扬大物理练习册答案 TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】第一章 质点运动学1.解：（1）221030)1520)t t t t +=(－＋(－r i jd (1060)(1540)d t t t==-++-v r i j ， 初速度：1015=-+v i j大小：18.03m/s =v方向：与x 轴负向夹角15arctan56.310= （2）d 6040d t ==-v a i j大小：2272.11m/s a =方向：与x 轴正向夹角40arctan 33.6960=2.解：取质点的出发点为原点。
由题意知质点的加速度为2y y 15dtdv a t == ⑴ 由初始条件t=0时 v 0x =v 0y =0，对式 ⑴进行积分，有⑵即j t i t v 3255+= ⑶将t=5s 带入式 ⑶ ，有又由速度的定义及初始条件t=0 时，x 0 =y 0=0，对式⑵进行分离变量并积分，有即 j t i t r 453543+= 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2=t 秒时，法向加速度和切向加速度分别为⑵由2/a a =τ，有从而得即由此可得因此，此时刻的θ值为⑶由题意τa a n =，即解得4.解 由题意有而所以分离变量t R v v d tan 1d 2α= ⑴ 对上式积分，并代入初始条件0=t 时，0v v =，得αtan 110R t v v =- ⑵ 整理式⑵得第二章 牛顿定律1. 解 （1） cv f -==t v md d （2） t m ce v ts v -==0d d 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： tv m mg d d sin =-θ ⑴ 在法向： Rv m mg T 2cos =-θ ⑵ 由式⑴即θθd Rg vdv sin -= ⑶对式⑶积分，并由已知条件0=θ时，0v v =得)cos 1(2202θ--=gR v v （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3243t t t x +-=可得2383d d t t tx v +-== ⑴由式⑴得，当t=0时，m/s 0.30=v ；t=2s 时，m /s 0.12-=v 。
因此，作用力在最初内所作的功⑵ 式⑴对时间求导数，得质点的加速度t tv a 68d d +-== ⑵ 瞬时功率2. 解 由功的定义可知，由物体开始运动到2m 时由动能定理代入初始条件0=x 时，10.3v = m/s ，得所以，2m 时物体的动量为由动量定理，前2m 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V ˊ 1分有 v M mv mv '+=0（2） 0mv mv t f -=∆ （设0v 方向为正方向）= N s ⋅4. 解 由题意分析，力F 与x 的关系为x LF F F 00-= ⑴ 由牛顿运动定律，有即x x LF F x F v mv d )(d d 00-== ⑵两边积分，并由初始条件，0=x 时，0=v ，得因此)2(202L x x m F v -= ⑶ 由式⑶，当L x =时，速率为5.解 以物体1m 、2m 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，1m 处于0x 处达到平衡，由静力平衡条件得001=++kx g m F ⑴而2m 离开地面的条件为02≥-g m kx 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1m ，2m 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gx m kx gx m kx 1201202121+=+ ⑶ 两边乘以2k 有将式⑴代入上式，得即整理得故g m F kx 1-= ⑷由，（2）、（4）两式可得即F 至少要等于g m m )(21+，可使F 撤销后，恰使2m 抬起。
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 a r α=解得： ()a r a g m J 2-=又根据已知条件 0v = 0得： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1222S gt mr J 2. 解 设斜面上问题质量为2m ，另一物体质量为1m 。
滑轮的质量为M ，半径为r 。
分别对两物体及滑轮进行受力分析。
1m 受重力，拉力 111m g T m a -=2m 受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力 2222cos sin T m g m g m a μθθ--= 滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力 22112T r T r Mr α-=联列求解12212cos sin 5.7912m g m g m g a M m m μθθ--==++ 3.解：221MR J =＝2m kg ⋅ 因此(1)下落距离m 3.632/2==at hO BA1m 弹起的最高点 弹簧为原长时1m 的位置力F 作用下，1m 的位置)(a )(b(2)张力 N 9.37)(=-=a g m T分析图4.解 121112121)(βR m R T T M =-- （1） 222222121)(βR m R T T =- （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：2211ββR R = （3）由式（2）（3）得代入式（3）得21212)(2R R m m M +=β. 5. 解 (1)由题意可知细棒的质量线密度为kr =λ式中k 为常数。
由于细棒的总质量为m ，所以m r kr L=⎰d 0 由此得 22L m k =故 r L m kr 22==λ 又 22d d J r m r r λ==⎰⎰所以 322021d 2Lm J r r mL L ==⎰ （2）细棒上到转轴距离为r 的长度元d r 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(3) 设细棒由角速度0ω到停止转动所经历的时间为t ，则角动量定理可得6.解 由转动定律，有即由条件2=θ时1=ω，积分上式得即1-=θω ⑴由角速度的定义td d θω=，分离变量得 积分上式，并代入初始条件t =0时2=θ，得则砂轮的运动方程为t e +=1θ 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r （r >R ），带宽为r d ，则圆环带的面积为r r S d π2d =，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，23220)(π4d π2d /r x rxr E +=εσ.因此，在P 点产生的总场强大小为⎰⎰∞==R E E d 23220)(π4d π2/r x rx r +εσ=2202x R x +εσ.方向沿X 轴正方向2.解 取坐标轴OX ，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 22)(x R R --=Rsin θ， θd d R l =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E d 的大小为由于q d 为正，故E d 方向沿X 轴正方向。
将q d 代入上式，可得 为所有圆环在P 点产生场强的矢量和，则整个半球面在球心P 点处产生的场强大小为 方向沿X 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OXY ，且原点O 在轴线上。
沿弧长方向取一宽度为l d 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O 点产生的场强Ed 的大小为l R R 'E d π2π2d 2020ελελ==. 方向如图所示。
Ed 在X 轴和Y 轴上的投影为θεθλθεθλθd π2cos d π2cos cos d d 02202RR R E E y ===... 于是整个带电半圆柱薄筒在O 点外产生的场强大小为 ⎰==πθεθλ0020d π2cos RE y （由对称性分析也可获得这个结果）则 i Rj E i E E y x02πελ=+=. E 的方向沿X 轴。
若λ>0时，E 与X 轴正向一致；若λ<0时，E与X 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r 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l ，半径为r ，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S 。
由高斯定理可知⎰∑⎰⎰=⋅=︒+=⋅侧面端面0i sq rl 2E S 0E S 2E 2S E επd cos d πcos d（1） 当R r <时，高斯面S 内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得 0321234εbr ar E -= ()R r <当R r >时，高斯面S 内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得rbR aR E 0431234ε-= ()R r >.5. 解 如图所示，由补偿法分析，空腔中场点P 的电势是半径为1R ，密度为ρ的大球和半径为2R ，密度为ρ-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()a r O ='，大球产生的电势为 ()2210136a R V -=ερ. 同理，可得小球在O '处产生的电势为220222263ερερR R V -=-=. 由电势叠加原理()()[]02222102202212163263ερερερa R R R a R V V V O --=--=+='.. 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921001085.8-⨯=+=r r U εσ C/m 2 （2）设外球面上放电后电荷面密度为'σ，则应有0)'(1'2100=+=r r U σσε则σσ21'r r =外球面上应变成带负电，共应放掉电荷91067.6-⨯= C7. （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。