最新大学物理B上(力学、电磁学)-练习册计算题解答教学课件.ppt

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1、大学物理大学物理B B上上( (力学、电磁力学、电磁学学)-)-练习册计算题解答练习册计算题解答2 2、解：、解：tkvdtdv2 ktdtvdv2 20kt21v1v1 得：得： t0vv2ktdtvdv0积分积分02v1kt21v1 即：即：解出解出: :cossinlmsinmgN2 22sinlmcosmgT 当当N=0 时（小球离开锥面的条件）由上式可求时（小球离开锥面的条件）由上式可求coslgc cosmgT 练习练习4 4、动量定理、动量定理 动量守恒动量守恒1 1、解：、解：以以M 和和m 为系统，所受外力（重力、地面支持力）均为系统，所受外力（重力、地面支持力）均沿竖直方向

2、，故水平方向动量守恒，竖直方向不守恒。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竖直方向：应用质点的动量定理系统动量增量：系统动量增量：2ymvP 合外力的冲量：合外力的冲量：tmgMgN)( ( (其中其中N 为地面对滑块的支持力为地面对滑块的支持力) )2ymvPtmgMgN )(gmMtmvN2)( 由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力：由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力：gmMtmvNN2)( 水平方向：应用动量守恒定律水平方向：应用动量守恒定律MvMvmv01 10vMmvvv ( ( v0 为为M 原速度，原速度，v 为碰后速度为碰后速度 )

3、 )练习练习5 5、功与能、功与能 机械能守恒机械能守恒1 1、解：、解：由质点的动能定理由质点的动能定理 x02kkmv21EEFdxA02x0 xx400dxx400A9400098000 )(其中其中J90300100.221mv21E232k 90 xx400294000 m45.0 x 解得：解得：2 2、解、解: :设滑块与弹簧分离时滑块相对地的速度为设滑块与弹簧分离时滑块相对地的速度为v（向（向右）；小车速度为右）；小车速度为V（向左）（向左）Vv则由动量守恒有：则由动量守恒有：)( MVmv0 由机械能守恒有：由机械能守恒有：222MV21mv21kx21 其中其中lx 滑块相

4、对小车的速度滑块相对小车的速度s/m55.0Vvv s255.01.1t 代入数据解得：代入数据解得：s/m5.0v s/m05.0V 练习练习6 6、角动量和角动量守恒、角动量和角动量守恒1 1、解：、解：j8i3r )()(j6i5j8i33mvrL )(s/mkgk1742 )(sNk56 )()(i7j8i3FrM 练习练习7 7、刚体运动学、刚体运动学 转动惯量转动惯量1 1、解：、解：22xma360sinam4I0 )(2y030sinam2I)( 22a2m30sinaam20)()( 2ma9 222za2m30cosa2m2ma2I0)()( 2ma12 222s0030s

5、inamasin30amma2I)()( 2ma5.4 练习练习8 8、刚体转动定律、刚体转动定律1 1、解：、解：质点质点B ：设绳的张力为：设绳的张力为T2 ，质点质点A ：设绳的张力为：设绳的张力为T1 ，则由牛顿定律：则由牛顿定律：amT22 amTgm111 m1T1m1ga则水平方向上则水平方向上m2Nm2gT2加速度为加速度为a ，滑轮：设物体滑轮：设物体A 、B 对系统的反作用力分别为对系统的反作用力分别为 ，2T 1T 1T 2T 22TT 11TT 由转动定律（设角加速度由转动定律（设角加速度垂直纸面向下为正）垂直纸面向下为正）IRTT21 )(由于绳和滑轮无滑动，则由于绳

6、和滑轮无滑动，则Ra 联立上述方程，得：联立上述方程，得：2211R/Immgma 由圆盘由圆盘 代入上式得：代入上式得： 23Rm21I 3211mmm2gm2a )(gmmm2mm2magmT32132111 )()()(gmmm2gmm2amT3212122 )( m mAB2rr2 2、解：分析受力如图：、解：分析受力如图：mgmgT1T2a2a11T 2T 设设A 的加速度为的加速度为a1方向向下；方向向下；B 的加速度为的加速度为a2方向向上；方向向上；滑块的加速度为滑块的加速度为方向垂直方向垂直纸面向外。纸面向外。质点质点A ：11maTmg 质点质点B ：22mamgT 两个圆

7、盘粘在一起，视作一两个圆盘粘在一起，视作一个刚体，其转动惯量为个刚体，其转动惯量为221mr29III 由转动定律列方程：由转动定律列方程：IrTr2T21 由牛顿第三定律：由牛顿第三定律：22TT 11TT 由角量与线量的关系：由角量与线量的关系：r2a1 ra2 解以上方程组得：解以上方程组得：r19g2mr5Imgr2 练习练习9 9、转动的功与能、转动的功与能 刚体的角动量刚体的角动量弹簧原长弹簧原长m5.00.15.1l0 1 1、解：、解：棒转到水平位置时弹簧伸长量棒转到水平位置时弹簧伸长量m3.15.05.11l22 棒下摆过程中，系统机械能守恒棒下摆过程中，系统机械能守恒2lm

8、glk21I2122 )(2ml31I 且：且：解得：解得：s/rad34.3mgllkml322 )(2 2、解：、解：dmdxx薄板对薄板对 轴的转动惯量为：轴的转动惯量为：oo 2l022Ml31dxlMxdmxI 式中式中dm 是宽度为是宽度为dx 的一条细棒的质量。的一条细棒的质量。小球碰撞后速度方向不变，大小变为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：则碰撞中角动量守恒：mvlIlmv0 碰撞前后系统动能相等：碰撞前后系统动能相等：222mv21I21mv210 解以上方程组得：解以上方程组得：xoo lm3Mmv60)( 0vMm3Mm3v 练习练习1010、电

9、场、电场 电场强度电场强度1 1、解：、解：1E2EPE1q2q21PEEE 如图示如图示xyosinE0EEE2x2x1Px cosEEEEE21y2y1Py 由点电荷场强公式由点电荷场强公式: :20r4qE 得得: :c/N10432.0E4Px c/N10549.0E4Py 则则: :jEiEEPyPxP c/N10699.0E4P 2 2、解、解: :取线元取线元dx , ,其电量其电量dq 在在P 点场强为点场强为: :20Pxadx41dE)( PPdEE 2l2l20 xadx4)(oxdxPac/N1041.23 EP 方向为沿方向为沿x 轴正向。轴正向。)(220la4l

10、oxydxQ取线元取线元dx , ,其电量其电量dq 在在Q 点场强为点场强为: :2220Qdxdx41dE 由于对称性由于对称性0EQx QyQydEE 2l2l2322202dxdx4d)(22220d4ld2l c/N1027.53 EQ 方向为沿方向为沿y 轴正向。轴正向。练习练习1111、电通量、电通量 高斯定理高斯定理1 1、解：、解：取与球面同心的闭合球面为高斯面取与球面同心的闭合球面为高斯面由高斯定理：由高斯定理： Si0q1dSErrrkVd4.ddq2rr dRoSr:Rr 4200d4.d kRrrrkVqRR内:Rr4200d4.d krrrrkVqrr内204024

11、; 4rRErE外内得：得： 1402内qrE由：由：2 2、解、解: :1R2R由高斯定理：由高斯定理： Si0q1dSE当当r R1 0qi0E 当当R1 1r R2 0iq0E 取与圆柱同轴的闭合柱面为高斯面取与圆柱同轴的闭合柱面为高斯面练习练习1212、电场力的功、电场力的功 场强与电势的关系场强与电势的关系 1 1、解：、解：ACB q qORRR由点电荷电势公式由点电荷电势公式0)( RqRq41U0O)(RqR3q41U0C R6q0 及电势叠加原理：及电势叠加原理：R6qqUUqA00CO0 )(2 2、解、解: :由高斯定理：由高斯定理： Si0q1dSE033ir34R34

12、qq 30R4qrE Rr Rr qqi20r4qE RqrP301R4qrE Rr Rr 202r4qE 由：由： PRR21PrdrEdrEdlEUdrr4qdrR4qrR20R30r 3022R8rR3q)( 练习练习1313、静电场中的导体和电介质、静电场中的导体和电介质 1 1、解：、解：ABCmm0.2mm0.4B、C 板感应电量分别为板感应电量分别为qB 、qC 令令A 板左侧电荷面密度为板左侧电荷面密度为 ，右侧为，右侧为12ABACUU ABABACACdEdE 且：且：SqA21 得：得：S3q2A1 S3qA2 c102q32Sq7A1C 而：而：c101q31Sq7A2

13、B AC01ACACAddEU V103.23 c102q7C c101q7B )(AB02ABABddE 练习练习1515、磁场、磁场 磁感应强度磁感应强度1 1、解：、解：060a1B2B3BIoR6I360120R2IB00002方向：方向：由图知：由图知：o 点到直导线的距离：点到直导线的距离：2a60cosad0d)(000130cos0cosd2IBa2I2310)( )(0003180cos150cosd2IBa2I2310)( 则：则：aI21.0BBBB0321方向：方向：2 2、解、解: :将薄金属板沿宽度方向分割如图：将薄金属板沿宽度方向分割如图：Pdlldl 对应电流：

14、对应电流：dlaIdI dl 在在P 点处磁场为：点处磁场为：l2dIdB0可知所有分割带在可知所有分割带在P 点处磁场方向相同，点处磁场方向相同，由磁场叠加原理可求得在由磁场叠加原理可求得在P 点处点处: :aaxlna2Ila2IdldBB0axx0方向：方向：练习练习1616、安培环路定理、安培环路定理II1R2R3R1 1、解：、解： 如图磁场具有轴对称性，以对称轴为中心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：作积分环路，取正方向：由安培环路定理：由安培环路定理：rl0IdlB即：即：r2BdlBl则：则：r2BdlB0cosdlBdlBlll0II1R2R3Rr I

15、I则：则：210R2IrB221rRII1Rr 21RrR则：则：r2IB032RrR)(2223222RRRr1II则：则：22232230RRrRr2IB3Rr 0I则：则：0B 由：由：r2BdlBl2 2、解、解: :Iabd取取dx 如图：如图：xdx距导线距导线x 远处的远处的B 的大小：的大小：x2IB0方向：方向：阴影部分通过的磁通量为阴影部分通过的磁通量为: :dSBdSBdmaxx2I0通过矩形线圈的磁通量为通过矩形线圈的磁通量为: :dbdln2Iaxdx2Iad0bdd0mmWb1066.38练习练习1717、磁场对载流导线的作用、磁场对载流导线的作用 1 1、解：、解

16、：1I2IABCdBCFABFACF已知：已知：I1 、I2 、d 及每边长及每边长l 。ld2II90sinlBIF21002AC对于对于AC ：d2IB10ACBIdldF 应用安培定律：应用安培定律：取电流元取电流元I2dl ，对于对于AB 、BC ：dlIr2IdFFF2l10BCABd2l3d2ln3II330cosdrr2II210030cosldd21001I2IABCdBCFABFACFd2l3d2ln3II3FF210BCAB由：由：ld2IIF210AC得：得：BCABACFFFF合合d2l3d2ln3II3d2IIF210210合合则则 的大小：的大小：合合F 的方向水平

17、向左。的方向水平向左。合合F2 2、解、解: :1Idl1df1I2B2I1B2dfa1121dlIBdf 2212dlIBdf a2IB202 a2IB101 导线导线1、2单位长度所受磁力：单位长度所受磁力：a2IIdldf21011 a2IIdldf21022 BIdldF 应用安培定律：应用安培定律：即即: :a2IIf210相互吸引的方向。相互吸引的方向。练习练习1818、磁场对运动电荷的作用、磁场对运动电荷的作用 1 1、解：、解：ooadbcIB如图：因为处于平衡，如图：因为处于平衡，所受的磁力矩大小相等，所受的磁力矩大小相等，方向相反（对方向相反（对 轴）。轴）。oo 重力矩：

18、重力矩：线框的重力矩与线框线框的重力矩与线框singSllsin2lgSl2M1singSl22磁力矩：磁力矩：cosIBl2sinBPM2m2)(ooadbcIB平衡时：平衡时：21MM 所以：所以：cosIBlsingSl222singSl2M21cosIBlM22因为：因为：T1035.9ItangS2B32 2、解、解: :rdrB宽度为宽度为dr 的圆环在旋转时产生的电流强度的圆环在旋转时产生的电流强度dI 为为: :2qdI rdr2rdr2圆环磁矩圆环磁矩 大小为大小为: :mdPdrrrdIdP32m则磁力矩则磁力矩dM为为: :drBrdPBdM3m圆盘磁力矩圆盘磁力矩M 为

19、为: :4R03BR41drBrdMM练习练习2121、动生电动势和感生电动势、动生电动势和感生电动势1 1、解：、解：avIAB力线产生的动生电动势：力线产生的动生电动势：dlBvd)(cosdlx2Iv0在导体棒在导体棒AB 上任取一矢量元上任取一矢量元dl，规定，规定dl 的的方方向为从向为从A至至B ，dl 在磁场中切割磁在磁场中切割磁dlxdxcosdlcoscosdxx2Ivd0有有acosLaln2Ivxdx2Ivd00cosLaa则：则：方向与方向与dl 规定的方向一致规定的方向一致( (从从A至至B) )即即A点电势高。点电势高。2 2、解：、解：aiicbBCDAL在回路中

20、取与直导线平行的面积元在回路中取与直导线平行的面积元( (如图如图) )x dx通过面积元的磁通量：通过面积元的磁通量：21dddLdxx2iLdxxc2i00)(babax2iLdxxc2iLdxdd0021)(则通过回路则通过回路ABCD 的磁通量的磁通量 为：为：)(ablnacbcln2iL0回路回路ABCD 中的感应电动势为：中的感应电动势为：itcosablnacbcln2ILdtd00i)(练习练习2222、自感、互感和磁场能量、自感、互感和磁场能量1 1、解：、解：设螺线管中的电流为设螺线管中的电流为I ，则，则 ，故：，故：nIB0nNSINBSIL0代入数据计算得：代入数据计算得：H102.3L2由由dtdILL得：得：)(V29100.10.11.0102.332L由于由于 为正，其方向与电流方向相同。为正，其方向与电流方向相同。L2 2、解：、解：设长直导线上的电流为设长直导线上的电流为 ，则矩形线圈的全磁通：，则矩形线圈的全磁通：1I2ln2aINrdrr2aIN10102bbb故：故：)(H1053.22ln2aNIM6012因为长直导线上的电流为因为长直导线上的电流为 时，矩形线圈的全磁通时，矩形线圈的全磁通1I，故互感系数，故互感系数M=0。0249 结束语结束语