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瞧的

题）27页1-21-41-12

1-2质点的运动方程为X=/,y=(一l)2,x,y都以米为单位,f以秒为单位，求:

(1)质点的运动轨迹；

(2)从"Is至卜=2s质点的位移的大小；

(3)/=2s时，质点的速度与加速度。

解:(1)由运动方程消去时间f可得轨迹方程，将"G代入，有

y=(4x-l)2

或y[y=4x—\

⑵将/=Is与"2s代入，有

,=li,5=41+1)

r=^-r1=3i-j

位移的大小|r|=^32+12=VlOm

…、dx-

⑶“产

%=9=2«-1)

,dt

v=2H+2(^-1)j

dvxdvx

4=寸=2，/=丁=2

atat

a=2i+2j

当t=2.s-时,速度与加速度分别为

v=4z+2Jmls

a=2i+2jm/s2

1-4设质点的运动方程为r=Rcosty万+Rsin&f/(S/),式中的R、0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

u=——=-/?69sincoti+RGCOScotj

dt

（2）质点的速率为

2

v=旧+vy=Ra>

速率的变化率为—=0

dt

1-12质点沿半径为R的圆周运动，其运动规律为。=3+2/（S/）。求质点在f

时刻的法向加速度与的大小与角加速度夕的大小。

解由于<w=—=4/

dt

质点在。寸刻的法向加速度的大小为

2

an=Reo=16Rt?

角加速度夕的大小为j3=—=4rad/s2

dt

77页2-15,2-30,2-34,

2-15设作用于质量〃z=Mg的物体上的力尸=6r+3（S/）,如果物体在这一力作用

下，由静止开始沿直线运动,求在0至iJ2.0s的时间内力F对物体的冲量。

解由冲量的定义，有

,2.0「2.0、|2.0

/=J（Fdt=1（6,+3）力=（31+3，）b=187Vs

2-21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

（空气阻力与摩擦力）/=一人（女为常数）作用。设撤除牵引力时为f=0,初速度为5，求（1）

滑行中速度u与时间f的关系；（2）0至卜时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的

路程。

解（1）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有

f-m---kv

dt

mndVh

即—=----at

vm

两边积分，速度v与时间t的关系为

2-31一质量为”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球

半径的2倍(即2R),试以血R与引力恒量G及地球的质量”表示出:

(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

_Mmv2

G----r=《2--

(3/?)23R

卫星的动能为马=,八鬻

(2)卫星的引力势能为

GMm

3R

2-37一木块质量为M=lkg,置于水平面上，一质量为m=2g的子弹以500加/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20aw后停止。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

mVj=mv2+Mu

对木块用动能定理

八17

-/jMgs=Q--Mu

小w2(p,-v)2(2X10-3)2X(500-100)2

得(1)a=-----!--=—2=---------------------=0.16

2Mgs2x1x9.8x0.2

(2)子弹动能减少

E*i-%=5皿丫：-v；)=240J

114页3-11,3-9,

例3-2如图所示，已知物体4、8的质量分别为机,「机“,滑轮。的质量为根,，半径

为R，不计摩擦力，物体B由静止下落，求

(1)物体A、B的加速度；

(2)绳的张力；

(3)物体B下落距离L后的速度。

分析：(1)本题测试的就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

例3-2图

J=~mR2.

2

(2)角量与线量的关系:物体A、5的加速度就就是滑轮边沿的切向加速度，有《=/?夕。

(3)由于滑轮有质量,在作加速转动时滑轮两边绳子拉力7；HT2。

分析三个物体，列出三个物体的运动方程：

物体ATx=mAa

物体Btnug-T2=mua

物体。(T2-TjR=jp=-mcRfi=-mcRa

22

解(1)«=

(mA+^mc)g

(3)对B来说有，/一片=2”

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u,

若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度3。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

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矩为

dM-u-2Kr-rdr

nR2

总摩擦力矩为

M=])d"=—pmgR

故平板的角加速度为

可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度。=0，因此有

22M6

可)=208=―-—

设平板停止前转数为n,则转角0=Inn，可得

〃一J。：3RG：

4兀M168jug

3-2:如题3-2图所示，两个圆柱形轮子内外半径分别为艮与电质量分别为

Mi与M,o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mi与叱的两个物体。求在重力作用下,定滑轮

的角加速度。

解：

mi：

7]—mlg=mlal

m2

m2g-T2=m2a2

转动定律:%n一《岂="夕

其中：112

J=闵2+彳峪居

运动学关系:幺=幺

解得：

(雁2人2一/居)8

B=

（监/2+吗阂+（//2+叫）&

3-6—质量为m的质点位于(玉，%)处,速度为》=匕1+匕)，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^xj+y]]

作用在质点上的力为

f=~fi

所以，质点对原点的角动量为

Lo=rxmv=(xti+yj)xm(yxi+vyj)=(ximvy-ylmvx)k

作用在质点上的力的力矩为

M)=rxf=(xj+yj)x(-/1)=y]/k

3-11如题3T1图所示,一匀质细杆质量为加，长为/，可绕过一端。的水平轴自由转

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

mgg=(；m尸邛

则£=空

21

(2)由机械能守恒定律,有

g(gml2)co2—mggsinf)—0

题3Tl图

3gsin。

所以有co=

3-13一个质量为M、半径为R并以角速度0转动着的飞轮(可瞧作匀质圆盘)，在某

一瞬时突然有一片质量为小的碎片从轮的边缘上飞出，见题3T3图.假定碎片脱离飞轮时的

瞬时速度方向正好竖直向上.

(1)问它能升高多少？

(2)求余下部分的角速度、角动量与转动动能.

解：(1)碎片离盘瞬时的线速度即就是它上升的初速度

%=Reo

设碎片上升高度h时的速度为v，则有题3-13图

V2=Vo-2gh

令v=0,可求出上升最大高度为

(2)圆盘的转动惯量J=-MR2,碎片抛出后圆盘的转动惯量/=-MR2-mR2,碎片脱离

22

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,但内力不影响系统的

总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒，即

r

Jco=Jco+mv0R

式中〃为破盘的角速度.于就是

222

|MRCO=(|MR-mR)co'+mvQR

(IMR2-mR2=(|MR2-mR2)a)'

得。'=口（角速度不变）

圆盘余下部分的角动量为

1,,

{-MR--mR2)co

转动动能为

22

Ek-mR)a)

258页8-2,8-12,8-17

8-7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白,其在P

dqdq

点产生的场强为dE=

4您0(/+R2

R

方向沿向与P点的连线、将其分解为平

行于轴线的分量与垂直于轴线的分量，由电0

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，解8-7图

大小为：

dqxqx

E=E产JdEcos。i/4痛()(%2+A2)(

x2+R24e0(%2+R2

方向：q〉0时，（自环心）沿轴线向外;q〈0时,指向环心、

8-12两个均匀带电的同心球面半径分别为R与凡（凡〉R）,带电量分别为小与俗,求

以下三种情况下距离球心为r的点的场强：（1）「＜吊；（2）RiVr＜凡（3）r＞凡、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＜/?,

时,①《=，石cos比S=E-4/=0,r.E=0

⑵当ROVR?

①，EcosOdS=E-4^r2=q./£,

时，J,a

2

：.E=qj47is0r

⑶当r＞凡时，

①‘=1E1cosOdS=E-4zzr2=(%+%)/£()

，E=(%+%)/4%/

8-13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）为人

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1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

①，=，Ecos的S=jEcos0dS+0+0=E-2M=0,;.E=0；

当即所求场点在带电圆柱面外时，=E-2加=2,.•.£=上—

£02必

8-15将q=2、5X10-8c的点电荷从电场中的4点移到8点，外力作功5、0X10勺、问

电势能的增量就是多少？A、8两点间的电势差就是多少？哪一点的电势较高？若设B点的

电势为零,则4点的电势就是多少？

解电势能的增量：AW=唯一卬4=A外=5.0x10飞J;

A、B两点间的电势

区一区=叫出=出吗7Oxi。2V〈。,

差:力-力

qqq2.5x10

8点的电势较高;

2

若设8点的电势为零，则UA=-2.0X10V,

8-17求习题8T2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上一，其中R就是球面的

4龙（）R

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）当吊即所求场点在两个球面内时：一+—^—

4至0凡4把

（2）当凡<r<凡即所求场点在小球面外、大球面内时：。=—为一+%

4站4定\）尺2

当即所求场点在两个球面外时：U=-^―+—仁=〜"

4您0厂4烟or4您（/

当r>R2即所求场点在两个球面外时：U=%

4您。厂4至4宓0厂

285页9-3,9-4

9-3.如图，在半径为R的导体球外与球心0相距为。的一点4处放置一点电荷+。,在球内有

一点B位于A0的延长线上,OB=厂,求:(1)导体上的感应电荷在B点产生的场强的大小与方

向;(2)B点的电势、

解：(1)由静电平衡条件与场强叠加

原理可知,B点的电场强度为点电荷q与

球面感应电荷在该处产生的矢量与，且

为零，即

E--I

^E'p+-^=0

习题9、3图

£=_______!_____f

4笳o(a+r)3

(2)由电势叠加原理可知,B点的电势为点电荷q与球面感应电荷在该处产生的电势的标量

与，即

q

4%直)厂

由于球体就是一个等势体，球内任一点的电势与球心。点的电势相等

…。=%’+《

因球面上的感应电荷与球心。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。点产生的电势为零，且%=%，因此

匕=尸

VB

4%)。

所以,B点的电势VB=—^—

4笳.a

9-4.如图所示，在一半径为/?/=6、0cm的金属球4外面罩有一个同心的金属球壳8、已知

球壳3的内、外半径分别为夕2=8、0cm,&=10、0cm,A球带有总电量以=3、0x10",球

壳8带有总电量。8=2、0xl0-8Cs求:(1)球壳B内、外表面上所带的电量以及球A与球壳8

的电势;(2)将球壳B接地后再断开，再把金属球4接地，求金属球A与球壳8的内、外表面上

所带的电量,以及球A与球壳B的电势、

解:⑴在导体到达静电平衡后,QA分布在导体球A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

QA，外表面上感应出正电荷。八,则B球壳外表面上的总

电荷(QA+QB)。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

&=0(r</?,),E,=丁纹因<r<凡)

4您

习题9、4图

4=。(圾<r<凡),&=%±%(r>&)

4宏。厂

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匕和匕・

A球内任一场点的电势VA为

(*R\一—(*R-i一「8一

匕=[E]dr+\RE2-dr+\RE.-df+\RE,-df

1QA+Q琴〃

暇您

7xror4

1+

=^Q±__QA_+QAQBX

4在oR、R?R3

B球壳内任一点的电势修为

&+j;瓦•力

-「。-+QBdy-QA+

4在()产4宓*0尺3

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与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与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。导体表面上的电荷分布可认为就是均匀的，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

n

0=1----；..cr2=_/

再由导体板内的场强为零，可知P点合场强

由％=-<T3得o]=-a4

9-7、一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为。=4、5X10-5C'm三现将两极板与

电源断开，然后再把相对电容率为£尸2、0的电介质充满两极板之间、求此时电介质中的。、

E与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，所以自由

电荷面密度也没有发生变化，由

j一1

极化电荷面密度/="刍二2

对于平行板电容器尸=/

⑸T区

D="

务一1

且2方,后的方向均沿径向.

9-11.圆柱形电容器由半径为R,的导线与与它同轴的导体圆筒构成，其间充满相对电容率为打

的电介质、圆筒内半径为&、电容器长为L,沿轴线单位长度上的电荷为土九略去边缘效应，

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、(If)

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V

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

E[=0,r<7?)

E,=,7?2>r>/?,

2加o£J

E3=0,r>R?

二两极的电位差”=「「兄石-2•力-=-AM〃KR?=/入In耘R)

(2)由第(1)问知,电介质中的电场强度

E=---

2至

电位移D==——

2叫

极化强度P=(%—l*o

2

=(邑-1)

2吟r

329页10-9,10-10

10-6一边长为/=O.15m的立方体如图放置，有一均匀磁

场3=(6i+3/+1.5%)T通过立方体所在区域、计算：

(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:(1)立方体一边的面积S=『

习题图10-6

①=⑹+3/+1.5%)(0.152z)=0.135Wb

(2)总通量①=j3・ds=0

10-11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(八=3)

解在两导线所在平面内，两导线之间的任一点尸处，两导线所产生的磁感应强度B।与82

方向相同，都垂直纸面向外。故

Bp=B[p+B2P

设尸点离导线1的距离为/•，则

D_〃/D_/

"一派2「万(小)

代入上式得

B=包+^_

P2万(d-r)

(1)在导线等距的点有

一B二辿

27id

(2)取面积元dS=以几则通过矩形面积的磁通量为

中BdS=|•曰包+

Js儿|_2^r2^(J-r)J

=叫^^+当口…=叫匕

2〃r}2TId-rx-r27irx

10-10如图,载流导线弯成(a)、(b)、(c)所示的形状，求三图中P点的磁感应强度8的大

(a)⑹(c)

习题图10-10

小与方向、

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/=0.15m的立方体如图放置，有一均

匀磁场3=(6i+3J+1.5&)T通过立方体所在区域、计算：

(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:(1)立方体一边的面积S=『

①=(6i+3j+1.5k)(O.152z)=O.l35Wb

(3)总通量

8=普(854一cos4)=黑(cos9(T-cosl8(r)①。名曲

10-11=AIL[0-(-1)]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

4乃°两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度；

(1)

卬

(2)=而通过图中矩形面积的磁通量(r,=r3)

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8।与82

方向相同，都垂直纸面向外。故

Bp=B]P+B2P

设P点离导线1的距离为r,则

B】PB—

2兀R'”-2Md-r)

代入上式得

P2m.2万(d-r)

(3)在导线等距的点有

r上，B=W

27id

(4)取面积元dS=以几则通过矩形面积的磁通量为

①“=[.BQS

/nilq+弓pilld-rpilld

=--In-----+--In------}--=---In----

2万r,2万兀q

d-ri-r2

10-10如图,载流导线弯成(a)、(b)、(c)所示的形状，求三图中P点的磁感应强度8的大小

与方向、

习题图10-10

解：(a)水平方向的载流导线对P电磁感应强度的贡献为Oo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

烟=®+&+&|=|28+&|=2”(cosa-cosd)+”且

1111112r2)

r=圆%=90°；4=108°;。=不

.•.3=2应[0_(_1)]+应二=应+©

2r2%21a4r

方向垂直纸面向里、

(c)B为三边磁感应强度叠加，由对称性

同=忸+&+/邓同=3普■(cos。?-cosq)

1,

r--n

3

.R-A)班卬

•・LJL•

4乃h2兀a

方向垂直纸面向里、

10-14一根很长的铜导线，载有电流10A,在导线内

部通过中心线作一平面S,如图所示、试计算通过导线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8、则

习题图10T4

=〃。心=*

产,

,.」=荏'°1’2仃=氏元1°

,B=J«okr

2万W

①\\B^ls=^^^rldr

2万R2

4107X10X1

-=1.0xlQ-^

4万

即S平面内的磁通量为1.0xl0-6Wfe、

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

悯=烟+82+q=|28+&|=2"(cosa-cosd)+”且

JiA*A,2yz

r=圆％=90°；4=108°;。=不

.•.3=2处［0_(_1)］+@£=型+必

2r2%21a4r

方向垂直纸面向里、

(c)B为三边磁感应强度叠加，由对称性

|B|=|BI+B2+B3|=|3BI|=3^-(COS^-COS6>,)

1,

r=­h

3

.在:及史］=见

47rhIna

方向垂直纸面向里、

10-14一根很长的铜导线，载有电流10A,在导线

内部通过中心线作一平面S,如图所示、试计算通过导线

1m长的S平面内的磁通量(铜材料本身对磁场分布无影

响)、

习题图10T4

解:设距轴线为r处的磁感应强度为B、则

2+

22

」=小。B2仃=飞七1。

,B=J«okr

2/rR2

①巾叫=。然"公

2兀R2

生也51=］小10-6微

41

即S平面内的磁通量为1.0xl0-6W&、

367页11-1,11-5

11-1一载流/的无限长直导线，与一N匝矩形线圈ABCD共面。己知AB长为L,与导线间

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

与大小。

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4?缪运动

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以图示位置开始运动，则经过时间t之后,线圈位置如图(b)所

示。取面积元数=/公,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*/

2m

通过该面积元的磁通量为

dG=BdS=Mldx

24r

于就是通过线圈的磁通量为

①(。曰g;仁必以尸包厂也

JJa+vt2玄2乃X

〃o〃b+vt

-----In------

2万a-\-vt

由法拉第电磁感应定律可知，川匝线圈内的感应电动势为

E_Nd①_NO〃Na+vt(a+vi)v-(Z?4-vi)v

dt2»/?+vt(a+vr)2

〃o〃N[a+vr)v_0+vr)v

2万(b+vt\a+vr)

令t二0,并代入数据，则得线圈刚离开直导线时的感应电动势

"①।氏"vN(I11^}NlIv{b-a)

"i#2皿b

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，均匀分布着与螺线管轴线平行的磁场8(t)。设B以速率亚=

dt

K变化(K为大于零的常量)。现在其中放置一直角形导线abc。若已知螺线管截面半径为

R,ah=/，求:

(1)螺线管中的感生电场Ey；

(2)ab/c两段导线中的感生电动势。

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a半径为

厂(r<R)的圆周,根据感生电场与变化磁场之间的关系

■,一吟一噂人

可得

c、dB2

E17v2万r=一〃■厂——=一兀广K

dt

有

Ev=-]KG<R)

由楞次定律可以判断感生电场为逆时针方向。

⑵解法一用法拉第电磁感应定律求解。连接Qa,0从与0c,在回路。，活。中，穿

过回路所围面积的磁通量为

<D=-BS

则

4=K

dt214Jdt24)

而

E|=E«b+Eb"+Eoa—Eah

所以

1(广丫2

E&b=Ei='lkR?~~

zI4)

方向由a指向力

1(广丫/2

同理可得E“=—lkR2-一

加2I4)

方向由匕指向c

解法二也可由感生电场力做功求解。由于(1)中已求出七丫«则