大学物理教程-(上)课后模拟题-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x t2,y (t 1)2，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t 1s到t 2s质点的位移的大小；（3）t 2s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 x代入，有y ( x 1)2或yx1（2）将t1s和t2s代入，有r11i，r24i1jrr2r13ij位移的大小r321210m（3）dx2tvxdtvydy2(t1)dtv2ti2(t1)jdvx2，aydvyaxdt2dta 2i 2j当t 2s时，速度和加速度分别为v4i2jm/sa2i2jm/s21-4设质点的运动方程为rRcostiRsintj(SI)，式中的R、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1/21drv R sin ti R cos tjdt（2）质点的速率为vvx2vy2R速率的变化率为dv0dt1-12质点沿半径为R的圆周运动，其运动规律为32t2(SI)。求质点在t时刻的法向加速度an的大小和角加速度的大小。解由于d4tdt质点在t时刻的法向加速度an的大小为anR216Rt2角加速度的大小为d4rad/s2dt77页2-15,2-30，2-34，2-15设作用于质量m1kg的物体上的力F6t3(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2.02.03t)2.018NsIFdt(6t3)dt(3t20002-21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 t 0，初速度为v0，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fmdvkvdt即dvkdtvm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：2/211）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GMmv2(3R)2m3R卫星的动能为Ek1mv2GMm26R（２）卫星的引力势能为EpGMm3Rvdvtkvdtv00m2-37一木块质量为M1kg，置于水平面上，一质量为m2g的子弹以500m/s的速度水平击穿木块，速度减为100m/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mv1mv2Mu对木块用动能定理Mgs01Mu22得m2(v1v2)2(2103)2(500100)2(1)2Mgs219.80.20.16子弹动能减少Ek1Ek21m(v12v22)240J2114页3-11，3-9，例3-2如图所示，已知物体A、B的质量分别为mA、mB，滑轮C的质量为mC，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J1mR2。2例3-2图3/21（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at R 。（3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力T1T2。分析三个物体，列出三个物体的运动方程：物体ATma1A物体BmBgT2mBa物体C(T2'T1')RJ1mCR21mCRa22解（1）amBg。mAmB1m2CmAmBg(mA1mC)g（2）T，T22。111mCmAmBmCmAmB22（3）对B来说有，v2v022aLv2aL2mBgL1mAmBmC2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J1mR2，其中m为圆形平板的质量）2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dMmgrrdrR22总摩擦力矩为MR2mgRdM30故平板的角加速度为MJ0，因此有可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度222M0J设平板停止前转数为n，则转角2n，可得4/21J023R02n16πg4MR和R，质量分别3-2：如题3-2图所示，两个圆柱形轮子内外半径分别为12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：T1mgma111m2：mgTmaR1R22222T1T2转动定律：R2T2R1T1JT1其中：1M1MT2JR2R2122122运动学关系：a1a2m1R1R2m2解得：(m2R2m1R1)g(M1/2m1)R12(M2/2m2)R223-6一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为vvxivyj,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r x1i y1j作用在质点上的力为f fi所以，质点对原点的角动量为L0 r mv (x1i y1i) m(vxi vyj) (x1mvy y1mvx)k作用在质点上的力的力矩为M0 r f (x1i y1j) ( fi) y1fk3-11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：初始时刻的角加速度；杆转过角时的角速度.解:(1) 由转动定律，有5/21mgl (1ml2)β2 3则3g2l(2)由机械能守恒定律，有1(1ml2)ω2mglsinθ0题3-11图232所以有3gsinl3-13一个质量为M、半径为R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．问它能升高多少?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v0 R设碎片上升高度h时的速度为v，则有题3-13图v2v022gh令v0，可求出上升最大高度为v02122HR2g2g(2)圆盘的转动惯量J1MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量J'1MR2mR2，碎片脱22离前，盘的角动量为Jω，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Jω J'ω mv0R式中为破盘的角速度．于是1MR2(1MR2mR2)mv0R22(1MR2mR2)(1MR2mR2)22得(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为(1MR2mR2)2转动动能为6/21Ek1(1MR2mR2)222258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dq，dE40x2R2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：

dqROPdE∥xXdE⊥dE解8-7图∥=dEcosdqxE=Eq40x2R22xR

qx212232420xR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和R（R＞R），带电量分别为q和q，122112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，EEcosdSE4r20,E0e当R1＜r＜R2时，eEcosdSE4r2q10,Eq140r2ＯR1R2r(3)当r＞R2时，EcosdSE4r2q1q2解8-12图场强随r的变化曲线e0Eq1q240r28-13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7/21e EcosdS Ecos0dS 0 0 E2rl 0, E 0；当r＞R即所求场点在带电圆柱面外时， e E 2rl l,E08-15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？若设零，则A点的电势是多少？

.2 0r5.0×10-6J.问电点的电势为解电势能的增量：外5.0106J；WWBWAAA、B两点间的电势差：W W W W 5.0 10

6ABABUAUBqq2.510q

8

2.0 102V<0，∴B点的电势较高；若设B点的电势为零，则UA2.0102V.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q，其中R是球面的半40R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:Uq1q2；40R140R2（2）当R1＜r＜R2即所求场点在小球面外、大球面内时:Uq1q2；40r40R2当r＞R2即所求场点在两个球面外时q1q2q1q2:U0r40r40r4当r＞R即所求场点在两个球面外时:q1q2q1q2240r40r40r285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习题9.3图加原理可知，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EB13r0Ep0r4EB1r)3r40(a2）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VBVBq40r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qVBV0V040a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V0V0，因此qVBV040a所以，B点的电势VBq40a9-4．如图所示，在一半径为R1=6.0cm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=8.0cm，R3=10.0cm，A球带有总电量QA=3.010×-8C，球壳B带有总电量QB=2.010×-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，QA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QA，外表面上感应出正电荷QA，则B球壳外表面上的总电荷（QA QB）。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9/21习题9.4图E1QA2(R1rR2)0(rR1),E20r4E30(R2rR3),E4QAQ2B(rR3)40r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VA和VB．A球内任一场点的电势VA为VAR1drR2R3E4drrE1E2drE3drR1R2R3R2QA2drQAQ2Bdr4R10rR340r1(QAQAQAQB)40R1R2R3B球壳内任一点的电势 VB 为VBR3E3drE4drrR3QAQ2BdrQAQBR340r40R39-5．两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023；230再由导体板内的场强为零，可知 P点合场强10/2121(22)(23)(24)00000由23得149-7-5.-2，现将两极板与电一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为σ=4.510×Cm.源断开，然后再把相对电容率为ε的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的D、Er=2.0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r1（r 1）极化电荷面密度r对于平行板电容器 PE(r 1)０D r1且P,D,E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E1 0 ，r R111/21E22，R2rR10rrE30,rR2两极的电位差uR2R2lnR2E2dllnrR120rR120rR1（2）由第（1）问知，电介质中的电场强度E2 0rr电位移D 0 rE2rr极化强度 P ((

1)0r 1)2 rr329页10-9,10-1010-6一边长为l0.15m的立方体如图放置，有一均匀磁yB场B(6i3j1.5k)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.Olx解：（1）立方体一边的面积Sl2llzBS(6i3j1.5k)(0.152i)0.135Wb习题图10-6（2）总通量Bds010-11 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r1r312/21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B1和B2方向相同，都垂直纸面向外。故BPB1PB2P设P点离导线1的距离为r，则B1PII，B2P2dr2R代入上式得BPII2dr2r（1）在导线等距的点有rdB2I，d2（2）取面积元dSldr，则通过矩形面积的磁通量为r1r2mSBdSr1

I Ildr2r 2 d rIl㏑r1r1r2+Il㏑dr1Il㏑dr122dr1r2r110-10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的习题图10-1013/21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10-6一边长为l0.15m的立方体如图放置，有一均yB匀磁场B(6i3j1.5k)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.Olx解：（1）立方体一边的面积Sl2lzlBS(6i3j1.5k)(0.152i)0.135Wb习题图10-60I0I（3）总通量B(cos2cos1)(cos90ocos180o)Bds04r4a10-110I[0(1)]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）4a两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度；0I（2）通过图中矩形面积的磁通量r1r34a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B1和B2方向相同，都垂直纸面向外。故BPB1PB2P设P点离导线1的距离为r，则B1PII，B2P2dr2R代入上式得IIBP2dr2r（3） 在导线等距的点有14/21d2I，B2d（4）取面积元dSldr，则通过矩形面积的磁通量为r1r2IIldrmSBdSr12r2drIl㏑r1r2+Il㏑dr1r2Il㏑dr12r12dr1r110-10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.B0I(cos2cos1)0I(cos90ocos180o)4r4a0I[0(1)]4aI4a习题图10-10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.（b）P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BB1B2B32B1B320I(cos2cos1)0I4r2r2ra;2900;11080;B20I[0(1)]0I20I0I4a2r2a4r方向垂直纸面向里 .（c）B为三边磁感应强度叠加，由对称性BB1B2B33B130I(cos2cos1)4r1h3B093I0I.4h2a方向垂直纸面向里.10-14一根很长的铜导线，载有电流10A，在导线15/21习题图10-14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Bdl0I,IIr2R2Ir2r2R2I0;B2r0R2I0B20I0rR20I00I0l0I0lRRBds02R2rldr2R2rdr4s041071011.0106Wb4即S平面内的磁通量为1.0106Wb.方向垂直纸面向外.（b）P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BBB2B32BB320I(cos2cos1)0I114r2r2ra;2900;11080;B20I[0(1)]0I20I0I4a2r2a4r方向垂直纸面向里 .（c）B为三边磁感应强度叠加，由对称性BB1B2B33B130I(cos2cos1)4rr1h3B093I0I.4h2a方向垂直纸面向里.10-14一根很长的铜导线，载有电流10A，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）.习题图10-14解：设距轴线为 r处的磁感应强度为 B.则16/21BdlII0I,2R2rIr2r2R2I0;B2r0R2I0B20I02rR0I0rldr0I0lrdr0I0lRRs02R22R20441071011.0106Wb4即S平面内的磁通量为1.0106Wb.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b（b?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。当矩形线圈运动ABCD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dS ldx，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0B= I通过该面积元的磁通量为dBdS0Ildx2x于是通过线圈的磁通量为tbvt0Ildx0Ibvtldxdvt2x2vtxaa17/21=0Il㏑bvt2avt由法拉第电磁感应定律可知，N匝线圈内的感应电动势为Ed0lINavtavtvbvtvN2bvtavt2dt0lINavtvbvtv2bvtavt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Ed0lIvN110NlIvbaNt02ab2abdt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dB=dtК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,ab l，求：（1）螺线管中的感生电场EV；（2）ab,bc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rrR的圆周，根据感生电场与变化磁场之间的关系EVdldmBSdSLdtt可得EV2rr2dBr2dt有EVrrR2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Oa,Ob和Oc，在回路OabO中，18/21穿过回路所围面积的磁通量为1Bll212BSR224则d1l21212l212E12dBRdt2lR4dtl42而E1EabEboEoaEab所以1lkl212EabE1R224方向由a指向b1lkl212同理可得EbcR224方向由b指向c解