大学物理课后作业答案
大学物理课后作业答案 Document serial number【UU89WT-UU98YT-UU8CB-UUUT-UUT108】
第八章
8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强．
解: 如8-7图在圆上取
题8-7图
，它在
点产生场强大小为
方向沿半径向外
则
积分
∴ ，方向沿轴正向．
8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为，总电量为．(1)求这正方形轴线上离中心为处的场强；(2)证明：在处，它相当于点电荷产生的场强．
解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷在点产生物强方向如图，大小为
∵
R λO ?Rd dl =?λλd d d R l q ==O 20π4d d R R E ε?
λ=
?
?ελ
?d sin π4sin d d 0R
E E x ==??ελ
?πd cos π4)cos(d d 0R
E E y -=
-=R
R E x 000π2d sin π4ελ
??ελπ
=
=?
d cos π400=-=???ελπR E y R
E E x 0π2ελ
=
=x l q r E l r >>q E 4q P P E
d ()4π4cos cos d 22
021l r E P +
-=
εθθλ22cos 22
1l r l +
=
θ12cos cos θθ-=
∴
在垂直于平面上的分量
∴
题8-8图
由于对称性，点场强沿方向，大小为
∵
∴
方向沿 8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×
C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．
解: 高斯定理,
当时，,
时， ∴
， 方向沿半径向外．
cm 时,
∴ 沿半径向外.
24
π4d 2
2
22
0l r l
l r E P +
+
=
ελ
P E
d βcos d d P E E =⊥424π4d 22
22220l r r
l r l r l E +
++=
⊥ελP OP 2)4(π44d 422
22
0l r l r lr
E E P +
+=
?=⊥ελl q 4=
λ2)4(π42
2220l r l r qr
E P ++=
ε510-02π4ε∑=q r E 5=r cm 0=∑q 0=E 8=r cm ∑q 3
π
4p =3
(r )3内r -()
202
3π43
π4r r r E ερ
内-=
41048.3?≈1C N -?12=r 3π
4∑=ρ
q -3
(外r ）内3r ()
4
20331010.4π43π4?≈-=r r r E ερ内
外1C N -?0 d ? ? ? ?
? q
S E s ? ?
8-11 半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强．
解: 高斯定理
取同轴圆柱形高斯面，侧面积
则
对(1)
(2)
∴ 沿径向向外 (3)
∴
题8-12图
8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强．
解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与， 两面间，
面外，
面外，
：垂直于两平面由面指为面．
8-13 半径为的均匀带电球体内的电荷体密度为,若在球内挖去一块半径为＜的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心与点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．
解: 将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．
(1) 球在点产生电场，
1R 2R 2R 1R λλr 1R 1R r 2R r 2R 0d ε∑?=
?q
S E s
rl S π2=rl
E S E S
π2d =??
1R r <0,0==∑
E q 21R r R <<λ
l q =∑
r
E 0π2ελ=
2R r >0
=∑q 0=E 1σ2σ1σ2σn
E )(21210
σσε-=1σn
E )(21210σσε+-=2σn
E )(21210
σσε+=n
1σ2σR ρr R O O 'ρρ-ρ+O 010=E
球在点产生电场
∴ 点电场；
(2) 在产生电场
球在产生电场 ∴ 点电场
题8-13图(a) 题8-13图(b)
(3)设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为(如题8-13(b)图)
则 ，
,
∴
∴腔内场强是均匀的．
题8-16图
8-16 如题8-16图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示
ρ-O 'd π4π3430
320
OO r E ερ= O d 33
030r E ερ= ρ+O ''d π4d 3430301E ερπ='
ρ-O '002='E O '003ερ=
'E 'OO
P O 'r
'O r 0
3ερr
E PO =
3ερr E O P '
-
=' 00033)(3ερερερd r r E E E O P PO P
=
='-=+='A B q q AB R 0q O C 0π41ε=
O U 0)(=-R
q
R q 0π41ε=O U )3(R q R q -R
q 0π6ε-=
∴
8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．
解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取
则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向
题8-17
图
［
］
(2) 电荷在点产生电势，以
同理产生 半圆环产生
∴
8-22 三个平行金属板，和的面积都是200cm 2，和相距，与相距 mm ．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电×10-7C ，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少以地的电势为零，则板的电势是多少
解: 如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度
为
R
q
q U U q A o C O 00π6)(ε=
-=λR O AB CD O θd
d R l =θλd d R q =O E
d O y θ
εθ
λπ
πcos π4d d 222
0??-==R R E E y R 0π4ελ=)2sin(π-2sin π-R 0π2ελ-=AB O 0=∞U ??===A B 200012
ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελCD 2
ln π40
2ελ
=U 0
034π4πελ
ελ==
R R U 0
032142ln π2ελ
ελ+=
++=U U U U O A B C A B A C B C A B C A A 1σ2σ
题8-22图
(1)∵ ，即 ∴
∴
且 + 得
而
(2)
8-23 两个半径分别为和（
＜)的同心薄金属球壳，现给内球
壳带电+，试计算：
(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；
(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；
解: (1)内球带电；球壳内表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势
题8-23图
(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，内表面电荷仍为
．所以球壳电势由内球与内表面产生：
AB AC U U =AB AB AC AC E E d d =2
d d 21===AC AB
AB AC E E σσ1σ2
σS q A
=
,32S q A =σS q A
321=σ7
110232
-?-=-=-=A C q S q σC C
10172-?-=-
=S q B σ3
01103.2d d ?===AC AC AC A E U εσ
V
1R 2R 1R 2R q q +q -q +?
?
∞
∞=
=?=22020π4π4d d R R R q
r r q r E U εε q +q -q +q -0
π4π42
02
0=-
=
R q R q U εε
8-27 在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为，金属球带电．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．
解: 利用有介质时的高斯定理
(1)介质内场强
;
介质外场强
(2)介质外电势
介质内电势
(3)金属球的电势
8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常
数为的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．
解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为，真空部分场强为
，自由电荷面密度分别为与
由
得
，
而 ,
1R 2R r εQ ∑?=?q
S D S
d )(21R r R <<303
π4,π4r r
Q E r r Q D r εε ==内)(2R r <303
π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外)(2R r >r
Q E U 0r π4r d ε=
?=?∞ 外)(21R r R <<2020π4)11(π4R Q R r q
r εεε+
-=
)11(π42
0R r Q r r -+=εεεr
d r d 2
2
1 ?+?=??
∞R R R E E U 外内?
?
∞
+=22
2
020π44πdr
R R R r r Qdr
r Q εεε)11(π42
10R R Q r r -+=εεεr ε2E 1E
2σ1σ∑?=?0
d q S D
11σ=D 22σ=D 101E D ε=202E D r εε=r
d r d
?+?=??
∞∞r
r
E E U 外内
∴
题8-28图 题8-29图
8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为，半径分别为和(＞)，且>>-，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.
当两圆柱面分别带等量异号电荷和-时，求：
(1)在半径处(＜＜＝，厚度为dr ，长为的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为的同轴圆柱面 则
当时，
∴
(1)电场能量密度 薄壳中
(2)电介质中总电场能量
(3)电容：∵
∴
8-34 半径为= 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为=和=，当内球带电荷=×10-8C 时，求：
(1)整个电场储存的能量；
d 21U E E =
=r D D εσσ==1
2
12l 1R 2R 2R 1R l 2R 1R εQ Q r 1R r 2R l r )(S rlD
S D S π2d )
(=??
)(21R r R < q =∑rl Q D π2= 2 222 2π82l r Q D w εε==rl r Q rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222= ==??===2 112 2 2ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εεC Q W 22 = )/ln(π22122R R l W Q C ε= =1R 2R 3R Q (2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值． 解: 如图，内球带电，外球壳内表面带电，外表面带电 题8-34图 (1)在 和区域 在时 时 ∴在区域 在区域 ∴ 总能量 (2)导体壳接地时，只有时 , ∴ (3)电容器电容 习题九 9-6 已知磁感应强度Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿轴正方向， 如题9-6图所示．试求：(1)通过图中面的磁通量；(2)通过图中面的磁通量；(3)通过图中面的磁通量． Q Q -Q 1R r <32R r R <<0=E 21R r R <<3 01π4r r Q E ε =3R r >3 02π4r r Q E ε =21R r R < =2 1 d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε? -==2 1 )1 1(π8π8d 21022 02R R R R Q r r Q εε3R r >?∞ = =32 3022 20021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε) 1 11(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-?=J 21R r R <<30π4r r Q E ε = 02=W 4 2 10211001.1)1 1(π8-?=-==R R Q W W εJ ) 11/(π422102R R Q W C -==ε121049.4-?=F 0.2=B x abcd befc aefd 解： 如题9-6图所示 题9-6图 (1)通过面积的磁通是 (2)通过面积的磁通量 (3)通过面积的磁通量 (或曰) 题9-7图 9-7 如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其半径为．若通以电流，求点的磁感应强度． 解：如题9-7图所示，点磁场由、、三部分电流产生．其中 产生 产生，方向垂直向里 段产生 ，方向向里 ∴，方向向里． 题9-9图 9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的，两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心点磁场由直电流和及两段圆弧上电流与所产生，但和在点产生的磁场为零。且 abcd 1S 24.04.03.00.211=??=?=S B ΦWb befc 2S 022=?=S B Φaefd 3S 24.05 45.03.02cos 5.03.0233=???=θ???=?=S B ΦWb 24.0-Wb AB CD C B O R I O O AB C B CD AB 01=B CD R I B 1202μ=CD )23 1(2)60sin 90(sin 2 4003-πμ=-πμ= ??R I R I B ⊥)6 231(203210π πμ+-= ++=R I B B B B ⊥A B O O ∞A ∞B 1I 2I ∞A ∞B O . 产生方向纸面向外 ， 产生方向纸面向里 ∴ 有 题9-14图题9-15图 9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为,，导体内载有沿轴线方向的电流，且均匀地分布在管的横截面上．设导体的磁导率，试证明导体内部各点 的磁感应强度的大小由下式给出： 解：取闭合回路 则 ∴ 9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别 为,)构成，如题9-16图所示．使用时，电流从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(＜),(2)两导体之间(＜＜)，（3）导体圆筒内(＜＜)以及(4)电缆外(＞)各点处磁感应强度的大小 解： (1) (2) θ -πθ==21221R R I I 电阻电阻1I 1B ⊥πθπμ2) 2(2101-= R I B 2I 2B ⊥π θμ22202R I B =1)2(2121=-=θ θπI I B B 0210=+=B B B a b I I 0μμ≈)(b r a < 2220) (2--=πμr l π2=)(b r a < 2 22 2) (a b I a r I ππππ--=∑) (2) (2 2220a b r a r I B --=πμa b c I r a a r b b r c r c ?∑μ=?L I l B 0d a r <22 02R Ir r B μπ=2 02R Ir B πμ= b r a < (3) (4) 题9-16图题9-17图 题9-20图 9-20 如题9-20图所示，在长直导线内通以电流=20A ，在矩形线圈中通有电流=10 A ，与线圈共面，且，都与平行．已知=9.0cm,=20.0cm,=1.0 cm ，求： (1)导线的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩． 解：(1)方向垂直向左，大小 同理方向垂直向右，大小 方向垂直向上，大小为 方向垂直向下，大小为 (2)合力方向向左，大小为 合力矩 ∵ 线圈与导线共面 ∴ ． r I B πμ20= c r b < c b r I r B 02 2 2 202 μμπ+---=) (2) (2 2220b c r r c I B --=πμc r >02=r B π0=B AB 1I CDEF 2I AB CD EF AB a b d AB CD F CD 4102100.82-?==d I b I F CD πμN FE F FE 51 02100.8) (2-?=+=a d I b I F FE πμN CF F CF ? +-?=+πμ=πμ=a d d CF d a d I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2N ED F ED 5102.9-?==CF ED F F N ED CF FE CD F F F F F +++=4102.7-?=F N B P M m ?=B P m //0=M 图 9-21 边长为=0.1m 的正三角形线圈放在磁感应强度=1T 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.如题9-21图所示，使线圈通以电流=10A ，求： (1) 线圈每边所受的安培力； (2) 对轴的磁力矩大小； (3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功． 解： (1) 方向纸面向外，大小为 方向纸面向里，大小 (2) 沿方向，大小为 (3)磁力功 ∵ ∴ 9-25 电子在=70×10-4T 的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径 =3.0cm ．已知垂直于纸面向外，某时刻电子在点，速度向上，如题9-25图． (1) 试画出这电子运动的轨道； (2) 求这电子速度的大小； (3)求这电子的动能． 题9-25图 解：(1)轨迹如图 l B I O O '0=?=B l I F bc B l I F ab ?=⊥866.0120sin ==?IlB F ab N B l I F ca ?=⊥866.0120sin ==?IlB F ca N IS P m =B P M m ?=O O '22 1033.44 3-?===B l I ISB M m N ?)(12ΦΦ-=I A 01=ΦB l 2 24 3=Φ22 1033.44 3-?==B l I A J B r B A v v k E (2)∵ ∴ (3) 9-26 一电子在=20×10-4 T 的磁场中沿半径为=2.0cm 的螺旋线 运动，螺距h=5.0cm ，如题9-26图． (1)求这电子的速度； (2)磁场的方向如何 解: (1)∵ 题9-26 图 ∴ (2)磁场的方向沿螺旋线轴线．或向上或向下，由电子旋转方向确定． 9-30 螺绕环中心周长=10cm ，环上线圈匝数=200匝，线圈中通有电流=100 mA ． (1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度和磁感应强度； (2)若环内充满相对磁导率=4200的磁性物质，则管内的和各是多少 *(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的和由磁化电流产生的′各是多少 解: (1) (2) (3)由传导电流产生的即(1)中的 ∴由磁化电流产生的 习题十 r v m evB 2 =7107.3?==m eBr v 1s m -?162K 102.62 1 -?==mv E J B R B eB mv R θ cos =θπcos 2v eB m h = 62 21057.7)2()( ?=+=m eBh m eBR v π1s m -?B L N I H 0B r μB H 0B B I l H l ∑=?? d NI HL =200==L NI H 1m A -?400105.2-?==H B μT 200=H 1m A -?05.1===H H B o r μμμT 0B 40105.2-?=B T 05.10≈-='B B B T 10-1 一半径=10cm 的圆形回路放在=的均匀磁场中．回路平面与垂直．当回路半径以恒定速率 =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 感应电动势大小 题10-4图 10-4 如题10-4图所示，载有电流的长直导线附近，放一导体半圆环与长直导线共面，且端点的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为，环心与导线相距．设半圆环以速度平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及两端的电压 ． 解: 作辅助线，则在回路中，沿方向运动时 ∴ 即 又∵ 所以沿方向， 大小为 点电势高于点电势，即 10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流=5A ，在其右方放一长方形 线圈，两者共面．线圈长=0.06m ，宽=0.04m ，线圈以速度 =0.03m ·s -1 垂直于直线平移远离．求：=0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向． 题10-7图 解: 、运动速度方向与磁力线平行，不产生感应电动势． r B B t r d d 2πr B BS m ==Φ40.0d d π2)π(d d d d 2====t r r B r B t t m ΦεV I MeN MN b O a v MN N M U U -MN MeNM v 0d =m Φ0=MeNM εMN MeN εε=?+-<+-==b a b a MN b a b a Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπεMeN εNeM b a b a Iv -+ln 20πμM N b a b a Iv U U N M -+=-ln 20πμI b a v d AB CD v 产生电动势 产生电动势 ∴回路中总感应电动势 方向沿顺时针． 10-8 长度为的金属杆以速率v 在导电轨道上平行移动．已知导 轨处于均匀磁场中，的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所 示)，的大小为=(为正常)．设=0时杆位于处，求：任一时刻导线回路中感应电动势的大小和方向． 解: ∴ 即沿方向顺时针方向． 题10-8图 题10-10图 10-10 导线长为，绕过点的垂直轴以匀角速转动，=磁感应强度平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）两端的电势差； （2）两端哪一点电势高 解: (1)在上取一小段 则 同理 ∴ (2)∵ 即 ∴点电势高． DA ?==??=A D I vb vBb l B v d 2d )(01πμε BC ) (π2d )(02d a I vb l B v C B +-=??=? με 8021106.1)11 (π2-?=+-= +=a d d Ibv μεεεV l ab abcd B B B B kt k t cd t ?==?=?=222 1 2160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φklvt t m -=-=d d Φ εabcd ab l O ωaO 3 l B ab b a ,Ob dr r r +→?= =3202 92d l Ob l B r rB ωωε?==30 2181 d l Oa l B r rB ωωε226 1 )92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+=0>ab ε0<-b a U U b 题10-12图 10-12 磁感应强度为的均匀磁场充满一半径为的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2，其中一半位于磁场内、另一半 在磁场外．当 ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向． 解： ∵ ∴ ∵ ∴ 即从 题10-13图题10-14图 10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体于直径位置，另一导体在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求： （1）两端的电势差； （2）两点电势高低的情况． 解： 由知，此时以为中心沿逆时针方向． (1)∵是直径，在上处处与垂直 ∴ ∴,有 (2)同理， ∴ 即 B R R t B d d bc ab ac εεε+=t B R B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=- =Φε=-=t ab d d 2Φεt B R B R t d d 12π]12π[d d 22=--t B R R ac d d ]12π43[22+=ε0d d >t B 0>ac εεc a →ab cd ab cd ???-=?l S t B l E d d d d 旋旋E O ab ab 旋E ab ?=?l l 0d 旋0=ab εb a U U =0d >?=?l E c d dc 旋 ε0<-c d U U d c U U > 题10-15图 10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数． 解： 设长直电流为，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为 ∴ 习题十一 题11-4图 11-4 如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度 =720sin V ·m -1 ，正方向规定如图．试求： (1)电容器中的位移电流密度； (2)电容器内距中心联线=10-2m 的一点P ，当=0和=s 时磁场强度的大小及方向(不考虑传导电流产生的磁场)． 解：(1) , ∴ (2)∵ 取与极板平行且以中心连线为圆心，半径的圆周，则 时 s 时， 11-5 半径为=0.10m 的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对 电容器匀速充电，使两极板间电场的变化率为=×1013 V ·m -1·s -1．求 I ?==323 00122ln π 2d π2a a Ia r r Ia μμΦ2ln π 2012 a I M μΦ= = E t π510r t t 5102 1-?t D j D ??=E D 0ε=t t t t E j D ππεπεε505500 10cos 10720)10sin 720(?=?? =??=2m A -??∑??+=?) (0d d S D l S j I l H r r l π2=D j r r H 22ππ=D j r H 2 = 0=t 0505106.3107202 πεπε?=??= r H P 1m A -?5102 1 -?= t 0=P H R t E d d 两极板间的位移电流，并计算电容器内离两圆板中心联线(＜)处的磁感应强度以及=处的磁感应强度． 解: (1) (2)∵ 取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周，则 ∴ 当时， 习题十二 12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距=0.20mm ，缝屏间距＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离． 解: (1)由知，， ∴ (2) 12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=覆盖其中的一条缝，结果使 屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500，求此云母片的厚度． 解: 设云母片厚度为，则由云母片引起的光程差为 按题意 ∴ 12-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm ，狭缝光源S 在离镜 左边20cm 的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm ，光源波长×10-7 m ，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离． r r R Br r R BR t E t D j D ??=??= ε8.22 ≈==R j S j I D D D πA S j I l H S D l d d 0?+=??∑?r l π2=2 2d d 2r t E r j r H D πεππ==t E r H d d 20ε=t E r H B r d d 20 00εμμ==R r =600106.5d d 2-?==t E R B R εμT d D λk d D x =明λ22.01010.63??= 3 10 6.0-?=λmm o A 6000=3106.02 .010133 =???= =?-λd D x mm o A e e n e ne )1(-=-=δλδ7=610 106.61 58.110550071 7--?=-??=-= n e λm 6.6=m μ=λ 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 = 代入，有 2 1) y =- 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i = ， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =， 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ，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 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 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 d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 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 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 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 dv f m kv dt ==- 即 d v 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 1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度与加速度的大小. 图1-4 解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知 2 22s h l += 将上式对时间t 求导,得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义,并注意到l ,s 就是随t 减少的, ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?,开始运动时,x ＝5 m,v =0, 求该质点在t ＝10s 时的速度与位置. 解:∵ t t v a 34d d +== 分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得 122 34c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量, t t t x d )2 34(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 m 7055102 1102s m 190102310432101 210=+?+?=?=?+?=-x v 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角, 求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2R . 习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-= 两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一 大学物理(上)课后习题答案 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2 3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a 第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈? 题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从0t =到1t s =时的位移为 ，1t s =时的加速度为 。 解析：45342=-=+-=+1010r r r i j j i j ,228d d dt dt = ==111v r a i 1-7 一质点以初速0v 和抛射角0θ作斜抛运动，则到达最高处的速度大小为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度大小为 。 解析：以初速0v 、抛射角0θ作斜抛的运动方程： 《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单 位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t = 大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 大学物理课后习题答案第六章 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z 《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 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 212 6k 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。大学物理教程 (上)课后习题 答案
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