大学物理教程上课后习题答案

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 1-12

1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,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1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =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 =

或

1=

（2）将1t s =和2t s =代入，有

11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r

位移的大小 r ==r

V

（3） 2x dx

v t dt

=

= 2x

x dv a dt

=

=， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为

22a i j =+r r r

m/s 2

1-4 设质点的运动方程为

cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω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

（2）质点的速率为

速率的变化率为 0dv dt

= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。

解 由于 4d t dt

θ

ω=

= 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt

ω

β== 77

页2-15, 2-30， 2-34，

2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t 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

2-21 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0t

=，初速度为0v ，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

即

dv k dt v m

=- 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：

（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

卫星的动能为

2126k GMm

E mv R

=

=

（２）卫星的引力势能为

2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以500/m s 的速度水平

击穿木块，速度减为100/m 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

对木块用动能定理

得 (1) 2212()2m v v Mgs

μ-==

322

(210)(500100)0.16219.80.2-??-=??? (2) 子弹动能减少

114页3-11，3-9，

例3-2 如图所示，已知物体A 、B 的质量分别为A m 、B m ，滑轮C 的质量为C m ，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

例3-2图

转动，视为圆盘，转动惯量为21

2

J mR =

。 （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t a R β=。 （3）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力12T T ≠。 分析三个物体，列出三个物体的运动方程： 物体A 1A T m a = 物体B 2B B m g T m a -= 物体C '

'

22111

()22

C C T T R J m R m Ra ββ-==

= 解 （1）1

2

B A B C

m g a m m m =

++。

（2）112A B A B C m m g T m m m =++， 21()21

2

A C A

B C

m m g T m m m +=++。

（3）对B

来说有，2

202v

v aL

v -===

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22

1

mR J

=

，其中m 为圆形平板的质量） 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 总摩擦力矩为

故平板的角加速度为

可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度0ω=，因此有 设平板停止前转数为n ，则转角2n θπ=，可得

3-2：如题3-2图所示，两个圆柱形轮子内外半径分别为R 1和R 2，质量分别为M 1和M 2。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m 1和m 2的两个物体。求在重力作用下，定滑轮的角加速度。 解：

m 2

m 1

T 2

T 2 T 1 T 1

R 2

R 1 m 1：1111

a m g m T

=-

m 2：2222a m T g

m

=-

转动定律：βJ T R T R =-112

2

其中：

2

2

22112

121R M R M J += 运动学关系：

2

211R a R a =

=β 解得：

2

2

2221111122)2/()2/()(R m M R m M g

R m R m +++-=β

3-6 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为j v i v v y x ???

+=, 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 作用在质点上的力为

所以，质点对原点的角动量为 作用在质点上的力的力矩为

3-11 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：

(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有 则

l

g 23=

β (2)由机械能守恒定律，有

22110232

()-=l

ml ωmg sin θ

题3-11图

所以有

l

g θ

ωsin 3=

3-13 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω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．

(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

设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 题3-13图

令0=v

，可求出上升最大高度为

(2)圆盘的转动惯量212=

J MR ，碎片抛出后圆盘的转动惯量221

2

'=-J MR mR ，碎片脱离前，盘的角动量为J ω，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 式中ω'为破盘的角速度．于是 得ωω=' (角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 转动动能为

258页8-2,8-12,8-17

8-7 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 (

)

2

20

4R

x dq

dE +=

πε， 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：

E =E ∥=()()()2

3

2202

12222044cos R x qx

R x x R x dq dE q

+=+?+=??πεπεθ

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 1和R 2（R 2＞R 1），带电量分别为q 1和q 2，求以下三种

情况下距离球心为r 的点的场强：（1）r ＜R 1；（2）R 1＜r ＜R 2（3）r ＞R 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r ＜R 1时，

0,04cos 2

=∴=?==Φ?E r E dS E e πθ

(2) 当R 1＜r ＜R 2 时，

2

010124,4cos r

q E q r E dS E e πεπθ=∴=?==Φ?

(3) 当r ＞R 2 时，

8-13 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

解8-7图

ＯE

12解8-12图 场强随r 的变化曲线

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0,02000cos cos =∴=?=++==

Φ??E rl E dS E dS E e πθ；

当r ＞R 即所求场点在带电圆柱面外时，r

E l rl E e 002,2πελ

ελπ=∴=

?=ΦΘ. 8-15 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5.0×10-6J .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：J 10

0.56

-?==-=?外A W W W A B ；

A 、

B 两点间的电势差：V 100.210

5.2100.52

8

6?-=??-=-=-=---q W W q W q W U U B A B A B A <0， ∴ B 点的电势较高；

若设B 点的电势为零，则 V 100.22

?-=A U .

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

R

q 04πε，其中R 是球面的半径；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r ＜R 1即所求场点在两个球面内时:2021

0144R q R q U

πεπε+

=

；

（2） 当R 1＜r ＜R 2即所求场点在小球面外、大球面内时:2

020144R q r

q U πεπε+

=

；

当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:r q q r q r q U 02

10201444πεπεπε+=

+

=

当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:r

q q r

q r

q U 02

10201444πεπεπε+=

+=

285页9-3,9-4

9-3．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加原理可知，B 点的电场强度为点电荷q

习题9.3图

和球面感应电荷在该处产生的矢量和，且为零，即

（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 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

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00V V ='，因此

所以， B 点的电势 a

q V B 04πε=

9-4．如图所示，在一半径为R 1 = 6.0 cm 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R 2 = 8.0 cm ，R 3 = 10.0 cm ，A 球带有总电量Q A = 3.0×10-8 C ，球壳B 带有总电量Q B = 2.0×10-8 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B 的电势. 解：（1）在导体到达静电平衡后，A Q 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A Q ，外表面

上感应出正电荷A Q ，则B 球壳外表面上的总电荷（B A Q Q +）。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

E 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B A V V 和．

A 球内任一场点的电势A V 为

B 球壳内任一点的电势B V 为

9-5．两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

习题9.4图

习题图10-6

B

v y

O

l

l

l

z

x

再由导体板内的场强为零，可知P 点合场强 由

32σσ-= 得41σσ-=

9-7. 一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为σ = 4.5×10-5 C . m -2，现将两极板与电源断开，然后

再把相对电容率为εr = 2.0的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的D u r 、E u r 和P u r

.

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

∴极化电荷面密度r

r ）

（εεσσ1-=

'

对于平行板电容器σ'=P

且E D P ?

ρ?,,的方向均沿径向．

9-11．圆柱形电容器由半径为R 1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R 2.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

∴两极的电位差1

2

01202ln 2ln 22

1

R R R R r l d E u r r R R επελεπελ==

?=

?

?

?

（2） 由第（1）问知，电介质中的电场强度 电位移r

r r E D πλ

εε20=

=

极化强度 0)1(εε-=r P

329页10-9,10-10

10-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置，有一均匀磁场

(63 1.5)B i j k v

=++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.

习题图10-6

B

v y O

l

l

l

z

x

解：（1

）立方体一边的面积2

S l =

（2）总通量0B ds Φ=?=??u v v

ò

10-11 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 ()31r r =

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B u v 1和B u v

2

方向相同，

都垂直纸面向外。故

设P 点离导线1的距离为r ，则 R

I

B P πμ21=

，()r d I B P -=πμ22

代入上式得

（1） 在导线等距的点有

2d r =

， d

I

B πμ2= （2） 取面积元ldr dS =，则通过矩形面积的磁通量为

?

=ΦS

m B u v g d S u v ()ldr r d I r I r r r ?+??

????-+=211

22πμπμ

πμ2Il =

㏑1

21r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑

11

r r d -

10-10 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 v

的大小和

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0.15l =m 的立方体如图放置，有一均匀磁场

(63 1.5)B i j k v

=++T 通过立方体所在区域.计算：

（1）通

过立方体上阴影面

习题图10-10

002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I I

B r a

I

a I a

μμθθππμπμπ=-=-=

--=

积的磁通量；

（2）通过立方体六面的总磁通量. 解：（1）立方体一边的面积2

S l =

（3）总通量0B ds Φ=?=??u v v

ò

10-11 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 ()31r r =

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B u v 1和B u v

2方向相同，

都垂直纸面向外。故

设P 点离导线1的距离为r ，则 R

I

B P πμ21=

，()r d I B P -=πμ22

代入上式得

（3） 在导线等距的点有

2d r =

， d

I

B πμ2= （4） 取面积元ldr dS =，则通过矩形面积的磁通量为

?

=ΦS

m B u v g d S u v ()ldr r d I r I r r r ?+??

????-+=211

22πμπμ

πμ2Il =

㏑1

21r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =

㏑11

r r d -

10-10 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 v

的大小和方

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 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

习题图10-10

002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I I

B r a

I

a I a

μμθθππμπμπ=-=-=

--=

习题图10-14

习题图10-14

方向垂直纸面向里.

（c ）B 为三边磁感应强度叠加，由对称性

方向垂直纸面向里.

10-14 一根很长的铜导线，载有电流10 A ，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）.

解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则 即S 平面内的磁通量为6

1.010Wb -?. 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 方向垂直纸面向里.

（c ）B 为三边磁感应强度叠加，由对称性

方向垂直纸面向里.

10-14 一根很长的铜导线，载有电流10 A ，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）.

解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则 即S 平面内的磁通量为6

1.010Wb -?. 367

页11-1,11-5

11-１ 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 v

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ABCD 运动时，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

ldx dS =，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 u v

的大小为 B u v =x

πμ20I v

通过该面积元的磁通量为 于是通过线圈的磁通量为 =

πμ20Il ㏑vt

a vt

b ++ 由法拉第电磁感应定律可知，N 匝线圈内的感应电动势为

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 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 u v (t)。设B 以速率dt

dB

=К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,l ab =，求：

（1）螺线管中的感生电场E u v

V ；

（2）bc ab ,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()R r r <的圆周，根据感生电场与变化磁场之间的关系 可得 有

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Ob Oa ,和Oc ，在回路OabO 中，穿过回路所围面积的磁通量为 则 而 所以

方向由a 指向b

同理可得 12

22124bc l E lk R ??

=- ???

方向由b 指向c

解法二 也可由感生电场力做功求解。由于（1）中已求出E u v

V 。则

11-1.解: (1)由电磁感应定律812)1(--=Φ

-

t dt

d i ε (2) 2106.1-?==

R

I i

ε

由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使R 中产生感应电流的方向是由左向右

11-4解:由题意可知金属棒沿杆下滑的速度为重力加速度所引起

11-5

解:由于I 为稳定电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图。

设矩形线圈以速度V 从图示位置开始运动，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 ，按无限长直载流导体的磁感应强度公式知，该面积元外B ? 的大小为x

I

B πμ20=

通过该面积元的磁通量为ldx x

I

Bds d ?=

=Φπμ20 于是通过线圈的磁通量为??

?++++?=?=Φ=

Φvt

b vt a vt b vt a x

ldx

x I ldx x I d t πμπμ22)(00 由法拉第电磁感应定律可知，N 匝线圈中的感应电动势为 令t=0,代入数据，得到线圈，刚离开直导线时的感应电动势 按楞次定律E 的方向为图b 中的顺时针方向

1、 一质点作匀速率圆周运动，其质量为m,线速度为v ，半径为R 。求它对圆心的角动 量；它相对于圆周上某一点的角动量是否为常量，为什么？

答：它对圆心的角动量Rmv ，是常量；它相对于圆周上某一点的角动量不是常量。 4、彗星绕太阳作椭圆轨道运动，太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，问系统的角动量是否 守恒？近日点与远日点的速度哪个大？

答：在彗星绕太阳轨道运转过程中，只受万有引力作用，万有引力对太阳不产生力矩，系统角动量守恒。近日点 r 小 v 大，远日点 r 大 v 小。

这就是为什么彗星运转周期为几十年，而经过太阳时只有

很短的

几周时间。彗星接近太阳时势能转换成动能，而远离太阳时，动能转

换成势能。

8．利用角动量守恒定律简要分析花样滑冰、跳水运动过程。 答：对这一力学现象可根据角动量守衡定律来解释。例如旋转着的芭蕾舞演员要加快旋转时，总是将双手收回身边，这时演员质量分布靠

近转轴，转动惯量变小，转动速度加快，转动动能增加。

3-5题图