大学物理同步训练-天津大学出版社(第二版)

质点动力学答案一、选择题1、C2、C二、填空题1、980J2、9J三、计算题1、解：002200322202213624txtFatmdtdttdxtdtxtdxtdtWFdxttdtJ2、解：2215030145WFdxxxdxJ质点运动学答案一、选择题1、C2、C3、B4、B5、B6、A7、D8、C二、填空题1、42、3ms;9ms3、2m;6m4、26/ms;37/ms5、239yx6、7、st;02t8、6.28m;0;0;6.28m/s9、圆周运动；匀速率圆周运动10、3.811、sinsinRtiRtj；0；半径为R的圆周三、计算题(2)(1)(2)(1)(1.5)(1)(1)00640,1.511(2)2642xxxxtdxtdttssxxxxmsmstts位移＝＝令第二秒内路程平均速率＝m时，＝－＝－2s负号表示速度方向沿平均速度x轴负向刚体定轴转动习题答案一、选择题1、（A）2、（C）3（C）4、（A）5、(C)6、(C)7、（B）8、（A）9、（B）10、（B）二、填空题1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。2、14ml23、lg43，lg234、205、BAAJ)(6、MLm23v．7、L76v8、02mrJJ三、计算题1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程mg－T＝ma①1分TR＝J②1分a＝R③1分由此可得T＝m(g－a)＝mJTRg/2那么mgJmRT21将J=21MR2代入上式，得mMmMgT22分图2分2、解：(1)各物体受力情况如图图2分T－mg＝ma1分mg－T＝ma1分T(3r)－Tr＝14mr22分a＝r1分a＝(3r)1分由上述方程组解得：＝g/(12r)＝16.33rad·s-22分3、解：以小球为研究对象，由转动定律JM得：水平位置时：lgmlmgl0025分杆与水平方向夹角为60°时：TMRTmgT.TABNmgTaTam´g静电场答案选择题1、C2、B3、A和D4、C5、C6、A7、C8、A9、B10、A11、D12、B13、D填空题1、单位正试验电荷置于该点时所受到的2、2N/C；向下3、－20E0/3；40E0/34、包围在曲面内的净电荷；曲面外电荷5、高斯面上各点6、qQ/(40R)．7、－3.2×10-15J;2×104V8、－140V．9、abrrqq11400．计算题1、解：选取圆心O为原点，坐标Oxy如图所示，其中Ox轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧dl=Rd，其上电荷dq＝(Qdl)/(R)=(Qd)/，它在O点产生的场强为202204d4ddRQRqE在x、y轴方向的两个分量dcos4cos202RQdEdExdsin4sin202RQdEdEy对两个分量分别积分2022/2/2022dcos4RQRQdEExx2分0dsin42/2/202RQdEEyy由此得iRQiEEx2022i为x轴正向的单位矢量．2、解：r≤R时，在球内作一半径为r的高斯球面，按高斯定理有30123414rEr得rE0131E方向沿半径向外．rR时，在球体外作半径为r的高斯球面，按高斯定理有dldyxdEydExdEO022/4qEr334Rq得20320234rRrqE2E方向沿半径向外．3、解：设坐标原点位于杆中心O点，x轴沿杆的方向，如图所示．细杆的电荷线密度＝q/(2l)，在x处取电荷元dq=dx＝qdx/(2l)，它在P点产生的电势为xallxqxalqUP008d4dd整个杆上电荷在P点产生的电势llPxalxlqUd80llxallqln80allq21ln804、解：设内球上所带电荷为Q，则两球间的电场强度的大小为204rQE(R1＜r＜R2)两球的电势差212120124dRRRRrdrQrEU210114RRQ∴12122104RRURRQ＝2.14×10-9C静电场中的导体和电介质答案选择题1、．D2、B3、B4、D5、D6、C7、A8、D9、D10、C11、［D］填空题1、)2/()(21SQQ；)2/()(21SQQ；)S/()QQ(212；)2/()(21SQQ2、)4/()(22RQq3、9.1×105C4、U05、无极分子；电偶极子6、EDr07、r；1；r8、；0r)9、不变，减小计算题xPaO2lxdx1、图示为一半径为a的、带有正电荷Q的导体球．球外有一内半径为b、外半径为c的不带电的同心导体球壳．设无限远处为电势零点，试求内球和球壳的电势．解：球壳内表面将出现负的感生电荷－Q，外表面为正的感生电荷Q．按电势叠加原理(也可由高斯定理求场强，用场强的线积分计算)导体球的电势为cQbQaQU0001444Qabcacbcab04球壳电势cQU0242、一空气平行板电容器，两极板面积均为S，板间距离为d(d远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S、厚度为t(d)的金属片，如图所示.试求：(1)电容C的值(2)金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为)/(01SqE金属板与B板间场强为)/(02SqE金属片内部场强为0E则两极板间的电势差为2211dEdEUUBA)(210ddSq)(0tdSq由此得)/()/(0tdSUUqCBA因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响．3、三个电容器如图联接，其中C1=10×10-6F，C2=5×10-6F，C3=4×10-6F，当A、B间电压U=100V时，试求：(1)A、B之间的电容；(2)当C3被击穿时，在电容C1上的电荷和电压各变为多少？解：(1)321321)(CCCCCCC3.16×10-6F(2)C1上电压升到U=100V，电荷增加到UCQ111×10-3C4、一平行板电容器，其极板面积为S，两板间距离为d(dS)，中间充有两种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为r1和r2，厚度分别为d1和d2，且d1＋d2＝d，如图所示．设两极板上所带电荷分别为＋Q和－Q，求：(1)电容器的电容．(2)电容器储存的能量．ROaQbctSSSdABC1C2C3Ud1d2dr1r2解：(1)两极板间电位移的大小为D＝＝Q/S在介质中的场强大小分别为E1=D/(0r1)=Q/(0r1S)E2=D/(0r2)=Q/(0r2S)两板间电势差22110221112rrddSQdEdEUSddQrrrr2101221电容C=Q/U121221210rrrrddS(2)电场能量21221CUWSQddrrrr210212212恒定磁场答案一选择题二.填空题题号答案14.0×10－5T20T3ababQln40垂直纸面向里423R5qRmv6等于0不等于0700322BBa8tanIBL垂直纸面向外91：1三．计算题1.解：选取以O为圆心以r为半径宽度为dr的圆环的微元圆环所带电量为rdrdq2)(2122RRQ圆环以角速度ω绕O转动时等效的圆电流为题号1234567891011答案CBDDBCABCBBR2R1OxPrdrrdrTdqdI22圆电流在P点的磁感应强度dB232230232220)(2)(2xrdrrxrdIrdB整个转盘在P点的磁感应强度B)]()[(21)(222122222221222023223021xRxxRxxRxRxrdrrdBBRR方向沿x轴正方向2.解：54321BBBBBB2014RIB方向向外；202024221RIRIB方向向里；03B；101044221RIRIB方向向里；1054RIB方向向外102010204444RIRIRIRIB方向向外3.解：各边受力：（1）BldIFd21dxxIIdF21021dldIIFln22101方向：竖直向下（2）tan)(2tan21022lldIIlBIF方向：水平相右（3）BldIFd23dlxIIdF21023lddxdxIIFcos22103dldIIFlncos22103方向：垂直杆斜向上tanln22103dldIIFxdldIIFyln221030yFtan)ln(2210dlddllIIFx方向水平相左4.解：（1）nIRSIm24121sin()42MmBRIBtk（2）max2fBIR电磁感应答案一．选择题1.B2.A3.D4.A5.D6.D7.D8A9.D10.B二．填空题1．trmnIsin20π2．229RB；O点3．导线端点；导线中点4．221RB;沿曲线由外指向中心5．答案见图．6．20J7.1:2；1:28．2A9．不能三．计算题1．解：长直导线在如图坐标x处所产生的磁场为)(20xIB)d(20bddxxIaBdSπ)ln(20dbdIa∴tIdbdadtddd])(ln[202.解:t时刻通过半圆的磁通量为trBmcos222sin2trBdtdmLtxIOdabRtrBRi2sin23．解：建立坐标(如图)则：xIB20，B方向⊙dxxIxBd)1(2vdv0xxIbad)1(2vda0abaIln2v04．解：(1)BaUUUEOOE221(2)添加辅助线OF，由于整个△OEF内感应电动势为零，所以OFEFOE即可直接由辅助线上的电动势OF来代替OE、EF两段内的电动势．aaOF245cos2BaaBUUUFOOF22)2(21(3)O点电势最高．《机械振动》答案一、选择题CDBBBCACAADC二、填空题1、nT/2、T4，2/2S3、0sinA，-02cosA4、2rad/s，0，tx2cos2（SI），212N，负方向ax+dxa+bICDvxOx5、10cm，32，4.8s，)32125cos(1.0tx（SI）6、如图所示7、km221，02xmk8、mk1，mk19、238kA10、三、计算题1、解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量L满足如下关系MgLk（1）对滑块m，M进行受力分析，设绳子的张力为T，则当滑块M位移为x时，有MaTMgamTLxk)(由于绳子不可伸长，故有aa，则上述两式联立消去T并考虑（1）式可得amMkx)(由上式可知滑块M做简谐振动，其振动原频率为mMk已知0t时滑块M处于负的最大位移处，即M滑块的振幅及初相为kMgLA，则可得M滑块的运动