大学物理作业习题解答力学电磁学

1、大学物理学练习册（一）参照答案习题解答（力学）练习一一）选择题：1）C；2)B；3)D；4)D；5)D；二）填空题：1）vdyAcost,y2(v)2A2dtt1Ct3,1Ct4h12)vv0Ct2dtxx0v0t3)vmv0312h1h2三）计算题1）解：t0,a0a,a(t)aktaat；tn,a(n)aan(n1)atat)dt1t2；xn1t2)dta(n)2a(n)3v(t)v0(aatx0(at020226四）证明题：1）解法一：dvkv2，dvkdt，1ktCdtv2v由初始条件可求得：C111，vv0，ktv01v0ktv0v由dxvdt，积分得xx0tv0dt1ln(v0kt

2、1)01v0ktkkxln(v0kt1),v0kt1ekxvv01v0ekxv0kt解法二：由：dvdvdxvdvkv2得：dvkdxdtdxdtdxvlnvkx，vv0ekxv0练习二一）选择题：1）B；2）C；3）B；4）B；5）D二）填空题：1）4(m),33(m/s)，与X轴正向成60角34002）B，4BA2；3）gsin,gcosR三）计算题1）设斜面为动系，地面为静系，质点为动点，则有：vavrvevaxuvrcos,vayvrsin;vr2gyv2(u2ghcos)2(2ghsin)22ghu22u2ghcostanvay2ghsinvaxu2ghsinPvRRkt2,t2s,

3、v32m/sO2)2R322k2k4t=1s时，质点P的速度大小为图2.3v24128(m/s)atdv2Rkt16tanv2(Rkt2)2Rk2t432t4dtRRt=1s时，质点P的加速度的大小为aat2an2162322165(m/s2)练习三一）选择题：1）：C；2）：C；3）：B；4）：E；5）：A；二）填空题：1）：451.5m/s,5600N；2）略；3）：1/cos2三）计算题1）对B：TBsin+N=mBgTBcos=f对滑轮：TBsin+mAg=Tccos30TBcos=Tcsin30TB=mAg解联立方程，可得=30TB=40NmA=4kgf=203NTc=403N2）-

4、(f阻+f摩)=maf升+N=mgf摩=Nf升=Cyv2f阻=Cxv2mgCyv02cxv2Cy(v02v2)mdvdxmvdvdxcxv2mvdvdxdtdx(mgcyv2)xvmvdvxvmvdvdx22,dxv020vcxv(mgcyv)0cy）vmg（cxxmlnmg（cy2）（cxcy）v0mg2cx2cy2121mv22cyv0mg,5,0.1,cxv0cycx5cx0.5cxcxcyv0mg;0.2g,cx55cx2xmlnmg252ln2216.6m20.5cx0.5cxv02mg2练习四一）选择题：1）：A；2）：A；3）：A；4）：C；5）：D；二）填空题：1）：2Qv,水

5、平向右；2）Ft1Ft1Ft2；3）：FRmAmB,mBmB0mA三）计算题1）PIFtmvim2ghjF(mv)2m22gh(402)24022100.54014N方向：与x轴夹角为arctg2gharctg10v22）(1)水平方向动量守恒：mv0=mv+Mv即0.01500=0.0130+1.5vv=4.7/1.5=3.133m/Tmgman26.8N（2）I=mv-mv0=0.01(30-50)=-4.7Ns方向向左练习五一）选择题：1）：C；2）：D；3）：C；4）：C；5）：D；二）填空题：1）：12J；2）mgl/50；3）：kx02,-kx02/2,kx02/2三）计算题：1）

6、引力做功等于石块引力势能的改变：AEPGMm(11)RRh）石块下落过程中，系统机械能守恒：1mv2GMm(11)2RRhv22GM(1R1)2GMhh)2GMh2ghv2ghRhR(RR22）由功能原理，有：ptA1mv2,v2pt2m）由牛顿定理，有：Fpmdvmdvdxmvdvvdtdxdtdxpdxmv2dv,pxvmv3/3mv2dv0 xmv3m(2pt)3/2(m28p3t3)1/28pt3/23p3pm9p2m39m练习六一）选择题：1）：C；2）：A；3）：C；4）：C；5）：B；二）填空题：1）：4s,-15m/s；2)20;3）：3ml2/4,mgl/2,2g/3l三）计

7、算题：1)解：对m1:m1gT1m1a1,T1RMfJ1;h1a1t122a1m1gRMF2h40Mf4m1RJ/R2，代入数值，有2J256t14对m2:m2gT2m2a2,T2RMfJ2;h1a2t2,22a2m2gRMf2h，代入数值，有20Mf4m2RJ/Rt2222J625求联立方程组，有：Mf6.146(N/m),J1081.3(kg.m2)2)设Mf为阻力矩，MO为电磁力矩，开启电源时有MOMfJ1,01t1关闭电源时有MfJ2,02t2MOJ0(11)t1t2练习七一）选择题：1）：A；2）：B；3）：D；4）：A；5）：B；二）填空题：1）：1kgm2/s,1m/s；2)14

8、(1/s)；3）0/3三）计算题：1)解：）J1MR20.01,Mf02mgR5250mgTma,TRJ,JmR20.0632）02）03,hsR0.06m510.0rad/s2）解：）子弹击中并嵌入圆盘，忽略摩擦力矩的作用，子弹与圆盘系统的角动量守恒：mv0R(mR2J),mv0R1MR2mR2J,J2）圆盘获得角速度后，到停止转动，摩擦力矩做功：在圆盘上取一环状面元，质量为dm2rdr；摩擦力矩为：dMfdmgrR2dr2gR32Mf2grRMg033由角动量定理，有：tL(mR2J)3mv0R3mv0Mf2RMg/32RMg2Mg练习八一）选择题：1）：B；2）：C；3）：B；4）：A；

9、5）：C；二）填空题：1）：12J；2）mgl/50；3）：kx02,-kx02/2,kx02/2三）计算题：1）滑块与杆碰撞，角动量守恒：m2v1lJm2v2lm2l(v1v2)3m2(v1v2)Jm1l在杆上取小段dx,dmdxm1dx/l,dMfrdfm1gxdx/llMf1m1gxdx1m1gl,l021由冲量矩定理：m1gltJ(0)2tm2l(v1v2)2m2(v1v2)m1gl2m1g2）在转动过程中，系统机械能守恒，小球与环角动量守恒：过B点时，设小球相对环的速度为v,小球的动能为：1mvBR2)(222(J0mR2)BJ00,BJ00/(J0mR2)121212222J002

10、J0B2m(vBR)mgR1221vJ02(J0222J002gR20mR)B2gR2J00J0mR2过C点时，小球相对环的速度为vC，J0CJ00,C01mvC22mgR,vC4gR2gR2练习九一）选择题：1）：D；2）：B；3）：A；4）：D；5）：C；二）填空题：1）：Q/a；异；2）f1/qEf2/q；3）dq/40R2(2Rd)三）计算题：1）解：利用途强叠加原理，在半圆上取元弧长，dlRd则dQRd，dEdQd，dExdEsin40r240RExsind(coscos0)Q40R040R20R202R2由对称性剖析可知，Ey02）解：利用途强叠加原理，在半圆上取元弧长，dlRd则

11、dQRd0Rsind，dEdQ0sind40r240RdExdEcosdEcos()dEcos由对称性剖析有，Ex0dEydEsindEsin()dEsin0sin2d40REy022d021cos2d040Rsin40R0240R0练习十一）选择题：1）：C；2）：A；3）：B；4）：A；5）：D；二）填空题：1）：Ep1；Ep230d；0d2dr；Q22rdr；dqxQ2rxdr3）：ES0nsi2）：R40(r2x2)240R(r2x2)2三）计算题：2）解：利用途强叠加原理，在半圆上取元弧长，dlRd则可将其视为均匀带电直线，其线电荷密度为：dlRdEdldEzdEsin；20RRd(

12、coscos0)Ezsin2R20R02000由对称性剖析可知：ExEy02）：过该圆平面边缘作一半径为rR2h2的球冠，则此球冠的球心恰在P处；该球冠的曲面面积为S2rh2r(rh)由高斯定理可知，圆平面的电通量等于球冠曲面的通量，故有：eq2S4q22r(rh)q(1hh2)40r0r20R2练习十一一）选择题：1）：C；2）：D；3）：A；4）：B；5）：D；二）填空题：1）：Q；Q(11),0；2）；2PEcos040R293）：(q2q4)，q1,q2,q3,q40三）计算题：1）解：作一平面将该平板均分为厚度为d/2的两部分，作OX轴与平面垂直且交于O点：（1）过板外任一点P作圆柱

13、面为高斯面，上下底面平行于平板，面积为S，由高斯定理有：EdS2ESSd/0,Ed2S0（2）与（1）同理，对板内距中性平面为x任一点P有EdS2ES2xS/0ExS02）利用割补法，补上后，大球在o点产生的场强为：E14q40d24d3d0r2330小球在o点产生的场强为：E20，故EOE1E2d/30在P点，大球产生的场强为：EP1d/30，小球产生的场强为：Ep2q4a3a340r240(2d)23120d2故：EpEp1Ep230(da3)4d2练习十二一）选择题：1）：B；2）：C；3）：D；4）：B；5）：A；二）填空题：1）：(q1q2q3)；2）：E0，均匀电场；3）：q40R

14、60R三）计算题：1）：如图建立坐标系OX轴，q/2l，dqdx，r2laxbxdudqdx40d(bx)，40r40bxbx2lu400d(bx)lnbb2llna2lqln2labx4040a80la2）由高斯定理可求得电场分布为：rR2，E1q(R23R13)40r230r2R2rR1，E2q(r3R13)40r230r2rR1，E30uEdlR1dlR2E1dlrrE3E2dlR2R10(r333)drR2R1)dr(R2R1R130r2R230r2=练习十三一）选择题：1）：E；2）：C；3）：B；4）：A；5）：D；二）填空题：1）：2108/3C;4108/3C;06V;06V；

15、2）：8.851014C/m2；负；3）：Q/2S;Q/2S;Q/2S;Q/2S三）计算题：1）：设A、B、C板的六个面的面电荷密度依次分别为：1,2,3,4,5,6由于B板接地，故有：160；AC之间的电场强度为EAC，CB之间的电场强度为ECB有：EAC2/03/0；ECB4/05/0；34Q/SEAC2d/3ECBd/3U0；2d2/30d4/3U02）考虑导体球上感觉电荷分布满足电荷守恒定律及轴对称关系，感觉电荷在球心处的电势应等于0，由此能够求得球心处的电势等于带电直线在该处产生的电势：（1）dld(ax)du40(ax)40(2ldx)2lu400d(ax)40ln2ldaxd（2

16、）接地后，导体球的电势为零。即感觉电荷与带电直线在球心处电势的迭加为零。故感应电荷在球心处产生的电势为：u02ldln40d由于感觉电荷都分布在导体球表面，由电势迭加原理，有u01dqln2ld，Qdq40Ru0Rln2ld40RS40dSd练习十四一）选择题：1）：D；2）：C；3）：B；4）：C；5）：A；二）填空题：1）：相互重合，不相互重合；2）：有极，无极；3）：Pn?三）计算题：1）解：（1）：由介质中的高斯定理，可求得：当rR2时，D1QD1Q4r2,E140r20R2rR1时，D2Q,E1D1Q2424r0r0rrrR1时，D30,E30（2）：UE2dlE1dlQ(11)Q1

17、R2R1R240rR1R240R22）由高斯定理，可求得内外圆筒之间的电位移及电场分布为：D,E2r20rrR2u20rR1drlnR22ln5r2R122u12u；E2r997.8(N/C)ln(5/2)ln(5/2)uAR22rAdr2lnR2ln5(ln5ln5)/ln5=12.456(V)rrA23.5223.52练习十五一）选择题：1）：B；2）：A；3）：C；4）：B；5）：D；二）填空题：1）：1/r,1/r；2）：106/00.3361012N/C)(；3）：10rE210r(u)222d三）计算题：2）解：设球已带上电荷q，则球的电势为：uq40RdAudqqdq,AdA1q

18、dqQ2QQ40R040R080R练习十六一）选择题：1）：C；2）：A；3）：D；4）：B；5）：E；0dlI0Idlev0evvre二）填空题：1）：0,4r2,4r2；2）：X，正；3）：2r,4r2,2三）计算题：1）解：利用磁场的迭加原理，有：BOBACBDFBBEBCD由于O点在AC与DF的延长线上，故有：BACBDF0对于BE弧和CD弧，有：BBE0I1?0I?2R1i4R1i，2同理有：BCD0I?故：BO0I1?1?j4(jR1i)4R2R22）：解：设Nn(R2R1),nNR1R2在平面线圈上取一细环dr，dIndr此细环在中心点O产生的磁感觉强度为：dB0dI0ndr2r

19、2rB0nR2dr0N2lnR2R1r2(R2R1)R1练习十七一）选择题：1）：B；2）：C；3）：A；4）：B；5）：D；二）填空题：1）：0,0qv?；2）0I11)，垂直纸面向外；3）：0I42k4(R14Ry0R2三）计算题1）：解：在金属片上取一细条，其电流密度和电流强度分别为：j2I/R,dIjRd设其轴线与Z轴重合，其在轴线上产生的磁场为：dB0dI0jd2R2故有：dBXBX0j2BY0j2BBXi?dBcos0jcosd,dBYdBsin0jsind22/20j02I0Icosd22R2R00I/20j02Isind22R2R00I?BYj(ij)2R2）解：在平面上与导线

20、平行方向取一洗长条dsadr，导线产生的磁感觉强度分布为：B0I/2r则此修长条的磁通量为：dmBds0Iadr0Iadr0Ialnbc2rmbcc2r2c练习十八一）选择题：1）：C；2）：D；3）：A；4）：B；5）：D；二）填空题：1）：否，0Ir2/R2；2）：0I1,0(I1I2),0；3）：I1,I2;I1；三）计算题：11ra时，B0I/2r）解：（）：由安培环路定理，当当ra时，B0Ir/2R2（2）由图知，P1，P3分别在导线A，B内部，由磁场的迭加原理有：在P1点0Ix11)B1B1AB1B,B12(a2dx1在P2点B2B2AB2B,B220I(11x2)x2d在P3点B

21、3B3AB3B,B310I1dx3)三点的方向都不能够确定2(a2x32）解：利用割补法，将管内空心部分看作同时通有相反方向的电流，且电流密度相同，则空间任一点的磁场可看作是这两个电流的磁场的迭加。（1）电流密度大小为：jI/(R12R22)空心部分的电流强度大小为：IjR22BB1B200I0IR222a2aR12R22（2）大圆柱体内电流强度为：IjR12BB1B20Ia00aI20aI2R122R12(R12R22)R1R22)2(R12练习十九一）选择题：1）：D；2）：B；3）：C；4）：A；5）：D；二）填空题：1）：2aBI；2）；3）：0.15(N/m),-0.075(N/m)

22、三）计算题：1)解：取细圆环2rdr，dq2rdr，dI1dq2rdrT2dpmdIr2r3drpmRR3dr1R41R2Qdpmr0044由于pm与B垂直，故：MPmB1R2QB42）解：fkv,M0frfakav,00,I/R安培力：dfaIdlBIBdr,MaRr1IBR2dfa02Jd1Jd由转动定律有：MaM0IBR2kaadt2dt令bIBR2/2,cka2,dcd1d(cb)dt,bcbccbJ1d(cb)1tcbcbcctdt,lnt，lnc0cbJ0c0bJbJbcc，ctc,bctIB3kttbc2k练习二十一）选择题：1）：B；2）：C；3）：B；4）：A；5）：D；二）

23、填空题：1）：；2）；3）：三）计算题：1）解：fLevB,fLevBeE,vEUH1.010523BBb210（m/s）3(2)IqvnS,nI/evSI/evbh3.0/(1.6021019350.6670.011.0)2.8091029（）(3)对于载流子是负电子的情况，(IB)E，即(IB)指向负极。2）证明：T2m,hvnT2mv0coseBeBnh2mev0cosn/eB可见，当L2mev0cosn/eB时，正好是螺距的整数倍，故电子会恰好打中O点。练习二十一一）选择题：1）：；2）：；3）：；4）：；5）：；二）填空题：1）：；2）；3）：三）计算题：练习二十二一）选择题：1）：

24、D；2）：A；3）：A；4）：D；5）：C；二）填空题：1）：；2）；3）：三）计算题：1）解：连接OA，OC，则OACO构成一个回路，面积为2/4，S=R此回路的磁通量为mBSsin，其中为线圈平面与磁场方向的夹角。由法拉第电磁感觉定律，回路的电动势为：dmBSdsinBScosdBScos1R2Bcosdtdtdt4又：在图示地址0，OA，OC上的电动势为零，故AC上的电动势为：AC1R2B42）解：当ab以速度v下滑时，ab中产生的感觉电动势和电流强度分别为：Bvl,IBvl/RAb所碰到的磁场力为：fBIlB(Bvl/R)lB2l2v/Rav由牛顿第二定律有：mgfmgavmdvdtdvavdt,1d(mgav)dt,d(mgav)adtmgmamgavmmgavm积分上式有：lnmgavat,mgavatemmgmmgatmgatmgRB2l2tavmg(1em),v(1em)(1emR)a2l2B练习二十三一）选择题：1）：B；2）：B；3）：D；4）：C；5）：A；二）填空题：1）：；2）；3）：三）计算题：1）解：取回路环绕方向为顺时针方向，则平面的法线与磁场方向相同。由安培环路定理有：B0I,dmBldr0Ildr2rd0Il2rmrbmlnrbr2r