大學(xué)物理教程-(上)課后習(xí)題-答案

物理局部課后習(xí)題答案(標(biāo)有紅色記號的為老師讓看的題〕27頁1?2

1-41-12

1-2質(zhì)點的運動方程為=。一])2,羽),都以米為單位，，以秒為單位，求:

(1)質(zhì)點的運動軌跡；

(2)從/=1s-至ij/=2s質(zhì)點的位移的大??；

(3)t=2s時，質(zhì)點的速度和加速度。

解：(1)由運動方程消去時間，可得軌跡方程，將r=五代入，有

或y[y=4x-\

(2)將，=ls和，=2s代入，有

q=li,/;=4/+1j

位移的大小|^r|=\32+12=VbOw

(3)匕=—=It

Adt

當(dāng)，=2s時，速度和加速度分別為

a=2i+2jm/s2

1-4設(shè)質(zhì)點的運動方程為〃=Rcc*〃)faRsin〃)0(S/),式中的及、〃，均為常量.求(U

質(zhì)點的速度；(2)速率的變化率。

解(1)質(zhì)點的速度為

(2)質(zhì)點的速率為

速率的變化率為—=0

dt

1?12質(zhì)點沿半徑為R的圓周運動，其運動規(guī)律為夕=3+2/(S/)。求質(zhì)點在/時刻的法

向加速度%的大小和角加速度方的大小。

解由于co==4r

dt

質(zhì)點在/時刻的法向加速度與的大小為

角加速度p的大小為/3=—=4racl/52

77頁2?15,2-30,2-34,

2-15設(shè)作用于質(zhì)量加=1依的物體上的力產(chǎn)=6r+3（S/）,如果物體在這一力作用下，由靜止

開始沿直線運動，求在0到2.0s的時間內(nèi)力”對物體的沖量。

解由沖量的定義，有

2-21飛機著陸后在跑道上滑行，假設(shè)撤除牽引力后，飛機受到與速度成正比的阻力（空氣阻力

和摩擦力）/二一右，（攵為常數(shù)）作用。設(shè)撤除牽引力時為f=0,初速度為％,求（1）滑行中速度i，與

時間，的關(guān)系；（2）0到1時間內(nèi)飛機所滑行的路程；（3）飛機停止前所滑行的路程。

解（1）飛機在運動過程中只受到阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有

rm爾k1

即—=----dt

vm

兩邊積分，速度I，與時間，的關(guān)系為

2-31一質(zhì)量為〃?的人造地球衛(wèi)星沿一圓形軌道運動，離開地面的高度等于地球半徑的2倍

（即2R）,試以機R和引力恒量G及地球的質(zhì)量M表示出:

（1）衛(wèi)星的動能；

（2）衛(wèi)星在地球引力場中的引力勢能.

解（1）人造衛(wèi)星繞地球做圓周運動，地球引力作為向心力，有

2

衛(wèi)星的動能為Ek=-mv=01"

k26R

（2）衛(wèi)星的引力勢能為

2-37一木塊質(zhì)量為依，置于水平面上，一質(zhì)量為〃z=2g的子彈以500〃?/s的速度水平

擊穿木塊，速度減為100〃"s,木塊在水平方向滑行了2（kv〃后停止。求：

（1）木塊與水平面之間的摩擦系數(shù)：

（2）子彈的動能減少了多少。

解子彈與木塊組成的系統(tǒng)沿水平方向動量守恒

對木塊用動能定理

病(匕一匕)2_(2x10-3)2x(500To0)2

得=0.16

(1)2Mgs—_2xlx9.8x0.2

（2）子彈動能減少

114頁3?11,3-9,

例3?2如下圖，物體A、3的質(zhì)量分別為

mR,滑輪。的質(zhì)量為半徑為R，不計摩

擦力，物體B由靜止下落，求

（1）物體A、3的加速度；

（2）繩的張力；

（3）物體3下落距離L后的速度。

分析：（1）此題測試的是剛體與質(zhì)點的綜合運動，由于

滑輪有質(zhì)量，在運動時就變成含有剛體的運動了?；喸谧鞫?/p>

例3-2圖

軸轉(zhuǎn)動，視為圓盤，轉(zhuǎn)動慣量為/=二機

2

(2)角量與線量的關(guān)系：物體A、3的加速度就是滑輪邊沿的切向加速度，有%=R0、

(3)由于滑輪有質(zhì)量，在作加速轉(zhuǎn)動時滑輪兩邊繩子拉刀7；工4。

分析三個物體，列出三個物體的運動方程：

物體A式=mAa

物體BmKg-T2=mHa

物體C（4一（）R=J/==-mRa

22c

解⑴a=

(3)對b來說有,

例3-4有一半徑為R的圓形平板平放在水平桌面上，平板與水平桌面的摩擦系數(shù)為u,假設(shè)平板

繞通過其中心且垂直板面的固定軸以角速度3。開始旋轉(zhuǎn)，它將在旋轉(zhuǎn)幾圈后停止？(圓形平板的轉(zhuǎn)動

慣量/=—其中m為圓形平板的質(zhì)量)

2

分析：利用積分求圓形平板受桌面的摩擦力矩，運用轉(zhuǎn)動定律求出平板的角加速度，再用運動

學(xué)公式求轉(zhuǎn)動的圈數(shù).

解：在距圓形平板中心I?處取寬度為dr的環(huán)帶面積，環(huán)帶受桌面的摩擦力矩為

總摩擦力矩為

故平板的角加速度為

可見圓形平板在作勻減速轉(zhuǎn)動，又末角速度0=0,因此有

設(shè)平板停止前轉(zhuǎn)數(shù)為n,那么轉(zhuǎn)角6=2%〃，可得

3-2：如題3-2圖所示，兩個圓柱形輪子內(nèi)外半徑分別為Ri和

R,質(zhì)量分別為凡和他。二者同軸固結(jié)在一起組成定滑輪，可繞一

水平軸自由轉(zhuǎn)動。今在兩輪上各繞以細(xì)繩，細(xì)繩分別掛上質(zhì)量為孫

和叱的兩個物體。求在重力作用下，定滑輪的角加速度。

疆

mi：Tt-m}g=mia}

m\

mi

m2：

fn2g-T2=m2a2

轉(zhuǎn)動定律：R2T2-&TI=J0

其中:

運動學(xué)關(guān)系:

解得:

（〃12屈一叫&）g

(M1/2+叼閾+(孫/2+m2國

3-6一質(zhì)量為加的質(zhì)點位于"i，y）處，速度為/=□/+vyj,質(zhì)點受到一個沿x負(fù)方向的力/的

作用，求相對于坐標(biāo)原點的角動量以及作用于質(zhì)點上的力的力矩.

解：由題知，質(zhì)點的位矢為

作用在質(zhì)點上的力為

所以，質(zhì)點對原點的角動量為

作用在質(zhì)點上的力的力矩為

3?11如題3-11圖所示，一勻質(zhì)細(xì)桿質(zhì)量為相，長為/,可繞過一端。的水平軸自由轉(zhuǎn)動，桿于水

平位置由靜止開始擺下.求：

（1）初始時刻的角加速度；

（2）桿轉(zhuǎn)過夕角時的角速度.

解：（1）由轉(zhuǎn)動定律，有

那么夕=空

2/

⑵由機械能守恒定律，有

—（-ml2）co2-mg—sinO=0

2362題3-11圖

所以有

3-13一個質(zhì)量為M、半徑為R并以角速度。轉(zhuǎn)動著的飛輪4（可看作勻質(zhì)圓盤），在某一瞬時突然

有一片質(zhì)量為〃?的碎片從輪的邊緣上飛出，見題3T3圖.假定碎片脫離飛輪時的瞬時速度方向正好豎直

向上.

⑴問它能升高多少？、

⑵求余下局部的角速度、角動量和轉(zhuǎn)動動能.威、

解：（1）碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度——-------

設(shè)碎片上升高度/1時的速度為u,那么有3人，/題3-13圖

令u=0,可求出上升最大高度為'

⑵圓盤的轉(zhuǎn)動慣量1=碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量/='MR2-〃?R2,碎片脫離前，盤的角

22

動量為JCD,碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破

盤的總角動量應(yīng)守恒，即

式中〃為破盤的角速度.于是

得〃（角速度不變）

圓盤余下局部的角動量為

轉(zhuǎn)動動能為

258頁8-2,8-12,8-17

8-7試計算半徑為R、帶可量為學(xué)的均勻帶電細(xì)圓環(huán)的軸線（過環(huán)心垂直于圓環(huán)所在平面的直線）

上任一點P處的場強點到圓環(huán)中心的距離取為幻.

解在圓環(huán)上任取一電荷元內(nèi)，其在P點產(chǎn)生

的場強為dE=——第~

4在0（廠+R~\

方向沿dq與P點的連線.招其分解為平行于軸

線的分量和垂直于軸線的分量，由電荷分布的對稱

性可知，各崗在戶點產(chǎn)生的垂直于軸線的場強分

量相互抵消，而平行于軸線的分量相互加強，所以合

場強平行于軸線，

大小為：

E=E,=J血os。7初務(wù)用

方向：q>0時，〔自環(huán)心）沿軸線向外；q<0時，指向環(huán)心.

8-12兩個均勻帶電的同心球面半徑分別為尺和（兄>r），帶電量分別為％和俏，求以下三種

情況下距離球心為，的點的場強：（1）rVR；（2）RVY是⑶工>&并定性地畫出場強隨r的變化

曲線

解過所求場點作與兩帶電球面同心的球面為高斯面,那么由高斯定理可知:

（1）當(dāng)rVR時，

中,.=，Ecos6t/5=E.4m2=0,/.E=0

（2）當(dāng)Rr<r<R>時，

2

中,,=JEcosOdS=E4仃=qjso,

二.E=%/4宓（/2

（3）當(dāng)r>R>時，

解8-12圖場強隨「的變化曲線

8-13均勻帶電的無限長圓柱面半徑為/?,每單位長度的

電量（即電荷線密度）為人求圓柱面內(nèi)外的場強.

解過所求場點作與無限長帶電圓柱面同軸的、長為1的封閉圓柱面，使所求場點在封閉圓柱面的

側(cè)面上.由電荷分布的對稱性可知，在電場不為零的地方，場強的方向垂直軸線向外〔設(shè)4>0）,且離

軸線的距離相等的各點場強的大小相等.所以封閉圓柱面兩個底面的電通量為零，側(cè)面上各點場強的大

小相等，方向與側(cè)面垂直（與側(cè)面任一面積元的法線方向平行）.設(shè)所求場點到圓柱面軸線的距離為一

當(dāng)r<R即所求場點在帶電圓柱面內(nèi)時，因為

①,=，EcosOdS=JECOSOdS+0+0=E-2mi=0,E=0；

當(dāng)r>R即所求場點在帶電圓柱面外時，?.?①e=E?2勿?/=—,.*.￡=------.

42%r

8-15將X10-8C的點電荷從電場中的A點移到8點，外力作功Xioq問電勢能的增量是多少？人、

8兩點間的電勢差是多少？哪一點的電勢較高？假設(shè)設(shè)8點的電勢為零，那么A點的電勢是多少？

解電勢能的增量：=W"-卬八=4外=5.0xl0-6j；

（）

、兩點間的電勢差：UWAWB5QX16X）2

A8A-UB=^--^-=~="-8=-2.0KV<0,

qqq2.5xlO-8

???8點的電勢較高；

2

假設(shè)設(shè)B點的電勢為零，那么UA=-2.0X10V.

8-17求習(xí)題8-12中空間各點的電勢.

解均勻帶電球面內(nèi)任一點的電勢等于球面上的電勢」一，其中R是球面的半徑；均勻帶電球

4在0火

面外任一點的電勢等于球面上的電荷全部集中在球心上時的電勢.所以，由電勢的疊加原理得：

（1）當(dāng)r<R即所求場點在兩個球面內(nèi)時：U=%+%.

4如o&4加（）&

（2）當(dāng)RVrV凡即所求場點在小球面外、大球面內(nèi)時：U='一+"2；

4您o/4宓

當(dāng)r>R.即所求場點在兩個球面外時：U=』一+-^―=如土”

4在。廠4在0r4宓0r

當(dāng)r>Rz即所求場點在兩個球面外時：U=-^―+-^―=久上”

4%/4%4宓（）廠

285頁9-3,9-4

9-3.如圖，在半徑為R的導(dǎo)體球外與球心O相距為。的一點A處放置一點電荷+Q,在球內(nèi)有一點8

位于40的延長線上，。8二八求：（I）導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷在B點產(chǎn)生的場強的大小和方向;(2)B

點的電勢.

解：（1）由靜電平衡條件和場強疊

理可知，B點的電場強度為點電荷q和

感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的矢最和，且為零,

（2）由電勢疊加原理可知，B點的

為點電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的電

勢的標(biāo)量和，即

由丁球體是一個等勢體，球內(nèi)任一點的電勢和球心。點的電勢相等

因球面上的感應(yīng)電荷與球心。的距離均為球的半徑R,且感應(yīng)電荷的總電賀量為零，所以感應(yīng)電荷

在。點產(chǎn)生的電勢為零，且％=匕，因此

所以，B點的電勢VB=S—

4怎。。

9-4.如下圖，在一半徑為Ri=6.0cm的金屬球A外面罩有一個同心的金屬球殼8.球殼3的內(nèi)、外半徑

分別為&=8.0cm,R3=10.0cin,A球帶有總電量。八二3.0x1〔）氣，球殼8帶有總電量。.Z.OxlO￡C.

求：（1）球殼B內(nèi)、外外表上所帶的電量以及球A和球殼R的電勢；（2）將球殼B接地后再斷開，

再把金屬球A接地，求金屬球力和球殼B的內(nèi)、外外表上所帶的電量，以及球4和球殼B的電勢.

解：（1）在導(dǎo)體到達(dá)靜電平衡后，。八分布在導(dǎo)體球A的夕卜表

上.由于靜電感應(yīng)，在B球殼的內(nèi)外表上感應(yīng)出負(fù)電荷。八，外外

表上感應(yīng)出正電荷，那么B球殼外外表上的總電荷

｛。八+Q/,）。由場的分布具有對稱性，可用高斯定理求得各區(qū)域

的場強分布

E的方向眼徑向外.

導(dǎo)體為有限帶電體，選無限遠(yuǎn)處為電勢零點。由電勢的定義可

計算兩球的電勢匕和外.

A球內(nèi)任?場點的電勢匕為

B球殼內(nèi)任一點的電勢匕為

9-5.兩塊無限大帶電平板導(dǎo)體如圖排列，試證明：（1）相向的兩面上（圖中的2和3）,其電荷面密

度大小相等而符號相反；（2）背向的兩面上（圖中的I和4）,其電荷面密度大小相等且符號相同.

解：因兩塊導(dǎo)體板靠得很近，可將四個導(dǎo)體外表視為四個無限

面。導(dǎo)體外表上的電荷分布可認(rèn)為是均勻的，且其間的場強方向

外表。作如下圖的圓柱形高斯面，因?qū)w在到達(dá)靜電平衡后內(nèi)部

導(dǎo)體外的場強方向與高斯面的側(cè)面平行，由高斯定理可得

再由導(dǎo)體板內(nèi)的場強為零，可知P點合場強

由％=-cr3得5=一

9-7.一平行板電容器，充電后極板上的電荷面密度為A4.5xl0-5c.m-2,現(xiàn)將兩極板與電源斷開，然后

再把相對電容率為&的電介質(zhì)充滿兩極板之間.求此時電介質(zhì)中的。、E和P.

解：當(dāng)平行板電容器的兩板與電源斷開前后，兩極板上所帶的電荷量沒有發(fā)生變化，所以自由電荷面密

度也沒有發(fā)生變化，由

.?.極化電荷面密度k=小廠”

%

對于平行板電容器尸二b'

且入立左的方向均沿徑向.

9.11.圓柱形電容器由半徑為R/的導(dǎo)線和與它同軸的導(dǎo)體圓筒構(gòu)成，其間充滿相對電容率為&的電介質(zhì).

圓簡內(nèi)半徑為R2.電容器長為&沿軸線單位長度上的電荷為以，略去邊緣效應(yīng)，試求：（1）兩極的電

勢差；

（2）電介質(zhì)中的電場強度、電位移、極化強度；

13）電介質(zhì)外表的極化電荷面密度.（旦［I）

解：（1）設(shè)導(dǎo)線上的電荷均勻地分布在導(dǎo)線的外表上，圓筒上的\\/電荷均

勻的分布在圓筒的內(nèi)外表上，可由高斯定理求得各區(qū)域的場強

——丸i\2='In里

兩極的電位差"=?d/=Inr

2萬/）*R2%邑K

（2）由第m問知，電介質(zhì)中的電場強度

電位移D=%￡上=——

2町

極化強度P=⑸-1）%

329頁10-9,10-10

10-6一邊長為/=O.15m的立方體如圖放置，有一均勻磁

《力B

8=⑹+3/+1.5QT通過立方體所在區(qū)域.計算：

r

（1）通過立方體上陰影面枳的磁通量；

（2）通過立方體六面的總磁通量.

zW,

解：（1）立方體一邊的面積S=/2z/

習(xí)題圖10-6

（2）總通量⑴=JJ=0

10-11如下圖，相距為d的兩平行長直導(dǎo)線載有相同電流，求

(1)兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距一點處的磁感應(yīng)強度:

(2)通過圖中矩形面積的磁通量(/-,=rj

解在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點P處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度8?和82方向相同,

都垂直紙面向外。故

設(shè)P點離導(dǎo)線I的距離為，那么

代入上式得

(1)在導(dǎo)線等距的點有

d_

B=24

2ml

(2)取面積元dS=/dr,那么通過矩形面積的磁通量為

二以]nX+Hln…=匹卜匕

2萬i\Ind-rx-r2冗r}

10-10如圖，載流導(dǎo)線彎成(a［、1b)、(c)所示的形狀，求三圖中P點的磁感應(yīng)強度8的大小和方

(a)⑹

習(xí)題圖10-10

向.

解：(a)水平方向的載流導(dǎo)線對P電磁感應(yīng)強度的奉獻(xiàn)為()。豎直局部對P點磁感應(yīng)強度

10-6一邊長為/-0.15m的立方休如圖放置，有一均勻磁場

B=(6i+3/+1.5〃)T通過立方體所在區(qū)域.計算：

(1)通過立方體上陰影面積的磁通量；

(2)通過立方體六面的總磁通量.

解：(1)立方體一邊的面積S=/2

習(xí)題圖10-6

B=見(cos&-cosq)=乩(cos900-cos180")(3)總通量①=JJB?ds=0

=AL[0-(-I)J

4

二聞

10-11如下圖，相距為d的兩平行長直導(dǎo)線載有相同電流，求

(1)兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距?點處的磁感應(yīng)強度:

(2)通過圖中矩形面積的磁通量?=G)

解在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點P處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度3?和82方向相同,

都垂直紙面向外。故

設(shè)尸點離導(dǎo)線1的距離為人那么

代入上式得

(3)在導(dǎo)線等距的點有

271d

(4)取面積元［S=/力-，那么通過矩形面積的磁通量為

①,"=18?dS

:以］nX+^ln…=以如?

2乃q27rd-i\-r27irx

10-10如圖，載流導(dǎo)線彎成(a),(b)>(c)所示的形狀，求三圖中2點的磁感應(yīng)強度4的大小和方向.

解：(a)水平方向的載流導(dǎo)線對P電磁感應(yīng)強度的奉獻(xiàn)為0。豎直局部對P點磁感應(yīng)強度

180”)

習(xí)題圖10-10

方向垂直紙面向外.

(b)P點處的磁感應(yīng)強度為三局部我流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的直加，那么

方向垂直紙面向里.

(c)B為三邊磁感應(yīng)強度疊加，由對稱性

方向垂直紙面向里.

10-14一根很長的銅導(dǎo)線,載有電流10A,在導(dǎo)線內(nèi)部通過中

心線作一平面Sim長的S平面內(nèi)的磁通量(銅材料本身對磁場分

布無影響).

解：設(shè)距軸線為r處的磁感應(yīng)強度為8.那么

習(xí)題圖10-14

即S平面內(nèi)的磁通量為l.OxlO^Wb.

方向垂直紙面向外.

(b)P點處的磁感應(yīng)強度為三局部載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的疊加，那么

方向垂直紙面向里.

(c)B為三邊磁感應(yīng)強度疊加，由對稱性

方向垂直紙面向里.

10-14一根很長的銅導(dǎo)線，載有電流10A,在導(dǎo)線內(nèi)部通過

中心線作一平面Sim長的S平面內(nèi)的磁通量(銅材料本身對磁場

分布無影響).

解：設(shè)距軸線為r處的磁感應(yīng)強度為8.那么

即S平面內(nèi)的磁通量為1OxlOfWb.

367頁11-1,11-5

11-1一載流/的無限長直導(dǎo)線，與一N匝矩形線圈ABCD共面。AB長為L,與導(dǎo)線間距為a；CD邊

與導(dǎo)線間距為b(b>a)o線圈以v的速度離開直導(dǎo)線，求線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的方向和大小。

解由于/為穩(wěn)恒電流，所以它在空間各點產(chǎn)生的磁場為穩(wěn)恒磁場。當(dāng)矩形線圈力a‘〃運動時，不同時

刻通過線圈的磁通量發(fā)生變化，故有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生。取坐標(biāo)系如圖(a)所示。

設(shè)矩形線圈以速度v以圖示位置開始運動，那么經(jīng)過時間Z之后，線圈位置如圖(b)所示。取面

積元dS=ldx,距長直導(dǎo)線的距離為1,按無限長宜載流導(dǎo)線的磁感應(yīng)強度公式知，該面積無處8的大

小為

通過該面積元的磁通量為

于是通過線圈的磁通量為

_〃0〃lnb+vt

2〃a+vt

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，N匝線圈內(nèi)的感應(yīng)電動勢為

令t=0,并代入數(shù)據(jù)，那么得線圈剛離開直導(dǎo)線時的感應(yīng)電動勢

按楞次定律可知，E感應(yīng)電動勢的方向沿順時針方向。

11-5在無限長螺線管中，均勻分布著與螺線管軸線平行的磁場B(t)o設(shè)B以速率J=K變化(K

dt

為大于零的常量)?，F(xiàn)在其中放置一直角形導(dǎo)線abco假設(shè)螺線管截面半徑為R,求:

,b

X

\x史M/

_VB>C/

(1)螺線管中的感生電場Ey；-----

(2)%,無兩段導(dǎo)線中的感生電動勢。

解(1)由于系統(tǒng)具有軸對稱性，如下圖，可求出感生電場。在磁場中取圓心為。，半徑為r(〃<R)的

圓周，根據(jù)感生電場與變化磁場之間的關(guān)系

可得

有

由楞次定律可以判斷感生電場為逆時針方向。

(2)解法一用法拉第電磁感應(yīng)定律求解。連接瓦，瓦和瓦，在回路Oa。。中，穿過回路所

國面積的磁通量為

那么

而

所以

方向由。指向/;

1(72邛2

同理可得七加二一供爐一一

2I4,

方向由〃指向C

解法二也可由感生電場力做功求解C由于C)中己求出/?yc那么

11-1.解:⑴由電磁感應(yīng)定律與⑴一包二一12，-8

dt

⑵/=幺=1.6'10-2

R

由于磁通量是增加的，所以線圈中產(chǎn)生