大学物理教学教程(上)课后习题内容答案.doc

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1、.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 ， 都以米为单位， 以秒为单位，22,(1)xtyt,xyt求：（1） 质点的运动轨迹；（2） 从 到 质点的位移的大小；1tst（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ttx2(1)yx或 （2）将 和 代入，有tst， 1ri241rij213A位移的大小 20rm（3） xdvt2(1)ytvij， 2xdat2ydvatij当 时，速度和加速度分别为2ts42/vijmsm/s2a1-4 设质点的运动方程为 ，式中的 、 均为

2、cosin()rRttjSIR.常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。解 （1）质点的速度为 sincosdrvRttjt（2）质点的速率为 2xyv速率的变化率为 0dt1-12 质点沿半径为 的圆周运动，其运动规律为 。求质点在R23()tSI时刻的法向加速度 的大小和角加速度 的大小。t na解 由于 4dt质点在 时刻的法向加速度 的大小为t n2216aRt角加速度 的大小为 4/drst77 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1mkg63()FtSI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

3、冲量。2.s解 由冲量的定义，有2.02.0.20(63)()8IFdttdtN A2-21 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 ，fkv 0t0v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t0t停止前所滑行的路程。解 （）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dvfmkt即 两边积分，速度 与时间 的关系为vt.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m球半径的 2 倍（即 ） ，试以 和引力恒量 及地球

4、的质量 表示出：R,GM（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 2(3)MmvGR卫星的动能为 216kE（）卫星的引力势能为 3pR00vtdkm2-37 一木块质量为 ，置于水平面上，一质量为 的子弹以1Mg2mg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。50/ms /s0c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 12mvu对木块用动能定理 20Mgs得 (1) 221()v32(1)(501).69.8(2) 子弹

5、动能减少 2121()40kEmvJ114 页 3-11，3-9 ，例 3-2 如图所示，已知物体 、 的质量分AB别为 、 ，滑轮 的质量为 ，半径为 ，ABCCR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。L例 3-2 图.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 。21JmR（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AB。taR（3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力 。12T分析三个物体，列出

6、三个物体的运动方程：物体 A1ATma物体 B2Bg物体 C 221 1()CCRJmRa解 （1） 。2BACmga（2） ， 。 112BACgT21()2ACBmgT（3）对 来说有， 012BACvaLgm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，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 0 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）21RJ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

7、，环带受桌面的摩擦力矩为 rRgMd2d总摩擦力矩为 m30故平板的角加速度为.m2gm1gT2T2T1T1R2R1MJ可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度 ，因此有020设平板停止前转数为 n，则转角 ，可得n22003416JRg3-2：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： 1agTm2： 2转动定律： JR其中： 1运动学关系： 2a解得： 21)/()/(M3-6 一质

8、量为 的质点位于( )处，速度为 , 质点受到一个沿 负m1,yxjviyxx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f解: 由题知，质点的位矢为 jyixr1作用在质点上的力为 if所以，质点对原点的角动量为 vmrL0 )()(1jviiyxyxkmvyxx)(11.作用在质点上的力的力矩为 kfyifjyixfrM110 )(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mlO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 213()lmgl则 l(2)

9、由机械能守恒定律，有题 3-11 图2103()llgsin所以有 li33-13 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R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m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Rv0设碎片上升高度 时的速度为 ，则有 题 3-13 图hvghv202令 ，可求出上升最大高度为0v 2201RH(2)圆盘的转动惯量 ，碎片抛出后圆盘的转动惯量 ，碎片脱21JMR21JMRm离前，盘的角动量为 ，碎

10、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 0JmvR.式中 为破盘的角速度于是 RmvMR022)1()( 2m得 (角速度不变)圆盘余下部分的角动量为 )21(2R转动动能为 2)(mMEk258 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 ， 204xdE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

11、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 = 232021220 44cos RxqRxxdqdq 方向：q0 时， （自环心）沿轴线向外；q0 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（R 2R 1） ，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）rR 1；（2）R 1rR 2（3）rR 2.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 rR 1时， 0,4cos2Er

12、dSEe (2)当 R1rR 2 时，01 0124,qqe(3)当 rR 2 时，解 8-7 图dEPdqRxdEdEXO rER1 R2解 8-12 图 场强随 r 的变化曲线.2021 0214cosrqEqEdSe8-13 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 . 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 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

13、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 rR 即所求场点在带电圆柱面内时，因为 ；0,20coscos EldSEdSe 当 rR 即所求场点在带电圆柱面外时， .rrle 002,8-15 将 q=2.510-8C 的点电荷从电场中的 A 点移到 B 点，外力作功 5.010-6J.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： ；J10.56外WABA、 B 两点间的电势差：0， V.2.2286qqUBABA B 点的电势较高；若设 B 点的

14、电势为零，则 .V10.2AU8-17 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q04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 rR 1即所求场点在两个球面内时: ；20104RqU（2） 当 R1rR 2即所求场点在小球面外、大球面内时: ；2001r当 rR 2即所求场点在两个球面外时: qrqU021020144.当 rR 2即所求场点在两个球面外时: rqrqU021020144285 页 9-3,9-49-3如图，在半径为 R 的导体球外与球心

15、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 0413rEpBraB30)(（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 rqVB04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aqB004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，

16、所以感应电荷在 o 点产生的电势为零，且 ，因此0VaqVB04所以， B 点的电势 aqB049-4如图所示，在一半径为 R1 = 6.0 cm 的金属球 A 外面罩有一个同心的金属球壳 B.已知习题 9.3 图.球壳 B 的内、外半径分别为 R2 = 8.0 cm，R 3 = 10.0 cm， A 球带有总电量 QA = 3.010-8 C，球壳 B 带有总电量 QB = 2.010-8 C.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

17、 B 的电势.解：（1）在导体到达静电平衡后， 分布在导体球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AQAQ壳外表面上的总电荷（ ） 。由场的分布具有对BA称性，可用高斯定理求得各区域的场强分布 )(4),(02120211 RrERrA)(),( 3204323 rQBAE 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 BAV和A 球内任一场点的电势 为AV)(414320202 43132 321RQrdrdrdEEBAAR RRRr B 球壳内任一点的电势 为BV302043433RQdrEVBARBARr9-5两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），其电荷面密度习题 9.4 图