大学物理练习册(上册)答案

练习一（第一章质点运动学）选择题1、（D）2、（C）3、（D）4、（B）5、（D）二、填空题1、（1）A（2）1.186s(或s)（3）0.67s（或s）2、8m10m3、（1）（2）（）4、5、（1）5m/s(2)17m/s三、计算题1、解：分离变数积分得质点在任意位置处的速度为（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。2、解：（1）第二秒内的位移为第二秒内的平均速度为（2）t时刻的速度为第二秒末的瞬时速度为（3）令，解得第二秒内的路程为。3、解：（1）由几何关系质点作匀速率圆周运动故，代入初始条件时，得t时刻，所以（2）速度为加速度为（3）由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。4、解：（1）由，解得由，解得（2）由位矢的表达式可得分量形式消去参数t得到轨迹方程为m。练习二（第一章质点运动学）一、选择题1、（C）2、（D）3、（B）4、（D）5、（A）二、填空题1、；2、；3、;;4、；（或3.15rad）5、，得B的位移为0.4m时C开始运动，即，解得.（2）C开始运动时速度的大小是，由动量守恒定律，解得.2、解：M下滑过程中经过路程为时，获得的速度为在沿着斜面方向上，碰撞的过程中动量守恒，解得即为子弹射中木块后，子弹与木块的共同速度.练习五（第三章动量守恒定律和能量守恒定律）一、选择题1、（C）2、（C）3、（C）二、填空题1、2、12J3、4000J三、计算题1、解：当系统所受合外力为0时，由动能定理，对有解得拉力T对所作的功为恒力F对所作的功为.练习六（第三章动量守恒定律和能量守恒定律）一、选择题1、（D）2、（C）二、填空题1、，.2、；或；三、计算题1、解：对物体受力分析，当物体刚刚开始运动时有，其中，物体运动以后，由牛顿第二定律有其中，由此积分解得代入数据得.2、解：（1）子弹穿过物体的过程中，水平方向动量守恒，有，子弹穿出时，物体在最低端作圆周运动，有以上两方程联立得代入数据得（2）由动量定理子弹在穿透过程中所受的冲量的大小为练习七（第四章刚体的转动）一、选择题1、（B）2、（C）3、（B）4、（C）5、（C）6、（B）二、填空题1、20圈2、4rad3、4、，三、计算题1、解：由转动定律有，积分，解得，代入数据得.2、解：人相对于绳匀速向上爬时，人和绳的加速度相同，故有以上方程联立解得加速度为3、解：由牛顿第二定律和转动定律有绳是不可伸长的，故绳上各点及物块A、B的加速度大小是一样的，所以转动中线量与角量的关系为，由以上方程联立可以解得，两滑轮之间绳中的张力为质量为m的小滑轮的角加速度为质量为的大滑轮的角加速度为练习八（第四章刚体的转动）一、选择题1、（B）2、（C）3、（C）4、（D）5、（D）6、（A）7、（B）二、填空题1、2、角动量系统的合外力矩为0机械能3、4、（1）W；（2）；（3）三、计算题1、解：碰撞时间极短，故碰撞过程角动量守恒细棒转动过程中所受摩擦力的力矩为由转动定律，有其中，由以上式子联立可以得到积分得碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间为2、解：两人与圆台组成的系统角动量守恒，有代入后得到，圆台的角速度为.3、解：小球到达B点时，环的角速度为,小球相对于环的速度为；由角动量守恒和机械能守恒有以上两个方程联立可以解得，小球到达C点时，环的角速度为,小球相对于环的速度为；由角动量守恒和机械能守恒有以上方程联立解得，4、解：子弹射入杆的过程子弹与杆组成的系统角动量守恒，有子弹进入杆后系统机械能守恒，有由以上方程联立解得练习十二（第八章静电场）一、选择题1、（C）2、（D）3、（D）4、（D）5、（A）二、填空题1、，.2、3、；三、计算题+-xy1、解：在半圆上取一段小弧元，这段小弧元可以看成点电荷，x轴上半部分带电量为正，电荷线密度为+-xyx轴下半部分带电量为负，电荷线密度为，下半部分的弧元对应在圆心O处的电场强度为由对称性分析可得，故球心O处的电场强度为。2、解：选取坐标轴Ox沿半球面的对称轴，如图所示．把半球面分成许多微小宽度的环带，每一环带之面积，小环带上带电荷该电荷元在O点产生的场强．O点处的总场强，．(为沿x轴正方向的单位矢量)3.解：(1)设电荷的平均体密度为，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面S平行地面)上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电场强度通量为：·＝E2S-E1S＝(E2-E1)S，高斯面S包围的电荷∑qi＝hS,由高斯定理(E2－E1)S＝hS/0,∴＝4.43×10-13C/m3．(2)设地面面电荷密度为．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2)．由高斯定理·=，-ES=，∴=－0E＝－8.9×10-10C/m3练习十三（第八章静电场）一、选择题1、（C）2、（B）3、（C）4、（C）5、（B）二、填空题1、；.2、，3、三、计算题1、解：设球形电容器带电量为Q，在距球心r处取球面为高斯面，由静电场的高斯定理，得球形电容器极板的电势差为，由此可得，内球表面附近的电场强度为求极小值可令，解得在时，取得最小值。2、解：求电场法:1：把无限大平面可以分成许多细圆环带，其中半径为r，宽度为dr的环带面积为，此环带上的电荷为。环带上的电荷对x轴上点P处激发的电场强度为，积分得带小孔的无限大平面在x处所激发的总电场强度为求点场法2：将小孔以同样面密度的电荷填满，则无限大带电平面的电场为填上的部分可看作半径为R的均匀带电圆面，均匀带电圆面在x处激发的电场强度为带小孔的无限大平面在x处所激发的总电场强度为。求电势取O点为电势零点即时，故处的电势为3、解：由高斯定理在距O为x处有故x处的电场强度为电势为在带电细线上取一小段，带电量为，其在球面电场中的受力为，电势能为故带电细线所受的电场力为故带电细线在该电场中的电势能为4、解：设同轴圆筒带电量为Q，则两筒之间的电势差为由此得筒间的电势分布为5、解：两球壳间的电势差为电子撞到外球壳时的动能为电子撞到外球壳时的速率为练习十四（第九章静电场中的导体与电介质）一、选择题1、（C）2、（D）3、（B）4、（A）5、（A）6、（B）二、填空题1、、、、2、3、；1；三、计算题1、解：（1）两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A、B外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A、B所带的电荷分别为Q1、Q2，由于A、B用导线连接，故两者等电势，即满足：，代入数据解得．两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为，B球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即V/m．（2）由E2max解得Q2=3.3×10-4C0.47×10-4C击穿时两球所带的总电荷为Q=Q1+Q2=3.77×10-4C2、解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：．内球壳电势：．二者等电势，即，解得3.解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为，则电容器两极板之间的场强分布为．设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为．电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有，．适当选择r0的值，可使U有极大值，即令，得．显然有<0，故当时电容器可承受最高的电压=147kV．4、解：设电容器的极板带电量为