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 =
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
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
2
2
(3)
3M m v
G
m
R R
=
卫星的动能为 2
12
6k G M m E m v R =
=
(2)卫星的引力势能为
3p G M m E R =-
v t v dv k
dt v
m
=-?
?
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
12m v m v M u =+
对木块用动能定理
2
102M gs M u μ-=-
得 (1) 22
12()2m v v M gs
μ-=
=
3
2
2
(210)(500100)
0.16219.80.2
-??-=???
(2) 子弹动能减少
2
2
12121()2402
k k E E m v v J -=
-=
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。滑轮在作定轴转动,视为圆盘,转动惯
量为2
12
J m R =
。
(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 '
'
2
2111()2
2
C C T T R J m R m Ra ββ-==
=
解 (1)12
B A B C
m g a m m m =++
。 (2)112
A B A B C
m m g T m m m =
++
, 21()2
12
A C A
B C
m m g T m m m +
=
++
。 (3)对B
来说有,2
2
02v 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2
2
1mR 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
r r r R
mg M d 2d 2
?π?π=μ
总摩擦力矩为
mgR M M R
μ3
2d 0
=
=
?
故平板的角加速度为
2
2
2 M
J
β=
可见圆形平板在作匀减速转动,又末角速度0ω=,因此有
2
022M J
θ
ωβθ==
设平板停止前转数为n ,则转角2n θπ=,可得
2
2
3416J R n M
ωωμ=
=
πg
π
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 1:1111a m g m T =-
m 2:2222a m T g m =- 转动定律:βJ T R T R =-1122
其中:
2
2
22
112
121R M R M J +
=
运动学关系:
2
21
1R a R a =
=
β 解得:
2
2
222
1111122)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
j y i x r
11+=
作用在质点上的力为
i f f -=
所以,质点对原点的角动量为
v m r L
?=0)()(11j v i v m i y i x y
x +?+=k mv y mv x x y
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M
1110
)()(=-?+=?=
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
2
123
()=l
mg
ml β 则 l
g 23=β
(2)由机械能守恒定律,有
22
110232
()-=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
ωR v =0
设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有 题3-13图
gh v v
22
02
-=
令0=v ,可求出上升最大高度为
2
22
212ωR g
g
v H =
=
(2)圆盘的转动惯量212
=
J M R ,碎片抛出后圆盘的转动惯量22
12
'
=
-J M R 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
'=+'
0J ωJ ωm v R
式中ω'为破盘的角速度.于是
R mv mR MR
MR 02
2
2
)2
1(21+'-=ωω ωω'-=-)21()2
1(2
2
2
2mR MR
mR MR
得ωω=' (角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为
ω)21(2
2
mR MR
-
转动动能为
2
22
)2
1(21ωmR MR E k -=
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
2
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
2
2
2
1
2
2
2
2
44cos R
x
qx
R
x
x
R
x
dq
dE q
+=
+?
+=
??πε
πεθ
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
01012
4,
4cos r
q E q r
E dS E e πεπθ=∴=?==
Φ?
(3) 当r >R 2 时,
解8-7图
E
12解8-12图 场强随r 的变化曲线
()()2
0210
212
44cos r
q q E q q r
E dS
E e πεεπθ+=∴+=?==
Φ?
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 00
2,2πελ
ελπ=
∴=
?=Φ .
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 100.56
-?==-=?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:2
021
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 021*******πεπεπε+=+
=
当r >R 2即所求场点在两个球面外时:r
q q r
q r
q U 021*******πεπεπε+=
+
=
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 和球面感应电荷在该处产生的矢量和,且为零,即
0413
0=+'=r r E E p B
πε
r r a E B
30)
(41+-
=πε
(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
r
q V V B
B 04πε+'=
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
a
q V V V B 0004πε+
'==
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
a
q V V B 004πε=
=
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
习题
9.3图
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
)(4),(0212
0211R r R r
Q E R r E A <<=
<=πε
)(4),(032
04323R r r
Q Q E R r R E B A >+=<<=πε
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 )
(
41443
2
1
2
02043213
2
1
3
3
2
2
1
1
R Q Q R Q R Q r d r Q Q r d r Q r
d E r d E r d E r d E V B
A A A R
B A R R A R R R R R R r
A ++
-=
++=?+
?+
?+
?=?
?
?
?
?
?
∞
∞
πε
πεπε
B 球壳内任一点的电势B V 为
3
02
043443
3
3
R Q Q dr r
Q Q r
d E r d E V B A R B A R R r
B πεπε+=
+=
?+
?=?
?
?
∞
∞
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
320
3
20σσεσσ-=∴+=
;
再由导体板内的场强为零,可知P 点合场强
0)2()2(
)2(20
4
3
2
1
=-
++-
+εσεσεσεσ
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 、E
和P
.
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 1
-'=
r r εσεσ
∴极化电荷面密度r
r )
(εεσσ1-=
'
对于平行板电容器σ'=P 0
r E εεσ)1(-'
=
∴
1
-'=
r r D εσε
且E D P
,,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
110R ,r E <=
12
022R r ,R
r
E r >>=
επελ
23,0R r E >=
∴两极的电位差1
201
202ln
2ln 22
1
R R R R r
l d E u r
r
R R επελ
επελ
=
=
?=
?
(2) 由第(1)问知,电介质中的电场强度 r
E r επελ
02=
电位移r
r r E D πλ
εε20=
=
极化强度 0)1(εε-=r P r
r r πελ
ε2)1(-=
习题图10-6
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
=++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. 解:(1)立方体一边的面积2
S l =
2
(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i W b Φ==++=
(2)总通量0B d s Φ=
?=??
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 1和B
2
方向相同,都垂直纸面向外。故
P P P B B B 21+= 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
()
r d I r
I B P -+
=
πμπμ22
(1) 在导线等距的点有 2
d r =
, d
I
B πμ2=
(2) 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为
习题图10-6
?
=
ΦS
m B
d S ()ldr r d I
r
I r r r ?
+?????-+=2
11
22πμπμ π
μ2Il
=
㏑
1
2
1r r r ++
π
μ2Il
㏑
2
11r r d r d ---π
μIl =
㏑
1
1
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
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
=++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. 解:(1)立方体一边的面积2
S l =
2
(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i W b Φ==++=
(3)总通量0B d s Φ=
?=??
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 =
习题图10-10
002100(cos cos )(cos 90cos180)
44[0(1)]
44o o
I I B r
a
I a
I a
μμθθππμπμπ=-=
-=--=
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
1和B
2
方向相同,都垂直纸面向外。故
P P P B B B 21+= 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
()
r d I r
I B P -+
=
πμπμ22
(3) 在导线等距的点有 2
d 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
d S ()ldr r d I
r
I r r r ?
+??????-+=
2
11
22πμπμ π
μ2Il
=
㏑
1
2
1r r r ++
π
μ2Il
㏑
2
11r r d r d ---π
μIl =
㏑
1
1
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
的
大小和方向.
习题图10-10
习题图10-14
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 00
12313210
21000022(cos cos )422;90;108;2
[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I I B a
r a
r
μμθθθππθθθπμμμμπππ
π=++=+=-+====∴=--+
=
+
方向垂直纸面向里.
(c )B 为三边磁感应强度叠加,由对称性
01231210033(cos cos )
413.
42I
B B B B B r r h
I
B I h
a
μθθπμμπ
π=++==-=
∴=
=
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 0222200
2
2
00
2
00000022
7
6
,;22224410
101
1.0104R R s
I I B d l I r R r r I I B r I R
R
I B r R I I l
I l B d s r ld r rdr R R W b
μπππμμπμμμπππ
ππ
--?==∴=?=∴=
Φ==
==
???=
=?????
?
002100(cos cos )(cos 90cos180)
44[0(1)]
44o o
I I B r
a
I a
I a
μμθθππμπμπ=-=
-=--=
习题图10-14
即S 平面内的磁通量为61.010Wb -?.
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 00
12313210
21000022(cos cos )422;90;108;2
[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I I B a
r a
r
μμθθθππθθθπμμμμπππ
π=++=+=-+====∴=--+
=
+
方向垂直纸面向里.
(c )B 为三边磁感应强度叠加,由对称性
0123121033(cos cos )
413.
42I
B B B B B r r h
I
B h
a
μθθπμπ
π=++==-=
∴=
=
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
0222200
2
2
00
2
00000022
7
6
,;22224410
101
1.0104R R s
I I B d l I r R r r I I B r I R
R
I B r
R
I I l
I l B d s r ld r rdr R R W b
μπππμμπμμμπππ
ππ
--?==∴=?=∴=
Φ==
==
???=
=?????
?
即S 平面内的磁通量为61.010Wb -?. 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
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
的大小为 B =x
πμ20I
通过该面积元的磁通量为 ldx x
I
BdS d πμ20==Φ
于是通过线圈的磁通量为 ()?
??
++++=
=Φ=
Φvt
b vt
a vt
b vt
a x
ldx I
ldx x
I
d t π
μπμ2200
=
π
μ20Il
㏑
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 ()()()
??
?
?
?
?++-+++-
=Φ-=2
02vt a v vt b v vt a vt b vt a lIN dt
d N
E π
μ ()()()()
vt a vt b v
vt b v vt a lIN
+++-+-
=π
μ20
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
()
ab a b NlIv b a lIvN dt
d N
E t πμπ
μ211
2000
-=
??
? ??-=
Φ-== 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
(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
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 m V L S d B E d l d S dt t
Φ?=-=-???
可得
2
2
2V dB E r r r dt
πππκ=-=-
有
2
V r E κ=-
()R r <
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
12
221
24l BS Bl R ??
Φ=-=-- ?
?
?
则
112
2
2
221112424d l dB
l E l R l R dt dt κ??
??Φ
=-=--=- ?
???
??
而
ab oa bo ab E E E E E =++=1 所以
12
2211
24ab l E E lk R ??==- ?
??
方向由a 指向b
同理可得 12
221
24bc 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
V
。则
12
2
224b ab V a
k l E E dl l R ??
=
?=- ?
??
?
12
2
224c bc V b
k l E E dl l R ??
=
?=- ?
??
?
11-1.解: (1)由电磁感应定律812)
1(--=Φ-t dt
d i ε
2
)2(10
2.3-?-=i ε
(2) 2
10
6.1-?==
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
t B g L L B g t l d B V )c o s s i n (c o s
s i n )(θθθθε==??=?
大学物理课后题答案
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 = 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
大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚
习题1 1-1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,t 至()t t +?时间内的位移为r ?,路程为s ?,位矢大小的变化量为r ?(或称r ?),平均速度为v ,平均速率为v 。 (1)根据上述情况,则必有( ) (A )r s r ?=?=? (B )r s r ?≠?≠?,当0t ?→时有dr ds dr =≠ (C )r r s ?≠?≠?,当0t ?→时有dr dr ds =≠ (D )r s r ?=?≠?,当0t ?→时有dr dr ds == (2)根据上述情况,则必有( ) (A ),v v v v == (B ),v v v v ≠≠ (C ),v v v v =≠ (D ),v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1) dr dt ;(2)dr dt ;(3)ds dt ;(4下列判断正确的是: (A )只有(1)(2)正确 (B )只有(2)正确 (C )只有(2)(3)正确 (D )只有(3)(4)正确 1-3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量,v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程,t a 表示切向加速度。对下列表达式,即 (1)dv dt a =;(2)dr dt v =;(3)ds dt v =;(4)t dv dt a =。 下述判断正确的是( ) (A )只有(1)、(4)是对的 (B )只有(2)、(4)是对的 (C )只有(2)是对的 (D )只有(3)是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A )切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B )切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C )切向加速度可能不变,法向加速度不变
大学物理课后习题答案(全册)
《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(上)课后习题标准答案
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
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
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?
大学物理课后习题答案详解
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 +=+=
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案
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
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案
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 2 r 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 τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ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 2 y 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 2 d 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 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
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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 +=+=
大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
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 )。
大学物理课后习题标准答案第六章
大学物理课后习题答案第六章
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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
大学物理课后习题简介
第十章 磁场对电流的作用 1、长直电流I 2与圆形电流I 1共面,并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘),设长直电流不动,则圆形电流将如何运动? 答:在圆形电流上对称取四个电流元,如图,分析四个电流元在长直导线产生的磁场中的受力方向,如图所示,则这四个电流元的合力方向向右,而对电流元积分可知,圆形电流将向右运动。 2、两个同心圆线圈,大圆半径为R ,通有电流I 1;小圆半径为r ,通有电流I 2,方向如图.若r << R (大线圈在小线圈处产生的磁场近似为均匀磁场),当它们处在同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为多少? 解:大圆线圈圆心处磁场大小R I B 21 0μ= ,方向垂直于环面向内,小线圈磁矩大小 222r I S I P m π==,方向垂直于环面向内,与B 的方向相同,故小线圈所受的磁力矩B P M m ?=,其大小为0 3、三条无限长直导线等距地并排安放,导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别载有1 A ,2 A ,3 A 同方向的电流.由于磁相互作用的结果,导线Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ单位长度上分别受力F 1、F 2和F 3,如图所示.则F 1与F 2的比值为多少? 解:由a I I F πμ22 10=,设导线间距离为a ,向右为正方向。则有: a a a F πμπμπμ474312210001=??+??= a a a F πμπμπμ242212320 002=??-??= 所以:8 7244700 21==a a F F πμπμ I 2 I 1 O r R I 1 I 2 F 1 F 2 F 3 1 A 2 A 3 A Ⅰ Ⅱ Ⅲ
4、有一N 匝细导线绕成的平面正三角形线圈,边长为a ,通有电流I ,置于均匀外磁场B 中,当线圈平面的法向与外磁场同向时,该线圈所受的磁力矩M m 值为多少? 解:磁力矩B P M m ?=,2 4 3a NI NIS P m ? == 所以:224 343NIa B a NI M =??= 5、如图所示,一半径为R ,通有电流为I 的圆形回路,位于Oxy 平面内,圆心为O .一带正电荷为q 的粒子,以速度v 沿z 轴向上 运动,当带正电荷的粒子恰好通过O 点时,作用于圆形回路上的 力为多少?作用在带电粒子上的力为多少? 解:粒子以速度v 运动,其产生磁场磁力线为以O 为圆心的同心圆环,磁场方向与电流方向 相同,由B l Id F d ?=,圆形回路上力为0,圆形电流在O 处产生磁场沿z 轴,作用在带 电粒子上的力为0。 6、磁场中某点处的磁感强度为)SI (20.040.0j i B -=,一电子以速度 j i 6 6100.11050.0?+?=v (SI)通过该点,则作用于该电子上的磁场力F 为多少? 解:洛伦兹力 k k j i B v e B v q F 14 61910 80 2.04.001 5 .010106.1--?=-???-=?-=?= 7、两个带电粒子,以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场,它们的质量之比是1∶4,电荷之比是1∶2,它们所受的磁场力之比是多少?,运动轨迹半径之比是多少? 解:qvB f =,磁场力之比 2 12121==q q F F z q O y x v
大学物理课后习题答案(上)
《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
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 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(机械工业出版社)上册课后练习答案
第一章 质点的运动 1-1 已知质点的运动方程为:2 3010t t x +-=, 2 2015t t y -=。式中x 、y 的单位为m ,t 的单位为s。试 求:(1) 初速度的大小和方向;(2) 加速度的大小和方向。 分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向. 解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-== v t t y y 4015d d -==v 当t =0 时, v o x =-10 m·s-1 , v o y =15 m·s-1 ,则初速度大小为 12 0200s m 0.18-?=+=y x v v v 设v o 与x 轴的夹角为α,则2 3 tan 00-== x y αv v α=123°41′ (2) 加速度的分量式为2s m 60d d -?== t a x x v , 2 s m 40d d -?-== t a y y v 则加速度的大小为22 2 s m 1.72-?=+= y x a a a 设a 与x 轴的夹角为β,则3 2tan -== x y a a β β=-33°41′(或326°19′) 1-2 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动。现测得其加速度a =A-B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程。 分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v =a (v )d t 分离变量为 t a d ) (d =v v 后再两边积分. 解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点. (1) 由题 v v B A t a -== d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 ??=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速 度或收尾速度. (2) 再由)1(d d Bt e B A t y --== v 并考虑初始条件有 t e B A y t Bt y d )1(d 00? ?--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e B A t B A y 1-3 一个正在沿直线行驶的汽船,关闭发动机后,由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加 速度,即a = - kv 2 ,k 为常数。在关闭发动机后,试证: (1)船在t 时刻的速度大小为 1 00 += t kv v v ; (2)在时间t 内,船行驶的距离为 01 ln(1)x v kt k = +; (3)船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx 。 [证明](1)分离变数得 2 d d v k t v =-, 故 020 d d v t v v k t v =-??, 可得: 11 kt v v =+. (2)公式可化为0 01v v v kt = +, 由于v = d x/d t , 所以:00001 d d d(1)1(1) v x t v kt v kt k v kt = =+++ 积分 000 1 d d(1)(1)x t x v kt k v kt = ++? ?.
大学物理课后习题答案
大学物理课后习题答案文件排版存档编号:[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]
第十一章 磁场与介质的相互作用 1、试用相对磁导率r 表征三种磁介质各自的特性。 解:顺磁质r >1,抗磁质r <1,铁磁质r >>1 2、用细导线均匀密绕成长为l 、半径为a (l >> a )、总匝数为N 的螺线管,管内充满相对磁导率为r 的均匀磁介质。若线圈中载有稳恒电流I ,求管中任意一点的磁场强度大小。 解:磁场强度大小为H = NI / l . 3、置于磁场中的磁介质,介质表面形成面磁化电流,试问该面磁化电流能否产生楞次─焦耳热为什么 答:不能.因为它并不是真正在磁介质表面流动的传导电流,而是由分子电流叠加而成,只是在产生磁场这一点上与传导电流相似。 4、螺绕环上均匀密绕线圈,线圈中通有电流,管内充满相对磁导率为r =4200的磁介质.设线圈中的电流在磁介质中产生的磁感强度的大小为B 0,磁化电流 在磁介质中产生的磁感强度的大小为B',求B 0与B' 之比. 解:对于螺绕环有:nI B r μμ0=,nI B 00μ= 5、把长为1m 的细铁棒弯成一个有间隙的圆环,空气间隙宽为mm 5.0,在环上绕有800匝线圈,线圈中的电流为1A ,铁棒处于初始磁化曲线上的某个状态,并测得间隙的磁感应强度为T 5.0。忽略在空气隙中的磁通量的分散,求铁环内的磁场强度及铁环的相对磁导率。 解:⑴沿圆环取安培环路,根据∑?=?i L I l d H ,得 NI d B HL =+00 μ (此处d L >>,忽略空气隙中的B φ分散)
于是 m A L d B NI H /60100 ≈-=μ ⑵ H B r μμ0= ,而0B B ≈,37.6620== ∴H B r μμ 6、如图所示的一细螺绕环,它由表面绝缘的导线在铁环上密绕而成,每厘米绕10匝.当导线中的电流I 为 A 时,测得铁环内的磁感应强度的大小B 为 T ,求铁环的相对磁导率r (真空磁导率0 =4×10-7 T ·m ·A -1)。 解:因为:I l N nI B r μμμ0== 所以: 7、一根很长的同轴电缆,由一导体圆柱 (半径为a )和同轴的导体圆管(内、外半 径分别为b 、c )构成。使用时,电流I 从一导体流出,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,求导体圆柱内(a r <)和两导体之间 (b r a <<)的磁场强度H 的大小。 解:由于电流分布具有对称性,因而由此产生的磁场分布也必然具有相应的轴对称性,所以在垂直于电缆轴的平面内,以轴为中心作一圆环为安培环路。应用磁介质中的安培环路,计算安培环路的磁场强度矢量的线积分。 据 ∑?=?i L I l d H ,当a r <时,22a Ir H π= 当b r a <<时,r I H π2= 8、在无限长载流空心螺线管内同轴地插入一块圆柱形顺磁介质,若1、2点为圆柱介质中分面上靠近柱面而分居柱面两边的两个点。在1、2点处的磁感应强度分别为1B 、2B ,磁场强度分别为21H 、H ,则它们之间的关系是怎样的