大学物理学习指导答案(63页).doc
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1、-大学物理学习指导 习题详解-第 61 页-目录第一章 质点运动学.1第二章 牛顿定律.3第三章 动量守恒定律和能量守恒定律.5第四章 刚体的转动.8第五章 热力学基础.11第六章 气体动理论.13第七章 静电场.15第八章 静电场中的导体和介质.21第九章 稳恒磁场.28第十章 磁场中的磁介质.35第十一章 电磁感应.36第十二章 机械振动.43第十三章 机械波.45第十四章 电磁场普遍规律.49第十五章 波动光学.51第十六章 相对论.55第十七章 量子力学.57第一章 质点运动学1. 由和速度的矢量合成可知,质点在(x,y)处的速度大小。1. 由相对运动的知识易知,风是从西北方向吹来。2
2、. 根据两个三角形相似,则 ,解得。3. 将加速度g沿切向和法向分解,则 由法向加速度的计算公式,所以 ,曲率半径。4. ,根据法向加速度和切向加速度的计算公式,。5. (1)根据平均速度的计算公式方向与x轴相反。(2) 根据瞬时速度的计算公式方向与x轴相反。(3) 由(2)可知,当t=1.5s时,v=0,然后反向运动。因此。7. (1)水平方向竖直方向因此,任意时刻位置坐标为根据上述两个方程消去时间t,可得轨迹方程。(2) 由根据速度的合成公式,与x轴夹角切向加速度方向为,法向加速度垂直于切向加速度。8. 设抛出的球的速度为v,以车为参考系,则竖直方向当球的速度为0时经历的时间为t,根据上述
3、两个方程消去t,v可得9. .设列车速度水平向右,则看到的雨点速度水平斜向下,且与水平向右方向夹角为165度,根据速度的合成定理,10. (1)由切向加速度t=2s时,法向加速度所以(2) 总加速度,解方程可得t=0.66,因此为3.15rad.(3)11.12. 由解得13.14.15. 注:在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有:1、4、5。第二章 牛顿定律1. 撤去力F的瞬间,弹簧的弹力和摩擦力均不会突变,因此2. 对木块进行受力分析,由平衡条件可得:,又因为F无穷大,所以G可以近似等于0,解得 3. 对A,B和弹簧整体为研究对象,可得移开C的瞬间,弹簧的弹力不会突变,因此A仍然处于平
4、衡状态,B受到的合力竖直向下,大小为FC ,所以4. 设弹簧的原长为x,劲度系数为k,根据牛顿第二定律,弹簧的弹力完全充当向心力, 5. 对整体由牛顿第二定律,再取A和长度为x的绳为研究对象,则6. 。 7. 在长为x处,取一段长度为dx的叶片设张力为T,根据牛顿第二定律, 注:在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有:2、3。第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 19. 碰撞是完全弹性碰撞,碰撞前后交换速度,因此选C.注:在期末考试中出现过的题目及重点题型:2、15、16、17。第四章 刚体的转动注:本章可能会出大题,曾经考试过的题目及重点题型有:8、11、18、22.、23。第五章 热力学基
5、础 P注:本章可能会出大题,曾经考试过的题目及重点题型有:1、2、3、4、7、8、10、11、12、13、14、15、17、19。第六章 气体动理论曾经考试过的题目及重点题型:2、3、4、6、7、9、20。第七章 静电场3. 设想再补上与图示立方体完全相同的七个立方体,使得点电荷位于一个边长扩大一倍的新的立方体的中心,这样,根据高斯定理,通过这个新立方体的六个面的总电通量为,通过其中任何一个面的电通量为,而因原abcd面只是新立方体一个面的四分之一,故通过abcd面的电场强度通量为。4.根据场强叠加原理,内球面单独在P点产生的电势为外球面单独在P点产生的电势为因此,P点最终的电势为5.电荷在P
6、点产生的电势都相等,与点电荷在圆周上的位置无关,这样一来,根据电势叠加原理,两种情况下的电势都一样,都是对于场强,因为它是矢量,即不仅有大小还有方向,各点电荷产生的场强方向与其在圆周上的位置有关,也就是说,P点的场强应当与各点电荷在圆周上的分布有关,所以两种情况下的场强是不同的。但是,由于P点对于圆周上的各点是对称的,各点电荷场强的Z分量(标量)大小与其在圆周上的位置无关,因此,两种情况下P点的场强分量EZ 都相同。6.根据电势叠加原理,三角形的中心O处的电势为因为无穷远处电势为零,所以外力的功为7.两个点电荷在P点产生的场强的Y分量相抵消,P点最终的场强只是两场强X分量的叠加,因此,P点的场
7、强为8.“无限大”均匀带正电荷的平面产生的场强大小是与到平面的距离x无关的常量,但是平面两侧的场强方向不同:在x0区间,场强方向与X轴正向相同,应为正;反之在x0区间,场强方向与X轴正向相反,应为负。9. 容易看出该电场是由半径为R的均匀带电球面产生的。10. .根据电势叠加原理,P点的电势应为均匀带电球面和球心处的点电荷各自单独存在时所产生电势的叠加,即11.在吹胀过程中,高斯球面上任一点先在球形肥皂泡外,后在肥皂泡内,而带电的球形肥皂泡可看作均匀带电球面,因此,高斯球面上任一点的场强大小由 变到E = 0;该点的电势由变到12.根据静电场高斯定理,通过该闭合曲面的电通量等于被闭合曲面包围的
8、电荷之代数和的分之一,即=。高斯定理中的是高斯面上任一点的场强,它是由高斯面内、外的所有电荷共同产生的,即由q1、q2、q3和q4共同产生的。13.根据高斯定理容易知道,通过三个闭合曲面的电通量分别为、0、。14.放在A、B两处的点电荷+q和-q是场源电荷,设无穷远处为电势零点,则D点的电势为同理,O点的的电势因此,把另一带电量为Q(Q0)的点电荷从D点沿路径DCO移到O点的过程中,电场力作的功为15.设向右为正方向,且A、B两平面上的电荷面密度均大于零,则根据场强叠加原理E0 E0/3 E0/3 习题715图 区:区:联立以上二式可得16.设场强等于零的点与直线1的距离为a,则有可解得17.
9、此题应当应用叠加原理,每个区域的电场强度等于每个均匀带电平面单独存在时产生的场强的矢量和。设自左向右的方向为正,则有A区域内任一点的场强:A B C 习题717图 B区域内任一点的场强:C区域内任一点的场强:18.根据高斯定理,可有19.在半圆形玻璃棒的上半部分取一线元,其位置处相应的半径与X轴负向的夹角为,其带电量,其在O点产生的元场强的大小为其方向如图所示。由于各个线元产生的元场强方向不一致,因此需把分解 由于电荷分布的对称性,最终O点场强的X分量。因此,圆心O处的电场强度的Y分量为把O处的电场强度写成矢量式为x dx d l q0 X O 习题720图 20.沿细杆方向建立X轴方向向左,
10、坐标原点就在q0所在处,在细杆上x处取线元dx,其带电为,线元在q0所在处产生的元场大小为整个细杆在q0所在处产生的电场大小为点电荷q0所受的电场力为 l q 习题721图 21.根据动能定理有所以,平面上的面电荷密度为22.在棒上x处取线元dx,其带电量,其在坐标原点O处产生的元电势为整个带电细棒在坐标原点O处产生的电势为23.在盘面上以O为原心,以r为半径,取宽度为dr的环带,它相当于带电圆环,其面积为,带电量为,其在盘中心O处产生的元电势为整个带电圆盘在圆盘中心O处产生的电势为24.电偶极子的电场中某一点的电势为将一电量为q的点电荷从A点移到B点的过程中电场力作的功25.以O为中心,以r
11、()为半径,在球壳内取一厚度为dr的薄球壳,其可看成均匀带电球面,其带电量为,其在其内部任一点产生的电势为整个球壳在空腔内任一点产生的电势为26.选择两球心连线为积分路径,在该路径上距O1为r的某点的电场强度大小为电场强度的方向是从O1指向O2。两个非导体球壳都在表面上均匀带电,它们均可视为均匀带电球面,因此每个球壳各自都是个等势体,故而两球心间的电势差即为两球表面间的电势差,所以有27.由高斯定理容易算出该球体内外的场分布:0rRrR因此,离球心为r(rR)处的电势为28.(1) 带电球体的总电量为(2) 取半径为r的同心球形高斯面,则有在rR区间: (3) 根据场强与电势的积分关系在rR区
12、间:29.以X轴为轴线取一闭合圆柱面S,使其两个端面距带电平板的中央平面等距,即两端面分别在x和x处,同时设端面积为,根据高斯定理在平板内有: ()在平板外有:X E O d/2 d/2 题729图 ()场强在X轴的投影值随坐标x变化的图线如图所示。本章考试可能会出大题,曾经考试过的题目及重点题型:1、3、4、5、8、10、11、12、13、14、15、16、17、19、20、21、23、25。第八章 静电场中的导体和电介质1.B板接地后,A、B两板外侧均无电荷,两板内侧带等值异号电荷,数值分别为+Q1和-Q1,这时AB间的场应是两板内侧面产生场的叠加,即2.两个电容器串联起来,它们各自承受的
13、电压与它们的电容量成反比,设C1承受的电压为V1,C2承受的电压为V2,则有 联立、可得,可见,C1承受的电压600V已经超过其耐压值500V ,因此,C1先被击穿,继而1000V电压全部加在C2上,也超过了其耐压值900V,紧接着C2也被击穿。3.设此电容器组的两端所加的电压为u,并且用C1C2表示C1、C2两电容器的并联组合,这时该电容器组就成为C1C2与C3的串联。由于C1= C2=C3,所以C1C22C3,故而C1C2承受的电压为u/3,C3承受的电压为2u/3。C1 C2 C3 习题83图 由于C1C2的耐压值不大于100V ,这要求即要求同理,C3的耐压值为300V,这要求对于此电
14、容器组的耐压值,只能取两者之较低的,即300V。4.在抽出介质前,相当于左右两半两个“电容器”并联,由于这两个“电容器”电压相等,而右半边的电容又小于左半边的,因此由q=CU公式可知,右半边极板的带电量小于左半边的。当抽去介质后,极板电荷重新分布而变为左右均匀,使得右半边极板电荷较抽出介质前为多,因此这时带电质点受到向上的静电力将大于其重力,它将向上运动。电容器充电后与电源断开,其极板上的电荷将保持不变。由公式当将电容器两极板间距拉大,其电容C将减小,这将使其极板间的电势差U12增大;因为极板电荷保持不变,使得板间场强亦不变;由电容器储能公式 因电势差U12增大而极板电荷保持不变,故电场能量W
15、将增大。6.电容器充电后仍与电源连接,其两极板间的电压U12不变。若此时将电容器两极板间距拉大,其电容量C将变小,由公式可知,极板上的电量Q将减小;与此同时,由公式可知,极板间电场也将减小;又由公式可知,电场能量W将减小。解:设未充满电介质时电容器的电容为C0,电压为U0,场强为E0,电场能量为W0。充满电介质后则有所以U;电场强度的大小变为所以E;电容变为所以C;电场能量为所以W。8.充电后将电源断开,两电容器的总电量不变,即。 由于两电容器并联,它们的电势差U相等,因此它们所带的电量(q=CU)与它们的电容量成正比,但因C1中插入了介质板,所以C1的电容量增加,即q1,由式可知,这时q2
16、应当减少。9.用导线将两球壳连起来,电荷都将分布在外球壳,现在该体系等价于一个半径为R2的均匀带电球面,因此其电势为原来两球壳未连起来之前,内球电势为外球电势为因此,10.介质表面的极化电荷可以看成两个电荷面密度为的无限大平行平面,由叠加原理,它们在电容器中产生的电场强度大小为A B 4 3 2 1 q1 q2 题解811图 11.如图所示,设A、B两块平行金属板的四个表面的电荷面密度分别为,和,则根据电荷守恒有 根据静电平衡条件 联立解得根据叠加原理,两个外侧表面的电荷在两极板间产生的场强相互抵消;两内侧的电荷在两板间产生的场强方向相同,它们最终在板间产生的场强为因而A、B两板间的电势差为1
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- 大学物理 学习 指导 答案 63
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