1、 第 1 页2011 大学物理上作业题答案第 1 章 质点运动学一、选择题:1 D . 2 D 3 C 4 D 5 B二、填空题1. 300246)6(xvdxvdx 2. 011ktkt3. tvtdtav122 txdtxvxt ln)(14. 2226.5/8.0smrasmrnt 5. Ri2三、判断题(用,表示)1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.四、计算题1. 解:（1） )1ln()1ln()1( btvbtvtbvdtxv ua)2(2. 8)1(2xy jdtvatjidtrvjtir 8;2;)4( . kcckdtvat v21000 3202 6
2、1)1(0 ktctvxttxxt 4. ktt)3(6)2(20 nasdtatdstvn katt ,时第 2 页)21()(0 navdtadvtant 5.解: )2(sinsin)1(co2RvaRvatnt tcgvdtctdtv00220第 2 章 牛顿运动定律一、选择题:1 C . 2 C 3 A 4 D 5 D 6 C . 7 C 8 B 二、判断题(用,表示)1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. . 9 10.三、填空题1. ， ，mktFa0ktv20mktFx63202. gr3. 由题意 xLF0由牛顿第二定律有 dxvmt0LFvmdxLFv0000)(4
3、. ; Rgcos2cos3g四、计算题1. dxvmtvdtkfx2mv22/0Avk第 3 页2vmAkk2/12. 解：建立自然坐标，切向 法向dtvmafttRvmaNFnn2而 RNf2tv2分离变量积分 得 vtd020 Rtv03.解：设链条线密度为下滑力的大小 P 和摩擦力的大小 F 分别为Lm,gxLmxg)(,sin由牛顿第二定律有 dva两边积分 得vLb dxg0)sin(221)(21 Lbgb)(sin(2LgLv 4.解：（1）由牛顿第二定律有 )(5.14.032smatmFa)(703).( 4.200 smvtvdt dt v （2）由牛顿第二定律有 )(5
4、.14.32smaxmFa )(7.2.03.).0( 420 smvxvdxdtt v 5. 解：选 B 点为轴的坐标原点。设软绳质量为 m 线密度为 所受合外力为L,第 4 页)2()( LygamgyLymF当 时32a )92()2( )(20 bLgvdyLg vdytbv 6.证明 dymtmkF2vgv2 gkv2kvdyh200 gkvh20ln1第 3 动量守恒和能量守恒定律一、选择题:1 B 2 A 二、填空题1、 0.21cm；400J 2、.0 3、mgh 4、正 5、 221x三、判断题1. 2. 3. 4.四、计算题1、解答：（1）规定向上的方向为正。物体从上抛到上
5、升到最高点过程中，只有重力的作用，由动能定理得22210015(J)Wmvmv负号说明重力做功的方向与运动方向相反。 （2）规定向上的方向为正。物体从上抛到上升到最高点，又自由降落到 O 点（速度为 v2=-10m/s）过程中，只有重力的作用，由动能定理得2201(J)mv（3）物体在上抛运动中机械能守恒第 5 页在物体上抛运动中，动能和势能不断转换，其和不变 （4）物体的最大势能为：在上抛的最高点，势能最大222max1001()5(J)pEvmv或者 maxk2、（1）由于小鸟的质量远远小于飞机的质量，因此小鸟在碰撞后，速度近似为 300m/s，动能为 22m10.390(J)kEv（2）
6、飞机的质量为22824M00M0/1/301(kg)k kEv819(J)kv（3）在碰撞过程中，冲击力做功，小鸟和飞机系统动能减小 （4）飞机的重力势能4499010(J)pEgh3、（1）由动能定理得30d(4)d27(J)kWFxx（2）由冲量定理得 3 秒后物体的速度为30()(N.s)/2.7m/spttv所以物体的动能为136.5JkE方法 2：由牛顿第二定律先求速度，再求解动能。4 解答：(a) 根据功能原理，有 ghfs201vincosinmghNf mgh201ctv4.5 (m) (ct)(b)根据功能原理有 fsgh21vctg2mh8.16 (m/s) 122()5、
7、 解：利用题中条件可以得到力的表达式，然后根据功的定义求解，第 6 页由 可知物体运动速度 ,所以阻力为3ctx 23/ctdtxv.4229kcF又由 ，将 消去后可得3ctx 3x所以阻力做功为 37240209lkcdkcdWll 6、 3220)( xBAxBixFAExp （2）质点由 x=2m 运动到 x=3m 时，势能的增量为AxPxP319253保守力做的功为 )(2BdF可见，保守力做的功等于势能增量的负值，即 PEA第 4 章 刚体力学答案：一、选择题1.B，2.A，3.B，4.A，5.A二、判断题1，2，3 ， 4，5三、填空题1.(1) ;(2) ;(3) 2.(1)
8、;(2) ; t020/1tt)(0tR0.98J.57rad/s3. ； 4. 3； 5. ；Jmr2 mtM四、计算题1. 解：（1）用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。对物体 1，在竖直方向应用牛顿运动定律 1()Tmga对物体 2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律，2N20g第 7 页对滑轮，应用转动定律，并利用关系 ，21TrJar由以上各式， 解得； ；12magJr2211JmrTg122JmrTg（2） 时0； ；12magJr211JmrTg1222mTgJr2. 解： ， ， ，8040t4J221kEJ211()(6401)960(J)kE恒定，匀变速，所以有M
9、， ，0t0t08Nm10MJt 3. 解： mdfgdrgrL， ，rf 2gdL又， ，所以213MJdtdt， ，两边积分得： ，32gdL00gL 032gtL所以 23t4. 解：(1) )21(20mRMv得： 0(2) 盘质量面密度 ；2/摩擦力矩 gRdrRf 30；JMf得： Rg34第 8 页)2(30mMgvt5. 解：应用角动量守恒定律 2JmRJ解得 ，角速度的变化 21RJ 2系统动能的变化 ，即 221kEJ221(1)kmREJ6. 解：根据机械能守恒定律，有： 。杆转动到铅直位置时的动能和角速度分别为：2Jlmg；210.598.20klEJmg238.57r
10、ad/s1gllgm7. 解：(1) lvlJlvl 76332/ 12(2) )1056arcos(cos2121 glmglJ 得 938cos0.792Mlg第章 真空中的静电场一、选择题1、A 2、C 3、B 4、D 5、D 6、D 7、D二 填空题1. , 2. ，向下， 。208LQ20q02Rq04Rq3. ， ， ， 4. ，304RrQr0230)(20rrQ0r02120lnR三、判断 12345第 9 页2rRbb四、计算：1. 以左棒左端为坐标零点，沿棒方向向右建 立坐标系，如图：线密度为 =q/L当左棒单独存在时，在左棒任意位置 x 处取一线元，长为 dx，其带电量为
11、 qdx/L整个棒在右棒 x处的场强为： )x()x(dEL 144d002在右棒 x处取长为 dx的线源，其带电量为 qdx/L其受左棒的库伦力为 ，所以右棒受力为/LqdxF。3414/qdxF 20320 lnq)(L （2）在左棒和右棒上各取长为 dx 和 dx的线元，它们之间的库伦力为：dF= 由于两个线元都是微元，则该式为二次微元，求力需二次积分204dx向F= 0232L043)/ln()x(2. 解：横置无限大平板厚为 b，即实线矩形的高为 b，以平板的中心平面为对称平面做一圆柱形封闭面为高斯面：高为 2r，半径为 R，即高斯面的上下圆底均平板中线平面为 r：据对称性，通过侧圆
12、柱的电通量为零。当 rb/2 时，据高斯定理 E*2R2=*R2*b/0，得 E=b/203. 解：在柱体内作半径为 r，高位 h 的同轴高斯柱面 ，显然高斯柱面的上下底电通量为 0，运用高斯定理，1s有第 10 页 r0r0011 211h2 )rhd(dVdrESd 所以 )Rr(e)(3021在柱外作半径为 r 的同轴高斯柱面 ，设 上的电场强度为 ，上下底处的 E 为零( 对称性). 有2S2E R0R0022 11h )rhd(dVESds )Rr(e)r(3E024 一无限大均匀带电平板，厚度不计，电荷面密度为 ，在平板中部有一个半径为 r 的圆洞，求在圆孔中心轴线上距离圆心为 x
13、 的 P 点的场强为多少？根据电场的叠加性，整个平面在 P 点产生场强等于题目中需求的场强和圆盘在 P 点产生的场强之和，所以：E=E 平板 -E 圆板 ，无限大平板在 p 点的场强为 E=/20; (教材 P171)而半径为 r 的圆板在 P 点的场强等于 )x(E20r12向所以 2020 rr12)x(E5 解：（1） rR3 时，由于高斯面内部电荷代数和为零，场强为零（2）由于球壳接地，其电势为零，在 r=R2 上选一点 Q， )rR(qdr/qEdrpQp 14U20R202 （3）根据(2), V 2=0，V 1= )(1204第 11 页6电势：金属球面上总电荷为零，所以 u=
14、Rrq140因为在金属球内，总场强为零，E=E 总-E 点= 方向向右20（2）电势为零， rqQRrquxx1400第 7 章 稳恒磁场一、填空题1. !020254 2052043!021 8483 ,4,83,0RIIB RIBRIBR 2. ,ln2, ,l4,012 001baIBbIdxIdaxaIba3、 4 、I0, 0,I5第 12 页123030000ln22,r21 LIdxLIdSBIIRIrBldLiiii 当6.,0Fxsinsi2dBIlIRdBIy由 对 称 性 ， =，21B二 判断题 1 错、2 错、3 错、4 错，5 对三选择题C，C，D，A四 计算题1.
15、 lIBB lI04321 0002,2)135cos(2.第 13 页lIBBlIlIlIBaaaaa 2842,82)135cos90(, 04321043 000251lRlLI16402.821B3. ,ln)(24)(241 120102021 RIdrRIdBrdRIR4. 001220120122()cos6ln()LddxldlxIFBIlLIdIxF5. 第 14 页012201012lnRdLIdFBIxIRdL6.图 示 位 置 磁 力 矩 最 大 ，204332sinIaNSPBdlFIlIma当线圈面法向 ，有最小磁力矩，为零B平 行 于n第 8 章 电磁感应一、选择
16、题1.D 2 C 3 B 4 C5.A 6.D二、填空题1. 0.8V 方向 顺时针方向 2. t10cos573.感生电场产生的原因_:变化的磁场产生 感生电场 4麦克斯韦两个假设是 有旋电场 和 位移电流 *5.动生电动势的产生的原因是：由于运动导体中的电荷在磁场中受洛仑兹力的结果。6：三、判断题 12345四、计算题：第 15 页1 解：据法拉第电磁感应定律： dti其中任意时刻的磁通量 为：BsdLxtId21co0120lnsdtItdi120ln2sidI2 解：据动生电动势： ，可得dlBvi)(2)( 101LrlvLiOa 方向： 3 解：以电流位置为坐标原点，水平方向建立
17、X 坐标轴。在杆上取一元线段 dl，其坐标为 ，杆 AB 上的电x动势为 dlxIvldBvdoi 06cs2代入上式03coslxdxIvdoLai 0cs3s260aIvln630方向由 指向AB第 16 页4解：方法一据动生电动势公式： 令ldBvBvEk则 方向为水平向右kE对 边：OAllki dlk0E0OAi对 边： OCivBdllvxIad20Ivln0方向： CO对 ： 边AC vBdxlvldBvAi cos )dxcosl(xIad20aIln0方向： C与 大小相等、方向相反、故整个扇形线圈OCiAi 0向方法二：对整个线圈： 0dti向 OAi大小相等，方向相反。 OCiAi与daln2Iv0ii 向5 解：（1） 沿半径方向， 不作功，故 ，同理 。bc向E0bc0ad第 17 页（2） ， 。0bao k6RdtB6122iabakR612ab向（3）同（2）理由， dc2cd向6 解：（1） ， 为 abcd 闭合回路感应电动势大小idacba 41ikRdtB22i 41iab的方向为顺时针沿闭合回路， 方向为iaba（2） 刚好沿半径方向，而涡旋电场力始终垂直半径，沿半径移动电荷涡旋电场力作功为o零作功b0a0W
