2021年大学物理教程-课后习题-答案

1、高校物理教程答案- 上 课后习题 -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 1-21-41-121-2 质点的运动方程为xt 2, yt12 ，x, y 都以米为单位， t 以秒为单位，求：（1） 质点的运动轨迹；（2） 从t1s 到t2s 质点的位移的大小；（3） t2s 时，质点的速度和加速度；解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将tx 代入，有yx12或yx1（ 2）将 t1s 和 t2s代入，有r11i ，r24i1 jrr2r13ij位移的大小r321210m（ 3）vxdxdt2tvyvdydt2ti2t12t1 jaxdvxdt2 ，aydvydt

2、2a2i2 j当t2s时，速度和加速度分别为v4i2 jm/ sa2i2 jm/s21-4设质点的运动方程为rrcostirsint j si ，式中的 r 、均为常量；求（ 1）质点的速度；（ 2）速率的变化率；解 （1）质点的速度为vd r dt（2）质点的速率为rsintircost jvv2v2r速率的变化率为xydv0 dt1-12 质点沿半径为 r 的圆周运动， 其运动规律为32t 2 si ；求质点在 t时刻的法向加速度 an 的大小和角加速度的大小；解 由于d4 tdt2质点在 t 时刻的法向加速度 an 的大小为角加速度的大小为d4 rad dt/ s 2anr16rt277

3、 页 2-15,2-30， 2-34，2-15设 作 用 于 质 量 m1kg的 物 体 上 的 力f6t3si ，假如物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动， 求在 0 到2.0s 的时间内力 f 对物体的冲量；解 由冲量的定义，有2.0ifdt2.06t3dt3t 23t2.018n s0002-21 飞机着陆后在跑道上滑行，如撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力） fkv （ k 为常数）作用；设撤除牵引力时为t0，初速度为v0 ，求（ 1）滑行中速度 v 与时间t 的关系；（ 2） 0 到t 时间内飞机所滑行的路程；（ 3）飞机停止前所滑行的路程；解 （）飞机

4、在运动过程中只受到阻力作用，依据牛顿其次定律，有fm dvkv dt即dvk dtvm两边积分，速度 v 与时间 t 的关系为2-31一质量为 m 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球半径的2 倍（即 2r ），试以示出：m, r 和引力恒量 g 及地球的质量 m 表（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mmv2g 3r 2m 3rk卫星的动能为e1 mv2gmm26r（）卫星的引力势能为epgmm 3rv dvv 0vt k dt0 m2-37一木块质量为 m1kg ，置于水平面上，一质量为 m

5、2 g 的子弹以 500m / s的速度水平击穿木块，速度减为 100m / s ，木块在水平方向滑行了20cm 后停止；求：（1） 木块与水平面之间的摩擦系数；（2） 子弹的动能削减了多少；解子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒对木块用动能定理mv1mv2mu得112m2 vv 2mgs21003 21 mu 22500100 20.162mgs(2) 子弹动能削减219.80.2ee1 mv2v2 240jk1k 2212114 页 3-11， 3-9，例 3-2 如下列图，已知物体 a 、 b 的质量分别为m a 、m b，滑轮 c 的质量为mc ，半径为 r ，不计摩擦力，物体b 由

6、静止下落，求（1） 物体 a 、b 的加速例 3-2 图度；（2） 绳的张力；（3） 物体 b 下落距离 l 后的速度；分析：（1）此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 j1 mr 2；2（2） 角量与线量的关系：物体a 、b 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度，有 atr；（3） 由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力 t1t2 ；分析三个物体，列出三个物体的运动方程：物体 at1m aa物体 bcm b gt 2tm ba121物体2t1 rjmc rmc ra22解 （1） a；mb gm1m

7、ambc2m1 m g（2） tma mb g， ta2c；1121mamb2 mcmamb2 mc（3） 对b 来说有， v2v2v02al2al2m b gl1m ambm c2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， 如平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度0 开头旋转， 它将在旋转几圈后停止？ （已知圆形2平板的转动惯量 j量）1 mr2 ，其中 m 为圆形平板的质分析：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：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

8、矩为mg总摩擦力矩为dm2r2 rrdr故平板的角加速度为rmdm02mgr 3m j可见圆形平板在作匀减速转动， 又末角速度0 ，因此有222 m0j设平板停止前转数为 n，就转角2 n ，可得j23r2n004 m16 g3-2 ：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： t1m1 gm1a1m2： m2 gt2m2 a2转动定律： r tr tjr2r1t1t2其中：j2

9、122 m 1 r1211122 m 2 r2t1t2m1g运动学关系：解得：a1a2r1r211 m2 r222m1r1 gm2 g m 1 / 2m r 2 m 2 / 2m r 23-6 一质量为 m 的质点位于 x1 , y1 处，速度为vvx ivy j,质点受到一个沿 x 负方向的力 f 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解:由题知，质点的位矢为r作用在质点上的力为x1iy1 jff i所以，质点对原点的角动量为l0rmv x1 iy1 i mvxivy j x1mvyy1mvx k作用在质点上的力的力矩为m 0rf x1 iy1 j fi y1 fk3-1

10、1 如题3-11 图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端 o 的水平轴自由转动， 杆于水平位置由静止开头摆下求：(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l1mgml 2 23就3g 2l2 由机械能守恒定律，有1122lml mgsin 02 32题 3-11 图所以有3g sin l3-13一个质量为 m、半径为 r 并以角速度 转动着的飞轮 可看作匀质圆盘 ，在某一瞬时突然有一片质量为 m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-1 3图假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上(1) 问它能上升多少 .(2) 求余下部分的角速度、角动量和转

11、动动能解: 1碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v0r设 碎 片 上 升 高 度 h时 的 速 度 为 v， 就 有题 3-13 图vv0222 gh令v0 ，可求出上升最大高度为v21h0r2222g2g2 圆盘的转动惯量j1 mr 2 ，碎片抛出后圆盘的转动惯量 j 1 mr 22mr2 ，碎片脱离前，盘的角动量为 j，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量， 碎片与破盘的总角动量应守恒，即0j j mv r式中 为破盘的角速度于是1 mr 22 1 mr 22mr2 mv0 r 1 mr 22mr2 1 mr 22mr2 得 角速度不变 圆盘余下部分的角

12、动量为转动动能为258 页 8-2,8-12,8-17 1 mr 22mr2 ke1 12 2mr 2mr2 28-7试运算半径为 r、带电量为 q 的匀称带电细圆环的轴线（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d一电荷元 dq，其在 p 点r产 生 的 场 强 为 oxpdex，dedq04x2r 2ded方向沿 dq 与p 点的连线 . 将其分解为平行于轴线的重量和垂直于轴线的重量， 由电荷分布的对称性可知，各 dq 在 p 点产生的垂直于解轴线的场强重量相互抵消，而平行于轴线的重量相互加 强，所以合场强平行于轴线，大小为

13、：e=e =de cosdq4xrq220x221xr2qx222340 xr方向： q0 时，（自环心）沿轴线向外； q0时，指向环心 .8-12两个匀称带电的同心球面半径分别为r1和 r2（ r2r1），带电量分别为 q1 和 q2，求以下三种情形下距离球心为r 的点的场强：（ 1） r r1；（ 2）r1rr2（ 3）rr2. 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，就由高斯定理可知：(1) 当 r r1 时，eee cos dse4 r 20,e0(2) 当 r1rr2时，ee cos ds2e4 r 2q10 , r1r2req1 40r解 8

14、-12 图 场强随 r 的变化曲线(3) 当 rr2时，ee cos dse4 r 2q1q 202eq1q 240r8-13 匀称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，

15、当 rr 即所 求 场 点 在 带 电 圆 柱 面 内 时 ， 因 为ee cos dse cos0ds00e2 rl0,e0 ；当 r r 即所求场点在带电圆柱面外时，ee2 rll ,e.020 r8-15将 q=2.510-8c 的点电荷从电场中的 a 点移到 b 点，外力作功 5.010-6j. 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？如设b 点的电势为零，就 a 点的电势是多少？解 电势能的增量： wwbwaa、b 两点间的电势差：a外5.010 6 j ；uuwawbwawb5.01062.0102 v0，abqqq2.510 8 b 点的电势较高；

16、如设 b 点的电势为零，就u a2.0102 v .8-17 求习题 8-12 中空间各点的电势 .解已知匀称带电球面内任一点的电势等于球面上的电势q ，其中 r 是球面的半径； 均40 r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: uq140r1q2；40 r2（2） 当 r1rr2 即所求场点在小球面外、大球面内时 : uq140 rq2；40 r2当 rr2 即所求场点在两个球面外时: uq140 rq 240rq1q 240r当 rr2 即所求场点在两个球面外时: uq140 rq 2

17、40rq1q 240r285 页 9-3,9-49-3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：（ 1）由静电平稳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，即习题 9.3ebepe104r 3 r01rb40 ar 3（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v bv bq40 r由于球体是一个

18、等势体，球内任一点的电势和球心 o 点的电势相等vbv0qv040a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v0v0 ，因此vbv0q40a所以， b 点的电势qvb40a9-4如下列图， 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

19、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：（1）在导体到达静电平稳后，qa 分布在导体球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习题 9.4qa ，外表面上感应出正电荷 qa ，就 b 球壳外表面上的总电荷（qaqb ）；由场的分布具有对称性，可用高斯定理求得各区域的场强分布e0 rr , eqa rr r 11e30 r2r2r240qar3 , e441qb rr 22r3 0e 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；由电势的定义可运

20、算两球的电势 va和vb a 球内任一场点的电势va 为vr1rae1 drr2e2 drr1r3e3 drr2e4 drr3r2r1 4qadrr20qar3 4qb drr201 qa 40r1qaqar2qb r3b 球壳内任一点的电势 vb为vr3rbe3 dre 4 drr3qar34qb drr20qaqb40 r39-5两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），其电荷面密度大小相等且符号相同 .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

21、； 导体表面上的电荷分布可认为是匀称的， 且其间的场强方向垂直导体表面； 作如下列图的圆柱形高斯面， 因导体在到达静电平稳后内部场强为零，导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，由高斯定理可得23023 ；0再由导体板内的场强为零，可知p 点合场强12 2 02 03 2 04 02 0由 23得 149-7. 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 的电介质布满两极板之间 .求此时电介质中的 d 、 e 和p .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

22、由电荷面密度也没有发生变化，由rr1极化电荷面密度对于平行板电容器 p（ r1）re r1 drr1且p, d, e 的方向均沿径向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，其间布满相对电容率为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：（ 1） 设导线上的电荷匀称地分布在导线的表面上，圆筒上的电荷匀称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e10，r r1e2，r2rr120 r re30

23、,rr2两极的电位差r2ue 2dlr120rr2ln rr1ln r220rr1（2） 由第（ 1）问知，电介质中的电场强度e20 r r电位移 d0 r e2 rr极化强度p r1 0r12r r329 页 10-9,10-10y10-6一边长为 l0.15 m 的立方体如图放置， 有一均匀磁场 b6i3 j1.5k t 通过立方体b所在区域 . 运算：（1） 通过立方体上阴影面积的磁通量；olxllz习题图 10-6（2） 通过立方体六面的总磁通量 .解：（ 1）立方体一边的面积sl 2b s6i3 j1.5k 0.15 2i0.135wb（2）总通量b . ds010-11如下列图，已

24、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r1r3解 在两导线所在平面内， 两导线之间的任一点 p 处，两导线所产生的磁感应强度 b 1 和b 2 方向相同，都垂直纸面对外；故bp设p 点离导线 1 的距离为 r ，就bib1p，bb2pi1 p2p2 r2dr代入上式得biip2 r2dr（1） 在导线等距的点有，rdb2 i2d（2） 取面积元 ds通量为ldr，就通过矩形面积的磁dmbssr1 r 2ir12 ri2drldrilr1r22r1+ il 2dr1dr1r 2il dr 1r110-

25、10 如图，载流导线弯成（ a）、（ b）、（c）所示习题图 10-10的外形，求三图中 p 点的磁感应强度 b 的大小和方向.解：（ a）水平方向的载流导线对p 电磁感应强度的奉献为 0；竖直部分对 p 点磁感应强度b0 i4 rcos2cos 1 0 i cos90 o4acos180o 0i 0 14 a4a0i10-6一边长为 l0.15 m 的立方体如图放置，有一匀称磁场b6i3 j1.5k t 通过立方体所在区域 .y运算：b（1） 通过立方体上阴影面olxl积的磁通量；lz（2） 通过立方体六面的总磁通量.解：（ 1）立方体一边的面积sl 2习题图 10-6b s6i3 j1.5

26、k 0.15 2 i0.135wb（3） 总通量b . ds010-11 如下列图，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r1r3解 在两导线所在平面内， 两导线之间的任一点 p 处，两导线所产生的磁感应强度 b 1 和b 2 方向相同，都垂直纸面对外；故bp设p 点离导线 1 的距离为 r ，就bib1pbb2pi代入上式得1 p2 r ， 2p2drbiip（3） 在导线等距的点有2 r2dr，rdb2 i2d（4） 取面积元 ds通量为ldr，就通过矩形面积的磁dmbssr1 r 2ir12

27、 ri2 drldrilr1r22r1+ il 2dr1dr1r 2il dr 1r110-10如图，载流导线弯成（a）、（ b）、（c）所习题图 10-10示的外形，求三图中方向.p 点的磁感应强度b 的大小和解：b0icos02cos1平 方 向导 线 对为 0；竖4ri4a（ a） 水cos90 ocos180o的 载 流4ia0 ia001p 电磁感应强度的奉献4直部分对 p 点磁感应强度方向垂直纸面对外 .（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，就2bb1b2b32b1b320i coscos0 i14 r2r200ra; 290 ; 1108 ;b20

28、i4 a0 10 i0i0i2r22 a4r方向垂直纸面对里 .（c）b 为三边磁感应强度叠加，由对称性bb1b2b33b13 0 i coscos 12r1 h3b0493 ih4r0i .2 a方向垂直纸面对里 .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s ，如习题图 10-14图所示. 试运算通过导线 1m 长的 s 平面内的磁通量（铜材料本身对磁场分布无影响） .解：设距轴线为 r 处的磁感应强度为 b . 就b dlr 20i ,iir 2r2r 2ir2i 0 ; b 2r0 r2 i 00 i 0b2 r2rb d ssr0 i 00 2r2r

29、 ld r0i 0l2 r2rrdr00 i0l4410 741011.0106wb即s 平面内的磁通量为1.0106wb .方向垂直纸面对外 .（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，就bb1b2b32b1b320i cos0 i2cos 10ra; 290 ;4 r11080;2r2b20 i4 a0 10 i0i0i2r22 a4r方向垂直纸面对里 .（c）b 为三边磁感应强度叠加，由对称性bb1b2b33b13 0 i coscos 12r1 h3b0493 ih4r0i .2 a方向垂直纸面对里 .10-14一根很长的铜导线，载有电流 10 a，在导线内部

30、通过中心线作一平面 s ，如图所习题图 10-14示. 试运算通过导线 1m 长的 s 平面内的磁通量（铜材料本身对磁场分布无影响） .解：设距轴线为 r 处的磁感应强度为 b . 就b dlr 20i ,iir 2r2r 2ir2i 0 ; b 2r0 r2 i 00 i 0b2r2 rb d ssr0 i 00 2r2r ld r0i 0l2r2rrdr00 i0l4410 7410161.010wb即s 平面内的磁通量为1.0106wb .367页 11-1,11-511- 一载流 i 的无限长直导线，与一n 匝矩形线圈 abcd 共面；已知 ab 长为 l , 与导线间距为 a；cd

31、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 由于i 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 v以图示位置开头运 动，就经过时间 t 之后，线圈位置如图 b 所示；取面积元 dsldx ，距长直导线的距离为 x ，按无限长直载流导线的磁感应强度公式知， 该面积元处b 的大小为b=02 xi通过该面积元的磁通量为dbds0 i ldx2 x于是通过线圈的磁通量为b vttd0iivt ldxa vt2 xld

32、x02ba vtx=20il bavtvt由法拉第电磁感应定律可知，电动势为n匝线圈内的感应en d dt0linavt2bvtavt vavtbvt v20lin2avt vbvtbvt vavt令 t = 0,并代入数据，就得线圈刚离开直导线时的感应电动势en d dtt 00livn21a1b0 nliv ba2 ab按楞次定律可知， e 感应电动势的方向沿顺时针方向；11-5在无限长螺线管中， 匀称分布着与螺线管轴线平行的磁场 bt；设 b 以速率db =变化dt（为大于零的常量） ；现在其中放置始终角形导线 abc；如已知螺线管截面半径为 r, abl ，求：（1） ）螺线管中的感生

33、电场 e v ；（2） ） ab, bc 两段导线中的感生电动势；解 （ 1）由于系统具有轴对称性，如下列图，可求出感生电场；在磁场中取圆心为o，半径为r rr的圆周，依据感生电场与变化磁场之间的关系dmbevdld sldtst可得2 db2ev2有rrrdtevrrr2由楞次定律可以判定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oa, ob 和oc ，在回路 oabo中，穿过回路所围面积的磁通量为bs1 blr221 2l24就221 21 2d1ldb1l1elr2lr2dt24dt24而e1e ab所以e bo1e oal 2e ab1 2eelkr2方向由 a 指向bab124同理可得e1 lkr221 2lbc24方向由 b 指向 c解法二也可由感生电