大学物理第六章课后习题答案(马文蔚第五版)
第六章 静电场中的导体与电介质
6 -1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将( )
(A ) 升高 (B ) 降低 (C ) 不会发生变化 (D ) 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时,在导体B 的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A )。 6 -2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ,在N 的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地(如图所示),则( ) (A ) N 上的负电荷入地 (B )N 上的正电荷入地 (C ) N 上的所有电荷入地 (D )N 上所有的感应电荷入地
分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为(A )。
6 -3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图。设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有( ) (A )d εq V E 0π4,0==
(B )d
εq V d
εq E 02
0π4,π4=
=
(C )0,0==V E
(D )R
εq V d
εq E 02
0π4,π4=
=
分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′,导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为(A )。
6 -4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( ) (A ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷
(B ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零
(C ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷
(D ) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E ) 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关
分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面 内自由电荷的代数和等于零;由于电介质会改变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为(E )。 6 -5 对于各向同性的均匀电介质,下列概念正确的是( ) (A ) 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εr倍
(B ) 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εr倍
(C ) 在电介质充满整个电场时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εr倍
(D ) 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εr倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成,由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布,由电介质中的高斯定理,仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,在电介质中任意高斯面S 有
()∑?
?=
?=
?+i
i
S
S εχq
01d d 1S E S
E
即E =E 0/εr,因而正确答案为(A )。
6 -6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔,两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ,导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d (如图所示)。试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力。
分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律,空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷;导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布,因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力。
()2
0π4r
εq q q F d
c b
d +=
点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零,点电 荷q b 、q c 处于球形空腔的中心,空腔内表面感应电荷均匀分布,点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.
6 -
7 一真空二极管,其主要构件是一个半径R 1 =5.0×10-4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外,半径R 2 =4.5×10-3m 的同轴圆筒形阳极.阳极电
势比阴极电势高300V ,阴极与阳极的长度均为L =2.5×10-2m .假设电子从阴极射出时的速度为零.求:(1) 该电子到达阳极时所具有的动能和速率;(2)电子刚从阳极射出时所受的力.
分析 (1) 由于半径R 1<<L ,因此可将电极视作无限长圆柱面,阴极和阳极之间的电场具有轴对称性.从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速,电子所获得的动能等于电场力所作的功,也即等于电子势能的减少.由此,可求得电子到达阳极时的动能和速率.
(2) 计算阳极表面附近的电场强度,由F =q E 求出电子在阴极表面所受的电场力.
解 (1) 电子到达阳极时,势能的减少量为
J 10
8.4Δ17
-?-=-=eV E ep
由于电子的初始速度为零,故
J 10
8.4ΔΔ17
-?-=-==ep ek ek E E E
因此电子到达阳极的速率为
1
-7
s m 10
03.122??==
=
m
eV m E ek
v
(2) 两极间的电场强度为
r r
ελe E 0π2-
=
两极间的电势差
1
20
0ln
π2π2d 2
1
R R e ελr
ελV R R -
=-
=?=
?
r E
负号表示阳极电势高于阴极电势.阴极表面电场强度
r r R R R V R ελe e E 1
211
0ln
π2=
-
=
电子在阴极表面受力
N 10
37.414
r e e E F -?=-=
这个力尽管很小,但作用在质量为9.11 ×10-31kg 的电子上,电子获得的加速度可达重力加速度的5 ×1015 倍.
6 -8 一导体球半径为R 1 ,外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳,外球壳所带总电荷为Q ,而内球的电势为V 0 .求此系统的电势和电场的分布. 分析 若200π4R εQ V =
,内球电势等于外球壳的电势,则外球壳内必定为等
势体,电场强度处处为零,内球不带电.
若2
00π4R εQ V ≠
,内球电势不等于外球壳电势,则外球壳内电场强度不
为零,内球带电.一般情况下,假设内导体球带电q ,导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示.依照电荷的这一分布,利用高斯定理可求得电场分布.并由?
∞?=
p
p V l E d 或电势叠加求出电势的分布.最后将电场强度和电
势用已知量V 0、Q 、R 1、R 2表示.
解 根据静电平衡时电荷的分布,可知电场分布呈球对称.取同心球面为高斯面,由高斯定理()()∑??=?=?02/π4d εq r E r r E S E ,根据不同半径的
高斯面内的电荷分布,解得各区域内的电场分布为 r <R 1时, ()01=r E R 1<r <R 2 时,()2
02π4r εq r E = r >R 2 时, ()202π4r
εq Q r E +=
由电场强度与电势的积分关系,可得各相应区域内的电势分布. r <R 1时,
2
01
03211π4π4d d d d 2
2
1
1
R εQ R εq V R R R R r
r
+
=
?+
?+
?=
?=
?
?
?
?
∞
∞
l E l E l E l E
R 1<r <R 2 时,
2
00322π4π4d d d 2
2
R εQ r
εq V R R r
r
+
=
?+
?=
?=
?
?
?
∞
∞
l E l E l E
r >R 2 时,
r
εQ q V r
03π4d +=
?=
?
∞
l E 3
也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内(r <R 1)
2
01
01π4π4R εQ R εq V +
=
在导体球和球壳之间(R 1<r <R 2 )
2
002π4π4R εQ r
εq V +
=
在球壳外(r >R 2)
r εQ q V 03π4+=
由题意
1
02
001π4π4R εQ R εq V V +
=
=
得
1
02
001π4π4R εQ R εq V V +
=
=
代入电场、电势的分布得
r <R 1时,
01=E ;01V V =
R 1<r <R 2 时,
2
2012
012π4r
R εQ R r
V R E -
=
;r
R εQ R r r
V R V 201012π4)(--
=
r >R 2 时,
2
20122
013π4)(r
R εQ R R r
V R E --
=
;r
R εQ R R r
V R V 2012013π4)(--
=
6 -9 在一半径为R 1 =6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B .已知球壳B 的内、外半径分别为R 2=8.0 cm ,R 3 =10.0 cm .设球A 带有总电荷Q A =3.0 ×10-8C ,球壳B 带有总电荷Q B =2.0×10-8C .(1) 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势;(2) 将球壳B 接地然后断开,再把金属球A 接地,求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势.
分析 (1) 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律,电荷Q A 均匀分布在球A 表面,球壳B 内表面带电荷-Q A ,外表面带电荷Q B +Q A ,电荷在导体表面均匀分布[图(a)],由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势.(2) 导体接地,表明导体与大地等电势(大地电势通常取为零).球壳B 接地后,外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和,球壳内表面带电-Q A [图(b)].断开球壳B 的接地后,再将球A 接地,此时球A 的电势为零.电势的变化必将引起电荷的重新分布,以保持导体的静电平衡.不失一般性可设此时球A 带电q A ,根据静电平衡时
导体上电荷的分布规律,可知球壳B 内表面感应-q A ,外表面带电q A -Q A [图(c )].此时球A 的电势可表示为
0π4π4π43
02
01
0=-+
-+
=
R εQ q R εq R εq V A A A A A
由V A =0 可解出球A 所带的电荷q A ,再由带电球面电势的叠加,可求出球A 和球壳B 的电势.
解 (1) 由分析可知,球A 的外表面带电3.0 ×10-8C ,球壳B 内表面带电-3.0 ×10
-8
C ,外表面带电5.0 ×10
-8
C .由电势的叠加,球A 和球壳B 的
电势分别为
V 106.5π4π4π43
3
0201
0?=-+
-+
=
R εQ Q R εQ R εq V A A A A A
V 105.4π43
3
0?=+=
R εQ Q V B
A B
(2) 将球壳B 接地后断开,再把球A 接地,设球A 带电q A ,球A 和球壳B 的电势为
0π4π4π43
02
01
0=+-+
-+
=
R εq Q R εq R εq V A A A A A
3
0π4R εq Q V A A B +-=
解得
C 10
12.28
3
1322121-?=-+=
R R R R R R Q R R q A
A
即球A 外表面带电2.12 ×10-8C ,由分析可推得球壳B 内表面带电-2.12 ×10
-8
C ,外表面带电-0.9 ×10-8
C .另外球A 和球壳B 的电势分别为
0A V =
2
7.2910V B V =-?
导体的接地使各导体的电势分布发生变化,打破了原有的静电平衡,导体表 面的电荷将重新分布,以建立新的静电平衡.
6 -10 两块带电量分别为Q 1 、Q 2 的导体平板平行相对放置(如图所示),假设导体平板面积为S ,两块导体平板间距为d ,并且S >>d .试证明(1) 相向的两面电荷面密度大小相等符号相反;(2) 相背的两面电荷面密度大
小相等符号相同.
分析 导体平板间距d << S ,忽略边缘效应,导体板近似可以当作无限大带电平板处理。取如图(b)所示的圆柱面为高斯面,高斯面的侧面与电场强度E 平行,电场强度通量为零;高斯面的两个端面在导体内部,因导体内电场强度为零,因而电场强度通量也为零,由高斯定理
0/d 0
==
??
∑S
ε
q S E
得 ∑=0q
上式表明处于静电平衡的平行导体板,相对两个面带等量异号电荷.再利用叠加原理,导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零,因而平行导体板外侧两个面带等量同号电荷.
证明 (1) 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为ζ1、ζ2、ζ3、ζ4 ,取如图(b)所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S 1和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知
0/d 0
==
??
∑S
ε
q S E
得 0,
0ΔΔ3232=+=+=∑ζζS ζS ζq
相向的两面电荷面密度大小相等符号相反.
(2) 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为
0,
02222410
40
30
20
1=-=---ζζεζεζεζεζ
相背的两面电荷面密度大小相等符号相同.
6 -11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附近,如 图(a)所示,两导体板几何形状完全相同,面积均为S ,移近后两导体板距离为d (d S
).
(1) 忽略边缘效应求两导体板间的电势差; (2) 若将B 接地,结果又将如何?
分析 由习题6 -10 可知,导体板达到静电平衡时,相对两个面带等量异号电荷;相背两个面带等量同号电荷.再由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差.
导体板B 接地后电势为零,B 的外侧表面不带电,根据导体板相背两个面带等量同号电荷可知,A 的外侧表面也不再带电,由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差.
解 (1) 如图(b)所示,依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得
()Q S ζζ=+21 ()Q S ζζ=+43
041=-ζζ
032=+ζζ
解得
S
Q ζζζζ24321=
=-==
两导体板间电场强度为S
εQ E 02=
;方向为A 指向B .
两导体板间的电势差为 S
εQd U AB 02=
(2) 如图(c )所示,导体板B 接地后电势为零.
041==ζζ
S
Q ζζ=
-=32
两导体板间电场强度为S
εQ E 0=
';方向为A 指向B .
两导体板间的电势差为 S
εQd U AB
0='
6 -12 如图所示球形金属腔带电量为Q >0,内半径为ɑ,外半径为b ,腔内距球心O 为r 处有一点电荷q ,求球心的电势.
分析 导体球达到静电平衡时,内表面感应电荷-q ,外表面感应电荷q ;内表面感应电荷不均匀分布,外表面感应电荷均匀分布.球心O 点的电势由
点电荷q 、导体表面的感应电荷共同决定.在带电面上任意取一电荷元,电荷元在球心产生的电势
R
εq V 0π4d d =
由于R 为常量,因而无论球面电荷如何分布,半径为R 的带电球面在球心产生的电势为
R
εq R ε
q V s
00
π4π4d =
=
??
由电势的叠加可以求得球心的电势.
解 导体球内表面感应电荷-q ,外表面感应电荷q ;依照分析,球心的电势 为
b
εQ q a
εq r
εq V 000π4π4π4++-
=
6 -13 在真空中,将半径为R 的金属球接地,与球心O 相距为r (r >R )处放置一点电荷q ,不计接地导线上电荷的影响.求金属球表面上的感应电荷总量.
分析 金属球为等势体,金属球上任一点的电势V 等于点电荷q 和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和.在球面上任意取一电荷元dq′,电荷元可以视为点电荷,金属球表面的感应电荷在点O 激发的电势为
?'
=
's
R
ε
q V 0
π4d
点O 总电势为
V r
εq V '+=
00π4
而接地金属球的电势V 0 =0,由此可解出感应电荷q′.
解 金属球接地,其球心的电势
0d π41π4π4d π40
00
0='+
=
'
+
=
??s
s
q R
εr
εq R
ε
q r
εq V 感应电荷总量
q r
R q q ?-
='=
d
6 -14 地球和电离层可当作球形电容器,它们之间相距约为100 km ,试估算地球-电离层系统的电容.设地球与电离层之间为真空.解 由于地球半径R 1 =6.37×106
m ;电离层半径R 2 =1.00×105
m +R 1 =6.47 ×106
m ,根据球形电容器的电容公式,可得
F 10
58.4π42
1
2210
-?=-=R R R R εC
6 -15 两线输电线,其导线半径为3.26 mm ,两线中心相距0.50 m ,导线位于地面上空很高处,因而大地影响可以忽略.求输电线单位长度的电容. 解 由教材第六章6 -4 节例3 可知两输电线的电势差
R
R d ελU -=
ln π0
因此,输电线单位长度的电容
R
d εR
R d εU
λC ln
/πln
/π00≈-==
代入数据 F 1052.512
-?=C
6 -16 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片,金属片与底 板上的另一块金属片间保持一定空气间隙,构成一小电容器(如图)。当按下按键时电容发生变化,通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号。假设金属片面积为50.0 mm 2 ,两金属片之间的距离是0.600 mm 。如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF ,试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号?
分析 按下按键时两金属片之间的距离变小,电容增大,由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离: 解 按下按键时电容的变化量为
???
???-=0011Δd d
S εC
按键按下的最小距离为
mm 152.0ΔΔΔ00min
2
00min =+=
-=S
εC d Cd
d d d
6 -1
7 盖革-米勒管可用来测量电离辐射.该管的基本结构如图所示,一半径为R 1 的长直导线作为一个电极,半径为R 2 的同轴圆柱筒为另一个电极.它们之间充以相对电容率εr ≈1 的气体.当电离粒子通过气体时,能使其电离.若两极间有电势差时,极间有电流,从而可测出电离粒子的数量.如以E1 表示半径为R 1 的长直导线附近的电场强度.(1) 求两极间电势差的关系式;(2) 若E 1 =2.0 ×106
V· m -1
,R 1 =0.30 mm ,R 2 =20.0 mm ,两极间的电势差为多少?
分析 两极间的电场可以近似认为是无限长同轴带电圆柱体间的电场,由于电荷在圆柱面上均匀分布,电场分布为轴对称.由高斯定理不难求得两极间的电场强度,并利用电场强度与电势差的积分关系?
?=2
1
d R R U l E 求出两极
间的电势差.
解 (1) 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 0
1π2=?,则两极间的
电场强度
r
ελE 0π2=
导线表面(r =R 1 )的电场强度
1
01π2R ελE =
两极间的电势差
?
?
==
?=
2
1
2
1
1
2110ln
d π2d R R R R R R E R r r
ελU r E
(2) 当61
1 2.010V m E -=?? ,R 1 =0.30 mm ,R
2 =20.0 mm 时,
V 1052.23
?=U
6 -18 一片二氧化钛晶片,其面积为1.0 cm 2 ,厚度为0.10 mm .把平行
平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.(1) 求电容器的电容;(2) 当在电容器的两极间加上12 V 电压时,极板上的电荷为多少? 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少? (3) 求电容器内的电场强度.
解 (1) 查表可知二氧化钛的相对电容率εr =173,故充满此介质的平板电容器的电容
F 10
53.19
0-?==
d
S εεC r
(2) 电容器加上U =12 V 的电压时,极板上的电荷
C 10
84.18
-?==CU Q
极板上自由电荷面密度为
2
-8
0m
C 10
84.1??==
-S
Q ζ
晶片表面极化电荷密度 2-400
m C 1083.111??=??
???
?-='-ζεζr
(3) 晶片内的电场强度为
1
-5m V 102.1??==
d
U E
6 -19 如图所示,半径R =0.10 m 的导体球带有电荷Q =1.0 ×10-8C ,导体外有两层均匀介质,一层介质的εr =5.0,厚度d =0.10 m ,另一层介质为空气,充满其余空间.求:(1) 离球心为r =5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ;(2) 离球心为r =5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ;(3) 极化电荷面密度ζ′.
分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面,电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上,因而介质中的电场是球对称分布的.任取同心球面为高斯面,电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关,因此,在高斯面上D 呈均匀对称分布,由高斯定理?∑=
?0
d q
S D 可得D (r ).再由
r εε0/D E =可得E (r ).
介质内电势的分布,可由电势和电场强度的积分关系?
∞
?=r
V l E d 求得,
或者由电势叠加原理求得.
极化电荷分布在均匀介质的表面,其极化电荷面密度a p ζ='. 解 (1) 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得 r <R 0π42
1=?r D
01=D ;01=E
R <r <R +d Q r D =?2
2π4
2
2π4r
Q D =
;2
02π4r
εεQ E r =
r >R +d Q r D =?23π4
2
3π4r
Q D =
;2
03π4r
εεQ E r =
将不同的r 值代入上述关系式,可得r =5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小,其方向均沿径向朝外. r 1 =5 cm ,该点在导体球内,则
01=r D ;01=r E
r 2 =15 cm ,该点在介质层内,ε
r
=5.0,则
2
8
22
m
C 10
5.3π42--??==
r
Q D r ;1
222
0m
V 100.8π42
-??==
r
εεQ E r r
r 3 =25 cm ,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则
2
8
23
m
C 10
3.1π43--??==
r
Q D r ;1
222
0m
V 104.1π43
-??==
r
εQ E r
(2) 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得 r 3 =25 cm ,
V 360π4d 0r 331
==
?=
?
∞
r
εQ V r E
r 2 =15 cm ,
()
()
V
480π4π4π4d d 002
0r 3222
=++
+-
=
?+?=?
?
+∞
+d R εQ d R εεQ r εεQ V r r d
R d
R r
E r E
r 1 =5 cm ,
()
()
V
540π4π4π4d d 000321=++
+-
=
?+?=?
?
+∞
+d R εQ d R εεQ R
εεQ V r r d
R R
d
R r
E r E
(3) 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε =ε0 ,
极化电荷可忽略.故在介质外表面;
()()()2
0π411d R εQ
εE εεP r r
n r n +-=-=
()()
2
8
2
m
C 10
6.1π41--??=+-=
=d R εQ
εP ζr r
n
在介质内表面:
()()2
0π411R
εQ
εE εεP r r
n r n -=
-=
()2
8
2
m
C 10
4.6π41--??-=-=
-='R
εQ
εP ζr r
n
介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同,但是两表面极化电荷的总量还是等量异号.
6 -20 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷。设某细胞壁厚为5.2 ×10-9
m ,两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 -3
C /m 2
,内表面为正电荷.如果细胞壁物质的相对电容率为6.0,求(1) 细胞壁内的电场强度;(2) 细胞壁两表面间的电势差. 解 (1)细胞壁内的电场强度V/m 108.96
0?==
r
εεζE ;
方向指向细胞外. (2) 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-?==Ed U .
6 -21 一平板电容器,充电后极板上电荷面密度为σ0 =4.5×10-5 C· m -2
.现将两极板与电源断开,然后再把相对电容率为εr =2.0 的电介质插入两极板之间.此时电介质中的D 、E 和P 各为多少?
分析 平板电容器极板上自由电荷均匀分布,电场强度和电位移矢量都是常
矢量.充电后断开电源,在介质插入前后,导体板上自由电荷保持不变.取图所示的圆柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可求得电位移矢量D ,再根据
r
εε0D E =
,E D F 0ε-=
可求得电场强度E 和电极化强度矢量P . 解 由分析可知,介质中的电位移矢量的大小
2
5
0m
C 10
5.4Δ--??===
ζS
Q D
介质中的电场强度和极化强度的大小分别为
1
6r
0m
V 105.2-??==
εεD E
1
5
0m C 10
3.2--??=-=E εD P
D 、P 、
E 方向相同,均由正极板指向负极板(图中垂直向下). 6 -22 在一半径为R 1 的长直导线外,套有氯丁橡胶绝缘护套,护套外半径为R 2 ,相对电容率为εr .设沿轴线单位长度上,导线的电荷密度为λ.试求介质层内的D 、E 和P
.
分析 将长直带电导线视作无限长,自由电荷均匀分布在导线表面.在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷,这些电荷在内外表面呈均匀分布,所以电场是轴对称分布.取同轴柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可得电
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 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-,,x y 都以米为单位,t 以秒为单位, 求: (1) 质点的运动轨迹; (2) 从1t s =到2t s =质点的位移的大小; (3) 2t s =时,质点的速度和加速度。 解:(1)由运动方程消去时间t 可得轨迹方程,将t = 代入,有 2 1) y =- 或 1= (2)将1t s =和2t s =代入,有 11r i = , 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = (3) 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =, 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时,速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ,式中的R 、ω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 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ (2)质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动,其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 77 页2-15, 2-30, 2-34, 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+,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F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义,有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 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 =-(k 为常数)作用。设撤除牵引力时为0t =,初速度为0v ,求(1)滑行中速度v 与时间t 的关系;(2)0到t 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 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 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
大学物理课后题答案
习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸,其出口速率为300s m ,设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时,子弹在x =0处,试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ,由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v , 所以有: 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得: m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内,滑块与屏障间的摩擦系数为μ,试证明:当滑块从屏障的另一端滑出时,摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力:屏障对它的压力N ,方向指向圆心,摩擦力f 方向与运动方向相反,大小为 N f μ= (1) 另外,在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力,二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=
两边积分,且利用初始条件s =0时,0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ,当滑块从另一端滑出即R s π=时,摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态,在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=,方向与直线平行。求:(1)在0到T 的时间内,力F 的冲量的大小;(2)在0到2T 时间内,力F 冲量的大小;(3)在0到2T 时间内,力F 所作的总功;(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ,在直线情况下,求冲量I 的大小可用代数量的积分,即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t =0到 t=T ,冲量的大小为: ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2,冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ,由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时,质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理,力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=,在t =0到t =T /2时间内,a >0,质点 作初速度为零的加速运动,t =T /2时,a =0,速度达到最大;在t =T /2到t =T 时间内,a <0,但v >0,故质点作减速运动,t =T 时 a =0,速度达到最小,等于零;此后,质点又进行下一
大学物理上册答案详解
大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—1 |r ?|与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明. 解:(1)r ?是位移的模,?r 是位矢的模的增量,即 r ?12r r -=,12r r r -=?; (2) t d d r 是速度的模,即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量, ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 (3)t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =,t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢),所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=
式中 dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t ),y =y (t ),在计算质点的速度 和加速度时,有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v =t r d d ,及a =22d d t r 而 求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确?为什么?两者差别何在? 解:后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量,在平面直角坐标 系中,有j y i x r +=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点,其一是概念上的错误,即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v ==
大学物理(上)课后习题标准答案
大学物理(上)课后习题答案
————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期: 2
3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为:x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式;⑵求出t =1 s 时刻和t =2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移;⑶ 计算t =0 s 时刻到t =4s 时刻内的平均速度;⑷求出质点速度矢量表示式,计算t =4 s 时质点的速度;(5)计算t =0s 到t =4s 内质点的平均加速度;(6)求出质点加速度矢量的表示式,计算t =4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解:(1)j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时,j i r 5.081 m ;2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时,054r i j v v v ;4t s 时,41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ,则:437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时,033i j v v v v ;4t s 时,437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为2 26a x ,a 的单位为m/s 2, x 的单位为m 。质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解:由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得:2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得:2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为 =2+33t ,式中 以弧度计,t 以秒计,求:⑴ t =2 s 时,质点的切向和法向加速度;⑵当加速度 的方向和半径成45°角时,其角位移是多少? 解: t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时,2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有:tan 451n a a 即: R R 2 ,亦即t t 18)9(2 2 ,解得:9 2 3 t 则角位移为:32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为 =0.2 rad/s 2,求t =2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解:s 2 t 时,4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
大学物理课后练习习题答案详解.docx
第一章质点运动学 1、( 习题: 一质点在 xOy 平面内运动,运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。( 1)求质点的轨道方程; ( 2)求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解:( 1)由 x=2t 得, y=4t 2 -8 ( 2)质点的位置 : r r 由 v d r / dt 则速度: r r 由 a d v / d t 则加速度: 则当 t=1s 时,有 r r 可得: y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时,有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、(习题): 质点沿 x 在轴正向运动,加速度 a kv , k 为常数.设从原点出发时速度为 v 0 ,求运动方程 x x(t) . 解: dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动,其加速度为 a 4 t (SI) ,已知 t 0 时,质点位于 x 10 m 处,初速度 v 0 .试求其位置和时间的关系式. 解: a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出,求: ( 1)小球的运动方程; ( 2)小球在落地之前的轨迹方程; v v ( 3)落地前瞬时小球的 dr , dv , dv . dt dt dt 解:( 1) x v 0 t 式( 1) y 1 gt 2 式( 2) v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 ( 2)联立式( 1)、式( 2)得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v ( 3) dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
题1.1:已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求(l )质点在运动开始后s 0.4内位移的大小;(2)质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解:(1)质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x (2)由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 s2=P t (t = 0不合题意) 则:m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2:一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时,0=x 。试根据已知的图t v -,画出t a -图以及t x -图。 题1.2解:将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a (匀加速直线运动) 0BC =a (匀速直线) 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图 在匀变速直线运动中,有 2002 1at t v x x + += 间内,质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动,其x -t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3:如图所示,湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ,滑轮到原船位置的绳长为0l ,试求:当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少?
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案
习题解答 习题一 1-1 |r ?|与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明. 解: (1)r ?是位移的模,?r 是位矢的模的增量, 即r ?1 2r r -=,1 2 r r r ? ?-=?; (2)t d d r 是速度的模,即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量, ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模,即 t v a d d ? ?= ,t v d d 是加速度a 在切向上的分量.
∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢),所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂,超出教材规定,故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t ),y =y (t ),在计算质点的速度和加速度时,有人先求出r = 2 2 y x +,然后根据v =t r d d ,及a = 2 2d d t r 而求得结果; 又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确?为什么?两者差别何在? 解:后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量,在平面直角坐标系中,有 j y i x r ? ??+=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案
1 习题解答 习题一 1-1 |r ?|与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明. 解:(1) r ?是位移的模,? r 是位矢的模的增量,即r ?1 2r r -=,1 2r r r -=?; (2) t d d r 是速度的模,即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量, ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模,即t v a d d = , t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢) ,所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t ),y = y (t ),在计算质点的速度和加速度时,有人先求出r =2 2y x +,然后根据v = t r d d ,及a = 2 2d d t r 而求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确?为什么?两者差别何在? 解:后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量,在平面直角坐标系中,有j y i x r +=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。 解:1) 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2) j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求: (1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解:1)由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为:2)3y (x -= 2)j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3) j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=,式中r 的单位为m ,t 的单
位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解:1)j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2)21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解:以地面为参照系,坐标如图,升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += (1) 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= (2) 21y y = (3) 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的t d d r ,t d d v ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 2 1 h y -= 式(2) j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= (2)联立式(1)、式(2)得 2 02 v 2gx h y -= (3) j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理习题及综合练习答案详解
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分,一部分均匀分布在地球上,另一部分均匀分布在月球上, 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力,已知地球的质量M =l024kg ,月球的质量m =l022 kg 。(1)求 Q 的最小值;(2)如果电荷分配与质量成正比,求Q 的值。 解:(1)设Q 分成q 1、q 2两部分,根据题意有 2 221r Mm G r q q k =,其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值,令0'=Q ,得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ,C 1069.51321?==k q GMm q ,C 1014.11421?=+=q q Q (2)21q m q M =Θ ,k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q , C 1015.51421?==m Mq q ,C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上,电荷Q (Q >0)放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零,Q 值应为多大 解:Q 到顶点的距离为 l r 33= ,Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=, 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =,即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?,解得:q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示,有一长l 的带电细杆。(1)电荷均匀分布,线密度为+,则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何(2)若电荷线密度=kx ,k 为正常数,求P 点的电场强度。 解:(1)线元d x 所带电量为x q d d λ=,它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时,其方向水平向右;00 大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 说明: 上册教材中,第5,6,7等章的习题有答案; 第1,2,4,8章的习题有部分答案; 第3,9,10,11章的习题没有答案。 为方便学生使用,现根据上学期各位老师辛苦所做的解答,对书上原有的答案进行了校对,没有错误的,本“补充答案”中不再给出;原书中答案有误的,和原书中没有给出答案的,这里一并给出。错误之处,欢迎指正! 第1章 1.4. 2.8×10 15 m 1.5.根据方程中各项的量纲要一致,可以判断:Fx= mv 2/2合理, F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ,4025.0=t (s),2.19=y (m) (2) ?=7.382θ,48.2=t (s),25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时,j r 19=; 3=t 时,j i r +=6。(4)当9=t s 时取“=”,最小距离为37(m )。 第一章质点运动学 1、(习题1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解:(1)由x=2t 得, y=4t 2-8 可得: y=x 2 -8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j = 则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时速 度为0v ,求运动方程)(t x x =. 解: kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的 d d r t ,d d v t ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 21h y -= 式(2) 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ (2)联立式(1)、式(2)得 2 2 v 2gx h y -= (3) 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 大学物理课后习题答案第六章 ————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期: 第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处,它受到的合力等于零? 解:根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定,只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧,它受到的合力才可能为0,所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点。试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解:(1) 以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知,q '为负电荷,所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示,半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环,在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段,该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解:先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=,dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知,0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z 《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明:字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1.关于电场强度定义式E = F /q 0,下列说法中哪个是正确的? [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比; (B) 对场中某点,试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变; (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向; (D) 若场中某点不放试探电荷q 0,则F = 0,从而E = 0. 2.如图1.1所示,在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ,在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q , P 点是x 轴上的一点,坐标为(x , 0).当x >>a 时,该点场强 的大小为: [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3.图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0),则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示,其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变; (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变; (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化; -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3 第一章质点运动学 1、(习题 1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解:(1)由x=2t 得, y=4t 2-8 可得: y=x 2 -8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j = 则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时 速度为0v ,求运动方程)(t x x =. 解: kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速 度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的 d d r t ,d d v t ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 21h y -= 式(2) 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ (2)联立式(1)、式(2)得 2 2 v 2gx h y -= (3) 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 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 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-,,x y 都以米为单位,t 以秒为单位,求: (1) 质点的运动轨迹; (2) 从1t s =到2t s =质点的位移的大小; (3) 2t s =时,质点的速度和加速度。 解:(1)由运动方程消去时间t 可得轨迹方程,将t = 或1= (2)将1t s =和2t s =代入,有 11r i =u r r , 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V (3) 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =, 2y y dv a dt == 当2t s =时,速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ,式中的R 、ω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 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动,其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30, 2-34, 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+,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F 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,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 =-(k 为常数)作用。设撤除牵引力时为0t =,初速度为0v ,求(1)滑行中速度v 与时间t 的关系;(2)0到t 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 即 dv k dt v m =- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 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2R ),试以,m R 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 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == (2)卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =,置于水平面上,一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块,速度减为100/m 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。 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动,有以下几种表述,正确的是[ ] (A)在直线运动中,质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零,则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变,其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中,加速度不断减小,则速度也不断减小 解析:速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量,加速度是描述质点运动速度变化的物理量,两者没有确定的对应关系,故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=,则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动,加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动,加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动,加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动,加速度沿ox 轴负向 解析:229dx v t dt = =-,18dv a t dt ==-,故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动,其瞬时速度为v ,瞬时速率为v ,某一段时间内的平均速率为v ,平均速度为v ,他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ,v =v (B)v ≠v ,v =v (C)v ≠v ,v ≠v (D)v =v ,v ≠v 解析:瞬时速度的大小即瞬时速率,故v =v ;平均速率s v t ?=?,而平均速度t ??r v = ,故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时,下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向,所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零,所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度,但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析:质点作圆周运动时,2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ,所以法向加速度一定不为零,答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-,式中,k 为大于零的常量。当0t =时,初速为0v ,则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析:由于2dv kv t dt =-,所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ,得到20 11 2kt v v =+,故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ,则从大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
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