《大學(xué)物理教程 (上)課后習(xí)題 答案Word版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《大學(xué)物理教程 (上)課后習(xí)題 答案Word版（26頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 物理部分課后習(xí)題答案（標(biāo)有紅色記號(hào)的為老師讓看的題）27頁 1-2 1-4 1-121-2 質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為，都以米為單位，以秒為單位，求：（1） 質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡；（2） 從到質(zhì)點(diǎn)的位移的大??；（3） 時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度。解：（1）由運(yùn)動(dòng)方程消去時(shí)間可得軌跡方程，將代入，有或 （2）將和代入，有， 位移的大小 （3） ， 當(dāng)時(shí)，速度和加速度分別為 m/s21-4 設(shè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為，式中的、均為常量。求（1）質(zhì)點(diǎn)的速度；（2）速率的變化率。解（1）質(zhì)點(diǎn)的速度為（2）質(zhì)點(diǎn)的速率為速率的變化率為1-12 質(zhì)點(diǎn)沿半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律為。求質(zhì)點(diǎn)在時(shí)刻的法向加速度的大小和角加速度的大小。解
2、由于質(zhì)點(diǎn)在時(shí)刻的法向加速度的大小為角加速度的大小為 77頁2-15, 2-30， 2-34， 2-15 設(shè)作用于質(zhì)量的物體上的力，如果物體在這一力作用下，由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，求在0到的時(shí)間內(nèi)力對(duì)物體的沖量。解由沖量的定義，有2-21 飛機(jī)著陸后在跑道上滑行，若撤除牽引力后，飛機(jī)受到與速度成正比的阻力（空氣阻力和摩擦力）（為常數(shù)）作用。設(shè)撤除牽引力時(shí)為，初速度為，求（1）滑行中速度與時(shí)間的關(guān)系；（2）到時(shí)間內(nèi)飛機(jī)所滑行的路程；（3）飛機(jī)停止前所滑行的路程。解（）飛機(jī)在運(yùn)動(dòng)過程中只受到阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有即兩邊積分，速度與時(shí)間的關(guān)系為2-31 一質(zhì)量為的人造地球衛(wèi)星沿一圓形軌道運(yùn)動(dòng)，離
3、開地面的高度等于地球半徑的2倍（即），試以和引力恒量及地球的質(zhì)量表示出：（1） 衛(wèi)星的動(dòng)能；（2） 衛(wèi)星在地球引力場(chǎng)中的引力勢(shì)能.解 (1) 人造衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，地球引力作為向心力，有衛(wèi)星的動(dòng)能為（）衛(wèi)星的引力勢(shì)能為2-37 一木塊質(zhì)量為，置于水平面上，一質(zhì)量為的子彈以的速度水平擊穿木塊，速度減為，木塊在水平方向滑行了后停止。求：（1） 木塊與水平面之間的摩擦系數(shù)；（2） 子彈的動(dòng)能減少了多少。 解 子彈與木塊組成的系統(tǒng)沿水平方向動(dòng)量守恒對(duì)木塊用動(dòng)能定理得 (1) (2) 子彈動(dòng)能減少114頁3-11，3-9，例3-2圖例3-2 如圖所示，已知物體、的質(zhì)量分別為、，滑輪的質(zhì)量為，半徑為，
4、不計(jì)摩擦力，物體由靜止下落，求（1）物體、的加速度；（2）繩的張力；（3）物體下落距離后的速度。分析： （1）本題測(cè)試的是剛體與質(zhì)點(diǎn)的綜合運(yùn)動(dòng)，由于滑輪有質(zhì)量，在運(yùn)動(dòng)時(shí)就變成含有剛體的運(yùn)動(dòng)了?；喸谧鞫ㄝS轉(zhuǎn)動(dòng)，視為圓盤，轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為。（2）角量與線量的關(guān)系：物體、的加速度就是滑輪邊沿的切向加速度，有。（3）由于滑輪有質(zhì)量，在作加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)滑輪兩邊繩子拉力。分析三個(gè)物體，列出三個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)方程：物體 物體 物體 解 （1）。（2）， 。 （3）對(duì)來說有，例3-4 有一半徑為R的圓形平板平放在水平桌面上，平板與水平桌面的摩擦系數(shù)為，若平板繞通過其中心且垂直板面的固定軸以角速度0開始旋轉(zhuǎn)，它將在旋轉(zhuǎn)幾圈
5、后停止？（已知圓形平板的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，其中m為圓形平板的質(zhì)量）分析：利用積分求圓形平板受桌面的摩擦力矩，運(yùn)用轉(zhuǎn)動(dòng)定律求出平板的角加速度，再用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求轉(zhuǎn)動(dòng)的圈數(shù)解：在距圓形平板中心r處取寬度為dr 的環(huán)帶面積，環(huán)帶受桌面的摩擦力矩為總摩擦力矩為故平板的角加速度為可見圓形平板在作勻減速轉(zhuǎn)動(dòng)，又末角速度，因此有設(shè)平板停止前轉(zhuǎn)數(shù)為n，則轉(zhuǎn)角，可得3-2：如題3-2圖所示，兩個(gè)圓柱形輪子內(nèi)外半徑分別為R1和R2，質(zhì)量分別為M1和M2。二者同軸固結(jié)在一起組成定滑輪，可繞一水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。今在兩輪上各繞以細(xì)繩，細(xì)繩分別掛上質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體。求在重力作用下，定滑輪的角加速度。解：m2gm1gT2T2
6、T1T1R2R1m1：m2：轉(zhuǎn)動(dòng)定律：其中：運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系：解得：3-6 一質(zhì)量為的質(zhì)點(diǎn)位于()處，速度為, 質(zhì)點(diǎn)受到一個(gè)沿負(fù)方向的力的作用，求相對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)的角動(dòng)量以及作用于質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩解: 由題知，質(zhì)點(diǎn)的位矢為作用在質(zhì)點(diǎn)上的力為所以，質(zhì)點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)的角動(dòng)量為作用在質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩為3-11 如題3-11圖所示，一勻質(zhì)細(xì)桿質(zhì)量為，長(zhǎng)為，可繞過一端的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，桿于水平位置由靜止開始擺下求：(1)初始時(shí)刻的角加速度；(2)桿轉(zhuǎn)過角時(shí)的角速度.解: (1)由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有則 (2)由機(jī)械能守恒定律，有 題3-11圖所以有 3-13 一個(gè)質(zhì)量為M、半徑為并以角速度轉(zhuǎn)動(dòng)著的飛輪(可看作勻質(zhì)圓盤)，在某
7、一瞬時(shí)突然有一片質(zhì)量為的碎片從輪的邊緣上飛出，見題3-13圖假定碎片脫離飛輪時(shí)的瞬時(shí)速度方向正好豎直向上(1)問它能升高多少?(2)求余下部分的角速度、角動(dòng)量和轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能解: (1)碎片離盤瞬時(shí)的線速度即是它上升的初速度 設(shè)碎片上升高度時(shí)的速度為，則有 題3-13圖令，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，碎片脫離前，盤的角動(dòng)量為，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動(dòng)量，碎片與破盤的總角動(dòng)量應(yīng)守恒，即式中為破盤的角速度于是得 (角速度不變)圓盤余下部分的角動(dòng)量為轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為258頁8-2,8-12,8-178-7 試計(jì)算半徑為R、帶電量為
8、q的均勻帶電細(xì)圓環(huán)的軸線（過環(huán)心垂直于圓環(huán)所在平面的直線）上任一點(diǎn)P處的場(chǎng)強(qiáng)（P點(diǎn)到圓環(huán)中心的距離取為x）.dEPdqRxdEdEXO解 在圓環(huán)上任取一電荷元dq，其在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為 ， 解8-7圖方向沿dq與P點(diǎn)的連線.將其分解為平行于軸線的分量和垂直于軸線的分量，由電荷分布的對(duì)稱性可知，各dq在P點(diǎn)產(chǎn)生的垂直于軸線的場(chǎng)強(qiáng)分量相互抵消，而平行于軸線的分量相互加強(qiáng)，所以合場(chǎng)強(qiáng)平行于軸線，大小為： E=E= 方向：q0時(shí)，（自環(huán)心）沿軸線向外；q0時(shí)，指向環(huán)心.8-12 兩個(gè)均勻帶電的同心球面半徑分別為R1和R2（R2R1），帶電量分別為q1和q2，求以下三種情況下距離球心為r的點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：（1
9、）rR1；（2）R1rR2（3）rR2.并定性地畫出場(chǎng)強(qiáng)隨r的變化曲線解 過所求場(chǎng)點(diǎn)作與兩帶電球面同心的球面為高斯面，則由高斯定理可知： rER1R2解8-12圖 場(chǎng)強(qiáng)隨r的變化曲線(1) 當(dāng)rR1時(shí)，(2) 當(dāng)R1rR2 時(shí)， (3) 當(dāng)rR2 時(shí)， 8-13 均勻帶電的無限長(zhǎng)圓柱面半徑為R，每單位長(zhǎng)度的電量（即電荷線密度）為. 求圓柱面內(nèi)外的場(chǎng)強(qiáng).解 過所求場(chǎng)點(diǎn)作與無限長(zhǎng)帶電圓柱面同軸的、長(zhǎng)為l的封閉圓柱面，使所求場(chǎng)點(diǎn)在封閉圓柱面的側(cè)面上.由電荷分布的對(duì)稱性可知，在電場(chǎng)不為零的地方，場(chǎng)強(qiáng)的方向垂直軸線向外（設(shè)0），且離軸線的距離相等的各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小相等. 所以封閉圓柱面兩個(gè)底面的電通量為零
10、，側(cè)面上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小相等，方向與側(cè)面垂直（與側(cè)面任一面積元的法線方向平行）.設(shè)所求場(chǎng)點(diǎn)到圓柱面軸線的距離為r，當(dāng)rR即所求場(chǎng)點(diǎn)在帶電圓柱面內(nèi)時(shí)，因?yàn)?；?dāng)rR即所求場(chǎng)點(diǎn)在帶電圓柱面外時(shí)，.8-15 將q=2.510-8C的點(diǎn)電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，外力作功5.010-6J.問電勢(shì)能的增量是多少？A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是多少？哪一點(diǎn)的電勢(shì)較高？若設(shè)B點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A點(diǎn)的電勢(shì)是多少？解 電勢(shì)能的增量：；A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差：0， B點(diǎn)的電勢(shì)較高；若設(shè)B點(diǎn)的電勢(shì)為零，則 .8-17 求習(xí)題8-12中空間各點(diǎn)的電勢(shì).解 已知均勻帶電球面內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì)等于球面上的電勢(shì)，其中R是球面的半徑；均勻帶電球
11、面外任一點(diǎn)的電勢(shì)等于球面上的電荷全部集中在球心上時(shí)的電勢(shì).所以，由電勢(shì)的疊加原理得： （1） 當(dāng)rR1即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面內(nèi)時(shí):；（2） 當(dāng)R1rR2即所求場(chǎng)點(diǎn)在小球面外、大球面內(nèi)時(shí):；當(dāng)rR2即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面外時(shí):當(dāng)rR2即所求場(chǎng)點(diǎn)在兩個(gè)球面外時(shí):285頁9-3,9-49-3如圖，在半徑為R的導(dǎo)體球外與球心O相距為a的一點(diǎn)A處放置一點(diǎn)電荷+Q，在球內(nèi)有一點(diǎn)B位于AO的延長(zhǎng)線上，OB = r，求：（1）導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向；（2）B點(diǎn)的電勢(shì).習(xí)題9.3圖 解：（1）由靜電平衡條件和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可知，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為點(diǎn)電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的矢量和，且為零，即
12、（2）由電勢(shì)疊加原理可知，B點(diǎn)的電勢(shì)為點(diǎn)電荷q和球面感應(yīng)電荷在該處產(chǎn)生的電勢(shì)的標(biāo)量和，即由于球體是一個(gè)等勢(shì)體，球內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì)和球心o點(diǎn)的電勢(shì)相等因球面上的感應(yīng)電荷與球心o的距離均為球的半徑R，且感應(yīng)電荷的總電賀量為零，所以感應(yīng)電荷在o點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為零，且，因此所以， B點(diǎn)的電勢(shì) 9-4如圖所示，在一半徑為R1 = 6.0 cm的金屬球A外面罩有一個(gè)同心的金屬球殼B.已知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為R2 = 8.0 cm，R3 = 10.0 cm，A球帶有總電量QA = 3.010-8 C，球殼B帶有總電量QB = 2.010-8 C.求：（1）球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電量以及球A和球殼B的電勢(shì)；
13、（2）將球殼B接地后再斷開，再把金屬球A接地，求金屬球A和球殼B的內(nèi)、外表面上所帶的電量，以及球A和球殼B的電勢(shì).習(xí)題9.4圖解：（1）在導(dǎo)體到達(dá)靜電平衡后，分布在導(dǎo)體球的表面上由于靜電感應(yīng)，在B球殼的內(nèi)表面上感應(yīng)出負(fù)電荷，外表面上感應(yīng)出正電荷，則B球殼外表面上的總電荷（）。由場(chǎng)的分布具有對(duì)稱性，可用高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)分布E的方向眼徑向外導(dǎo)體為有限帶電體，選無限遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)。由電勢(shì)的定義可計(jì)算兩球的電勢(shì)A球內(nèi)任一場(chǎng)點(diǎn)的電勢(shì)為B球殼內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì) 為9-5兩塊無限大帶電平板導(dǎo)體如圖排列，試證明：（1）相向的兩面上（圖中的2和3），其電荷面密度大小相等而符號(hào)相反；（2）背向的兩面上（圖中的
14、1和4），其電荷面密度大小相等且符號(hào)相同.解：因兩塊導(dǎo)體板靠得很近，可將四個(gè)導(dǎo)體表面視為四個(gè)無限大帶點(diǎn)平面。導(dǎo)體表面上的電荷分布可認(rèn)為是均勻的，且其間的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直導(dǎo)體表面。作如圖所示的圓柱形高斯面，因?qū)w在到達(dá)靜電平衡后內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，導(dǎo)體外的場(chǎng)強(qiáng)方向與高斯面的側(cè)面平行，由高斯定理可得再由導(dǎo)體板內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)為零，可知P點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)由 得9-7. 一平行板電容器，充電后極板上的電荷面密度為 = 4.510-5 C . m-2，現(xiàn)將兩極板與電源斷開，然后再把相對(duì)電容率為r = 2.0的電介質(zhì)充滿兩極板之間.求此時(shí)電介質(zhì)中的、和.解：當(dāng)平行板電容器的兩板與電源斷開前后，兩極板上所帶的電荷量沒有發(fā)生變化，所以
15、自由電荷面密度也沒有發(fā)生變化，由極化電荷面密度對(duì)于平行板電容器 且的方向均沿徑向9-11圓柱形電容器由半徑為R1的導(dǎo)線和與它同軸的導(dǎo)體圓筒構(gòu)成，其間充滿相對(duì)電容率為r的電介質(zhì).圓筒內(nèi)半徑為R2.電容器長(zhǎng)為L(zhǎng)，沿軸線單位長(zhǎng)度上的電荷為 ，略去邊緣效應(yīng)，試求：（1）兩極的電勢(shì)差；（2）電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度、電位移、極化強(qiáng)度；（3）電介質(zhì)表面的極化電荷面密度. 解：（1） 設(shè)導(dǎo)線上的電荷均勻地分布在導(dǎo)線的表面上，圓筒上的電荷均勻的分布在圓筒的內(nèi)表面上，可由高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng) 兩極的電位差（2） 由第（1）問知，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度 電位移極化強(qiáng)度 329頁10-9,10-1010-6 一邊長(zhǎng)為m的
16、立方體如圖放置，有一均勻磁場(chǎng)T通過立方體所在區(qū)域.計(jì)算：習(xí)題圖10-6（1）通過立方體上陰影面積的磁通量；（2）通過立方體六面的總磁通量.解：（1）立方體一邊的面積（2） 總通量10-11 如圖所示，已知相距為d的兩平行長(zhǎng)直導(dǎo)線載有相同電流，求 （1）兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距一點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度； （2）通過圖中矩形面積的磁通量 解 在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點(diǎn)處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度和方向相同，都垂直紙面向外。故 設(shè)點(diǎn)離導(dǎo)線1的距離為，則 ，代入上式得 （1） 在導(dǎo)線等距的點(diǎn)有 ， （2） 取面積元，則通過矩形面積的磁通量為d +習(xí)題圖10-1010-10 如圖，載流導(dǎo)線彎成
17、（a）、（b）、（c）所示的形狀，求三圖中點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向.解：（a）水平方向的載流導(dǎo)線對(duì)P電磁感應(yīng)強(qiáng)度的貢獻(xiàn)為0。豎直部分對(duì)P點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度10-6 一邊長(zhǎng)為m的立方體如圖放置，有一均勻磁場(chǎng)T通過立方體所在區(qū)域.計(jì)算：習(xí)題圖10-6（1）通過立方體上陰影面積的磁通量；（2）通過立方體六面的總磁通量.解：（1）立方體一邊的面積（3） 總通量10-11 如圖所示，已知相距為d的兩平行長(zhǎng)直導(dǎo)線載有相同電流，求 （1）兩導(dǎo)線所在平面與此兩導(dǎo)線等距一點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度； （2）通過圖中矩形面積的磁通量 解 在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的任一點(diǎn)處，兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度和方向相同，都垂直紙面向
18、外。故 設(shè)點(diǎn)離導(dǎo)線1的距離為，則 ，代入上式得 （3） 在導(dǎo)線等距的點(diǎn)有 ， （4） 取面積元，則通過矩形面積的磁通量為d +習(xí)題圖10-1010-10 如圖，載流導(dǎo)線彎成（a）、（b）、（c）所示的形狀，求三圖中點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向.解：（a）水平方向的載流導(dǎo)線對(duì)P電磁感應(yīng)強(qiáng)度的貢獻(xiàn)為0。豎直部分對(duì)P點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外.（b）P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加，則方向垂直紙面向里.（c）B為三邊磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加，由對(duì)稱性方向垂直紙面向里.習(xí)題圖10-1410-14 一根很長(zhǎng)的銅導(dǎo)線，載有電流10 A，在導(dǎo)線內(nèi)部通過中心線作一平面，如圖所示.試計(jì)算通過導(dǎo)線
19、1m長(zhǎng)的平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對(duì)磁場(chǎng)分布無影響）.解：設(shè)距軸線為處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為.則即平面內(nèi)的磁通量為.方向垂直紙面向外.（b）P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為三部分載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加，則方向垂直紙面向里.（c）B為三邊磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加，由對(duì)稱性方向垂直紙面向里.習(xí)題圖10-1410-14 一根很長(zhǎng)的銅導(dǎo)線，載有電流10 A，在導(dǎo)線內(nèi)部通過中心線作一平面，如圖所示.試計(jì)算通過導(dǎo)線1m長(zhǎng)的平面內(nèi)的磁通量（銅材料本身對(duì)磁場(chǎng)分布無影響）.解：設(shè)距軸線為處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為.則即平面內(nèi)的磁通量為. 367頁11-1,11-511- 一載流的無限長(zhǎng)直導(dǎo)線，與一N匝矩形線圈ABCD共面。已知AB長(zhǎng)為L(zhǎng) ,
20、與導(dǎo)線間距為a；CD邊與導(dǎo)線間距為b（ba）。線圈以 v的速度離開直導(dǎo)線，求線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向和大小。 解由于為穩(wěn)恒電流，所以它在空間各點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)為穩(wěn)恒磁場(chǎng)。當(dāng)矩形線圈ABCD運(yùn)動(dòng)時(shí)，不同時(shí)刻通過線圈的磁通量發(fā)生變化，故有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生。取坐標(biāo)系如圖(a)所示。 設(shè)矩形線圈以速度 以圖示位置開始運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過時(shí)間t之后，線圈位置如圖(b)所示。取面積元，距長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離為，按無限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式知，該面積元處的大小為 =通過該面積元的磁通量為 于是通過線圈的磁通量為 =由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，N匝線圈內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 令t = 0,并代入數(shù)據(jù)，則得線圈剛離開直導(dǎo)線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)
21、勢(shì)按楞次定律可知，E感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向沿順時(shí)針方向。11-5 在無限長(zhǎng)螺線管中，均勻分布著與螺線管軸線平行的磁場(chǎng) (t)。設(shè)B以速率=變化（為大于零的常量）?，F(xiàn)在其中放置一直角形導(dǎo)線 abc。若已知螺線管截面半徑為R,，求：（1）螺線管中的感生電場(chǎng)；（2）兩段導(dǎo)線中的感生電動(dòng)勢(shì)。解 （1）由于系統(tǒng)具有軸對(duì)稱性，如圖所示，可求出感生電場(chǎng)。在磁場(chǎng)中取圓心為O，半徑為的圓周，根據(jù)感生電場(chǎng)與變化磁場(chǎng)之間的關(guān)系 可得 有 由楞次定律可以判斷感生電場(chǎng)為逆時(shí)針方向。（2）解法一 用法拉第電磁感應(yīng)定律求解。連接和，在回路 中，穿過回路所圍面積的磁通量為 則 而 所以 方向由指向同理可得 方向由指向解法二 也可由
22、感生電場(chǎng)力做功求解。由于（1）中已求出。則11-1.解: (1)由電磁感應(yīng)定律 (2) 由于磁通量是增加的,所以線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)使R中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向是由左向右11-4解:由題意可知金屬棒沿桿下滑的速度為重力加速度所引起 11-5解:由于I為穩(wěn)定電流,所以它在空間各點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)為穩(wěn)恒磁場(chǎng).當(dāng)矩形線圈ABCD運(yùn)動(dòng)時(shí),不同時(shí)刻通過線圈的磁通量回發(fā)生變化,故有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生.取坐標(biāo)系如圖。設(shè)矩形線圈以速度V從圖示位置開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t之后，線圈位置如圖(b)所示，取面積元ds=ldx，距長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離為x，按無限長(zhǎng)直載流導(dǎo)體的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式知，該面積元外 的大小為通過該面積元的磁通量為于是
23、通過線圈的磁通量為 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，N匝線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 令t=0,代入數(shù)據(jù)，得到線圈，剛離開直導(dǎo)線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 按楞次定律E的方向?yàn)閳Db中的順時(shí)針方向1、 一質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，其質(zhì)量為m,線速度為v，半徑為R。求它對(duì)圓心的角動(dòng)量；它相對(duì)于圓周上某一點(diǎn)的角動(dòng)量是否為常量，為什么？答：它對(duì)圓心的角動(dòng)量Rmv，是常量；它相對(duì)于圓周上某一點(diǎn)的角動(dòng)量不是常量。4、彗星繞太陽作橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，太陽位于橢圓軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上，問系統(tǒng)的角動(dòng)量是否守恒？近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度哪個(gè)大？3-5題圖答：在彗星繞太陽軌道運(yùn)轉(zhuǎn)過程中，只受萬有引力作用，萬有引力對(duì)太陽不產(chǎn)生力矩，系統(tǒng)角動(dòng)量守恒。近日點(diǎn) r 小 v 大，遠(yuǎn)日點(diǎn) r 大 v 小。這就是為什么彗星運(yùn)轉(zhuǎn)周期為幾十年，而經(jīng)過太陽時(shí)只有很短的幾周時(shí)間。彗星接近太陽時(shí)勢(shì)能轉(zhuǎn)換成動(dòng)能，而遠(yuǎn)離太陽時(shí)，動(dòng)能轉(zhuǎn)換成勢(shì)能。8利用角動(dòng)量守恒定律簡(jiǎn)要分析花樣滑冰、跳水運(yùn)動(dòng)過程。答：對(duì)這一力學(xué)現(xiàn)象可根據(jù)角動(dòng)量守衡定律來解釋。例如旋轉(zhuǎn)著的芭蕾舞演員要加快旋轉(zhuǎn)時(shí)，總是將雙手收回身邊，這時(shí)演員質(zhì)量分布靠近轉(zhuǎn)軸，轉(zhuǎn)動(dòng)慣量變小，轉(zhuǎn)動(dòng)速度加快，轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能增加。 友情提示：本資料代表個(gè)人觀點(diǎn)，如有幫助請(qǐng)下載，謝謝您的瀏覽！
大學(xué)物理教程 (上)課后習(xí)題 答案Word版
