大學(xué)物理教程 (上)課后習(xí)題 答案Word版

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1、 物理部分課后習(xí)題答案（標(biāo)有紅色記號的為老師讓看的題）27頁 1-2 1-4 1-121-2 質(zhì)點的運動方程為，都以米為單位，以秒為單位，求：（1） 質(zhì)點的運動軌跡；（2） 從到質(zhì)點的位移的大??；（3） 時，質(zhì)點的速度和加速度。解：（1）由運動方程消去時間可得軌跡方程，將代入，有或 （2）將和代入，有， 位移的大小 （3） ， 當(dāng)時，速度和加速度分別為 m/s21-4 設(shè)質(zhì)點的運動方程為，式中的、均為常量。求（1）質(zhì)點的速度；（2）速率的變化率。解（1）質(zhì)點的速度為（2）質(zhì)點的速率為速率的變化率為1-12 質(zhì)點沿半徑為的圓周運動，其運動規(guī)律為。求質(zhì)點在時刻的法向加速度的大小和角加速度的大小。解

2、由于質(zhì)點在時刻的法向加速度的大小為角加速度的大小為 77頁2-15, 2-30， 2-34， 2-15 設(shè)作用于質(zhì)量的物體上的力，如果物體在這一力作用下，由靜止開始沿直線運動，求在0到的時間內(nèi)力對物體的沖量。解由沖量的定義，有2-21 飛機著陸后在跑道上滑行，若撤除牽引力后，飛機受到與速度成正比的阻力（空氣阻力和摩擦力）（為常數(shù)）作用。設(shè)撤除牽引力時為，初速度為，求（1）滑行中速度與時間的關(guān)系；（2）到時間內(nèi)飛機所滑行的路程；（3）飛機停止前所滑行的路程。解（）飛機在運動過程中只受到阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有即兩邊積分，速度與時間的關(guān)系為2-31 一質(zhì)量為的人造地球衛(wèi)星沿一圓形軌道運動，離

3、開地面的高度等于地球半徑的2倍（即），試以和引力恒量及地球的質(zhì)量表示出：（1） 衛(wèi)星的動能；（2） 衛(wèi)星在地球引力場中的引力勢能.解 (1) 人造衛(wèi)星繞地球做圓周運動，地球引力作為向心力，有衛(wèi)星的動能為（）衛(wèi)星的引力勢能為2-37 一木塊質(zhì)量為，置于水平面上，一質(zhì)量為的子彈以的速度水平擊穿木塊，速度減為，木塊在水平方向滑行了后停止。求：（1） 木塊與水平面之間的摩擦系數(shù)；（2） 子彈的動能減少了多少。 解 子彈與木塊組成的系統(tǒng)沿水平方向動量守恒對木塊用動能定理得 (1) (2) 子彈動能減少114頁3-11，3-9，例3-2圖例3-2 如圖所示，已知物體、的質(zhì)量分別為、，滑輪的質(zhì)量為，半徑為，

4、不計摩擦力，物體由靜止下落，求（1）物體、的加速度；（2）繩的張力；（3）物體下落距離后的速度。分析： （1）本題測試的是剛體與質(zhì)點的綜合運動，由于滑輪有質(zhì)量，在運動時就變成含有剛體的運動了?；喸谧鞫ㄝS轉(zhuǎn)動，視為圓盤，轉(zhuǎn)動慣量為。（2）角量與線量的關(guān)系：物體、的加速度就是滑輪邊沿的切向加速度，有。（3）由于滑輪有質(zhì)量，在作加速轉(zhuǎn)動時滑輪兩邊繩子拉力。分析三個物體，列出三個物體的運動方程：物體 物體 物體 解 （1）。（2）， 。 （3）對來說有，例3-4 有一半徑為R的圓形平板平放在水平桌面上，平板與水平桌面的摩擦系數(shù)為，若平板繞通過其中心且垂直板面的固定軸以角速度0開始旋轉(zhuǎn)，它將在旋轉(zhuǎn)幾圈

5、后停止？（已知圓形平板的轉(zhuǎn)動慣量，其中m為圓形平板的質(zhì)量）分析：利用積分求圓形平板受桌面的摩擦力矩，運用轉(zhuǎn)動定律求出平板的角加速度，再用運動學(xué)公式求轉(zhuǎn)動的圈數(shù)解：在距圓形平板中心r處取寬度為dr 的環(huán)帶面積，環(huán)帶受桌面的摩擦力矩為總摩擦力矩為故平板的角加速度為可見圓形平板在作勻減速轉(zhuǎn)動，又末角速度，因此有設(shè)平板停止前轉(zhuǎn)數(shù)為n，則轉(zhuǎn)角，可得3-2：如題3-2圖所示，兩個圓柱形輪子內(nèi)外半徑分別為R1和R2，質(zhì)量分別為M1和M2。二者同軸固結(jié)在一起組成定滑輪，可繞一水平軸自由轉(zhuǎn)動。今在兩輪上各繞以細(xì)繩，細(xì)繩分別掛上質(zhì)量為m1和m2的兩個物體。求在重力作用下，定滑輪的角加速度。解：m2gm1gT2T2

6、T1T1R2R1m1：m2：轉(zhuǎn)動定律：其中：運動學(xué)關(guān)系：解得：3-6 一質(zhì)量為的質(zhì)點位于()處，速度為, 質(zhì)點受到一個沿負(fù)方向的力的作用，求相對于坐標(biāo)原點的角動量以及作用于質(zhì)點上的力的力矩解: 由題知，質(zhì)點的位矢為作用在質(zhì)點上的力為所以，質(zhì)點對原點的角動量為作用在質(zhì)點上的力的力矩為3-11 如題3-11圖所示，一勻質(zhì)細(xì)桿質(zhì)量為，長為，可繞過一端的水平軸自由轉(zhuǎn)動，桿于水平位置由靜止開始擺下求：(1)初始時刻的角加速度；(2)桿轉(zhuǎn)過角時的角速度.解: (1)由轉(zhuǎn)動定律，有則 (2)由機械能守恒定律，有 題3-11圖所以有 3-13 一個質(zhì)量為M、半徑為并以角速度轉(zhuǎn)動著的飛輪(可看作勻質(zhì)圓盤)，在某

7、一瞬時突然有一片質(zhì)量為的碎片從輪的邊緣上飛出，見題3-13圖假定碎片脫離飛輪時的瞬時速度方向正好豎直向上(1)問它能升高多少?(2)求余下部分的角速度、角動量和轉(zhuǎn)動動能解: (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度 設(shè)碎片上升高度時的速度為，則有 題3-13圖令，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉(zhuǎn)動慣量，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量，碎片脫離前，盤的角動量為，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應(yīng)守恒，即式中為破盤的角速度于是得 (角速度不變)圓盤余下部分的角動量為轉(zhuǎn)動動能為258頁8-2,8-12,8-178-7 試計算半徑為R、帶電量為

8、q的均勻帶電細(xì)圓環(huán)的軸線（過環(huán)心垂直于圓環(huán)所在平面的直線）上任一點P處的場強（P點到圓環(huán)中心的距離取為x）.dEPdqRxdEdEXO解 在圓環(huán)上任取一電荷元dq，其在P點產(chǎn)生的場強為 ， 解8-7圖方向沿dq與P點的連線.將其分解為平行于軸線的分量和垂直于軸線的分量，由電荷分布的對稱性可知，各dq在P點產(chǎn)生的垂直于軸線的場強分量相互抵消，而平行于軸線的分量相互加強，所以合場強平行于軸線，大小為： E=E= 方向：q0時，（自環(huán)心）沿軸線向外；q0時，指向環(huán)心.8-12 兩個均勻帶電的同心球面半徑分別為R1和R2（R2R1），帶電量分別為q1和q2，求以下三種情況下距離球心為r的點的場強：（1

9、）rR1；（2）R1rR2（3）rR2.并定性地畫出場強隨r的變化曲線解 過所求場點作與兩帶電球面同心的球面為高斯面，則由高斯定理可知： rER1R2解8-12圖 場強隨r的變化曲線(1) 當(dāng)rR1時，(2) 當(dāng)R1rR2 時， (3) 當(dāng)rR2 時， 8-13 均勻帶電的無限長圓柱面半徑為R，每單位長度的電量（即電荷線密度）為. 求圓柱面內(nèi)外的場強.解 過所求場點作與無限長帶電圓柱面同軸的、長為l的封閉圓柱面，使所求場點在封閉圓柱面的側(cè)面上.由電荷分布的對稱性可知，在電場不為零的地方，場強的方向垂直軸線向外（設(shè)0），且離軸線的距離相等的各點場強的大小相等. 所以封閉圓柱面兩個底面的電通量為零

10、，側(cè)面上各點場強的大小相等，方向與側(cè)面垂直（與側(cè)面任一面積元的法線方向平行）.設(shè)所求場點到圓柱面軸線的距離為r，當(dāng)rR即所求場點在帶電圓柱面內(nèi)時，因為；當(dāng)rR即所求場點在帶電圓柱面外時，.8-15 將q=2.510-8C的點電荷從電場中的A點移到B點，外力作功5.010-6J.問電勢能的增量是多少？A、B兩點間的電勢差是多少？哪一點的電勢較高？若設(shè)B點的電勢為零，則A點的電勢是多少？解 電勢能的增量：；A、B兩點間的電勢差：0， B點的電勢較高；若設(shè)B點的電勢為零，則 .8-17 求習(xí)題8-12中空間各點的電勢.解 已知均勻帶電球面內(nèi)任一點的電勢等于球面上的電勢，其中R是球面的半徑；均勻帶電球

11、面外任一點的電勢等于球面上的電荷全部集中在球心上時的電勢.所以，由電勢的疊加原理得： （1） 當(dāng)rR1即所求場點在兩個球面內(nèi)時:；（2） 當(dāng)R1rR2即所求場點在小球面外、大球面內(nèi)時:；當(dāng)rR2即所求場點在兩個球面外時:當(dāng)rR2即所求場點在兩個球面外時:285頁9-3,9-49-3如圖，在半徑為R的導(dǎo)體球外與球心O相距為a的一點A處放置一點電荷+Q，在球內(nèi)有一點B位于AO的延長線上，OB = r，求：（1）導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷在B點產(chǎn)生的場強的大小和方向；（2）B點的電勢.習(xí)題9.3圖 解：（1）由靜電平衡條件和場強疊加原理可知，B點的電場強度為點電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的矢量和，且為零，即

12、（2）由電勢疊加原理可知，B點的電勢為點電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的電勢的標(biāo)量和，即由于球體是一個等勢體，球內(nèi)任一點的電勢和球心o點的電勢相等因球面上的感應(yīng)電荷與球心o的距離均為球的半徑R，且感應(yīng)電荷的總電賀量為零，所以感應(yīng)電荷在o點產(chǎn)生的電勢為零，且，因此所以， B點的電勢 9-4如圖所示，在一半徑為R1 = 6.0 cm的金屬球A外面罩有一個同心的金屬球殼B.已知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為R2 = 8.0 cm，R3 = 10.0 cm，A球帶有總電量QA = 3.010-8 C，球殼B帶有總電量QB = 2.010-8 C.求：（1）球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電量以及球A和球殼B的電勢；

13、（2）將球殼B接地后再斷開，再把金屬球A接地，求金屬球A和球殼B的內(nèi)、外表面上所帶的電量，以及球A和球殼B的電勢.習(xí)題9.4圖解：（1）在導(dǎo)體到達靜電平衡后，分布在導(dǎo)體球的表面上由于靜電感應(yīng)，在B球殼的內(nèi)表面上感應(yīng)出負(fù)電荷，外表面上感應(yīng)出正電荷，則B球殼外表面上的總電荷（）。由場的分布具有對稱性，可用高斯定理求得各區(qū)域的場強分布E的方向眼徑向外導(dǎo)體為有限帶電體，選無限遠(yuǎn)處為電勢零點。由電勢的定義可計算兩球的電勢A球內(nèi)任一場點的電勢為B球殼內(nèi)任一點的電勢 為9-5兩塊無限大帶電平板導(dǎo)體如圖排列，試證明：（1）相向的兩面上（圖中的2和3），其電荷面密度大小相等而符號相反；（2）背向的兩面上（圖中的

14、1和4），其電荷面密度大小相等且符號相同.解：因兩塊導(dǎo)體板靠得很近，可將四個導(dǎo)體表面視為四個無限大帶點平面。導(dǎo)體表面上的電荷分布可認(rèn)為是均勻的，且其間的場強方向垂直導(dǎo)體表面。作如圖所示的圓柱形高斯面，因?qū)w在到達靜電平衡后內(nèi)部場強為零，導(dǎo)體外的場強方向與高斯面的側(cè)面平行，由高斯定理可得再由導(dǎo)體板內(nèi)的場強為零，可知P點合場強由 得9-7. 一平行板電容器，充電后極板上的電荷面密度為 = 4.510-5 C . m-2，現(xiàn)將兩極板與電源斷開，然后再把相對電容率為r = 2.0的電介質(zhì)充滿兩極板之間.求此時電介質(zhì)中的、和.解：當(dāng)平行板電容器的兩板與電源斷開前后，兩極板上所帶的電荷量沒有發(fā)生變化，所以

15、自由電荷面密度也沒有發(fā)生變化，由極化電荷面密度對于平行板電容器 且的方向均沿徑向9-11圓柱形電容器由半徑為R1的導(dǎo)線和與它同軸的導(dǎo)體圓筒構(gòu)成，其間充滿相對電容率為r的電介質(zhì).圓筒內(nèi)半徑為R2.電容器長為L，沿軸線單位長度上的電荷為 ，略去邊緣效應(yīng)，試求：（1）兩極的電勢差；（2）電介質(zhì)中的電場強度、電位移、極化強度；（3）電介質(zhì)表面的極化電荷面密度. 解：（1） 設(shè)導(dǎo)線上的電荷均勻地分布在導(dǎo)線的表面上，圓筒上的電荷均勻的分布在圓筒的內(nèi)表面上，可由高斯定理求得各區(qū)域的場強 兩極的電位差（2） 由第（1）問知，電介質(zhì)中的電場強度 電位移極化強度 329頁10-9,10-1010-6 一邊長為m的

16、立方體如圖放置，有一均勻磁場T通過立方體所在區(qū)域.計算：習(xí)題圖10-6（1）通過立方體上陰影面積的磁通量；（2）通過立方體六面的總磁通量.解：（1）立方體一邊的面積（2） 總通量10-11 如圖所示，已知相距為d的兩平行長直導(dǎo)線載有相同電流，求 （1）兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距一點處的磁感應(yīng)強度； （2）通過圖中矩形面積的磁通量 解 在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度和方向相同，都垂直紙面向外。故 設(shè)點離導(dǎo)線1的距離為，則 ，代入上式得 （1） 在導(dǎo)線等距的點有 ， （2） 取面積元，則通過矩形面積的磁通量為d +習(xí)題圖10-1010-10 如圖，載流導(dǎo)線彎成

17、（a）、（b）、（c）所示的形狀，求三圖中點的磁感應(yīng)強度的大小和方向.解：（a）水平方向的載流導(dǎo)線對P電磁感應(yīng)強度的貢獻為0。豎直部分對P點磁感應(yīng)強度10-6 一邊長為m的立方體如圖放置，有一均勻磁場T通過立方體所在區(qū)域.計算：習(xí)題圖10-6（1）通過立方體上陰影面積的磁通量；（2）通過立方體六面的總磁通量.解：（1）立方體一邊的面積（3） 總通量10-11 如圖所示，已知相距為d的兩平行長直導(dǎo)線載有相同電流，求 （1）兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距一點處的磁感應(yīng)強度； （2）通過圖中矩形面積的磁通量 解 在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度和方向相同，都垂直紙面向

18、外。故 設(shè)點離導(dǎo)線1的距離為，則 ，代入上式得 （3） 在導(dǎo)線等距的點有 ， （4） 取面積元，則通過矩形面積的磁通量為d +習(xí)題圖10-1010-10 如圖，載流導(dǎo)線彎成（a）、（b）、（c）所示的形狀，求三圖中點的磁感應(yīng)強度的大小和方向.解：（a）水平方向的載流導(dǎo)線對P電磁感應(yīng)強度的貢獻為0。豎直部分對P點磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外.（b）P點處的磁感應(yīng)強度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的疊加，則方向垂直紙面向里.（c）B為三邊磁感應(yīng)強度疊加，由對稱性方向垂直紙面向里.習(xí)題圖10-1410-14 一根很長的銅導(dǎo)線，載有電流10 A，在導(dǎo)線內(nèi)部通過中心線作一平面，如圖所示.試計算通過導(dǎo)線

19、1m長的平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對磁場分布無影響）.解：設(shè)距軸線為處的磁感應(yīng)強度為.則即平面內(nèi)的磁通量為.方向垂直紙面向外.（b）P點處的磁感應(yīng)強度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的疊加，則方向垂直紙面向里.（c）B為三邊磁感應(yīng)強度疊加，由對稱性方向垂直紙面向里.習(xí)題圖10-1410-14 一根很長的銅導(dǎo)線，載有電流10 A，在導(dǎo)線內(nèi)部通過中心線作一平面，如圖所示.試計算通過導(dǎo)線1m長的平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對磁場分布無影響）.解：設(shè)距軸線為處的磁感應(yīng)強度為.則即平面內(nèi)的磁通量為. 367頁11-1,11-511- 一載流的無限長直導(dǎo)線，與一N匝矩形線圈ABCD共面。已知AB長為L ,

20、與導(dǎo)線間距為a；CD邊與導(dǎo)線間距為b（ba）。線圈以 v的速度離開直導(dǎo)線，求線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的方向和大小。 解由于為穩(wěn)恒電流，所以它在空間各點產(chǎn)生的磁場為穩(wěn)恒磁場。當(dāng)矩形線圈ABCD運動時，不同時刻通過線圈的磁通量發(fā)生變化，故有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生。取坐標(biāo)系如圖(a)所示。 設(shè)矩形線圈以速度 以圖示位置開始運動，則經(jīng)過時間t之后，線圈位置如圖(b)所示。取面積元，距長直導(dǎo)線的距離為，按無限長直載流導(dǎo)線的磁感應(yīng)強度公式知，該面積元處的大小為 =通過該面積元的磁通量為 于是通過線圈的磁通量為 =由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，N匝線圈內(nèi)的感應(yīng)電動勢為 令t = 0,并代入數(shù)據(jù)，則得線圈剛離開直導(dǎo)線時的感應(yīng)電動

21、勢按楞次定律可知，E感應(yīng)電動勢的方向沿順時針方向。11-5 在無限長螺線管中，均勻分布著與螺線管軸線平行的磁場 (t)。設(shè)B以速率=變化（為大于零的常量）?，F(xiàn)在其中放置一直角形導(dǎo)線 abc。若已知螺線管截面半徑為R,，求：（1）螺線管中的感生電場；（2）兩段導(dǎo)線中的感生電動勢。解 （1）由于系統(tǒng)具有軸對稱性，如圖所示，可求出感生電場。在磁場中取圓心為O，半徑為的圓周，根據(jù)感生電場與變化磁場之間的關(guān)系 可得 有 由楞次定律可以判斷感生電場為逆時針方向。（2）解法一 用法拉第電磁感應(yīng)定律求解。連接和，在回路 中，穿過回路所圍面積的磁通量為 則 而 所以 方向由指向同理可得 方向由指向解法二 也可由

22、感生電場力做功求解。由于（1）中已求出。則11-1.解: (1)由電磁感應(yīng)定律 (2) 由于磁通量是增加的,所以線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢使R中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向是由左向右11-4解:由題意可知金屬棒沿桿下滑的速度為重力加速度所引起 11-5解:由于I為穩(wěn)定電流,所以它在空間各點產(chǎn)生的磁場為穩(wěn)恒磁場.當(dāng)矩形線圈ABCD運動時,不同時刻通過線圈的磁通量回發(fā)生變化,故有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生.取坐標(biāo)系如圖。設(shè)矩形線圈以速度V從圖示位置開始運動，經(jīng)過時間t之后，線圈位置如圖(b)所示，取面積元ds=ldx，距長直導(dǎo)線的距離為x，按無限長直載流導(dǎo)體的磁感應(yīng)強度公式知，該面積元外 的大小為通過該面積元的磁通量為于是

23、通過線圈的磁通量為 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，N匝線圈中的感應(yīng)電動勢為 令t=0,代入數(shù)據(jù)，得到線圈，剛離開直導(dǎo)線時的感應(yīng)電動勢 按楞次定律E的方向為圖b中的順時針方向1、 一質(zhì)點作勻速率圓周運動，其質(zhì)量為m,線速度為v，半徑為R。求它對圓心的角動量；它相對于圓周上某一點的角動量是否為常量，為什么？答：它對圓心的角動量Rmv，是常量；它相對于圓周上某一點的角動量不是常量。4、彗星繞太陽作橢圓軌道運動，太陽位于橢圓軌道的一個焦點上，問系統(tǒng)的角動量是否守恒？近日點與遠(yuǎn)日點的速度哪個大？3-5題圖答：在彗星繞太陽軌道運轉(zhuǎn)過程中，只受萬有引力作用，萬有引力對太陽不產(chǎn)生力矩，系統(tǒng)角動量守恒。近日點 r 小 v 大，遠(yuǎn)日點 r 大 v 小。這就是為什么彗星運轉(zhuǎn)周期為幾十年，而經(jīng)過太陽時只有很短的幾周時間。彗星接近太陽時勢能轉(zhuǎn)換成動能，而遠(yuǎn)離太陽時，動能轉(zhuǎn)換成勢能。8利用角動量守恒定律簡要分析花樣滑冰、跳水運動過程。答：對這一力學(xué)現(xiàn)象可根據(jù)角動量守衡定律來解釋。例如旋轉(zhuǎn)著的芭蕾舞演員要加快旋轉(zhuǎn)時，總是將雙手收回身邊，這時演員質(zhì)量分布靠近轉(zhuǎn)軸，轉(zhuǎn)動慣量變小，轉(zhuǎn)動速度加快，轉(zhuǎn)動動能增加。 友情提示：本資料代表個人觀點，如有幫助請下載，謝謝您的瀏覽！