大学物理简明教程(赵近芳版)习题解答

习题一1-5质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a＝2+62x，a的单位为2sm，x的单位为m.质点在x＝0处，速度为101sm,试求质点在任何坐标处的速度值．解：∵xvvtxxvtvadddddddd分离变量：xxadxd)62(d2两边积分得cxxv322221由题知，0x时，100v,∴50c∴13sm252xxv1-7一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为=2+33t，式中以弧度计，t以秒计，求：(1)t＝2s质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：tttt18dd,9dd2(1)s2t时，2sm362181Ra2222sm1296)29(1Ran(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tannaa即RR2亦即tt18)9(22则解得923t于是角位移为rad67.29232323t1-8质点沿半径为R的圆周按s＝2021bttv的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧长,0v，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2)t为何值时，加速度在数值上等于b．解：（1）btvtsv0ddRbtvRvabtvan202)(dd则240222)(Rbtvbaaan加速度与半径的夹角为20)(arctanbtvRbaan(2)由题意应有2402)(Rbtvbba即0)(,)(4024022btvRbtvbb∴当bvt0时，ba1-10飞轮半径为0.4m，自静止启动，其角加速度为β=0.2rad·2s，求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：当s2t时，4.022.0t1srad则16.04.04.0Rv1sm064.0)4.0(4.022Ran2sm08.02.04.0Ra2sm22222sm102.0)08.0()064.0(aaan习题二2-4一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解:依题意作出示意图如题2-6图题2-4图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为o30，则动量的增量为0vmvmp由矢量图知，动量增量大小为0vm，方向竖直向下．2-7设N67jiF合．(1)当一质点从原点运动到m1643kjir时，求F所作的功．(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化．解:(1)由题知，合F为恒力，∴)1643()67(kjijirFA合J452421(2)w756.045tAP(3)由动能定理，J45AEk2-15如题2-15图所示，一匀质细杆质量为m，长为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)31(212mlmg∴lg23(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin2mllmg∴lgsin3题2-15图习题五5-7半径为1R和2R(2R＞1R)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜1R；(2)1R＜r＜2R；(3)r＞2R处各点的场强．解:高斯定理0dqSEs取同轴圆柱形高斯面，侧面积rlSπ2则rlESESπ2d对(1)1Rr0,0Eq(2)21RrRlq∴rE0π2沿径向向外(3)2Rr0q∴0E题5-9图5-9如题5-9图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷0q从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功．解:如题8-16图示0π41OU0)(RqRq0π41OU)3(RqRqRq0π6∴RqqUUqAoCO00π6)(习题六6-5在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L和2L，相距0.1m，通有方向相反的电流，1I=20A,2I=10A，如题9-8图所示．A，B两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L的距离均为5.0cm．试求A，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题6-5图解：如题6-5图所示,AB方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2IIBAT(2)设0B在2L外侧距离2L为r处则02)1.0(220rIrI解得1.0rm6-12一长直导线通有电流1I＝20A，旁边放一导线ab，其中通有电流2I=10A，且两者共面，如6-12图所示．求导线ab所受作用力对O点的力矩．解：在ab上取rd，它受力abFd向上，大小为rIrIF2dd102Fd对O点力矩FrMdMd方向垂直纸面向外，大小为rIIFrMd2dd210babarIIMM6210106.3d2dmN题6-12图6-13电子在B=70×10-4T半径r=3.0cm．已知B垂直于纸面向外，某时刻电子在A点，速度v向上，如题6-13图．(1)试画出这电子运动的轨道；(2)求这电子速度v的大小；(3)求这电子的动能kE．题6-13图解：(1)轨迹如图(2)∵rvmevB2∴7107.3meBrv1sm(3)162K102.621mvEJ习题七题7-3图7-3如题7-3所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tIdd的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势．解:以向外磁通为正则(1)]ln[lnπ2dπ2dπ2000dadbabIlrlrIrlrIabbaddm(2)tIbabdadltdd]ln[lnπ2dd07-4如题7-4图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b=0.06m，宽a=0.04m，线圈以速度v=0.03m·s-1d=0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题7-4图解:AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势．DA产生电动势ADIvbvBblBvd2d)(01BC产生电动势)(π2d)(02daIvblBvCB∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2addIbvV方向沿顺时针．题7-7图7-7一导线ab长为l，绕过O点的垂直轴以匀角速转动，aO=3l磁感应强度B平行于转轴，如图10-10所示．试求：（1）ab两端的电势差；（2）ba,两端哪一点电势高?解:(1)在Ob上取drrr一小段则320292dlOblBrrB同理302181dlOalBrrB∴2261)92181(lBlBObaOab(2)∵0ab即0baUU∴b点电势高．题7-8图习题八8-3一质量为kg10103的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s0.4，当0t时位移为cm24．求：(1)s5.0t时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到cm12x处所需的最短时间；(3)在cm12x处物体的总能量．解：由题已知s0.4,m10242TA∴1srad5.02T又，0t时，0,00Ax故振动方程为m)5.0cos(10242tx(1)将s5.0t代入得0.17mm)5.0cos(102425.0txN102.417.0)2(10103232xmmaF方向指向坐标原点，即沿x轴负向．(2)由题知，0t时，00，tt时3,0,20tvAx故且∴s322/3t(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222AmkAE8-7试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1)cm)373cos(5cm)33cos(521txtx(2)cm)343cos(5cm)33cos(521txtx解：(1)∵,233712∴合振幅cm1021AAA(2)∵,334∴合振幅0A习题九9-4已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y=Acos(CxBt)，其中A，B，C为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差．解:(1)已知平面简谐波的波动方程)cos(CxBtAy(0x)将上式与波动方程的标准形式)22cos(xtAy比较，可知：波振幅为A，频率2B，波长C2，波速CBu，波动周期BT21．(2)将lx代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(ClBtAy(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为)(212xx将dxx12，及C2代入上式，即得Cd．9-71S和2S为两相干波源，振幅均为1A，相距4，1S较2S位相超前2，求：(1)1S外侧各点的合振幅和强度；(2)2S外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S外侧，距离1S为1r的点，1S2S传到该P点引起的位相差为)4(2211rr0,0211AIAAA（2）在2S外侧.距离2S为1r的点，1S2S传到该点引起的位相差.0)4(2222rr2121114,2AAIAAAA习题十10-5在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500oA，求此云母片的厚度．解:设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为enene)1(按题意7∴610106.6158.1105500717nem6.6m10-15波长6000oA的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在20.0sin与30.0sin处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．解：(1)由kbasin)(式对应于20.0sin1与30.0sin2处满足：101060002)(20.0ba101060003)(30.0ba得6100.6bam(2)因第四级缺级，故此须同时满足kbasin)(kasin解得kkbaa6105.14取1k，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1m(3)由kbasin)(sin)(bak当2，对应maxkk∴10106000100.6106maxbak因4，8缺级，所以在9090范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0k共15条明条纹(1