大学物理活页作业答案及解析((全套))
最新大学物理活页作业答案及解析((全套))
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdvmmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
南邮物理活页练习答案
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt dsv ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥ 3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+-分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，tvm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121okx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudtm mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ= 由功能原理解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
同济大学普通物理活页作业问题详解
中，始终保持它离地面的高度不变，此时直杆下落的加速度应为
M
(A) g ；
(B) m g ； M
(C) M m g ；
(D) M m g ；
m
M
M m
(E) M m g 。 M
选择题 6 图
（ C）
7．水平地面上放一物体 A，它与地面间的滑动摩擦系数为 。现
加一恒力 F，如图所示。欲使物体 A 有最大加速度，则恒力 F 与
(C) 必须等于 2gR ；
(D) 还应由汽车的质量 M 决定。
（ B）
五、 填空题
1．一质量为 2 kg 的质点在力 F 20t 8 N 的作用下，沿 Ox 轴作直线运动。在 t 0 时， 质点的速度为 3m·s-1。质点在任意时刻的速度为 v 5t 2 4t 3。
2．质量为 M 的小艇在靠岸时关闭发动机，此刻的船速为 v0 ，设水对小艇的阻力 f 正比于船
速 v ，即
f
kv （ k 为比例系数）。小艇在关闭发动机后还能行驶 x
Mv0 k
的距离。
3．一气球的总质量为 m，以大小为 a 的加速度铅直下降，今欲使它以大小为 a 的加速度铅
直上升，则应从气球中抛掉压舱沙袋的质量为
2ma ag
。（忽略空气阻力）
4．如图所示，质量为 m 的物体 A 用平行于斜面的细线
大高度？
解：取 Ox 向上为正方向，则火箭头部的加速度为 a (g 0.0005 v2 ) ，又 a dv v dv ， dt dx
从而得
1
v dv (g 0.0005v2 ) dx
当火箭头部达到最大高度 hmax时， v 0 ，因此
dx hmax 0
0 150
g
同济大学大学物理活页作业答案
2． 对一枚火箭的圆锥型头部进行试验。把它以初速度 150 m s 铅直向上发射后，受空气
-1
阻力而减速，其阻力所引起的加速度大小为 0.0005v （SI） ，求火箭头部所能达到的最 大高度？
3
2
解： 取 Ox 向上为正方向， 则火箭头部的加速度为 a ( g 0.0005v 2 ) ， 又a 从而得
1．一质量为 2 kg 的质点在力 F 20t 8 N 的作用下，沿 Ox 轴作直线运动。在 t 0 时，
2 at d v /d t g 2 t / v0 g 2 t 2 与 v 同向．
an g 2 at2
．
1/ 2
2 v0 g / v0 g 2 t 2 方向与 a t 垂直
4
第二章（一） 牛顿力学
班号 学号 姓名 日期
四、 选择题
1．下列说法中正确的是： (A) 运动的物体有惯性, 静止的物体没有惯性； (B) 物体不受外力作用时, 必定静止； (C) 物体作圆周运动时, 合外力不可能恒定； (D) 牛顿运动定律只适用于低速、微观物体。 （ 2． 图中 P 是一圆的竖直直径 PC 的上端点， 一质点从 P 开始分别沿 不同的弦无摩擦下滑时，把到达各弦的下端所用的时间相比较是 （A）到 A 用的时间最短； （B）到 B 用的时间最短； （C）到 C 用的时间最短； （D）所用时间都一样。 （ D ） 3．假设质量为 70kg 的飞机驾驶员由于动力俯冲得到 6 g 的净加速 度， 问作用于驾驶员上的力最接近于下列的哪一个值 (A) 10 N ； (B) 70 N ； (C) 420 N ； (D) 4100 N 。 （ D ） C ）
（B） 2 i 2 j ； （D） 2 i 2 j 。 （ B ）
大学物理活页答案第110单元word资料12页
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r（2）)(22SI j t i dt rd v )(2SI jdtvd a8．解：9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω（2）当旗杆与投影等长时，4/ t 10．解： ky yvv t y y v t dv ad d d d d d d-k y v d v / d y已知y =y o ，v =v o 则2202121ky v C 2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14 s m tdtdsv ；24s m dtdva t ；2228 s m t Rv a n ；6．s rad o /0.2 ；s rad /0.4 ；2/8.0s rad r a t ；7．解：（1）由速度和加速度的定义 （2）由切向加速度和法向加速度的定义（3）)(122/322SI t a v n8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 9．解：s m uv /6.3430tan10．解：l h v u ；u hl v3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721；2/98.02.0s m MT a 5．x k v x22；x x x v k dtdxk dt dv v 222 6．解：（1）ma F F N T sin cos （2）F N =0时；a =g cot θ 7．解：mg R m o 2 Rg o 8．解：由牛顿运动定律可得 分离变量积分9．解：由牛顿运动定律可得 分离变量积分10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 以及 ta v d d ， d d va t ，积分并代入初条件得 )cos 1(22 ag v ，4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案 1．A ；2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v；2212m t F v v 7．解：（1）t dt dxv x 10；10 dtdv a x x （2）s N Fdt I 4031 8．解： 1'v m m mv9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2 当绳子完全拉直时，有 '2v M m gh m10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零 等式乘以d t 后积分，得0 to to mvdt Mudt5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案 1．C 2．D 3．D 4．C5．18J ；6m/s6．5/37．解：摩擦力mg f由功能原理 2121210)(kx x x f解得 )(22121x x mg kx .8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos由能量守恒定律 mgh mv 221质点脱离球面时 RhR F Ncos ;0 解得：3R h9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．解得： )(2m M M gRmV ；MgRm M u )(2(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /26.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页答案(马文蔚 版)高等教育出版社
10.机械波单元练习（一）答案 1． B 2． C 3． B 4． 1.67m 5．0cos[()]x ly A t uωϕ-=-+ 6． 6，307． 解：（1）由波动方程可知振幅0.05m A =，角频率20πω=，/3πu ω=，则波速16.67m s u-=⋅，频率/2π10Hz νω==，波长2π2/3m uλω==。
（2）maxπ 3.14m/s A ω==≈v8． 解：（1）由图可知振幅0.1m A =，波长4m λ=，波速1100m s u -=⋅ 则2π2π/50πuT ωλ===。
又O 点初始时刻位于平衡位置且向y 轴正向运动，则由旋转矢量法可得π/2ϕ=-，因此波动方程为0.1cos[50π(/100)π/2](m)y t x =--（2）P 处质点的振动方程为0.1cos(50π3π/2)(m)y t =-9． 解：由图可知振幅0.1m A =，波长100m λ=，则角频率2π2ππuT ωλ===。
由P 点的运动方向可知波向x 轴负方向传播。
又由图可知原点O 初始时刻位于A /2处，且向y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得0π/3ϕ=。
则波动方程为0.1cos[π(/50)π/3](m)y t x =++10．解：（1）以A 点为坐标原点的波动方程为2310cos[3π(/30)](m) y t x -=⨯-（2）π2π2BA ABABuωϕϕλ=-=-=-则以B 点为坐标原点的波动方程为2310cos[3π(/30)π/2](m)y t x -=⨯--11.机械波单元练习（二）答案1． C 2． B 3． C 4．/2λ，π5． 550Hz ，458.3Hz 6． 0.08W/m 2 7． 解：两列波传到1S 2S 连线和延长线上任一点P 的相位差212120102ππ2πr r r r ϕϕϕλλ--∆=--=--1S 左侧各点：2110π2ππ2π6π4r r ϕλ-∆=--=--=-，振动都加强； 2S 右侧各点：2110π2ππ2π4π4r r ϕλ--∆=--=--=，振动都加强；1S 、2S 之间：2111110π2ππ2π6ππ(21)π4r r r r r k ϕλ---∆=--=--=-+=+则距1S 点为：11m,3m,5m,7m,9m r =处各点静止不动。
《大学物理活页习题集》 机械工业出版社答案单元1-单元8
说明为方便各位老师和读者使用大学物理活页习题集，特编写与之配套的习题参考答案。
由于编者水平所限，难免存在错误疏漏之处，恳请读者批评指正。
编者2012年12月单元1 质点运动学（一）一、选择题 1. A 2. B 3. B 4. C 5. C二、填空题1. 匀速直线； 匀速率； 圆周； 匀速率曲线。
2. 一； 三。
3.a 25； j i 2-aa +； ； ； 0。
j v 2-v 24. ； ； 。
m/s 80i m/s 110i 2m/s 20i 5. ； 。
x k a 2=ktx k a e 02=三、判断题（判断正误，并简述理由） 1. × 2. × 3. × 4. × 5. ×四、计算题 1. ；；()j i r ktktb a t -ee +=ab xy =()j i v kt kt bk ak t -e -e =；()j i a kt kt bk ak t -22e e +=。
2. ()； m 11540-193k j i +()m/s 4130-144k j i +； ()2m/s 810-72k j i +； ； ()m 10040-192k j i +()m/s 2510-48k j i +。
3. i u xh x 22-+； i 232-u x h 。
4. ()t L y ωtan =； L v ω34=； L a 2938ω=； 加速上升。
5. ； 下午4时整。
m/s 1036.13-⨯6. ( ； 。
)m/s 84j i +2m/s 16j单元2 质点运动学（二）一、选择题 1. C 2. D 3. A 4. A 5. B二、填空题1. ()m/s 31-4-13t t t v +=； ()m 121-2-4342t t t t x +=。
2. 2+2=200t kv v v 。
3. ； ； ； 203+t ω300++t t ωθRt 6()2203t R +ω。
物理学活页作业答案
物理学活页作业答案13.静电场（二）答案1． C 2． D 3． B 4． C 5．224141041r QR Q R Q o o o πεπεπε；；； 6． ＞7． 解：假设阴极A 与阳极B 单位长度带电分别为–λ与λ，由高斯定律求电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U ，由已知量求电场强度并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力12ln 22R R U rE o o πελ=πελ=12lnR R r U E =N R R R eU eE F 141211034.4ln-⨯===8．解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布；)(011R r E <=)(4421212122R r R e rQ E Qr E ro o<<πε=ε=π)(44222132123R r e r Q Q E Q Q r E ro o>πε+=ε+=π2212213344R r r Q Q l d e rQ Q l d E V o rr o r>πε+=⋅πε+=⋅=⎰⎰∞∞⎰⎰⎰⎰∞∞⋅πε++⋅πε=⋅+⋅=22222212132244R r o R rr o R R rl d e rQ Q l d e r Q l d E l d E V21221244R r R R Q r Q V o o <<πε+πε=⎰⎰⎰⎰⎰∞∞⋅πε++⋅πε=⋅+⋅+⋅=221221122121321144R r o R R r o R R R R rl d e r Q Q l d e r Q l d E l d E l d E V12211144R r R Q R Q V o o <πε+πε=方法二：带电量为Q ，半径为R 的带电球面对电势的贡献球面内电势：R Q V o πε=4 球面外电势：rQV o πε=4有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。
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1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdtvd a -==)/(422s m j i v-= )/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rgo μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=toxdt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mgk m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ②解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
6．2ln kJ7．解：（1）由转动定律，2/2.39s rad JFr==α （2）由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490==∆= （3）根据牛顿运动定律和转动定律：mg –F ’=ma rF ’=J α a=r α联立解得飞轮的角加速度22/8.21s rad mrJ mg=+=α 8．解：（1）由转动定律 α=2312ml l mglg 23=α （2）取棒与地球为系统，机械能守恒mgl E k 21=(3)棒下落到竖直位置时22312121ω⋅⋅=ml mgl lg3=ω9．解：（1）系统的能量守恒，有222121ω+=J mv mgh ω=r v联立解得： J mr mghr v +=222 ； Jmr mgh+=ω22 （2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg – T ＝ma T r ＝由运动学关系有： a =联立解得： 2mrJ mgJT +=10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为y x m d d d ρ=式中面密度ρ为常数，按转动惯量定义，)(12)()(3322222222b a ab y y x x m y x a a b b +ρ=+ρ=+=⎰⎰⎰--d d d z J 薄板的质量 ab m ρ= 所以 )(1222b a m J +=z7.刚体转动单元练习（二）答案1．C 2．A 3．D 4．B 5．o ω3；o J 31 6．o ω34；221o o J ω 7．解：小球转动过程中角动量守恒ω=ω422o o or m mr o ω=ω42222232121o o o mr J J W ω=ω-ω=8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒ω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2221221212l m l m l v m ()l m m v m 21236+=ω9．解：圆环所受的摩擦力矩为mgR M μ=，由转动定律 α=μ2mR mgR ， Rg μ=α 至圆环停止所经历的时间 gRt μω=αω=00 10．解：落下过程棒的机械能守恒。
设棒刚到竖直位置时角速度为ω2312122LMg ML =ω⋅， ① 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒ω=231ML mvx ， ② 碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒ω=M Lmv 2， ③ ①、③消去ω，得 gL mMv 32=， ④ ②、④消去v ，得 L x 32=.8.机械振动单元练习（一）答案1． B 2． B 3． C 4． A5． 0.10cos(π/6π/3)m x t =+ 6． 2:17． 解：0.1m A =，2π/πT ω==运动方程cos()0.1cos(π)m x A t t ωϕϕ=+=+（1）由旋转矢量法π/2ϕ=-，0.1cos(ππ/2)m x t =-； （2）由旋转矢量法π/3ϕ=，0.1cos(ππ/3)m x t =+； （3）由旋转矢量法πϕ=，0.1cos(ππ)m x t =+。