2011大学物理B上(力学、电磁学)-练习册计算题解答.ppt

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1、练习1、位移速度加速度1、解：如图所示oyxoΔrΔr160oΔr2120o设Δr1Δr2==lΔt1=l20Δt2=l40总位移的大小：Δr1=02lcos30=3l40=3l3v=ΔrΔt1+Δt2=ΔrΔt则：2、解：∵∴得：积分即：练习2、自然坐标圆周运动相对运动1、解：①②③2、解：由代入求出再由求出1、解：设阻力f=-kvf=-kv=ma=mdvdt由牛顿定律：练习3、牛顿定律及其应用分离变量：dv=-dtmkv∴由∴x为最大深度∞2、解:分析受力如图，质点受重力拉力T，沿水平和竖直方向HoNTmgmg，锥面支持力N和绳的用牛顿定律列方程:解出:

2、当N=0时（小球离开锥面的条件）由上式可求练习4、动量定理动量守恒1、解：以M和m为系统，所受外力（重力、地面支持力）均沿竖直方向，故水平方向动量守恒，竖直方向不守恒。竖直方向：应用质点的动量定理系统动量增量：合外力的冲量：(其中N为地面对滑块的支持力)∴由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力：水平方向：应用动量守恒定律∴(v0为M原速度，v为碰后速度)练习5、功与能机械能守恒1、解：由质点的动能定理其中∴解得：2、解:①设滑块与弹簧分离时滑块相对地的速度为v（向右）；小车速度为V（向左）Vv则由动量守恒有：┄┄①由机械能守恒有：┄┄②其中②滑块相对小车的速

3、度∴代入数据解得：练习6、角动量和角动量守恒1、解：练习7、刚体运动学转动惯量1、解：练习8、刚体转动定律1、解：质点B：设绳的张力为T2，质点A：设绳的张力为T1，则由牛顿定律：m1T1m1ga则水平方向上m2Nm2gT2加速度为a，滑轮：设物体A、B对系统的反作用力分别为，由转动定律（设角加速度垂直纸面向下为正）由于绳和滑轮无滑动，则联立上述方程，得：由圆盘代入上式得：mmAB2rr2、解：分析受力如图：mgmgT1T2a2a1设A的加速度为a1方向向下；B的加速度为a2方向向上；滑块的加速度为β方向垂直纸面向外。质点A：质点B：两个圆盘粘在一起，视作一

4、个刚体，其转动惯量为由转动定律列方程：由牛顿第三定律：由角量与线量的关系：解以上方程组得：练习9、转动的功与能刚体的角动量弹簧原长1、解：棒转到水平位置时弹簧伸长量棒下摆过程中，系统机械能守恒且：解得：2、解：dmdxx薄板对轴的转动惯量为：式中dm是宽度为dx的一条细棒的质量。小球碰撞后速度方向不变，大小变为v。则碰撞中角动量守恒：碰撞前后系统动能相等：解以上方程组得：x练习10、电场电场强度1、解：如图示由点电荷场强公式:得:则:2、解:①取线元dx,其电量dq在P点场强为:EP方向为沿x轴正向。②取线元dx,其电量dq在Q点场强为:由于对称性EQ方向为

5、沿y轴正向。练习11、电通量高斯定理1、解：取与球面同心的闭合球面为高斯面由高斯定理：得：由：2、解:由高斯定理：当rR2取与圆柱同轴的闭合柱面为高斯面练习12、电场力的功场强与电势的关系1、解：由点电荷电势公式及电势叠加原理：2、解:由高斯定理：Rq由：练习13、静电场中的导体和电介质1、解：B、C板感应电量分别为qB、qC①令A板左侧电荷面密度为σ，右侧为σ12且：得：而：②练习15、磁场磁感应强度1、解：方向：由图知：o点到直导线的距离：则：方向：2、解:将薄金属板沿宽度方向分割如图：dl对应电流：dl在P点

6、处磁场为：可知所有分割带在P点处磁场方向相同，由磁场叠加原理可求得在P点处:方向：练习16、安培环路定理1、解：如图磁场具有轴对称性，以对称轴为中心作积分环路，取正方向：由安培环路定理：即：则：则：①②则：③则：④则：由：2、解:取dx如图：距导线x远处的B的大小：方向：阴影部分通过的磁通量为:通过矩形线圈的磁通量为:练习17、磁场对载流导线的作用1、解：已知：I1、I2、d及每边长l。对于AC：应用安培定律：取电流元I2dl，对于AB、BC：由：得：则的大小：的方向水平向左。2、解:导线1、2单位长度所受磁力：应用安培定律：即:相互吸引的方向。练习18、磁

7、场对运动电荷的作用1、解：如图：因为处于平衡，所受的磁力矩大小相等，方向相反（对轴）。重力矩：线框的重力矩与线框磁力矩：平衡时：所以：因为：2、解:①宽度为dr的圆环在旋转时产生的电流强度dI为:②圆环磁矩大小为:则磁力矩dM为:③圆盘磁力矩M为:练习21、动生电动势和感生电动势1、解：avIαAB力线产生的动生电动势：在导体棒AB上任取一矢量元dl，规定dl的方向为从A至B，dl在磁场中切割磁dlx则：方向与dl规定的方向一致(从A至B)即A点电势高。2、解：aiicbBCDAL①在回路中取与直导线平行的面积元(如图)xdx通过面积元的磁通量：则通过回路A

8、BCD的磁通量为：②回路ABCD中的感应电动势　为：