物理期末答题_期末物理考试答案

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2-15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1)10ｓ后飞机的速率；(2)飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．

解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有Fmamdvdtαt

vv0dvt0ααtm2dt

得

vv02mt

因此,飞机着陆10ｓ后的速率为 v ＝30 m·ｓ-1 又

xx0dxα2vtdt 002mt故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

sxx0v0tα6mt467m

33-30(质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？)－33 在题3 －30的冲击摆问题中，若以质量为m′ 的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？

解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有

J122式中J1ml、J2ml和J3vvJ1J2J3ω0

(1)l2l13ml分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量.2根据摆在转动过程中机械能守恒，有

12J2J3ω0213mglmg2lmgl

(2)22由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为

v4mn2gl－9 在一半径为R１ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B．已知球壳B 的内、外半径分别为R2＝8.0 cm，R3 ＝10.0 cm．设球A 带有总电荷QA ＝3.0 ×10B 带有总电荷QB ＝2.0×10

－８

－８

C，球壳

C．（１）求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；（2）将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．

解（１）由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10外表面带电5.0 ×10－８

－８

C，球壳B 内表面带电－3.0 ×10

－８

C，C．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为

VAqA4πε0R1QA4πε0R2QAQA4πε0R35.610V

3VBQAQB4πε0R34.510V

3（2）将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电qA，球A 和球壳B的电势为

VAqA4πε0R1qA4πε0R2QAqA4πε0R30

VBQAqA4πε0R3

解得

qAR1R2QAR1R2R2R3R1R32.12108C

－８即球A 外表面带电2.12 ×10电-0.9 ×10－８

－８

C，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10C，外表面带C．另外球A 和球壳B 的电势分别为

VA0 VB7.2910V

2导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表 面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．－15 两线输电线，其导线半径为3.26 mm，两线中心相距0.50 m，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容． 解 由教材第六章6 －4 节例3 可知两输电线的电势差

Uλπε0lndRR

因此，输电线单位长度的电容

CλUπε0/ln12dRRπε0/lndR

代入数据

C5.5210F－22 如图所示，有三个点电荷Q1、Q2、Q3 沿一条直线等间距分布且Q1 ＝Q3 ＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1、Q3 的情况下，将Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.解1 由题意Q1 所受的合力为零

Q1Q24πε0d142Q114Q34πε02dQ

20

解得 Q2Q3并由电势的叠加得Q1、Q3 在点O 的电势

V0Q14πε0dQ34πε0dQ2πε0d

将Q2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功

WQ2V0Q28πε0d.7 －35 一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质［图（ａ）］，磁介质的相对磁导率为μr（μr ＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I 通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1）空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2）磁介质表面的磁化电流．

解（1）取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有

H2πrIf

对r ＜R1

得

IfIπR21πr

2H1Ir2πR21

忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有

M10，B1μ0Ir2πR12

对R2 ＞r ＞R1

I得

fI

H2I2πr

填充的磁介质相对磁导率为μr，有

M2μr1I2πr，B2μ0μrI2πr

对R3 ＞r ＞R2

得

IfIIπRR2332πrR2

22H3IR3r222πrRR2223

同样忽略导体的磁化，有

M30，B32πrRμ0IR3r23222R2 对r ＞R3 IfII0 得 H40，M40，B40（2）由IsM2πr，磁介质内、外表面磁化电流的大小为

IsiM2R12πR1μr1I IseM2R22πR2μr1I

对抗磁质（r1），在磁介质内表面（r ＝R1），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r ＝R2），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H（r）和B（r）分布曲线分别如图（ｂ）和（c）．－13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速v2.0ms平行于一长直导线移动，此导线

1通有电流I ＝40A．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？

解1 根据分析，杆中的感应电动势为

EABμ02πxμ0Iv2πABvBdldxl1.1m0.1mvdxln113.84105V式中负号表示

电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高．

解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx、长为y 的面元ｄS，则穿过面元的磁通量为

dΦBdSμ0I2πxydx

穿过回路的磁通量为

ΦSdΦ1.1mμ0I2πx0.1mydxμ0Iy2πln11

回路的电动势为

EdΦdtμ0I2πxln11dydtμ0Iy2π3.84105V

由于静止的形导轨上电动势为零，所以

EABE3.84105V

式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A 电势较高．－14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．

解1 根据分析，线框中的电动势为

EEefEhg

vBdlvBdl

efhgμ0Iv2πdl20dl2πdl10μ0Ivl2dl

μ0IvI1I22πdl1

由Eef ＞Ehg 可知，线框中的电动势方向为efgh．

解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为

Φl1μ0Il202πxξdxμ0Il22πxξlnξl1ξ

相应电动势为

EξdΦdtμ0Ivl2l12πξξl1

令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

Eμ0Ivl2l12πddl1

由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．