-
..
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
x
?
t
2
,
y
?
(
t
?
1)
2
，
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
t
?
1
s
到
< br>t
?
2
s
质点的位移的大小；
（
3
）
< br>t
?
2
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
?
x
代入，有
y<
/p>
?
(
x
?
1)
2
或
y
?
x
?
1
（
2
）将
t
?
1
< p>s
和
t
?
2
s
代入，有
r
1
?
1
i
，
r
2
?
4
i
?
1
j
r
?
r
2
?
r
1
?
3
i
?
j
位移的大小
r
?
3
2
?
1
2
?
10
m
（
3
）
v
x
?
dx
?
2
t
dt
< br>dy
v
y
?
?< /p>
2(
t
?
1)
dt
v
?
2
ti
< p>?2(
t
?
1)
j
< p>
dv
y
dv
x
?
2
a
x
?
?
2
，
a
y
?
dt<
/p>
dt
a
?
2
i
?
2
j
当
t
?
2
s
时，速度和加速
度分别为
v
?
4
i
?
2
j
m
/
s
a
?
2
i
?
2
j
m/s
2
Word
资料
.
..
1-4
设质点的运动方程为
r
?
R
cos
?
ti
?
< p>Rsin
?
t
j
< p>(SI
)
，式中的
R
、
?
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
v
?
d
r
?
?
R
?
sin
?
ti
?
R
?
cos<
/p>
?
t
j
dt
（
2
）质点的速率为
2
2
v
?
v
x
?
v
y
?
R
?
速率的变化率为
dv
?
0
dt
1-12
质点沿半径为< /p>
R
的圆周运动，
其运动规律为
?
?
3
?
2
t
2
(
SI
)
。
求质点在
t
时刻的法向加速度
< br>a
n
的大小和角加速度
?
的大小。
解
由于
?
?
d
?
?
4
t
dt
质点在
t
时刻的法向加速度
a
n
的大小为
< br>a
n
?
R
?
2
?
16
Rt
2
角加速度
?
的大小为
?
?
77
d
?
?
4
rad
/
s
2
dt
页
2-15,
2-30
，
2-34
，
2-15
设作用于质量
m
?
1
kg
的物体上的力
F
?
6
t
?
3(
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
2.0
s
的时间力
F
对物体的冲量。
解
由冲量的定义，有
I
?
?
2.0
< br>0
Fdt
?
?
(
6
t
?
3)
dt
?
(3
t
2
?
3
t
)
0
2.0
2.0
0
?
18
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
t
?
0
，初速度为
v
0
，求
Word
资料
.
..
（
1
）滑行中速度
v
与时间
t
的关系；
（
2
）
0
到
t
时间飞机所滑行的路
程；
（
3
）飞机停止前所
滑行的路程。<
/p>
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
?
?
kv
dt
dv
k
即
?
?
dt
v
m
两边积分，速度
v
与时间
t
的关系为
f
?
m
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< /p>
倍（即
2
R
）
，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
Mm
v
2
G
?
m
2
(3
R
)
3
R
卫星的动能为
E
k
?
1
2
GMm
mv
?
2
6
R
E
p
?
?
（２）卫星的引力势能为
GMm
< br>3
R
v
dv
t<
/p>
k
?
?
?
v
0
v
?
0
m
dt
2-37
一木块质量为
M
?
1
kg
，置于水平面上，一质量为
m
?
2
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
20
cm
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。
解
子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒
mv
1
?
mv
2
< br>?
Mu
对木块用动能定理
1
?
?
Mgs
?
0
?
Mu
2
2
m
2
(
v
1
?
v
2
)
2
(2
?
10
?
3
)
2
?
(500
?
100)
2
?
0.16
得
(1)
?
?
?
2
?
1
?
9.8
?
0.2
2
Mgs
(2)
子弹动能减少
E
k
?
E
k
2
?
1
2
m
(< /p>
v
1
2
?
v
2
)
?
240
J
2
114
页
3-11
，
3-9
，
Word
资料
.
..
例
3-2
如图所示，已知物体
A
、
B
的质量分别为
m
A
、
m
B
，滑轮
C
的质量为
m
C
，
半径为
R
，不计摩擦力，物体
B
由静止下落，求
（
1
）物体
A
、
B
的加速度；<
/p>
（
2
）绳的力；
（
3
）物体
B
下落距离
L
后的速度。
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
J
?
1
mR
< br>2
。
2
例
3-2
图
（
2
）角量与线量的关系：物体
A
、
B
的加速
度就是滑轮边沿的切向加速度，有
a
t
?
R
?
。
（
3
）由于滑轮有质量，在作加速转动时滑轮两边绳子拉力
< br>T
1
?
T
2
。
分析三个物体，列出三个物体的运动方程：
物体
A
T
1
?
m
A
a
物体
B
m
B
g
?
T
2
?
m
< br>B
a
物体
C
< p>
(
T
2
?
T
1
)
R
?
J
< p>?
?
'
'
1
1
m
C
R
2
?
?
m
C
Ra
2
2
。
解
（
1
）
a
?
m
B
g
1
m
A
?
m
B
?
m
C
2
1
(
m
?
m
C
)
g
A
m
A
m
B
g
2
（
2
）
T
1
?
，
T
2
?
。
1
1
m
A
?
m
B
?
m
C
m
A
?
m
B
?
m
C
2
2
（
3
）对
B
来说有，
v
?
v
0
?
2
aL
2
2
v
?
2
aL
?
< br>2
m
B
gL
<
/p>
1
m
A
?
m
B
?
m
C<
/p>
2
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
μ
，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω
0
开始旋
转，它将在旋转几圈后停
Word
资料
.
..
止？（已知圆形平板的转动惯量
J
?
1
mR
2
< br>，其中
m
为圆形平板的质量）
2
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，环带受桌面的摩擦力矩为
d
M
?
?
总摩擦力矩为
R
mg
?
2
?
r
?
r
d
r
2
?
R
2
?
mgR
3
M
?
?
d
M
?
0
故平板的角加速度为
?
?
M
J
可见圆形平板在作匀减速转动，又末角速度
?
?
0
，因此有
2
M
?
J
设平板停止前转数为
n
，则转角
< p>?
?
2
?
n
，可得
2
?
0
?
2
??
< br>?
2
2
J
?
0
3
R
?
< br>0
n
?
?
4
?
M
16
π
?
g
3-
2
：如题
3-2
图所示，两个圆柱形轮子外半径分别为
< p>R
1
和
R
2
，质量分别为
M
1
和
M
2
。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
m
1
和
m
2
的两个物体。
求在重力作用下，
定
滑
轮的角加速度。
解：
m
1
：
T
1
?
m
1
g
?
m
1
a
1
< br>
2
g
m
2
：
m
?
T
< br>2
?
m
2
a
2
T
1
T
1
R
1
R
2
T
2
T
2
转动定律：
R
T
?
R
T
?
J
?
2
2
< p>11
其中：
1
2
2
J
?
M
1
R
1
?<
/p>
M
2
R
2
2
2
运动学关系：
a
< br>1
a
2
?
?
?
R
1
R
2
m
1
m
2
解得：
(
m
2
R
2
?
m
1
R
1
)
g
?
?
2
2
(
M
1
/
2
?
m
1
)
R
1
?
(
M
2
/
2
?
m
2
)
R
2
Word
资料
.
..
3-6
一质量为
m
的质点位于
(
x
1
,
y
1
)
处 ，
速度为
v
?
v
x
i
?
v
y
j
,
质点受到一个沿
x
< br>负方
向的力
f
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．
解
:
由题知，质点的位矢为
?
?<
/p>
?
?
?
?
r
?
x
1
i
?< /p>
y
1
j
作用在质点上的力为
?
?
f
?
?
f
i
所以，质点对原点的角动量为
?
?
?
?
?
?
?
?
L
0
?
r
?
m
v
?
(
x
1
i
?
y
1
i
)
?
m
(
v
x
i
?
v
y
j
)
< br>?
(
x
1
mv
y
?
y
1
mv
x
)
k
作用在质点上的力的力矩为
?
?
?
?
?
?
?
M
0
?
r
?
f
?
(
x
1
i
?
y
1
j
)
?
(
?
f
< p>i)
?
y
1
f
k
3-11
如题
3-11
图所示，一匀质细杆质量为
m
，长为
< br>l
，可绕过一端
O
的水平轴自由
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
mg
l
1
?
(< /p>
ml
2
)
β
2
3
则
?
?
(2)
由机械能守恒定律，有
3
g
2
l
1
1
2
2
l
(
ml
)
ω< /p>
?
mg
sin
θ
?
0
2
3
2
题
3-11
图
所以有
?
?
3
g
sin
?
l
3-13
一个质
量为
M
、半径为
R
并以角速度<
/p>
?
转动着的飞轮
(
可看作匀质圆盘
)
，在
某一瞬时突然有一片质量为
m
的碎片从轮的边缘上飞出，见题
3-1
< p>3图．假定碎片脱离飞轮
时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
Word
资料
.
..
v
0
?
R
?
设碎片
上升高度
h
时的速度为
v
，则有
题
3-13
图
2
v
2
?
v< /p>
0
?
2
gh
令
v
?
0
< br>，可求出上升最大高度为
2
v
0
1
2
2
H
?
?
R
?
2
g
2
g
(2)
圆盘的转动惯量
J
?
1
1
MR
2
，碎片抛出后圆盘的转
动惯量
J
'
?
MR
2
?
mR
2
，碎片脱
2
2
离前，盘的角动量为
J
ω
，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的力变为零，
但力不影响系统的
总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即
J
ω
?
J
'
ω
?
?
mv
0
R
式中
?
?
为破盘的角速度．于是
< br>1
1
MR
2
?<
/p>
?
(
MR
2
?
mR
2
)
?
?
?
mv
0
< br>R
2
2
1
1
(
MR
2
?
mR
2
)
?
?
(
MR
2
?<
/p>
mR
2
)
?
?
2
2
得
?
?
?
?
(
角速度不变
)
圆盘余下部分的角动量为
1
< br>(
MR
2
?
mR
2
)
?
2
转动动能为
E
k
?
1
1
< br>(
MR
2
?
mR
2
)
?
2
2
2
258
页
8-2,8-12,8-17
8-7
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
< p>dq
，其在
P
点产生的场
强为
dE
?
4
??
0
?
d
q
dq
，
2
2
x
?
R
?
R
方向沿
dq
与
P
点的连线
.
将其分解为平
O
行于轴线的分量和垂直于轴线的分量，由电
荷分布的对称性可知，各<
/p>
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：
P
x
d
E
⊥
d
E
∥
X
d
E
解
8-7
图
Word
资料
.
..
E
=
E
∥
=
?
dE
?
?
?
q
4
?
?
0
?
dq
x
?
< br>x
2
?
R
2
x
2
?
R
< br>2
?
?
?
1
?
2
qx
4
?
?
0
x
?< /p>
R
?
2
2
?
3
2
方向：
q
>0
时，
（自环心）沿轴线向外；
q
<0
时，指向环心
.
8-12 <
/p>
两个均匀带电的同心球面半径分别为
R
1
和
R
2
（
R
2
＞
R
1
）
，带电量分别为
q
1
和
q
2
，
求以下三种情况下距离球心为
r
< br>的点的场强：
（
1
）
r
＜
R
1
；
（
2
）
R
1
＜
r
＜
R
2
（
3
）
r
＞
R
2
.
并定性< /p>
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
r
＜
R
1
时，<
/p>
E
2
?
e
?
E
cos
?
dS
?
E
?
4
?
r
?
0
,
?
E< /p>
?
0
?
(2)
当
< br>R
1
＜
r
＜
R
2
时，
?
e
?
?
E
cos
?
dS
?
E
?
4
?
r
2
?
q
1
< br>?
0
,
?
E
?
q
1
4
?
?
0
r
(3)
当
r
＞
R
2
时，
2
Ｏ
R
1
R
2
r
?
e
?
?
E
cos
?
dS
?
E
?
4
?
r
2
?
?
q
1
?
q
2
?
?
0
?
E
?
?
q
1
?
q
2
?
4
??
0
r
2
解
8-12
图
场强随
r
的变化曲线
8-13
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
λ
.
求圆柱面外的场强
.
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
λ
＞
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
r
＜
R
即所求场点在带电
圆柱面时，因为
?
e
?
?
E
cos
?
dS
?
?
E
cos
0
dS
?
0
?
0
?
E
?
2
?
rl
?
0
,
?
E
?
0
；
当
r
＞
R
即所求场点在带电圆柱面外时，<
/p>
?
?
e
?
E
?
2
?
rl
?
?
l
?
,
?
E
?
.
?
0
2
??
0
r
8-15
将
q=2.5
×
10
-8
C
的点电 荷从电场中的
A
点移到
B
点，外力作功
5.0
×
10
-
6
J.
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？
?
6
解
电势能的增量：
?
W
?
W
B
?
W
A
< br>?
A
外
?
5
.
0
?
10
J
；
A
、
B
< p>两点间的电势差：
W
A
W
B
W
A
?
W
B
?
5
.
0
?
10
?
6
2
U
A
?
U
B
?
?
?
?
< p>??
2
.
0
?
10
V
<0
，
?
8
q
q
q
2
.
5
?
10
∴
B
点的电势较高；
Word
资料
.
..
若设
B
点的电势
为零，则
U
A
?
?
2
.
0
?
10
V
.
2
8-17
求习题
8-12
中空间各点的电势
.
解
已知均匀带电球面任一点的电势等 于球面上的电势
q
4
??
0
R
，
其中
R
是球面的半径；
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
r
＜
R
1
< br>即所求场点在两个球面时
:
U
?
< br>q
1
4
??
0
R
1
?
q
2
4
??
0
R
2
q
1
；
（
2
）
当
R
1
＜
r
< br>＜
R
2
即所求场点在小球面外、
大球面时
:
U
?
4
??
0
r
?
q
2
4
??
< br>0
R
2
；
当
r
＞
R
2
即所求场点在两个球面外时
:
U
?
q
1
4
??
0
r
q
1
4
??
0
r
?
q
2
4
??
0
r
q
2
4
??
0
r
?
q
1<
/p>
?
q
2
4
??
0
r
< br>q
1
?
q
2
4
??
0
r
当
r
＞
R
2
即所求场点在两个球面外时
:
U
?
?
?
285
页
9-3,9-4
9-3
．<
/p>
如图，在半径为
R
的导体球外与球心
O
相距为
a
的一点
A
处放置一点电荷
+Q
，在
球有一点
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
?
?
E
B
?
E
?
p
?
?
E
B
?
?
1
4
?
?
0
r
?
r<
/p>
?
0
3
习题
9.3
图
1
?
r
4
??
0
(
a
?
r
)
3
（
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
Word
资料
.
..
?
?
V
< br>B
?
V
B
q
4
??
0
r
由于球体是一个等势体，球任一点的电势和球心
o< /p>
点的电势相等
V
B
?
V
0
?
V
0
?
?
q
4
??
0
a
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<
/p>
o
点产生的电势为零，且
V
0
?
?
V
0
< br>，因此
V
B
?
V
0
?
q
4
??
0
a
所以，
B
点的电势
V
B
?
q
4
??
0
a
9-4
．
如图所示，
在一半径为
R
1
= 6.0 cm
的金属球
A
外面罩有一个同心的金属球壳
B.
已知
球壳
B
的、外半径分别为
R
2
= 8.0
cm
，
R
3
=
10.0 cm
，
A
球带有总电量
Q
A
=
3.0
×
10
-8
C
，
球壳
B
带有总电量
Q
B
=
2.0
×
10
-8
C.
求：
（
1
）球壳
B
、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、外
表面
上所带的电量，以及球
A
和球壳
B
的电势
.
解：
（
1
）在导体到达静电平衡后，
Q
A
分布在导体球Ａ
的表面上．由于静电感应，在
B
球壳的表面上感应出负
电荷
Q
A
，
外表面上感应出正电荷
Q
A
，
则
B
球壳外表面
上的总电荷
（
Q
A
?
Q
B
）
。
由场的 分布具有对称性，
可用
高斯定理求得各区域的场强分布
E
1
?
0
(
r
?
R
1
)
,
E
2
?
Q
A
(
R
1
?
r
?
R
2
)<
/p>
2
4
??
0
r
Q
A
?
Q
B
(
r
?
R
3
)
4
??
0
r<
/p>
2
习题
9.4
图
E
3
?
0
(
R
2
?
r
?
R
3
),
E
4
?
E
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
V
A
和
V
B
．
A
球任一场点的电势
V
A
为
Word
资料
.
..
V
A
?
?
?
?
?
R
2
< br>R
1
R
1
r
?
?
R
2
?
?
R
3
?
?
?
?
?
E
1
?
d
r
?
?
E
< br>2
?
d
r
?
?
E
3
?
d
r
?
?
E
4
?
d
r
R
1
R
2
R
3
Q
A
?
?
Q
A
?
Q
B
?
d
r
?
< br>?
d
r
R
3
4
??
r
2
4
??
0
r
2
0
(
Q
A
Q
A
Q
< br>A
?
Q
B
?
?
)
R
1
R
2
R
3
1
4
??
0
B
球壳任一点的电势
V
B
为
R
3
?
?
?
?
?
V
B
?
?
E
3
?
d
r
?
?
E
< br>4
?
d
r
r
Q
A
?
Q
B
Q
A
?
Q
B
?
?
< br>dr
?
R
3
4<
/p>
??
r
2
4
??
0
R
3
0
?
R
3
9-5
．两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
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
0
?
?
2
?
?
3
；
?
?
2
?
?
?
3
?
0
再由导体板的场强为零，可知
P
点合场强
?
1
?
?
?
?
(
?< /p>
2
)
?
(
3
)
?
(
?
4<
/p>
)
?
0
2
?
0
2
?<
/p>
0
2
?
0
2
?
0
由
?
2
?
?
?
3
得
?
1
?
?
?
4
9-7
.
一平行板电容器，充电后极板上的电荷面密度为
σ
= 4.5
×
10
-5
C
.
m
-2
，
现将两极板与
电源断开，
然后再把相对电容率为
ε
r
= 2.0
的电介质充满两极板之间
.
求此时电介质中的
D
、
E
和
P
.
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
Word
资料
.