大学物理学习题解答 习题
大学物理学(第3版)下册课后练习答案
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[答案：相同](2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。
[答案：5：6]9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题9.3图 题9.4图9.4 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ2,如题9.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示 由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向9.8 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题9.9图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿9.10 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题9.10图所示． 题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 半径为1R和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．9.14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=',∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅9.16 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题9.17图9.17 如题9.17图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题9.18图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅9.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题9.21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题9.22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题9.22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题9.22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23图(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=9.24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q9.25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0022018348342F r πqr π"q 'q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε9.26 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε9.27 如题9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题9.27图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图 题9.28图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==题9.29图9.29 如题9.29 图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 9.30 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．9.31半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
大学物理第4章 狭义相对论时空观习题解答改
习 题4-1 一辆高速车以0.8c 的速率运动。
地上有一系列的同步钟,当经过地面上的一台钟时,驾驶员注意到它的指针在0=t ,她即刻把自己的钟拨到0'=t 。
行驶了一段距离后,她自己的钟指到6 us 时,驾驶员瞧地面上另一台钟。
问这个钟的读数就是多少？ 【解】s)(10)/8.0(16/12220μ=-μ=-∆=∆c c s cu t t所以地面上第二个钟的读数为)(10's t t t μ=∆+=4-2 在某惯性参考系S 中,两事件发生在同一地点而时间间隔为4 s,另一惯性参考系S′ 以速度c u 6.0=相对于S 系运动,问在S′ 系中测得的两个事件的时间间隔与空间间隔各就是多少？【解】已知原时(s)4=∆t ,则测时(s)56.014/1'222=-=-∆=∆s cu t t由洛伦兹坐标变换22/1'c u ut x x --=,得:)(100.9/1/1/1'''8222220221012m c u t u c u ut x c u ut x x x x ⨯=-∆=-----=-=∆4-3 S 系中测得两个事件的时空坐标就是x 1=6×104 m,y 1=z 1=0,t 1=2×10-4 s 与x 2=12×104 m,y 2=z 2=0,t 2=1×10-4 s 。
如果S′ 系测得这两个事件同时发生,则S′ 系相对于S 系的速度u 就是多少？S′ 系测得这两个事件的空间间隔就是多少？ 【解】(m)1064⨯=∆x ,0=∆=∆z y ,(s)1014-⨯-=∆t ,0'=∆t0)('2=∆-∆γ=∆cxu t t 2cxu t ∆=∆⇒ (m/s)105.182⨯-=∆∆=⇒x t c u (m )102.5)('4⨯=∆-∆γ=∆t u x x4-4 一列车与山底隧道静止时等长。
(完整版)《大学物理》练习题及参考答案
《大学物理》练习题一. 单选题：1．下列说法正确的是……………………………………（） 参看课本P32-36A . 惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态无关，与光的频率有关B . 惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态无关，与光的频率无关C . 惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态有关，与光的频率无关D . 惯性系中，真空中的光速与光源的运动状态有关，与光的频率有关2．下列说法正确的是………………………………… （ ） 参看课本P32-36A . 伽利略变换与洛伦兹变换是等价的B . 所有惯性系对一切物理定律都是不等价的C . 在所有惯性系中，真空的光速具有相同的量值cD . 由相对论时空观知：时钟的快慢和量尺的长短都与物体的运动无关3．下列说法正确的是………………………………… （ ）参看课本P58,76,103 A . 动量守恒定律的守恒条件是系统所受的合外力矩为零 B . 角动量守恒定律的守恒条件是系统所受的合外力为零 C . 机械能守恒定律的守恒条件是系统所受的合外力不做功 D . 以上说法都不正确4. 下列关于牛顿运动定律的说法正确的是…………（ ） 参看课本P44-45A . 牛顿第一运动定律是描述物体间力的相互作用的规律B . 牛顿第二运动定律是描述力处于平衡时物体的运动规律C . 牛顿第三运动定律是描述物体力和运动的定量关系的规律D . 牛顿三条运动定律是一个整体，是描述宏观物体低速运动的客观规律5．下列关于保守力的说法错误的是…………………（ ） 参看课本P71-72 A . 由重力对物体所做的功的特点可知，重力是一种保守力B . 由弹性力对物体所做的功的特点可知，弹性力也是一种保守力C . 由摩擦力对物体所做的功的特点可知，摩擦力也是一种保守力D . 由万有引力对物体所做的功的特点可知，万有引力也是一种保守力6.已知某质点的运动方程的分量式是，，式中R 、ω是常cos x R t ω=sin y R t ω=数．则此质点将做………………………………………………（） 参看课本P19A . 匀速圆周运动B . 匀变速直线运动C . 匀速直线运动D . 条件不够，无法确定7．如图所示，三个质量相同、线度相同而形状不同的均质物体，它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是………( )A . 薄圆筒B . 圆柱体 参看课本P95C . 正方体D . 一样大8．下列关于弹性碰撞的说法正确的是………………（） 中学知识在课堂已复习A . 系统只有动量守恒B . 系统只有机械能守恒C . 系统的动量和机械能都守恒D . 系统的动量和机械能都不守恒9．某人张开双臂，手握哑铃，坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用．则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的…………………（ ） 参看课本P104A . 转速不变，角动量变大B . 转速变大，角动量保持不变C . 转速和角动量都变大D . 转速和角动量都保持不变10.下列关于卡诺循环的说法正确的是………………（ ） 参看课本P144 A . 卡诺循环是由两个平衡的等温过程和两个平衡的绝热过程组成的B . 卡诺循环是由两个平衡的等温过程和两个平衡的等体过程组成的C . 卡诺循环是由两个平衡的等体过程和两个平衡的等压过程组成的D . 卡诺循环是由两个平衡的绝热过程和两个平衡的等压过程组成的11. 如图所示，在场强为E 的匀强电场中，有一个半径为R 的半球面，若场强E 的方向与半球面的对称轴平行，则通过这个半球面的电通量大小为…………………（ ） 参看课本P172-173A .B .2E 22R E πC . D . 02R E 12.一点电荷，放在球形高斯面的中心处，下列情况中通过高斯面的电通量会发生变化的…………………………（ ） 参看课本P173 A . 将另一点电荷放在高斯面内 B . 将高斯面半径缩小C . 将另一点电荷放在高斯面外D . 将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内13.如图所示，在与均匀磁场垂直的平面内有一长为l 的铜棒B MN ，设棒绕M 点以匀角速度ω转动，转轴与平行，则棒的动B 生电动势大小为……………（）参看课本P257A .B . Bl ω2BlωC .D . 12Bl ω212Blω14. 、方均v 、最概然速率为，则这气体分子的三种速率的关系是…………（p v ） A ．B 参看课本P125v >p vC ．D p v pv =15. 下列关于导体静电平衡的说法错误………………（ ） 参看课本P190-191 A . 导体是等势体，其表面是等势面 B . 导体内部场强处处为零 C . 导体表面的场强处处与表面垂直 D . 导体内部处处存在净电荷16. 下列哪种现代厨房电器是利用涡流原理工作的…（ ） 参看课本P259A . 微波炉B . 电饭锅17. 下列关于电源电动势的说法正确的是……………（） 参看课本P249-250A . 电源电动势等于电源把电荷从正极经内电路移到负极时所作的功B . 电源电动势的大小只取于电源本身的性质，而与外电路无关C . 电动势的指向习惯为自正极经内电路到负极的指向D . 沿着电动势的指向，电源将提高电荷的电势能18. 磁介质有三种，下列用相对磁导率正确表征它们各自特性的是………（ r μ）A . 顺磁质，抗磁质，铁磁质 参看课本P39-2400r μ<0r μ<1r μ?B . 顺磁质，抗磁质，铁磁质1r μ>1r μ=1r μ?C . 顺磁质，抗磁质，铁磁质0r μ>0r μ>0r μ> D . 顺磁质，抗磁质，铁磁质1r μ>1r μ<1r μ?19. 在均匀磁场中，一带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速率圆周运动，如果磁场的磁感应强度减小，则………………………………………………（ ） 参看课本P231 A . 粒子的运动速率减小 B . 粒子的轨道半径减小 C . 粒子的运动频率不变 D . 粒子的运动周期增大20. 两根无限长的载流直导线互相平行，通有大小相等，方向相反的I 1和I 2，在两导线的正中间放一个通有电流I 的矩形线圈abcd ，如图所示. 则线圈受到的合力为…………（ ） 参看课本P221-223A . 水平向左B . 水平向右C . 零D . 无法判断21. 下列说法错误的是……………………………………（ ） 参看课本P263A . 通过螺线管的电流越大，螺线管的自感系数也越大B . 螺线管的半径越大，螺线管的自感系数也越大C . 螺线管中单位长度的匝数越多，螺线管的自感系数也越大D . 螺线管中充有铁磁质时的自感系数大于真空时的自感系数22. 一电偶极子放在匀强电场中，当电矩的方向与场强的方向不一致时，则它所受的合力F 和合力矩M 分别为…………………………………（ ） 参看课本P168-169A . F =0 ，M =0B . F ≠0 ，M ≠0C . F =0 ，M ≠0D . F ≠0 ，M =023. 若一平面载流线圈在磁场中既不受磁力，也不受磁力矩作用，这说明……（ ）A . 该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行 参看课本P223-224B . 该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行C . 该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直D . 该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直24. 下列关于机械振动和机械波的说法正确的是………（ ） 参看课本P306A . 质点做机械振动，一定产生机械波B .波是指波源质点在介质的传播过程C . 波的传播速度也就是波源的振动速度D . 波在介质中的传播频率与波源的振动频率相同，而与介质无关25. 在以下矢量场中，属保守力场的是…………………（ ） A . 静电场 B . 涡旋电场 参看课本P180,212,258C . 稳恒磁场D . 变化磁场26. 如图所示，一根长为2a 的细金属杆AB 与载流长直导线共面，导线中通过的电流为I ，金属杆A 端距导线距离为a .金属杆AB 以速度v 向上匀速运动时，杆内产生的动生电动势为……（ ） 参看课本P261 (8-8)A . ，方向由B →A B .，方向由A →B2ln 20πμεIv i =2ln 20πμεIv i =C . ，方向由B →A D . ，方向由A →B0ln 32i Iv μεπ=3ln 20πμεIv i =27．在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动………（ ） 参看课本P325A . 振幅相同，相位相同B . 振幅不同，相位相同C . 振幅相同，相位不同D . 振幅不同，相位不同28．两个质点做简谐振动，曲线如图所示，则有（ ）A . A 振动的相位超前B 振动π/2 参看课本P291B . A 振动的相位落后B 振动π/2C . A 振动的相位超前B 振动πD . A 振动的相位与B 振动同相29．同一点光源发出的两列光波产生相干的必要条件是…（） 参看课本P336A . 两光源的频率相同，振动方向相同，相位差恒定B . 两光源的频率相同，振幅相同，相位差恒定C . 两光源发出的光波传播方向相同，振动方向相同，振幅相同D .两光源发出的光波传播方向相同，频率相同，相位差恒定30．如图所示，在一圆形电流I 所在的平面内选取一个同心圆形闭合环路L ，则由安培环路定理可知……………………………………………（ ） 参看课本P235A . ，且环路上任一点B =0d 0L B l ⋅=⎰B . ，但环路上任一点B ≠0d 0L B l ⋅=⎰ C . ，且环路上任一点B ≠0d 0 L B l ⋅≠⎰D . ，且环路上任一点B =常量d 0 LB l ⋅≠⎰二. 填空题：31. 平行板电容器充电后与电源断开，然后充满相对电容率为εr 的各向均匀电介质. 则其电容C 将______，两极板间的电势差U 将________. (填减小、增大或不变) 参看课本P195,20032. 某质点沿x 轴运动，其运动方程为: x =10t –5t 2，式中x 、t 分别以m 、s 为单位. 质点任意时刻的速度v =________，加速度a =________. 参看课本P16-1733. 某人相对地面的电容为60pF ，如果他所带电荷为，则他相对地面的电C 100.68-⨯势差为__________，他具有的电势能为_____________. 参看课本P200,20234. 一人从10 m 深的井中提水，起始时，桶中装有10 kg 的水，桶的质量为1 kg ，由于水桶漏水，每升高1m 要漏去0.1 kg 的水，则水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功为____________．参看课本P70 (2-14)35.质量为m 、半径为R 、自转运动周期为T 的月球，若月球是密度均匀分布的实球体，则其绕自转轴的转动惯量是__________，做自转运动的转动动能是__________.参看课本P100 (3-4)36. 1mol 氢气，在温度为127℃时，氢气分子的总平均动能是_____________，总转动动能是______________，内能是_____________. 〔已知摩尔气体常量R = 8.31 J/(mol ·K ) 参看课本 P120 (4-8)37. 如图所示，两个平行的无限大均匀带电平面，其面电荷密度分别为+σ和-σ. 则区域Ⅱ的场强大小E Ⅱ=___________ . 参看课本P17738. 用一定波长的单色光进行双缝干涉实验时，要使屏上的干涉条纹间距变宽，可采用的方法是: (1) _________________________；(2) ________________________. 参看课本P34439. 通过磁场中任意闭合曲面的磁通量等于_________. 感生电场是由______________产生的，它的电场线是__________曲线. (填闭合或不闭合) 参看课本P212,25840. 子弹在枪膛中前进时受到的合力与时间关系为，子弹飞出枪口5400410N F t =-⨯的速度为200m /s ，则子弹受到的冲量为_____________. 参看课本P55-5641. 将电荷量为2.0×10-8C 的点电荷，从电场中A 点移到B 点，电场力做功6.0×10-6J . 则A 、B 两点的电势差U AB =____________ . 参看课本P18142. 如图所示，图中O 点的磁感应强度大小B =______________.参看课本P229-23043. 一个螺线管的自感L =10 mH ，通过线圈的电流I =2A ，则它所储存的磁能W =_____________. 参看课本P26744. 理想气体在某热力学过程中内能增加了ΔE =250J ，而气体对外界做功A =50J ，则气体吸收的热量Q = . 参看课本P132-13345. 一平面简谐波沿x 轴的正方向传播，波速为100 m/s ，t =0时的曲线如图所示，则简谐波的波长λ =____________,频率ν =_____________. 参看课本P30946. 两个同心的球面，半径分别为R 1、R 2(R 1R 2)，分别<带有总电量为Q 1、Q 2. 设电荷均匀分布在球面上，则两球面间的电势差U 12= ________________________.参看课本P186-187三. 计算题：47. 一正方形线圈由外皮绝缘的细导线绕成，共绕有100匝，每边长为10 cm ，放在B = 5.0T 的磁场中，当导线中通有I =10.0A 的电流时，求: (1) 线圈磁矩m 的大小；(2) 作用在线圈上的磁力矩M 的最大值. 参看课本P225 (7-7)48.如图所示，已知子弹质量为m ，木块质量为M ，弹簧的劲度系数为k，子弹以初速v o射入木块后，弹簧被压缩了L.设木块与平面间的滑动摩擦因数为μ，不计空气阻力.求初速v o.参看课本P80 (2-23)49. 一卡诺热机的效率为40％，其工作的低温热源温度为27℃.若要将其效率提高到50％，求高温热源的温度应提高多少?参看课本P148 (5-14)50. 质量均匀的链条总长为l，放在光滑的桌面上，一端沿桌面边缘下垂，其长度为a，如图所示.设开始时链条静止，求链条刚刚离开桌边时的速度.参看课本P70 (2-18)51.一平面简谐波在t =0时刻的波形如图所示，设波的频率ν=5 Hz，且此时图中P点的运动方向向下，求：(1) 此波的波函数；(2) P点的振动方程和位置坐标.参看课本P318 (10-11)52．如图所示，A和B两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接，A轮的转动惯量J A=10 kg·m2．开始时，B轮静止，A轮以n A= 600 r/min的转速转动．然后使A和B连接，连接后两轮的转速n = 200 r/min．求: (1) B轮的转动惯量J B ；(2) 在啮合过程中损失的机械能ΔE.参看课本P105 (3-9及补充)53．如图所示，载流I的导线处于磁感应强度为B的均匀磁场中，导线上的一段是半径为R、垂直于磁场的半圆，求这段半圆导线所受安培力.参看课本P224-22554．如图所示的截面为矩形的环形均匀密绕的螺绕环，环的内外半径分别a和b，厚度为h，共有N匝，环中通有电流为I .求: (1) 环内外的磁感应强度B；(2) 环的自感L.参看课本P237-238 (7-23及补充)55.如图所示，一长直导线通有电流I，在与其相距d处放在有一矩形线框，线框长为l ，宽为a ，共有N 匝. 当线框以速度v 沿垂直于长导线的方向向右运动时，线框中的动生电动势是多少? 参看课本P255 (8-3)二. 填空题：31. 增大 减小32.33. 1000V 0.03 J1010m/s t -210m/s t -34. 1029 (或1050) J 35. 36. 4986J 3324J 8310 J 225mR 22245mR T π37. 38. (1) 将两缝的距离变小 (2) 将双缝到光屏的距离变大σε39. 零 变化的磁场 闭合 40.41.300V42.0.2N s ⋅0112I R μπ⎛⎫- ⎪⎝⎭43. 0.02 J44. 300 J45. 0.8 m 125 Hz46.1012114Q R R πε⎛⎫- ⎪⎝⎭三. 计算题：47. 线圈磁矩22100100.110A m m NIS ==⨯⨯=⋅线圈最大磁力矩max 10550N mM mB ==⨯=⋅48. 设子弹质量为m ，木块质量为M ，子弹与木块的共同速度v由动量守恒定律得①0()mv m M v =+由功能原理得 ②2211()()22m M gL kL m M v μ-+=-+由①、②式得 0v =49. 卡诺热机效率: 211T T η=-21300500K 110.4T T η⇒===--同理 21300600K 110.5T T η'==='--高温热源应提高的温度 11600500100KT T '-=-=n50. 设桌面为零势面，由机械能守恒定律得21222a a l mg mg mv l -=-+v ⇒=51. 解：(1) 由图中v P ＜0知此波沿x 轴负向传播，继而知原点此时向y 正向运动原点处0002A y v =->，023ϕπ⇒=-又x = 3m 处3300y v =>，32πϕ⇒=-由 得2x ϕπλ∆∆=2x λπϕ∆=∆30236m 223πππ-=⨯=⎛⎫--- ⎪⎝⎭此波的波函数 02cos 2x y A t ππνϕλ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭20.10cos 10m 183t x πππ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭(2) P 点处 P P 00y v =，<P 2πϕ⇒=P 点振动方程P P cos(2)y A t πνϕ=+0.10cos 10m 2t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭P 点位置坐标 p 363321m22x λ=+=+=52. (1) 由动量矩守恒定律得A A AB ()J J J ωω=+A A AB 2()2J n J J n ππ=+B 60020010(10)6060J ⨯=+⨯2B 20kg m J ⇒=⋅(2) 损失的机械能2222A A A B A A A B 222241111()(2)()(2)222216001200104(1020)4 1.31510J 260260E J J J J n J J n ωωππππ∆=-+=-+⎛⎫⎛⎫=⨯⨯-+⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭53. 依题意得 d 0x x F F =∑=d d sin d sin sin d y F F BI l BIR θθθθ===0sin d 2y F F BIR BIRπθθ===⎰54. (1)0d 2B r B r Iπμ⋅=⋅=∑⎰ 环外的磁感应强度 0B =环内的磁感应强度 02B r NIπμ⋅=02NI B rμπ=(2) 0d d d 2NIhBh r r rμΦπ==001d d ln 22b a NIh NIh br r aμμΦΦππ===⎰⎰环的自感 20ln 2N h N b L I I aμψΦπ===55. 线框的动生电动势1212()N B B lvεεε=-=-001122()NIlv NIlav d d a d d a μμππ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭。
大学物理 和 习题答案
向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为
[A ]
（A） mR2 （ V ），顺时针。 JR
（B） mR2 （ V ），逆时针。 JR
——————3——————
大学物理习题集（上）
（C） mR 2 （ V ），顺时针。 （D） mR 2 （ V ），逆时针。
J mR 2 R
J mR 2 R
F
l 2
1 12
ml 2
A
Fl
1 3
ml 2
B
由上两式可解得 A
6F ml
,B
3F ml
,可见 A
B
所以应选（B）。
9．质量为 m 的小孩站在半径为 R 的水平平台边缘上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，
转动惯量为 J，平台和小孩开始时均静止，当小孩突然以相对于地面为 v 的速率在平台边缘沿逆时针转
。
2
解答 以圆盘和橡皮沁组成一系统，则系统所受重力对铅直轴 O 的力矩为零，所以系统的角动量守
——————6——————
大学物理习题集（上）
恒，圆盘的角动量为
J0
，橡皮泥（视为质点）对
O
轴的转动惯量为
m
R 2
2
，则有
1 2
MR20
1 2
MR2
m
R 2
2
解得
1 2
MR
20
2M 0
1 2
（D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。
2. 均匀细棒 OA 可绕通过某一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自
由下降，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？
大学物理习题册及解答第二版第一章质点的运动
7 汽车在半径为200m的圆弧形公路上刹车，刹车开始阶段的路程
随时间的变化关系为 S 20t 0.2t3(SI)，汽车在t=1s时的切向加速
度
，法向加速度大小为 ，加速度的大小和方向为
和
。
at
d 2S dt 2
1.2t
1.2m / s2
an
2
R
1 dS R dt
2
(20 0.6t 2 )2 R
第一章 质点的运动（一）
一、选择题
1 某质点作直线运动的运动学方程为x＝3t-5t3+6(SI)，则
该质点作 (A)匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向． (B)匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向． (C)变加速直线运动，加速度沿x轴正方向． (D)变加速直线运动，加速度沿x轴负方向．
2
一质点在某瞬时位于位矢 r(
2
4 一质点沿x方向运动，其加速度随时间变化关系为a =3+2t(SI) , 如果初始时质点的速度v0为5m/s，则当ｔ为3s时，质点的速度v
=_2__3_m_/_s_
5.一质点作半径为 0.1 m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：
π
1 t2
(SI)
42
则其切向加速度为 a
R
R d 2
0.1m / s2
定要经过2m的路程． (B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大． (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零． (D) 物体加速度越大，则速度越大．
3． 在相对地面静止的坐标系内, A、B 二船都以3m/s 的速率匀
速行驶, A 船沿x轴正向, B船沿y轴正向,今在船 A 上设置与静
(A)
1 2
大学物理练习题及答案详解
大学物理练习题及答案详解-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN大学物理学(上)练习题第一编 力 学 第一章 质点的运动1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为,v瞬时速率为v ，平均速率为,v 平均速度为v，它们之间如下的关系中必定正确的是(A) v v ≠，v v ≠； (B) v v =，v v ≠；(C) v v =，v v =； (C) v v ≠，v v = [ ]2．一质点的运动方程为26x t t =-(SI)，则在t 由0到4s 的时间间隔内，质点位移的大小为 ，质点走过的路程为 。
3．一质点沿x 轴作直线运动，在t 时刻的坐标为234.52x t t =-（SI ）。
试求：质点在（1）第2秒内的平均速度； （2）第2秒末的瞬时速度； （3）第2秒内运动的路程。
4．灯距地面的高度为1h ，若身高为2hv 沿水平直线行走，如图所示，则他的头顶在地上的影子M 面移动的速率M v = 。
5．质点作曲线运动，r表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式（1）dv a dt =， （2）dr v dt =， （3）ds v dt =， （4）||t dv a dt=. （A ）只有（1）、（4）是对的； （B ）只有（2）、（4）是对的； （C ）只有（2）是对的； （D ）只有（3）是对的. [ ]6．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的。
（A ）切向加速度必不为零； （B ）法向加速度必不为零（拐点处除外）；（C ）由于速度沿切线方向；法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； （D ）若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；（E ）若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动. [ ]Av B vvv7．在半径为R 的圆周上运动的质点，其速率与时间的关系为2v ct =（c 为常数），则从0t =到t 时刻质点走过的路程()s t = ；t 时刻质点的切向加速度t a = ；t 时刻质点的法向加速度n a = 。
大学物理习题答案解析第一章
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？ 1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 42=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin=', t T R y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t TR x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t vi j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==ttt t 0)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt r r t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值． 解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程 222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到． 解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n 2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hlαarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan221v v v -= 而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为。
习题解答---大学物理第八章习题 2
专业班级_____ 姓名________学号________第八章稳恒电流的磁场一、选择题：1、在磁感应强度为B的均匀磁场中作一半径为r的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量n与B的夹角为α，则通过半球面S的磁通量为：[ D ]（A）Br2π（B）Br22π（C）απsin2Br-（D）απcos2Br-。
2、无限长直导线在P处弯成半径为R的圆，当通以电流I时，则在圆心O点的磁感应强度大小等于：[ D ]（A）RIπμ20（B）RI4μ（C）0（D）)11(2πμ-RI（E）)11(4πμ+RI3、电流由长直导线1沿切向经a点流入一个电阻均匀分布的圆环，再由点沿切向从圆环流出，经长直导线2返回电源（如图）。
已知直导线上的电流强度为I，圆环的半径为R，且a、b和圆心O在同一直线上。
设长直载流导线1、2和分别在O点产生的磁感应强度为1B、2B、3B，则圆心处磁感应强度的大小[ C ]（A）0=B，因为0321===BBB。
(B)0=B, 因为虽然01≠B,02≠B,但021=+BB，03=B。
（C）0≠B，因为01≠B，02≠B，03≠B。
（D）0≠B，因为虽然03=B，但021≠+BB。
4、磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R，x坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上，图（A ）——（E ）哪一条表示x B -的关系？[ D ] 5、无限长直圆柱体，半径为R ，沿轴向均匀流有电流，设圆柱体内（R r <）的磁感应强度为i B ,圆柱体外（r> R ）的磁感应强度为e B 。
则有：[ B ] (A)i B 、e B 均与r 成正比。
(B) i B 、e B 均与r 成反比。
(C)i B 与r 成反比，e B 与r 成正比。
(D) i B 与r 成正比，e B 与r 成反比。
6、如右图所示，在磁感应强度为B的均匀磁场中，有一圆形载流导线，a 、b 、c 是其上三个长度相等的电流元，则它们所受安培力大小的关系为[ B ]（A ）c b a F F F >>。
大学物理练习册习题及答案3
习题及参考答案第2章 质点动力学参考答案一 思考题2-1如图，滑轮绳子质量忽略不计，忽略一切摩擦力，物体A 的质量m A 大于物体B 的质量m B ，在A 、B 运动过程中弹簧秤的读数是(A )()12m m g + (B )()12m m g -(C )12122m m g m m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭ (D )12124m m gm m ⎛⎫⎪+⎝⎭2-2用水平压力F 把一个物体压着靠在竖直的墙面上保持静止，当F 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f(A )恒为零 (B )不为零，但保持不变(C )随成F 正比增大 (D )开始随F 增大，达到某一值后，就保持不变2-3如图，物体A 、B 的质量分别为M 、m ，两物体间摩擦系数为μ，接触面为竖直面，为使B 不下滑，则需要A 的加速度为(A )a g μ≥ (B )a g μ≥ (C )a g ≥ (D )M ma g M +≥2-4质量分别为m 和M 的滑块A 和B ，叠放在光滑的水平面上，如图，A 、B 间的静摩擦系数为μs ，滑动摩擦系数为μk ，系统原先处于静止状态，今将水平力F 作用于B 上，要使A 、B 间不轰生相对滑动，应有(A )s F mg μ≤ (B )(1)s F m M mg μ≤+(C )()s F m M mg μ≤+ (D )s m MF mgM μ+≤AmBBm A 思考题2-1图思考题2-3图 思考题2-4图m(a )(b )Bm mm 21m 21思考题2-7图2-5 在光滑的水平面上，放有两个相互接触的物体A 和B ,质量分别为m 1和m 2，且m 1> m 2。
设有一水平恒力F ，第一次作用在A 上如图(a )所示，第二次作用在B 上如图(b )所示，问在这两次作用中A 与B 之间的作用力哪次大？2-6 图(a )中小球用轻弹簧o 1A 与o 2A 轻绳系住，图（b ）中小球用轻绳o'1B 与o'2B 系住，今剪断o 2A 绳和o'2B 绳；试求在刚剪断的瞬时，A 球与B 球的加速度量值和方向。
大学物理第2章 质点动力学习题(含解答)
第2章质点动力学习题解答2-1 如图所示，电梯作加速度大小为a 运动。
物体质量为m ，弹簧的弹性系数为k ，•求图示三种情况下物体所受的电梯支持力（图a 、b ）及电梯所受的弹簧对其拉力（图c ）。
解：（a ）ma mg N =- )(a g m N += （b ）ma N mg =- )(a g m N -= （c ）ma mg F =- )(a g m F +=2-2 如图所示，质量为10kg 物体，•所受拉力为变力2132+=t F （SI ），0=t 时物体静止。
该物体与地面的静摩擦系数为20.0=s μ，滑动摩擦系数为10.0=μ，取10=g m/s 2，求1=t s 时，物体的速度和加速度。
解：最大静摩擦力)(20max N mg f s ==μmax f F >，0=t 时物体开始运动。
ma mg F =-μ，1.13.02+=-=t mmgF a μ 1=t s 时，)/(4.12s m a =dtdv a =Θ，adt dv =，⎰⎰+=t v dt t dv 0201.13.0t t v 1.11.03+=1=t s 时，)/(2.1s m v =2-3 一质点质量为2.0kg ，在Oxy 平面内运动，•其所受合力j t i t F ρρρ232+=（SI ），0=t 时，速度j v ρρ20=（SI ），位矢i r ρρ20=。
求：（1）1=t s 时，质点加速度的大小及方向；（2）1=t s 时质点的速度和位矢。
解：j t i t m Fa ρρρρ+==223 223t a x =，00=x v ，20=x ⎰⎰=tv x dt t dv x0223，23t v x =⎰⎰⎰==txtx dt t dt v dx 03202，284+=t xt a y =，20=y v ，00=y⎰⎰=tv y tdt dv y02，222+=t v y⎰⎰⎰+==tyty dt t dt v dy 020)22(，t t y 263+=（1）1=t s 时，)/(232s m j i a ρρρ+=（2）j t i t v ρρρ)22(223++=，1=t s 时，j i v ρρρ2521+= j t t i t r ρρρ)26()28(34+++=，1=t s 时，j i r ρρρ613817+=2-4 质量为m 的子弹以速度0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的关系；（2）子弹射入沙土的最大深度。