大学物理练习答案new 19页

参考答案练习1在笛卡尔坐标系中描述质点的运动1-1（1）D；（2）D；（3）B；（4）C1-2（1）8m；10m；（2）x=(y-3)2；（3）10m/s2，－15m/s21-3解：（1）（2）（3）垂直时，则s，（舍去）1-4解：设质点在x处的速度为v，1-5解：又ky，所以-kvdv/dy已知y0，v0则1-6证：　　dv/v=－Kdx\n,v=v0e－Kx练习2在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动2-1（1）C；（2）A；（3）B；（4）D；（5）E2-2（1）gsinq，gcosq；（2）；（3）-c，(b-ct)2/R；（4）69.8m/s；（5），2ct，c2t4/R2-3解：（1）物体的总加速度为ORSaαaτanBA（2）2-4解：质点的运动方程可写成S=bt,式中b为待定常量。由此可求得,由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，r越来越小，而b为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。2-5解：设下标A指飞机，F指空气，E指地面，由题可知：vFE=60km/h正西方向vAF=180km/h方向未知vAE大小未知，正北方向所以、、构成直角三角形，可得飞机应取向北偏东19.4°的航向。\n练习3牛顿运动定律3-1（1）C；（2）D；（3）D；（4）B；（5）B3-2（1）l/cos2θ；（2）2％3-3解：(1)先计算公路路面倾角q。设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．因而有所以(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为mN′，这里N′为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律所以将代入得3-4解：(1)设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h。由①又由得，代入①式得②同步卫星的角速度rad/s，解得m，km(2)由题设可知卫星角速度w的误差限度为rad/s由②式得取微分并令dr=Dr，dw=Dw，且取绝对值，有3Dr/r=2Dw/wDr=2rDw/(3w)=213m3-5解：\n练习4质心系和动量守恒定律4-1（1）C；（2）C；（3）C4-2（1）0.003s，0.6N·s，2g；（2），；（3），；（4）；（5）18N·s4-3解：设沙子落到传送带时的速度为，随传送带一起运动的速度为，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上。设质量为Dm的砂子在Dt时间内平均受力为,则由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x轴的夹角为，则-1(4/3)=53°力方向斜向上。4-4解：人到达最高点时，只有水平方向速度v=v0cosa，此人于最高点向后抛出物体m。设抛出后人的速度为v1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为因为人从最高点落到地面的时间为故人跳的水平距离增加量为4-5解：(1)以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为Vx，则有即炮车向后退。(2)以u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为通过积分，可求炮车后退的距离\n即向后退。练习5机械能守恒定律5-1（1）B；（2）A；（3）D；（4）C5-2（1）18 J，6 m/s；（2）或；（3）；（4），5-3解：(1)建立如图坐标。某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为Ox题5-3解图摩擦力的功(2)以链条为对象，应用质点的动能定理，5-4解：陨石落地过程中，万有引力的功根据动能定理5-5解：如图所示，设l为弹簧的原长，O处为弹性势能零点；x0为挂上物体后的伸长量，O＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O²处为重力势能的零点．由题意得物体在O＇处的机械能为\n在O²处，其机械能为由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即在平衡位置有mgsina=kx0代入上式整理得练习6碰撞、角动量守恒定律6-1（1）C；（2）E6-2（1）mwab，0；（2）1N·m·s，1m/s；（3）2275kgm2·s-1，13m·s-16-3解：A、B两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得①②联立解出，由于二球同时落地，所以，。且。故，所以6-4解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、I0、w0和v、I、w．则①整理后得②物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供由②式可得\n当F=600N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R=0.3m分6-5解：A对B所在点的角动量守恒．设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为v。，A、B系统机械能守恒(A在很远处时，引力势能为零)6-6解：(1)爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星对地心的角动量始终守恒，故应有①其中r＇是新轨道最低点或最高点处距地心的距离，则是在相应位置的速度，此时。(2)爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒：②由牛顿定律③将①式、③式代入②式并化简得故7397km，7013km远地点：km近地点：km练习7刚体定轴转动的转动定律和动能定理7-1（1）A；（2）C7-2（1）50ml2；（2）5.0N·m；（3）3mL2/4，mgL，；（4）47-3rSMaOx2x112解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为x1、x2选长度为x1、x2的两段绳和绕着绳的盘为研究对象．设a为绳的加速度，β为盘的角加速度，r为盘的半径，r为绳的线密度，且在1、2两点处绳中的张力分别为T1、T2，则r=m/l，a=rβ①x2rg－T2=x2ra②T1－x2rg=x1ra③(T1－T2)r=(M＋prr)r2β④解上述方程，利用l=pr＋x1＋x2，并取x2－x1=S，\n可得7-4解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mg－T＝ma①对滑轮：TR=Ib②又a＝Rb③将①、②、③式联立得a＝mg/(m＋M)由于v0＝0，所以v＝at＝mgt/(m＋M)7-6解：如图所示，设重物的对地加速度为a，向上.则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下。由牛顿第二定律，对人：Mg－T2＝Ma①对重物：T1－Mg＝Ma②由转动定律，对滑轮有(T2－T1)R＝Ib＝MR2b/4③因绳与滑轮无相对滑动a＝bR④由①、②、③、④四式联立解得a＝2g/7练习8刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律8-1（1）C；（2）D；（3）B8-28-3解：由动量定理，对木块M：－fDt＝M(v2－v1)对于圆柱体：fDtR＝I(w－w0)所以-M(v2－v1)＝I(w－w0)/R因为,有-M(v2-v1)＝Iw/R＝Iv2/R28-4解：(1)选择A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒。IAwA＋IBwB=(IA＋IB)w又wB＝0，可得w»IAwA/(IA＋IB)=20.9rad/s\n转速200rev/min(2)A轮受的冲量矩=IA(IA＋IB)=-4.19×102N·m·s负号表示与方向相反。B轮受的冲量矩=IIB(w-0)=4.19×102N·m·s方向与相同。8-5解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为式中r为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为因碰撞前后角动量守恒，所以w=6v0/(7L)8-5解：(1)将转台、砝码、人看作一个系统。在运动过程中，人作的功W等于系统动能之增量W＝DEk＝这里的I0是没有砝码时系统的转动惯量。(2)由于在运动过程中无外力矩作用，故系统的动量矩守恒。有2p(I0＋)n1=2p(I0＋)n2（3）将I0代入W式，得（3）练习17库仑定律、电场强度17-1（1）B；（2）B；（3）D17-2（1）；（2）0，pEsina；（3），；（4），由圆心O点指向△S17-3解：选左棒的左端为坐标原点O，x轴沿棒方向向右，在左棒上x处取线元dx\n，其电荷为dq＝ldx，它在右棒的处产生的场强为整个左棒在处产生的场强为右棒处的电荷元ld在电场中受力为整个右棒在电场中受力为方向沿x轴正向。左棒受力为17-4解：把所有电荷都当作正电荷处理.在q处取微小电荷dq=ldl=2Qdq/p，它在O处产生场强按q角变化，将dE分解成二个分量：对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷＝017-5解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为l=s0cosfRdf它在O点产生的场强为它沿x、y轴上的二个分量为dEx=－dEcosf=dEy=－dEsinf=\n＝练习18电通量、静电场高斯定理18-1（1）C；（2）D；（3）B18-2（1）q/(24e0)；（2）l/e0；（3）pR2E18-3解：以P点为球心，为半径作一球面．可以看出通过半径为R的圆平面的电场强度通量与通过以它为周界的球冠面的电场强度通量相等。球冠面的面积为S=2pr(r－h)整个球面积S0=4pr2通过整个球面的电场强度通量F0=q/e0所以，通过球冠面的电场强度通量18-4解：两带电平面各自产生的场强分别为方向如图示方向如图示在两面间=3×104N/C方向沿x轴负方向。在两面外左侧，=1×104N/C方向沿x轴负方向。在两面外右侧，=1×104N/C方向沿x轴正方向。18-5解：由题意知，电荷沿x轴方向按余弦规律变化。可以判断场强的方向必沿x轴方向，且相对yOz平面对称分布在±x处作与x轴垂直的两个相同的平面S，用与x轴平行的侧面将其封闭为高斯面，如图所示。由高斯定理\n2SE=2Sr0sinx/e0E=r0sinx/e0方向可由E值正、负确定，E>0表示沿x轴正向，E<0则沿x轴负向。练习19静电场环路定律、电势、电势能19-1（1）D；（2）D19-2（1）电场强度和电势，，(U0=0)；（2）0，qQ/(4pe0R)；（3）0，l/(2e0)；（4）；（5）；（6）-2Ax/(x2+y2)，019-3解：由高斯定理可得场强分布为：E=-s/e0(－a＜x＜a)E=0(－∞＜x＜－a，a＜x＜＋∞)由此可求电势分布：在－∞＜x≤－a区间在－a≤x≤a区间在a≤x＜∞区间19-4解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为，该线元在带电球面的电场中所受电场力为dF=qldx/(4pe0x2)整个细线所受电场力为方向沿x正方向。电荷元在球面电荷电场中具有电势能dW=(qldx)/(4pe0x)整个线电荷在电场中具有电势能19-5解：(1)取半径为r、高为h的高斯圆柱面(如图所示)，面上各点场强大小为E并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：为求高斯面内的电荷，r＜R时，取一半径为r¢，厚dr¢、高h的圆筒，其电荷为\n则包围在高斯面内的总电荷为由高斯定理得(r≤R)r＞R时，包围在高斯面内总电荷为由高斯定理(r>R)(2)计算电势分布r≤R时r＞R时练习20静电场中的导体、电介质20-1（1）B；（2）D；（3）B；（4）C；（5）C20-2（1）－rq/R；（2）l/(2pr)，l/(2pe0err)；（3），；（4）－q/(2pd2)20-3解：取半径为→+d的薄壳层，其中包含电荷应用的高斯定理，取半径为r的球形高斯面。在球内，有D1=k/2，(为径向单位矢量)E1=D1/(e0er)=k/(2e0er)，在球外，有分,，20-4解：选直线到板面的垂足O为原点，x轴垂直于板面．在板面上任取一点P，P点距离原点为r．在带电直线上任取一电荷元dq=ldx，该电荷元距离原点为x，它在P点左边的邻近一点产生的场强x分量为\n带电直线在P点左边邻近点产生的场强x分量设P点的感生电荷面密度为sP，它在P点左边邻近点产生的场强为由场强叠加原理和静电平衡条件，该点合场强为零，即20-5解：(1)设内、外筒单位长度带电荷为＋l和－l．两筒间电位移的大小为D＝l/(2pr)在两层介质中的场强大小分别为E1=l/(2pe0er1r)，E2=l/(2pe0er2r)在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即E1M=l/(2pe0er1R1)，E2M=l/(2pe0er2R)E1M/E2M=er2R/(er1R1)=R/(2R1)已知R1＜2R1，可见E1M＜E2M，因此外层介质先击穿。(2)当内筒上电量达到lM，使E2M＝EM时，即被击穿。有lM=2pe0er2REM此时两筒间电压(即最高电压)为练习21电容与电容器、静电场的能量21-1（1）C；（2）B；（3）C21-2（1）Q2/(2e0S)；（2），，；（3）；（4）-Q2/(4C)；（5）；（6）7.221-3解：以左边的导线轴线上一点作原点，x轴通过两导线并垂直于导线．两导线间x处的场强为两导线间的电势差为\n设导线长为L的一段上所带电量为Q，则有，故单位长度的电容21-4解：由题给条件(和，忽略边缘效应,应用高斯定理可求出两筒之间的场强两筒间的电势差电容器的电容电容器贮存的能量21-5解：因保持与电源连接，两极板间电势差保持不变，而电容值由电容器储存的电场能量由在两极板间距增大过程中，电容器上电荷由Q减至Q′，电源作功：设在拉开极板过程中，外力作功为A2，据功能原理在拉开极板过程中，外力作正功。21-6答：带电球面的静电能量为，在Q不变的情况下，当R增大时，静电能量减少，电场力作正功。可见电荷的存在能帮助气泡增大。由式中Q2项知，无论是带正电荷还是带负电荷，效果相同。\n\n\n\n