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 1-121-2 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 ==rV（3） 2x dxv t dt== 2xx 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 rm/s 21-4 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 0dvdt= 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 dtθω== 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 dtωβ== 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 kdt 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 2126k GMmE 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。

解 子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒对木块用动能定理得 (1) 2212()2m v v Mgsμ-==322(210)(500100)0.16219.80.2-⨯⨯-=⨯⨯⨯ (2) 子弹动能减少114页3-11，3-9，例3-2 如图所示，已知物体A 、B 的质量分别为A m 、B m ，滑轮C 的质量为C m ，半径为R ，不计摩擦力，物体B 由静止下落，求（1）物体A 、B 的加速度； （2）绳的张力；（3）物体B 下落距离L 后的速度。

分析： （1）本题测试的是刚体与质点的综合运动，由于滑轮有质量，在运动时就变成含有刚体的运动了。

滑轮在作定轴转动，视为圆盘，转动惯量为212J mR =。

（2）角量与线量的关系：物体A 、B 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度，有t a R β=。

（3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力12T T ≠。

分析三个物体，列出三个物体的运动方程： 物体A 1A T m a = 物体B 2B B m g T m a -=物体C ''22111()22C C T T R J m R m Ra ββ-===例3-2图2g22 解 （1）12B A B Cm g a m m m =++。

（2）112A B A B C m m g T m m m =++， 21()212A C AB Cm m g T m mm +=++。

（3）对B 来说有，2202v v aLv -===例3-4 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量）分析： 利用积分求圆形平板受桌面的摩擦力矩，运用转动定律求出平板的角加速度，再用运动学公式求转动的圈数．解：在距圆形平板中心r 处取宽度为dr 的环带面积，环带受桌面的摩擦力矩为总摩擦力矩为故平板的角加速度为可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度0ω=，因此有 设平板停止前转数为n ，则转角2n θπ=，可得3-2：如题3-2图所示，两个圆柱形轮子内外半径分别为R 1和R 2，质量分别为M 1和M 2。

二者同轴固结在一起组成定滑轮，可绕一水平轴自由转动。

今在两轮上各绕以细绳，细绳分别挂上质量为m 1和m 2的两个物体。

求在重力作用下，定滑轮的角加速度。

解：m 1：1111a m g m T =-m 2：2222a m T g m =- 转动定律：βJ T R T R =-1122其中：2222112121R M R M J += 运动学关系：2211R a R a ==β解得：222221111122)2/()2/()(R m M R m M gR m R m +++-=β3-6 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为j v i v v y x ϖϖϖ+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．解: 由题知，质点的位矢为 作用在质点上的力为所以，质点对原点的角动量为 作用在质点上的力的力矩为3-11 如题3-11图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有 则 lg23=β (2)由机械能守恒定律，有22110232()-=lml ωmg sin θ题3-11图所以有 lg θωsin 3=3-13 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3-13图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 题3-13图 令0=v ，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量212=J MR ，碎片抛出后圆盘的转动惯量2212'=-J MR mR ，碎片脱离前，盘的角动量为J ω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 式中ω'为破盘的角速度．于是 得ωω=' (角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 转动动能为258页8-2,8-12,8-178-7 试计算半径为R 、带电量为q 的均匀带电细圆环的轴线（过环心垂直于圆环所在平面的直线）上任一点P 处的场强（P 点到圆环中心的距离取为x ）.解 在圆环上任取一电荷元dq ，其在P点产生的场强为()2204R x dqdE +=πε，方向沿dq 与P 点的连线.将其分解解8-7d E ∥P d qRxd Ed E ⊥XO为平行于轴线的分量和垂直于轴线的分量，由电荷分布的对称性可知，各dq 在P 点产生的垂直于轴线的场强分量相互抵消，而平行于轴线的分量相互加强，所以合场强平行于轴线， 大小为：E =E ∥=()()()23220212222044cos R x qxR x x R x dq dE q+=+⋅+=⎰⎰πεπεθ 方向：q >0时，（自环心）沿轴线向外；q <0时，指向环心.8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为R 1和R 2（R 2＞R 1），带电量分别为q 1和q 2，求以下三种情况下距离球心为r 的点的场强：（1）r ＜R 1；（2）R 1＜r ＜R 2（3）r ＞R 2.并定性地画出场强随r 的变化曲线解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面，则由高斯定理可知： (1) 当r ＜R 1时，0,04cos 2=∴=⋅==Φ⎰E r E dS E e πθ(2) 当R 1＜r ＜R 2 时，2010124,4cos rq E q r E dS E e πεπθ=∴=⋅==Φ⎰(3) 当r ＞R 2 时，8-13 均匀带电的无限长圆柱面半径为R ，每单位长度的电量（即电荷线密度）为λ. 求圆柱面内外的场强.解 过所求场点作与无限长带电圆柱面同轴的、长为l 的封闭圆柱面，使所求场点在封闭圆柱面的侧面上.由电荷分布的对称性可知，在电场不为零的地方，场强的方向垂直轴线向外（设λ＞0），且离轴线的距离相等的各点场强的大小相等.所以封闭圆柱面两个底面的电通量为零，侧面上各点场强的大小相等，方向Ｏ rR 1 R 2解8-12图 场强随r 的变化曲线与侧面垂直（与侧面任一面积元的法线方向平行）.设所求场点到圆柱面轴线的距离为r ，当r ＜R 即所求场点在带电圆柱面内时，因为0,02000cos cos =∴=⋅=++==Φ⎰⎰E rl E dS E dS E e πθ；当r ＞R 即所求场点在带电圆柱面外时，rE l rl E e 002,2πελελπ=∴=⋅=ΦΘ. 8-15 将q=2.5×10-8C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点，外力作功5.0×10-6J.问电势能的增量是多少？A 、B 两点间的电势差是多少？哪一点的电势较高？若设B 点的电势为零，则A 点的电势是多少？解 电势能的增量：J 100.56-⨯==-=∆外A W W W A B ；A 、B 两点间的电势差：V 100.2105.2100.5286⨯-=⨯⨯-=-=-=---q W W q W q W U U B A B A B A <0， ∴ B 点的电势较高；若设B 点的电势为零，则 V 100.22⨯-=A U .8-17 求习题8-12中空间各点的电势.解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势Rq 04πε，其中R 是球面的半径；均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势.所以，由电势的叠加原理得：（1） 当r ＜R 1即所求场点在两个球面内时:20210144R q R q U πεπε+=；（2） 当R 1＜r ＜R 2即所求场点在小球面外、大球面内时:2020144R q rq U πεπε+=；当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:rq q rq rq U 0210201444πεπεπε+=+=当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:rq q rq rq U 0210201444πεπεπε+=+=285页9-3,9-49-3．如图，在半径为R 的导体球外与球心O 相距为a 的一点A 处放置一点电荷+Q ，在球内有一点B 位于AO 的延长线上，OB = r ，求：（1）导体上的感应电荷在B 点产生的场强的大小和方向；（2）B 点的电势.解：（1）由静电平衡条件和场强叠加原理可知，B 点的电场强度为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和，且为零，即（2）由电势叠加原理可知，B 点的电势为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的电势的标量和，即由于球体是一个等势体，球内任一点的电势和球心o 点的电势相等因球面上的感应电荷与球心o 的距离均为球的半径R ，且感应电荷的总电贺量为零，所以感应电荷在o 点产生的电势为零，且00V V ='，因此所以， B 点的电势 aq V B 04πε=9-4．如图所示，在一半径为R 1 = 6.0 cm 的金属球A 外面罩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 ，A 球带有总电量Q A = 3.0×10-8 C ，球壳B 带有总电量Q B = 2.0×10-8 C.求：（1）球壳B 内、外表面上所带的电量以及球A 和球壳B 的电势；（2）将球壳B 接地后再断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 的内、外表面上所带的电量，以及球A 和球壳B习题9.3图的电势.导体解：（1）在导体到达静电平衡后，A Q 分布在球Ａ的表面上．由于静电感应，在B 球壳的内表荷面上感应出负电荷A Q ，外表面上感应出正电由场A Q ，则B 球壳外表面上的总电荷（B A Q Q +）。