大学物理第五版上册习题集答案.pdf

1 第一章第一章 质点运动学质点运动学 四、计算题四、计算题 1、解: （1）由 += += 43 2 1 53 2 tty tx 消去 t 得轨迹方程 8 137 9 4 18 1 2 +=xxy （2）位置矢量 )m( jtti )t(jyixr +=+= +=+=43 2 1 53 2 （3）t=1s 和 t=2s 时位置矢量分别为 )(5 . 08 1 mjir= )(411 2 mjir+= )(5 . 43 12 mjirrr vv vvv += (4) 速度矢量 ()jtitr234 2 += （5）加速度矢量 )(1 2 smj dt vd a v v v = 5、解：)1 ( 00 Bt tv e B A vdt BvA dv BvAx dt dv a = = 。 )1 ( 1 0 Bt t e B t B A vvdty =。 6、 )( 4 t 3 4 4d , .4t4 2232 ,322 2 3 4-0 2 2 2 2 SI dtt dtd k k vst ktRv t = = = = = = = 动方程：得到用角坐标表示的运 分离变量积分：又由 ，角速度得 即时已知 质点的速度为由角量和线量的关系，解： 2 第二、三章第二、三章 牛顿力学牛顿力学 四、计算题四、计算题 3、解：（1）)( 22 kvgmmkvmgmaF+= )( 2 kvga+=得 dy dv v dt dv a=因为=因为 由得 + = v v y kvg vdv dy 0 2 0 ky ekvgg k v 2 2 0 )( 1 +=解得： dy dv mv dt dv mmgmkvF= 2 )2( dy dv vgkv= 2 ； gkv vdv dy + = 2 gkv vdv dy h v + = 2 0 0 g kvg k h 2 0 ln 2 1+ = 7、解：（1）由牛顿第二定律有 )(5 . 1 4 . 03 . 0 2 s m a t m F a = += )(7 . 2 2 . 03 . 0 )4 . 03 . 0( )4 . 03 . 0( 4 . 03 . 0 2 00 s m v ttv dvdtt dvdtt dt dv ta tv = += =+ =+ =+= （2）由牛顿第二定律有 3 )( 5 . 1 4 . 03 . 0 2 s m a x m F a = += )(5 4 . 06 . 0 )4 . 03 . 0( )4 . 03 . 0( 4 . 03 . 0 2 00 s m v xxv vdvdxx vdvdxx dx dv v dt dv xa tv = += =+ =+ =+= 8、解：(1) 由牛顿第二定律有：t m F a4 . 03 . 0+= 2 5 . 13smast=时：当 dt dv ta=+=4 . 03 . 0又因为 2 00 2 . 03 . 0 )4 . 03 . 0( ttv dvdtt vt += =+ 所以： smvst7 . 23=时：当 由牛顿第二定律有： dx dv vxa=+=+=4 . 03 . 0因为因为 =+ =+ vx dvvdxx dvvdxx 00 )4 . 03 . 0( )0.40.3（所以： 得：smvxxv54 . 06 . 0 2 =+= 10、答：(1) 设 A 射入 B 内，A 与 B 一起运动的初速率为 0 v，则由动量守恒 00 v)(vmMm+= smv4 . 1 0 = 根据动能定理 2 0 v)( 2 1 Mmsf+= gMmf)(+= 、联立解出 196. 0= (2) 703v 2 1 v 2 1 2 0 2 01 =mmW J (3) 96. 1v 2 1 2 02 =MW J 4 第四章第四章 刚体的转动刚体的转动 四、计算题四、计算题 2、解答解答圆盘对水平面的压力为mgN =， 压在水平面上的面积为 2 RS=，压强为 2 Rmg S N p=当圆盘滑动时，在盘上取 一半径为r、对应角为d面积元，其面积为drrddS=，对水平面的压 力 为 prdrdpdSdN=，所受的摩擦力为prdrddNdf=，其方向与半径垂直，摩擦 力产生的力矩为drdprrdfdM 2 =，总力矩为 mgRRpdrdprM R 3 2 3 1 2 3 2 00 2 = 由于圆盘的转动惯量为 2 2 1 mRJ = ，有 角加速度大小为 R g J M 3 4 = 负号表示其方向与角速度的方向相反 根据转动公式2 2 0 2 +=，当圆盘停止下来时0=，所以圆盘转过的角度为 g R 8 3 2 2 0 2 0 = 转过的圈数为 g R n 16 3 2 2 0 = 7、解答解答由图知 A、B 有共同的角加速度，设挂 A 物体绳中张力为 F1，挂 B 物体绳中张力 为 F2，有 11 mamgF= 22 maFmg= JrFRF= 12 ra = 1 Ra = 2 可解得： 22 )( mrmRJ rRmg + = 8、 解答解答在水平面上，碰撞过程中系统角动量守恒，有 Jmlvmlv+= 0 2 )2( 12 1 lmJ = 弹性碰撞系统机械能守恒： 222 0 2 1 2 1 2 1 Jmvmv+= 由上三式可解得： mM vMm v 3 )3( 0 + = lmM mv )3( 6 0 + = 5 9、解答解答子弹射入后系统的转动惯量为： 054. 0) 4 3 ( 3 1 22 =+=lmMlJ （ 1 ） 子 弹 摄 入 过 程 中 系 统 角 动 量 守 恒 ， 有 ： Jlmv=) 4 3 ( )/(87. 8 ) 4 3 ( srad J lmv = （2）系统偏转过程中机械能守恒，设最大偏角为 ，有 2 2 1 )cos1 ( 4 3 )cos1 ( 2 Jlmg l Mg=+ 可得078. 0cos=， 0 06.94= 第五章第五章 静电场静电场 四、计算题四、计算题 1、 答案答案：球心处总电势应为两个球面电荷分别在球心处产生的电势叠加，即 + = 2 2 1 1 0 4 1 r q r q U + = 2 2 2 1 2 1 0 44 4 1 r r r r () 21 0 rr += 3 分 故得 9 21 0 1085. 8 = + = rr U C/m2 2 分 4、答案：答案：由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性 （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以 E = 0，（r R2） (1 分) 6 、 答 案答 案 ： 球 外 的 场 强 为 2 0 2 4r Q E = 球 内 的 场 强 用 高 斯 定 理 求 ： 3 0 2 0 3 3 2 22 4 4 R Qr E R Qr rEdSE = 所 以 球 内 距 球 心 为 r 处 的 电 势 V= 3 0 22 2 0 3 0 21 8 )3( 44R rRQ dr r Q dr R Qr drEdrE R R rR R r =+=+ 12、（1）解答：建立以 A 作为坐标原点，AB 作为 x 轴的坐标系，则由点电荷叠加原理 r e r dq kEd v v 2 = ， r dq kdV = 可知：在长直导线上任取微电荷源dq在 P 点产生的电场强 度为： () i xld dx ke r dq kEd rP v v v 2 2 2 + = () i ld k d k i xld dx kE l P vvv + = + = 220 2 2 () 2 2 22 02 lnlnln d ld dld xld dx k r dq kV l P + =+= + = (2) 取 AB 棒中心位置为坐标原点，则在导线的中垂线上与AB中点相距 2 d处的Q点的场 强与电势： j dx dx ke r dq kEd rQ v v v sin 2 2 22 + = ()=ctgdx 2 7 第六章第六章 电场中的导体和电介质电场中的导体和电介质 四四 计算题计算题 1、答案： 1）如图示，令）如图示，令A板左侧面电荷面密度为板左侧面电荷面密度为 1 ，右侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为 2 ，则，则 C、B 面上的感 应电荷面密度分别为 面上的感 应电荷面密度分别为 1 、 2 1 分分 2）因为）因为 ABAC UU= 即即 ABABACAC dEdE= 1 分分 又因又因 0 1 = AC E 0 2 = AB E 1 分分 所以所以 2 2 1 = AC AB AB AC d d E E 1 分分 且且 S qA =+ 21 2 分分 得得 S qA 3 2 = 1 分分 S qA 3 2 1 = 1 分分 而而 CqSq AC 7 1 102 3 2 = CSqB 7 2 101 = 1 分分 则 VddEU ACACACA 3 0 1 103 . 2= 4、答案： （答案： （1） 、由题给条件） 、由题给条件 (aab，忽略边缘效应，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出 两筒之间的场强为： 应用高斯定理可求出 两筒之间的场强为：)2/( 0 LrQE r = 3 分分 两筒间的电势差：两筒间的电势差：= = r dr L Q U b a r 02a b L Q r ln 2 0 2 分分 电容器的电容：电容器的电容：)/ln()2(/ 0 abLUQC r = 2 分分 （2） 、电容器贮存的能量：） 、电容器贮存的能量： 2 2 1 CUW=)/ln()4/( 0 2 abLQ r = 3 分分 9、答案：如图所示，充满电介质部分场强为 2 E v ，真空部分场强为 1 E v ，自由电荷面密度分 别为 2 与 1 由由 = 0 dqSD vv ，得，得 11 =D 22 =D 1 分 而 1 分 而 101 ED= 1 分 1 分 202 ED r = 1 分 1 分 d U EE= 21 1 分 所以 1 分 所以 r D D = 1 2 1 2 1 分 1 分 8 14、解：由于两板带电解：由于两板带电 ，由电介质中的高斯定理可知极板间两部分场强分别为，由电介质中的高斯定理可知极板间两部分场强分别为 1 0 1 r E = 2 0 2 r E = 电势差电势差 )( 21 21 0 2211 rr BA dd dEdEuu +=+= 电容电容 12 21 21 21 0 21 0 )( rr rr rr BA dd S dd S uu q C + = + = = 方法二：方法二： 相当于两个电容的串联相当于两个电容的串联 21 111 CCC += 1 0 1 1 d S C r = 2 0 2 2 d S C r = 21 12 21 2 2 0 210 0 2 0 1 )( 1 rr rr rr S ddS S d S d C + =+= 12 21 21 0 rr rr dd S C + = 第七章第七章 恒定磁场恒定磁场 四、计算题四、计算题 4、解：O 位于两直导线的延长线上，电流的直导线部分在 O 点不产生磁场。 设铁环的长优弧长为 1 l，其中电流为 1 I，劣弧长为 2 I,其中电流为 2 I 因为两弧长构成并联回路，弧两端电压相等，可得： 2211 RIRI= 又因铁环的面积和电阻率一样，因此电阻和长度成正比，于是有，优弧上任意一电流元在 O 点产生的磁感应强度为：dl R I dB 2 10 1 4 = 方向为垂直纸面向外 整段优弧长在 O 点产生的磁感应强度为： 2 110 0 2 0 11 44 1 R lI dl R I dBB l = 方向 为垂直纸面向外，同理劣弧长在 O 点产生的磁感应强度为： 2 220 2 4 R lI B = 方向为垂 9 直纸面向内O点的合磁感应强度为： 21 BBB+= 0)( 444 2211 2 0 2 220 2 110 =lIlI RR lI R lI B 8、解：设导线的 0 在电缆的横截面内，以截面的中心为圆心，用不同的半径画圆作为安培环路，同一圆周 上的 B 值大小相等，方向沿切线方向。 （1） 当ar ， 小线圈可视为处于均匀磁场， 为 O 处值记为 1， 通过小线