揚州大學物理練習冊答案

1、第一章 質(zhì)點運動學1. 解 根據(jù)運動學方程,可得角速度和角加速度分別為212d /d t t = t t 24d /d =2=t 秒時,法向加速度和切向加速度分別為22222 212(1. 0 12(1. 0=t t a n /(1030. 222s m =/(8. 424. 24. 22s m t r a =由 2/a a =,有22224na a a a += 從而得223na a = 即4222 12( 24(3t r rt =由此可得633=t 因此,此時刻的 值為rad (15. 36/342423=+=+=t 由題意 a a n =,即rt t r 24 12(22=解得s (55

2、. 0=t2. 解 由題意有a a n=tan 而tv a d d =Rv a n 2=所以tvR v d d /tan 2=分離變量t R vv d tan 1d 2= 對上式積分,并代入初始條件 0=t 時, 0v v =,得tan 110R tv v =- 整理式得tv R R v v 00tan tan -= 3. 解:取質(zhì)點的出發(fā)點為原點。由題意知質(zhì)點的加速度為 t x 10dt dv a x=2yy 15dtdv a t = 由初始條件 t=0時 v0x =v0y =0,對式 進行積分,有 =tx tt t v 025d 10 325d 15t t t v t y =即j t i

3、t v 3255+= 將 t=5s 帶入式 ,有m/s(625125(j i v +=又由速度的定義及初始條件 t=0 時, x 0 =y0=0,對式進行分離變量并積分,有30235d 5t t t x t = 40345d 5t t t y t =即j t i t r 453543+= 將 t=5s帶入式有m 431253625(j i r += 4. 解 選取圖示的自然坐標系和直角坐標系,則有sin g a =而sin d d d d g Sv v t v a = 由于和均為變量,因此需要統(tǒng)一變量,由圖示不難獲知幾何關系sin d d =-Sy 由、兩式得y g v v d d -=根據(jù)初

4、始條件,有-=yhvv y g v v d d 0積分得(2202y h g v v -+= 這就是質(zhì)點下滑過程中, 速度大小與豎直位置之間的關系。 可以看出, 速度是位置 y 的函數(shù)且隨 y 的減小而增大。 第二章 牛頓定律1. 解 (1 cv f -=tv m d d t m c v v d d -=-=tv v t m c v v 0d d 0t mc v v -=0lnt mcev v -=0(2 t m ce v tsv -=0d dt ev s t mc d d 0-=(d d d 000t mc ecmv t ev s tt mc t t mc s-=-1(00t mct tm

5、ce cmv evmv s -=-=2. 解 在任一點 B 處,小球的受力情況如圖所示,在自然坐標系中其運動方程為 在切向: tvmmg d d sin =- 在法向: Rv m mg T 2cos =- 由式d d sin vR v g =- 即d Rg vdv sin -= 對式積分,并由已知條件 0=時, 0v v =得cos 1(2202-=gR v v (4由式得Rv v g g 2cos 22-+=代入式得Rv v m mg T 23(202-+= 第三章 動量守恒定律和能量守恒定律1. 解 由 3243t t t x +-=可得2383d d t t txv +-= 由式得,當

6、t=0時, m/s0. 30=v ; t=2s時, m/s0. 12-=v 。因此,作用力在最初 2.0s 內(nèi)所作的功(212022v v m A -=J 0. 12 0. 3 0. 1(0. 32122-=-= 式對時間求導數(shù),得質(zhì)點的加速度t tva 68d d +-= 瞬時功率v ma Fv P (=0. 130. 183( 0. 168(32+-+-=J/s(0. 12=2. 解 由功的定義可知,由物體開始運動到 2m 時22d 0.18(1d 0.72W F x x x =+=由動能定理v22211122W mv mv =- 代入初始條件 0=x 時, 10.3v = m/s,得20

7、.9m/sv =所以, 2m 時物體的動量為由動量定理,前 2m 內(nèi)的沖量為3. 解:(1因穿透時間極短,故可認為物體未離開平衡位置。因此,作用于子彈、物體系統(tǒng)上的外力均在鉛直方向,故系統(tǒng)在水平方向動量守恒。令子彈穿出時物體的水平速度為 V 1分有 v M mv mv '+=0(s 13. 3' 0=-=M v v m vN 5. 262=+=Mv Mg T(2 0mv mv t f -= (設 0v 方向為正方向=-4.7 Ns 4. 解 由題意分析,力 F 與 x 的關系為x LF F F 00-= 由牛頓運動定律,有 F xv mv t v m =d d d d 即x x

8、 LF F x F v mv d (d d 00-= 兩邊積分,并由初始條件, 0=x 時, 0=v ,得2002221x LF x F m v -= 因此2(202L x x m F v -= 由式,當 L x =時,速率為mL F v 0= 5. 解 以物體 1m 、 2m 和彈簧為研究系統(tǒng),建立圖示坐標系 OX ,各量的標記如圖所示。在 力 F 作用下, 1m 處于 0x 處達到平衡,由靜力平衡條件得001=+kx g m F 而 2m 離開地面的條件為02-g m kx 剛好離開地面時,上式取等號?，F(xiàn)在的問題是將 x 與 F 聯(lián)系起來。由 1m , 2m 彈簧和地球組成的系統(tǒng),其只有重

9、力和彈性力作功,故系統(tǒng)機械能守恒。以坐標 原點 O(即彈簧的自然長度處 為彈性勢能和重力勢能零點,對 A 、 B 兩狀態(tài)有守恒關系 gx m kx gx m kx 1201202121+=+ 兩邊乘以 2k 有gkx m x k gkx m x k 1220120222+=+將式代入上式,得gkx m x k g m F g m g m F 12211212 (2 (+=+-+即整理得221 (F g m kx =+故g m F kx 1-= 由, (2 、 (4兩式可得g m m F (21+即 F 至少要等于 g m m (21+,可使 F 撤銷后,恰使 2m 抬起。第四章 剛體的轉動1.

10、 解:受力分析如圖示,根據(jù)牛頓運動定律和轉動定律得:ma T mg =-T r J= 又 a r =解得: (r a g m J 2-=又根據(jù)已知條件 0v = 022221t S a , at S = 得: -=1222S gt mr J2. 解 設斜面上問題質(zhì)量為 2m ,另一物體質(zhì)量為 1m ?；喌馁|(zhì)量為 M ,半徑為 r 。分別 對兩物體及滑輪進行受力分析。1m 受重力,拉力 111m g T m a -=2m 受重力,斜面給它的支持力,摩擦力,拉力 2222cos sin T m g m g m a -= O B A1m 彈起的最高點 彈簧為原長時 1m 的位置力 F 作用下, 1

11、m 的位置 (a (b a g 滑輪受重力,軸對它的支持力,兩側繩子的拉力 22112T r T r Mr -=聯(lián)列求解 12212cos sin 5.7912m g m g m g a M m m -=+ 11175.78T m g m a =-=2222cos sin 69.94T m a m g m g =+=3. 解:221MR J =0.6752m kg ma T mg =-J TR =R a =222m/s06. 5=+=JmR mgR a 因此 (1下落距離 m 3. 632/2=at h(2張力 N 9. 37 (=-=a g m T分析圖 4. 解 (1由題意可知細棒的質(zhì)量線

12、密度為 kr =式中 k 為常數(shù)。 由于細棒的總質(zhì)量為 m ,所以 m r kr L=d 0由此得 22L m k = 故 r L m kr 22= 又 22d d J r m r r = ag所以 322021d 2L m J r mL L = (2細棒上到轉軸距離為 r 的長度元 d r 所受到的摩擦力及摩擦力矩分別為 r r L g m f r M r r L g m r g m g f d 2d d d 2d d d 222= 整個細棒所受到的摩擦力矩為mgL r r L mgM L 32d 2022= (3 設細棒由角速度 0到停止轉動所經(jīng)歷的時間為 t ,則角動量定理可得2021(

13、 32oo Mt J mgLt mL -=-= 34o L t g= 5. 證明 碰撞過程,系統(tǒng)角動量守恒 31(220Ml ml l mv += 碰后上擺過程,系統(tǒng)機械能守恒。取直桿下端為勢能零點。60cos 211( 60cos 1( 31(212222o o Mgl mgl Ml ml l Mg -+-=+ 聯(lián)立求解即可得206 3(2(mgl M m M m v +=第五章 靜電場1. 解 取一細圓環(huán)帶,其半徑為 r (r >R ,帶寬為 r d ,則圓環(huán)帶的面積為 r r S d 2d =, 其上帶電量為r r s q d 2d d =應用已知的帶電細圓環(huán)在軸線上的場強公式,可

14、得該圓環(huán)帶在軸線上 P 點產(chǎn)生的電場的大 小,23220 (4d 2d /r x rxr E +=.因此,在 P 點產(chǎn)生的總場強大小為=R E E d 23220 (4d 2/r x rxr +=2202x R x +.方向沿 X 軸正方向2. 解 取坐標軸 OX ,將帶電半球面分成許多寬度極窄的半徑不同的帶電圓環(huán),其上任意一 個圓環(huán)上的帶電量為l x R (R s q d 2d d 22-=為便于計算,可采用角量描述。因為22 (x R R -=Rsin, d d R l =所以d s i n 2d 2R q = 由帶電圓環(huán)在軸線上一點的場強公式,可得該帶電圓環(huán)在 P 點產(chǎn)生場強 E d 的

15、大小為20304d cos 4d d Rq R q x R (E =-= 由于 q d 為正,故 E d 方向沿 X 軸正方向。將 q d 代入上式,可得d 2d 0cos sin E = 為所有圓環(huán)在 P 點產(chǎn)生場強的矢量和,則整個半球面在球心 P 點處產(chǎn)生的場強大小為2004d 2d =cos sin E E Q 方向沿 X 軸正向。 3. 解 無限長半圓柱面薄筒的橫截面如圖所示, 取直角坐標系 OXY , 且原點 O 在軸線上。 沿弧長方向取一寬度為 l d 的細條,此細條單位長度上的帶電量為 l R ' d =由無限長帶電直線在附近一點產(chǎn)生的場強結果, 可得該帶電細條在 O 點

16、產(chǎn)生的場強 E d 的大 小為 l R R ' E d 22d 2020=. 方向如圖所示。 E d 在 X 軸和 Y 軸上的投影為 d 2sin d 2sin sin d d 02202RR R E E x = d 2cos d 2cos cos d d 02202R R R E E y =. 于是整個帶電半圓柱薄筒在 O 點外產(chǎn)生的場強大小為 =00202d 2sin RR E x =0020d 2cos R E y (由對稱性分析也可獲得這個結果 則 i Rj E i E E y x 02=+=. E 的方向沿 X 軸。若 >0時, E 與 X 軸正向一致;若 <0時

17、, E 與 X 軸負向一致。 4. 解 因為電荷相對軸線成對稱分布,所以距軸線為 r 的場點的場強數(shù)值相等,場強方向 沿圓柱經(jīng)向,因此可用高斯定理求解。選取長為 l ,半徑為 r ,與帶電圓柱同軸的柱形高斯面 S 。由高斯定理可知 =+=側面 端面 0i s q rl 2E S 0E S 2E 2S E d cos cos d (1 當 R r <時,高斯面 S 內(nèi)所包圍電荷的代數(shù)和為 ( -=-=43r 02v s i r 4b r 3a l 2r rl 2br ar dV q d ( 代入(1式可得 0321234br ar E -= (R r < 當 R r >時,高斯

18、面 S 內(nèi)所包圍電荷的代數(shù)和為 ( -=-=43R 02V s i R 4b R 3a l 2r rl 2br ar V q d d ( 代入(1式可得 rbR aR E 0431234-= (R r >. 5. 解 如圖所示,由補償法分析,空腔中場點 P 的電勢是半徑為 1R ,密度為 的大球和 半徑為 2R ,密度為 -的小球產(chǎn)生的電勢之和,即21V V V P +=取無限遠處的電勢為零,大球的電場分布為 (><=130311033R r rrR R r r E 應用電勢定義,可得大球內(nèi)任意點的點電勢為 (221011136d d 11r R r E r E V R R

19、r -=+= 對于空腔中心 (a r O =',大球產(chǎn)生的電勢為 (2210136a R V -=. 同理,可得小球在 O '處產(chǎn)生的電勢為 0220222263R R V -=-=. 由電勢疊加原理(0 6. 解:(1球心處的電勢為兩個同心帶電球面各自在球心處產(chǎn)生的電勢的疊加,即 r r r r ( r q r q (U 2221210221100444141+=+=(210r r +=921001085. 8-=+=r r U C/m2 (2設外球面上放電后電荷面密度為 ' ,則應有0 ' (1' 2100=+=r r U 則 21' r r

20、 = 外球面上應變成帶負電,共應放掉電荷 20021221222244144r U r r (r r r (r ' (r ' q =+=+=-= 91067. 6-=C7. (1根據(jù)對稱性分析,兩段帶電直線各自在 O 點的電場強度大小相等、方向相反 , 相互 抵消,所以只計算帶電細線半圓形部分的電場。 取電荷元 l q d d =,相應的 E d 在圖中畫出。設 E d 和 y 軸夾角為 ,其大小 24d d al E o =根據(jù)對稱性分析可知 , j a E aa E a a l E E o o o y o o y x 22d cos 42d cos 4cos 4d d 02

21、02=(2在帶電直線部分任取一電荷元 d d q l =, 設電荷元至 O 點的距離為 l , 則該電荷元在 O 點電勢為1210d d 4d ln 244o a a o lV l l V l = 兩段帶電直線在 O 點的電勢相同,迭加為 12V ,半圓形帶電細線上任一電荷元在 O 點的電勢為 220d d 4d (2ln2 44o a o o lV a V l a =+ 122(2ln2 4oV V V =+=+ 得證。8. 解(1如圖所示,取坐標 OX 軸過盤心垂直于盤面,原點 O 位于盤心處。在圓盤上取一 距圓心為 r ,寬度為 r d 的圓環(huán)帶 S d , r r 2S d d =,為

22、圓環(huán)帶的面積,其上帶電量為 S R Q S q 2d d d =。 q d 在 P 點產(chǎn)生的電勢為 22202220r L R 4r r 2Q r L 4qV +=+=d d d所以,整個帶電圓盤在 P 點產(chǎn)生的電勢為L L R R 2Q r L R 2r Qr V V 2220Q R 02220-+=+=d d (2 根據(jù) P 點的電勢,可知 X 軸上電勢與坐標的函數(shù)關系為(x x R R Qx V -+=22202 因此,根據(jù)電勢梯度法,有( +-= -+-=-=222022201212212d d x R x R Q x R x R Q x V x E 則 P 點場強為 +-=22201

23、2L R LR Q E P . 由對稱性分析可知, P 點場強 E 方向在 X 軸方向上,若 0Q >,沿 X 軸正向,若 0Q <, 沿 X 負向。 第六章 靜電場中的導體與電介質(zhì)1. 解 (1因 3塊導體板靠的很近,可將 6個導體表面視為 6個無限大帶電平面。導體表面 電荷分布可認為是均勻的, 且其間的場強方向垂直于導體表面。 作如圖虛線所示的圓柱形高 斯面,因導體在達到靜平衡后,內(nèi)部場強為零,又導體外的場強方向與高斯面的側面平行, 故由高斯定理可得32-= 54-= .再由導體板 A 內(nèi) d 點場強為零,可知 =d E -012-022-032 所以

24、61=.故點 a 的場強為 6個導體表面產(chǎn)生場強的矢量和=a E =61021i i SQ Q Q 03212+=021(+1+2+3+4+56 根據(jù)上述已有結果,可知61=S Q Q Q 2321+. 再由于+1S Q 12= +3SQ 24=. 得 =2113-=-S Q =SQ Q Q 2321-=4325-=-S Q =SQ Q Q 2321-+ (2 a 、 b 、 c 點的場強=a E 01021=i =S Q Q Q 03212+ 同理 =b E 02021=i =S Q Q Q 03212- =c E 05021= i =S Q Q Q 02132-2. 解:當用導線把球和球殼

25、連接在一起后。由靜電平衡條件可知,電荷 (Q q +全部分布在 球殼的外表面上,如圖所示,此時,電場只分布在 3R r >的空間中,即2041r Q q E +=。 同時球體與球殼成為一個等勢體,即 21V V =,于是, 021=-=V V V根據(jù)電勢的定義,可得+=+=+=33330204321441R r R R R Q q dr r Q q dr E dr E V V . 1Q 1a2Q 3Q 23456A 若外球殼接地, 球殼外表面的電荷為零, 等量異號電荷分布在球表面和殼內(nèi)表面, 此時電場 只分布在 21R r R <<的空間內(nèi),如圖所示。由于外球殼電勢 02=V

26、 ,則內(nèi)球體內(nèi)任一場點 (11R r P <的電勢為 -=+=+=121, Q Q Q Q B A -=-=則 Q Q Q =+21 (1由于 C , A 間和 C , B 間均可視為勻強電場, 01S Q E CA =S Q E CB 02= (2 A , B 板接地 UCA =UCB即有 d 2d CB CA E E = (3 由式(2 、 (3得 Q 1=2Q2代入(1 ,得, 321Q Q =, 312Q Q = 則 , 321Q Q Q A -=-= , 31Q Q Q A B -=-= S Q S Q E U U CB CB C 0023d d d = 在 C , B 板間充

27、以相對介電常數(shù)為 r 的電介質(zhì), C 板上電荷重新分布。設左,右兩側分別帶電荷 ' 2' 1, Q Q 。 A , B 板上感應電荷分別為 ' ' , B A Q Q 。則 '2' ' 1' , Q Q Q Q B A -=-=,相 應于上一問中的一組方程式為 Qq +Q Q Q =+' 2' 1 (1 , 0' 1S Q E CA= , 0' 2S Q E r CB =' (2 d ' 2d ' CB CA E E = (3 解式(1 、 (2、 (3得于是 o, 22&#

28、39; 1Q Q r += , 2' 2Q Q rr += 于是 , 22' 1' Q Q Q r A +-=-= , 2' 2' Q Q Q rr B +-=-= SQ S Q E U r CA C 2(d 2d 2d 00' 1''+= 4. 解 由平行板電容器的公式可得20=d SC F 0210則電容器極板上的電量為C 10204=V C Q(1A 、 B 板間的電勢差在未插入 C 板前,兩板之間的場強為V/m101010042=-d V E 插入 C 板之后, 由于極板上的電量不改變, 所以電荷面密度不變, 因此兩板間的

29、場強 0E =也不變, A 、 C 板間和 C 、 B 板間的場強都是 0E =。由此可得 1AC V Ed =104×2×10-3=20V2CB V Ed =104×6×10-3=60 V板間的電勢差為V 806020=+=+=CB AC V V V(2用導線連接 A 、 B 板后,兩板電勢相同,系統(tǒng)相當于兩個電容器并聯(lián),所以此時系C C C d d =+=+=+= ×F 1003 因為極板上總電量未變,所以板與板間的電勢差為 Q V C =0×2×104/(43×1030 =15 V5. 解 (1由題意可知,真

30、空區(qū)域中的場強為 0E ,介質(zhì)中的場強為 E ,所以兩極間的電 勢差為 0( U E d b Eb =-+由高斯定理知,兩極間電勢移 D 處處相等,故 000/, /r E D E D =代入上式得 (000rr DDD bU d b b d b =-+=-+ 所以00000111r r r rr r r rr r UU D bd bd b UDE d bDUE d b=+-+=+-=+-. (2容器的電容為 01r r r S QC U d b=+- 第七章 恒定磁場1. 解 由圖可知,繞有載流導線的木球可成是無限多個不同半徑的同圓心的載流線圈所組 成,球心 O 在這些載流線圈的軸線上,則球

31、心 O 點的磁感應強度 0B 是各個載流線圈在點激 發(fā)的磁感應強度的矢量和。選取圖中所示坐標系 OXY ,在 X 軸線上(亦是各載流線圈的軸線距原點 O (即球心處x 處取一寬為 dl 的圓環(huán),半徑為 y ,圓環(huán)上繞有 dN 匝導線,即d NRd R N dl R N dN 222/=通過圓環(huán)上的電流 d INIdN dI 2=,由載流線圈在軸線上任一點產(chǎn)生的磁感應強度公式,可知 dI 在 O 點激發(fā)的磁感應強度 dB 大小為d y x y NI x y dIy dB 2220232220 ( (2+=+= dB 的方向沿 X 軸正向由幾何關系 cos , sin R y R x =, 代入上

32、式得d RNIdB 20cos =. 由于所有載流線圈在 O 點激發(fā)的 B 方向相同,故 O 點總的磁感應強度 =dB B 0可由矢量 積分簡化為標量積分,即 cos sin 212cos 020200+=R NI d R NI dB B RNI40=0B 的方向沿 X 軸正向。 2. 解 (1取直角坐標系,如圖所示。首先求半圓柱面導體在 O 點產(chǎn)生的磁感應強度。如圖截面圖所示,半圓柱橫截面上單位長度的電流為 RI i =將 半 圓 柱 面 導 線 可 視 為 無 數(shù) 條 無 限 長 載 流 直 導 線 的 集 合 , 對 稱 于 Y 軸 取 兩 元 段dl dl dl =21,則橫截面為 d

33、l 的兩條無限長載流直導線在軸上橫截面(OXY 平面的 O點分別產(chǎn)生的磁感應強度 dB 的大小為 RidlR dI dB dB 220021= 1dB 、 2dB 與 X 軸夾角相等,由對稱性分析可知,因各對無限長載流直導線在 O 點產(chǎn)生的場強的 Y 軸分量相互抵消, 而使總場強的 Y 軸分量 0=y B , 故總磁感應強度只有 X 軸方向 分量。 因為cos 2cos 0RiRd dB dB x = 則總的 B 的大小為=200200cos 2cos 2d i d i dB B x RIi i 2000sin =軸線上的載流直導線處于磁場中,由安培力公式得,軸線上導線單位長度所受的力為RI

34、I R I BIl F 220201=即 j RI F220=.該力為斥力。(2二相互平行放置的無限長直導線通反向電流時,相互作用力為斥力。只有將直導線放在 坐標原點的左側才能使位于原點的載流導線受到方向指向 Y 軸的作用力。 設二直導線相互距 離 d ,與(1結果聯(lián)立,得d I RI 220220= 所以 2Rd =即另一導線應放在 2Ry -=處時,產(chǎn)生同樣的磁力。 3. 解 取坐標系 XOY ,如圖 (a 所示。由于空腔的存在,不能直接用安培環(huán)路定理求解。小圓柱空腔表示其中通過的電流等于 0,這可以等效成空腔中同時存在的兩個等值反相的電 流,因此可采用補償發(fā)求解。將空腔部分等效成同時存在

35、著電流密度 j 和(-j 的電流,空 腔中任意一點的磁場為通有電流密度 j ,半徑為 R 和半徑為 r的長圓柱體和通有反相電流密度(-j , 半徑為 r 的小圓柱體產(chǎn)生的磁場的矢量和,即21B B B +=取空腔中的任意一點 P , 21' , r P O r OP =, 由于半徑為 R 和半徑為 r 的長圓柱體產(chǎn)生的磁 場具有軸對稱性,故可根據(jù)安培環(huán)路定理,有j r r r j B 221012101=其中 (222r R I j -=。所以 (222101r R Ir B -=同理,可得 (222220202r R Ir j r B -=1B 和 2B方向根據(jù)右手法則確定,如圖(b

36、 所示。 將 1B , 2B在 X , Y 軸上投影,其分量為sin 2sin 1011jr B B x -=-=cos 2cos 1011jr B B y =sin 2cos 20' 22jr B B x -=cos 2sin 20' 22jr B B y =.P 點的磁感應強度 B 的兩個正交分量為,0 sin sin (212021=-=+=r r jB B B x x xd jr r jB B B y y y 2cos cos (2021021=+=+=結果表明, P 點的磁感應強度 B 的大小為一常量,方向垂直于 'OO 之間的連線 d ,即在 Y軸方向上,所

37、以空腔中的磁場為勻強磁場, (2220r R IdB p -= 4. 解:(1根據(jù)安培定律 d d F I l B =計算三角形回路 ab , bc , ca 三邊所受安培力。無限長載流直導線磁感應強度表達式為 012I B r=,三角形回路三邊電流元均與磁場垂直。ab 段:各電流元處 B 值相同。01222(dab lI I F I Bab l =+ 方向如圖所示。bc 段: 0122d d d 2I I rF I B l r=012012d 22d l bc d I I I I r d l F r d+=方向如圖所示。ca 段:, d 2d 210rlI I F = r l d 2d =

38、012012d d lca dI I I I r d l F r d+=方向如圖所示。(2取距電流 1I 為 r r r d +-窄條作為面積元:d d (tan60d d m B S B r d r r d r =-=-XO 'Yd(a(b 01(1d 2I dr r= -01d (d 2d ld l m d d I r r d r+=- 01(dln 2I d ll d+= -5. 解:(1 如圖,在圓盤上取半徑為 r ,寬為 dr 的環(huán)帶,先求出此環(huán)帶轉動時的磁矩。此 環(huán)帶轉動時的等效電流為q q T I d 2d 1d =其中 r r R qq d 2d 2= 則 r r Rq

39、I r I S P m d d d d 322=整個圓盤的磁矩為203241d qR r r R qP Rm =磁矩的方向垂直紙面向外。(2 磁力矩 , B P M m = B P mB qR M 241=磁力矩的方向平行紙面向上。 6. 解 取直角坐標系,如圖所示。 (1設 v 為電子的漂移速率。在穩(wěn)恒狀態(tài)時,電子受到 的洛倫茲力和電場力相互平衡,即evB eE = 故(m /s 107. 6105. 1101425-=Bb V B E v . (2每立方厘米載流子的數(shù)目為32332952419(cm108. 2 (m108. 2101101107. 6106. 13-=evbd I n (

40、3假設 I 沿 Y 軸方向, B 沿 X 軸方向,則霍爾電壓的極性,如圖所示。 . 第八章 電磁感應 電磁場1. 解 由于 B 隨時間變化, 同時 ab 導線切割磁場線, 故回路中既存在感生電動勢, 又存在 動生電動勢。由法拉第電磁感應定律可知, t 時刻金屬框中感應電動勢的大小為t BS t S B t BS t d d d d d (d d d +=21(d d 21 21(d d 2t t lx lx t B +=勢 動 +=.動 的方向從 b 指向 a , 感 的方向為逆時針方向。將 tan tan , vt x l vt x =代入上式,則 21(d d tan 21 tan 21(

41、d d 21222222t t t v t v t t i +=tan 32t v =i 的方向為逆時針方向。.2. (1 B a U U U M O OM 221=-= (2添加輔助線 ON ,由于整個 OMN 內(nèi)感應電動勢為零,所以 O N MN O M =+,即可直 接由輔助線上的電動勢 ON 來代替 OM 、 ON 兩段內(nèi)的電動勢。a a ON 30cos 2=2/3 (2122B a a B U U U N O ON =-=(3 O 點電勢最高。3. 解 無限長直導線在金屬棒轉動平面內(nèi)激發(fā)的磁場是非均勻的, 方向垂直紙面向外。 在金屬棒上沿 OA 方向任取一線元 d l , d l

42、至 O 點距離為 l ,距無限長直導線距離為 r , 由無限長直載流導線產(chǎn)生磁場的公式可知,該處的磁感應強度大小為rIB 20=(方向垂直紙平面向外當棒旋轉至圖示位置時,金屬 OA 上各線元的速度方向均垂直各線元沿平面向上,其夾角2= (B v 的方向沿 OA 方向,即 (B v與 d l 間夾角為零。由于線元 d l 速度大小 l v =,所以 d l 上的動生電動勢大小為l Bl l vB l B v d d d 0cos 2sin (d (=金屬棒上總的動生電動勢大小為=L LOA l B v d d (=L Ll l rIBldl 00d 2.在上式中, r , l 均為變量, 必須先

43、統(tǒng)一變量后才能進行積分, 由圖示可知, dr dl b r l =-=, , 將其代放上式故 r rb r Ir b r rILb bLb bOA d (2d (200-=-=+ ln(20BLb b L I+-= 由 0>O A或由 (B v可知,電動勢 OA 的方向從 O 指向 A ,即 A 點電勢高。 . 4. 解 (1 長直截流導線在空間的磁場分布為 B=rI20取 abcd 回路的面法線方向垂直紙面向里 , 在距長直導線為 r 處取 一面積元 , r x S d d =如圖所示 .穿過此面元的磁通量為 m d =S B d =r x rId 20 穿過整個回路的磁通量為 000

44、0ln2d 200r lr Ix r r Ixlr r m +=+ (2 由法拉第電磁感應定律知 , 回路上的電動勢為000d ln d 2m i I r lt r +=-=-v i I =000ln2iI r lRRr +=-v方向為逆時針方向 (3 由安培定律 B l I F=d d 可求出 cd 段導線的受力0000d d lnd 22i I r l IF I B r r Rr r+=v0022000000d (ln (ln 22r l r Ir l I r l rF R r r r R +=v v 方向垂直于 cd 導線向上 第九章 振動1. 解:(1由題意 mmm m x F k x

45、 A kA F =, Jx F kx E m m m 16. 0121= (2mmm m x v A v A v =,Hz 12/, rad/s2=3,0sin ,2. 0cos ,000=<-=A v A x t . 振動方程為 (SI 2cos 4. 01+=t x .2. 解 由已知條件可畫出該諧振動在 t=0時刻的旋轉矢量位置,如圖所示。由圖可以看出3231=-= 所以該物體的振動方程為322(c o s10. 0+=T t x (1將 T=2s,代入振動方程可得 t=0.5s時的質(zhì)點的位移為m (087. 0 322cos(1. 0-=+=x (2當物體第一次運動到 x=5cm

46、處時,旋轉矢量轉過的角度為 ,如圖所示,所以有1=t 即 s (1211=T t (3當物體第二次運動到 x=5cm處時,旋轉矢量又轉過 32,如圖所示,所以有32 (12= -=t t t 即 s (323132=T t 3. 解 如圖所示,設 , 01=則6= m 101=A 而 A =0.20m由余弦定理知m 10. 06cos173. 020. 02 173. 0( 20. 0(cos 22212122=-+=-+=AA A A A 有正弦定理知s i n s i n (22A A =- 將 A , A 2及 值代入,求得 sin( 2-=1有此得 22=-所以, 2 , 2122=-

47、=。4. 解 由運動方程 25cos(06. 0-=t x 的速度和加速度表達式為 25sin(3. 0d d -=t t x v 25cos(5. 1d d -=t t v a2AX且已知:A =0.06m , 1s 5-=, 2-= (1 02x m F -=當 , 0, 00=x t 所以 0=F(2 s t =0 25cos(06. 0=-=x max 1, s m 3. 0 25sin(3. 0v v v -=-=-=- 0 25cos(5. 1=-=a 或 02=-=x a (3 J 1025. 2 3. 0(05. 02121322max max , -=mv E k . (4

48、221kA E E p k =+ 當振動動能和勢能相等時,E E p 21=即 22212121kA kx = 所以 A x 22±= 5. (1 在位移為 y 處系統(tǒng)受力為( (1y y k g m M F +-+=.其中 1y 為系統(tǒng)平衡時彈簧的伸長量。由力的平衡條件知 g m M ky (1+= .故 ky F -=(滿足簡諧運動的運動學條件或 y m M k dty d a +-=22(滿足簡諧運動的運動學條件 因此該系統(tǒng)作簡諧運動。(2由上述微分方程可知, 2m M k += mM k +=.0=t 時的初始條件為kmg k g m M k Mg y -=+-= (0. 由

49、小球 m 自由落體遵守機械能守恒和小球與沙盤的完全非彈性碰撞(忽略重力的作用 遵守動量守恒得gh m M m v 20+=故 gm M kh k mg v y A (222020+=+= gm M kh y v (2 arctan(00+=-= 23<< . 第十章 波動1. 解: s cm u /6002524=s v A /502cm, 30=0sin ,0cos 00>-='=A y A y 2-= (SI 26x t 50cos 100. 3y 2- -=-2. 解:(1已知波的表達式為 (x t . y 2100cos 050-=與標準形式 (/x t A

50、y 22cos -=比較得A =0.05m, =50Hz, =1.0m, u =50m/s (2 s 7152. A t y v maxmax = = 232222s 103944= =. A t y a maxmax (3 (212=-=x x ,二振動反相3. 解 (1由題設可知 A 點和 B 點的振動方程為m (24cos(01. 0+=t y A m (34cos(01. 0-=t y B 由于 <=-=m x x AB A B 1, 有 22<=-AB x x , 又因 65 3(2=-=, 所以該平面諧波的波長為m (512 (2=-=A B x x 波速為 m/s(5242512=v u (2因為波是沿 X 軸正向傳播,所以波函數(shù)可寫為 5241(2cosA x t v A y +-= 代入相關數(shù)值,得2 5241