大学物理自编题解答.doc

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1、第一章质点运动学1.解由题意有而所以分离变量⑴对上式积分，并代入初始条件时，，得⑵整理式⑵得OROOO2.解：取质点的出发点为原点。由题意知质点的加速度为⑴由初始条件t=0时v0x=v0y=0，对式⑴进行积分，有⑵即⑶将t=5s带入式⑶，有又由速度的定义及初始条件t=0时，x0=y0=0，对式⑵进行分离变量并积分，有即⑷将t=5s带入式⑷有第二章牛顿定律1.解（1）=（2）第三章动量守恒定律和能量守恒定律1.解⑴由可得⑴由式⑴得，当t=0时，；t=2s时，。因此，作用力在最初2.0s内所作的功⑵式⑴对时间求导数，得质点的加速度⑵瞬时功率2.解由动能定理的微分式有积分并代入初始条件时，m/s，

2、得⑴又由，得积分得即⑵将⑵式代入⑴式，得⑶所以，2s时物体的动量为由动量定理，前2s内的冲量为3.解由题意分析，力F与x的关系为　　⑴由牛顿运动定律，有即　　⑵两边积分，并由初始条件，时，，得因此　　　⑶由式⑶，当时，速率为第四章刚体的转动1.解：受力分析如图示，根据牛顿运动定律和转动定律得：(1)(2)又(3)由（1）、（2）、（3）式解得：(4)又根据已知条件v0=0(5)将（5）式代入（4）式得：2.解设斜面上问题质量为，另一物体质量为。滑轮的质量为，半径为。分别对两物体及滑轮进行受力分析。受重力，拉力受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力联列

3、求解3.解（1）（2）由于皮带不打滑，切向速度相同，其变化率即切相加速度相同：（3）由式（2）（3）得代入式（3）得.4.解(1)由题意可知细棒的质量线密度为式中为常数。由于细棒的总质量为，所以由此得故又所以（2）细棒上到转轴距离为的长度元所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为整个细棒所受到的摩擦力矩为..方向沿轴向下(3)设细棒由角速度到停止转动所经历的时间为，则角动量定理可得O.第五章静电场1.解无限长半圆柱面薄筒的横截面如图所示，取直角坐标系，且原点在轴线上。沿弧长方向取一宽度为的细条，此细条单位长度上的带电量为由无限长带电直线在附近一点产生的场强结果，可得该带电细条在点产生的场强的大小为.方

4、向如图所示。在轴和轴上的投影为...于是整个带电半圆柱薄筒在点外产生的场强大小为（由对称性分析也可获得这个结果）则.的方向沿轴。若>0时，与轴正向一致；若λ<0时，与轴负向一致。2.解因为电荷相对轴线成对称分布，所以距轴线为的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱经向，因此可用高斯定理求解。选取长为，半径为，与带电圆柱同轴的柱形高斯面。由高斯定理可知（1）当时，高斯面内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得当时，高斯面内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得.3.解如图所示，由补偿法分析，空腔中场点的电势是半径为，密度为的大球和半径为，密度为的小球产生的电势之和，即取无限远处的电势为零，大球的电场分

5、布为应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为对于空腔中心，大球产生的电势为.同理，可得小球在处产生的电势为.由电势叠加原理..4.证明（1）根据对称性分析，两段带电直线各自在O点的电场强度大小相等、方向相反,相互抵消，所以只计算带电细线半圆形部分的电场。取电荷元，相应的在图中画出。设和轴夹角为，其大小根据对称性分析可知,(2)在带电直线部分任取一电荷元，设电荷元至O点的距离为，则该电荷元在O点电势为两段带电直线在O点的电势相同，迭加为，半圆形带电细线上任一电荷元在O的点电势为得证。.ABCDO第六章静电场中的导体与电介质1.解：当用导线把球和球壳连接在一起后。由静电平衡条件可知，电荷全部分布

6、在球壳的外表面上，如图所示，此时，电场只分布在的空间中，即。.同时球体与球壳成为一个等势体，即，于是，根据电势的定义，可得.若外球壳接地，球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球表面和壳内表面，此时电场只分布在的空间内，如图所示。由于外球壳电势，则内球体内任一场点的电势为.2.解：①设C板左、右两侧分别带电荷Q1，Q2则（1）由于C，A间和C，B间均可视为匀强电场（2）A，B板接地UCA=UCB即有（3）由式（2）、（3）得Q1=2Q2代入（1），得则②在C，B板间充以相对介电常数为的电介质，C板上电荷重新分布。设左，右两侧分别带电荷。A，B板上感应电荷分别为。则，相应于上一问中的一组方程

7、式为（1）(2)(3)解式（1）、(2)、(3)得于是o于是3.解（1）由题意可知，真空区域中的场强为，介质中的场强为，所以两极间的电势差为由高斯定理知，两极间电势移处处相等，故代入上式得所以.(2)容器的电容为第七章恒定磁场1.解　（1）取直角坐标系，如图所示。首先求半圆柱面导体在点产生的磁感应强度。如图截面图所示，半圆柱横截面上单位长度的电流为将半圆柱面导线可视为无数条无限长载流直导线的集合，对称于轴取两