 Wb 方向垂直纸面向外 b P 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加 则 00 12313 21 00 21 0000 22 coscos 422 90 108 2 0 1 42224 II BBBBBB rr ra IIII B arar 方向垂直纸面向里 c B 为三边磁感应强度叠加 由对称性 0 1231 21 00 33 coscos 4 1 3 9 3 42 I BBBBB r rh I BI ha 方向垂直纸面向里 10 1410 14 一根很长的铜导线 载有电流 10 A 在导 线内部通过中心线作一平面 如图所示 试计算通过导S 线 1m 长的平面内的磁通量 铜材料本身对磁场分布无S 影响 解 设距轴线为处的磁感应强度为 则rB 0 22 22 000 22 00 2 000000 22 00 7 6 2 2 224 41010 1 1 0 10 4 RR s II B dlI rR rr IIBrI RR I Br R II lI l B dsr ldrrdr RR Wb AA A A 即平面内的磁通量为 S 6 1 0 10 Wb 367367 页页 11 1 11 511 1 11 5 11 11 一载流的无限长直导线 与一 N 匝矩形线圈 ABCD 共面 已知 AB 长为 L 与导I 线间距为 a CD 边与导线间距为 b b a 线圈以 v 的速度离开直导线 求线圈内感应电 动势的方向和大小 解解 由于为稳恒电流 所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场 当矩形线圈ABCD运I 动时 不同时刻通过线圈的磁通量发生变化 故有感应电动势产生 取坐标系如图 a 所示 设矩形线圈以速度 以图示位置开始运动 则经过时间t之后 线圈位置如图 b v 所示 取面积元 距长直导线的距离为 按无限长直载流导线的磁感应强度公ldxdS x 式知 该面积元处的大小为B B x 2 0 I 通过该面积元的磁通量为 ldx x I BdSd 2 0 于是通过线圈的磁通量为 vtb vta vtb vta x ldxI ldx x I dt 22 00 2 0Il vta vtb 由法拉第电磁感应定律可知 N匝线圈内的感应电动势为 2 0 2 vta vvtbvvta vtb vtalIN dt d NE vtavtb vvtbvvtalIN 2 0 令t 0 并代入数据 则得线圈刚离开直导线时的感应电动势 ab abNlIv ba lIvN dt d NE t 2 11 2 00 0 按楞次定律可知 E 感应电动势的方向沿顺时针方向 11 511 5 在无限长螺线管中 均匀分布着与螺线管轴线平行的磁场 t 设 B 以速率B 变化 为大于零的常量 现在其中放置一直角形导线 abc 若已知螺线管截面 dt dB 半径为 R 求 lab 1 螺线管中的感生电场 E V 2 两段导线中的感生电动势 bcab 解解 1 由于系统具有轴对称性 如图所示 可求出感生电场 在磁场中取圆心为O 半 径为的圆周 根据感生电场与变化磁场之间的关系 Rrr m V LS dB EdldS dtt AA A 可得 22 2V dB Errr dt A 有 2 V r E Rr 由楞次定律可以判断感生电场为逆时针方向 2 解法一 用法拉第电磁感应定律求解 连接和 在回路 中 ObOa OcOabO 穿过回路所围面积的磁通量为 1 2 2 2 1 24 l BSBl R 则 1 21 2 22 22 1 11 2424 dldBl El Rl R dtdt 而 aboaboab EEEEE 1 所以 1 2 2 2 1 1 24 ab l EElk R 方向由指向ab 同理可得 1 2 2 2 1 24 bc l Elk R 方向由指向bc 解法二 也可