大物教材參考答案

1、1.7 一質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動學(xué)方程為 x t2, y (t 1)2 ,x和y均以為m單位,t以s為單位，試求:dx2xVyVxdtaxdvxdt2, aydvy2dt對運(yùn)動學(xué)方程微分求速度及加速度當(dāng)t=2s時，速度和加速度分別是r r rv 4i 2 j m/ s1.8已知一質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動學(xué)方程為r2ti,即dy 2(t 1) V 2tir 2(t 1)r dtr r ra 2i 2jr r r 2a 2i 2j m/s2(2 t2)，其中，；,t分別以m和s為單位，試(1) 質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程；、(2) 在t=2s時，質(zhì)點(diǎn)的速度 v和加速度a。解：(1 )由運(yùn)動學(xué)方程消去時間t可得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程，將 t代入

2、有y C、X 1)2或,y 、x 1求：(1) 從t=1s到t=2s質(zhì)點(diǎn)的位移;(2) t=2s時質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度；(3)質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程;t=2s時，質(zhì)點(diǎn)的位矢r ,速(4)在Oxy平面內(nèi)畫出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動軌跡，并在軌跡圖上標(biāo)出度v和加速度a 。解：依題意有2x=2t ( 1)y= 2 t (2)r r r r r r(1)將 t=1s,t=2s 代入，有 r(1)= 2i j， r(2) 4i 2jur故質(zhì)點(diǎn)的位移為r r(2)(2) 通過對運(yùn)動學(xué)方程求導(dǎo)可得r dxr dyr J 2trv i i 2i 2t idt dt當(dāng)t=2s時，速度，加速度為uur rr(1)2i 3jrd2xrd

3、yr Ja2 i2 j2jdtdtrr rrr2v2i 4jm/ s a 2j m/ s由(1)( 2)兩式消去時間t可得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程y 2 x2/4(4)圖略。1.11 一質(zhì)點(diǎn)沿半徑R=1m的圓周運(yùn)動。t=0時，質(zhì)點(diǎn)位于A點(diǎn)，如圖。然后沿順時針方向運(yùn)動，運(yùn)動學(xué)方程 s tt,其中s的單位為m, t的單位為s,試求:（1）質(zhì)點(diǎn)繞行一周所經(jīng)歷的路程，位移，平均速度和平均速率； （2 ）質(zhì)點(diǎn)在第1秒末的速度和加速度的大小。解：（1）質(zhì)點(diǎn)繞行一周所經(jīng)歷的路程為圓周周的周長，即 s 2 R 6.28m由位移和平 均速度的定義，可知此時的位移為零，平均速度也為零，即rrrr小r 0，v -0t令ss(

4、t) s(0) t2t 2 R?？傻觅|(zhì)點(diǎn)繞行一周所需時間t 1s-s 2 R平均速率為v6.28m/ stt由以上結(jié)果可以看出路程和位移，速度和速率是不相同的。（2）t時刻質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度大小為dt2(VR)2（羽2當(dāng) t=1s 時，v=9.42m/sa=89.0 m / s .1.14 一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為0.1m的圓周運(yùn)動，其用角坐標(biāo)表示的運(yùn)動學(xué)方程為2 4t，的單位為rad,t的單位為s，試求：（1 ）在t=2s時，質(zhì)點(diǎn)的切向加速度和法向加速度的大小;（2）當(dāng) 等于多少時，質(zhì)點(diǎn)的加速度和半徑的夾角成45。解：（1）質(zhì)點(diǎn)的角速度及角加速度為dt12t2dt224t因此，質(zhì)點(diǎn)的法向加速度和切向加

5、速度大小為24an R 144Rt ，a R 24Rt2 2當(dāng) t=2s 時，an 230.4m /s ， a 4.8m/ s。 r（2）設(shè)時刻t， a和半徑夾角為 45，此時an a，即4144Rt =24Rt得 t31/ 6s(t)2 4t32.67 rad。a cos ti bsin t j 。4.6質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在Oxy平面內(nèi)運(yùn)動，運(yùn)動學(xué)方程為（1）試求質(zhì)點(diǎn)的動量;（2）試求從t=0到t=這段時間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)受到的合力的沖量，并說明在上述時間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的動量是否守恒？為什么？r d rrr解：（1）由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動學(xué)方程得質(zhì)點(diǎn)速度v =-: dt=a sintibcos t jurrrr動量為p m

6、vm a sinti mb cos tjr u 2u（2）根據(jù)動量定理，合力的沖量為IP(2-)P(0)02雖然t=0和t=時質(zhì)點(diǎn)的動量是一樣的，但在上述時間內(nèi)，由（1）中動量的表達(dá)式可以看出動量是時間的函數(shù)并不守恒。所以質(zhì)點(diǎn)的動量不守恒。4.14 一質(zhì)點(diǎn)M=10kg的物體放在光滑的水平桌面上，并與一水平輕彈簧相連，彈簧的勁度 系數(shù)k=100N/m。今有一質(zhì)量 m=1kg的小球以水平速度 v 4m / s飛來，與物體 M相撞后以vi 2m/s的速度彈回，試求（1）彈簧被壓縮的長度是多少？（2）小球m和物體M的碰撞是完全彈性碰撞嗎？（3） 如果小球上涂有黏性物質(zhì)，相撞后可與M粘在一起，則（1）（

7、2）所向的結(jié)果又如何?解：碰撞過程物體，小球，彈簧組成系統(tǒng)的動量守恒mv0my Mu嚀)0.6m/s小球與彈簧碰撞，彈簧被壓縮，對物體1 2 12C1）kx 0 Mu2 2M有作用力，對物體 M，由動能定理得:彈簧被壓縮的長度0.60.06 m(2)Ek1Mu2 1 2mw12 mvh222_ 1102 1(0.6)2 -1221 1=22242=4.2J有動能損失說明是非彈性碰撞。（3）小球與物體 M碰撞后粘在一起，設(shè)其共同速度為u ,根據(jù)動量守恒及動能定理mv0 (M m)u即丄kx20丄(M2 2m)u2此時彈簧被壓縮的長度是 xmv、k(M m)1_4.1000(11)0.04 m碰撞

8、后，兩物體粘在一起，這種碰撞為完全非彈性碰撞。3.7 質(zhì)量為m,總長為I的鐵鏈，開始時有一半放在光滑的桌面上，而另一半下垂，試求A=Ep =1(2mgl)1(mgl)mgl8鐵鏈滑離桌面邊緣時重力所作的功。解:重力所作的功，等于鐵鏈勢能增量的負(fù)值，取桌面為勢能零點(diǎn)，因而有3.8 一沿x軸正方向的力作用在一質(zhì)量為3.0kg的質(zhì)點(diǎn)上。已知質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動學(xué)方程為 x 3t 4t2 t3,這里x以m為單位，時間t以s為單位。試求:(1 )力在最初4.0s內(nèi)的功；(2)在t=1s時，力的瞬時功率。解：(1)由運(yùn)動學(xué)方程可求質(zhì)點(diǎn)的速度v 生 3 8t 3t2dt1 2 1 2 2質(zhì)點(diǎn)的動能為Ek(t) -mv

9、23.0 (3 8t 3t2)2根據(jù)動能定理，力在最初4.0s內(nèi)所作的功為AEkEk(4.0)Ek(0)528 J(2)a=dv dt6t 8質(zhì)點(diǎn)所受的力為F=ma= 3 (6t8)功率為p(t) Fv3 (6t8) (3 8t 3t2)t=1s時的瞬時功率 p(1)12 W3.15長度為I的輕繩一端固定，一端系在一質(zhì)量為 m的小球，繩的懸掛點(diǎn)下方距離懸掛點(diǎn) 的距離為d處有一釘子。小球從水平位置無初速度釋放， 欲使球在以釘子為中心的圓周上繞 一圈，試證d至少為0.6l。解：若小球以釘子為中心恰好能完成圓周運(yùn)動則有v2mg m -l d小球運(yùn)動過程中繩子張力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，以最

10、低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)由機(jī)械1 2能守恒得mgl mv mg2(l d)解方程得d 0.6l9.9 一對“無限長”的同軸直圓筒，半徑分別為R和R2(尺只2)，筒面上都均勻帶點(diǎn)，沿軸線單位長度的電量分別為牀口 2。試求空間的電場強(qiáng)度分布。解：根據(jù)電荷的軸對稱分布可知電場應(yīng)是軸對稱分布的，以直圓筒軸線為軸，作一半徑為 r，高為I的閉合圓柱面為高斯面。由高斯定理有(1) r R,區(qū)域- EdSR,r R2區(qū)域E=0dSE 2 r I =丄1 10E= 21or-EdSl= I( 1+ 2)l0E=220r9.11功。解：把單位正電荷從電偶極子軸線的中點(diǎn)O沿任意路徑移到無限遠(yuǎn)處，求靜電力對它作的圖中O點(diǎn)的電勢

11、為q4 0(l/2)4 o(l/2)=o根據(jù)Aab = q0(A =09.13求與點(diǎn)電荷8q=2.0* 10 C分別相距a=1.0m和b=2.0m的兩點(diǎn)的電勢差。解:-)=90 Vb9.16 半徑為R的均勻帶電球體，其電荷的體密度為，求：（1）球外任一點(diǎn)的電勢;球表面上的電勢；（3）球內(nèi)任一點(diǎn)的電勢解：由高斯定理求出均勻帶電球體的電場分布為(2)rE=以無窮遠(yuǎn)為電勢零參考點(diǎn)，則(r R) 3 03(r R)(1)球外一點(diǎn)的電勢(rR )：rjR3(2)球面上的電勢（r=R )：3drR23?(3)球內(nèi)一點(diǎn)的電勢(rR )：Rdrr 3 0R3帚水 67(3r2 r2)9.21半徑為R的導(dǎo)體球帶

12、電量為q，球外套以內(nèi)、外半徑分別為R2和R,的同心導(dǎo)體球殼,球殼上帶電量為 Q. （1）求球和球殼的電勢 （2）求球與球殼間的電勢差 和球殼連接起來，再回答（1）（2）兩問；（4）若將球殼外面接地，再回答（ 解：（1）先由高斯定理求出電場強(qiáng)度分布（3）用導(dǎo)線把球1） （ 2）兩問0(r R)汁T（R14rE_0（ R2 rq Q /2（r4r再根據(jù)電勢的定義得導(dǎo)體的電勢為rR2)R3)R)R21 _ & 4orR3 4dr 才詩1R2)_q Q40R3導(dǎo)體殼的電勢為(2)2_dr_2r3 4 0r2導(dǎo)體球與球殼間的電勢差為q Q4 oR;(i_q1 - 2 _4(3)用導(dǎo)線將導(dǎo)體球與球殼連接后

13、，電荷全部分布在球殼的外表面上，其電量為在這種情況下，電場強(qiáng)度的分布為0( rR3)E_ q Q嚴(yán)弋仃 R)4 or此時2 _qR3 42 dror=_q=4Q2or因?yàn)? - 2 =0(4) 用導(dǎo)體將球殼的外表面接地，則球殼只有內(nèi)表面有電量-q分布，此時，電場強(qiáng)度的分布為0(r R)E=rR2)4 or0(r R)因此有2 =0R2ri 4q2ordriR29.31 一半徑為R的長直徑導(dǎo)線的外面,iR2套有內(nèi)半徑為R2的同軸薄圓筒，它們之間充以相對介電常數(shù)為r的均勻電介質(zhì)。設(shè)導(dǎo)線和圓筒都均勻帶電，且沿軸線單位長度帶電量分別為和 。(1 )試求導(dǎo)線內(nèi)、導(dǎo)線和圓筒間、圓筒外三個控件區(qū)域中電場強(qiáng)度

14、分布(2)求導(dǎo)線和圓筒間的電勢差解：(1)由電荷分布的柱對稱性可知電場也是柱對稱分布的，作與導(dǎo)線同軸的封閉圓柱面為高斯面，其上、下底面與軸線垂直。由介質(zhì)中的高斯定理知對rR1D dS=D 2 rl=0D=0E= D=0R1rD= 2 rDE= =0 r 20 rrrR2（2）=R2dr =In R2R 20 r r20 rR9.32導(dǎo)體球帶電8q=1.0* 10 C,半徑為R=10.0cm，球外有兩種均勻電介質(zhì)，一種介質(zhì)的相D=0E=0對介電常數(shù) ri =5.0，緊貼球面成球殼狀包圍導(dǎo)體球，厚度為 d=10.0cm;另一種介質(zhì)為空氣r2=1.0，充滿整個空間。（1） 求離球心0為r處的場強(qiáng)，并

15、算出r等于5.0cm、15.0cm及25.0cm處的電位移 D和場 強(qiáng)E的值（2）求離球心 O為r處的電勢，并算出 r等于5.0cm、15.0cm及25.0cm處的電勢 的值解：（1）由電荷分布的球?qū)ΨQ性可知電場也是球?qū)ΨQ分布的，電場強(qiáng)度E和電位移矢量 D的方向是沿徑向的，作同心球面為高斯面，由高斯定理很容易知道D和E的分布。0(r10cm)qD=2 (10cm r 20cm)4 rq2 (r 20cm)所以 r=5.0cm,4 rr=15.0cmD2=篤=3.5* 10 8(C/m2)4 rr=25.0cm（2）由電勢的定義可知E2 = -d=8.0* 102 (N/C)0 r1q82D3

16、=2 =1.3* 10 (C/m )4 rD33E3= =1.4* 10 (N/C)0 r20(r10cm)D e=0 rq2 (10cm r 20cm)40 r1rq2 (r 20cm)40 r2rD1 =0E1 =0當(dāng)r 10cm時,0.10.20dr +0.1 4dr+0.2 drr10 r2=q40 r1102)+ 40.210cm r 20cmr 20cm所以 r=5.0cm,r=15.0cmr=25.0cm2=5.4*10(V)Rr +r1 r0.2 420 r2drq 丄丄40 r1 r 022dr = 一4 0 r2r 421 =5.4* 10 V22 =4.8* 10 V3=

17、3.6* 102V1 * 1* r2 2q0 r2r9.34 一平行板電容器的兩極板上，帶有等量異號電荷， 板間充滿r=3.0的電介質(zhì)，電介質(zhì)6電場強(qiáng)度為1.0* 10 V/m，不計邊緣效應(yīng)。試求：（1 ）電介質(zhì)中電位移 D的大小和方向（2）極板電荷的面密度解：（1）因板間充滿的是各向同向同性均勻介質(zhì)，所以52D= 0 r E=2.7* 10 （C/m ）（2）設(shè)極板面電荷密度為，在板間作一底面積為S的封閉柱面為高斯面，其軸線與板面垂直，兩底面與極板面平行，而且上底面在極板內(nèi)，由電介質(zhì)中的高斯定理知：D dS=D S=S所以=D=2.7* 10 5 （C/m2）10.4將一無限長直導(dǎo)線彎成如圖

18、所示的形狀，其上載有電流I，試計算圓心 O點(diǎn)處B的大小1解： 圓心O點(diǎn)出的B是由長直導(dǎo)線 AB、CD和-圓弧導(dǎo)線BCD三部分電流產(chǎn)生的3磁場疊加而成，因此可用疊加原理求解弧BCD在0點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B1的大小為B1= 04Idl 0I6rIrd 02r方向垂直紙面向里，載流長直導(dǎo)線AB在O點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小為其中1 =052=6b2=4 a0I (cos 1cos 2)oa=r cos 60 =r/2所以方向垂直紙面向里載流直導(dǎo)線DE在0點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B3的大小為所以B3= (cos4 a561 cosoa=r cos 60 = r/20點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為10.17 一無限長直載流導(dǎo)線,B3=-2 rB= B1+B2+ B3通有電流方向垂直紙面向里0.21 oI方向垂直紙面向里r50A，在離它0.05m處有一