扬大物理练习册答案

(2)用导线连接 、 板后，两板电势相同，系统相当于两个电容器并联，所以此时系
统的电容为 ×
因为极板上总电量未变，所以板与板间的电势差为 ×2×104/（ ×103 ）=15 V
5.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
.
方向如图所示。 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。
4.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。
所以
即另一导线应放在 处时，产生同样的磁力。
3.解 取坐标系XOY，如图(a)所示。由于空腔的存在，不能直接用安培环路定理求解。小圆柱空腔表示其中通过的电流等于0，这可以等效成空腔中同时存在的两个等值反相的电流，因此可采用补偿发求解。将空腔部分等效成同时存在着电流密度j和（-j）的电流，空腔中任意一点的磁场为通有电流密度j，半径为R和半径为r的长圆柱体和通有反相电流密度（-j）,半径为r的小圆柱体产生的磁场的矢量和，即
代入上式得
所以
.
(2)容器的电容为
第七章 恒定磁场
1.解 由图可知，绕有载流导线的木球可成是无限多个不同半径的同圆心的载流线圈所组成，球心 在这些载流线圈的轴线上，则球心 点的磁感应强度 是各个载流线圈在点激发的磁感应强度的矢量和。
选取图中所示坐标系 ，在 轴线上（亦是各载流线圈的轴线）距原点 （即球心处） 处取一宽为 的圆环，半径为 ，圆环上绕有 匝导线，即
（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式为
（1）
(2)
(3)
解式（1）、(2)、 (3)得
于是o
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 轴取两元段 ，则横截面为 的两条无限长载流直导线在轴上横截面（ 平面）的 点分别产生的磁感应强度 的大小为
、 与 轴夹角相等，由对称性分析可知，因各对无限长载流直导线在 点产生的场强的 轴分量相互抵消，而使总场强的 轴分量 ，故总磁感应强度只有 轴方向分量。
第一章 质点运动学
1.解：（1）
，
初速度：
大小：
方向：与 轴负向夹角
（2）
大小：
方向：与 轴正向夹角
2.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
3.解 ⑴ 根据运动学方程，可得角速度和角加速度分别为
秒时，法向加速度和切向加速度分别为
⑵由 ，有
从而得
即
由此可得
因此，此时刻的 值为
⑶由题意 ，即
解得
4.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
第二章 牛顿定律
1. 解 （1） =
（2）
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：
又
解得：
又根据已知条件 = 0
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
联列求解
3.解： ＝0.675
因此(1)下落距离
(2)张力
分析图
4.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
.
5.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
通过圆环上的电流 ，由载流线圈在轴线上任一点产生的磁感应强度公式，可知 在 点激发的磁感应强度 大小为
的方向沿 轴正向
由几何关系 ,代入上式得
.
由于所有载流线圈在 点激发的 方向相同，故 点总的磁感应强度 可由矢量积分简化为标量积分，即
的方向沿 轴正向。
2. 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。
.
因此，在 点产生的总场强大小为
= .
方向沿 轴正方向
2.解 取坐标轴 ，将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上任意一个圆环上的带电量为
为便于计算，可采用角量描述。因为
=Rsinθ，
所以
由带电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带电圆环在P点产生场强 的大小为
由于 为正，故 方向沿 轴正方向。将 代入上式，可得
有
（2） （设 方向为正方向）
=-4.7N
4. 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
5.解 以物体 、 和弹簧为研究系统，建立图示坐标系OX，各量的标记如图所示。在力F作用下， 处于 处达到平衡，由静力平衡条件得
⑴
而 离开地面的条件为
⑵
刚好离开地面时，上式取等号。现在的问题是将x与F联系起来。
由 ， 弹簧和地球组成的系统，其只有重力和弹性力作功，故系统机械能守恒。以坐标原点O(即弹簧的自然长度处)为弹性势能和重力势能零点，对A、B两状态有守恒关系
⑶
两边乘以2k有
将式⑴代入上式，得
即
整理得
故
⑷
由，（2）、（4）两式可得
即F至少要等于 ，可使F撤销后，恰使 抬起。
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 .
5. 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
由角动量定理，前2s内的冲量距为
7.证明 碰撞过程，系统角动量守恒
碰后上摆过程，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点。
联立求解即可得
第五章 静电场
1.解 取一细圆环带，其半径为 （ > ），带宽为 ，则圆环带的面积为 ，其上带电量为
应用已知的带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环带在轴线上P点产生的电场的大小，
2.解 ⑴在任一点B处，小球的受力情况如图所示，在自然坐标系中其运动方程为
在切向： ⑴
在法向： ⑵
由式⑴
即
⑶
对式⑶积分，并由已知条件 时， 得
（4）
⑵由式⑷得
代入式⑵得
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
.
再由导体板A内d点场强为零，可知
所以
.
故点 的场强为6个导体表面产生场强的矢量和
= （ ）
根据上述已有结果，可知
= .
再由于
.
得
=
=
（2） 、 、 点的场强
=
同理 =
=
2.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
为所有圆环在 点产生场强的矢量和，则整个半球面在球心 点处产生的场强大小为
方向沿 轴正向。
3.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
于是
4.解由平行板电容器的公式可得
则电容器极板上的电量为
(1) 、 板间的电势差
在未插入 板前，两板之间的场强为
插入 板之后，由于极板上的电量不改变，所以电荷面密度不变，因此两板间的场强 也不变， 、 板间和 、 板间的场强都是 。由此可得
104×2×10-3=20V
104×6×10-3=60 V
板间的电势差为
。
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
.
3.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
C
7.（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点的电势为
因为
则总的 的大小为
轴线上的载流直导线处于磁场中，由安培力公式得，轴线上导线单位长度所受的力为
即 .
该力为斥力。
(2)二相互平行放置的无限长直导线通反向电流时，相互作用力为斥力。只有将直导线放在
坐标原点的左侧才能使位于原点的载流导线受到方向指向 轴的作用力。设二直导线相互距离 ，与（1）结果联立，得
其中
则
整个圆盘的磁矩为
磁矩的方向垂直纸面向外。
(2) 磁力矩
磁力矩的方向平行纸面向上。
6.解 取直角坐标系，如图所示。（1）设v为电子的漂移速率。在稳恒状态时，电子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡，即
取无限远处的电势为零，大球的电场分布为
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
..
6.解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即
C/m2
（2）设外球面上放电后电荷面密度为 ，则应有
则
外球面上应变成带负电，共应放掉电荷
得证。
8.解（１）如图所示，取坐标 轴过盘心垂直于盘面，原点 位于盘心处。在圆盘上取一距圆心为 ，宽度为 的圆环带 ， ，为圆环带的面积，其上带电量为 。 在 点产生的电势为
所以，整个带电圆盘在 点产生的电势为
（2） 根据 点的电势，可知 轴上电势与坐标的函数关系为
因此，根据电势梯度法，有
则 点场强为
⑵ 式⑴对时间求导数，得质点的加速度
⑵
瞬时功率
2. 解由功的定义可知，由物体开始运动到 时
由动能定理
代入初始条件 时， m/s，得
所以， 时物体的动量为
由动量定理，前 内的冲量为
3.解：（1）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速度为Vˊ 1分
4.解：(1)根据安培定律 计算三角形回路ab，bc，ca三边所受安培力。
无限长载流直导线磁感应强度表达式为 ，三角形回路三边电流元均与磁场垂直。
ab段：各电流元处 值相同。
方向如图所示。
bc段：
方向如图所示。
ca段：
方向如图所示。
（2）取距电流 为 窄条作为面积元：
5.解：(1) 如图，在圆盘上取半径为 ，宽为 的环带，先求出此环带转动时的磁矩。此环带转动时的等效电流为
取空腔中的任意一点P， ，由于半径为R和半径为r的长圆柱体产生的磁场具有轴对称性，故可根据安培环路定理，有
其中 。
所以
同理，可得
和 方向根据右手法则确定，如图（b）所示。
将 ， 在X，Y轴上投影，其分量为
.
P点的磁感应强度B的两个正交分量为，
结果表明，P点的磁感应强度B的大小为一常量，方向垂直于 之间的连线d，即在Y轴方向上，所以空腔中的磁场为匀强磁场，
整个细棒所受到的摩擦力矩为
(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
6.解 由转动定律，有
即
由条件 时 ，积分上式得
即
⑴
由角速度的定义 ，分离变量得
积分上式，并代入初始条件 =0时 ，得
则砂轮的运动方程为
⑵
将式⑵代入式⑴得
因此2s时，砂轮的动能为
角动量为
由动能定理，前2s内力矩的功为
.
由对称性分析可知， 点场强 方向在 轴方向上，若 ，沿 轴正向，若 ，沿 负向。
第六章 静电场中的导体与电介质
1.解 （1）因3块导体板靠的很近，可将6个导体表面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布可认为是均匀的，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图虚线所示的圆柱形高斯面，因导体在达到静平衡后，内部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，故由高斯定理可得