大学物理学答案上册
大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A) (B) 02ωmRJ J+02)(ωR m J J +(C) (D) 02ωmRJ0ω[答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a)(b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n = 。
0.15; 1.256[答案：](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是 。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理课后习题答案(上册)
由受力分析图可知：
所以当所以 增大，小球对木板的压力为N2将减小；
同时：
所以 增大，小球对墙壁的压力 也减小。
2-2. 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少？
解：（1）轨道方程为
这是一条空间螺旋线。
在O 平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h
（2）
（3）
思考题1
1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为 ，瞬时速率为 ，平均速度为 ，平均速率为 ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?
（1） ；（2） ；（3） ；（4）
答： （3）
1-2. 质点的 关系如图，图中 ， ， 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？
解：在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子，假设其质量为dm，可知： ，分析这dm的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出： 。
距转轴为r处绳中的张力T(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：
2-3. 已知一质量为 的质点在 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离 的平方成反比，即 ， 是比例常数．设质点在 时的速度为零，求质点在 处的速度的大小。
解：由题意和牛顿第二定律可得：
再采取分离变量法可得： ，
两边同时取积分，则：
所以：
2-4. 一质量为 的质点，在 平面上运动，受到外力 (SI)的作用， 时，它的初速度为 (SI)，求 时质点的速度及受到的法向力 .
(完整版)大学物理学上下册习题与答案
习题九一、选择题9.1 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：(A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．［A(本章中不涉及导体)、 D ］ 9.2有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为(A)03 q ． (B) 04 q (C) 03 q ． (D) 06 q ［D ］q题图9.19.3面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)S q 02(B)S q 022 (C) 2022S q (D) 202Sq [B ]9.4 如题图9.2所示，直线MN 长为2l ，弧OCD 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷q ，M 点有负电荷q ．今将一试验电荷0q 从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 , 且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0． ［D ，0O V ］-题图9.29.5静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能．(B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能．(D)［C ］9.6已知某电场的电场线分布情况如题图9.3所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？(A) 电场强度M N E E ． (B) 电势M N U U ．(C) 电势能M N W W ． (D) 电场力的功A ＞0．［C ］ 二、计算题9.7 电荷为q 和2q 的两个点电荷分别置于1x m 和1x m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ x2q q 0解：设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零，根据电力叠加原理可得022220000(2)(2)ˆˆ0041414141q q q q q q i i x x x x 即：22221(2)0121011x x x x22212210x x x x2610(322)x x x m 。
大学物理第五版课后答案上完整版
3-6一架以 2 m s 解 0Δ-='v m t FN 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机的平均冲力为 N 1055.25⨯-='-=F F3-7 质量为m 的物体,由水平面上点O 分析 3-8 Fx=30+4t 的合外力解 1 由分析知()s N 68230d 4302220⋅=+=+=⎰t t t t I 2 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s 另一解不合题意已舍去3 由动量定理,有 I ＝m v 2- m v 1由2可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得 112s m 40-⋅=+=mm I v v3-9 高空作业 51kg 的人3-10质量为m 的小球,在力F= - kx 作用下运动ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ3-11 在水平地面上,有一横截面S= 2()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF , N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F 3-12 爆炸后 ,hgx t x x 21010==v 21121gt t h y --=v ;12121t gth -=v x x m m 2021v v = y m m 2121210v v +-=落地时,y 2 ＝0,由式5、6可解得第二块碎片落地点的水平位置 x 2 ＝500 m 3-13 A,B 两船在平静的湖面上平行逆行航行 B 船以 解()A A B A A m m m m v v v '=+- 1 ()''=+-B B A B B m m m m v v v 23-14 质量为m 丶的人手里拿着质量为m 的物体 解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有u m m m α'++=cos 00v v 人的水平速率的增量为u mm mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为 gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()g m m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3-15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着0N =-+F F yg l m1 y lmt F d 0d v -=' 2 而 F F '-= 3 3-16 设在地球表面附近,一初质量为 10 5解 1 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为ma mg tmu=-d d 1 2 t m mg t m u d d d d v=- 分离变量后积分,有 ⎰⎰⎰-=t m m t g m m u 0d d d 00v v v3-17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知 t=0时质点位于原点 解 2d 0000L F x x LF F W L=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰;mLF 0=v 3-18 如图 一绳索 5N 3-19 一物体在介质x=ct 3解 23d d ct tx==v ;3/43/242299x kc t kc k F ===v3-20 一人从 m 深的井中提水解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有 F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy 3-21 一质量为的小球 的细绳 解 1()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P ;s F d T T ⋅=⎰W2 J 53.0k k ==E E 小球在最低位置的速率为 1PKs m 30.222-⋅===mW m Ev 3l m P F 2T v =- N 49.22T =+=lm mg F v3-22 一质量为m 的质点,系在细绳的一段,绳的另一端解 1 2202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= 1 2 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有mg μr πs F W 2180cos of -== 2rg πμ16320v = 3 34k0==W E n 圈3-23 如图所示,A 和B 两块板用一轻弹簧F 1 ＝P 1 ＋F 2221212121mgy ky mgy ky +=-;F 1 -F 2 ＝2P 1 F ＝P 1 ＋F 2 当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式3可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝m 1 ＋m 2 g3-24有一自动卸货矿车W ｆ ＝ ＋′gl ＋x 1W ｆ ＝-m -m ′ gl ＋x sin α 2 3-25 分铁锤敲入钉子木板 -2 解⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d d Δx ＝ ×10 -2m3-26 m 的地球卫星, 3Re 解()E 22E E 33R m R m m G v = 则 E E 2K 621R m m G m E ==v 2 E E P 3R mm G E -=3 EE E E E E P K 636R mm G R m m G R m m G E E E -=-=+=3-27 天文观测台 冰块解 由系统的机械能守恒,有R m F θmgR 2N cos v =- o θ2.4832arccos ==;32cos RgθgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝°3-28 m= kg A 时 解 rm mg c 2v= 1()()22213Δ21c m r mg l k v += 2 由式1、2 可得 ()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3-29 质量为m, 速度为v 的钢球 m 丶的靶． 解 ()1v v m m m '+= 1()20212212121kx m m m +'+=v v 2()v m m k m m x '+'=03-30 质量为m 的弹丸,穿过v v v ''+=m m m 21 l m g m h2v ''=' 2 221221hm gl m m v v ''+'='' 3glm m 52'=v 3-31 一个电子和一个3-32 质量为 x 10 -23kgαm βm m A B A cos cos 221v v v '+= 1αm βmA B sin sin 20v v '-= 2 222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v3-33 如图 质量为m 丶的物块 低端A 处解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= 1()αh αg m m μsin cos '+- ()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+= 2()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=αμgh αm m m v v 3-34 如图 一质量为m 的小球 内壁半球形 3-35 打桩 m=10t解 1 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有⎰='1h 01d 4h hK S gh m 1m 88.821='=KS gm h 2 ()v v m m m +'=0 2()()220h h h 21S 4d -211gh m m m m Kh +'-+'-=⎰+v v 3 h 2 ＝ m ;v v ''+'-=m h g m m 20 ()23h 021d h m 354-3v ''-'-=+⎰m gh m h S 5h 3 ＝ m3-36 一系统0332211=++x x x m m m v v v ;0332211=++y y y m m m v v v则 ()()j i 113s m 0.2s m 8.2--⋅-⋅-=v 3-37 如图 m1 = kg m2 = AB 小球m 5.1202120=+=x m m m x c ;m 9.1102110=+=y m m m y c ()t m m F m m t F x x tx2112101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 3 ()t m m F m m t F y y ty2122101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 4 t m m F y ty y c d d 0212cc0⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=;()22212019.09.12t t m m Fy y c c +=++= 2()()()j i F F P P t t t t0.60.8d Δ021-=+==⎰4-6 一汽车 12s 3 r min 解()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=t n n t ωωα ;()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=4-7 某种电动机启动后 ;s()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα;()rad 9.36d 1d /60060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 则t ＝ s 时电动机转过的圈数87.5π2/==θN 圈4-8 水分子 θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='此二式相加,可得22d m J J H B B A A =+''则 m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比,可得 θJ J B B A A 2tan /='' 则 o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ 4-9 一飞轮 30cm cm4-10 如图 圆盘的质量为m 半径为R22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m r r R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰ 2 ;22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量 4-12 一燃气轮机 m2解1 在匀变速转动中,角加速度tωωα0-=,由转动定律αJ M =,可得飞轮所经历的时间4-13 如图 m1 = 16kg 圆柱体A解 1αr m αJ r F T 2121== ;a m F g m F P T T 222='-='-21222m m g m a += ;m 45.222121222=+==m m gt m at s2 ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m F T 4-14 m1 m2 A B 组合轮两端()αJ J r F R F T T 2121+=- 11T T F F =',22T T F F ='解上述方程组,可得gR r m R m J J r m R m a 222121211+++-=;gr r m R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=;g m rm R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++= 4-15 如图所示装置,定滑轮半径rαr a a ==21 αJ r F r F T T ='-'12 11T T F F =',22T T F F =' 4-16 飞轮 60kg()0121='-+l F l l F Nd μF l ll d μF d F M N 121f 2212+=== 1 4-17 一半径为R,质量为m 的匀质圆盘;; 停止 4-18 如图 通风机J ωC t ωα-==d d 1t JCωωt ωωd d 00⎰⎰-=J Ct e ωω/0-= 22ln CJt =24-19 如图 一长 2l 的细棒AB解()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===2 ()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d dd d --==te αωml -=202sin 2 ;αωml M 202sin 2= 4-20 m 丶 半径R 的圆盘 裂开 解 1 R ω=0v4-21 光滑水平 木杆 m1= L=40cm解 根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212;()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv4-22 r1 r2 薄伞形轮 4-23 的 小孩R ωωωωv +=+=010;()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv4-24 一转台 砂粒 Q =2t 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd s 100==⎰t m ;()ωmr J ωJ 2000+= ;112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω 4-25 为使运行中的飞船4-26 m 的蜘蛛解 1 ()b a ωJ J ωJ 100+=a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=2 即22mr J =.在此过程中,由系统角动量守恒,有()c a ωJ J ωJ 100+=4-27 的均匀细棒解 1 由刚体的角动量定理得 28388Δ31arccos o 222'=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=gl m t F θ 4-28 第一颗人造卫星 5 2211v v mr mr = 12221212121r Gmm m r Gmm m EE -=-v v 2()1321121s m 1011.8-⋅⨯=+=r r r r Gm E v ;131212s m 1031.6-⋅⨯==v v r r4-29 地球对自传解 1 地球的质量m Ｅ ＝ ×1024 kg,半径R ＝ ×106 m,所以,地球自转的动能2 对式T ωπ2=两边微分,可得T Tωd π2d 2-= T ωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= T E ωT J ωωωJ E K K ΔπΔπ2ΔΔ3-=-== 2式中n 为一年中的天数n ＝365,ΔT 为一天中周期的增加量.4-30 如图 一质量为m 的小球由一绳索 ;;; 新的角速度 解 1200mr J =和20141mr J =,则00014ωωJ J ω==2 2020200211232121ωmr ωJ ωJ W =-=4-31 质量 解 1 棒绕端点的转动惯量231ml J =由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为()lθg J θM α2cos 3==;2s 418-=.α 由于θωωt ωαd d d d ==,⎰⎰=o 6000d d θαωωω ;1600s 98.7sin 3o -==l θg ω 2J 98.021==mgl E K3 由于该动能也就是转动动能,即221ωJ E K =,1s 57.832-==='l g J E ωK 4-32 如图 A B 两飞轮 J1 = kg;M解 1 取两飞轮为系统,根据系统的角动量守恒,有2 ()J 1032.12121Δ42112221⨯-=-+=ωJ ωJ J E 4-34 如图 OO 丶自由转动解()B ωmR J ωJ 2000+= 1()2220200212121BB m ωmR J mgR ωJ v ++=+ 22000mR J ωJ ωB +=2022002mRJ RωJ gR B ++=v 0ωωC = ;gR C 4=v 4-35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动 ,一种可能方案有()()2222122121ωl R m ωJ J '+=+ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'+=141m m R l 4-37 一长为L, 质量为m 的均匀细棒,在光滑的;;绕质心ωJ ωJ t F-'=-Δ21;ωωml J J ω41412=+='2 22223212121ωml ωJ ωJ E ΔK -=-''=4-38 如图 细绳 大木轴 解 设木轴所受静摩擦力F f 如图所示,则有F mR J R R θR a C C 212121cos ++= ;F mR J R θR R a αC C 21211cos ++== 5-6 1964 年,盖尔曼等人 解 由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力. 5-7 质量为m , 电荷为-e 的电子由此出发命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为r e εm E K 202π8121==v ;3022π4mrεe ω=;432022232π4me E εωK ==v 5-8 在氯化铯 1 由对称性,每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零,故F 1 ＝0.2 除了有缺陷的那条对角线外,其它铯离子与氯离子的作用合力为零,所以氯离子所受的合力F 2 的值为5-9 若电荷均匀地分布在长为L 的细棒 , 求证 证 1 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr πεqE 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.2, E rεqαE Ld π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则5-10 一半径为R 的半球壳,均匀的带有电荷, 解由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有 5-11 水分子H2O解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上 5-13 如图为电四级子解 由点电荷电场公式,得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=; 5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面对称轴平行 5-15 如图 边长为a 的立方体,其表面同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ 5-16 分析 地球周围的大气犹如;;5-17 设在半径为R 的球体内 ,其电荷为对称分布球体内0≤r ≤R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰ ,()r εkr r e E 024=球体外r ＞R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰,()r εkR r e E 024=5-18 如图 , 一无限大均匀带电薄平板n εσe E 012=;nr x xεσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 ,n rx x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0,则 E ＝0 在距离圆孔较远时x ＞＞r ,则5-19 如图, 在电荷体密度p 的均匀带电球体证 带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=r E 013ερ=,2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ;a E 03ερ=5-20 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳,总电荷为Q1解 取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析 r ＜R 1 ,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故 r ＞R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ,故5-21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面解 ∑=⋅0/π2εq rL E r ＜R 1 , 0=∑q 01=E 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ,L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2, 0=∑q 03=E 5-22 如图 ,有三个点电荷Q1Q2Q3解 在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势5-23 已知均匀带电直线附近的1 ,12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E 2 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5-24 水分子电偶极矩解 由点电荷电势的叠加1 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV 2 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==r εp V 3 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5-25 一个球形雨滴半径当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量q 2 ＝2q 1 ,雨滴表面电势5-26 电荷面密度分别为;;;两块无限大解 ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x0 2 00i E ()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 00l E()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a -axl E l E ;()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a -a x l E l E 5-27 两个同心球面的半径分别为R1 R2 , 各自带有解 1 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间,即R 1 ≤r ≤R 2 ,则 202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+= 2 ; ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5-28 一半径为R 的无限长带电细棒,其内部的电荷均匀分布当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅ ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅ ()rεR ρr E 022=当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r-==⎰当r ≥R 时()rR εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202==⎰5-29 一圆盘半径R= 10 -2解 1 带电圆环激发的电势220d π2π41d x r r r σεV +=()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 12 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V 2 电场强度方向沿x 轴方向.3 将场点至盘心的距离x ＝ cm 分别代入式1和式2,得当x ＞＞R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有 5-30 两根同长的圆柱面 R1= 10 -2 m R2=解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ2 解得两圆柱面之间r ＝ 处的电场强度 5-31 轻原子核结合成为较重原子核解 1 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒由20K021v m E =可估算出质子初始速率17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v 该速度已达到光速的4％.2.kT E E 23K K0== K 106.5329K0⨯≈=kE T 5-32 在一次典型的闪电中Kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰. 2 一个家庭一年消耗的能量为5-33 两个半径为R 的圆环分别带等量异电荷 正负q解 1 由带电圆环电势的叠加,两环圆心连线的x 轴上的电势为2 当R x l x >>>>,时,化简整理得在R x >>时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷,即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.5-34 如图 , 在Oxy 平面上倒扣着半径为R 的半球面,假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面,此时在A 、B 两点的电势分别为5-35 在玻尔的氢原子模型中,电子 10-10解 1 电子在玻尔轨道上作圆周运动时,它的电势能为2 电子在玻尔轨道上运动时,静电力提供电子作圆周运动所需的向心力,即()r m r εe /π4/2202v =.此时,电子的动能为电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量 6-6 不带电的导体球A 含有两个 ; ()20π4rεq 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,其主要构件是是一个半;;R1=解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 26-8 一导体球半径为R1,外罩一半径为R2r ＜R １时, ()01=r E R １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E = r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E += r ＜R １时, R １＜r ＜R 2 时, r ＞R 2 时,也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内r ＜R １20101π4π4R εQR εq V += 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 2002π4π4R εQ r εq V +=在球壳外r ＞R 2 r εQ q V 03π4+= ;102001π4π4R εQR εq V V +== 102001π4π4R εQR 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,22012012π4rR εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,6-9 如图 ,在一半径为R1 = cm 的金属球 A 外面 套 解V 106.5π4π4π43302010⨯=-+-+=R εQ Q R εQ R εq V A A A A A V 105.4π4330⨯=+=R εQ Q V BA 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 6-10 两块带电量分别为Q1,Q2的导体平板平行证明 １ 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ,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,由分析可知得 0,0ΔΔ3232=+=+=∑σσS σS σq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 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 附件解 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 σσ=+21 ;()Q S σσ=+43;041=-σσ;032=+σσSQσσσσ24321==-==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 SεQd U AB 02=2 如图c 所示,导体板B 接地后电势为零． 两导体板间电场强度为S εQ E 0='；方向为A 指向B ． SεQdU AB0=' 6-12 如图 Q>0, 内半径为a, 外半径b6-13 如图, 在真空中将半径为R 的金属球接地,在与球心 6-14 地球和电离层可当做一个球形电容器 6-15 两线输电线的线径代入数据 F 1052.512-⨯=C 6-16 电容式计算机键盘解 按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC ;mm 152.0ΔΔΔ00min20min =+=-=S εC d Cd d d d6-17 盖革-米勒管 可用解 1 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 01π2=⋅,则两极间的电场强度 2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6-18 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2 C 1084.18-⨯==CU Q 2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 31-5m V 102.1⋅⨯==dUE 6-19 如图 , 半径R= 的导体球带有电荷 Q = -8C解 1 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D 01=D ；01=E R ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r Q D =；202π4r εεQ E r=r ＞R ＋d Q r D =⋅23π4;23π4r Q D =；203π4r εεQE r =r 1 ＝5 cm,该点在导体球内,则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm,该点在介质层内,εｒ ＝,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r ；12220m 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2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ；12220m 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==⋅=⎰∞rεQV r E r 2 ＝15 cm, ()()V480π4π4π4d d 0020r 3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ r εεQ V r r dR dR rE r E r 1 ＝5 cm,()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E3 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； 6-20 人体的某些细胞壁两侧解 1细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；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 有一个平板电容器 = 10-5 C;M-2解 250m C 105.4Δ--⋅⨯===σSQD 16r 0m V 105.2-⋅⨯==εεDE 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 在一个半径为R1的长直导线外套有氯解 由介质中的高斯定理,有⎰=⋅=⋅L λrL D d π2S D ;r rλe D π2=r r r εελεεe D E 00π2==;r r rλε-εe E -D P π2110⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== 6-23 如图 , 球形电极浮在相对电容率 = 的油槽中解 R εC 01π2= ;R εεC r 02π2=6-24 如图 , 由两块相距为 mm 的 薄金属板A,B 构成的空气平板电容器解 1 13232123C C C C C C C C ++⋅=+=32122d d d ==且,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容12C C =2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 或者C3 极板短接,其电容为零,则总电容6-25 如图 , 在点A 和点B 之间有五个电容器 解 1 由电容器的串、并联,有求得等效电容C AB ＝4 μF．2 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得V 4==AB ACABAC U C C U 6-26 如图,有一空气电热板级板面积S ,间距d 解 12 插入电介质后,电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ ;()δd εδSU εεU C C r r -+==011 ()δd εδU S εεQ E r r -+=='011;()δd εδUεS εQ E r r -+==0113 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为导体中电场强度 02='E δd UE -=2 6-27 为了实时检测纺织品6-28 利用电容传感器测量油料液面高度证 由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= UX βaU CU Q +== 6-29 有一电容为 uF 的平行平板电容器解 1 V 190max ==d E U b2J 1003.92132max -⨯=CU W e6-30 半径为的长直导线,解 1 导线表面最大电荷面密度 250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ 2 由上述分析得b E R ελ10max π2=,此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210π2R r R rRr ελE m <<==0=E 其他 6-31 一空气平板电容器,空气厚解 ()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时,因b E E > ,空气层被击穿,击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两侧,此时玻璃板内的电场强度由于玻璃的击穿电场强度'110V m b E M -=⋅,b E E '> ,故玻璃也将相继被击穿,电容器完全被击穿．6-32 某介质的相对电容率 er=解 16m V 1018-⋅⨯=≤b E E m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为 μF 的平板电容器,其极板面积 210m 42.0==εεCdS 6-33 一平行板空气电容器,极板面积S,极板间距d, 充电解 1 20220221S εQ E εw e == Sεd Q V w W e e 022ΔΔ== 2 两导体极板带等量异号电荷,外力F 将其缓缓拉开时,应有F ＝－F e ,则外力所作的功为7-6 北京正负电子对撞机 7-7 已知铜的摩尔质量解 1M ρN n A /= 14s m 1046.4//--⋅⨯===e ρN M j ne j A m m d v 2 室温下T ＝300 Ｋ电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 7-8 有两个同轴导体圆柱面,它们的长度均为20m解 由分析可知,在半径r ＝ mm 的圆柱面上的电流密度 7-9 已知地球北极磁场磁感应强度B 的大小为 T解 设赤道电流为I,则由教材第7 －4 节例2 知,圆电流轴线上北极点的磁感强度 7-10 如图,有两根导线沿半径方向接到铁环 7-11 如图 几种截流导线在平面内分布解 ａRIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外． ｂ 将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里． c 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流,由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外． 7-12 截流导线形状如图, 球O 点 ;; B7-13 如图, 一个半径为R 的无限长半球圆柱面导体,解 根据分析,由于长直细线中的电流R l I I π/d d =,它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为RIμB B x 20π== B 的方向指向Ox 轴负向． 7-14 分实验室常用所谓亥姆霍兹线圈由 0d d =xB, 解得 x ＝0 由0d d 022==x x B ,解得 d ＝R① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开,则若x ＜＜1；且()0d 0d =xB ；()0d 0d 22=x B ．则磁感强度Bx 在中点O 附近近似为常量,场为均匀场．这表明在d ＝R 时,中点x ＝0附近区域的磁场可视为均匀磁场． 7-15 如图,截流长直导线的电流为L,求通过矩形面积的磁通量 7-16 已知 10mm2 裸铜线;; 50A在导线内r ＜R , 2222πππR r r R I I ==∑,因而202πRIr μB =在导线外r ＞R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=2 在导线表面磁感强度连续,由I ＝50 A,m 1078.1π/3-⨯==s R ,得 7-17 有一同轴电缆, 其尺寸如图解 由上述分析得r ＜R 1 22101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB =R 1 ＜r ＜R 2 I μr B 022π=⋅ rI μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3r ＞R 3 ()02π04=-=⋅I I μr B 04=B7-18 如图,N 匝线圈均匀密绕;;中空骨架上∑=⋅I μr B 02π r ＜R 1 02π1=⋅r B01=B R 2 ＞r ＞R 1 NI μr B 022π=⋅ rNIμB 2π02=r ＞R 2 02π3=⋅r B 03=B RNIμB 2π0≈7-19 电流I 均匀的流过半径为R 的圆形长直导线 7-20 设 电流均匀流过无限大导电平面 7-21 设有两无限大平行载流平面 ,解 1 取垂直于纸面向里为x 轴正向,合磁场为 2 两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度 7-22 已知地面上空 B= -4解 1 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向,如图所示． 2N 102.316-⨯==B F v q L N 1064.116-⨯==g m G p因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力． 7-23 在一个显像管的电子 4 eV 解 1 B F ⨯=v q电子带负电,q ＜0,因而可以判断电子束将偏向东侧．2m 71.62===eBmE eB m R k v 由题知cm 20=y ,并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m 1098.2Δ322-⨯=--=y R R x 即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm ．这种平移并不会影响整幅图像的质量．7-24 试证明霍尔电场强度与恒流强度之比j E ρC = ;B E ⨯-=v H ; v ne =jnev ρρC ==j E ;;B E ⨯-=v H ; B/ne ρB/ρ/ρB/ρ/E E C H ===v v v / 7-25 霍尔效应 测量血流的速度7-26 磁力可以用来输送导电液体 1JBl S IBl S F p ===Δ 2 26A/m 1038.3Δ⨯==Blp J 7-27 带电粒子在过饱和液体中运动 半径7-28 从太阳射来的速率 10 7解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径 m 101.1311⨯==eB m R v ;m 2322==eB m R v 7-29 如图, 一根长直导线载有电流I1 = 30A I2=20Adl I I μF π22103=; ()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d l I I μd l I I μF F F 合力的方向朝左,指向直导线．7-30 一直流变电站电压500kv解 1 d I μBI F B π220== ;dεU C λE F E 022π2== 由0=+E B f f 可得 2 输出功率7-31 将一电流均匀分布的无限大...B0依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．7-32 在直径为的刚棒上解 1 因为所有电子的磁矩方向相同,则圆盘的磁矩27m A 1056.1⋅⨯==-e μN m2 由磁矩的定义,可得圆盘边缘等效电流A 100.2/3-⨯==S m I 7-33 在氢原子中,L=h/2π7-34 如图 ,半径为R 的圆片均匀带电,电荷面密度解 由上述分析可知,轴线上x 处的磁感强度大小为7-35 如图 一根长直同轴电缆, 内外解 1 取与电缆轴同心的圆为积分路径,根据磁介质中的安培环路定理,有 ∑=f I r H π2 对r ＜R 1 221ππr R I I f =∑ 2112πR Ir H = 01=M ,21012πR Ir μB = 对R 2 ＞r ＞R 1 I I f =∑ rI H 2π2= 填充的磁介质相对磁导率为μr ,有()r I μM r 2π12-=,rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2 03=M , 对r ＞R 3 0=-=∑I I I f 04=H ,04=M ,04=B 2 由r M I s 2π⋅=,磁介质内、外表面磁化电流的大小为7-36 设长L= ,截面积S= 2解 1 A N M SL ρN 0= ;2000m A 85.7-⋅===m N M SL ρNm m A 2 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩 7-37 在实验室,为了测试;;平均周长分析 根据右手定则,磁感线与电流相互环连,磁场沿环型螺线管分布,当 环形螺线管中通以电流I 时,由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为 由题意可知,环内部的磁感强度S ΦB /=,而H μμB r 0=,故有解 磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为L NI /和S Φ/,因而。
大学物理学(第五版)上册课后习题选择答案_马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ C ）（A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt ；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：( D )（A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ D ）（A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
《大学物理学》第二版上册习题解答
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？(5) r ∆ 和r ∆ 有区别吗？v ∆ 和v ∆有区别吗？0dv dt = 和0d v dt= 各代表什么运动？(6) 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 =drv dt= 及 22d r a dt =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 = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
大学物理学第四版课后习题答案全解(赵近芳)上册
(3) 一质点沿半径为 R 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在 2t 时间间隔中，其平均 速度大小和平均速率大小分别为 (A)
2R 2R , t t
(B) 0,
(C) 0,0 [答案：B] 1.2 填空题
2R t 2R (D) ,0 t
(1) 一质点，以 m s 1 的匀速率作半径为 5m 的圆周运动，则该质点在 5s 内，位移的大小 是 ；经过的路程是 [答案： 10m； 5πm] 。
故 所以 t 10 s 时
1 x 2t 2 t 3 5 2
v10 4 10
3 10 2 190 m s 1 2 1 x10 2 10 2 10 3 5 705 m 2
1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为
=2+3 t 3 ，式中 以弧度计， t 以秒
2 2
dx dy v v v dt dt
2 x 2 y 2 2 x 2 y
d2x d2 y a a a dt 2 2 dt
2
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
vdv adx (2 6 x 2 )dx 1 2 v 2x 2x3 c 2
由题知， x 0 时， v 0 10 ,∴ c 50 ∴
v 2 x 3 x 25 m s 1
1.10 已知一质点作直线运动， 其加速度为 a ＝4+3 t m s 2 ， 开始运动时，x ＝5 m，v =0， 求该质点在 t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ 分离变量，得 积分，得 由题知， t 0 , v 0 0 ,∴ c1 0 故 又因为 分离变量， 积分得
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 =,有21)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 231r =+=3 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx 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 21-4 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 rv R ti R t j dtωωωω==-+ 2质点的速率为v R ω==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2216n a R Rt ω==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2.02.02.02(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；20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dvf mkv dt ==- 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22(3)3Mm v G m R R= 卫星的动能为 2126k GMmE mv R ==２卫星的引力势能为3p GMmE R=-00v t v dv k dt v m =-⎰⎰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12mv mv Mu =+对木块用动能定理2102Mgs Mu μ-=-得 1 2212()2m v v Mgsμ-==322(210)(500100)0.16219.80.2-⨯⨯-=⨯⨯⨯ 2 子弹动能减少2212121()2402k k E E m v v J -=-= 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,转动惯量为例3-2图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-=== 解 112B A B Cm g a m m m =++;2112A B A B C m m g T m m m =++, 21()212A C AB Cm m g T m m m +=++;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r r r RmgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩为mgR M M Rμ32d 0==⎰ 故平板的角加速度为M Jβ=222 可见圆形平板在作匀减速转动,又末角速度0ω=,因此有2022M Jθωβθ==设平板停止前转数为n,则转角2n θπ=,可得22003416J R n M ωωμ==πgπ3-2：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+=, 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j y i x r11+=作用在质点上的力为i f f -=所以,质点对原点的角动量为v m r L⨯=0)()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=k mv y mv x x y )(11-=作用在质点上的力的力矩为k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=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2123()=l mgml β 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ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有 题3-13图gh v v 2202-=令0=v ,可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==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'=+'0J ωJ ωmv R式中ω'为破盘的角速度．于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωωωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' 角速度不变圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=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 ()2204Rx dqdE +=πε方向沿dq 与P 点的连线.将其分解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 2R 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：1r ＜R 1；2R 1＜r ＜R 23r ＞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,()()2021021244cos rq q E q q r E dS E e πεεπθ+=∴+=⋅==Φ⎰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. 求解8-7图E12解8-12图 场强随r 的变化曲线圆柱面内外的场强.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=∴=⋅=Φ . 8-15 将q=×10-8C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点,外力作功×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:r q q r q r q 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；2B 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04130=+'=r rE E p B πε r r a E B30)(41+-=πε 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rq V V BB 04πε+'=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aq V V V B 0004πε+'==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aq V V B 004πε==所以, B 点的电势 aq V B 04πε=9-4．如图所示,在一半径为R 1 = 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 = cm,R 3 = cm,A 球带有总电量Q A = ×10-8 C,球壳B 带有总电量Q B = ×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 的电势.习题图解：1在导体到达静电平衡后,A Q 分布在导体球Ａ的表面上．由于静电感应,在B 球壳的内表面上感应出负电荷A Q ,外表面上感应出正电荷A Q ,则B 球壳外表面上的总电荷B A Q Q +;由场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分布)(4),(02120211R r R r Q E R r E A<<=<=πε)(4),(03204323R r rQ Q E R r R E BA >+=<<=πε E 的方向眼径向外．导体为有限带电体,选无限远处为电势零点;由电势的定义可计算两球的电势B A V V 和． A 球内任一场点的电势A V 为)(4144321020204321321332211R Q Q R Q R Q rd r Q Q r d r Q rd E r d E r d E r d E V BA A A RB A R R A R R R R R R rA ++-=++=⋅+⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞∞πεπεπεB 球壳内任一点的电势B V 为30204344333R Q Q dr r Q Q rd E r d E V B A R B A R R rB πεπε+=+=⋅+⋅=⎰⎰⎰∞∞9-5．两块无限大带电平板导体如图排列,试证明：1相向的两面上图中的2和3,其电荷面密度大小相等而符号相反；2背向的两面上图中的1和4,其电荷面密度大小相等且符号相同. 解：因两块导体板靠得很近,可将四个导体表面视为四个无限大带点平面;导体表面上的电荷分布可认为是均匀的,且其间的场强方向垂直导体表面;作如图所示的圆柱形高斯面,因导体在到达静电平衡后内部场强为零,导体外的场强方向与高斯面的侧面平行,由高斯定理可得习题图320320σσεσσ-=∴+=； 再由导体板内的场强为零,可知P 点合场强0)2()2()2(204030201=-++-+εσεσεσεσ 由 32σσ-= 得41σσ-=9-7. 一平行板电容器,充电后极板上的电荷面密度为σ = ×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 = 的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的D 、E 和P . 解：当平行板电容器的两板与电源断开前后,两极板上所带的电荷量没有发生变化,所以自由电荷面密度也没有发生变化,由 1-'=r r εσεσ ∴极化电荷面密度rr ）（εεσσ1-='对于平行板电容器σ'=P ０r E εεσ)1(-'=∴1-'=r r D εσε 且E D P ,,的方向均沿径向．9-11．圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成,其间充满相对电容率为εr 的电介质.圆筒内半径为R 2.电容器长为L,沿轴线单位长度上的电荷为± λ,略去边缘效应,试求：1两极的电势差；2电介质中的电场强度、电位移、极化强度； 3电介质表面的极化电荷面密度.解：1 设导线上的电荷均匀地分布在导线的表面上,圆筒上的电荷均匀的分布在圆筒的内表面上,可由高斯定理求得各区域的场强110R ，rE <=习题图10-6ByOlllzx12022R r ，R rE r >>=επελ23,0R r E >= ∴两极的电位差1201202ln 2ln 221R R R R r l d E u r r R R επελεπελ==⋅=⎰2 由第1问知,电介质中的电场强度 rE r επελ02=电位移rr r E D πλεε20== 极化强度 0)1(εε-=r P rr r πελε2)1(-=329页10-9,10-1010-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：1通过立方体上阴影面积的磁通量； 2通过立方体六面的总磁通量. 解：1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=（2）总通量0B ds Φ=•=⎰⎰10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度； 2通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()r d Ir I B P -+=πμπμ22 （1） 在导线等距的点有 2d r =, dI B πμ2= （2） 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d -10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方习题图10-10习题图10-6By Olllzx向.解：a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度10-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：1通过立方体上阴影面积的磁通量； 2通过立方体六面的总磁通量. 解：1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=（3）总通量0B ds Φ=•=⎰⎰ 10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度；通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =2解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()rd Ir I B P -+=πμπμ22（3） 在导线等距的点有002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aI a I a μμθθππμπμπ=-=-=--=2d r =, dI B πμ2= （4） 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d - 10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方向.解：a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则00123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性习题图10-10002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aIa I aμμθθππμπμπ=-=-=--=习题图10-1401231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯.方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则习题图10-1400123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性01231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯. 367页11-1,11-511-１ 一载流I 的无限长直导线,与一N 匝矩形线圈ABCD 共面;已知AB 长为L ,与导线间距为a ；CD 边与导线间距为bb ›a;线圈以 v 的速度离开直导线,求线圈内感应电动势的方向和大小;解 由于I 为稳恒电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场;当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量发生变化,故有感应电动势产生;取坐标系如图a 所示;设矩形线圈以速度 v 以图示位置开始运动,则经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示;取面积元ldx dS =,距长直导线的距离为x ,按无限长直载流导线的磁感应强度公式知,该面积元处B 的大小为 B =xπμ20I 通过该面积元的磁通量为 ldx xIBdS d πμ20==Φ 于是通过线圈的磁通量为 ()⎰⎰⎰++++==Φ=Φvt b vt a vtb vt a xldxI ldx x I d t πμπμ2200 =πμ20Il ㏑vta vtb ++ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈内的感应电动势为()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++-=Φ-=202vt a v vt b v vt a vt b vt a lIN dt d N E πμ ()()()()vt a vt b vvt b v vt a lIN +++-+-=πμ20令t = 0,并代入数据,则得线圈刚离开直导线时的感应电动势()ab a b NlIv b a lIvN dtd NE t πμπμ2112000-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Φ-== 按楞次定律可知,E 感应电动势的方向沿顺时针方向;11-5 在无限长螺线管中,均匀分布着与螺线管轴线平行的磁场B t;设B 以速率dtdB=К变化К为大于零的常量;现在其中放置一直角形导线 abc;若已知螺线管截面半径为R,l ab =,求：1螺线管中的感生电场EV；2bc ab ,两段导线中的感生电动势;解 1由于系统具有轴对称性,如图所示,可求出感生电场;在磁场中取圆心为O ,半径为()R r r <的圆周,根据感生电场与变化磁场之间的关系m V LS d BE dl d S dtt Φ∂=-=-∂⎰⎰可得222V dBE r r r dtπππκ=-=- 有2V rE κ=-()R r < 由楞次定律可以判断感生电场为逆时针方向;2解法一 用法拉第电磁感应定律求解;连接Ob Oa ,和Oc ,在回路OabO 中,穿过回路所围面积的磁通量为1222124l BS Bl R ⎛⎫Φ=-=-- ⎪⎝⎭则11222221112424d l dB l E l R l R dt dt κ⎛⎫⎛⎫Φ=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭而ab oa bo ab E E E E E =++=1 所以12221124ab l E E lk R ⎛⎫==- ⎪⎝⎭方向由a 指向b同理可得 1222124bc l E lk R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭方向由b 指向c解法二 也可由感生电场力做功求解;由于1中已求出EV;则122224bab V ak l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰122224cbc V bk l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰11-1.解: 1由电磁感应定律812)1(--=Φ-t dtd i ε2)2(102.3-⨯-=i ε2 2106.1-⨯==RI iε由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使R 中产生感应电流的方向是由左向右11-4解:由题意可知金属棒沿杆下滑的速度为重力加速度所引起t BgL L Bgt l d B V )cos sin (cos sin )(θθθθε==⋅⨯=⎰11-5解:由于I 为稳定电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图;设矩形线圈以速度V 从图示位置开始运动,经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示,取面积元ds=ldx,距长直导线的距离为x,按无限长直载流导体的磁感应强度公式知,该面积元外B的大小为x I B πμ20= 通过该面积元的磁通量为ldx x I Bds d ⋅==Φπμ20 于是通过线圈的磁通量为⎰⎰⎰++++⋅=⋅=Φ=Φvt b vt a vt b vt a xldx x I ldx x I d t πμπμ22)(00 va vtb IL ++=ln 20πμ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈中的感应电动势为])()()([220vt a v vt b v vt a vt b vt a ILN dt d N E ++-+++-=Φ-=πμ -=))(()()(20vt b vt a v vt b v vt a IN +++-+πμ 令t=0,代入数据,得到线圈,刚离开直导线时的感应电动势)11(200ba LIVN dt d N E t -=Φ-==πμ )(100.32.01.02)1.02.0(0.30.52.010104737V --⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 按楞次定律E 的方向为图b 中的顺时针方向1、 一质点作匀速率圆周运动,其质量为m,线速度为v,半径为R;求它对圆心的角动 量；它相对于圆周上某一点的角动量是否为常量,为什么答：它对圆心的角动量Rmv ,是常量；它相对于圆周上某一点的角动量不是常量;4、彗星绕太阳作椭圆轨道运动,太阳位于椭圆轨道的一个焦点上,问系统的角动量是否 守恒 近日点与远日点的速度哪个大答：在彗星绕太阳轨道运转过程中,只受万有引力作用,万有引力对太阳不产生力矩,系统角动量守恒;近日点 r 小 v 大,远日点 r 大 v 小;这就是为什么彗星运转周期为几十年,而经过太阳时只有很短的几周时间;彗星接近太阳时势能转换成动能,而远离太阳时,动能转换成势能;8．利用角动量守恒定律简要分析花样滑冰、跳水运动过程;答：对这一力学现象可根据角动量守衡定律来解释;例如旋转着的芭蕾舞演员要加快旋转时,总是将双手收回身边,这时演员质量分布靠近转轴,转动惯量变小,转动速度加快,转动动能增加;3-5题图。
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案大学物理上册课后习题答案大学物理是一门重要的基础学科，它为我们提供了理解自然界的物质和能量运动规律的工具。
然而，学习物理并不仅仅是理论知识的学习，更需要通过实践和习题的解答来巩固和应用所学的知识。
本文将为大家提供大学物理上册课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地学习和理解物理知识。
第一章：运动的描述1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过2秒后速度达到10m/s，求物体的加速度和位移。
答案：加速度a = (10m/s - 0m/s) / 2s = 5m/s²，位移s = (0m/s + 10m/s) / 2 ×2s = 10m。
2. 一个物体做直线运动，已知它的初速度为20m/s，加速度为4m/s²，求它在5秒内的位移。
答案：位移s = 20m/s × 5s + 1/2 × 4m/s² × (5s)² = 100m + 50m = 150m。
第二章：力学1. 一个质量为2kg的物体受到一个10N的水平力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 10N / 2kg = 5m/s²。
2. 一个质量为0.5kg的物体受到一个向上的力10N和一个向下的力5N，求物体的加速度。
答案：合力F = 10N - 5N = 5N，根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 5N / 0.5kg = 10m/s²。
第三章：能量守恒1. 一个质量为0.1kg的物体从地面上抛起，初速度为10m/s，求物体达到最高点时的动能、势能和总机械能。
答案：最高点时，物体的速度为0，所以动能为0；势能由重力势能计算，势能mgh = 0.1kg × 9.8m/s² × h，总机械能为动能和势能之和。
2. 一个质量为2kg的物体从高度为5m的斜面上滑下，摩擦系数为0.2，求物体滑到底部时的动能损失。
大学物理上册课后答案(全)
习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td 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）td d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .trd d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量，∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)td d v 表示加速度的模，即tv a d d =，tvd 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tv 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.(tt r d ˆd d ˆd 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 ＝22y x +，然后根据v =tr 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v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx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 tr a trv ==其二，可能是将22d d d d tr t r 与误作速度与加速度的模。