刘果红大学物理习题册答案.docx

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1、刘果红大学物理习题册答案安徽建筑工业学院刘果红 大学物理习题册答案 练习一 质点运动学 1、v=drdt=i+6t2 ，vr3-r11=i+6j ，v1-3=Dt=i+26j ， av3-v11-3=3-1=24j 2、dvdt=-Kv2tvdv=t1121v2-Ktdt=Kt+ 0v0v2v0所以选 3、因为位移Dr=0,v=0，又因为Dv0,所以a0。所以选 4、选 tv5、由P=Fv=mva,Qa=dvdvdt，所以：P=mvdt，Pdt=0mvdv 0积分得：v=2Ptm xt 因为v=dx=2Pt，即：2Pt8P3dtmdx=dt，有：x=00m9mt2 练习二 质点运动学 x=v0

2、t1、 平抛的运动方程为y=1gt2，两边求导数有：vx=v02vy=gt，v=v22，adv2g2t0+g2tt=dt=v220+g2ta20n=g2-at=gvv2+g2t2。 02、 an=2.4m/s2;an=14.4m/s2 3、 4、 练习三 质点运动学 那么，33s3k2)2;a(t)=;x=kt2+x0 1、t=(2k32t2、v1+v2+v3=0 3、 4、 练习四 质点动力学 1、v=12i;x=9m 2、 3、 4、 练习五 质点动力学 (m+m)v0-mu1、V=v0- m+m2、 3、 4、 5、v=3-8t+3t2,v4=19m/s,v0=3,I=m(v4-v0)=

3、16Ns A=1212mv4-mv0=176J 22练习六、质点动力学 1、900J R1-R2) 2、A=GmEm(R1R23、 4、 15、mw2(A2-B2) 2练习七 质点动力学 22Gm21、v1= l(m1+m2)2、动量、动能、功 3、 4、 练习八 刚体绕定轴的转动 1、0.6w0,w00.8p解：摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动 因为0.8w0-w0w1=w0+btb=-0.2w01；同理有w2=w0+bt=0.6w0。 -w02w0Dq=由w-w=2bDqDq=；n= 2b0.42p2t202kw02J2、a=- ,t=9Jkw0t3dwdwkw2J=-kw-kt=J解：

4、Jb=-kwb=-； 2dtw0w9J220w002J解得：t=。 kw03、选 因A、B盘质量和厚度相等，而rArB，必有rAIA。 24、 解：因为力矩M和角加速度b是瞬时作用关系，撤去M，b2力矩存在。 撤去M前：M0，说明有阻-Mf=Jb1 M撤去M后：-Mf=-Jb2 联立即得：J=。 b1+b2练习九 刚体绕定轴的转动 1、 A、B两轮转动惯量的比值为1：3和1：9。 解：轮和皮带间无相对滑动意为两轮边缘一点的线速度相等：vA=vBwAJw=3。若JAwA=JBwBA=B=1:3。 wBJBwA211Jw22JAwA=JBwBA=B=1:9 222JBwA2、w41=w0,A=I0

5、w02 323、天体的自转周期将减少，转动动能将增大。 解：引力是内力，球体角动量守恒。J0w0=Jw=L由于球体绕直径的转动惯量J正比于半径平方，J减小，w增大，而T=2pw，所以周期将减小，转动动能11Jw2=Lw将增大， 224、在上摆过程中，以子弹和木棒为系统，重力为外力，故动量不守恒；上摆过程中，重力作功，所以机械能不守恒；对转轴的合外力矩的功不为零，所以角动量不守恒。选。 5、选 解：分别取单摆、地球和细棒、地球为系统，摆动过程中，机械能守恒： 12g(1-cosq)mg(l-lcosq)=mw12l2;w1=； 2lll113g(1-cosq)w22;w2=mg(-cosq)=(

6、ml2)w2，1=。 2223lw236、取盘和子弹为系统，M外以wJ0所练习十 刚体绕定轴的转动 1、3gL l1122解：根据机械能守恒定律：mg=(ml)wv=wl=3gl 223gt22、q= 3R用平动的规律解决平动：ma=mg-T 12用转动的规律解决转动：TR=(mR)b 2利用平动和转动的关系：a=bR wt2g2gdw2g三式联立解得b=dw=dtw=t 3Rdt3R003Rtqdqgt2 w=wdt=dqq=dt3R003、 4、 5、系统受重力作用，动量不守恒；摩擦力作功，机械能不守恒；合外力矩为0，所以角动量守恒。选。 练习十一 狭义相对论 1、 2、 K系：x2+y2

7、+z2=c2t2；K系：x2+y2+z2=c2t2 L=L0g=12m,t=gt0=4.0s， 3、 选 解：S系中测得A、B事件的时间间隔和空间间隔分别为： Dt=(3.0-2.0)10-7=1.010-7s Dx=10-50=-40m u-7由洛伦茨变换Dt=g(Dt-2Dx)=2.2510s。选 c4、 解：Dt=gDt0=1.010-61-uc22；而飞行的距离S=uDt 5、 提示：应用光速不变原理和相对性原理。 练习十二 狭义相对论 1、75m3;208.3kg;2.8kg/m3 gm0a3解：S系中观察者测得正方形体积；质量是gm0；密度3。 ga/g2、 利用Ek=(g-1)m

8、0c2求得g，再利用g=11-uc2；2求速度u。 3、 mk(g-1)m0=g-1m0m02而Ek2.61051.610-19Ek=(g-1)m0cg-1=0.5 2-3116m0c9.1109104、 解：取m为研究对象，因为m自发地分裂，所以总能量守恒： mc2=g1m1c2+g2m2c2, 上式中：g1=1u1-c212；g2=1u1-c222，故有：m=g1m1+g2m2， 因为g1，g2均大于1，所以mm1+m2。 练习十三 静电场 1、x=2a 2、取oo轴向右为Xrx00rx00i；E0=i；轴，o为坐标原点，E0=3e03e0rx0prR3r3rr3(-2+2)i Ep=-(

9、+)i；Ep=23e0xopxop3e03e0xpoP P R O O r x 图 13-2 3、 如q0不是足够小，那么放入q0后，在q0附近负电荷密度加大，电力线变密，所以场强增大。 4、 5、 练习十四 静电场 1、as 解：Eds=Eds+Eds=-as+2as=as。 侧面左面侧面Eds=0 2、fxy=0；fyz=5L2；fxz=6L2。 y fxy=(5i+6j)L2k=0 x z fyz=(5i+6j)L2i=5L2 fxz=(5i+6j)L2j=6L2 3、 解：均匀带电球面在距离球面R处产生的场相当于一个在球心处的点电荷qs=。 q=4pRs在2R处产生的场：E=24pe0

10、(2R)4e024、 解：Eds5、 解：f只与面内电荷有关，而Ep不仅与面内、面外电荷有关，且与它们的分布有关。 =Eds+Eds=0Eds=-Eds=EpR2。 半球面圆半球面圆练习十五 静电场 1、U0=lsR;U0= 2e02e02、U=q1-q2qq；此系统的电势能W=-12。 2pe0R4pe0R4343pRrpRr33RrrR33、Up=-3= -4pe0(d+r)4pe0r3e0(d+r)3e0R4、电势的正负取决于电势零点的选取：UM=qdxq=- 2a2a4pe0x0 q x P M 5、 解2s s 两板间的场为：2sss2e-=2e； 02e00电场力做功为：A=qEd

11、=qsd2e 0d A B 练习十六 静电场 1、EU2Axx=-x=-x+y2；E-U2Ay2y=y=-x2+y2；2、Up=E(d-d-d1)1)=s(de;UEd=sdA=。 0e03、 4、 8pe0aEz=0。 ： EA EB 1l 22e05、0点处的电势应是AB弧和BC直线产生场的叠加：U0=Vp+2pRll= 4pe0R4pe0R2e0qP点处的电势也应是AB弧和BC直线产生场的叠加： Up=up+Vp up=Up-U0+联立、式得： l4e0lVp=U0-4e0练习十七 静电场中的导体和电介质 1、Q1r1s1r2=;=. Q2r2s2r1=Q24pe0r2Q1Q2=，所以有

12、： r1r2解：两球相距很远意为忽略两球之间的静电感应，用导线连接后，两球电势相等：Q14pe0r1Q1r1s1r2=;=. Q2r2s2r1s0-e0E0;E1=E0-2、s1=22e0解： 3、球心处的电势U4、 s0。 =q+Qq-。 4pe0r4pe0R24pe0R1+q练习十八 静电场中的导体和电介质 1、 两板上自由电荷面密度为s=U0d12、 3、 e0er2l电位移通量Dds=lL；场强E=。 2pe0errR2e0er1+d2，两介质分界面上s =0。Q1Q111DU=dr=(-)。 24peR1R2R4per14、 解：因为B带正电，电势最高，所以排除、；又因为导体空腔内电

13、场不为零，UC =Edl+Edl；而UA=Edl，所以UCUA。C内AA外A外练习十九 静电场中的导体和电介质 1、2倍；8倍。 52、7.5mF;0.0125J。 3、 4、 练习二十 电流的磁场 1、B1=m0ImImI33(1-);B2=0；B3=0(1-) 2pR26R2pR2。方向垂直纸面向里。 m0Im0I3B0=(1-)+pR26RmIhl+l22、fm=0ln1 2pl13、 4、 练习二十一 电流的磁场 m0Ir1、B1=2pR2m0I；B2= 2pr2、B=m0I2(R+d)(1+p)-RI1；方向垂直纸面向外。 2pR(R+d)3、 4、 5、Bdl=-2m0I 3练习二

14、十二 磁场对电流的作用 1、F=2.5i-1.5k =(100.5j)(0.3i-1.2j+0.5k)=2.5j-1.5k 解：F3m0I22、F= 2paB dFCdlCdFCAm0I2dFCB=dlC2padlC，所以 A 3、 C 2dFCmI00=2cos30=dlC2pa3m0I22pa。方向如图。 3pIR2B；方向为pmB的方向，竖413=解：M=pmBsin60=IpR2B220直向上。 4、 y 各电流元受力dF 关于X轴对称，dF x 所以，Y方向合力为零，又因为左半圆各电流元处的磁场强于右半圆，所以线圈向右平移。 练习二十三 磁场对电流的作用 1、V=10-7m/s 71

15、、v=10m/s F 30 0f=evB=解：evm0If2pav=107m/s2pem0I v 解：f2、 =evB=evm0If2pav=107m/s 2pem0I r B v 2没放入均匀外场前，mwr=eE ；放入均匀外2场后，向心力增大：mwr=eE+evB ，在r不变的情况下，w 应增大。 3、 eE I f解：由evB 得洛 的方向向下，要使v B电子束不偏转，电子受静电力必须向上，所以，电场的方向应向下。 f洛E 4、 mvv2解：带电量为q的粒子在磁场内作半径为R=(m=evB)的圆周运动，磁qBRBpm2v21通量f=BpR=。即：。所以选 fBq2B22练习二十四 电磁感

16、应 11、Ua-Uc=(vB)dx=wxBdx=wBL2，a点电势高。 18c0aL3w x w c b a c x 2Ub-Uc=(vB)dx=wxBdx=wBL2，b点电势高。 9c0b2L32112Ub-Ua=(-)wBL=wBL2，b点电势高。 91862、e=m0Ivln3；N端电势高。 2p3、 整个过程有三个阶段： 0，说明v1）进入场区阶段：a，磁通量增加，由Lenz定律，e方向与原磁场方向相反，且磁通量变化率在增大，e。回路中I如同电动势； 2）线框在磁场区阶段：线框中磁通量的变化为0，无感应电动势。 0，说明v3）出场区阶段：a，磁通量减少，由Lenz定律，e方向与原磁场方

17、向相同，且磁通量变化率在增大，e。回路中I如同电动势。 4、 解：用排除法：转动过程中，abc 构成的回路磁通量不变，所以e、；用右手定则判定Uc=0，排除Ua，所以Ua-Uc0，故选 练习二十五 电磁感应 em0nkR1、a1=;a2=0。 4m解：长直螺线管通入变化的电流，因而内部的场为变化的磁场，变化的磁场产生涡旋电场，电子受到的是涡旋电场力： eEreEr=ma1,a1=mrdBR，因为：当r0，2rdtdtdt2所以Er方向为逆时针且垂直于r。 dtR r Er 3、e2SDaob，故有e2e1。 dt解：根据题意，管内只有涡旋电场，而管内的涡旋电场沿垂rdB直于轴线的径向是递增的，

18、即当rR时，Er=，因而均匀地分布着电2dt场的说法是错误的；又因涡旋电场绕任意闭合回路的线积分不为零，所以说法也是错误的；由于磁场和涡旋电场都是无源场，所以，对任意封闭曲面的面积分为零。 5、 解：Erdr=oMErdr+ErMNErdr+N0dr=ErMNdr，所以MNErdr=-SDoMN3R2dBdB=-。由4dtdtLenz定律，N点电势高，所以UM-UNe12 。 3、 di1，而e21dtdi1di2，且M12=M21，由题意，所dtdtI 0 t 1t2 t dIdI解：在0t1时间内，=tana=C0，由eL=-L知： eL0且为dtdtdI负值；在t1t2时间内，=tana=C0且为正值。 dt4、 122利用公式W=LI,L=nmV2计算。 练习二十七 磁介质、电磁场 m0IrIrImIB=;1、H1=。 H=;B=212222pR12pR12pr2prdfmdfD2、。前后两个式子分别揭示：随时间变化的Hdl=;Edl=-dtdt电场的空间能激起磁场；随时间变化的磁场的空间能激起电场。 3、 4、 练习二十八 电磁振荡、电磁波 e0x1、Hx=0,Hy=0,Hz=E0cosw(t-) m0c2、坡印廷矢量S的物理意义是：电磁波能流密度矢量；其定义式为：S=E3、 4、 5、 H。