大学物理同步训练1-15章(第2版) 2

质点运动学答案一、选择题1、C2、C3、B4、B5、B6、A7、D8、C 二、填空题1、42、3m s ;9m s3、2m;6m 4/s/s5、239y x =+ 6、7、s t ∆;02tυ∆ 8、6.28m; 0;0; 6.28m/s 9、圆周运动；匀速率圆周运动 10、3.811、sin sin R ti R tj ωωωω-+；0；半径为R 的圆周 三、计算题(2)(1)(2)(1)(1.5)(1)(1)00640, 1.511(2)2642x x x xtdxt dtt ss x x x x m sms tt s υυυυυ∆-=∆=∆==-==∆=-+-=∆=∆=⨯位移＝＝令第二秒内路程平均速率＝m 时，＝－＝－2s负号表示速度方向沿平均速度x 轴负向2223058.365.12x y t n tn gtd a dt a ga t s ma m s ma ss υυυυ⎧=⎪⎨=⎪⎩=========时，3、2222222464(34)164002.5t n t n dsst t dt d sa t dtt t a R R m a s a Rm a s R mυυυ==+==++========当t=2s 时m＝20s4、解：0230300044002232()3114366vttv xttx dv a dt dv adt dv adt t dtv v t dx v dt dx vdtdx vdt v t dt x x v t t t t =====+====+=++=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰质点动力学答案一、选择题1、C2、C 二、填空题1、980J2、9J 三、计算题1、解：0220322202213624txtF a tmd tdtt dx t dtx t dx t dtW Fdx t t dt Jυυυ==========⎰⎰⎰⎰⎰⎰2、解：()2215030145W Fdx x x dx J ==+=⎰⎰刚体定轴转动习题答案一、选择题 1、（A ） 2、（C ）3（C ）4、（A ）5、 (C) 6、 (C) 7、（B ） 8、（A ） 9、（B ） 10、（B ） 二、填空题1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。

2、14ml 23、l g 43，l g 234、 2ω05、ωωωω--B A A J )(6、ML m 23v ．7、L 76v8、02ωmrJ J+ 三、计算题1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J β ② 1分 a ＝R β ③ 1分由此可得 T ＝m (g －a )＝m ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-J TR g /2 那么 mg J mR T =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+21 将 J =21MR 2代入上式，得 mM m M gT 2+= 2分 图2分2、解：(1) 各物体受力情况如图 图2分T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分 T ' (3r )－Tr ＝14mr 2β 2分 a ＝r β 1分 a '＝(3r )β 1分 由上述方程组解得：β＝g / (12r )＝16.33 rad ·s -2 2分3、解：以小球为研究对象，由转动定律βJ M =得：水平位置时：lg ml mgl ==002ββ 5分杆与水平方向夹角为60°时：' '静电场答案选择题1、C2、 B3、A 和D4、 C5、 C6、A7、 C8、 A9、 B 10、A 11、D 12、 B 13、 D 填空题1、单位正试验电荷置于该点时所受到的2、2N / C ； 向下3、－2ε0E 0 / 3 ； 4ε0E 0 / 34、包围在曲面内的净电荷 ；曲面外电荷5、高斯面上各点6、qQ / (4πε0R ) ．7、－3.2×10-15 J ;2×104 V 8、－140 V ． 9、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πa br r q q 11400ε．计算题1、解： 选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d θ，其上电荷d q ＝(Q d l ) / (πR )=(Q d θ) / π，它在O 点产生的场强为202204d 4d d R Q R q E εθεπ=π=在x 、y 轴方向的两个分量 θθεθd cos 4cos 202R QdE dE x π==θθεθd sin 4sin 202R QdE dE y π== 对两个分量分别积分2022/2/2022d cos 4RQ RQ dE E x x εθθεπ=π==⎰⎰ππ-2分0d sin 42/2/202=π==⎰⎰ππ-θθεRQ dE E y y由此得i R Q i E E x2022επ==i为x 轴正向的单位矢量．2、解：r ≤R 时，在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有30123414r E r πρε=π得 r E 013ερ= 1E 方向沿半径向外． r >R 时，在球体外作半径为r 的高斯球面，按高斯定理有22/4εq E r =πd l d θ θθyxd E yd E x d EO334R q πρ=得 20320234rR r q E ερε=π= 2E 方向沿半径向外．3、 解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．细杆的电荷线密度λ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = λd x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为()()x a l l xq x a l q U P -+π=-+π=008d 4d d εε整个杆上电荷在P 点产生的电势()⎰--+π=ll P x a l x l qU d 80ε()l lx a l l q --+π-=ln 80ε⎪⎭⎫⎝⎛+π=a l l q 21ln 80ε4、解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204rQE επ=(R 1＜r ＜R 2) 两球的电势差 ⎰⎰π==212120124d R R R R r dr Q r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=21114R R Q ε∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14×10-9 C静电场中的导体和电介质答案选择题 1、． D 2、 B 3、 B 4、 D 5、 D 6、C 7、A 8、 D 9、 D 10、 C 11、［ D ］ 填空题1、 )2/()(21S Q Q + ； )2/()(21S Q Q - ； )S /()Q Q (212-； )2/()(21S Q Q +2、)4/()(22R Q q π+ 3、 9.1×105 C 4、 U 0 5、无极分子；电偶极子6、 E D rεε0= 7、εr ； 1 ； εr 8、σ ； σ / ( ε 0ε r )9、不变 ，减小 计算题1、图示为一半径为a 的、带有正电荷Q 的导体球．球外有一内半径为b 、外半径为c 的不带电的同心导体球壳．设无限远处为电势零点，试求内球和球壳的电势． 解：球壳内表面将出现负的感生电荷－Q ，外表面为正的感生电荷Q ．按电势叠加原理(也可由高斯定理求场强，用场强的线积分计算)导体球的电势为c Qb Q a Q U 0001444εεεπ+π-π=Q abc ac bc ab ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=04πε 球壳电势 cQU 024επ=2、 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d )的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 的值(2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为 2211d E d E U U B A +=-)(210d d S q+=ε)(0t d Sq -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值 无影响．3、 三个电容器如图联接，其中C 1 = 10×10-6 F ，C 2 = 5×10-6 F ，C 3 = 4×10-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：(1) A 、B 之间的电容；(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？解：(1) =+++=321321)(C C C C C C C 3.16×10-6 F(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111×10-3 C4、 一平行板电容器，其极板面积为S ，两板间距离为d (d <<S )，中间充有两种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为εr 1和εr 2，厚度分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝d ，如图所示．设两极板上所带电荷分别为＋Q 和－Q ，求： (1) 电容器的电容．(2) 电容器储存的能量．解：(1) 两极板间电位移的大小为 D ＝σ＝Q / S在介质中的场强大小分别为E 1 = D / (ε0εr 1) = Q / (ε0εr 1S ) E 2 = D / (ε0εr 2) = Q / (ε0εr 2S ) 两板间电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=22110221112r r d d S Q d E d E U εεε()S d d Q r r r r 2101221εεεεε+= 电容 C = Q / U 121221210r r r r d d Sεεεεε+=(2) 电场能量 21221CU W =()SQ d d r r r r 210212212εεεεε+=恒定磁场答案一 选择题二.填空题三．计算题1.解：选取以O 为圆心以r 为半径宽度为dr 的圆环的微元 圆环所带电量为rdr dq πσ2=)(2122R R Q-=πσ圆环以角速度ω绕O 转动时等效的圆电流为rdr rdr T dq dI σωππσω===22 圆电流在P 点的磁感应强度d B232230232220)(2)(2x r drr x r dIr dB +=+=σωμμ整个转盘在P 点的磁感应强度B)]()[(21)(222122222221222023223021xR x x R x x R x R x r drr dB B R R +-+++-+=+==⎰⎰σωμσωμ方向沿x 轴正方向2.解：54321B B B B B B ++++=2014R I B πμ=方向向外；202024221R I R I B μμ==方向向里；03=B ；101044221R IR I B μμ==方向向里；1054R IB πμ=方向向外 1020********R IR I R I R I B μμπμπμ--+=方向向外 3.解：各边受力：（1）B l d I F d⨯=21dx x I I dF πμ21021=⇒dld I I F +=⇒ln 22101πμ方向：竖直向下 （2）θπμθtan )(2tan 21022l l d I I l BI F +== 方向：水平相右（3）B l d I F d ⨯=23dl x II dF πμ21023=⇒⎰+=⇒ld dx dxI I F θπμcos 22103dld I I F +=⇒ln cos 22103θπμ 方向：垂直杆斜向上θπμtan ln 22103d l d I I F x +-= dld I I F y +=ln 22103πμ 0=y F θπμtan )ln (2210dld d l l I I F x +-+=方向水平相左 4.解：（1）n I R S I m 241π== 21sin()42M m B R IB t k ππω=⨯=-（2）max f =电磁感应答案一．选择题1. B2. A3.D4.A5.D6.D7.D 8A 9.D 10.B 二．填空题1．t r m nI ωωμsin 20π 2．229R B ω ；O 点3．导线端点；导线中点 4． 221R B ω;沿曲线由外指向中心5．答案见图．6．20 J 7. 1:2 ；1:28．2A 9．不能 三．计算题1．解：长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为)(20xIB π=μ)d (20⎰⎰+==bd d xx IaBdS πμΦ)ln(20dbd Ia+π=μ∴εtI d b d a dt d d d ])(ln[20+π=Φ=μ2. 解:t 时刻通过半圆的磁通量为t rBm ωπcos 22=Φ2sin 2tr B dt d m ωωπε=Φ-=Rtr B R i 2sin 2ωωπε==LO3．解：建立坐标(如图)则：x IB π=20μ， B方向⊙εd x xI x B d )1(2v d v 0π==μ ε⎰⎰+π==x xI b a d )1(2v d a0μ a b a I +π=ln 2v0μ4．解：(1)B a U U U E O OE221ω=-=(2) 添加辅助线OF ，由于整个△OEF 内感应电动势为零，所以OFEF OE =+即可直接由辅助线上的电动势E OF 来代替OE 、EF 两段内的电动势．aa OF 245cos 2=︒=B a a B U U U F O OF22)2(21ωω==-=(3) O 点电势最高 ．《机械振动》答案一、选择题CDBBB CACAA DC 二、填空题1、n T /2、T 4，2/2S3、0sin A ωϕ，-02cos ϕωA4、2rad/s ，0，t x 2cos 2=（SI ），212N ，负方向5、10cm ，π32，4.8s ，)32125cos(1.0ππ+=t x （SI ） 6、如图所示ax +d x a +bI CDvxOx7、k m π221+，02x mk 8、m k π1，mk π1 9、238kA 10、π 三、计算题1、 解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量L ∆满足如下关系Mg L k =∆ （1）对滑块m ，M 进行受力分析，设绳子的张力为T ，则当滑块M 位移为x 时，有Ma T Mg =-a m T L x k '=+∆+-)(由于绳子不可伸长，故有a a ='，则上述两式联立消去T 并考虑（1）式可得a m M kx )(+=-由上式可知滑块M 做简谐振动，其振动原频率为mM k+=ω已知0=t 时滑块M 处于负的最大位移处，即M 滑块的振幅及初相为kMgL A =∆=，πϕ=则可得M 滑块的运动方程⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=πt m M kk Mg x cos （SI ） 2、 解：设该质点的简谐运动方程为)cos(ϕω+=t A x （SI ）则可以知道该质点的速度满足)2cos(πϕωωυ++=t A （SI ）由图可以看出速度振幅为10=A ω，利用旋转矢量法可得速度方程的初相与圆频率为ππϕ322=+→ 6πϕ=14433t ωππ∆Φ===∆ → 1030/3A ππ==因此可以得到该质点的振动方程30cos 36x t πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（SI ） 3、 解：如图所示，画出旋转矢量图，可以知道质点从2/A 处（速度为正）运动到题３2/A 处（速度为正）时旋转矢量转过的角度为π1219=∆Φ已知旋转矢量的旋转角速度（即质点振动圆频率）为4/πω=，故需要的时间为319=∆Φ=∆ωt （s ） 4、 解：将振动方程2x 写为t x πcos 32=（SI ）画出三个旋转矢量，如右图所示。