物理作业习题答案（已整理）

本文格式为Word版，下载可任意编辑——物理作业习题答案（已整理）1-2一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种看法,即

dr(1)

dt；(2)

drdt；

ds(3)

dt；(4)

?dx??dy???????dt??dt?22．

下述判断正确的是(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

*1-5如下图,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．设该人以匀速率v0收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作(C)

(A)匀加速运动,v(B)匀减速运动,v(C)变加速运动,v(D)变减速运动,v?v0cosθ?v0cosθ?v0cosθ?v0cosθ?v0

(E)匀速直线运动,v1-6已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为x(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t＝4s时质点的速度和加速度．解(1)质点在4.0s内位移的大小

?2?6t2?2t3,式中x的单位为m,t的单位为s．求：

Δx?x4?x0??32m

(2)由得知质点的换向时刻为

dx?0dttp?2s(t＝0不合题意)

则

Δx1?x2?x0?8.0m

Δx2?x4?x2??40m

所以,质点在4.0s时间间隔内的路程为

s?Δx1?Δx2?48m

(3)t＝4.0s时

1-9质点的运动方程为

x??10t?30t2

y?15t?20t2

式中x,y的单位为m,t的单位为ｓ．

试求：(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向．解(1)速度的分量式为

?dx??10?60tdtvy?dy?15?40tdt2当t＝0时,vox＝-10m·ｓ-1,voy＝15m·ｓ-1,则初速度大小为

v0?v0x?v0y?18.0m?s?1

设vo与x轴的夹角为α,则

2tanα?v0yv0x??32α＝123°41′

(2)加速度的分量式为

ax?则加速度的大小为

dvyd??40m?s?2?60m?s?2,ay?dtdta?ax?ay?72.1m?s?2

设a与x轴的夹角为β,则

22tanβ?ayax??23β＝-33°41′(或326°19′)

1-17质点在Oxy平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti＋(19.0-2.0t2)j,式中r的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2)在t1＝1.0s到t2＝2.0s时间内的平均速度；(3)t1＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4)t＝1.0s时质点所在处轨道的曲率半径ρ．

解(1)由参数方程

x＝2.0t,y＝19.0-2.0t2

消去t得质点的轨迹方程：

y＝19.0-0.50x2

(2)在t1＝1.00ｓ到t2＝2.0ｓ时间内的平均速度

v?(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为

Δrr2?r1??2.0i?6.0jΔtt2?t1v(t)?i?vyj?dxdyi?j?2.0i?4.0tjdtdtd2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j

dtdt则t1＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t＝1ｓ＝2.0i-4.0j

切向和法向加速度分别为

att?1s?dvd2?2et?(?v2y)et?3.58m?setdtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en

(4)t＝1.0ｓ质点的速度大小为

2?1v??v2y?4.47m?s

v2则ρ??11.17m

an2-3一段路面水平的马路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率(C)

(A)不得小于(C)不得大于

μgR(B)必需等于μgR

μgR(D)还应由汽车的质量m决定

2-6图示一斜面,倾角为α,底边AB长为l＝2.1m,质量为m的物体从题2-6图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？

解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O位于斜面顶点,则由牛顿其次定律有

mgsinα?mgμcosα?ma

(1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

l11?at2?g?sinα?μcosα?t2

cosα22则

t?2l(2)

gcosα?sinα?μcosα?为使下滑的时间最短,可令

dt?0,由式(2)有dα?sinα?sinα?μcosα??cosα?cosα?μsinα??0

则可得

tan2α??1o,??49μ此时

t?2l?0.99s

gcosα?sinα?μcosα?2-8如图(a)所示,已知两物体A、B的质量均为m＝3.0kg物体A以加速度a＝1.0m·ｓ-2运动,求物体B与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)

解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B及滑轮列动力学方程,有

mAg-FＴ＝mAa(1)F′Ｔ1-Fｆ＝mBa′(2)F′Ｔ-2FＴ1＝0(3)

考虑到mA＝mB＝m,FＴ＝F′Ｔ,FＴ1＝F′Ｔ1,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力

Ff?mg??m?4m?a?7.2N

2

2-14一质量为10kg的质点在力F的作用下沿x轴作直线运动,已知F＝120t＋40,式中F的单位为N,t的单位的ｓ．在t＝0时,质点位于x＝5.0m处,其速度v0＝6.0m·ｓ-1．求质点在任意时刻的速度和位置．

解因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

120t?40?mdvdt依据质点运动的初始条件,即t0＝0时v0＝6.0m·ｓ-1,运用分开变量法对上式积分,得

?xvv0dv???12.0t?4.0?dt

0tv＝6.0+4.0t+6.0t2

又因v＝dx/dt,并由质点运动的初始条件：t0＝0时x0＝5.0m,对上式分开变量后积分,有

?dx???6.0?4.0t?6.0t?dt

t2x00x＝5.0+6.0t+2.0t2+2.0t3

2-18一质量为m的小球最初位于如图(a)所示的A点,然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑．试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力．

解小球在运动过程中受到重力P和圆轨道对它的支持力FN．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得

Ft??mgsinα?mdv(1)dtmv2Fn?FN?mgcosα?mR由v(2)

?rdαdsrdα,得dt?,代入式(1),并根据小球从点A运动到点C的始末条件,进行积分,有?vdtdt?得

vv0vdv??α90o??rgsinα?dα

v?2rgcosα

ω?v?2gcosα/rr

则小球在点C的角速度为

由式(2)得

mv2FN?m?mgcosα?3mgcosα

r???FN??3mgcosαFN由此可得小球对圆轨道的作用力为

负号表示F′N与en反向．

3-6一架以3.0×102m·ｓ-1的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20m、质量为0.50kg的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据此题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与寻常状况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？

解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x轴正向．由动量定理得

F?Δt?mv?0式中F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt＝l/v,以此代入上式可得

mv2F???2.55?105N

l鸟对飞机的平均冲力为

F??F???2.55?105N

式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25×105N的冲力大致相当于一个22t的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．

3-9高空作业时系安全带是十分必要的．假使一质量为51.0kg的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0m,安全带弹性缓冲作用时间为0.50s．求安全带对人的平均冲力．

解1以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行探讨．在自由落体运动过程中,人跌落至2m处时的速度为

v1?2gh(1)

在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

?F?P?Δt?mv2?mv1(2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

F?mg?解2从整个过程来探讨．根据动量定理有

Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N

ΔtΔtF?mg2h/g?mg?1.14?103NΔt3-13A、B两船在恬静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50kg的重物,结果是A船停了下来,而B船以3.4m·s-1的速度继续向前驶去．A、B两船原有质量分别为0.5×103kg和1.0×103kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)

解设A、B两船原有的速度分别以vA、vB表示,传递重物后船的速度分别以vA′、vB′表示,被搬运重物的质量以m表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

?mA?m?vA?mvB?mAv?A(1)?mB?m?vB?mvA?mBv?B?(2)

由题意知vA′＝0,vB′＝3.4m·s-1代入数据后,可解得

vA??mBmv?B??0.40m?s?12?mB?m??mA?m??mvB??mA?m?mBv?B?mA?m??mB?m??m2?3.6m?s?1

也可以选择不同的系统,例如,把A、B两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解

3-19一物体在介质中按规律x＝ct3作直线运动,c为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0＝0运动到x＝l时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)

解由运动学方程x＝ct3,可得物体的速度

v?dx?3ct2dt按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

F?kv2?9kc2t4?9kc2/3x4/3

则阻力的功为

W??F?dx

W??F?dx??cos180odx???9kc2/3x4/3dx??00ll272/37/3kcl73-21一质量为0.20kg的球,系在长为2.00m的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1)在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2)物体在最低位置时的动能和速率；(3)在最低位置时的张力．

解(1)如下图,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即

WP?PΔh?mgl?1?cosθ??0.53J

在小球摇摆过程中,张力FＴ的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功

WT??FT?ds

(2)根据动能定理,小球摇摆过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为

Ek?Ek?0.53J

小球在最低位置的速率为

v?2EK2WP??2.30m?s?1mm(3)当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

mv2FT?P?

lmv2FT?mg??2.49N

l4－3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如下图，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是(C)(A)角速度从小到大，角加速度不变(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从小到大，角加速度从大到小(D)角速度不变，角加速度为零

4－6一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？

解(1)由于角速度ω＝2πn(n为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α?α?(2)发动机曲轴转过的角度为

ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2

ttdω，在匀变速转动中角加速度为dt1ω?ω0θ?ω0t?αt2?t?π?n?n0?

22在12s内曲轴转过的圈数为

N?θn?n0?t?390圈2π24－13如图(a)所示，质量m1＝16kg的实心圆柱体A，其半径为r＝15cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕

在圆柱体上，其另一端系一个质量m2＝8.0kg的物体B.求：(1)物体B由静止开始下降1.0s后的距离；(2)绳的张力FＴ.

解(1)分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得

FTr?Jα?对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

1m1r2α2P2?FT??m2g?FT??m2a

且FＴ＝FＴ′.又由角量与线量之间的关系，得

a?rα

解上述方程组，可得物体下落的加速度

a?在t＝1.0s时，B下落的距离为

2m2gm1?2m2

12m2gt2s?at??2.45m

2m1?2m2(2)由式(2)可得绳中的张力为

FT?m?g?a??m1m2g?39.2N

m1?2m24－17一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1)求圆盘所受的摩擦力矩.(2)问经多少时间后，圆盘转动才能中止？

解(1)由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为

dM?r?dFf??2r2μmgdr/R2k

式中k为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为

??M??dM??R02r2μmg2dr?μmgR2R3(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J＝mR2/2.由角动量定理MΔt＝Δ(Jω)，可得圆盘中止的时间为

Δt?Jω3ωR?M4μg4－21在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v＝2.0×102m·s1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.

－

解根据角动量守恒定理

J2ω??J1?J2?ω?

式中J2?m2?l/2?2为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l为子弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

ω??J2ω6m2v??29.1s?1

J1?J2?m1?3m2?5－7质量为m，电荷为－e的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为Eｋ.证明电子的旋转频率满足

2332ε0Ekv?me42

其中ε0是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.证:电子的动能为

121e2EK?mv?28πε0r电子旋转角速度为

e2ω?34πε0mr2由上述两式消去r，得

23ω232ε0EKv?2?4πme42

5－10一半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.

解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元

dq?δdS?δ?2πR2sinθdθ，在点O激发的电场强度为

dE?1xdq4πε0x2?r2??2/3i

?Rcosθ，

由于平行细圆环在点O激发的电场强度方向一致，利用几何关系xr?Rsinθ统一积分变量，有

dE?1xdq1Rcosθ2?δ?2πRsinθdθ2/334πε0x2?r24πε0R

δ?sinθcosθdθ2ε0??积分得E??π/20δδsinθcosθdθ?2ε04ε0

5－12两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1)求两导线构成的平面上任一点的电场强度(设该点到其中一线的垂直距离为x)；(2)求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.

解(1)设点P在导线构成的平面上，E＋、E－分别表示正、负带电导线在P点的电场强度，则有

E?E??E???λ?11????i??2πε0?xr0?x?λr0i2πε0x?r0?x?

(2)设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有

F??λE??λi

2πε0r0λ2F???λE???i

2πε0r0显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.

5－14设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

Φ??E?dS???E?dS

SS?依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，

Φ??E?πR2?cosπ?πR2E

5－16地球周边的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为120V?m方厘米的电子数表示).

解在大气层邻近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径R2E?dS??E4πR?E??1，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平

?RE(RE为地球平均半径).由高斯定理

1?qε0地球表面电荷面密度

2ζ??q/4πRE??ε0E??1.06?10?9cm?2

单位面积额外电子数

n?ζ/?e?6.63?105cm?2

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）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定

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（如下图），则（A）

（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

6－3如下图将一个电量为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）（A）E?0,V?q4πε0d

（B）E?,V?4πε0d24πε0d

（C）E?0,V?0

（D）E?,V?24πε0d4πε0R

6－5对于各向同性的均匀电介质，以下概念正确的是（A）

（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

6－8一导体球半径为R１，外罩一半径为R2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V０．求此系统的电势和电场的分布．

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

2??E?dS?Er?4πr?E?r???q/ε0，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＜R１时，E1?r??0

?r??q4πε0r2

R１＜r＜R2时，E2r＞R2时，E2?r??Q?q4πε0r2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＜R１时，

V1??E?dl??E1?dl??E2?dl??E3?dl?rrR1R2?R1R2??4πε0R14πε0R2R１＜r＜R2时，

V2??E?dl??E2?dl??E3?dl?rrR2?R2??4πε0r4πε0R2

r＞R2时，

V3??E3?dl?r?q?Q

4πε0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r＜R１）

V1?在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2）

?4πε0R14πε0R2

V2?在球壳外（r＞R2）

?4πε0r4πε0R2

V3?由题意

q?Q

4πε0rV1?V0?得

?4πε0R24πε0R1V1?V0?代入电场、电势的分布得r＜R１时，

?4πε0R24πε0R1E1?0；V1?V0

R１＜r＜R2时，

E2?r＞R2时，

R1V0R1Q?r24πε0R2r2；V2?R1V0(r?R1)Q?r4πε0R2rE3?R1V0(R2?R1)Q?2r4πε0R2r2；V3?R1V0(R2?R1)Q?r4πε0R2r6－12如下图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．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

V?q?Q??4πε0r4πε0a4πε0b6－14地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100km，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R1＝6.37×10m；电离层半径R2＝1.00×10m＋R1＝6.47×10m，根据球形电容器的电容公式，可得

6

5

6

C?4πε0R1R2?4.58?10?2R2?R1F

6－17盖革－米勒管可用来测量电离辐射．该管的基本结构如下图，一半径为R1的长直导线作为一个电极，半径为R2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R1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E1＝2.0×10V·m，R1＝0.30mm，R2＝20.0mm，两极间的电势差为多少？解（1）由上述分析，利用高斯定理可得E?2πrL6

－1

?1λL，则两极间的电场强度ε0E?λ

2πε0r导线表面（r＝R1）的电场强度

E1?两极间的电势差

λ

2πε0R1U??E?dr??R1R2R2R1λRdr?R1E1ln22πε0rR12

（2）当E1?2.0?106V?m?1，R＝0.30mm，R＝20.0mm时，

1

U?2.52?103V

7－1两根长度一致的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度一致，R＝2r，螺线管通过的电流一致为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（C）（A）BR?2Br（B）BR?Br（C）2BR?Br（D）BR?4Br

7－2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（D）（A）2πr（C）2πr2B（B）πr2B

2Bcosα（D）πr2Bcosα

7－8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度．解由分析可知，在半径r＝6.0mm的圆柱面上的电流密度

j?I/2πrl?13.3mA?m?2

7－11如下图，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？解（ａ）长直电流对点O而言，有Idl?r?0，因此

它在点O产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有

B0?B0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

μ0I8R

B0?B0的方向垂直纸面向里．

μ0Iμ0I?2R2πR（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

B0?B0的方向垂直纸面向外．

μ0IμIμIμIμI?0?0?0?04πR4πR4R2πR4R

7－13如下图，一个