大学物理习题册答案

《大学物理》

练习册

解 题 指 导

安徽大学物理与材料科学学院

基础物理教学部编

*第一章 质点运动学

一、选择题：1.C 2.D 3.BB 4.D 5.D 二、填空题：

1、?gsin30?，

?2gcos30? 2、变速曲线运动，变速直线运动，匀速曲线运动

?ut3、y?2px，，2put，ui?22pupu?，?j 2t8t34、80m/s，2m/s 5、102m/s，东偏北45? 三、计算题 1．解：

（1）在最初2s内的平均速度为

?xx(2)?x(0)(4?2?2?23)?0?x?????4(m/s)

?t?t2质点的瞬时速度为 ?x?dx?4?6t2 dt2s末的瞬时速度为 ?x(2)?4?6?22??20(m/s) （2）1s末到3s末的位移为

?x?x(3)?x(1)?(4?3?2?33)?(4?1?2?13)??44(m)

1s末到3s末的平均速度为

?x??xx(3)?x(1)?44????22(m/s) ?t?t2（3）1s末到3s末的平均加速度为

??x?x(3)??x(1)(4?6?32)?(4?6?12)ax?????24(m/s2)

?t?t2不能用a?a1?a2计算。 2（4）质点的瞬时加速度为 ax?d?x??12t dt

3s末的瞬时加速度为 ax(3)??12?3??36(m/s2) 2．解：

（1）位置矢量的表达式为

?????r?xi?yj?(3t?5)i?(0.5t2?3t?4)j

（2）质点的速度为

?x?????dxdy??3，?y??t?3 ???xi??yj?3i?(t?3)j dtdt质点的4s时的速度为

?????(4)?3i?(4?3)j?3i?7j ????x2??y2?32?72?58?7.6m/s y?y7速度与x方向的夹角为??tg?tg?1?66.8? ?x3?1?0l3．解：

建立如图所示的坐标系， hdl???0 根据题意可得 dt由上图可得 x?l?h

22xxodxldll??(??0)?船的速率 ?x?22dt22dtl?hl?hh2?x2(??0) xd?x船的加速度大小 ax??dth2(l?h)2322h22(??0)??3(?0)

x2h2?s2h22当x=s时，ax??3(?0)，?x?(??0)

ss4．解：

16?4 22t2d?2?8t P点的速率为 ??4t P点的切向加速度大小为 a??dt22由线速度公式 ??R??Rkt?1?kt 得 k???(4t2)2??16t4 P点的法向加速度大小为 an?R1t=1时：

?2??4t2?4?12?4(m/s) a??8t?8(m/s2)

an?16t4?16?14?16(m/s2)

a?a??an?162?82?85?17.9(m/s2)

5．解：

建立如图所示的坐标系 （1）船的速度分量为

22yl?x???sin????sin15? ?y???cos??????cos15???

船到达对岸要花的时间为

????oxt?l?x?l1000??2.6?103(s)

??sin15?1.5sin15?船到达对岸时，在下游的坐标为

y??yt?(??cos15???)t?(1.5?cos15??2)?2.6?103??1.4?103(m)

（2）船的速度分量为 ?x???sin?，?y???cos??? 船的运动方程为 x??xt???sin? t，y??yt?(??cos???)t 船到达对岸时，x?l，t?l，

??sin?ll??lctg??

??sin???sin?dydy?0时，y取极小值。将上式对?求导，并令?0，求得 当d?d???1.5cos????0.75

?2所以，y?(??cos???)t?(??cos???)船头与河岸的夹角为 ??41.4? 船到达对岸要花的时间为

t?l?x?l1000??1.0?103(s)

??sin?1.5?sin41.4?船到达对岸时，在下游的坐标为

y??yt?(??cos41.4???)t?(1.5?cos41.4??2)?1.0?103??875(m)

第二章 牛顿定律

一、选择题：1.B 2.B 3.A 4.DC 5.B 二、填空题： 1、0.2N

FF111d2x2、F0(1?kt)?m2，?0?0(t?kt2)，?0t?0(t2?kt3)

m2m26dt3、mg/cos?，sin?4、

gl cos?2m2g 5、12 rad/s

4m1?m2三、计算题 1．解：

设两根绳子的张力分别为T1、T2；

A?； m2、m3相对B轮的加速度为a2m1、m2、m3的加速度分别为a1、a2、a3。 根据牛顿运动定律

a1T1T1Ba1m1T2T2a?2m1g?T1?m1a1??a1) m2g?T2?m2a2?m2(a2a2a?2??a1) 2T2?T1?0 m3g?T3?m3(?a3)?m3(?a2由以上六式解得

a1?21??g?3.92(m/s2) g?1.96(m/s2) a25513a2?g?1.96(m/s2) a3?g?5.88(m/s2)

55m2a3m3T1?0.16g?1.568(N) T2?0.08g?0.784(N) 加速度方向如图所示。 2．解：

（1）由牛顿运动定律F?ma得

?k?2?md? dt

kd?dt?2 m?t?d?k两边积分 ??dt??2得

0?0?m上式分离变量 ?速率随时间变化的规律为 ??1k?t?0mt01 （1）

（2）由位移和速度的积分关系 x???dt?x0，设x0?0 积分 x???dt??0tt110?0?ktmdt?m1km1ln(?t)?ln k?0mk?0mkln1(??0t) （2） km路程随时间变化的规律为 x?（3）将（1）、（2）两式消去t 得 ???0e3．解： 解法一

以钉子处的重力势能为零。

?kxm

baa?b?xx则静止时及另一边长为x时的机械能分别为

E0??mambag?bg a?b2a?b2ma?b?xmx1E??(a?b?x)g?xg?m?2

a?b2a?b22由机械能守恒定律E?E0，求得

??由??2g(x?a)(x?b) a?bdxdx得dt?，积分得 dt?ta?bt??dt??0dxa???a?bdx2g(x?a)(x?b)a?ba?a?ba?bln2ga?b

解法二

左右两部分分别应用牛顿运动定律

T?mmd?(a?b?x)g?(a?b?x) a?ba?bdtmmd?T?xg??x

a?ba?bdtmd?(2x?a?b)g?m a?bdt两式相减得，并利用

两边乘dx

mdx(2x?a?b)gdx?md? a?bdtdx??，简化得 利用dt1(2x?a?b)gdx??d? a?ba?b?1(2x?a?b)gdx???d? 两边积分 ?a0a?b得 ??2g(x?a)(x?b)a?b

以后与解法一相同。 4、解：

设弹簧原长为l，劲度系数为k，由于是弹性力提供了质点作圆周运动的向心力，故有

m r?2＝ k ( r – l)

其中r为滑块作圆周运动的半径，m为滑块的质量．由题设，有

r ＝f l

因而有

mfl?2?kl(f?1)

又由已知条件，有

mf0l?0?kl(f0?1)

整理后得ω与f的函数关系为

2f?2f0?02?f?1f0?15、解：

以r表示小球所在处圆锥体的水平截面半径．对小球写出牛顿定律方程为

Tsin??Ncos??ma?m?2r

①

Tcos??Nsin??mg?0 ②

其中

r?lsin? ③

联立求解得：

(1) N?mgsin??m?2lsin?cos?

T?mgcos??m?2lsin2?

(2) 

??c,N?0

?c?g/lco?s

T?mg/co?s

Ol? H

? 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律

一、选择题：1.A 2.A 3.D 4.C 5.C 二、填空题：

1111?mgxmgx0 1、?mgx0，mgx0，?mgx0 mgx，，00222221mM1mM(M?m)?02?2、882J 3、0，18J，17J，7J 4、， 022(M?m)s?l2M?m?5、54i(N?s)，27(m/s) 三、计算题 1．解： 解法一

设船和人相对于岸的速度分别为V和?，船和人相对于岸移动的距离分别为x和y。

由动量守恒定律 MV?m??0 上式对时间积分

?t0MVdt??m?dt?0

0t得 Mx?my?0 （1） 由题意可知 x?y?L （2）

式中 L为船头到船尾的长度。 由（1）、（2）解得

x?m50L??3.6?1.2?m?

M?m100?50解法二

人走动过程中，人和船的质心位置不变。

Mx0?my0Mx1?my1?

M?mM?mM(x1?x0)?m(y1?y0)?0

Md?m(l?d)?0

d?m50l??3.6?1.2?m?

M?m100?502．解：

（1）由功的定义

A??x2x1fdx??1.000.50?4x?6x?dx??2x22?3x31.000.50??3.25?J?

（2）由动能定理得(不计重力)

A?1M?2?0 2解得

??3．解：

2A2?3.2513???1.80?m/s? m22第一阶段：子弹射入到相对静止于物块A。由于时间极短，可认为物块A还没有移动，应用动量守恒定律，求得物块A的速度?A

(M?m)?A?m?0 ?A?m?0

(M?m)第二阶段：物块A移动，直到物块A和B在某舜时有相同的速度，弹簧压缩最大。应用动量守恒定律，求得两物块的共同速度?

(2M?m)??(M?m)?A ??(M?m)m?A??0

(2M?m)(2M?m)应用机械能守恒定律，求得弹簧最大压缩长度

1112(2M?m)?2?kx2?(M?m)?A 222x?m?04．解：

M

k(M?m)(2M?m)设小球和圆弧形槽的速度分别为?1和?2 (1)由动量守恒定律 m?1?M?2?0 由机械能守恒定律 由上面两式解得

112m?12?M?2?mgR 22

?1?2MgR?Mm?M2gR ?2??m?m?M?M2gR

?m?M?M(2)小球相对槽的速度为

???1??2?(M?m)2gR

?m?M?M竖直方向应用牛顿运动第二定律

N?mg?m?2R

2mg2m2g N??N?mg?m?mg?(M?m)?3mg??m?M?MRM2?25．解：

此力所作的功的表达式为

??xyxyA??F?dr??Fxdx??Fydy??3dx??5dy?3x?5y

0000功与积分路径无关。

此力所作的功为

??2?32?3A??F?dr??Fxdx??Fydy??3dx??5dy??9J

0000根据动能定理，质点动能的变化等于合外力所作的功

?Ek?A??9J

*第四章 刚体的转动

一、选择题：1.B 2.D 3.A 4.A 5.A 6.CB 二、填空题：

1、4s，?15m/s 2、4、

1311MR2 3、mgl，mgl 3221813g113g， 5、ml?，ml2?2，ml2? 2l632l16、4ml2?，14ml2?，(14m?9M)l2，(14m?9M)l2?2

2三、计算题 1．解：

??2?n?0??40?(rad/s2)?126(rad/s2) ?t0.511这段时间转过的角度 ???t2??40??0.52?5?，转过了2.5转。

22（1）飞轮的角加速度 ????此时的角速度 ??2?n?20??rad/s? （2）由动能定理得拉力的功

A?111112J?2?0??MR2??2???5?0.152??20???11.25?2?111?J? 22222由功的定义 A??Md???F?r?d??F?r???

AA11.25?2???15??47?N? 拉力大小 F?r???R???0.15?5??(rad/s) （3）t=10秒时，飞轮的角速度 ???t?400??0.15?60??188.5(m/s) 轮边缘上一点的速度 ???r??R?400轮边缘上一点的切向速度大小 a????r?40??0.15?6?m/s2?18.9m/s2 轮边缘上一点的法向速度大小 an?r?2?24000?2?2.37?105m/s2

2?2.37?105?m/s2? 轮边缘上一点的加速度大小 a?a?2?an??????2．解：

（1）用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。

对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律

T1?m1g?m1(?a)

对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律

T2??N?m2a N?m2g?0 对滑轮，应用转动定律

NaT2T2N?T2r?T1r?J???? 并利用关系

f?m2ga?r? 由以上各式， 解得

a?m1??m2Jm1?m2?2r?g

mgT1T1am1gJJm??m??1122rrT1??m1g T2??m2g JJm1?m2?2m1?m2?2rrm2??m2?（2）??0时

m1r2ga??g?

Jm1r2?m2r2?Jm1?m2?2rm1T1?m2?Jr2Jr2?m1g?m1?m2?m1?J?m1g

m1r?m2r2?J222?mrm1r2?m2gT2??m2g?

Jm1r2?m2r2?Jm1?m2?2r3．解：

（1）由转动定律 M?J?

MF?r98?0.2???39.2rad/s2 JJ0.5????

（2）由动能定理 Ek?0?A

Ek?A?F?h?98?5?490?J?

（3）对物体应用牛顿运动定律 mg?T?m?a 对滑轮应用转动定律 ?T?r?J???? 利用关系 a?r? 由以上各式解得

??4．解：

mJmr?rg?mrg10?0.2?9.82 ??21.8rad/s22mr?J10?0.2?0.5??应用角动量守恒定律

J??mR2??J?? ?mR2?解得 ??????1?J??

??mR2则角速度的变化 ?????????

J系统动能的变化 ?Ek?11?J??2?J?mR2?2 22??2122mR?1) 即 ?Ek?mR?(2J5．解：

以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒定律

1211?22kx?m??J2?mgxsin370?0 222r（1）??0时，得x?0或x?（2）x?1时

1mgsin37??kx22?11Jm?22r22?2.0?9.8?sin37??11.8?m?

2??12.0?9.8?sin37???2?122?1.7?m/s?

110.5?2.0??22(0.3)2

6．解：

（1）应用角动量守恒定律

31?3?m??l?Ml2??m?l??

43?4?33m??8?10?3?20044??8.9?rad/s? 得??9?9?1?1?3??M?m?l??1??8?10??0.416?10?3?3?2（2）应用机械能守恒定律

113l3ll3l[Ml2?m(l)]?2?Mg?mg??Mgcos??mgcos? 234242429M?m8?l???0.079 得 cos??1?32M?3mg??94.5?

第六章 热力学基础

一、选择题：

1.C 2.C 3.C 4.B 5.A 6.A 二、填空题：

p1?1p01、 2、260J，-280J

V1?1V03、

- - - 0 - - 0 - + - + + - - 0 - - + 4、2.5(p2V2?p1V1)，0.5(p2?p1)(V2?V1)，3(p2V2?p1V1)?0.5(p1V2?p2V1) 5、268J，732J 6、概率，概率大的状态 三、计算题 1．解：

（1）?E?CV?T?A?0

33R?T??8.31?50?623(J) 22Q?A?623(J)

（2）?E?CV?T?V2T2V1T133R?T??8.31?50?623(J) 22A??pdV??RdT?R?T??8.31?50?416(J)

Q?A??E?1039(J)

2．解：

（1）?E?CV?T?55R?T??8.31?60?1246.5(J) 22A?RTlnV2?8.31?(273?80)ln2?2033.3(J) V1Q?A??E?3279.8(J)

（2）A?RTln?E?CV?T?V2?8.31?(273?20)ln2?1687.7(J) V155R?T??8.31?60?1246.5(J) 22Q?A??E?2934.2(J)

3．解：

卡诺循环的效率 ??1?T2300?1??25% T1400V20.005?8.31?400ln?5350(J) V10.001从高温热源吸收的热量 Q1?RTln循环中所作的功 A??Q1?0.25?5350?1338(J)

传给低温热源的热量 Q2?(1??)Q1?(1?0.25)?5350?4013(J) 4．解：

Q1?CMCV?T?V(p1V2?p2V2) MmolRCpMQ2?CP?T?(p2V1?p2V2)

MmolRV1?1)Cp(p2V1?p2V2)Q2V2??1??1??1??

pQ1CV(p1V2?p2V2)(1?1)p2(5．解：

设冷却过程中降温是可逆过程，则其熵变为

?S??T2MCdTTdQ273?27???MCln2?5?544?ln??1760(J/K) T1TTT1273?300

第七章 气体动理论

一、选择题：1.D 2.B 3.D 4.D 5.C 6.C 二、填空题：

1、相同，不同；相同，不同，相同

2、分子体积忽略不计，分子间的碰撞是完全弹性的，只有在碰撞时分子间才有作用

3、速率在?p以上的分子数占总分子数的百分比，分子平均平动动能，

??0f(?)d??1，速率在0~?内的分子数占总分子数的百分之百

4、氧气，氢气，T1 5、3，2，0

6、9.42?10?21J，9.42?10?21J，1:2 三、计算题 1．解：

p1?M1RTM2RT，p2?

M1molVM2molVp?p1?p2?(?7.55?104Pa2．解：

MHeMHemol?MH2MH2molRT4.0?10?54.0?10?58.31?(272?30))?(?)??3?3 V4.0?102.0?101.0?10?3方均根速率 ?2?3RT Mmol氢的方均根速率 ?2?3RT3?8.31?3003??1.93?10(m/s) ?3Mmol2?103RT3?8.31?300??4.83?103(m/s) ?3Mmol32?103RT3?8.31?3002??1.93?10(m/s) ?3Mmol200?10

氧的方均根速率 ?2?水银的方均根速率 ?2?

平均平动动能 ?k?3．解：

33kT??1.38?10?23?300?6.21?10?21(J) 22?p?2RT MmolMmolυ22RT-Mmol3?N?f(?)???4?()2eN2?RT?2??

?NpN?4?(?f(?p)??32Mmolυp2-Mmol2)e2RT?p??2?RTMmol32RT?4?()2e?1??2?RTMmol

Mmol1?4()2e?1??2?RT12?10?3?4()2?e?1?202??8.31?300?=1.05% 4．解： （1）由 得

??0f(?)d??1

??F04??2Ad??1 N34??FA3N即 ?1，A?33N4??F（2）

????f(?)d???0??F0?F314??23N124m???d??m??d?33?022N4??F?F3132?(m?F)?EF5255．解： （1）??8RT?Mmoln?p kT

，

Z?2?d2n??2?d2?102pkT8RTRTp?4?d2?Mmol?MmolkT8.31?2731.013?105 ?4?(3.0?10)???3?23??28?101.38?10?273?5.42?108(次/s)（2）

Z?4?d2RTp8.31?2731.33?10?4?102?4?(3.0?10)???MmolkT?0.71(次/s)

??28?10?31.38?10?23?273

第八章 静电场

一、选择题：1.D 2.D 3.C 4.C 5.D 6.D 二、填空题： 1、

q4??0a2，由O指向D 2、0，

?3?0r2(r3?R13)，

?33(R?R) 2123?0rq24111q1?q23、??0E0，?0E0 4、0，0 5、1(?) 6、

334??0rR4??0R1三、计算题 1．解：

oAdxBPxdEPxLd建立如图所示的坐标系，在导线上取电荷元?dx。

电荷元?dx在P点所激发的场强方向如图所示，场强大小为

dEP?1?dx24??0(L?d?x)

导线上电荷在P点所激发的总场强方向沿x轴正方向，大小为

EP??dEP??L1?dx

04??0(L?d?x)2?1111?(?)?9?109?5?10?9(?)?675(V/m)4??0dd?L0.050.202．解：

在半径为R的圆形平面上，

取半径为r的宽度为dr的同心圆环，则 圆环面积 dS?2?rdr

dd? 由关系得 r?dtg?，dr?2cos?drRd2?R2rO?d?qA通过面积dS的电通量为

d?E?Ecos?dS?Ecos?2?rdr 又因为 E?所以

q 224??0r?d1

d?E?q1cos?2?rdr?4??0r2?d24??01qd1cos?2??dtg?d??sin?d?2d22?0cos?()cos?通过圆平面的电通量为

?E??d?E???0qqqdsin?d??(1?cos?)?(1?)

222?02?02?0R?d另解：圆平面的电通量等于以为R2?d2半径，以圆平面的边界为边界的球冠表面的电通量

?E??d?E?ES?E?2?rh1 qqd2222??2?R?d(R?d?d)?(1?)22224??0R?d2?0R?d3．解：应用场强叠加原理求解

P点场强大小为

3??rPOEP?ERP?ErP??14??0432rPO?1??r34??0(rPO4?r33?(?rPO)

?rOO?)23?0(rPO?rOO?)2场强方向沿x轴方向，正值沿x轴正方向。

P?点场强大小为

P?PROO?rxEP??ERP??ErP???场强方向沿

14??0??R343rP2?O41?r3R33??(?2)224??0(rP?O?rOO?)3?0(rP?O?rOO?)rP?O??r3x轴方向，正值沿x轴正方向。

4．解：

设地球带的总电量为Q，大气层带电量为q。 （1）根据高斯定理

E?4?R2?Q?0

地球带的总电量为

Q?E?4?R2?0??200?1(6.37?106)2??9?105(C) 99?10（2）根据高斯定理

E?4?(R?h)2?Q?q?0

16255(6.37?10?1400)?9?10?8.1?10 99?101400m厚的大气层带电量为

q?E?4??0(R?h)?Q??20?2大气层的平均电荷密度为

??q4?(r3?R3)3q8.1?105?123???1.13?10(C/m) 2624?Rh4??(6.37?10)?14005．解： 由高斯定理 当r>R时，E1?Q4??0r2

Q43?r3?Qr34??0R 1?1orPRP43?R13当r

PrPR沿径向路径积分得

VP??E2?dr??E1?dr??rPRR?RrP?1QQr?dr??dr32?R4??0R4??0r1Q(3R2?rP2)?4??02R316．解：

（1）静电感应和电荷守恒定律，外导体球的内表面带电-q， 外导体球的外表面带电+q，总电量为零。 外球电势分别为

?q?q?qr1

r2V?q

4??0r21（2）外球接地电势为零 由电势叠加原理

q1Q2??0

4??0r24??0r21外球带电量为 Q2??q

外球的外表面不带电，内表面带电?q， （3）内球接地电势为零 由电势叠加原理

Q11Q2??0 得

4??0r14??0r21Q1??Q2rr1?q1 r2r2V2?1Q11Q21Q1?Q21q????(r2?r1) 24??0r24??0r24??0r24??0r21q4??0r22(r2?r1)?q1q??(2r2?r1)

4??0r24??0r221外球电势的改变为 ?V2??

第九章 静电场中的导体与电介质

一、选择题：1.BC 2.B 3.C 4.B 5.D 二、填空题： 1、

S?1?2Rr1?0S21?0S21?0S2U，?U，U 2、， 3、

rR22d22d22d?1d2??2d1?、?r ，1， ?r ?、 1/16， 1/4 三、计算题 1．解：

设极板带电量为Q，面电荷密度为?0。 无玻璃时电势差为 U1?E1d???0E1Sd??0?0Sd

有玻璃时电势差为 U2?E1(d??)?E2?)?电势差比为

?0S(d??)??0? ?rS??0???0dU1?rd?rdS???

??U2?r(d??)???rd?(1??r)?0(d??)?0?S?rS?0E1SE2d2．解：

由介质中的高斯定理得 （1）导体内外的电位移为

r?R0，D?Q 4?r2R0R1R2r?R0，D?0 由于 E?D?，所以介质内外的电场强度为

r?R0，E?0 R1?r?R0，E?D?Q4??0r2?0

R2?r?R1，E?DD?r?0Q?Q4??r?0r2

r?R2，E??0?4??0r2

（2）介质内的电极化强度为 P?(?r?1)?0E?(?r?1)Q 2由???Pn

介质外表面上的极化电荷面密度为

??(?r?1)QR2?PnR2??4?R2

r2介质内表面上的极化电荷面密度为

??(?r?1)QR1??PnR1???4?R2

r13．解：

（1）由介质中的高斯定理得

D??02?r E??02??r r?0（2）由???Pn

介质内表面上的极化电荷面密度为

???0R1??PnR1??(?r?1)2??R

r1介质外表面上的极化电荷面密度为

???0R2?PnR2?(?r?1)2??

rR24．解：

（1）由介质中的高斯定理得

r?R1，D?0 R2?r?R1，D?Q4?r2

?r4?rP?(??r?1)?0E?(?r?1)02?? rrRR21QR3?QQ

R3?r?R2，D?0 r?R3，D?Q 24?r系统储存的电能为

R21?1D2Q2Q2W??wdV??dV??()dV?()dV22?R12?R32?02?04?r04?rQ2111(3?10?8)21119?(??)?9?10??(??)?102 4??02R1R2R322451?1.8?10?4(J)（2）由介质中的高斯定理得

r?R3，D?0 r?R3，D?系统储存的电能为

Q 4?r2R1R2R3?1D2Q21Q21W??wdV??dV??()dV?2R32?2?04??02R304?r?9?109?5、解：

(3?10)1??102?8.5?10?5(J)25?82 Q选x轴垂直导体板，原点在中心平面上，作一底面为S、长为2x的柱形高斯面，其轴线与x轴平行，上下底面与导体板平行且与中心平面对称．由电荷分布知电场分布与中心面对称．设底面处场强大小为E．应用高斯定理： 2SE??q/?0?2nqS/x?0 得 E?nqx/?0 方向如图所示 由于导体板接地，电势为零，所以x处的电势为

dd E S 2d 2x S E x O U??Edx?(nq/?0)(?xdx)?(nq/2?0)(d2?x2)

xx

第十章 恒定电流

一、选择题：1. C

参考解：断开前：流过线圈的电流为(R ?为自感线圈的电阻)

I0 = ??/ R ?= 4 A

断开后： I?I0e??R??R?t/L?0.33 A 2. C 3. A

二、填空题：

1、 6.71×10-5 A 2、12 m 3、 (kr)2/?，?lk2R4/2? 参考解： w??E2 J??E ∴ w?J2/??(kr)2/?

?lk2R4lkrdr?Q??w?dV??wl?2?r?dr? ??2?02?l23R三、计算题 1、解：

??I1R?I3R?(q/C)?0 ①

I2R?I3R?(q/C)?0 ②

I2?I3?I1 ③

由①、②、③三式解得

3I3R?(2q/C)??

3R(dq/dt)?(2q/C)??

2tC?()?解得 q?Aexp? 3RC2 I1 R K I2 I3 R R ??C 由 t = 0， q = 0 得

q?C?2t[1?exp(?)] 23RC

2．解：

(1) 铜棒电阻 R?1l2?5??2.2?10? 7?6?S5.7?10?20?80?10U50?10?33?2.27?10A (2) 棒中电流强度 I???5R2.2?10I2.27?10362?1.4?10A?m 电流密度 j?? ?6S20?80?10V50?10?3?2.5?10?2V?m?1 (3) 电场强度 E??l2j1.4?106?4?1??1.0?10m?s(4) 电子漂移速度 v? 10ne1.36?10

第十一章 稳恒磁场

一、选择题：1.C 2.A 3.D 4.C 5.A 6.C 7.B 二、填空题：

11、0.024Wb，0，0.024Wb 2、?0nI，?0nI

23、?0(I2?I1)，?0(I2?I1) 4、平行于x轴，沿z轴的反方向 5、

?0I4R11?()2， 6、BI(l?2R) 7、2pmB

?三、计算题

1． 解：建立如图所示的坐标系，在导体上取 宽度为dy窄条作为电流元，其电流为

dI?Idy bbIydB（1）电流元在M点的磁感强度大小为

dB?M?0dI2?(1.5b?y)??0I2?(1.5b?y)bdy

bdBoydy方向如图所示 M点的磁感强度大小为

xNxB??dB??b2b?2?0I2?(1.5b?y)bdy??0Iln2 2?bb/2磁感强度方向沿x轴负方向。 （2）电流元在N点的磁感强度大小为

dB??0dI2?x?y22??0I2?bx?y22dy

根据电流分布的对称性，N点的总的磁感强度沿y由方向。 N点的磁感强度大小为

B??dBy??xx2?y2dB????b2b?2x?0Ix2?y22?bx2?y2dy??0Ibarctg ?b2x磁感强度方向沿y轴正方向。

2．解：

设两段铁环的电阻分别为R1和R2，则 通过这两段铁环的电流分别为

BII2R2?2I1?IR2R1，I2?I

R1?R2R1?R2O?1AI1R1两段铁环的电流在O点处激发的磁感强度大小分别为 B1??0I1?1?0IR2?1 ?2R2?2RR1?R22?B2??0I2?2?0IR1?2 ?2R2?2RR1?R22?R?lr???可知 1?1 所以 B1?B2 SSR2?2根据电阻定律R??O点处的磁感强度大小为 B?B1?B2?0 3．解：

（1）两导线电流的P点激发的磁感强度分别为

B1??0I12?(r1?12r2)，B2??0I22?(r1?12r2)

P点的磁感强度为

4??10?7?20?5B?B1?B2?2??2??4?10(T) 12?(r1?2r2)2??0.20?0I1方向垂直于纸面向外。

（2）在矩形面上，距离左边导线电流为r处取长度为l宽度为dr的矩形面元，电流I1激发的磁场，通过矩形面元的磁通量为

d?1?B1dS??0I1ldr 2?r电流I1激发的磁场，通过矩形面积的磁通量为

?1??d?1??r1?r2r1?0I1?0I1lr1?r24??10?7?20?0.250.30ldr?ln?ln2?r2?r12?0.10

?10?6ln3?1.1?10?6(Wb)

同理可得，?2??1

通过矩形面积的磁通量为???2???2.2?10?6(Wb)1 4．解：

（a）设金属圆柱体在挖去小圆柱前在o、o?处 激发的磁感强度由安培环路定理求得

Rodo?rBo1?0

Bo?1??0I1??0?0II22??d?d 22222?d2?d?R??r2?dR?r（b）设被挖去小圆柱在o、o?处激发的磁感强度大小分别为Bo2和Bo?2 根据安培环路定理，得

Bo?2?0

Bo2???0I2??0II2?0?r?r2 22222?d2?d?R??r2?dR?r(c)挖去小圆柱后在o、o?处的磁感强度大小分别为

Bo?Bo1?Bo2???0I2r 222?dR?rBo??Bo?1?Bo?2??0Id2 222?dR?r5．解：

（1）电子的运动速度为??2Ek，（偏向东）。 m??l??xR????B???（2）电子受到的洛仑兹力大小为

f?e?B

电子作匀速圆周运动，其加速度大小为

?2Ek1.6?10?19fee2?12000?1.6?10?19?5a???B?B??5.5?10? mmmm9.1?10?319.1?10?31?6.28?1014(m/s2)（3）匀速圆周运动半径为

m?m2Ek9.1?10?31R???eBeBm1.6?10?19?5.5?10?5?6.72(m)sin??l0.2??0.0298 R6.722?12000?1.6?10?19 9.1?10?31?x?R(1?cos?)?6.72?(1?1?0.02982)?2.98?10?3(m)?3mm 6．解：（1）由线圈磁矩公式

???M?pm?B

11M?pmBsin??I??R2?B?10????0.12?0.5?0.0785(N?m)

22方向沿直径向上。 （2）力矩的功为

11A?I???I??R2?B?10????0.12?0.5?0.0785(J)

22

*第十二章 磁场中的磁介质

一、选择题：1.D 2.D 二、填空题：

1、顺磁质、抗磁质、铁磁质 2、0.417A

3、减少，增大 4、铁磁质、顺磁质、抗磁质 5、

三、计算题 1．解： （1）H0?nI?N200I??0.1?200(A/m) l0.1?I2?RB?I2?r?0I2?rI2?RHI2?r?0I2?(R?d)oRR?droRrB0??0H0?4??10?7?200?2.5?10?4(T) （2）H?H0?200(A/m)

B??r?0H0??rB0?4200?2.5?10?4?1.05(T) （3）B0?2.5?10?4(T)

B??B?B0?1.05(T) 2．解： （1）H?nI?（2）M?BN400I??20?2?104(A/m) l0.4?0?H?1.045?2?10?7.76?10(A/m) ?74??10（3）?m??r?1?B1.0?1??1?38.8 ?74?0H4??10?2?10（4）?r?B1.0?39.8 ?74?0H4??10?2?10Is??sl?Ml?7.76?105?0.4?3.1?105(A)

3．解：

Rm?ll ??S?r?0S??4．解： （1）

FmFm100??r?0S??3000?4??10?7?8?10?4?9.6?10?4(Wb) Rml0.314R2R1?1?2由安培环路定理

r?R1 H?R2?r?R1 H?I?rI2?R12?1I1I?r B??H?rl122?r2?R122?R1

l?2I2?r2?r?IIr?R2 H? B??0H?02?r2?r B??2H?（2）

r?R1 M1??mH?(?1I?1)r2?02?R1

?IR2?r?R1 M2??mH?(2?1) ?02?r??M??dl??s?l，(M2?M1)l??s?l，?s?M2?M1

r?R1 ?1?M2?M1?(r?R2 ?2?0?M2???2??2??1III?1)?(1?1)R?12?02?R1?0?02?R12?R1

?2??0I?02?R2

第十三章 电磁感应 电磁场

一、选择题：1.D 2.B 3.D 4.D 5.A 二、填空题：

1、??0n? a2I0?cos? t 2、洛仑兹，感生电场

1Ir2) 3、?0N2S/l，?0NS/l 4、3A 5、0，?0(222?R6、变化的磁场激发涡旋电场，变化的电场激发涡旋磁场（位移电流） 三、计算题 1．解：

通过线圈abcd的磁通量为

?m??d?m??B?dS??SSl0?l1l0?0i?il?ll2?dr?0l2ln01 2?r2?l0（1）由于l2??t，所以，ab中感应电动势为

?i??d?m?Idll?l1?Il?l1

??002ln0??00?ln0dt2?dtl02?l0由楞次定律可知，ab中感应电动势方向由b指向a，即a点为高电势。 （2）由于i?I0cos?t和l2??t，所以，ab中感应电动势为

d?m?idll?l?dil?l??02ln01?0l2ln01dt2?dtl02?dtl0? ??Il?l??00?(cos?t??tsin?t)ln01???2?l0?1??2．解：

??（1）?1?Bl?1?2?1?4?8(V)，方向A→B

?i???A??O1????B?I?????C?????O2?2?????D???????2?Bl?2?2?1?2?4(V)，方向C→D

（2）I??1??22R?8?4?0.5(A) 2?4UAB???1?IR??8?0.5?4??6(V)

UCD?UAB??6(V)

（3）

111UO1B???1?IR?UAB??3(V)

2221UO2B?UCD??3(V)

2yUO1O2?UO1B?UO2B?0(V) 3．解：

?m??d?m??Sb0bxxb?b?x0Bdydx??b0?b?x0B0x2ye?atdydxodxbb11111??B0x2?(b?x)2e?atdx?B0(b2x3?bx4?x5)e?at|

00223251?B0b5e?at60?i??d?m1?B0b5ae?at，逆时针方向。 dt604．解：B??0NI 2?rR2rhdr?m?N?BdS?N?SR1?0NI?0N2IhR2 hdr?ln2?r2?R1R2R1由于?m?LI，所以

?0N2hR2L?ln

2?R15．解：（1） B??0I 2?r11?0I214??10?7?102wm?BH???0.987(J/m3) 2?3222(2?r)2(2??1.27?10)（2）E?UIR??10?3.28?10?3?3.28?10?2(V/m) ll111we?DE??0E2??8.85?10?12?(3.28?10?2)2?4.76?10?15(J/m3)

222

第十四章 机械振动

一、选择题：1.C 2.A 3.B 4.C 5.B 二、填空题： 1、

2422 2、5.5Hz，1 3、s，?

11324、0.1，

? 5、2?2mA2T?2 2三、计算题 1．解：

2?2?A2??0.024???4.2(s)

0.0332?2??0.03??0.045(m/s2)

4?T3(1)T????m?(2)am??2A??m???m?(3)?0???2，??3(rad/s) 23?x?0.02cos(t?) [SI]

222．解：

取平衡位置为坐标原点。设系统处于平衡位置时，弹簧的伸长为l0，则

mg?kl0

（1）物体处于任意位置x时，速度为?，加速度为a。分别写出弹簧、物体和滑轮的动力学方程

T1?k(x?l0)?0 mg?T2?ma (T2?T1)R?Ja R由以上四式，得

Jd2x(m?2)a?kx?0，或2?RdtkJm?2Rx?0

可见物体作简谐振动。 （2）其角频率和周期分别为

m?JR2

??kJm?2R，T?2?k（3）由初始条件，x0=Acos?0= -l，?0=-A?sin?0=0，得

?0???，A?l0?mg k简谐振动的表达式为

x?mgcos(kkJm?2Rt??)

3．解：

与M碰撞前，物体m的速度为?0m?2gh 由动量守恒定律，碰撞后的速度为?0?碰撞点离开平衡位置距离为x0??mg kmm?0m?m?Mm?M2gh

碰撞后，物体系统作简谐振动，振动角频率为??k

m?M由简谐振动的初始条件，x0?Acos?0, ?0??A?sin?0得

m2gh)2?mg2mg2kh2A?x0?(0)2?(?)?m?M?1?

k?kk(m?M)gm?M(m2gh??0tg?0??m?M?x0?mgk?km?M?2kh

(m?M)g振动表式为

x?Acos(?t??0)?mg2khk2kh? ?1???1?cos? t?tgk(m?M)g(m?M)g??m?M?4．解：

11111(1)由题意，m?2?kx2及简谐振动特征，m?2?kx2?kA2，得

22222x??A2??0.141

(2)由条件，?????k2?2rad/sx?Acos???A，得

2m,7

4444???????t??,3,5,7

?8888,3,5??????A2x?t?0.39s,1.2s,2.0s,2.7s

5．解：

根据题意，画出旋转矢量图 （1）

A?tg??2A12?A2?0.052?0.062?0.078(m)A15? ??39.8??39?48?A26?0??20???84?48?

（2）

?0??10??0??20

3? , x1?x2振幅最大。 45?3???? , ?0??20???(或?)时, x2?x3振幅最小。

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