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 对物体的冲
3、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vt2-31 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 及地球的质
4、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) 子弹动能
5、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，列出三个物
6、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，环带
7、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 一质量为 的
8、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)由机械能守
9、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 ，碎片刚脱离后
10、，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，由电荷分布的对称性可
11、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， 0,4cos2ErdSEe (
12、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小相等，方向与
13、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 点的电势为零，则
14、.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 O 相距为 a
15、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，所以感应电荷在
16、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 B 的电势.解：
17、（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
18、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 32032；再由导体板内的场强为零，可知 P 点合场强 0)2()2(403001 由 得3419-7. 一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为 =
19、 4.510-5 C . m-2，现将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为 r = 2.0 的电介质充满两极板之间 .求此时电介质中的 、D和 .EP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1r极化电荷面密度r 对于平行板电容器 PrE)1(rD且 的方向均沿径向EP,9-11圆柱形电容器由半径为 R1 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 r 的电介质.圆筒内半径为 R2.电容器长为 L， 沿轴线单位长度上的电荷为 ，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
20、）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 rE1202r23,两极的电位差1201202 lnln1 RRrldEu rR （2） 由第（1）问知，电介质中的电场强度rE0电位移 rrD20极化强度 0)1(rPrr2习题图 10-6ByOlzx329 页 10-9,10-1010-6 一边长为 m 的立方体如图放置，有一均匀磁0.15l场 T 通过立方体所在区域.计算：(63)Bijk（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
21、面积 2Sl(631.5)(0135BSijkiWbAA（2）总通量 ds10-11 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解 在两导线所在平面内，两导线之间的任一点 处，两导线所产生的磁感应强度 和PB1方向相同，都垂直纸面向外。故2PPB21设 点离导线 1 的距离为 ，则Pr，RIP1rdIP2代入上式得rIrIBP2（1） 在导线等距的点有， dI习题图 10-6ByOlzx（2） 取面积元 ，则通过矩形面积的磁通量为ldrSdmBAldrIrIr21 + 2Il12Il21
22、dIl1r10-10 如图，载流导线弯成（a） 、 （b） 、 （c）所示的形状，求三图中 点的磁感应强度P的大小和方向.B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 m 的立方体如图放置，有一均0.15l匀磁场 T 通过立方体所在区域.计算：(63)Bijk（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 2Sl(631.5)(0135BSijkiWbAA（3）总 通量 0BdsA10-11 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
23、距一点处的磁感应强度；（2）通过图中矩形面积的磁通量 31r习题图 10-10020coscos980)44()4 oIIraaI解 在两导线所在平面内，两导线之间的任一点 处，两导线所产生的磁感应强度 和PB1方向相同，都垂直纸面向外。故2PPB21设 点离导线 1 的距离为 ，则Pr，RIP1rdIP2代入上式得rIrIBP2（3） 在导线等距的点有， dI（4） 取面积元 ，则通过矩形面积的磁通量为lrSdmBAldrIrIr21 + 2Il12Il21dIl1r10-10 如图，载流导线弯成（a） 、 （b） 、 （c）所示的形状，求三图中 点的磁感应强度P的大小和方向.B习题图 10
24、-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 0012313210010(cos)42;9;8;()42IIBBrrraIIIrar方向垂直纸面向里.（c）B 为三边磁感应强度叠加，由对称性 012312100(cos)49.42IBrrhIBa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 ，如图所示.试计算通过导线S1m 长的 平面内的磁通量（铜材料本身对磁场分布无影S响）.解：设距轴
25、线为 处的磁感应强度为 .则rB02220020002276,; 4411.RRsIBdlRrrIIIIlIlBdrldrdWb AA00210(cos)(cos918)44)4 oIIBraaI习题图 10-14即 平面内的磁通量为 .S61.0Wb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 0012313210010(cos)42;9;8;()42IIBBrrraIIIrar方向垂直纸面向里.（c）B 为三边磁感应强度叠加，由对称性 012312100(cos)49.42IBrrhIBa方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线，载有电流
26、10 A，在导线内部通过中心线作一平面 ，如图所示.试计算通过导S线 1m 长的 平面内的磁通量（铜材料本身对磁场分布无S影响）.解：设距轴线为 处的磁感应强度为 .则rB02220020002276,; 4411.RRsIBdlrRIIrIIlIlBdrldrdWb AA即 平面内的磁通量为 .S0367 页 11-1,11-511- 一载流 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I线间距为 a；CD 边与导线间距为 b（ba） 。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 为稳恒电流，所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁
27、场。当矩形线圈 ABCD 运I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 以图示位置开始运动，则经过时间 t 之后，线圈位置如图(b)v所示。取面积元 ，距长直导线的距离为 ，按无限长直载流导线的磁感应强度公ldxSx式知，该面积元处 的大小为B= x20I通过该面积元的磁通量为ldxIBSd0于是通过线圈的磁通量为vtbavtbaxldIlxIt 200= 20Ilvtab由法拉第电磁感应定律可知， N 匝线圈内的感应电动势为20vtabvtblIdtEtalI20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 abN
28、lIvblIvdtNE21200 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 (t)。设 B 以速率= 变化（ 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dtB半径为 R, ，求：lab（1）螺线管中的感生电场 ；EV（2） 两段导线中的感生电动势。bca,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 的圆周，根据感生电场与变化磁场之间的关系RrmVLSdBEldttAA可得22Vrrt有VER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
29、磁感应定律求解。连接 和 ，在回路 中，Oba,cabO穿过回路所围面积的磁通量为12124lBSlR则12121 4dldBlEllt t而abobaE1所以12124ablElkR方向由 指向a同理可得 12bcllk方向由 指向b解法二 也可由感生电场力做功求解。由于（1）中已求出 。则EV1224baVklEdlR12cbVll11-1.解 : (1)由电磁感应定律 812)1(tdti)2(0.3i(2) 106.RIi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tBgLBgtldV
30、)cosin(cosin)( 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 的大小为BI20通过该面积元的磁通量为 ldxIBsd20于是通过线圈的磁通量为 vtbavtbaxldIlIt 2)( 00vtILln20由法拉第电磁感应定律可知，N 匝线圈中的感应电动势为 )(20 tabv
31、tbINdtE)()(20tatI令 t=0,代入数据，得到线圈，刚离开直导线时的感应电动势 )1(20baLIVNdtNE)(10.32.0)1.0(35.473V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
