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)

27页1-21-41-12

1-2质点的运动方程为X=1)2,xj都以米为单位，/以秒为单位,

求：

(1)质点的运动轨迹；

(2)从t=ls至卜=2s质点的位移的大小；

(3)f=2s时，质点的速度和加速度。

解：(1)由运动方程消去时间/可得轨迹方程，将f=4代入，有

y=(4x-l)2

或y[y=\[x-l

(2)将f=ls和/=2s代入，有

4=li,々=4i+1/

□/二4一q=3/—y

位移的大小|口4=，32+I2=>/10/72

(3)=—=2t

vxdt

%=曰=2。-1)

,dt

v=2n,4-2(r-i)y

dvx_dvv

a=--=2,Q0=--=2

xYdtydt

a=2i+2j

当/=2s时，速度和加速度分别为

v=4i+2jmis

a=2i+2jm/s2

1-4设质点的运动方程为7=HeosAsin47(S/),式中的H、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

—v»=——ClT=-7?<ws.in1oxi+Ra）coscot—i

dt

（2）质点的速率为

v—《v；+串；=Rd）

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6=3+2/（S/）。求质点在f

时刻的法向加速度的大小和角加速度£的大小。

解由于«=—=4/

dt

质点在，时刻的法向加速度4的大小为

an=R（tr=167?产

角加速度△的大小为p=—=^radIs2

dt

77页2-15,2-30,2-34,

2-15设作用于质量”=1彷的物体上的力f=6/+3（夕），如果物体在这一力作用

下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s的时间内力厂对物体的冲量。

解由冲量的定义，有

/-2.0「2.0,|2.0

/=JoFdt（6/+3）力=（3/+3"0=18Mi

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

（空气阻力和摩擦力）f=-kv（左为常数）作用。设撤除牵引力时为7=0,初速度为%,

求（1）滑行中速度v与时间，的关系；（2）0至此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

两边积分，速度v与时间/的关系为

2-31一质量为根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2火)，试以加，火和引力恒量G及地球的质量M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--------=TYI-----

(3/?)23R

2

卫星的动能为Ek^-mv=^^

26R

(2)卫星的引力势能为

_GMm

「虫=-1与

JvovJom

2-37一木块质量为A/=1炫，置于水平面上，一质量为加=2g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

mv}=mv2+Mu

对木块用动能定理

-juMgs-0--Mu2

加23一匕>(2X10-3)2X(500-100)2八，，

得⑴〃=----!--£-=-------------------=0.16

2Mgs2xlx9.8x0.2

(2)子弹动能减少

m(片一学)=2401

114页3-11,3-9,

例3-2如图所示，已知物体4、B的质量分别为价.、mB,滑轮。的质量为根一

半径为R,不计摩擦力，物体5由静止下落，求

(1)物体4、B的加速度；

(2)绳的张力；

(3)物体8下落距离L后的速度。

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

例3-2图

（2）角量与线量的关系：物体A、8的加速度就是滑轮边沿的切向加速度，有

at=RJ3。

（3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力7；

分析三个物体，列出三个物体的运动方程：

物体A=mAa

物体5mBg-T2=mBa

物体C（看—7；）R=J"=』//?%=,、而

22

（3）对5来说有，声一片=2«L

2mBgL

v=飞2aL=

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

口，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J=-mR2,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-lur-rdr

71/?2

总摩擦力矩为

2

Af=J。dM=—jUmgR

故平板的角加速度为

M

可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度0=0,因此有

2CAQ2M0

=2万。=下~

设平板停止前转数为n,则转角8=2»〃，可得

4兀M16njig

3-2：如题3-2图所示，两个圆柱形轮子内外半径分别为R和Rz，质量分别

为Mi和M2O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n和m?的两个物体。求在重力作用下，

定滑轮的角加速度。

解：

mi：Ti—mig=

m2：m2g-T2=m2a2

转动定律：R2T2-&(=邛

其中：11

/=2时阀+泮2年

运动学关系：aa

居七

解得：(dD、

6=(叫叫一叫与)g

°一陷/2+吗闾+(弧/2+，"2)&

3-6一质量为〃?的质点位于(X”乂)处，速度为/=u/+v,J,质点受到一个沿x负

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.

解：由题知，质点的位矢为

r=xj+yj

作用在质点上的力为

f=~fi

所以，质点对原点的角动量为

Zo=rxmv=(x}i+yii)xm(vxi+vvy)=(x}mvy-y}mvx)k

作用在质点上的力的力矩为

M0=rxf=(xti+yJ)^(-fi)=yiJk

3-11如题3-11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6角时的角速度.

解：(1)由转动定律，有

加gg=(；加/)尸

则B吗

(2)由机械能守恒定律，有

g(gml1)co2—mggsinO=0

题3-11图

所以有

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

一瞬时突然有一片质量为加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

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.烈'

解：(1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度——-------

V§=R3

设碎片上升高度。时的速度为n,则有题3-13图

v2=Vo-2gh

令v=0,可求出上升最大高度为

H=^=—R2CO2

2g2g

(2)圆盘的转动惯量J=碎片抛出后圆盘的转动惯量一〃求2,碎片脱

22

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，但内力不影响系

统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即

Jco=Jof+mv0R

式中力'为破盘的角速度.于是

；MR2①=0MR2-mR?)①'+mv°R

(-MR2-mR2)a)^(^MR2-mR^co"

得。'=。(角速度不变)

圆盘余下部分的角动量为

1,,

{-MR2-mR2)a)

转动动能为

222

Ek=^MR-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(尸点到圆环中心的距离取为X).

解在圆环上任取一电荷元内，其在P

点产生的场强为dE=——冷一

4密白2+尺72)V

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，各内在尸点产生的

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:

x_qx

E=E//=JdEcos=f、

J14在山2+火2)3+R2A4在(，仔+相产

方向：“0时，(自环心)沿轴线向外；4〈0时，指向环心.

8-12两个均匀带电的同心球面半径分别为凡和艮(员〉R)，带电量分别为⑺和饮，

求以下三种情况下距离球心为r的点的场强：(1)r<R、；(2)Rt<r<R2(3)r>凡.并定性

地画出场强随/•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)当时,

①。=^£,cosOdS=E-=0,/.E=0

⑵当R<r<Rz时，

①0=^Ecos6dS-E-4%二-qje0,

:.E=0/4在(/2

⑶当r>R2时,

解8T2图场强随r的变化曲线

£

①Ecos6dS=E•4M+(j2)/o

•.•E=5+%)/4f/

8-13均匀带电的无限长圆柱面半径为凡每单位长度的电量（即电荷线密度）为九

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4>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八当即所求场点在带电圆柱面内时，因为

①,=fEcosOdS=JEcosOdS+Q+0-E-2%"=0,/.E=0；

当即所求场点在带电圆柱面外时，•••①。=£•2勿=-----

£02兀

8-15将q=2.5XlO^c的点电荷从电场中的力点移到8点，外力作功5.0X10%.问电

势能的增量是多少？/、8两点间的电势差是多少？哪一点的电势较高？若设8点的电势为

零，则/点的电势是多少？

解电势能的增量：A%=K一叼=/外=5.0xl0』J；

A.8两点间的电势差：

—=-5.0X1°：=一2„

qqq2.5xl0-8

•••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」一，其中R是球面的半

4兀£°R

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）当即所求场点在两个球面内时：一+42

4在4底0先

（2）当凡<'<凡即所求场点在小球面外、大球面内时：。=一生一+/

47reQr4在。色

当r>R,即所求场点在两个球面外时：U=+—人=包》

4码r4fr4码r

当r>R：即所求场点在两个球面外时：U=+——=/金

4〃£O〃4在4笳

285页9-3,9-4

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

内有一点8位于/O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

-1

EB=E[+—二干=0

BP4g/

1

曷=一r

4在o（a+r）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

%=小——

4疫or

由于球体是一个等势体，球内任一点的电势和球心。点的电势相等

a七

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，且匕；=玲，因此

所以，B点的电势V=q

B4%。

9-4.如图所示，在一半径为我/=6.0cm的金属球力外面罩有一个同心的金属球壳6.已知

球壳8的内、外半径分别为&=8.0cm,R3=10.0cm,工球带有总电量。彳=3.0xl（y8c,球

壳8带有总电量&=2.0x10-8c.求：（1）球壳8内、外表面上所带的电量以及球N和球壳

8的电势；（2）将球壳8接地后再断开，再把金属球N接地,求金属球A和球壳8的内、

外表面上所带的电量，以及球力和球壳8的电势.

解：（1）在导体到达静电平衡后，。彳分布在导体球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0“，外表面上感应出正电荷0“，则B球壳外表

面上的总电荷（01+02）。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<4）隅=7^闺<r<4）

4飞厂

习题9.4图

片=0（&<r<4），&=>凡）

4阳,

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）和与.

A球内任一场点的电势叱为

cR\—pR,—»「A】—c°°—•

VA=[E[.dr+^E2.dr+\REi.dr+^

近4兀品厂加4席。厂

_]（。/1_QA+QA~^QBx

4%RR2R.

B球壳内任一点的电势喔为

腺=］广心外—"+工广心8—•赤

_12+4力.2+9

4%/4密为

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

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1■:34

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LU—U

面平行，由高斯定理可得1

0=------/.<7,=一外

再由导体板内的场强为零，可知P点合场强

由%=一。3得5=一。4

9-7.一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为。=4.5x10-5现将两极板与电

源断开，然后再把相对电容率为/=2.0的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的万、E

和A

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

极化电荷面密度。'=

对于平行板电容器尸=。'

且凡力，月的方向均沿径向.

9-11.圆柱形电容器由半径为必的导线和与它同轴的导体圆筒构成，其间充满相对电容率

为与的电介质.圆筒内半径为&.电容器长为小沿轴线单位长度上的电荷为±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.//c、

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V

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

&=0,rvR]

2

£=---------------,7?2>丫>Ri

272密£/21

E3=0,r>7?2

...两极的电位差u=E2-dl=-------Inr=-------In--

由27l£0Er&27T£0£r

（2）由第（1）问知，电介质中的电场强度

E=---------

2TCE0£J

电位移。

2孙

极化强度P=（£r-l）£0

z八2

92

AB

329页10-9,10-10

10-6一边长为/=0.15m的立方体如图放置，有一均匀磁

场月=(6,+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=月密=(67+3；+1.5斤)qo.1527)=0.135版

(2)总通量①=力'百=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=勺)

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।和82

方向相同，都垂直纸面向外。故

Bp=B1p+B2P

设P点离导线1的距离为r,则

，川

B,”、=%B”

2兀R2兀(d-r)

代入上式得

6T+_^

2加2万(d-r)

(1)在导线等距的点有

2血

(2)取面积元dS=/dr,则通过矩形面积的磁通量为

①,“=Js5UdSfdr

"1n…2+Windf

2万i\2%d-r{-r2TCi\

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

(«)⑹(c)

习题图10-10

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

匀磁场月=(6i+3/+1.5月)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=L

B=”(cosa-cosq)="(cos90°-cos180°)

4774万。

①=瓦^=(67+37+1.5^)G(0.1527)=0.135^

(3)总通量中=。豆•公=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=q)

11-2

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耳।和方

方向相同，都垂直纸面向外。故

Bp=B[p+B2P

设。点离导线1的距离为r,则

B=mB-m

—”-2兀（d—r）

代入上式得

'2"24（"一r）

（3）在导线等距的点有

』B江

27nd

（4）取面积元dS=Idr,则通过矩形面积的磁通量为

=迎M叱^+迎In…=刈1„j

2兀62乃d-rx—r271r\

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

大小和方向.

⑹(c)

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0。竖直部分对P点磁感应强

B=-(cos仇-cosq)=(cos90"-cos180")

4兀r47va

=M[0-(-l)]

=A/

4兀a

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

阿平1+瓦+瓦卜|2瓦+叫=2祟(cos2一cosa)+”(

r=a；q=90°；a=108°;。=〃

B=2/0-(-1)]+&二=

A兀a2r242兀a4r

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=|瓦+瓦+瓦|=B明=3答•(cosg-cosq)

1,

r=­h

3

：.B=&巫[="

4〃h17ia

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B.则

曲di=〃ol,±=&

中7ir兀R

「2

二/=港/°；82%尸=4。

,ML.,.

5=2万火2

①=口百0/5=

04%

4；Z-X10-X10xl=1.0xl0-6^

4万

即S平面内的磁通量为1.0x10-6版.

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

同=|瓦+①+画=|23+固=2崇(cosg-cosq)+字!

r=a；q=90°；a=108°;。="

.•.8=2丛。0-(-1)]+政二=必+”

47ra2丫2万2兀a4r

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=|瓦+瓦+可邛可=3%(cosa-cosq)

1,

r=­h

3

4〃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).

习题图10T4

解：设距轴线为r处的磁感应强度为8.则

眄力=⑷，奈=.

..8=乌％

2兀M

〃o，()/

中前和=rdr=

J。券的第r4%

4"Xi。-'xlOxl

=1.0x10^^

4〃

即S平面内的磁通量为1.0x1Of好.

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。已知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

势的方向和大小。

解由于7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465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dS=/dx,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》的大小为

B=幺7

2班

通过该面积元的磁通量为

dG=BdS=^ldx

2TDC

于是通过线圈的磁通量为

①(/)=卜①=「"也=肛「也

JJa+W2加2%X

〃o〃|b+vt

----In-----

2〃a+vt

由法拉第电磁感应定律可知，A『匝线圈内的感应电动势为

E_Nd①_NO"Na+vt(a+vt)v-(6+vt)v

dt2兀b+vt(a+v/)2

〃o〃N(6Z+vZ)v-(Z?+vZ)v

2〃(h+vt\a+W)

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

”①IdHvN(1np.NUvib-a)

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5(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=若己知螺线管截面半径为

R,ab=l,求：

(1)螺线管中的感生电场后『

(2)ab,be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0,半径

为r(r<R)的圆周，根据感生电场与变化磁场之间的关系

由EvQil=-^^=-\—0/5

也dt卜3/

可得

瓦D2万=-nr1—--nr-K

dt

有

Ev=——K(r<7?)

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。连接瓦，瓦和瓦，在回路。“6。中,

穿过回路所围面积的磁通量为

(,2\'/2

<P=—BS=-LBIR2-—

24J

则

/>7/2

d①1/2VdB1(/2式

-IR2--K

dt214Jdt214J

而

E\=Eab+Ebo+Eoa=E“b

所以

1(/2严

2

Eah=E,=-lkR-^

2k4J

方向由。指向6

1(/2丫2

同理可得E=-lkR2--

hc2I.4)

方向由b指向c

解法二也可由感生电场力做功求解。由于(1)中已求出会则

11-1.解:(1)由电磁感应定律-----=-12/—8

1ud