大学物理教程上课后习题答案.docx

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大学物理教程上课后习题答案

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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1-21-41-12

1-2质点的运动方程为，都以米为单位，以秒为单位，求：

（1）质点的运动轨迹；

（2）从到质点的位移的大小；

（3）时，质点的速度和加速度。

解：

（1）由运动方程消去时间可得轨迹方程，将代入，有

或

（2）将和代入，有

，

位移的大小

（3）

，

当时，速度和加速度分别为

m/s2

1-4设质点的运动方程为，式中的、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　　　

1-12质点沿半径为的圆周运动，其运动规律为。

求质点在时刻的法向加速度的大小和角加速度的大小。

解　由于　　　　

质点在时刻的法向加速度的大小为

角加速度的大小为　　

77页2-15,2-30，2-34，

2-15设作用于质量的物体上的力，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到的时间内力对物体的冲量。

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）（为常数）作用。

设撤除牵引力时为，初速度为，求

（1）滑行中速度与时间的关系；

（2）到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　　　　　　　　　　

两边积分，速度与时间的关系为

2-31一质量为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），试以和引力恒量及地球的质量表示出：

（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　　　　

（２）卫星的引力势能为　　　

2-37一木块质量为，置于水平面上，一质量为的子弹以的速度水平击穿木块，速度减为，木块在水平方向滑行了后停止。

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）

（2）子弹动能减少

114页3-11，3-9，

例3-2如图所示，已知物体、的质量分别为、，滑轮的质量为，半径为，不计摩擦力，物体由静止下落，求

（1）物体、的加速度；

（2）绳的张力；

（3）物体下落距离后的速度。

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。

（2）角量与线量的关系：

物体、的加速度就是滑轮边沿的切向加速度，有。

（3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力。

分析三个物体，列出三个物体的运动方程：

物体

物体

物体

解

（1）。

（2），。

（3）对来说有，

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，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，因此有

设平板停止前转数为n，则转角，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R1和R2，质量分别为M1和M2。

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m1和m2的两个物体。

求在重力作用下，定滑轮的角加速度。

解：

m1：

m2：

转动定律：

其中：

运动学关系：

解得：

3-6一质量为的质点位于（）处，速度为,质点受到一个沿负方向的力的作用，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，长为，可绕过一端的水平轴自由转动，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）杆转过角时的角速度.

解:

（1）由转动定律，有

则

（2）由机械能守恒定律，有

题3-11图

所以有

3-13一个质量为M、半径为并以角速度转动着的飞轮（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

设碎片上升高度时的速度为，则有题3-13图

令，可求出上升最大高度为

（2）圆盘的转动惯量，碎片抛出后圆盘的转动惯量，碎片脱离前，盘的角动量为，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

式中为破盘的角速度．于是

得（角速度不变）

圆盘余下部分的角动量为

转动动能为

258页8-2,8-12,8-17

8-7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，

解8-7图

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∥=

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R1和R2（R2＞R1），带电量分别为q1和q2，求以下三种情况下距离球心为r的点的场强：

（1）r＜R1；

（2）R1＜r＜R2（3）r＞R2.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＜R1时，

（2）当R1＜r＜R2时，

（3）当r＞R2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；

当r＞R即所求场点在带电圆柱面外时，.

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：

；

A、B两点间的电势差：

<0，

∴B点的电势较高；

若设B点的电势为零，则.

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，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＜R1即所求场点在两个球面内时:

；

（2）当R1＜r＜R2即所求场点在小球面外、大球面内时:

；

当r＞R2即所求场点在两个球面外时:

当r＞R2即所求场点在两个球面外时:

285页9-3,9-4

9-3．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，因此

所以，B点的电势

9-4．如图所示，在一半径为R1=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R2=cm，R3=cm，A球带有总电量QA=×10-8C，球壳B带有总电量QB=×10-8C.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.

解：

（1）在导体到达静电平衡后，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，外表面上感应出正电荷，则B球壳外表面上的总电荷（）。

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

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．

A球内任一场点的电势为

B球壳内任一点的电势为

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

再由导体板内的场强为零，可知P点合场强

由得

9-7.一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为σ=×10-5C.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、和.

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

极化电荷面密度

对于平行板电容器

且的方向均沿径向．

9-11．圆柱形电容器由半径为R1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R2.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

两极的电位差

（2）由第

（1）问知，电介质中的电场强度

电位移

极化强度

329页10-9,10-10

10-6一边长为m的立方体如图放置，有一均匀磁场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

（2）总通量

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