大学物理课后习题答案
1—1 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为21
35,342
x t y t t t s x y m =+=+-式中以计，，以计。
（1）以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式； （2）计算第1秒内质点的位移；
（3）计算0t = s 时刻到4t = s 时刻内的平均速度；
（4）求出质点速度矢量表示式，计算4t = s 时质点的速度； （5）计算0t = s 到4t = s 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4t = s 是质点的加速度。
（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) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ?
???
? ??-+++=4321)53(2(m)
(2) 第一秒内位移 j y y i x x r ???
)()(01011-+-=?
)
(5.33)101(3)01(21)01(32
m j i j
i ????+=??????-+--=
(3) 前4秒内平均速度 )s m (53)2012(4
11-?+=+=??=j i j i t r V ????
???
(4) 速度)s m ()3(3d d 1-?++==j t i t r V ?
????
∴ )s m (73)34(314-?+=++=j i j i V ?
???? (5) 前4秒平均加速度
)s m (4
3704204-?=-=--=??=j j V V t V a ?
??
??? (6) 加速度)s m ()s m (d d 242--?=?==j a j t
V a ?
??
??
1—2 质点沿直线运动，速度32132()v t t m s -=++g ，如果当时t=2 s 时，x=4 m,求：t=3 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：23d d 23++==
t t t
x
v c t t t c t v x x +++=
+==??24
1d d 3
4 当t =2时x =4代入求证 c =－12
即1224
1
34-++=t t t x
t
t t
v a t t v 63d d 232
23+==++= 将t =3s 代入证
)s m (45)s m (56)(4
1
4123133--?=?==a v m x
P ．31 1—9 一个半径R=1.0 m 的圆盘，可依绕一个水平轴自由转动，一根轻绳子饶在盘子的边缘，其自由端拴一物体。在重力作用下，物体A 从静止开始均匀加速的下滑，在?t= s 内下降的距离h=0.4 m 。求物体开始下降后3s 末，轮边缘上任一点的切向加速度与法向加速度。
解：物体A 下降的加速度(如图所示)为
2
2
2m/s 2.02
4.022=?==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s 3='t 时的切向加速度，即
)m/s (2.02='
t a
在s 3='t 时的法向加速度为
)
m/s (36.00
.1)32.0()(22
22=?='
='=R t a R v a t n
P. 32 1—10 一电梯以21.2m s -g 的加速度下降，其中以乘客在电梯开始下降后0.5s 时用手在离电梯底板
1.5m 高处释放以小球，求此小球落到底板上所需的时间和它对地面下降的距离。
2m/s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为
m /s)(6.05.02.100=?==at v
以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为 202
1
gt t v h +=
电梯下降的距离为
202
1
at t v h +='
又
20)(2
1
t a g h h h -='-=
由此得
s 59.02
.18.95
.1220=-?=-=
a g h t 而小球相对地面下落的距离为
2
02
1gt t v h +
= 259.08.92
1
59.06.0??+?=
m 06.2=
1—12 一架飞机从A 地向北飞到B 处，然后又向南飞回到A 处，已知飞机相对空气的速率为v ，空气相对于地面的速度为u ，AB 间的距离为L ,飞机相对空气速度保持不变，求： （1）如果空气静止，飞机飞来回飞行的时间；
（2）如果空气的速度方向由南向北，飞机来回飞行的时间；
（3）如果空气的速度方向是由东向南，试证飞机来回飞行的时间2
2
2/1u v t L v =-。 解：(1) v L
v
L t 22==
(2) 2
2
212u v vL
u v L u v L t t t -=++-=+= 习题1-9图 习题1-10图 习题1-12图
1
2
12-???
?
??????? ??-=v u v L
(3) v L
v L t t t '
+'=+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对
地速度v u v ?
??+=',则22u v V -='.
2
221222?
?
?
??-=
--='=
v u v L u
v L v L t 证毕
P ．51 例 2—8 平静的河面上，以平底小船长为l = 11m, 质量M=500kg ，以 0υ=2 m 1s -g 匀速率直线航行，船内一人逆航行方向从船头经 t=4 s 到达船尾，人的质量 m = 50 kg ，忽略水对船的阻力。 求： （1）若人以任意速率相对船运动，他到达船尾时船的航行速率 υ ；（2）在t 时间内船的航行路程 s ；（3）如果人以变速率跑动，仍是在 t = 4 s 内到达船尾，上诉计算结果又如何
解：（1）以船和人为研究系统，去地面为参考系， x 正方向为航行方向，如图所示。由于水平方向系统不受外力，故沿航行方向系统动量守恒。人静止站立在船头时系统的动量为0()M m v +，设人以匀
速率l
u t =相对行走，由题意知，当人到达船尾时系统的动量为()Mv m u v +-+，由动量守恒定律可得
0()()M m v Mv m u v +=+-+
解得 1005011
2 2.25()500504
m m l v v u v m s M m M m t -=+
=+=+=+++g （2）由于人逆航行方向行走时，船以匀速率v 前进，故船在t 时间内的航行路程为 2.2549()s vt m ==?=
（3）当人在船上以变速率逆航行方向行走，经t 时间到达船尾时，由前面的解得到此时船速为
0m M m v v u +=+
该式中u 为人相对于船的速率，故船速为变速，视瞬时速率u 而定。
在t 时间内船相对地面航行的路程为
000
050
24119()550
t
t
t m m s vdt v dt udt v t l M m M m
m ==+
=+++=?+
?=???
2—12 均匀柔软链条，质量为m ，长为l ，一部分()l a -放在桌面上，一部分（长为a ）从桌面边缘下垂，链条与桌面间的摩擦系数为μ，问：（1）下垂长度多大时，链条才能下滑；（2）当链条以（1）所求得的下垂长度从静止开始下滑，在链条末端离开桌面时，它的速率是多大 解：（1）设链条的质量线密度为λ，链条开始下滑时，其下垂直度为0x ，应满足的条件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：
l
x g x l g x μ
μ
λμλ+≥
∴
-≥1)(000
（2）据功能原理12E E W r -=开始下滑时在桌面部分的长度
习题2-12图
为μ
+=-=100l
x l y 当链条的A 端从O 点沿y 轴运动到y 0点过程中，摩擦力作功为
2
2
00
0122d )(d 0
???
? ??+-=-=--=?-=??μμλμλλμl g y g
y
g y y y f W y r r
设桌面为势能零点，则链开始下滑到A 端离桌面时的机机械能分别为
2
222
2
012
12112121gl lv E l g g x E λλμμλλ-=???? ??+-=-=
于是有2
2221212121112????
??++-=???? ??+-μμλλλμμλl g g l lv g 化简可得μ
μ
+=
+=
1,12gl
v gl
v 2—23 一质量为10.1m kg =的小球A ，从半径0.81/4R m =的圆形轨道自由落下，抵达轨道最低点时离河面距离5h m =,在该点原先已放置一小球B ，其质量320.4=0.5m kg g cm ρ-=g ，密度。它被A 球碰入河中，设碰撞是弹性的，如图所示。B 球落入河中后，未到河底忽又上浮，求B 球浮出水面时距离河岸的水平距离s （水的阻力和B 球落水时的能量损失均忽略不计）。
解：设21s s s +=.如图所示，写出各个过程的相应方程 B A →：机械能守恒
2
1112
1v m gR m = (1)
B 点碰撞：动量、机械能守恒
?????+'=+'=)3(21212
1)2(2
2
221121122111
1v m v m v m v m v m v m C B →：平抛运动
??
???==)5(21)4(21121gt h t v s
m 2在C 点时:
??
?==)
7()6(1
2
gt v v v cy cx
D C →：2m 以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定
习题2-23图
??
?==)
9(2)8(2at v t
v s cy cx
g m g m f a m 222)1(
-=-=ρ
ρ水
浮 )10()11
(
2g
m -=ρ
由(8)、（9）、（10）可确定射程CD 为
)11(222a
v v a
v v s cy
cx cy
=?=
联立（1）至（11）式可解证
???
?
?
? ??-+
+=+=112142
1121ρm m Rh m s s s )m (8.4= P ．77 2—29 一质量为m 的弹丸穿过垂直悬挂的单摆摆锤后，速率由v 减小到v /2，若摆的质量为M ，摆线长为l ，欲使摆锤能在铅直平面内完成以圆周运动，求弹丸的最小速度。
解：子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒
12
Mv v
m mv += (1)
v 1为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒
l Mg Mv Mv 22
1212
221+= (2)
欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件 2
2v l
M Mg = (3)
由（3）式得gl v =2代入（2）式得gl v 51=，再代入（1）式可得子弹的最小速度gl m M
v 52min =
P ．77 2—30 以质量为=10M kg 的物体放在光滑水平面上，并有以水平轻弹簧相连，如图所示，弹簧的劲度系数11000k N m -=g 。今有一质量为1014m kg v m s -==g 的小球以水平速度飞来，与物体M 相撞后以
112v m s -=g 的速度弹回。问：（1）M 起动后弹簧能被压缩多少 （2）小球m 与物体M 碰撞过程中系统机械
能改变了多少 （3）如果小球上涂有粘性物质，相碰后粘在一起，则（1），（2）两问结果又如何 解：小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒
Mv mv mv +-=10 (1)
V 为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为m x ，则有
2
22
121m kx Mv = (2) 将（1）、（2）两式联立求解得 )m (06.0)24(110
101)(1310=+???=+=
v v m kM x m
（2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为
??
?
??+-=22120
212121Mv mv mv E 损? )
J (2.406.0102121214121212121232222120=???
????+??-??=??
? ??+-=
m kx mv mv
(3) 小球与M 完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式
?????'='+'+=22
021)(2
1)(m
x k v m M v M m mv 解得
)m (038.0)
110(104)(3
2
20=+=+='M m k v x m 机械能损失 2202121m
x k mv E '-='损? )J (28.7038.0102
1
4121232=??-??=
P ．88 例3—5 一根长为L ，质量为m 的均匀细棒，可绕其一端固定的水平光滑轴竖直平面内转动。开始棒静止在水平位置。可求它由此下摆θ角时的角加速度和角速度。
解：棒的下摆是由于重力对转动轴O 的力矩作用而作加速转动。因为重力臂是变量，故重力矩
为变力矩。在棒上任取一质元()m
dm dl L λλ==，在棒下摆任意角度θ时，该质元的重力对轴O 的元力矩是
cos cos dM l gdm f ldl θλθ==
整个细棒对轴O 的力矩为 201
cos cos cos 22
L
M dM g ldl g L mg λ
λθθθ===
=??
可见，在计算重力矩时，我们可依认为整个棒的质量全部集中在棒的质心处。 由转动定律，可得棒的角加速度为 1
2213
cos 3cos 2mgL M g J mL L θθβ=== 棒的角加速度也可由转动定律得 d d d d M J J J J d d dt d ωωθω
βω
θθθ
==== 将1cos 2M mgL θ=代入，分离变量可得 211
cos 23mgL d mL d θθωω=
化简后两边积分 0
3cos 2g d L d θω
θθωω=??
得
ω=
P ．92 例3—7 如图所示，一根质量为m ，长为l 的匀质长棒可在竖直平面内绕其支撑点O 转动，开始棒处在水平位置由静止释放，求（1）细棒释放时的角加速度；（2）棒落到竖直位置时的角速度。 解：（1）据题设，棒的重心C 离支点距离/6OC l =。故重力对O 轴的力矩为
=mg 6
l
M
棒对轴的转动惯量为 2221m 1241=+()()3393399
AO BO
l m l J J J ml =?+?= 因此 1
62
19
mgl 3==2M g J ml l β= （2）棒下落过程中，只有重力做功，故棒与地球系统机械能守恒，选择水平位置为势能零点，则 210=()26l
J mg ω+-
将J 代入，化简后，可得棒到达位置时的角速度为 3g
l
ω=
3—7 如图所示，两个圆轮的半径分别为12R R 和，质量分别为12M M 和。二者都可视为均匀圆柱体而且同轴固结在一起，可绕水平中心轴自由转动。今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量为12m m 和的两个物体。在重力作用下，2m 下落时轮的角加速度。
解：如图所示，由牛顿第二定律 对11111:a m g m T m =- 对22222:a m T g m m =- 对整个轮，由转动定律
β??
? ??+=-22221111222121R M R M R T R T
又由运动学关系 2211//R R ααβ== 联立解以上诸式，即可得
2
2
2221111122)2/()2/()(R m M R m M g
R m R m +++-=
β
3—18 一质量为m 的小球系于轻绳一端，放置在光滑的水平面上，绳子穿过平面中一小孔，开始时小球以速率1v 作圆周运动，圆的半径为1r ，然后向下慢慢地拉绳子使其半径变为2r ，求：（1）此时小球的角速度；（2）在拉下的过程中拉力所做的功。
解：（1）由于外力沿转动中心O ，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即
ω
2
2112211mr r mV r mV r mV ==
故小球作半径r 2的圆周运动的角速度为 122
1
V r r =
ω （2）拉力F 做功为 212
212
122122121d V r r m mV mV s F A ???
?????-???? ??=-=?=? 3—19 如图所示，刚体由长为l ，质量为m 的匀质细杆和一质量为m 的小球牢固连结在杆的一端而成，可绕过杆的另一端O 点的水平轴转动。先将杆拉至水平然后让其自由转下，若轴处摩擦可以忽略。求：（1）刚体绕O 轴转动惯量；（2）当杆与竖直线成θ角时，刚体的角速度ω。
习题3-7图
解：（1）
22
23
431ml ml ml J J J =+=+=球
杆 （2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有
)cos ()cos 2(2102θθωl mg l
mg J --=
解得： θωcos 2
3
l
g
=
P ．161 例5—7 求均匀带点球体的场强分布，已知球体半径为R ，所带电量为 q （如图所示）。
解：由于电荷球形均匀分布，其电场线必由球心向外辐射，故以O 为球心的各同心球面上场强量值相等，方向垂直球面向外，因此所有同心球面均可取作高斯面，电场强度处处与球面垂直且有相同的量值。假定球内1P 点1()r R <处场强大小为1E ，通过1P 点作半径为1r 的球面1S ，则通过球面1S 的电通量为
2114r E π。球体内的电荷体密度3=
43
q
R ρπ，球面1S 所包围的电荷为314
3r ρπ，所以，按照高斯定理有
231110311
3044/433
4q
r E r R
q E r
R
ππε
ππε=
=
可见，均匀带点球体内任意一点的场强2()E r r 与成正比。
再来确定球外一点2P 处的情况。通过2P 点作半径为2r 的同心球面22()S r R >为高斯面，同理，设高斯面2S 上电场强度的量值为2E ，则通过球面2S 的电通量为2224r E π，由于球面2S 包围了所有的电荷q ，根据高斯定理
得
2220
22
024/4r E q q E r πεπε==
可见，均匀带点球体外任一点的场强2()E r r 与成反比，即等价与球体上的电荷全部集中于球心处锁产生的场强。上述计算表明，均匀带点球体在空间的场强分布()E r 为
30
2
1
()
4()1()
4qr
r R R E r q r R r πεπε?≤??=?
?>??
例5—13 半径分别为A B R R 和的两个同心均匀带电球面A 和B ，内球面A 带电量q +，外球面B 带电量q -。试求：（1）电势分布()U r ；（2）A ，B 两球面的电势差。
解：（1）根据高斯定理，可求得场强()E r 的分布为
2
00()()
4A B A B r R r R E q
R r R r πε?<>?
=?<
，
在A r R <区间
2
00()11
()44A
B
A
B
B
A
R R r
r
R R R R A B
U r E dr E dr E dr E dr
q q
dr r R R πεπε∞
∞
==++==-?????
g g g g
在A B R r R <<区间
200()11()44B
B
B
R r
R R r
B
U r E dr E dr E dr
q
q
dr r r R πεπε∞
∞
==+==-????
g g g
在B r R >区间 ()0r
U r E dr ∞
==?g
（2）根据电势差定义式，可求得A ，B 两球面的电势差为 2
00
11
(
)44B
A
B
R AB A B A R A B
q q U U U E dr dr r R R πεπε=-===
-??
g P ．200 5—14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖出一块半径为()r r R <的小球体，如图所示。求两球心O O ’与处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为匀强电场。
解：设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为ρ±的两种电荷，则原带电荷等价于一个半径为R ，电荷体密度为ρ+的均匀带电球体和一个半径为r ，电荷体密度为ρ-的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这
两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心O 处，210E E E ?
??+=，由于均匀
带电球体球心处的场强为零，所以
2
03230
2
020d 3d 3441d 4ερρ
ππεπεr r q E E ==
=
=
方向由O 指向O '。
对于球心O '处，121E E E E O ?
???=+='
∴ 03
033013d 434
d 4d ερπερ
ππε===='R R R q E E O
方向由O 指向O '。
对于空腔内的任一点P ，位置如图所示。
3
033
0330302143443444r b r R a R r b
q R a q E E E περππερππεπε???????-='+=+= 习题5-14图
d b a b a ?????0
0003)(333ερερερερ=-=-= 以上计算表明空腔任意点的场强大小均为
3d
ερ且方向均由O 指向O '，所以，空腔内为匀强电场。 P ．201 5—18 在A 、B 两点处有电量分别为+q q -，的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正实验点电荷0q 从O 点经半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功。
解：电场力的功
???
??????? ?
?--=-=R q R q q u u q A c c 000000413410)(πεπε R
q
q 006πε=
P ．201 5—24 半径为101 1.0 1.010R cm q C -==?的导体球带电量为，球外有一个内、外半径分别为
233.0 4.0R cm R cm ==和的同心导体球壳，壳上带有电量为101110Q C -=?。试求：（1）两球的电势；
（2）若用导线把两球连接起来时两球的电势；（3）若外球接地时，两球的电势各为多少
解：（1）内球电荷q 均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q ，外表面均匀分布电荷q+Q ，由高斯定理可求得电场分布（略）
011= r q E R r R πε= << 0332=< 2 043 41 r Q q E R r += >πε 由电势定义可求得内球电势 ? ?∞++=21 3d 41d 41 202 0R R R r r Q q r r q u πεπε内 V 1030.304.010*******.0101.01100.1109411142109 1093 0210?=?? ?+?? ? ??-???=++???? ??-=--R Q q R R q πεπε ?∞ -?? ?=+=+=304 .010*******d 41 109 3020R R Q q r r Q q u πεπε外 V 1070.22?= （2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外 球的外表面带有q+Q 电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等 势体，其电势均为原外球壳电势270V 。 （3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势 ? ???? ??-= =2 1 21 20114d 41 R R R R q r r q u πεπε内 V 6003.0101.01 100.1109109=?? ? ??-????=- 例 6—2 相距40d cm =的两根平行长直导线1，2放在真空中，每根导线载有电流1220I I A ==，如图a 所示，求： （1）两导线所在平面内与该两导线等距的点A 处的磁感应强度； （2）通过图中阴影部分面积的磁通量（13210=20=25r r cm r cm l cm ==，，）。 解：（1）载有导线1，2在A 点处产生的磁感应强度12B B ，方向均垂直于纸面向外。12B B ，的大小可按无限长直线电流的公式计算。由于12=I I ，且A 点与两导线等距，得 2 -7-5 0121241020====2.010(T)220.20 +)r I B B r μπππ????（ 所以A 点的总磁感应强度 -51=2=4.010(T)B B ? 方向垂直纸面向外。 （2）计算通过图中阴影部分面积的磁通量，可将该面积分割为许多面积元，如图b 所示,面积元()dS ldr =与导线1相距r ，与导线2相距d r -，该处磁感应强度B 垂直纸面向外，大小为 001222I I B r d r μμππ=+- 所以通过dS 的磁通量为 012()2m l I I d B dS BdS dr r d r μπΦ===+-g 积分可得通过S 的磁通量 1 21 012 010******* ()2-22--r r m m r l I I d dr r d r lI lI r r d r In In r d r r μπμμππ+Φ=Φ= +-+=+?? 由于12I I =，且12313=d r r r r r =++，，所以 0123011212131 ()2m lI r r lI r r r r In In In r r r μμππ+++Φ= += 代入数据后求得 7604100.2520 0.30 2.210()0.10 m In Wb ππ --???Φ= =? 例 6—7 一“无限长”直线电流1I 旁，有一长为L ，载流为2I 的直导线ab ab ， 与电流1I 共面正交，a 端与1I 垂距为d ，求ab 导线上的安培力。 解：电流2I 受电流1I 的磁力作用，由于电流1I 产生非均匀磁场分布，因此要按非均匀磁场计算 安培力。如图a 所示，在ab 上任取一电流元2I dl ，它距电流1I 为x ，电流1I 在此处产生的磁感应强度方向垂 直纸面向里，大小为01 2I B x μπ= ，电流元受到的安培力垂直ab 向上，大小为 01222I I df BI dx dx x μπ== 由于各电流元所受的安培力方向相同，所以ab 所受的安培力为 01201222d L L d I I I I d L f df dx In d μμππ++===?? 因为a 端处磁场比b 端处磁场强，故a 端附近的电流受到的安培力也较大，安培力分布如图b 所示。 6—3 如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流20120I A θ==o ，， 2.0a mm =，求A 点的磁感应强度。 解：解法（一）由直电流磁场公式 )sin (sin 4220ααπμ+= r I B 可得A 点的磁感（见图示） )T (1073.110 220 3103433 10---?=???== a I πμ B ? 的方向由右手定则知为垂直纸面向外。 解法（二） P 点的磁感应强度大小为 )cos (cos 4210ββπμ-= b I B b 为场点P 到载流直导线的垂直距离。 第1段载流直导线在A 点产生的01=B 。 第2段载流直导线在A 点产生的B 2。 a a b 2 3 60sin 180, 6021=?=? =?=ββ 则 )180cos 60(cos 402?-?= b I B πμ ) T (1073.143232 34300-?==? = a I a I πμπ μ )T (1073.1321-?=+=B B B 习题6-3图 2 3326sin 2sin 60sin 400?= ??? ??+?=a I a I B πμππ πμ习题图（2） 习题图（3） 6—4 一根无限长直导线弯成如图所示形状，通以电流I ，求O 点的磁感应强度 解：2 002104422R Il R I B B B πμπμ+? =+= ?? ? ??+=+= ππμαπμ4324)2(400R I R L )38(160ππμ+= R I 方向垂直纸面向外。 6—13两平行长直导线，相距0.4m ，每根导线载有电流1220I I A ==，如图所示，试计算通过图中斜线部分面积的磁通量。 解：如图示，取坐标轴ox ,在x 处取一面元x l S d d 1=，直电流I 1产生的磁场穿过d S 面的元磁通量为 x x l I S B πμ2d d d 110=?=Φ?? 穿过该矩形面积的磁通量为 2 01101101ln 2d 2d 200 l l l l I x x l I l l l +==Φ=Φ?? +πμπμ 由于21I I =，且矩形处于二电流的中心对称位置，故穿过此矩形面积的磁通量为 0 2 01101ln 2l l l l I += Φ=Φπμ Wb 102.21 .02 .01.0ln 25.02041067--?=+????= P ．259 例 7—1 一无限长直导线载有交变电流0sin i i t ω=，旁边有一个和它共面的矩形线圈abcd ，如图所示，求线圈中的感应电动势。 解：先求出长直导线的磁场穿过矩形线圈的磁通量，取顺时针为回路正方向（线圈法线方 向垂直纸面向里），则 20 012122h l m S h i l h l BdS l dx In x h μμππ++Φ===?? 根据法拉第电磁感应定律 012=()2m i d l h l di In dt h dt μεπΦ+-=- 012 0()cos 2l h l In i t h μωωπ+=- 讨论：当0cos 002 i i t t π ωωεε<< ><时，，，的方向与回路正方向相反，即逆时针方向；同理，当 cos 002 i i t t π ωπωεε<<<>时，，，的方向与回路正方向相同，即顺时针方向。 P ．262 例 7—3 如图所示，长度为L 的铜棒在磁感应强度为B 的均匀磁场中，以角速度ω绕O 轴沿逆时针方向转动。求：（1）棒中感应电动势的大小和方向；（2）如果将铜棒换成半径为L 的金属圆盘，求盘心与边缘间的电势差。 解：（1）在铜棒上取一线段元dl ,其速度大小v l ω=，由于v B dl ，，相互垂直，故dl 上的动生电动势为 ()i d v B dl Bvdl Bl dl εω=?==g 由于各线段元上i d ε的方向相同，所以整个铜棒上的电动势为 习题6-13图 201 2 L i i d B ldl B L εεωω===?? v B ?的方向由A 指向O ，故O 端电势高。 （2）将铜棒换成金属圆盘，可将圆盘看作是由无数根并联的金属棒OA 组合而成，故盘心O 与边缘A 之 间的动生电动势仍为 21 2 i B L εω= P ．262 例 7—4 如图所示，长直导线中通有电流I ，长为l 的金属棒ab ，以v 平行于直导线作匀速运动，棒与电流I 垂直，它的a 端距离导线为d ，求金属棒中的动生电动势。 解：由于金属棒ab 处于非均匀磁场中，取长度元dl dx dx =，则的感应电动势为 0()2i Iv d v B dl Bvdx dx x μεπ=?=-=- g 所有线段元上的i d ε方向相同，所以金属棒ab 中的电动势为 02d l i i d Iv dx d x μεεπ+==-?? 02Iv d l In d μπ+=- 负号表示i ε的方向与x 轴的正方向相反，即a 端电势高，当然，根据v B ?的方向，也可判断a 端电势高。 7—1 一导线ac 弯成如图所示形状，且10ab bc cm ==，若使导线在磁感应强度2=2.510B T -?的均匀磁场中，以速度11.5v cm s -=g 向右运动。问ac 间电势差多大哪一端电势高 解：ac 间电势差等于其电动势???=l B v ? ??d )(ε 端电势高 c V bc B bc bc ab ac V 1088.12 1 5.11.0105.260cos 32-?=????=? ==+=εεεε 7—7 如图所示，长直导线通以电流5I A =，在其右方放一长方形线圈，两者共面，线圈长10.20l m =，宽20.10l m =，共1000匝，令线圈以速度13.0v m s -=g 垂直于直导线运动，求0.10a m =时，线圈中的感应电动势的大小和方向。 解：解法（一）设t 时刻时，AD 边离电流I 的距离为y ，y 是时间的函数。在矩形线圈内取面元x l S d d 1=，电流I 产生的磁场穿过d S 的磁通量 x l x I S d B d d 210πμ=?=Φ?? 则 y y l Il x x Il l y y +== Φ=Φ? ?+21010ln 2d 2d 2 πμπ μ )d d () (2d d )11(2d d 22 10210v t y v y l y l Il t y y l y Il t =+=+-=Φ-= Θπμπμε 当m 10.0==a y 时 习题7-1图 习题7-7图 V 106.105 .009.004.003.006.05102)(2872210--?=??????= +=a l a v l Il πμε 其绕行方向为顺时针方向。 解法（二），线圈4个边中仅有平行电流I 的两个边切割磁力线而产 生电动势，在t 时刻近电流I 的一边产生电动势 a Il l B πυ μυε210111= = 1ε的方向向上。 同理，t 时刻远电流边产生的电动势为 ) (2210122a l Il l B += =πυ μυε 2ε方向向上。 故线圈中的电动势为 ??? ? ??+-= -=a l a Il 21021112πυμεεε a l a l Il )(2221021+= -=πυ μεεε 结论同解法（一）。 第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图 则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图 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 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 习题八 8-1 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: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为 2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 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 《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 = 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 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 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 +=+= 大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2) 《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 +=+= 习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 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: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷 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。 大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相 等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变？ (5) r ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (6) 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22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 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 = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均 第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1大学物理学下册答案第11章
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