扬大物理练习册答案

扬大物理练习册答案 TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】

第一章 质点运动学

1.解：（1）221030)1520)t t t t +=(－＋(－r i j

d (1060)(1540)d t t t

=

=-++-v r

i j ， 初速度：1015=-+v i j

大小：18.03m/s =v 方向：与x 轴负向夹角15

arctan 56.310

= （2）d 6040d t

=

=-v

a i j

大小：2272.11m/s a = 方向：与x 轴正向夹角40

arctan

33.6960

=

2.解：取质点的出发点为原点。由题意知质点的加速度为

2y

y 15dt

dv a t ==

⑴ 由初始条件t=0时 v 0x =v 0y =0，对式 ⑴进行积分，有

⑵ 即

j t i t v 3255+= ⑶ 将t=5s 带入式 ⑶ ，有

又由速度的定义及初始条件t=0 时，x 0 =y 0=0，对式⑵进行分离变量并积分，有 即

j t i t r

4

53543+= ⑷ 将t=5s 带入式⑷有

3.解 ⑴ 根据运动学方程，可得角速度和角加速度分别为

2=t 秒时，法向加速度和切向加速度分别为 ⑵由2/a a =τ，有 从而得 即 由此可得

因此，此时刻的θ值为 ⑶由题意τa a n =，即 解得

4.解 由题意有 而 所以 分离变量

t R v v d tan 1d 2α

= ⑴ 对上式积分，并代入初始条件0=t 时，0v v =，得

α

tan 110R t v v =- ⑵ 整理式⑵得

第二章 牛顿定律

1. 解 （1） cv f -==t

v m d d

（2） t m

c

e v t

s v -==0

d d 2. 解 ⑴在任一点B 处，小球的受力情况如图所示，在自然坐标系中其运动方程为 在切向： t

v

m

mg d d sin =-θ ⑴ 在法向： R

v m mg T 2

cos =-θ ⑵

由式⑴ 即

θθd Rg vdv sin -= ⑶

对式⑶积分，并由已知条件0=θ时，0v v =得

)cos 1(22

02θ--=gR v v （4）

⑵由式⑷得 代入式⑵得

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律

1. 解 ⑴ 由3243t t t x +-=可得

2383d d t t t

x

v +-==

⑴

由式⑴得，当t=0时，m/s 0.30=v ；t=2s 时，m /s 0.12-=v 。因此，作用力在最初内所作的功

⑵ 式⑴对时间求导数，得质点的加速度

t t

v

a 68d d +-==

⑵ 瞬时功率

2. 解 由功的定义可知，由物体开始运动到2m 时 由动能定理

代入初始条件0=x 时，10.3v = m/s ，得 所以，2m 时物体的动量为 由动量定理，前2m 内的冲量为

3.解：（1）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速度为V ˊ 1分 有 v M mv mv '+=0

（2） 0mv mv t f -=? （设0v

方向为正方向）

= N s ?

4. 解 由题意分析，力F 与x 的关系为

x L

F F F 0

0-

= ⑴ 由牛顿运动定律，有 即

x x L

F F x F v mv d )(d d 0

0-

== ⑵

两边积分，并由初始条件，0=x 时，0=v ，得 因此

)2(2

02

L

x x m F v -= ⑶ 由式⑶，当L x =时，速率为

5.解 以物体1m 、2m 和弹簧为研究系统，建立图示坐标系OX ，各量的标记如图所示。在力F 作用下，1m 处于0x 处达到平衡，由静力平衡条件得

001=++kx g m F ⑴

而2m 离开地面的条件为

02≥-g m kx ⑵

刚好离开地面时，上式取等号。现在的问题是将x 与F 联系起来。

由1m ，2m 弹簧和地球组成的系统，其只有重力和弹性力作功，故系统机械能守恒。以坐标原点O(即弹簧的自然长度处)为弹性势能和重力势能零点，对A 、B 两状态有守恒关系

gx m kx gx m kx 1201202

1

21+=+ ⑶ 两边乘以2k 有 将式⑴代入上式，得 即 整理得 故

g m F kx 1-= ⑷

由，（2）、（4）两式可得

即F 至少要等于g m m )(21+，可使F 撤销后，恰使2m 抬起。

第四章 刚体的转动

1. 解：受力分析如图示，根据牛顿运动定律和转动定律得： 又 a r α= 解得： ()a r a g m J 2-= 又根据已知条件 0v = 0

得： ???

?

??-=1222

S gt mr J

2. 解 设斜面上问题质量为2m ，另一物体质量为1m 。滑轮的质量为M ，半径为r 。分别对两物体及滑轮进行受力分析。

1m 受重力，拉力 111m g T m a -=

2m 受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力 2222cos sin T m g m g m a μθθ--=

滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力 2211

2

T r T r Mr α-= 联列求解12212cos sin 5.791

2

m g m g m g a M m m μθθ

--=

=++

3.解：22

1MR J =

＝2m kg ? 因此(1)下落距离m 3.632/2==at h

O

B A

1m 弹起的最高点

弹簧为原长时1m 的位置 力F 作用下，1m 的位置

)

(a )

(b

(2)张力 N 9.37)(=-=a g m T 分析图

4.解 12

111212

1)(βR m R T T M =-- （1） 22222212

1)(βR m R T T =

- （2） 由于皮带不打滑，切向速度相同，其变化率即切相加速度相同：

2211ββR R = （3）

由式（2）（3）得 代入式（3）得

2

1212)(2R R m m M

+=

β.

5. 解 (1)由题意可知细棒的质量线密度为kr =λ式中k 为常数。 由于细棒的总质量为m ，所以m r kr L

=?d 0

由此得 2

2L m

k =

故 r L

m

kr 22==λ

又 22d d J r m r r λ==?? 所以 32

20

21d 2

L m J r r mL L ==?

（2）细棒上到转轴距离为r 的长度元d r 所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为 整个细棒所受到的摩擦力矩为

(3) 设细棒由角速度0ω到停止转动所经历的时间为t ，则角动量定理可得

6.解 由转动定律，有 即

由条件2=θ时1=ω，积分上式得 即

1-=θω ⑴

由角速度的定义t

d d θ

ω=

，分离变量得 积分上式，并代入初始条件t =0时2=θ，得 则砂轮的运动方程为

t e +=1θ ⑵

将式⑵代入式⑴得 因此2s 时，砂轮的动能为 角动量为

由动能定理，前2s 内力矩的功为 由角动量定理，前2s 内的冲量距为 7.证明 碰撞过程，系统角动量守恒

碰后上摆过程，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点。

联立求解即可得

第五章 静电场

1.解 取一细圆环带，其半径为r （r >R ），带宽为r d ，则圆环带的面积为

r r S d π2d =，其上带电量为

应用已知的带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环带在轴线上P 点产生的电场的大小，

2

3220)(π4d π2d /r x rx

r E +=

εσ.

因此，在P 点产生的总场强大小为 ??∞

==R

E E d 2

3220)(π4d π2/r x rx

r +εσ=

2

2

02x

R x

+εσ.

方向沿X 轴正方向

2.解 取坐标轴OX ，将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上任意一个圆环上的带电量为

为便于计算，可采用角量描述。因为

22)(x R R --=Rsin θ， θd d R l = 所以

由带电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带电圆环在P 点产生场强E d

的大小为 由于q d 为正，故E

d 方向沿X 轴正方向。将q d 代入上式，可得

为所有圆环在P 点产生场强的矢量和，则整个半球面在球心P 点处产生的场强大小为 方向沿X 轴正向。

3. 解 无限长半圆柱面薄筒的横截面如图所示，取直角坐标系OXY ，且原点O 在轴线上。沿弧长方向取一宽度为l d 的细条，此细条单位长度上的带电量为

由无限长带电直线在附近一点产生的场强结果，可得该带电细条在O 点产生的场强E

d 的大小为

l R R 'E d π2π2d 2

020ελ

ελ==

. 方向如图所示。E

d 在X 轴和Y 轴上的投影为

θεθ

λθεθλθd π2cos d π2cos cos d d 02

202R

R R E E y ==

=... 于是整个带电半圆柱薄筒在O 点外产生的场强大小为 ?

==π

θεθ

λ0

020d π2cos R

E y （由对称性分析也可获得这个结果）

则 i R

j E i E E y x

02

πελ=

+=. E 的方向沿X 轴。若λ>0时，E 与X 轴正向一致；若λ<0时，E

与X 轴负向一致。

4. 解 因为电荷相对轴线成对称分布，所以距轴线为r 的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱经向，因此可用高斯定理求解。

选取长为l ，半径为r ，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S 。由高斯定理可知

?∑??

=?=?+=?侧面端面0

i s

q rl 2E S 0E S 2E 2S E επd cos d πcos d

（1） 当R r <时，高斯面S 内所包围电荷的代数和为

代入（1）式可得 0

3

21234εbr ar E -= ()R r <

当R r >时，高斯面S 内所包围电荷的代数和为

代入（1）式可得r

bR aR E 04

31234ε-= ()R r >.

5. 解 如图所示，由补偿法分析，空腔中场点P 的电势是半径为1R ，密度为ρ的大球和半径为2R ，密度为ρ-的小球产生的电势之和，即

取无限远处的电势为零，大球的电场分布为 应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为 对于空腔中心()a r O ='，大球产生的电势为 ()2210

136a R V -=

ερ. 同理，可得小球在O '处产生的电势为

22

0222263ερερR R V -

=-=. 由电势叠加原理

()()[]0

22

22102202212163263ερερερa R R R a R V V V O --=

--=+='.. 6.解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即

92

10

01085.8-?=+=

r r U εσ C/m 2 （2）设外球面上放电后电荷面密度为'σ，则应有

0)'(1

'210

0=+=

r r U σσε则σσ2

1

'r r =

外球面上应变成带负电，共应放掉电荷

91067.6-?= C

7. （1）根据对称性分析，两段带电直线各自在O 点的电场强度大小相等、方向相反,相互抵消，所以只计算带电细线半圆形部分的电场。

取电荷元l q d d λ=，相应的E

d 在图中画出。 设E

d 和y 轴夹角为θ，其大小2

π4d d a

l

E o ελ=

根据对称性分析可知,

(2)在带电直线部分任取一电荷元d d q l λ=，设电荷元至O 点的距离为l ，则该电荷元在O 点电势为

两段带电直线在O 点的电势相同，迭加为12V ，半圆形带电细线上任一电荷元在O 点

的电势为 220d d 4ππ

d (2ln 2π)4π4πo a o o

l V a

V l a πλελλεε=

==+?

得证。

8.解（１）如图所示，取坐标OX 轴过盘心垂直于盘面，原点O 位于盘心处。在圆盘上取一距圆心为r ，宽度为r d 的圆环带S d ，r r 2S d πd =，为圆环带的面积，其上带电量为S R Q

S q 2

d πd d =

=σ。q d 在P 点产生的电势为 所以，整个带电圆盘在P 点产生的电势为

（2） 根据P 点的电势，可知X 轴上电势与坐标的函数关系为 因此，根据电势梯度法，有 则P 点场强为

???

?

??+-

=

22201π2L R L R Q E P ε. 由对称性分析可知，P 点场强E 方向在X 轴方向上，若0Q >，沿X 轴正向，若

0Q <，沿X 负向。

第六章 静电场中的导体与电介质

1.解 （1）因3块导体板靠的很近，可将6个导体表面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布可认为是均匀的，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图虚线所示的圆柱形高斯面，因导体在达到静平衡后，内部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，故由高斯定理可得 32σσ-= 54σσ-= .

再由导体板A 内d 点场强为零，可知 所以

61σσ=.

故点a 的场强为6个导体表面产生场强的矢量和

=

a E =

∑=6

1

21

i i σεS Q Q Q 03212ε++=0

21

ε（+1σ+2σ+3σ+4σ+5σ6σ）

根据上述已有结果，可知 61σσ==S

Q Q Q 2321++.

再由于 +1σS

Q 1

2=σ +3σS Q 24=σ.

得

=2σ11

3σσ-=-S Q =S Q Q Q 2321

-- =4σ32

5σσ-=

-S Q =S

Q Q Q 2321

-+ （2）a 、b 、c 点的场强 =

a E 0

10

21εσσε=

∑i =S Q Q Q 03

212ε++

同理 =

b E 0

20

21εσσε=

∑i =S Q Q Q 03212ε--

=

c E 0

50

21

εσσε=

∑i =S Q Q Q 02

132ε--

2.解：当用导线把球和球壳连接在一起后。由静电平衡条件可知，电荷()Q q +全部分布在

球壳的外表面上，如图所示，此时，电场只分布在3R r >的空间中，即

2

41r

Q

q E +?

=

πε。 同时球体与球壳成为一个等势体，即21V V =，于是，021=-=?V V V 根据电势的定义，可得

?

??

∞∞+=+?

=?+?==3

3

3

302

4321441R r

R R R Q

q dr r

Q q dr E dr E V V πεπε . 若外球壳接地，球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球表面和壳内表面，此时电场只分布在21R r R <<的空间内，如图所示。由于外球壳电势02=V ，则内球体内任一场点()11R r P <的电势为 ?

?????

? ??-=

?=?+?=+=1

21

21

21022121114R r

R R R R R R q r d E r d E r d E V V V πε?

. 3. 解：①设C 板左、右两侧分别带电荷Q 1，Q 2

则 Q Q Q =+21 （1） 由于C ，A 间和C ，B 间均可视为匀强电场 ,01S Q E CA ε= S

Q

E CB 02ε= （2） A ，B 板接地 U CA =U CB 即有 d 2

d

CB CA

E E = （3） 由式（2）、（3）得Q 1=2Q 2代入（1），得

则 ,3

2

1Q Q Q A -=-=

②

在C ，B 板间充以相对介电常数为r ε的电介质，C 板上电荷重新分布。设左，

右两侧分别带电荷'2'1,Q Q 。A ，B 板上感应电荷分别为'',B A Q Q 。则'

2''1',Q Q Q Q B A -=-=，

相应于上一问中的一组方程式为

Q Q Q =+'

2

'1 （1） ,0'1S Q E CA ε= ,0'2S

Q E r CB εε=' (2) d '2

d

'

CB CA E E = (3) 解式（1）、(2)、 (3)得 于是o 于是

4.解 由平行板电容器的公式可得 则电容器极板上的电量为 (1)A 、B 板间的电势差

在未插入C 板前，两板之间的场强为

插入C 板之后，由于极板上的电量不改变，所以电荷面密度不变，因此两板间的场强

0E σε=

也不变，A 、C 板间和C 、B 板间的场强都是0

E σ

ε=。由此可得 1AC V Ed ?==104×2×10-3=20V 2CB V Ed ?==104×6×10-3=60 V

板间的电势差为

(2)用导线连接A 、B 板后，两板电势相同，系统相当于两个电容器并联，所以此时系

统的电容为 3300120121041033S S

C C C d d εεε??=+=+=+= ??

?×F 1003

ε

因为极板上总电量未变，所以板与板间的电势差为 Q V C ?==0ε×2×104/（4

3

×1030ε）=15 V

5. 解 （1）由题意可知，真空区域中的场强为0E ，介质中的场强为E ，所以两极间的电势差为0()U E d b Eb =-+

由高斯定理知，两极间电势移D 处处相等，故 代入上式得 所以

. (2)容器的电容为

第七章 恒定磁场

1.解 由图可知，绕有载流导线的木球可成是无限多个不同半径的同圆心的载流线圈所组成，球心O 在这些载流线圈的轴线上，则球心O 点的磁感应强度0B 是各个载流线圈在点激发的磁感应强度的矢量和。

选取图中所示坐标系OXY ，在X 轴线上（亦是各载流线圈的轴线）距原点O （即球心处）x 处取一宽为dl 的圆环，半径为y ，圆环上绕有dN 匝导线，即

通过圆环上的电流θπ

d IN

IdN dI 2=

=，由载流线圈在轴线上任一点产生的磁感应强度

公式，可知dI 在O 点激发的磁感应强度dB 大小为

dB 的方向沿X 轴正向

由几何关系θθcos ,sin R y R x ==,代入上式得 θθπμd R

NI

dB 20cos =

. 由于所有载流线圈在O 点激发的B 方向相同，故O 点总的磁感应强度?=dB B 0可由矢量积分简化为标量积分，即

0B 的方向沿X 轴正向。

2. 解 （1）取直角坐标系，如图所示。首先求半圆柱面导体在O 点产生的磁感应强度。

如图截面图所示，半圆柱横截面上单位长度的电流为

将半圆柱面导线可视为无数条无限长载流直导线的集合，对称于Y 轴取两元段

dl dl dl ==21，则横截面为dl 的两条无限长载流直导线在轴上横截面（OXY 平面）的

O 点分别产生的磁感应强度dB 的大小为

1dB 、2dB 与X 轴夹角相等，由对称性分析可知，因各对无限长载流直导线在O 点产

生的场强的Y 轴分量相互抵消，而使总场强的Y 轴分量0=y B ，故总磁感应强度只有

X 轴方向分量。 因为

则总的B 的大小为

轴线上的载流直导线处于磁场中，由安培力公式得，轴线上导线单位长度所受的力为

即 j R

I F

220πμ=.

该力为斥力。

(2)二相互平行放置的无限长直导线通反向电流时，相互作用力为斥力。只有将直导线放在

坐标原点的左侧才能使位于原点的载流导线受到方向指向Y 轴的作用力。设二直导线相互距离d ，与（1）结果联立，得

d I R I πμπμ220220= 所以 2R

d π=

即另一导线应放在2

R

y π-

=处时，产生同样的磁力。

3. 解 取坐标系XOY ，如图(a )所示。由于空腔的存在，不能直接用安培环路定理求解。小圆柱空腔表示其中通过的电流等于0，这可以等效成空腔中同时存在的两个等值反相的电流，因此可采用补偿发求解。将空腔部分等效成同时存在着电流密度j 和（-j ）的电流，空腔中任意一点的磁场为通有电流密度j ，半径为R 和半径为r 的长圆柱体和通有反相电流密度（-j ）,半径为r 的小圆柱体产生的磁场的矢量和，即 取空腔中的任意一点P ，21',r P O r OP ==，由于半径为R 和半径为r 的长圆柱体产生的磁场具有轴对称性，故可根据安培环路定理，有 其中)

(22

2

r R I j -=

π。

所以 )

(22

2

1

01r R Ir B -=

πμ

同理，可得

1B 和2B

方向根据右手法则确定，如图（b ）所示。 将1B ，2B

在X ，Y 轴上投影，其分量为

αμθcos 2

sin 20

'22jr B B y =

=.

P 点的磁感应强度B 的两个正交分量为，

结果表明，P 点的磁感应强度B 的大小为一常量，方向垂直于'OO 之间的连线d ，即在Y 轴方向上，所以空腔中的磁场为匀强磁场，

4. 解：(1)根据安培定律d d F I l B =?计算三角形回路ab ，bc ，ca 三边所受安培力。 无限长载流直导线磁感应强度表达式为01

2πI B r

μ=，三角形回路三边电流元均与磁场

垂直。

ab 段：各电流元处B 值相同。 方向如图所示。

bc 段： 0122d d d 2π

I I r

F I B l r

μ==

方向如图所示。 ca 段： 方向如图所示。

（2）取距电流1I 为r r r d +-窄条作为面积元：

X

O 'Y

d

(a)

(b)