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1、优秀学习资料欢迎下载练习一 (第一章质点运动学)一、选择题1、 (D)2、 (C)3、 (D)4、 (B)5、 (D)二、填空题1、 (1)A (2)1.186s(或4133s) (3)0.67s(或32s)2、8m 10m 3、 (1)tettAsin2cos)(22(2)k2(,2, 1 ,0k)4、3/30Ctv400121Cttvx5、 (1)5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解:dxdvvdtdxdxdvxdtdva262分离变数积分xvdxxvdv020)62(得)1(422xxv质点在任意位置处的速度为)1(22xxv(由初始时刻的加速度大于零,可知速度的大小为非负)
2、。2、解: (1)第二秒内的位移为mxxx5.0)1()2(第二秒内的平均速度为smtxv/5. 0(2)t 时刻的速度为269ttdtdxv第二秒末的瞬时速度为smsmsmv/6/26/292(3)令0692ttdtdxv,解得st5 .1第二秒内的路程为mxxxxs25. 2)5.1 ()2() 1()5 . 1(。3、解: (1)由几何关系s i nc o sryrx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载质点作匀速率圆周运动故dtd,代入初始条件0t时0,得t 时刻t ,所以j yixr)si
3、n(cosj ti tr(2)速度为)cossin(j ti trdtrdv加速度为)s i n( c o s2j ti trdtvda(3)rj ti trdtvda22)sin(cos由此知加速度的方向与径矢的方向相反,即加速度的方向指向圆心。4、解: (1)由dtvda,tvdtavd00解得j tsmi tsmv)/4()/6(由dtrdv,trrdtvrd00解得jtsmimtsmr2222)/2()10()/3((2)由位矢的表达式可得分量形式222103tytx消去参数 t 得到轨迹方程为2032yxm。练习二(第一章质点运动学)一、选择题1、 (C)2、 (D)3、 (B)4、
4、 (D)5、 (A)二、填空题1、btv0;2240)(bRbtv2、cat;Rctban2)(3、331)(cttS; ctat2; Rtcan424、2/8.4smat;rad)3322((或 3.15rad)5、gv0220cos精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载三、计算1、解:在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向为南偏东3002、解:刚抛出球时,球相对车的速度大小为0v,车的运动速度大小为0v,抛射过程中,车的位移为20121attvx球在水平和竖直方向上的位移分别为tvvx)s i n(
5、00220221)c o s(gttvy由题意有21xx,02y. 由以上关系可以得出s i n210vat,cos210vgt由此得出ga /tan. 3、解:设雨滴相对于地面的速度为1v,相对于火车的速度为1v,火车相对地面的速度为2v,由题意,可作图为由几何关系可得01xv,smvvx/1021. smvv/3.1730cot021,smvv/20221. 1v2v1v030030精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载4、解:雨滴相对地面的速度为v ,火车的速度为0v,雨滴相对火车的速度为v
6、,由题意三者的矢量关系图为:由几何关系可以得出下式vvv21230. 解得smsmvv/55.25/3573.0) 13(0. 5、解: (1)由圆周运动规律2r k trv. 得22/2/5.0/4/4sradsradk. 该轮在st5 .0时的角速度为sradsrad/5.0/5 .022,速度为smrv/25. 0. 切向加速度为2/12smrktat. 法向加速度为22/125.0smrvan. 总加速度为2222/01.1/865smsmaaant. (2)该质点在 2.0s内所转过的角度为r a ddtktdt31620220. 练习三 (第二章牛顿定律)一、选择题1、 (B)2、
7、 (A)3、 (B)4、 (B)5、 (B)6、 (B)二、填空题1、 (1)80N, 向右; (2)100N(或 98N) ,向左2、2% 3、sga/. 三、计算题1、解: (1)子弹受到的阻力为Kvf,由牛顿第二定律030045vv0v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载dtdvmKv积分tvvdtKvdv00,得速度随时间变化的函数式为mKtevv/0(2)由mKtevdtdxv/0积分tmKtxdtevdx0/00,得)1(/0mKtekmvxt时,kmvx0为子弹进入沙土的最大深度。2
8、、解:对人和底板整体受力分析,由牛顿第二定律有ammgmmT)()(421212解得NgammT5.2474/)(2123、解: (1)对小球受力分析,水平方向上s i nc o ss i n2lmNTmgNTsincos联立解得s i n)c o s(2lgmN)s i nc o s(22lgmT(2)0N时,cos2lg,解得)cos/(lgc此时,cos/)sincos(22mglgmTc练习四 (第三章动量守恒定律和能量守恒定律)一、选择题1、 (C)2、 (B)3、 (B)二、填空题1、1m/s; 0.5m/s 2、btPB1;02PbtPB. 三、计算题1、解: (1)对 A 和
9、B 组成的系统受力分析,由牛顿第二定律有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载MgMa2,得2/gaB 的位移为 0.4m 时 C 开始运动,即mat4.02/2,解得st4 .0. (2)C 开始运动时速度的大小是v,由动量守恒定律MvMat32,解得smsmatv/33.1/3432. 2、解: M 下滑过程中经过路程为l 时,获得的速度为sin2glvM在沿着斜面方向上,碰撞的过程中动量守恒,vMmMvmvM)(cos解得MmmvglMvcossin2即为子弹射中木块后, 子弹与木块的共同速度
10、 . 练习五(第三章 动量守恒定律和能量守恒定律)一、选择题1、 (C)2、 (C)3、 (C)二、填空题1、sin20mgx2、12J 3、4000J 三、计算题1、解:当系统所受合外力为0 时,kxF由动能定理,2/)(2/2212vmmkxFx对1m有2/2/212vmkxWT解得拉力 T 对1m所作的功为kmmFmmWT)(2)2(21221恒力 F 对2m所作的功为kFWF/2. 练习六 (第三章动量守恒定律和能量守恒定律)一、选择题1、 (D)2、 (C)二、填空题1、),1x,0U. 2、)6, 2(;)2,4(或)8 ,6(;62或x精选学习资料 - - - - - - - -
11、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载三、计算题1、解:对物体受力分析,当物体刚刚开始运动时有0)s i n(c o s00mgFF,其中00ktF,物体运动以后,由牛顿第二定律有dtdvmmgFF)sin(cos其中ktF,由此积分ttvdtmmgFFdv0)sin(cos0解得)s i n( c o s2)()(2020mttkttgv)s i n( c o s0kmgt代入数据得smv/73.28. 2、解: (1)子弹穿过物体的过程中,水平方向动量守恒,有10Mvmvmv,子弹穿出时,物体在最低端作圆周运动,有lMvMgT/21以上两
12、方程联立得MlvvmMgT202)(代入数据得NT5 .26(2)由动量定理子弹在穿透过程中所受的冲量的大小为sNvvmI7.4)(0练习七 (第四章刚体的转动)一、选择题1、 (B)2、 (C)3、 (B)4、 (C)5、 (C)6、 (B)二、填空题1、20 圈 2、4rad 3、2/mgl4、)9/(20Jk,)/(20kJt三、计算题1、解:由转动定律有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载dtdJFr,ktF积分ttdtJkrd00,解得22tJkr,代入数据得srad /25. 2、解:
13、人相对于绳匀速向上爬时,人和绳的加速度相同,故有MaTMgAMaMgTB2121JTTABRa以上方程联立解得加速度为gM g RM g RM g RMRJMgRa726232222223、解:由牛顿第二定律和转动定律有mamgT1amTgm2rTTrJ11rTTJ2)(22绳是不可伸长的,故绳上各点及物块A、B 的加速度大小是一样的,所以aa转动中线量与角量的关系为,1ra22ra由以上方程联立可以解得,两滑轮之间绳中的张力为mgT34质量为 m的小滑轮的角加速度为rg921质量为 m 的大滑轮的角加速度为rg92精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -
14、 - - -第 8 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载练习八 (第四章刚体的转动)一、选择题1、 (B)2、 (C)3、 (C)4、 (D)5、 (D)6、 (A)7、 (B)二、填空题1、220436mlMlmv2、角动量系统的合外力矩为0 机械能3、2mRJmRvJ4、 (1)W; (2)coskl; (3)sin2klW三、计算题1、解:碰撞时间极短,故碰撞过程角动量守恒2212vlmJvlm细棒转动过程中所受摩擦力的力矩为glmdxlxgmgxdmMl10121由转动定律,有dtdJM其中3/21lmJ,由以上式子联立可以得到tdtdg0032积分得碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过
15、程所需的时间为gmvvmt1212)(22、解:两人与圆台组成的系统角动量守恒,有4)22(2)() 8/2/(022mRvRmRRvJmRmRJ2/2mRJ代入后得到,圆台的角速度为0. 3、解:小球到达 B 点时,环的角速度为B,小球相对于环的速度为Bv;由角动量守恒和机械能守恒有BmRJJ)(2000202220021)(212121BBBJRmmvJmgR精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载以上两个方程联立可以解得2000mRJJB,2022002mRJRJgRvB小球到达 C 点时,环的
16、角速度为C,小球相对于环的速度为Cv;由角动量守恒和机械能守恒有CJJ0002022002121212CCJmvJmgR以上方程联立解得0C,gRvC24、解:子弹射入杆的过程子弹与杆组成的系统角动量守恒,有)31(22malmamv子弹进入杆后系统机械能守恒,有s i ns i n2)31(21222m g algmmalm由以上方程联立解得magmalmmalmvsin)2)(31(222练习十二(第八章静电场)一、选择题1、 (C)2、 (D)3、 (D)4、 (D)5、 (A)二、填空题1、3/200E,3/400E. 2、)24/(0q3、01/q;021/)(qq三、计算题1、解:
17、在半圆上取一段小弧元Rdds,这段小弧元可以看成点电荷,x 轴上半部分带电量为正,电荷线密度为)/(2RQ,上半部分的弧元对应在圆心 O 处的电场强度为)c o s(s i n4120jiRRdEdx 轴下半部分带电量为负,电荷线密度为)/(2RQ,下半部分的弧元对应在圆心 O 处的电场强度为+ - xy 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载)cos(sin4120jiRRdEd由对称性分析可得0xE,2022/02022/2022/0202cos2cos2cosRQdRQdRQdRQEy故球心
18、 O 处的电场强度为jRQE202。2、解: 选取坐标轴 Ox 沿半球面的对称轴,如图所示把半球面分成许多微小宽度的环带,每一环带之面积dRRRSs i n2ds i n2d2,小环带上带电荷ds i n2dd2RSq该电荷元在 O 点产生的场强304cosddRqREcosdsin241220RR02/dc o ss i nO 点处的总场强2/00sindsin2E02/0204|2sin2,iE04(i 为沿 x 轴正方向的单位矢量 ) 3.解:(1) 设电荷的平均体密度为,取圆柱形高斯面如图 (1)(侧面垂直底面, 底 面S平行地面 )上下底面处的场强分别为E1和 E2, 则通过高斯面的
19、电场强度通量为:E SdE2S- E1S(E2- E1) S ,高斯面 S包围的电荷 qih S , 由高斯定理 (E2E1) Sh S /0,EEh12014.4310-13 C/m3(2) 设地面面电荷密度为由于电荷只分布在地表面,所以电力线终止于地面,取高斯面如图(2) 由高斯定理E Sd=i01q,-E S=S01,=0 E8.910-10 C/m3O R dEx dSE2SE1(1)hE(2)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载练习十三(第八章静电场)一、选择题1、 (C)2、 (B)
20、3、 (C)4、 (C)5、 (B)二、填空题1、JA15108;VUb4105. 2、RQU04,RqQA043、mqv02三、计算题1、解:设球形电容器带电量为Q,在距球心 r 处取球面为高斯面,由静电场的高斯定理,024QrE得204rQE球形电容器极板的电势差为)11(414020baQrQEdrUbaba,由此可得,abUabQ04内球表面附近的电场强度为)(420abaUbaQEa求极小值可令0dadEa,解得在2ba时,aE取得最小值bU4。2、解:求电场法 :1:把无限大平面可以分成许多细圆环带,其中半径为r,宽度为 dr 的环带面积为rdr2,此环带上的电荷为rdrdq2。环
21、带上的电荷对 x轴上点 P 处激发的电场强度为2/32202/3220)(2)(4rxx r d rrxx d qdEx,积分得带小孔的无限大平面在x 处所激发的总电场强度为2202/32202/32202)(2)(4xRxrxrdrxrxxdqdEERx求点场法 2:将小孔以同样面密度的电荷填满,则无限大带电平面的电场为02填上的部分可看作半径为R 的均匀带电圆面,均匀带电圆面在x 处激发的电场强度为)1(2)(2)(422002/32202/32201xRxrxrdrxrxxdqdEERx带小孔的无限大平面在x 处所激发的总电场强度为2201022xRxEE。求电势取 O 点为电势零点即0
22、x时0,故x处的电势为)(222/122002200xRRxRxdxEdxxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载3、解:由高斯定理在距O 为 x 处有024qxE故 x 处的电场强度为204xqE电势为xq04在带电细线上取一小段dx,带电量为dxqd,其在球面电场中的受力为204xdxqdF,电势能为xdxqd04故带电细线所受的电场力为)(440002000lrrlqxdxqdFFlrr故带电细线在该电场中的电势能为)1l n (4400000rlqxdxqdlrr4、解:设同轴圆筒带电量
23、为Q,则两筒之间的电势差为0120ln2URR由此得1200/ln2RRU筒间的电势分布为rRRRUU11200ln/ln25、解: 两球壳间的电势差为)11(4210RRqU电子撞到外球壳时的动能为)11(4210RReqeUEk电子撞到外球壳时的速率为smRRmeqmEveek/1092.3)11(2/214210练习十四(第九章静电场中的导体与电介质)一、选择题1、 (C)2、 (D)3、 (B)4、 (A)5、 (A)6、 (B)二、填空题1、SQQ221、SQQ221、SQQ212、SQQ221精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -
24、第 13 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载2、20218RQF3、r;1 ;r三、计算题1、解: (1) 两导体球壳接地,壳外无电场导体球A、B 外的电场均呈球对称分布今先比较两球外场强的大小,击穿首先发生在场强最大处设击穿时,两导体球 A、B 所带的电荷分别为Q1、Q2,由于 A、B 用导线连接, 故两者等电势,即满足:RQRQ0110144RQRQ0220244,代入数据解得7/1/21QQ两导体表面上的场强最强,其最大场强之比为744/421222122022101max2max1RQRQRQRQEE,B 球表面处的场强最大,这里先达到击穿场强而击穿,即62202m a x21034
25、RQEV/m (2) 由 E2 max解得Q2 =3.3 10-4 C ,2171QQ0.4710-4 C ,击穿时两球所带的总电荷为Q = Q1+ Q2 =3.7710-4 C 2、解:设导体球带电q,取无穷远处为电势零点,则导体球电势:rqU004内球壳电势:10114RqQU2024RQ二者等电势,即rq041014RqQ2024RQ,解得)()(122112rRRQRQRrq3. 解:设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为,则电容器两极板之间的场强分布为)2/(rE设电容器内外两极板半径分别为r0,R,则极板间电压为RrRrrrrEUd2d0ln2rR电介质中场强最大处在内柱面上,当这里场
26、强达到E0时电容器击穿,这时应有002Er,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页优秀学习资料欢迎下载000lnrRErU适当选择 r0的值,可使 U 有极大值,即令0)/ln(/dd0000ErRErU,得eRr/0显然有202ddrU 0, 故当eRr/0时电容器可承受最高的电压eREU/0max= 147 kV 4、解:设电容器的极板带电量为Q,总长度为 l, 取圆柱形高斯面有0/2QrlE,单位长度圆筒的带电量为lQ /,故电容器两极板间的电压为:1200ln2221RRdrrURRA 点的电场强度为12lnRRRUEAA 点与外筒间的电势差为:RRRRUdrrURRA2120lnln22外,代入数据可以得出mVEA/998,VUA46.12外。5、证:在导体壳 B 内外表面之间电场强度处处为0,故在 B 内外表面之间取一高斯面 S,由静电场的高斯定理010dqQSES,故 B 内表面带点量为1Qq,由导体壳 B 总的带电量为2Q,可得其外表面带电量为21QQ。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 15 页