大学物理教程上课后习题答案解析.doc

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1、 物理局部课后习题答案标有红色记号的为教师让看的题27页 1-2 1-4 1-121-2 质点的运动方程为，都以米为单位，以秒为单位，求：（1） 质点的运动轨迹；（2） 从到质点的位移的大小；（3） 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，将代入，有或 2将和代入，有， 位移的大小 3 ， 当时，速度和加速度分别为 m/s21-4设质点的运动方程为，式中的、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2质点的速率为速率的变化率为1-12 质点沿半径为的圆周运动，其运动规律为。求质点在时刻的法向加速度的大小和角加速度的大小。解由于质点在时刻的法向加速度的大小为

2、角加速度的大小为77页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量的物体上的力，如果物体在这一力作用下，由静止开场沿直线运动，求在0到的时间内力对物体的冲量。解由冲量的定义，有2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，假设撤除牵引力后，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，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飞机停顿前所滑行的路程。解飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有即两边积分，速度与时间的关系为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，试以和引力恒量及地球的质

3、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，有卫星的动能为卫星的引力势能为2-37 一木块质量为，置于水平面上，一质量为的子弹以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顿。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对木块用动能定理得 (1) (2) 子弹动能减少114页3-11，3-9，例3-2图例3-2 如下列图，物体、的质量分别为、，滑轮的质量为，半径为，不计摩擦力，物体由静止下落，求1物体、的加速度；2绳的*力；3物体下落距

4、离后的速度。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。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。3由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力。分析三个物体，列出三个物体的运动方程：物体物体物体解 1。2， 。 3对来说有，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，假设平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度0开场旋转，它将在旋转几圈后停顿.圆形平板的转动惯量，其中m为圆形平板的质量分析：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

5、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总摩擦力矩为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，因此有设平板停顿前转数为n，则转角，可得3-2：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：m2gm1gT2T2T1T1R2R1m1：m2：转动定律：其中：运动学关系：解得：3-6一质量为的质点位于()处，速度为, 质点受到一个沿负方向

6、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，质点的位矢为作用在质点上的力为所以，质点对原点的角动量为作用在质点上的力的力矩为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由转动，杆于水平位置由静止开场摆下求：(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，有则 (2)由机械能守恒定律，有题3-11图所以有 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*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的瞬时速度方向正好竖直向上(1)问它能升高多少(2)求

7、余下局部的角速度、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设碎片上升高度时的速度为，则有 题3-13图令，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量，碎片抛出后圆盘的转动惯量，碎片脱离前，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，即式中为破盘的角速度于是得 (角速度不变)圆盘余下局部的角动量为转动动能为258页8-2,8-12,8-178-7 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*.dEPdqR*dEdE*O解 在圆环

8、上任取一电荷元dq，其在P点产生的场强为 ， 解8-7图方向沿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=方向：q0时，自环心沿轴线向外；q0时，指向环心.8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为R1和R2R2R1，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：1rR1；2R1rR23rR2.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： rER1R2解8-12图 场

9、强随r的变化曲线(1) 当rR1时，(2) 当R1rR2 时，(3) 当rR2 时，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. 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rR即所求场点在带电圆柱面内时，因为；当rR即所求场点在带电圆柱面外

10、时，.8-15 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.假设设B点的电势为零，则A点的电势是多少.解 电势能的增量：；A、B两点间的电势差：0， B点的电势较高；假设设B点的电势为零，则 .8-17 求习题8-12中空间各点的电势.解 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rR1即所求场点在两个球面内时:；（2） 当R1rR2即所求场点在小球面外、大球面内时

11、:；当rR2即所求场点在两个球面外时:当rR2即所求场点在两个球面外时:285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；2B点的电势.习题9.3图 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

12、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，因此所以， B点的电势 9-4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.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 = 3.010-8 C，球壳B带有总电量QB = 2.010-8 C.求：1球壳B内、外外表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、外外表上所带的电量，以及球A和球壳B的电势.习题9.4图解：1在导体到达静电平衡后，分布在导体球的外表上由于静电感应，在B球壳的内外表上感应

13、出负电荷，外外表上感应出正电荷，则B球壳外外表上的总电荷。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A球内任一场点的电势为B球壳内任一点的电势 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一样.解：因两块导体板靠得很近，可将四个导体外表视为四个无限大带点平面。导体外表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外表。作如下列图的圆柱形高斯面，因导体在到达静电平衡后内部场强为零

14、，导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，由高斯定理可得再由导体板内的场强为零，可知P点合场强由 得9-7. 一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为= 4.510-5 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、和.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且的方向均沿径向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

15、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电介质外表的极化电荷面密度. 解：1 设导线上的电荷均匀地分布在导线的外表上，圆筒上的电荷均匀的分布在圆筒的内外表上，可由高斯定理求得各区域的场强两极的电位差2 由第1问知，电介质中的电场强度电位移极化强度 329页10-9,10-1010-6 一边长为m的立方体如图放置，有一均匀磁场T通过立方体所在区域.计算：习题图10-61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（2） 总通量10-11 如下列图，相距为d的两平行长直导线载有一样电流，求 1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁

16、感应强度； 2通过图中矩形面积的磁通量 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方向一样，都垂直纸面向外。故设点离导线1的距离为，则，代入上式得（1） 在导线等距的点有， （2） 取面积元，则通过矩形面积的磁通量为d+习题图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。竖直局部对P点磁感应强度10-6 一边长为m的立方体如图放置，有一均匀磁场T通过立方体所在区域.计算：习题图10-61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

17、面积（3） 总通量10-11 如下列图，相距为d的两平行长直导线载有一样电流，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 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方向一样，都垂直纸面向外。故设点离导线1的距离为，则，代入上式得（3） 在导线等距的点有， （4） 取面积元，则通过矩形面积的磁通量为d+习题图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。竖直局部对P点磁感应强度方向垂直纸面向外.bP点处的磁感应强度为三局部载

18、流导线所产生的磁感应强度的叠加，则方向垂直纸面向里.cB为三边磁感应强度叠加，由对称性方向垂直纸面向里.习题图10-1410-14 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，如下列图.试计算通过导线1m长的平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为处的磁感应强度为.则即平面内的磁通量为.方向垂直纸面向外.bP点处的磁感应强度为三局部载流导线所产生的磁感应强度的叠加，则方向垂直纸面向里.cB为三边磁感应强度叠加，由对称性方向垂直纸面向里.习题图10-1410-14 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，如下列图.试计算通过导线1m长的

19、平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为处的磁感应强度为.则即平面内的磁通量为.367页11-1,11-511- 一载流的无限长直导线，与一N匝矩形线圈ABCD共面。AB长为L ,与导线间距为a；CD边与导线间距为bba。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 以图示位置开场运动，则经过时间t之后，线圈位置如图(b)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

20、公式知，该面积元处的大小为=通过该面积元的磁通量为于是通过线圈的磁通量为 =由法拉第电磁感应定律可知，N匝线圈内的感应电动势为令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 (t)。设B以速率=变化为大于零的常量。现在其中放置一直角形导线 abc。假设螺线管截面半径为R,，求：1螺线管中的感生电场；2两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，半径为的圆周，根据感生电场与变化磁场之间的关系可得有由楞次定律可以判断感生电场

21、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，穿过回路所围面积的磁通量为则而所以方向由指向同理可得 方向由指向解法二 也可由感生电场力做功求解。由于1中已求出。则11-1.解: (1)由电磁感应定律(2)由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使R中产生感应电流的方向是由左向右11-4解:由题意可知金属棒沿杆下滑的速度为重力加速度所引起11-5解:由于I为稳定电流,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回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图。设矩形线圈以速度V从图示位置开场运动，经过时间t之后，线圈位置如图(

22、b)所示，取面积元ds=ld*，距长直导线的距离为*，按无限长直载流导体的磁感应强度公式知，该面积元外 的大小为通过该面积元的磁通量为于是通过线圈的磁通量为由法拉第电磁感应定律可知，N匝线圈中的感应电动势为令t=0,代入数据，得到线圈，刚离开直导线时的感应电动势按楞次定律E的方向为图b中的顺时针方向1、 一质点作匀速率圆周运动，其质量为m,线速度为v，半径为R。求它对圆心的角动量；它相对于圆周上*一点的角动量是否为常量，为什么.答：它对圆心的角动量Rmv，是常量；它相对于圆周上*一点的角动量不是常量。4、彗星绕太阳作椭圆轨道运动，太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，问系统的角动量是否守恒.近日点与远日点的速度哪个大.3-5题图答：在彗星绕太阳轨道运转过程中，只受万有引力作用，万有引力对太阳不产生力矩，系统角动量守恒。近日点r 小v 大，远日点r 大v 小。这就是为什么彗星运转周期为几十年，而经过太阳时只有很短的几周时间。彗星接近太阳时势能转换成动能，而远离太阳时，动能转换成势能。8利用角动量守恒定律简要分析把戏滑冰、跳水运动过程。答：对这一力学现象可根据角动量守衡定律来解释。例如旋转着的芭蕾舞演员要加快旋转时，总是将双手收回身边，这时演员质量分布靠近转轴，转动惯量变小，转动速度加快，转动动能增加。