2019年《大学物理》期末考核题库300题（含标准答案）

《2019年《大学物理》期末考核题库300题（含标准答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年《大学物理》期末考核题库300题（含标准答案）（129页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、2019年大学物理期末考试题库300题含答案一、选择题i . 一个带正电的点电荷飞入如图所示的电场中，它在电场中的运动轨迹为( )( A ) 沿 a ； ( B ) 沿 6； ( C ) 沿 c ； ( D ) 沿 &2 . 一个质点作简谐振动，周 期 为T ,当质点由平衡位置向x轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： ( )( A ) 7/ 4； ( B ) 771 2； ( C ) 776； ( D ) 8 。3 . 由量子力学可知，一维势阱中的粒子可以有若干能态，如果势阱的宽度心缓慢地减少至较小宽度L , 则 ( )( A ) 每个能级的能量减小；( B

2、 ) 能级数增加；( C ) 每个能级的能量保持不变；( D ) 相邻能级间的能量差增加；( E ) 粒子将不再留在阱内。4 . 两列完全相同的平面简谐波相向而行形成驻波。以下哪种说法为驻波所特有的特征：( )( A ) 有些质元总是静止不动； ( B ) 迭加后各质点振动相位依次落后；( C ) 波节两侧的质元振动位相相反； ( D ) 质元振动的动能与势能之和不守恒。5 . 如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端。的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/ 3m ,今使杆从与竖直方向成60。 角由静止释放( g 取 1 0m / s2) , 则杆的最大角速度为( )( A ) 3r a d /

3、s ； ( B ) ZT r a d / s ； ( C ) J 0.3 r a d / s ； ( D ) ,2/ 3 r a d / s 。6 . 在同一平面上依次有a 、6、c三根等距离平行放置的长直导线，通有同方向的电流依次为 1 4 24、3/ f ,它们所受力的大小依次为 ,、凡、K,则凡/ 尤为( )( A ) 4/ 9 ； ( B ) 8/ 1 5； ( C ) 8/ 9 ； ( D ) 1 。7.如图所示，导线在均匀磁场中作下列四种运动， ( 1 ) 垂直于磁场作平动； ( 2 ) 绕固定端/ 作垂直于磁场转动； ( 3 ) 绕其中心点。作垂直于磁场转动； ( 4 ) 绕通过

4、中心点0的水平轴作平行于磁场的转动。关于导线AB的感应电动势哪个结论是错误的？ ( )(A) ( 1 ) 有感应电动势，4 端为高电势；(B) ( 2 ) 有感应电动势，8 端为高电势；(0 ( 3 ) 无感应电动势；(D) ( 4 ) 无感应电动势。8 . 如图所示，有一边长为1m的立方体，处于沿y 轴指向的强度为0.2T的均匀磁场中，导线 a、b 、。 都以50cm/s的速度沿图中所示方向运动，则 ( )(A)导线a 内等效非静电性场强的大小为0. IV/m；(B)导线6 内等效非静电性场强的大小为零；(C)导线c 内等效非静电性场强的大小为0. 2V/m；(D)导线c 内等效非静电性场强

5、的大小为0. IV/m。9 . 下列哪种情况的位移电流为零？ ( )(A)电场不随时间而变化；(B)电场随时间而变化；(C)交流电路； (D)在接通直流电路的瞬时。10 . 若理想气体的体积为匕压强为R温度为7, 一个分子的质量为加 ，女为玻耳兹曼常量，R 为摩尔气体常量，则该理想气体的分子数为 ( )(A) P V / m ； (B) PV/(kT) ； (C) PV/(RT) ； (D) PV/(mT).11 . 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为1?的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 ( )(A) q/so ; (B) q/2&o ； (C) q/4& ); (D) 2

6、3 , 则两束反射光在相遇点的位相差为 ( )(A ) 4m /% ； (B ) 2 m 2 e / % ；(C ) z r + 4 7 i2e / / l ； (D) - z r + 4 n2e /A o2 4 .在迈克尔逊干涉仪的一条光路中，放入一厚度为 ，折射率为的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了 ( )(A ) 2 GT-D & (B ) 2n d ； (C ) (- l )d ； (D) n d。2 5 .在夫琅和费单箕衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹 ( )( A )对应的衍射角变小； ( B )对应的衍射角变大；(0

7、 对应的衍射角也不变；( D )光强也不变。26 . 磁场的高斯定理目月， 店 =0 说明了下面的哪些叙述是正确的？ ( )a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数；b穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数；c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内；d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。( A ) ad ； ( B ) ac ( C ) cd ； ( D ) ab。27 .在20匕时，单原子理想气体的内能为 （ ）（ A）部分势能和部分动能； （ B）全部势能； （ C）全部转动动能;（ D）全部平动动能； （ E）全部振动动能。28 .在双缝干涉实验中，为使屏上的干

8、涉条纹间距变大，可以采取的办法是 （ ）（ A）使屏靠近双缝； （ B）使两缝的间距变小；（ C）把两个缝的宽度稍微调窄；（ D）改用波长较小的单色光源。29 . 一物体对某质点p作用的万有引力 （ ）（ A）等于将该物体质量全部集中于质心处形成的一个质点对p的万有引力；（ B）等于将该物体质量全部集中于重心处形成的一个质点对p的万有引力；（ C）等于该物体上各质点对p的万有引力的矢量和；（ D）以上说法都不对。30 .用单色光垂直照射牛顿环装置，设其平凸透镜可以在垂直的方向上移动，在 pOOO透镜离开平玻璃的过程中，可以观察到这些环状干涉条纹 （ ） /（ A）向右平移； （ B）向中心收缩

9、； （ C）向外扩张;（ D）向左平移。31 .关于力矩有以下几种说法，其中正确的是（ A）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（ 动量矩）；（ B）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；（ C）角速度的方向一定与外力矩的方向相同；（ D）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。32 .关于辐射，下列几种表述中哪个是正确？ （ ）（ A）只有高温物体才有辐射；（ B）低温物体只吸收辐射；（ C）物体只有吸收辐射时才向外辐射；（ D）任何物体都有辐射。33 . 一摩尔单原子理想气体，从初态温度（、压 强 乩 、体积匕 ，准静态地等温压缩至体积 匕 ，外界

10、需作多少功？ （ ）（A） RTy In ； （ B） RTy In - - ； （ C） （ 匕一M （D） Pi PiM。3 4 . 一质量为6 0k g 的人站在一质量为6 0k g 、半径为10的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/ s 时，圆盘角速度大小为 ( )(A) lr a d/ s ； (B ) 2r a d/ s ; (C ) 2/ 3r a d/ s ； (D ) 4/ 3r a d/ s 35 .一个光子和一个电子具有同样的波长，贝 ！ ： ( )( A ) 光子具有较大的动

11、量；( B ) 电子具有较大的动量；( C ) 它们具有相同的动量；( D ) 它们的动量不能确定；( E ) 光子没有动量。36 .分振动方程分别为 $ =3co s (5(W + 0. 25;r )和% =4co s (5C to + 0. 75不 )(S I 制 ) 则它们的合振动表达式为： ( )(A) x = 2co s (5C to + 0. 25 ) ； (B ) X = 5C O S(50R)；4 (C ) x 5 co s ( 50R + + / 1 ) ； (D ) x = 7 。37. 一质量为20g的子弹以200m/ s 的速率射入一固定墙壁内，设子弹所受阻力与其进入墙

12、壁的深度x 的关系如图所示，则该子弹能进入墙壁的深度为 ( )(A) 3cm； (B ) 2 cm； (C ) 2- / 2 cm; (D ) 12. 5 cm。14. 将一个物体提高10m, 下列哪一种情况下提升力所作的功最小？ ( )(A)以 5m/ s 的速度匀速提升；(B )以 10 m/ s 的速度匀速提升；(C )将物体由静止开始匀加速提升10m, 速度增加到5m/ s ；(D )物体以10m/ s 的初速度匀减速上升10m, 速度减小到5m/ s .3 8 . 设声波在媒质中的传播速度为M,声源的频率为7 s ，若声源S不动，而接收器R相对于媒质以速度0 沿 S、R连线向着声源S

13、运动，则接收器R接收到的信号频率为:( )u +( A ) 小丁小z xW -V n 、 U( C ) ( D ) - - - - - -八 。U U7R39. 一定量的理想气体，处在某一初始状态，现在要使它的温度经过一系列状态变化后回到初始状态的温度，可能实现的过程为 ()( A ) 先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而增大压强；( B ) 先保持压强不变而使它的体积减小，接着保持体积不变而减小压强；( C ) 先保持体积不变而使它的压强增大，接着保持压强不变而使它体积膨胀;( D ) 先保持体积不变而使它的压强减小，接着保持压强不变而使它体积膨胀。40 .根据经典的能量按自由

14、度均分原理，每个自由度的平均能量为 ( )(A) A774； (B ) A773； (C ) A7/ 2； (D ) 3A772； (E ) k T.41 . 波 长 为 600n m的单色光垂直入射到光栅常数为2. 5X 10 的光栅上，光栅的刻痕与筑宽相等，则光谱上呈现的全部级数为 ( )(A) 0 、土1、2、3、4； (B ) 0 、土1、3；(0 1、3； (D ) 0 、土2、土4。42 .如图所示，一轻绳跨过两个质量均为勿、半径均为斤的匀质圆盘状定滑轮。绳的两端分别系着质量分别为卬和2 勿的重物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张

15、力。( )( A ) m g-, ( B) 3m gi 2 ； ( C) 2 侬； ( D) 1 m g/ 8 。4 3 .如果在一固定容器内，理想气体分子速率都提高为原来的二倍，那么 ( )( A ) 温度和压强都升高为原来的二倍；( B ) 温度升高为原来的二倍，压强升高为原来的四倍；( C ) 温度升高为原来的四倍，压强升高为原来的二倍；( D ) 温度与压强都升高为原来的四倍。4 4 .两个相干波源的位相相同，它们发出的波叠加后，在下列哪条线上总是加强的？( )( A ) 两波源连线的垂直平分线上；( B ) 以两波源连线为直径的圆周上；( C ) 以两波源为焦点的任意一条椭圆上；(

16、D ) 以两波源为焦点的任意一条双曲线上。4 5 . 一个平面简谐波沿x轴正方向传播，波速为u =1 6 0 m / s , 片0时刻的波形图如图所示,则该波的表式为 ( )( A ) _ y = 3 c o s ( 4 0 ? + - x - ) m ；( B)y = 3 c o s ( 4 0 r + +( C)y = 3 c o s ( 4 0 加一?1-9叫( D)y = 3 c o s ( 4 0 m x + -) m o4 6 .两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 ( )( A ) 4 超前/ 2 ； ( B) 落后乃/ 2 ；( C ) / 超前力； ( D ) / 落后乃。4

17、 7 . 一质量为L Z S x l O Z g 的 粒子 以 l O O e V 的动能在运动。若不考虑相对论效应，在观察者看来与该粒子相联系的物质波的频率为 ( )( A ) 1 . 1 x 1 0 - 5 。 ； 小 )4.1X1017/ /Z. ( c ) 2 . 4 x l Ol 6/ 7 z . ) 9 . 1 x l 02/ / z . 2.7X103I/ 7ZO4 8 .两个直径相差甚微的圆柱体夹在两块平板玻璃之间构成空气劈尖，如图所示，单色光垂直照射，可看到等厚干涉条纹，如果将两个圆柱之间的距离乙拉大，则入范围内的干涉条纹( )r ( A ) 数目增加，间距不变； ( B )

18、 数目增加，间距变小； I丫( C ) 数目不变，间距变大； ( D )数目减小,间距变大。 一L4 9 . 一束光强为T o 的自然光垂直穿过两个偏振片，且两偏振片的振偏化方向成4 5 角，若不考虑偏振片的反射和吸收，则穿过两个偏振片后的光强/为( )(A ) V 2 Z0/ 4 ； (B ) Z0/ 4 ； (C ) /0/ 2 ； (D ) V 2 Z0/2 o5 0 . 在同一媒质中两列相干的平面简谐波强度之比是人 ： A = 4 , 则两列波的振幅之比A : A 2 为 ( )(A ) 4 ； (B ) 2 ； (C ) 1 6 ； (D ) 1 /4 5 1 . 质量为0. 2 5

19、 kg 的质点，受户=f f (N)的力作用，Z= 0时该质点以M = 2 ./m /s 的速度通过坐标原点，该质点任意时刻的位置矢量是 ( )_ 2 _ 3 2 _(A )2 /2 7 + 2 / m ； (B )-r3F + 2 m ； (C )-r4F +- r3J m； (D )条件不足，无法确定。3 4 37 .一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为班和加2 ，且 叫 加2 (滑轮质量及一切摩擦均不计)，此时系统的加速度大小为a, 今用一竖直向下的恒力尸= 相误代替 R , 系统的加速度大小为“ ，则有 ( )(A ) a -a-, (B ) a a ； (C ) a

20、( y = CG ， )56 . 电子的动能为0.25M e V, 则它增加的质量约为静止质量的？ ( )( A) 0.1 倍；( B) 0.2 倍； ( C ) 0.5 倍； ( D ) 0.9 倍。57 . 一匀质圆盘状飞轮质量为2 0 , 半径为30c m ,当它以每分钟6 0 转的速率旋转时，其动能为 ( )( A) 16.22 J； ( B) 8.1/j . ( O 8.1 J； ( D ) 1.8/j。5 8 . 竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。若匀强磁场磁感应强度大小为B ,导线质量为加，导线在磁场中的长度为当水平导线内通有电流/时，细线的张力大小为 ( )( A)

21、 B I L f +( m g) 2 ； ( B) y l ( BIL )2-( m g)2 ；( C ) J( O .1B/L ) 2 + ( 加 g ) ? ； ( D ) ( BIE)2 + ( m g)2.59 . 空间某点的磁感应强度片的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ ( )( A) 小磁针北( N ) 极在该点的指向；( B ) 运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向；( C ) 电流元在该点不受力的方向；( D ) 载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。60 . 某 人 以 4km/h 的速率向东前进时，感觉风从正北吹来，如将速率增加一倍，则感觉

22、风从东北方向吹来。实际风速与风向为 ( )( A) 4km/h , 从北方吹来； ( B) 4km/h , 从西北方吹来；( C ) 4A/2 km/h , 从东北方吹来； ( D ) 4及 km/h , 从西北方吹来。61 . 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的？ ( )( A ) 条形磁铁的磁感应线是从N极到S极的；( B ) 条形磁铁的磁感应线是从S极到N极的；( C ) 磁感应线是从N极出发终止于S极的曲线；( D ) 磁感应线是无头无尾的闭合曲线。62 . 极板间为真空的平行板电容器，充电后与电源断开，将两极板用绝缘工具拉开一些距离，则下列说法正确的是 ( )( A) 电容器极板上

23、电荷面密度增加；( B) 电容器极板间的电场强度增加；(0 电容器的电容不变；( D ) 电容器极板间的电势差增大。63 . 洛仑兹力可以 ( )( A ) 改变带电粒子的速率；( B ) 改变带电粒子的动量；( C ) 对带电粒子作功； ( D ) 增加带电粒子的动能。64 . 一个空气平行板电容器，充电后把电源断开，这时电容器中储存的能量为W , 然后在两极板间充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质，则该电容器中储存的能量为( )(A ) E ,W0 ； (B ) WO/E, . ； (C ) (l + r) W o ; (D ) W o 65 . 用细导线均匀密绕成长为/、半径为。 （

24、/ 。）、总匝数为N 的螺线管，通以稳恒电流 / , 当管内充满相对磁导率为， 的均匀介质后，管中任意一点的 （ ）（ A ）磁 感 应 强 度 大 小 为 ； （ B ）磁 感 应 强 度 大 小 为 ；（ C ）磁场强度大小为MON7 ； （ D ）磁场强度大小为N / / / 。二、填空题66 . 用单色光垂直入射在一块光栅上，其光栅常数小3卬1,缝 宽 a = l 即1,则在单缝衍射的中央明纹区中共有 条 （ 主极大）谱线。67 . 质量为m的物体和一轻弹簧组成弹簧振子其固有振动周期为T ,当它作振幅为的自由简谐振动时，其 振 动 能 量 斤 。68 . 有V摩尔理想气体，作如图所示的

25、循环过程ac b a,其 中a c b为半圆弧，ba为等压过程， p .= 2p ，在此循环过程中气体净吸收热量为Q _ _ _ _ _ _v Cp（ ,Tb- Ta） .（ 填： 、或= ）O69 . 图示为三种不同磁介质的皮关系曲线，其中虚线表示的是B = 的关系。说明a、b 、c各代表哪一类磁介质的关系曲线：a代表 关系曲线。6 代表 1 关系曲线。c 代表 皮关系曲线。70 . 一根长为/的直螺线管，截面积为S, 线圈匝数为凡管内充满磁导率为的均匀磁介质，则该螺线管的自感系数L = ;线圈中通过电流/时，管内的磁感应强度的大小B71 . 设有两个静止质量均为质的粒子，以大小相等的速度相

26、向运动并发生碰撞，并合成为一个粒子，则该复合粒子的静止质量M产, 运动速度片。72 . 当绝对黑体的温度从27升到327时，其辐射出射度增加为原来的 倍。73 . 一束带电粒子经206v的电压加速后，测得其德布罗意波长为0. 002n m ,已知这带电粒子所带电量与电子电量相等，则这束粒子质量是。7 4 . 质点在力户=2 /： + 3万 制） 作用下沿图示路径运动。则力声在 路 径 oa 上的功4,=,力 在 路 径 a b 上 的 功 Ab=,力 在 路 径 ob 上的功4 产,力在路径o cbo 上的功4 加=。7 5 . 有 一 磁 矩 为 “ 的载流线圈，置于磁感应强度为月的均匀磁场

27、中， 瓦“ 与月的夹角为a ,那么：当线圈由a= 0 转到a= i 80 时，外力矩作的功为7 6 . 一自感系数为0 .25 H 的线圈，当线圈中的电流在0 .0 1 s 内由2A 均匀地减小到零。线圈中的自感电动势的大小为。7 7 . 一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道P点处速度大小为V , 其方向与水 平 方 向 成 30 角。则物体在P点 的 切 向 加 速 度a , = _ ,轨道的曲率半径P =一 。7 8 . 真空中一个半径为不的球面均匀带电，面电荷密度为b 0,在球心处有一个 带 电 量 为Q的点电荷。取无限远处作为参考点，则球内距球心r 的一点处的电势为07 9 . 迎面

28、驶来的汽车两盏前灯相距1 .2m , 则当汽车距离为 时，人眼睛才能分辨这两盏前灯。假设人的眼瞳直径为0 .5 m m , 而入射光波长为5 5 0 . O n m 。80 . 两个电子以相同的速度并排沿着同一方向运动，它们的距离为八若在实验室参照系中进行观测，两个电子间相互作用的合力为 o （ 不考虑相对论效应和万有引力作用）81 . 处于原点（ 10 ）的一波源所发出的平面简谐波的波动方程为了 = 4 0 S （ 8/ 0 ） ，其中A , B、。皆为常数。此波的速度为_ ；波 的 周 期 为 波 长 为 ；离波源距离为1处 的 质 元 振 动 相 位 比 波 源 落 后 ;此质元的初相位

29、为 O82 . 在迈克尔逊干涉仪实验中，可移动反射镜M移 动 0 .620 m m 的过程中，观察到干涉条纹移动了 230 0 条，则所用光的波长为 n m o83 . 波 长 为 480 n m 的平行光垂直照射到宽为0 . 40 m m 的单健上，单缝后面的凸透镜焦距为6 0 cm, 当单缝两边缘点4、8射向一点的两条光线在尸点的相位差为n时，。点离中央明纹中心的距离等于 。8 4 .为测定一个光栅的光栅常数，用波长为6 3 2 . 8 n m 的光垂直照射光栅，测得第一级主极大的衍射角为1 8 。，则光栅常数小,第二级主极大的衍射角。=.8 5 .如图所示，两根无限长载流直导线相互平行，

30、通 过 的 电 流 分 别 为 八 和12.则 B - dl = , - ell =8 6 . 一 驻 波 的 表 达 式 为y = 2Acos(2 、 c - )C O S 271v t ,两个相邻的波腹之间的距离为8 7 .已知某金属的逸出功为A ) ，用频率为外光照射使金属产生光电效应，贝 L( 1 ) 该金属的红限频率/o=;( 2 ) 光电子的最大速度U=。8 8 .如图所示，平行放置在同一平面内的三条载流长直导线，要使导线所受的安培力等于零，则 x 等于.89 . 4 8 杆以匀速方沿x 轴正方向运动，带动套在抛物线( 丁 = 2 x, p 0 )导轨上的小环，如图所示，已 知 Q

31、0时，杆 与 y轴重合，则小环C的 运 动 轨 迹 方 程 为 ,运动 学 方 程 产 产_,速度为,加速度为2=o9 0 .康普顿实验中，当能量为0 . 5M e V 的 X射线射中一个电子时，该电子获得0 . lO M e V 的动能。假设原电子是静止的，则散射光的波长4=，散射光与入射方向的夹角R ),单位长度上的电荷为A . 求离轴线为r处的电场强度：( 1 ) r / ? 1 , ( 2 ) R r R2 .题5 - 2 1图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，EdS = E -27u2,求出不同半径高

32、斯面内的电荷工 矿 即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理E - 2nrL = 7/ %r 0 = 0E =0在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R r 危 E = 0E3=O在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与52 0 题分析讨论的结果一致.1 4 4 .用水平力尽把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止. 当A逐渐增大时, 物体所受的静摩擦力斤的大小（）(A)不为零， 但保持不变(B)随A成正比地增大( 0开始随月增大， 达到某一最大值后， 就保持不变(D)无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是， 静摩擦力可在零与最大值。质范围内取值

33、. 当K增加时，静摩擦力可取的最大值成正比增加， 但具体大小则取决于被作用物体的运动状态. 由题意知,物体一直保持静止状态， 故静摩擦力与重力大小相等， 方向相反， 并保持不变， 故选(A).145.图斜面顶端由静止开始向下滑动， 斜面的摩擦因数为=0. 14.试问， 当 。为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？题2 - 6 图分 析 动 力 学 问 题 一 般 分 为 两 类 ：( 1 )已知物体受力求其运动情况；( 2 )已知物体的运动情况来分析其所受的力. 当然， 在一个具体题目中， 这两类问题并无截然的界限， 且都是以加速度作为中介， 把动力学方程和运动学规律联系起来.

34、 本题关键在列出动力学和运动学方程后， 解出倾角与时间的函数关系。=/1),然后运用对t求极值的方法即可得出数值来.解 取 沿 斜 面 为 坐 标 轴 公 ， 原点0位于斜面顶点， 则由牛顿第二定律有mina-mg/Ltcosa = ma (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动， 故有-=at2 = g(sin a -/zcosa)?2cosa 2 2则t = J 2 - geos 虱sin a - 4cos a)为使下滑的时间最短， 可 令 或= 0 ,由式(2)有da sin a(sin a /cosa)+cosa(cosa - sin a) = 0则可得 tan2a = - 1 ， a=

35、4T此时 t = I-1 2 -r = 0.99s gcosa(sina 4cosa)1 4 6 .直升飞机的螺 旋 桨 由 两 个 对 称 的 叶 片 组 成 . 每 一 叶 片 的 质 量 / = 136kg,长 / =3. 66m ,求当它的转速= 320 r/m in 时， 两个叶片根部的张力. ( 设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片)题2 - 17图分 析 螺 旋 桨 旋 转 时 ， 叶片上各点的加速度不同， 在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的， 在求叶片根部的张力时， 可选取叶片上一小段， 分析其受力， 列出动力学方程， 然后采用积分的方法求解.解 设叶片根部为原

36、点。 ， 沿叶片背离原点。的方向为正向， 距原点。为r 处的长为dr一小段叶片， 其两侧对它的拉力分别为R ( r ) 与片( r + d r ) .叶片转动时， 该小段叶片作圆周运动， 由牛顿定律有dFr = FT(r)-FT(r+dr) = -ytu2rdr由于r 1时外侧a = 0 ,所以有2 叫 = O dr T Jr I2写6)=- 等2mnrr9 - r2上式中取r = 0 ,即得叶片根部的张力尸TO =-2.79X10%负号表示张力方向与坐标方向相反.1 4 7 .如图所示， 子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出. 以地面为参考系， 下列说法中正确的说法是( )(A )子

37、弹减少的动能转变为木块的动能( B )子弹- 木块系统的机械能守恒( 0子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功( D)子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热v=题3 - 5图分析与解子弹- 木块系统在子弹射入过程中， 作用于系统的合外力为零， 故系统动量守恒,但机械能并不守恒. 这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零( 这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致) ， 子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功， 子弹减少的动能中， 一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能， 另一部分则转化为热能( 大小就等于这一对内力所作功的代数和) . 综上所述， 只有说法(C

38、)的表述是完全正确的 .148. 0质量为勿的弹丸4穿过如图所示的摆锤6后， 速率由y减少到r已知摆锤的质量 为 / ， 摆线长度为，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y的最小值应为多少？题3 - 3()图分析 该题可分两个过程分析. 首先是弹丸穿越摆锤的过程. 就弹丸与摆锤所组成的系统而言， 由于穿越过程的时间很短， 重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量， 因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用， 系统在该方向上满足动量守恒. 摆锤在碰撞中获得了 一定的速度， 因而具有一定的动能， 为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动， 必须使摆锤在最高点处有确定的速率，

39、该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时， 摆锤在作圆周运动过程中， 摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律， 根据两守恒定律即可解出结果.解由水平方向的动量守恒定律， 有v , .mv = m+ mv (1)2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动， 在最高点时， 摆线中的张力G = 0 ,则3强式中/ h 为摆锤在圆周最高点的运动速率.又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中， 满足机械能守恒定律， 故有； 加 。 =21Kgi +解上述三个方程， 可得弹丸所需速率的最小值为_ 2mmy15gl149. 一足球运动员在正对球门前25. 0 m 处以20.0 m , s 1的

40、初速率罚任意球， 已知球门高为3. 44m .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)题 1 - 2 1 图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.解取图示坐标系公 由运动方程1 2x - vtcosG, y = vtsinO - - g f消去t 得轨迹方程y - xtan 9 - (1 + tan 20)x2以x =25. 0 m, v =20. 0 m , s 1及3. 44

41、m 2yN 0代入后， 可解得71. 1 1 291 269. 922 7 . 9 2 292 1 8 . 8 9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。 7 1 . 1 1 或 1 8 . 8 9 0 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，。角也并非能取7 1 . 1 1 与1 8 . 8 9。之间的任何值. 当倾角取值为2 7 . 92 0 6 9. 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 5 0 . 1 7 设

42、在半径为”的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为p -k r ( 0 r 7 ?)为一常量. 试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度少与r 的函数关系.(a)题 5 - 1 7 图分析通常有两种处理方法：( 1 ) 利用高斯定理求球内外的电场分布. 由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有 E - d S = E - 4 无,根 据 高 斯 定 理 = 可解得电场强度的分布.( 2 ) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布. 将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为d q = -

43、 4 兀每个带电球壳在壳内激发的电场d E = ( ) , 而在球壳外激发的电场4%/由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布E ( r ) = d E ( 0 r R )解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理E d 5 = j pdV 得球体内（ 0WT用%E（ r） 4;tr2 = krnr2（Xr = r4% o破 = ”球体外（ T 而E（ r） 47ir2 = f kr4Ttr2dr - - r4c0 p Jo pc0解2 将带电球分割成球壳，球壳带电def = pdV = kr47ir2dr由上述分析，球体内（ 0 W 二 W必1 4兀/2

44、6 kr2- 7-r4% r球体外（T / ?）kR22er1 5 1 . 2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N ,在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（ 如图所示），则 （ ）（ A ） N上的负电荷入地 （ B ） N上的正电荷入地（ C ） N上的所有电荷入地 （ D ） N上所有的感应电荷入地题6 - 2 图分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。因而正确答案为（ A ）。1 5 2 . 2 9 一圆盘半径A = 3 . 0 0 X I 。 - ? m . 圆盘均匀带电，电荷面密度。= 2 . 0

45、0 X 1 0 飞 m. ( 1 ) 求轴线上的电势分布；( 2 ) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；( 3 ) 计算离盘心3 0 . 0 c m处的电势和电场强度.题5 -2 9图分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解( 1 ) 带电圆环激发的电势1 ahirdrdV = -/ y/r2+x2由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的( 2 ) 轴线上任一点的电场强度为电场强度方向沿x轴方向.( 3 ) 将

46、场点至盘心的距离* = 3 0 . 0 cm分别代入式( 1 ) 和式( 2 ) , 得V = 1691V = 5607V m1当x时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为q u T r R Z c n S S S x l o V c . 依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V = = 1695V4G xE = = 5649V m-14TI()X由此可见，当时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E和V 的误差分别不超过0 . 3%和0 . 8 % , 这已足以满足一般的测量精度.1 5 3. 3如图所示将一个电量为g的点电荷放在一个半径为少的不

47、带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d , 参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心。点 有 ( )( A ) E = O , V = 4 fd( B )E = 4的0力 4肪( C ) E = 0 , V = 0( D ) E = - q ,V = g 4吟 一 4XQ/?题 6-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷9在导体球表面感应等量异号的感应电荷0 ，,导体球表面的感应电荷 0 在球心。 点激发的电势为零，。点的电势等于点电荷。在该处激发的电势。因而正确答案为( A ) 。1 5 4. 1 3如图所示，一个半径为7 ? 的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的

48、电流I在柱面上均匀分布. 求半圆柱面轴线0 。 上的磁感强度.题 7 - 1 3图分析毕一萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度d / = Rd ，的细电流，细电流与轴线如平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度.解 根 据 分 析 ，由于长直细线中的电流d/ = /d/7tR ,它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为dB = 4 - d /2nR其方向在v y 平面内，且与由D/引向点。的半径垂直，如图7 1 3 ( B ) 所示. 由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线。 。 上产生的磁感强度叠加后，得8V = J

49、dBsin。= 0纥 = ! = 二 箴 看W =则轴线上总的磁感强度大小B = B，=嘘B的方向指向O x 轴负向.1 5 5 . 29 如 图 ( A ) 所示，一根长直导线载有电流入= 30 A,矩形回路载有电流A = 20A.试计算作用在回路上的合力. 已知d = 1 . 0 c m , 6 = 8 . 0 c m , 1 = 0 . 1 2 m .题 7 - 2 9 图分析 矩形上、下两段导线受安培力百和K 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零. 而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力K和K大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这

50、两个力的合力.解 由分析可知，线框所受总的安培力尸为左、右两边安培力A和凡之矢量和，如 图 ( B )所示，它们的大小分别为p _ U J271d4 2 Md + b)故合力的大小为/=工 -工 =她 -= 1.28x10-3 N3 4 21td 2n(d + b)合力的方向朝左，指向直导线.1 5 6 . 2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则( )(A)铜环中有感应电流，木环中无感应电流(B)铜环中有感应电流，木环中有感应电流(C)铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小(D)铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解

51、根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流. 因而正确答案为( A ) .1 5 7. 2 4 一转台绕其中心的竖直轴以角速度=n sT 转动，转台对转轴的转动惯量为4= 4 . 0 X I1 5 8. 6 一系统由质量为3 . 0 kg 、2 . 0 k g和5 . 0 k g的三个质点组成， 它们在同一平面内运动,其中第一个质点的速度为( 6 . 0 m , s ) j, 第二个质点以与x 轴成- 3 0 角， 大小为8. 0 m , s 1的速度运动. 如果地面上的观察者测出系统的质心是静止的， 那么第三个质点的速度是多少？分析因质点系的质心是静止的，

52、质心的速度为零，即v C = d r Cv - = =0 , 故有gZ sx = 牝 看 =0 , 这是一矢量方程. 将质点系dt dt m. dt中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式， 即可解得第三质点的速度.解在质点运动的平面内取如图1 5 9. 已 知质点沿x轴作直线运动， 其运动方程为 = 2 + 6/ -2/ ， 式中工的单位为m 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，

53、 位移的大小才会与路程相等. 质点在t时间内的位移Ax的大小可直接由运动方程得到：= 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dr移的大小和路程就不同了. 为此， 需根据丁 = 0来确定其运动方向改变的时刻与， 求出0d t4和 心 t内的位移大小A x i、AX2 , 则t时间内的路程5 = |/卜 | + | /卜2卜如图所示， 至于力dr d r=4.0 s时质点速度和加速度可用一和二 两式计算.dr dr解（1）质点在4.0 s内位移的大小Ax = x4 - x0 = -32 m由 孚=0d t得知质点的换向时刻为/= 2 s （ 1=0不合题意）则右

54、=/ 一 %=8.0mA % 2 = % 9 = -40 m所以， 质点在4.0 s时间间隔内的路程为5 = | 四 + | 必| =48m（ 3） 6=4.0 s时dx 4 0. 1v = = -48m-sd t f= 4.0sd2X -2a = Y = -36m.sd 厂 /= 4.0s1 6 0 .质量为勿的物体， 由水平面上点。以初速为的抛出， 的与水平面成仰角a .若不计空气阻力， 求：（D物体从发射点。到最高点的过程中， 重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中， 重力的冲量.题3 - 7图分 析 重 力 是 恒 力 ， 因此， 求其在一段时间内的冲量时， 只需求出

55、时间间隔即可. 由抛体运动规律可知， 物体到达最高点的时间_ uosinag间是到达最高点时间的两倍. 这样， 按冲量的定义即可求得结果.另一种解的方法是根据过程的始、末动量， 由动量定理求出.解1 物体从出发到达最高点所需的时间为2 - -sinag， 物体从出发到落回至同一水平面所需的时则物体落回地面的时间为M = 2 马四8于是， 在相应的过程中重力的冲量分别为 = qdr = -rng/tj - -/7/rosin a jZ2 = j Fdt = -m g t2j = -2 zq)sin a j解2 根据动量定理， 物体由发射点。运动到点儿少的过程中， 重力的冲量分别为4 = 加 vA

56、yj 一 啊 yi = -nw in a jI2 =m vByJ - 啊9 =-2m uinaj1 6 1 . 4 一质量为1 0 k g 的质点在力下的作用下沿x 轴作直线运动， 已知尸=1 2 0 t + 4 0 , 式中尸的单位为N , t 的单位的s.在力= 0时， 质点位于x =5 . 0 m 处 ， 其速度的=6 . 0 m , s -1 .求质点在任意时刻的速度和位置.分析这是在变力作用下的动力学问题. 由于力是时间的函数， 而加速度a =ddt , 这时， 动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程， 解此微分方程可得质点的速度- ( f ) ; 由速度的定义p=dx / dt

57、, 用积分的方法可求出质点的位置.解 因 加 速 度 4 =11/ /1 乙在直线运动中， 根据牛顿运动定律有120r+ 40 = 总dt依据质点运动的初始条件， 即加= 0时 的 =6 . 0 , 运用分离变量法对上式积分， 得du = (12.0r + 4.0) drr =6 . 0 + 4 . 0 t 6 . ot2又因v=dx / dZ -， 并由质点运动的初始条件：to = 0时xo =5 . 0 m , 对上式分离变量后积分，有J； dx = ( 6.0+ 4.0/ + 6.0/ Wx =5 . 0 母 0 2 . 0 d +2. O t31 6 2 . 1 两根长度相同的细导线分

58、别多层密绕在半径为和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R = 2 r , 螺线管通过的电流相同为I , 螺线管中的磁感强度大小B、B r 满 足 ( )( A ) BK - 2Br ( B ) BR - Br ( C ) 2BK Br ( D ) BR 4Br分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比. 根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比nr R 2因而正确答案为( C ) 1 6 3 . 7 已知铜的摩尔质量M =6 3 . 7 5 g m ol- 1 ,密度P =8 . 9 g cm- 9,在铜导线里，

59、假设每一个铜原子贡献出一个自由电子， ( 1 ) 为了技术上的安全，铜线内最大电流密度， =6.0A-mm-2 ,求此时铜线内电子的漂移速率外； (2)在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率% 的多少倍？分析一个铜原子的质量机= /,其中4 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度o 可以推算出铜的原子数密度n- p/ m根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e,电 流 密 度 (=团” .从而可解得电子的漂移速率出 .将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率其中在为玻耳兹曼常量，以为电子质量. 从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系.解 ( 1) 铜导线单位体积的原子数

60、为n = N AP / M电流密度为工时铜线内电子的漂移速率vd = jm/ n e =jmM /NAp e = 4.46xIO-4 m-s-1( 2) 室 温 下 (7 = 3 0 0 K ) 电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率. 电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加. 考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子. 实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的.1 6 4 . 一架以3 . 0 X1 0 2 m s 的速率水平飞行的飞机， 与一只身长为0 . 2 0 m 、质量为0 .

61、 5 0kg的飞鸟相碰. 设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度， 而原来飞鸟对于地面的速率甚小， 可以忽略不计. 试估计飞鸟对飞机的冲击力（ 碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算） . 根据本题的计算结果， 你对于高速运动的物体（ 如飞机、汽车） 与通常情况下不足以引起危害的物体（ 如飞鸟、小石子） 相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力， 直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的. 如果考虑力的时间累积效果， 运用动量定理来分析， 就可避免作用过程中的细节情况. 在求鸟对飞机的冲力（ 常指在短暂时间内的平均力） 时， 由于飞机的状态

62、（ 指动量） 变化不知道, 使计算也难以进行；这时， 可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况， 并根据鸟与飞机作用的相互性（ 作用与反作用） ， 问题就很简单了.解以飞鸟为研究对象， 取飞机运动方向为x 轴正向. 由动量定理得Fbt -m v -0式中广为飞机对鸟的平均冲力， 而身长为2 0 c m 的飞鸟与飞机碰撞时间约为 t = / / 匕 以此代入上式可得2p = mu = 25 5 x l05 NI鸟对飞机的平均冲力为F = - F = -2.5 5x10? N式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反. 从计算结果可知,2 . 2 5X 1 0 % 的冲力大致相当于一个2 2

63、 t的物体所受的重力， 可见， 此冲力是相当大的. 若飞鸟与发动机叶片相碰，足以使发动机损坏， 造成飞行事故.1 65. 2 3 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为2% , 1为电荷线密度. （ D求在r =乃和r =两点间的电势差；（ 2 ） 在点电荷的电场中，我们曾取? 一 8处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解（ D 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有Ui2 = p E d r =27KoIn4（ 2 ）不能. 严格地讲，电场强度E = 只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，7 -8处的电势应与直线上的电势相等.1 66.

64、1 3 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成. 试求在两个电偶极子延长线上距中心为Z 的一点一的电场强度（ 假设z d）.Z题 5 - 1 3 图分析根据点电荷电场的叠加求点的电场强度.解 由点电荷电场公式，得心 I 2q 1 q . 1 q ,E =-yk +- +- -47Ko z 4TI0 z-d) 4兀% (z + d)考虑到z d ,简化上式得P ? 2 i r i i i),4吟z2 z 2 (j/z )2 (j / z ) 2 1q f 2 1 F, 2d 3d2 , 2d 3d2 1,= k4兀 z z z z z z二 q 6gd2 兀4唉z4通常

65、将。= 2qd称作电四极矩，代入得P 点的电场强度4%z167. 1如图所示， 在水平地面上， 有一横截面S =0. 20 n ? 的直角弯管， 管中有流速为r =3. 0 m s的水通过， 求弯管所受力的大小和方向.题 3 - 1 1 图分析 对于弯曲部分AB段内的水而言， 由于流速一定， 在时间A 内， 从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量. 因此， 对这部分水来说， 在时间A t内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量A p = AR（ 匹 - % ） ；此动量的变化是管壁在A t 时间内对其作用冲量/的结果,依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力凡由牛顿第三定律， 自然就得到水流

66、对管壁的作用力尸 =- 五 .解 在 At时间内， 从管一端流入（ 或流出）水的质量为A m = 0 u S t,鸾曲部分AB的水的动量的增量则为 p= = P uSX t （ 咋一 ）依据动量定理/= 2 得到管壁对这部分水的平均冲力 = （=於必 包- 2）从而可得水流对管壁作用力的大小为r = -F = -42pSv2 =-2 .5 x 1 b N作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.1 6 8 . 2 4 试证明霍耳电场强度与稳恒电场强度之比 “/ 纥 = 3 /7 ,这里。 为材料电阻率，n为载流子的数密度.分 析 在 导 体 内 部 ，稳恒电场推动导体中的载流子定向运动形成电流，

67、由欧姆定律的微分形式，稳恒电场强度与电流密度应满足EC=PJ其中P 是导体的电阻率.当电流流过位于稳恒磁场中的导体时，载流子受到洛伦兹力的作用，导体侧面出现电荷积累，形成霍耳电场，其电场强度为EH = -vx B其中v是载流子定向运动速率.根据导体内电流密度j = neo由上述关系可得要证明的结果.证 由 分 析 知 ，在导体内稳恒电场强度为Ec- p j- pnev由霍耳效应，霍耳电场强度EH = -VX B因截流子定向运动方向与磁感强度正交，故 石=V&因而EH / Ec = vB/p/ = vB/p/p v = B/nep1 6 9 . 22已知地面上空某处地磁场的磁感强度3 = 0.4

68、X1（ ）TT,方向向北.若宇宙射线中有一速率。= 5 .0 x I O7 m sT的质子，垂直地通过该处.求： （ 1 ）洛伦兹力的方向；（ 2 ） 洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较.BV题7 -2 2图解 （ 1 ） 依照冗 = 严 5可知洛伦兹力耳.的方向为。的方向，如图所示.（ 2 ） 因 质 子 所 受 的 洛 伦 兹 力玛 =Wb = 3.2xl（ ） T6 N在地球表面质子所受的万有引力G = / g = 1.64x1（ 7 N因而，有 左/G = 1.95xl0,即质子所受的洛伦兹力远大于重力.1 7 0 . 3 5 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动，一种可能方案

69、是将质量均为0的两质点A 、B , 用长为/的两根轻线系于圆盘状飞船的直径两端（ 如图所示） .开始时轻线拉紧两质点靠在盘的边缘，圆盘与质点一起以角速度旋转；当质点离开圆盘边逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬时，割断质点与飞船的连线.为使此时的飞船正好停止转动，连线应取何长度？ （ 设飞船可看作质量为必、半径为橄匀质圆盘）题4 -3 5图分析 取飞船及两质点A 、B为系统，在运行时，系统不受合外力矩作用，该系统的角动量守恒. 若在运行过程中通过系统内的相互作用，改变其质量分布，使系统的角动量只存在于两质点上，此时，飞船的角动量为零，即飞船停止了转动. 又因为在运行过程中合外力的功亦为零，且又无非保守

70、内力作功，所以，系统也满足机械能守恒. 当轻线恰好拉直时质点的角速度与飞船停止转动时质点的角速度相等时，连线的长度也就能够求出.解飞船绕其中心轴的转动惯量为， =2m A ? , 两质点在起始时和轻线割断瞬间的转动2惯量分别为4 = 2 2 后 和 4=2m ( R + . 由于过程中系统的角动量守恒，为使轻线沿径向拉直时，飞船转动正好停止，则有( J1+ J2)c o = 2 / n ( / ? + / )2c o, 又根据过程中系统的机械能守恒，有g( 4 + (, 2 = g 2m(R + / )2e o, 2 ( 2 )由上述两式可解得1 7 1 . 2 6 质量为勿、半 径 为 的

71、转 台 ，以角速度3*转动，转轴的摩擦略去不计. ( 1 )有一质量为小的蜘蛛垂直地落在转台边缘上. 此时，转台的角速度必为多少？ ( 2 )若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r时，转台的角速度。 。为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.分析对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒. 应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的. 由系统的角动量守恒定律即可求解.解( 1 )蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有4% =(小 ， 初式中4 = 万加欠 为转台对其中心轴的转动惯量

72、，4 = 机 尸 为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量. 于是可得cob,.=Jn- -a ,. = .m.conJo + J , m + 2m a( 2 )在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r而改变，即4 = 加 凡 在此过程中，由系统角动量守恒，有J。5 =(J()+JM1 7 2 .已知质点的运动方程为r = 2 f i + ( 2 产)j , 式中r的单位为m, 的单位为s .求:( 1 )质点的运动轨迹；( 2 ) t =0及t = 2 s时， 质点的位矢；( 3 ) 由t =0到力2 s内质点的位移Ar和径向增量A r ；* ( 4 ) 2 s 内质点所走过的

73、路程s .分析 质点的轨迹方程为y = / ( * ), 可由运动方程的两个分量式x ( 力和y & ) 中消去t即可得到 . 对 于 r 、A r 、A r 、 s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d s = 7 ( d x )2+ ( d y )2， 最后用s = J d s 积分求s .解( 1 ) 由x ( 力和y ( t ) 中消去t后得质点轨迹方程为y = 2 - - x2- 4这是一个抛物线方程， 轨迹如图( a ) 所示.( 2 ) 将力=0s和f = 2 s 分别代入运动方程， 可得相应位矢分别为%=

74、 2 ) , r2 = 4 i - 2 j图( a ) 中的P、Q两点， 即为力= 0 s 和 t = 2 s时质点所在位置.( 3 ) 由位移表达式， 得A r = G - = ( x2 - x0) i + ( y2 -y0) j - 4 i - 2 j其中位移大小 |Ar| = ) ( A x ) ? + 0 y ) 2 = 5 . 66 m而径向增量尸=A | r| = | r2|-|/| = y j x； + - + = 2 . 4 7 m* ( 4 ) 如 图 所 示 ， 所 求 As即为图中PQ 段 长 度 ， 先在其间任意处取AB微元d s ,则d s = V( d v )2 +

75、 ( d y )2， 由轨遒方程可得d y = ,代入d s ,则2 s内路程为题 1 -8 图1 7 3 . 8 在氯化艳晶体中，一价氯离子C 1 一与其最邻近的八个一价钝离子C s 构成如图所示的立方晶格结构. ( 1 ) 求氯离子所受的库仑力；( 2 ) 假设图中箭头所指处缺少一个的离子( 称作晶格缺陷) ，求此时氯离子所受的库仑力.题5 - 8 图分析钝离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角的离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加. 为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解（ 1） 由对称性，每条对角线上的一对匏离子与氯离子间的作用合力为零，故 月 =0.（2） 除了有

76、缺陷的那条对角线外，其它钠离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力用的值为2F2 = 2 = e 2 =L92xl（ ） 9 N-4叫） 厂 3% 矿F，方向如图所示.174. 3 0 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一0 .5 0 T 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少？1 1解叫叱=， 按题意，当叱,= 叱,时，有一分 =, 贝 ！I2 2 2%： = -7 = = 1.51xltf V m-1175. 一质点具有恒定加速度a =67 + 4 J ,式中a的单位为m s-2 . 在t= 0 时,其速度为零,位置矢量n = 10m ?.求：（ 1） 在任意

77、时刻的速度和位置矢量；（ 2） 质点在公y 平面上的轨迹方程， 并画出轨迹的示意图.y/n题1 -1 5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 和a ,分别积分， 从而得到运动方程r的两个分量式x ( Z ) 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x = x0 + v0 xt + axt2和y = y0 + vOyt + ayr ,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 = 0 时

78、玲= 0 ,积分可得1 ：的 = *d f = ： (6i + 4j)d /v = 6f i + 4(/又由O 二上及初始条件看=0时,= (1 0 m ) i,积分可得d rJ d r = r d r = (6r i + 4z / )d zr = (1 0 + 3/ )i + 2 /由上述结果可得质点运动方程的分量式， 即x = 1 0 + 3- 2y =2 /消去参数Z,可得运动的轨迹方程3y = 2x - 20 m这是一个直线方程. 直线斜率上 = = t a n a = 2 , 。=33 4 1 .轨迹如图所示.d x 31 76. 11将带电量为。的导体板A从远处移至不带电的导体板B

79、附近，如图 ( A ) 所示，两导体板几何形状完全相同，面积均为S, 移近后两导体板距离为d( d 4s ) .( 1) 忽略边缘效应求两导体板间的电势差；( 2 ) 若将B接地，结果又将如何？题 6 - 1 1 图分 析 由 习 题 61 0 可知，导体板达到静电平衡时，相对两个面带等量异号电荷；相背两个面带等量同号电荷. 再由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布，进一步求出电场分布和导体间的电势差.导体板B接地后电势为零，B的外侧表面不带电，根据导体板相背两个面带等量同号电荷可知，A的外侧表面也不再带电，由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布，进一步求出电场分布和导体间的电势差.解 （ 1

80、 ） 如 图 （ B ）所示，依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得M +0） S = Q（ % +。4） 5 = 。% - T4 = 0(7, + 4= 。解得Q6 = % = - 电= % = 与两导体板间电场强度为E = 2 ;方向为A指向B .2%5两导体板间的电势差为 uAB= -2e0S（ 2） 如 图 （ c ）所示，导体板B接地后电势为零. =久 = 0Qg = g =7k J两导体板间电场强度为 = 2; 方向为A指向B .两导体板间的电势差为 。； 8 =丝1 77. 质点在。 灯平面内运动， 其运动方程为r = 2. O t i +（ 1 9.1 78. 如图所

81、示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB和A B , 每个线圈的自感均为求： （ 1 ） A和A 相接时，B和B 间的自感心； （ 2） A和B相接时，A和B 间的自感（ .分 析 无论线圈AB和A B 作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解. 求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为。，则穿过两线圈回路的磁通量为2 0；而当两组线圈按 （ 1 ）或 （ 2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2 。2 0 , 土”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反.解 （ 1 ） 当A和A 连接时，AB和A B 线

82、圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0 , =20-20 = 0 ,故 A 0 .（ 2 ） 当A 和B连接时，AB和A B 线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为叱 =2 + 2 0 = 4 0 ,故& =牛=哼=4心本题结果在工程实际中有实用意义，如 按 题 （ 1 ）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈 .1 7 9. 20设电流均匀流过无限大导电平面，其面电流密度为J.求导电平面两侧的磁感强度 .（ 提示：可参考本章问题7 1 1 ,并用安培环路定理求解.）题 7 - 2 0 图分析依照右手螺旋定则，磁感强度B和电流j相互垂直，同时由对称性分析，无限大导

83、电平面两侧的磁感强度大小相同，方向反向平行. 如图所示，在垂直导电平面的平面上对称地取矩形回路a b ed ,回路所在平面与导电平面相交于。 。 ，且使2 1 ? ( :。 。 ，ad X .00 , c d L 00 , a b = c d = L,根据磁场的面对称分布和安培环路定理可解得磁感强度B的分布.解在如图所示的矩形回路a b ed 中，磁感强度沿回路的环路积分( B d / = ffidZ + ( d Z + ffidZ + (fidZJ / Jab Jed J be 3 da由于对称性3 Bi -B, &、与积分路径正交，因而jlid l = 2Bl ( 1 )回路a b ed

84、内包围的电流/ = J L ,根据安培环路定理，有B d l = 2BI =/JL ( 2 )由 式 ( 1 ) 和 式 ( 2 ) 可得导电板两侧磁感强度的大小为B = y磁感强度的方向由右手螺旋关系确定.1 80 . 9如图所示，一长直导线中通有/ = 5. 0 A的电流，在距导线9. 0 c m 处，放一面积为0 . l O c n ? , 1 0 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的. 今在1 . 0 X I O- 2 s内把此线圈移至距长直导线1 0 . 0 cm处 . 求 ： (1)线圈中平均感应电动势； (2)设线圈的电阻为1 . 0 X1 0 2Q, 求通过线圈横截面的感应

85、电荷.9.0 cm 1.0 cm题8 - 9图分析虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用 = 来计算线圈在始、末两个位置的磁链.解 ( 1 )在始、末状态，通过线圈的磁链分别为% =NB、S = 电 ， 我2 = NB,S = 她”2兀 - 2兀 弓则线圈中的平均感应电动势为p | = |V1 | Ar | 2兀& (4 r2 J电动势的指向为顺时针方向.( 2 )通过线圈导线横截面的感应电荷为广 d。E =-dt181. 15如图所示，载流长直导线的电流为I ,试求通过矩形面积的磁通量.(a) (b)题7 - 15图分析由于矩形平面

86、上各点的磁感强度不同，故磁通量OW8 S.为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S = / d x 图 ( B ) , 载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为d P = B dS= -ldx2nx矩形平面的总磁通量。=Jd。解由上述分析可得矩形平面的总磁通量。=八 也 也 =幽 也 &J4 2m 2兀 d.1 82 . 2 7 带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹. 设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3. 5 c m 的圆瓠径迹，测得磁感强度为0 . 2 0T,求此质子的动量和动能.解根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有p-m v-R eB -l.2

87、xlC T2 kg -m/sE, = 2 = 2.35keV2m1 8 3. 一段路面水平的公路， 转弯处轨道半径为尼汽车轮胎与路面间的摩擦因数为“， 要使汽车不至于发生侧向打滑， 汽车在该处的行驶速率()(A )不得小于如 会 (B )必 须 等 于 向 无( 0不得大于J 丽 (D )还应由汽车的质量加决定分析与解由题意知， 汽车应在水平面内作匀速率圆周运动， 为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供， 能够提供的最大向心力应为P E .由此可算得汽车转弯的最大速率应为- =NRg.因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值， 均能保证不侧向打滑. 应选(C ).

88、1 8 4. 1 7 有一同轴电缆，其尺寸如图( A ) 所示. 两导体中的电流均为I , 但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑. 试计算以下各处的磁感强度： (1 ) r 吊 ； (2 ) A r 兄 ； (3) r &画出6 - r图线.(a)(b)题7 - 1 7 图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称, 取半径为r的同心圆为积分路径， ， 5 7 / = 8-2而 ，利用安培环路定理， 5 ( / = 0工 / ，可解得各区域的磁感强度.解由上述分析得r VR 2nr = z zn-v7cr21 谒BL坐1 2哂2R r RzB2 - 2jir =氏 I7 ( 2 RB4-

89、2nr = -I) = 为= 0磁感强度6 ( r ) 的分布曲线如图( B ) .185. 2 0 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷。设某细胞壁厚为5. 2 X l O m , 两表面所带面电荷密度为5.2 X10-3C / m2 , 内表面为正电荷. 如果细胞壁物质的相对电容率为6.0,求 ( 1 ) 细胞壁内的电场强度； ( 2 ) 细胞壁两表面间的电势差.解 ( 1 ) 细胞壁内的电场强度E = / 一 = 9.8xl()6 v / m ；方向指向细胞外.( 2 ) 细胞壁两表面间的电势差U = E d = 5.1xl(T2 v .186. 图示一斜面， 倾角为a , 底边A B

90、 长为/ 2. 1 m,质量为0 的物体从题187. 2 2 在一半径为 的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套，护套外半径为此，相对电 容 率 为 .设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为4 . 试求介质层内的久 和户.题6 - 2 2 图分析将长直带电导线视作无限长，自由电荷均匀分布在导线表面. 在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷，这些电荷在内外表面呈均匀分布，所以电场是轴对称分布. 取同轴柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得电位移矢量的分布. 在介质中D = O%E, P = D %E,可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量产的分布.解由介质中的高斯定理，有D clS = D- 2nr

91、L = XL得在均匀各向同性介质中1 8 8 . 3 1 一空气平板电容器，空气层厚1 . 5 cm, 两极间电压为4 0 k V , 该电容器会被击穿吗？ 现将一厚度为0 . 3 0 c m 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为7 . 0 , 击穿电场强度为1 0 M V m- 1 .则此时电容器会被击穿吗？分析在未插入玻璃板时，不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿. 插入玻璃后，由习题6 2 6 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变，电容器将会从电源获取电荷. 此时空气间隙中的电场强度将会增大. 若它大于空气的击穿电场强度，则

92、电容器的空气层将首先被击穿. 此时4 0 k V电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值，则玻璃也将被击穿. 整个电容器被击穿.解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为E = U/d = 2.7xl（f V m-1因空气的击穿电场强 度 纥=3.0xlOPV-mT , E耳，空气层被击穿，击穿后4 0 k V电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度 = V/E：,故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿.1 8 9 . 1 8 一片二氧化钛晶片，其面积为1 . 0 c n ? , 厚度为0 . 1 0 mm. 把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（ 1 ） 求

93、电容器的电容； （ 2 ） 当在电容器的两极间加上1 2 V 电压时，极板上的电荷为多少？ 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少？ （ 3 ） 求电容器内的电场强度.解 (1)查表可知二氧化钛的相对电容率仁= 1 7 3 , 故充满此介质的平板电容器的电容C = = 5 3 x 1 0 - 9 Fd(2)电容器加上 = 1 2 V的电压时，极板上的电荷2 = C t7 = 1 . 8 4 x l( T8C极板上自由电荷面密度为d =2 = 1 . 8 4 x 1 0 - 8 C - m-2o S晶片表面极化电荷密度=1- % = 1 . 8 3 x 1 0 - 4 c . m ?L j(3)

94、晶片内的电场强度为 = = 1 . 2 x l05 V - m-1d1 9 0 . 32某介质的相对电容率 , = 2 . 8 , 击穿电场强度为1 8 x l( ) 6 V - mT ,如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为0 . 0 4 7 u F , 而耐压为4 . O kV 的电容器，它的极板面积至少要多大.解介质内电场强度 = 1 8 x 1 ( / V-m- 1电容耐压仅= 4 . 0 k V , 因而电容器极板间最小距离d = Um/Eh= 2.22x10 m要制作电容为0 . 0 4 7 UF的平板电容器，其极板面积S = = 0 . 4 2 m2显然，这么大的面积平铺开

95、来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装.1 9 1 .关于力矩有以下几种说法：( 1 )对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；( 2 ) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；( 3 )质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同.对 上 述 说 法 下 述 判 断 正 确 的 是 ( )（ A ）只有（ 2 ） 是正确的 （ B ） （ 1 ） 、（ 2 ） 是正确的（ 0 （ 2 ） 、（ 3 ） 是正确的 （ D ） （ 1 ） 、（ 2 ） 、（ 3 ） 都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力

96、与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故（ 1 ） （ 2 ） 说法正确. 对说法（ 3 ） 来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选（ B ） .1 9 2 . 1 6 已知l O m m 裸铜线允许通过5 0 A 电流而不会使导线过热. 电流在导线横截面上均匀分布. 求： （ 1 ） 导线内、外磁感强度的分布； （ 2 ） 导线表面的磁感强度.题7 - 16图分析可将导线视作长直圆柱体，电流

97、沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B大小相等. 方向与电流成右手螺旋关系. 为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度.解 （ 1 ） 围绕轴线取同心圆为环路L,取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有j B - dl - B - 2nr = /在导线内r R, = i 因而B = M2nr磁感强度分布曲线如图所示.（ 2 ） 在导线表面磁感强度连续,由 I = 5 0 A , / ? = J s / 兀 = L 7 8 xl O 3 m ,得8 = = 5.6X10-3T2nR1 9 3 . 2 5 霍尔效应可用来测量血流的速度，其

98、原理如图所示. 在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场. 设血管直径为d = 2 . 0 m m , 磁场为6 = 0 . 0 8 0 T,毫伏表测出血管上下两端的电压为傍= 0 . 1 0 m V , 血流的流速为多大？分 析 血 流 稳 定 时 ，有由上式可以解得血流的速度.解 依 照 分 析题7 - 2 5图qvB - qEHv = 0.63 m/sB dB1 9 4. 7 真空二极管，其主要构件是一个半径泥= 5 . 0 X 1 0 % 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径尼= 4 . 5 X 1 0 - / 的同轴圆筒形阳极. 阳极电势比阴极电势高3 0 0 V , 阴极与阳极的长度均为

99、/ = 2 . 5 X 1 0 m . 假设电子从阴极射出时的速度为零. 求： （ 1 ） 该电子到达阳极时所具有的动能和速率； （ 2 ）电子刚从阳极射出时所受的力.题6-7图分析 （ 1 ） 由于半径兆 匕 =pc2 s45 = 5 8x1 0 - 3 v4 7 Cor( 3 ) 若。= 90 。 匕 =pc2s92 = 04 x0r 1 96 . 1 9电流/ 均匀地流过半径为A的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量.题 7 - 1 9图分 析 由 题 7 1 6 可得导线内部距轴线为r处的磁感强度8 （厂 ） =软 2nR2在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，

100、需从磁通量的定义0 = j 5 （ r ） dS来求解. 沿轴线方向在剖面上取面元DS =/ Dr , 考虑到面元上各点力相同，故穿过面元的磁通量D 0=4） S ,通过积分，可得单位长度导线内的磁通量=f id r解由分析可得单位长度导线内的磁通量工位 =她J 。2nR 4 兀1 97 . 9在一半径为用= 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、外半径分别为是=8. 0 c m , 吊=1 0 . 0 c m . 设球A带有总电荷Q =3 . 0 X 1 0- 8C,球壳B带有总电荷 =2 . 0 X 1 0- 8C . （ 1 ） 求球壳B 内、外表面上所

101、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.( a ) ( b ) ( c )题6 - 9图分析 （ 1 ） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷& 均匀分布在球A表面，球壳B 内表面带电荷一 ,外表面带电荷晶+0 ,电荷在导体表面均匀分布 图（ A ）,由带电球面电势的叠加可求得球A和球壳B的 电 势 . （ 2 ） 导体接地，表明导体与大地等电势（ 大地电势通常取为零）.球壳B接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电一Q 图 （ B ）.断开球壳B

102、的接地后，再将球A接地，此时球A的电势为零. 电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡. 不失一般性可设此时球A带电0 ,根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应一，外表面带电3 & 图 （ c ）.此时球A的电势可表示为y A + 八 % - QA _ 0由/ = 0可解出球A所带的电荷Q ,再由带电球面电势的叠加，可求出球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 X I O C , 球壳B 内表面带电一3 . 0 X I 。 -8C,外表面带电5 . 0 X 1 0 -8C.由电势的叠加，球A和球壳B的电势分别为匕二 % +

103、- QA +QA_ A =5 . 6 x （ y V4 %耳 4 71 %及2 4TK;07 ?3%= 2土豆= 4 . 5 x 1 ） VB 4唉4（ 2 ） 将球壳B接地后断开，再把球A接地，设球A带电3 ,球A和球壳B 的电势为匕=纵 + - 4 A I 一 0 + /= 04 吟 R 4 成4 %） 7 ? 3y - QA+Q AB 4兀 &解得RIR?QA+ RR3 RR= 2 . 1 2 x l ( F 8 c即球A外表面带电2 . 1 2 X 1 O- SC,由分析可推得球壳B 内表面带电一2 . 1 2 X 1 0- 8C,外表面带电- 0 . 9X 1 0 ； .另外球A和球

104、壳B的电势分别为匕=0% =-7.29*1。2 v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.1 98. 5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（）（ A ）角动量守恒，动能守恒 （ B ）角动量守恒，机械能守恒（ 0 角动量不守恒，机械能守恒 （ D ）角动量不守恒，动量也不守恒（ E ）角动量守恒，动量也守恒分析与解由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢.

105、 当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于 I r I 不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选（ B ） .1 99. 6 不带电的导体球A含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷. 、q ,导体球外距导体球较远的r处还有一个点电荷。（ 如图所示）。试求点电荷6 、尔 、%各受多大的电场力。A题 6-6图分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近

106、似可看作均匀带电球对点电荷S 的作用力。F r一 + 。 %点电荷物 与导体球A外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷3 、条处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷3 、条受到的作用力为零.200. 28利用电容传感器测量油料液面高度. 其原理如图所示，导体圆管A与储油罐B相连，圆管的内径为D ,管中心同轴插入一根外径为d的导体棒C , 4D均远小于管长L并且相互绝缘. 试证明：当导体圆管与导体棒之间接以电压为U的电源时，圆管上的电荷与液面高度成正比（ 油料的相对电容率为,）.题6 - 28图分析 由于a D L ,导体A、C构成圆柱形电容器，可视为一个长才（ 才为液

107、面高度）的介质电容器G和一个长/ 一的空气电容器C的并联，它们的电容值均随X而改变. 因此其等效电容C = G + G也是X的函数. 由于0 =戊/ , 在电压一定时，电荷0仅随C而变化，求出。与液面高度X的函数关系，即可得证证 由分析知，导体A、C构成一组柱形电容器，它们的电容分别为R2JIS0,.XC, , DIn d其总电容c = G + G = 2 唉 父 + 2 峻X)a + 隧I n - In -其中2% L _ 2吟( g )a D ； I D In Ind dQ = CU=aU + /3UX即导体管上所带电荷0与液面高度X成正比，油罐与电容器联通. 两液面等高，测出电荷0即可确

108、定油罐的液面高度.201. 36如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧（ 其劲度系数为k） ,它的一端固定，另一端系一质量为勿 的滑块. 最初滑块静止时，弹簧呈自然长度/ 。，今有一质量为0的子弹以速度M 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度/ 时，求滑块速度r的大小和方向.题 4 - 3 6 图分析 该题可分两个过程来分析. ( 1 ) 子弹与滑块撞击的过程. 因滑块所系的是轻质弹簧( 质量不计) ，因此，子弹射入滑块可视为质点系的完全非弹性碰撞过程. 沿子弹运动方向上外力的冲量为零，所以，系统在撞击过程中满足动量守恒，由此，可求出它们碰撞后的

109、速度/ . ( 2 ) 子弹与滑块碰后以共同速度运动时，由于弹簧不断伸长，滑块在受到指向固定点的弹力的作用下作瓠线运动. 对滑块的运动而言，该弹力为有心力，不产生力矩，因而滑块在运动中满足角动量守恒；与此同时，对滑块、弹簧所组成的系统也满足机械能守恒. 这样，当弹簧伸长至1时的滑块速度r的大小和方向就可通过三条守恒定律求得.解子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0 = (m + m)v ( 1 )在弹簧的弹力作用下，滑块与子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有+ m)v2 = + 加 M + gW -， o ) 2 ( 2 )又在滑块绕固定

110、点作孤线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有( 加 + - (m + m)uZsin 0 ( 3 )式 中 0 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角. 联立解上述三式，可得v =0 = arcsin+ m)vlm +m2 0 2 . 12如图所示球形金属腔带电量为。 0 , 内半径为外半径为人腔内距球心。为r处有一点电荷。 ,求球心的电势.b题 6 - 1 2 图分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷一Q ,外表面感应电荷, ；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布. 球心。点的电势由点电荷0、导体表面的感应电荷共同决定. 在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势由于为常量，

111、因而无论球面电荷如何分布，半径为 的带电球面在球心产生的电势为4吟 R由电势的叠加可以求得球心的电势.解 导体球内表面感应电荷一。 ，外 表 面感应电荷依照分析，球心的电势为Y = - l_ _ _ _ _ _ + 色47rcor 47Koa 4T K(，203. 4如图(a)所示， 有一自动卸货矿车， 满载时的质量为勿 ， 从与水平成倾角a = 3 0 .0 斜面上的点/ 由静止下滑. 设斜面对车的阻力为车重的0.25倍， 矿车下滑距离/ 时， 与缓冲弹簧一道沿斜面运动. 当矿车使弹簧产生最大压缩形变时， 矿车自动卸货， 然后矿车借助弹簧的弹性力作用， 使之返回原位置4 再装货. 试问要完成

112、这一过程， 空载时与满载时车的质量之比应为多大？(a)题3 -2 4 图分析 矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用. 若取矿车、地球和弹簧为系统， 支持力不作功， 重力、弹力为保守力， 而阻力为非保守力. 矿车在下滑和上行两过程中， 存在非保守力作功， 系统不满足机械能守恒的条件， 因此， 可应用功能原理去求解. 在确定重力势能、弹性势能时， 应注意势能零点的选取， 常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点， 这样做对解题比较方便.解取沿斜面向上为x轴正方向. 弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点0 . 矿车在下滑和上行的全过程中， 按题意， 摩擦力所作

113、的功为怖=( 0 . 2 5 侬 + 0 . 2 5 m g) U + x ) ( 1 )式中加和m分别为矿车满载和空载时的质量， x为弹簧最大被压缩量.根据功能原理， 在矿车运动的全过程中， 摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值， 故有怖= - 1 = - ( 氐+ A 尻 )由于矿车返回原位时速度为零， 故比=0;而区= ( / - / ) 屋/ + x ) s in a ,故有悌 = - ( 如 - 必 )g U + x ) s in a ( 2 )由式( 1 ) 、( 2 ) 可解得m _ 1m7 -32 0 4 . 2 7 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度( 待测材料可视作相

114、对电容率为1的电介 质 ) ，通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A , B 为平板电容器的导体极板，4 为两极板间的距离.试说明检测原理，并推出直接测量量电容。与间接测量量厚度d之间的函数关系.如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？题6-2 7 图分 析 导 体 极 板 A 、B和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C 与材料的厚度的关系，可参见题6 2 6 的分析.解 由 分 析 可 知 ，该装置的电容为C =_ S _ _d + er(t7-R , E = Ek - d l =Ek - 2 n r = - j B d S = - n R2 R2 d BEk =2

115、r d t由于变 ( ) , 故电场线的绕向为逆时针.d r(2)由于r R,所求点在螺线管外，因此L R2 d B1 E .2=r- -d-r-将r 、R 、詈的数值代入，可 得 纭 = T . 0 xl 0 r 5 v.mT,式中负号表示瓦的方向是逆时针的.2 1 3 . 3 3 在题3 3 0 的冲击摆问题中，若以质量为加 的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？题4 -3 3图分 析 该 题 与 习 题 3 30的不同之处在于：( 1 ) 子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因

116、此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件. 但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足. ( 2 ) 摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律. 摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解. 摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变. 摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能.解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有= 4（ （ ） + 亿 + J 3 M ）式中4= / 、八= 加尸和人二加尸分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量.根据摆在转动过程中机械能守恒，有+4牖 +g 加g

117、 / = 以（ 2 / ） +， 谩 （ | 由式（ 1 ） 、（ 2 ） 可得子弹速度的最小值为2 1 4 . 30如图所示，一质量为w的小球由一绳索系着，以角速度0 。在无摩擦的水平面上，作半径为 的圆周运动. 如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为n/2的圆周运动. 试求：（ 1 ）小球新的角速度；（ 2 ）拉力所作的功.题4 -3 0 图分析沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变. 但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度. 至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化

118、得到 .解（ D 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中4 和/ 分别是小球在半径为Z b 和1 2 Z b 时对轴的转动惯量，即4 g =Jgi式中4 和 / 分 别 是 小 球 在 半 径 为 和 1 / 2 r 。 时对轴的转动惯量，即片和3 =； 叫 ,则（V = J, （v.0= 4 G oJ0（ 2 ）随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果. 由转动的动能定理可得拉力的功为卬=g, 0 ； - 就 =席说2 1 5 . 1 5 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于。 r y、O y z和O zx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.

119、现将立方体置于电场强度E =（ 4+辰） ， + 旦 7 （ % 笈 ，反为常数）的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.题5 - 1 5图解 如图所示，由题意 与0 次 7面平行，所以任何相对。 盯面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即。印8 。=。应9=0 . 而0 A B 5 = J 召 dS = J （ & + 米）i + E2j - （ c l S j ） = E 考虑到面6W与面4 完户的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有CDEO = - A B G F = - E ? /同理 AOE F = J - d 5 = J （ E ,i + E

120、J ） -（ - d S i ） = - E BC D G = J E d S = J （ g + 必） i + E2j - （ J SI） =（ ：,+Au ） a2因此，整个立方体表面的电场强度通量0 = = 而2 16. 2 7质量为1.12 k g , 长为1.0 m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s . （ 1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（ 2 ）棒的最大偏转角.题4 -2 7图分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：（ 1）瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量

121、，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.（ 2 ）棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力（ 保守内力） 外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.解（ 1） 由刚体的角动量定理得A L = Ja0 = J M d t = Fl A t = 2 .0 k g - m2 -s-1（ 2 ）取棒和地球为一系统，并选0 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即；Ja = g m gl （ 1 - c o s 。 ）由式（ 1） 、（ 2 ） 可得棒的偏转角度为6 = a r c c o s （ 1 3 广广I m -gl ）

122、=88382 17. 2 4 有两块相距为0.5 0的薄金属板A、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒K内，金属盒上、下两壁与A、B 分别相距0.2 5 m m ,金属板面积为30 m m X 4 0 m m 。求 （ 1）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍； （ 2 ） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍？K(c)题 6 - 2 4 图分析 薄金属板A、B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ B）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A、B 间的电容。解 （ 1） 由等效电路图可知C = C2s+ Ci

123、=。2 0 3 + cC2+C3由于电容器可以视作平板电容器，且4=24=24, 故 G=G=2G , 因此A、B 间的总电容C = 2C,（ 2 ） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于C 2 （ 或者C 3）极板短接，其电容为零，则总电容C = 3C2 18. 18如图所示，一通风机的转动部分以初角速度绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量. 若转动部分对其轴的转动惯量为J,问：（ 1 ）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（ 2）在此时间内共转过多少转？题4 - 18图分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶

124、片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.解( 1 ) 通风机叶片所受的阻力矩为M = -C 。，由 转 动 定 律 可 得 叶 片 的 角 加 速度为dco Co)a = =-dt J根据初始条件对式( 1 ) 积分，有由于，和J均为常量，得co ge7当角速度由0 0 f 1 2时，转动所需的时间为t = - ln2C( 2) 根据初始条件对式积分，有产 小即9 = 回2C在时间t 内所转过的圈数为N = 二 /02 兀 471c21 9 . 6 - 铁心上绕有线圈1 0 0 匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为0 = 8

125、. O x l ( / sin l O ( k r ( W b) , 求在， = 1 . 0 x l ( y 2 $ 时，线圈中的感应电动势.分析由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成4 = - N %= 一 也 ，其中w = 称为dr dt磁链.解线圈中总的感应电动势4 = N 竿=（ 2.51） 8S （100兀 当 1 = L 0 x l（ y2s 时，J = 2.51V .220. 3 2 如图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量/ =10.0kg m , 开始时B 轮静止，A 轮以

126、I =600 r , min 1的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于 =200 r , min 1为止. 求：（ 1） B轮的转动惯量；（ 2） 在啮合过程中损失的机械能.-题4 -3 2 图分析 两飞轮在轴方向啮合时，轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B 轮的转动惯量. 根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.解（ 1） 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有JCO = （， + J2）ct 2则B 轮的转动惯量为=幺 二 强 乙 = 尘 1生 4 =2Q 0kg.m 2co2 n2（2）

127、系统在啮合过程中机械能的变化为 E = g （j1 + 12区-/4 = 7 .3 2 X 1（）4 J式中负号表示啮合过程中机械能减少.221. 16如图（ a）所示，飞轮的质量为60 k g ,直径为0.50 m ,转速为1.0 X 10% min . 现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力E 设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数。=0 . 4 0 , 飞轮的质量全部分布在轮缘上.(b)题4 - 1 6图分析飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩. 但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力应决定的，而此力又是由制动力/ 通

128、过杠杆作用来实现的. 所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图( b) 所示. 根据闸杆的力矩平衡，有而 =片 ，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为M = F* = FNM = FM ( 1 )摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有co。_ 2nnt t因飞轮的质量集中于轮缘，它 绕 轴 的 转 动 惯 量 根 据 转 动 定 律 M=Ja,由式( 1 ) 、( 2 ) 可得制动力2 2 2 . 1 电荷面密度均为+ 。的两块“ 无限大”均匀带电的平行平板如图( A ) 放置，其周围空间各点电场强度以设电场强度方向向右为正、向左为负) 随位置坐标x

129、变化的关系曲线为图( B ) 中的( )题5 - 1图分析与解 “ 无限大”均匀带电平板激发的电场强度为一，方向沿带电平板法向向外,2%依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向. 因而正确答案为( B ) .2 2 3 . 5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过l ( r ” e ,而中子电量与零差值的最大范围也不会超过1 0 - 2 ，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2 X 1 0

130、 e ,中子电量为1 0 /e ,则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8 个中子可求原子所带的最大可能净电荷. 由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为=(1+2)x8x10-27二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为=max 2 . 8 x1 0 - 6 2Qur2 . 6 7 s2 2 7. 1 3 如 图 （ A ）所示，金属杆AB以匀速0 = 2.0m-平行于一长直导线移动，此导线通有电流/ = 4 0 A . 求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？题8 - 1 3图分析 本题可用两种方法求解. （ 1 ） 用公式E

131、= 求解，建 立 图 （ a ）所示的坐标系，所取导体元d / = d x , 该处的磁感强度S = （ 2 ） 用法拉第电磁感应定律2TU C求解，需构造一个包含杆AB在内的闭合回路. 为此可设想杆A B 在一个静止的形导轨上滑动，如 图 （ B ）所示. 设时刻t,杆AB距导轨下端C D 的距离为y ,先用公式求得穿过该回路的磁通量，再 代 入 公 式 八 一 需 即 可 求 得 回 路 的 电 动 势 ，亦即本题杆中的电动势.解1根据分析，杆中的感应电动势为E. = （ v x B ）dl=dxl = - m-vdx = 一幺史I n i 1 = - 3. 84 x I O- 5 V 式

132、中负号表示JAB J o . i m 2兀 x 2兀电动势方向由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D x、长为y的面元DS ,则穿过面元的磁通量为d(P = B d S = -ydx271r穿过回路的磁通量为0 = f d。=&= -皿In 11Js Jo.Im 211X 2元回路的电动势为E = * =-陷 1111曳 = -皿 = -3.84xl()T Vdr 2TIX dz 2 兀由于静止的形导轨上电动势为零，所以以8 =七 =-3.84x10-5 v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

133、B 指向A ,故点A电势较高.2 2 8 .如图(a)所示， 电梯相对地面以加速度a 竖直向上运动. 电梯中有一滑轮固定在电梯顶部， 滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为例和股的物体4和反设滑轮的质量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计. 已知的 破 ， 如以加速运动的电梯为参考系， 求物体相对地面的加速度题2 - 2 5图分析如以加速运动的电梯为参考系， 则为非惯性系. 在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力. 在通常受力分析的基础上， 加以惯性力后， 即可列出牛顿运动方程来.解 取如图(b)所示的坐标， 以电梯为参考系， 分别对物体48 作受力分析， 其中 = * 理fa分别为作用在物体48 上的惯

134、性力. 设& 为物体相对电梯的加速度， 根据牛顿定律有仍g + 犯。一41az. (1)m2g + m2a Fy2 - m1arT2 =4 2由上述各式可得“j（ g +。 ）仍 +%FT2 =42 = 2 （ g +. ）仍+7叫由相对加速度的矢量关系， 可得物体A、B对地面的加速度值为Q /mJg 2m2aU ur - u - -rriy + 丐= _ 2” + （ ， 2） g町 + m2a2的方向向上，a t的方向由a和a的大小决定. 当aa,即zoig -nkg -2n） a0时，ai的方向向下；反之，31的方向向上.229 . 19截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（

135、A）所示，共有4匝 （ 图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L.题8 -19图分析 如同电容一样， 自感和互感都是与回路系统自身性质（ 如形状、匝数、介质等）有关的量. 求自感L的方法有两种：I.设有电流I通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式工=子计算、2 .让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E ,由公式乙 = 匕 一 计算乙式中反和一都较容易通过实验测定，所以此方法一dl/dt At般适合于工程中. 此外，还可通过计算能量的方法求解.解 用方法1求解，设有电流I通过线圈，线圈回路呈长方形，如 图（ B）所示，由安培环路定理可求得在A r 2 r时，端点A处的

136、电势较高解2 将AB棒上的电动势看作 是 血 棒 和 棒上电动势的代数和，如 图 ( B ) 所示. 其中瓦 / = , 瓦J = -r)2则EA B=Eo-EOB = -B L L -2 r)2 3 2 . 3 / 、8 两船在平静的湖面上平行逆向航行， 当两船擦肩相遇时， 两船各自向对方平稳地传递5 0 kg的重物， 结果是/船停了下来， 而8船以3.4 m s 的速度继续向前驶去.4、8两船原有质量分别为O.S X I O? kg和1.0 X l O,k g ,求在传递重物前两船的速度.( 忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略去不计， 则对搬出重物后的船A与从船B搬入的重物

137、所组成的系统I 来讲， 在水平方向上无外力作用， 因此， 它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样， 对搬出重物后的船B与从船A搬入的重物所组成的系统H亦是这样.由此， 分别列出系统I 、I I 的动量守恒方程即可解出结果.解 设A 、B 两船原有的速度分别以% 、峰表示， 传递重物后船的速度分别以 、年 表 示 ， 被搬运重物的质量以勿表示.分别对上述系统I 、I I 应用动量守恒定律， 则有( mA - m ) vA + n wB - mAv A ( 1)(me - m vB + m vA = mBv B ( 2)由题意 知 / =0, 修 = 3. 4 m s 代入数据后， 可解得 JT

138、Lni Vr A -1%=7-ST r = -0-4 0 m - s i nB - m i nA - m)- m(m, - m ) mBv B , ,% 7一 v 弋r = 3.6 m s mA - mmB也可以选择不同的系统， 例如， 把A 、B两船( 包括传递的物体在内) 视为系统， 同样能满足动量守恒， 也可列出相对应的方程求解.233. 18 在半径为A的圆柱形空间中存在着均匀磁场，6的方向与柱的轴线平行.如图( A ) 所示，有一长为/的金属棒放在磁场中，设8随时间的变化率变为常量.试证：棒d f上感应电动势的大小为题8 -18 图分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场

139、中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势.由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由E = 计算棒上感生电动势.此外，还可连接俯、0Q ,设想 夕 aF 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于冰、园 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度区处处垂直，故Ek d Z = O, OP、。 。两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体 棒 掰 上的电动势.证1由法拉第电磁感应定律，有 广 d 0 n dB dB IP QE po -A E . -d-r- -= Sd r =dr

140、- -2-证2由题8 17可知，在r V#区域，感生电场强度的大 小 七 = : 匚2 dr设 图 上线元Dx处，笈的方向如图（ b）所示，则金属杆尸0上的电动势为EPQ = E , dx = jEk c o s gdx = （./ 甯 /2） 必= R 2_（ /2） 2df 2讨 论 假 如 金 属 棒 网 有 一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？234 . 2 9有一电容为0 .5 0 nF的平行平板电容器，两极板间被厚度为0 . 0 1 m m 的聚四氟乙烯薄膜所隔开， （ 1） 求该电容器的额定电压； （ 2） 求电容器存贮的最大能量.分析通过查表可知聚四氟乙烯的击

141、穿电场强度笈= 1.9 X 107V/ m, 电容器中的电场强度W瓦 ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量.解 （ 1） 电容器两极板间的电势差（ 2） 电容器存贮的最大能量UM = % / = 190VW # U 9 .0 3 x l(T 3 j235 .如图（ a） 所示， 已知两物体A 、B 的质量均为m = 3. 0 k g 物体A 以加速度a = 1.0 m - s运动， 求物体B 与桌面间的摩擦力.（ 滑轮与连接绳的质量不计）分析该题为连接体问题， 同样可用隔离体法求解.分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的， 即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩

142、擦不计的前提下成立.同时也要注意到张力方向是不同的.解 分别对物体和滑轮作受力分析 图（ b） . 由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程， 有g -Ft = n a （ 1）F1 TI-R =nk a （ 2）F T = 0 （ 3）考虑到加、nk m. FT = F T , FTI F TI , a = 2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力F J g （ Z + 4 .） J7 2 Nf 2 题 2 - 8 图讨论动力学问题的一般解题步蛛可分为：（ 1）分析题意， 确定研究对象， 分析受力， 选定坐标；（ 2）根据物理的定理和定律列出原始方程组；（ 3）解方程组， 得出文字结果；（

143、 4 ）核对量纲， 再代入数据， 计算出结果来.236 . 25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S为2.0 c m2 ,沿环每厘米绕有1 0 0 匝线圈，通有电流Z = 4 .0 X 10-2 A ,在环上再绕一线圈C ,共10匝，其电阻为0.10Q,今将开关S 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 X 10- 3C . 求：当螺绕环中通有电流 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率小. .题8-2 5图分 析 本 题 与 题 8 8 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度.线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的.

144、解 当螺绕环中通以电流Z 时，在环内产生的磁感强度8 = （/叫则通过线圈C 的磁链为il/c = N2BS = N2rn.IS设断开电源过程中，通过C的感应电荷为伏，则有如= 4匕= （ 0 ）=心。丁 母K K A由此得B =四小m 3 = | = O.1OTIN 2 J相对磁导率 ， = 巡一 = 199N 2 s g I、237 . 4 在卡车车厢底板上放一木箱， 该木箱距车箱前沿挡板的距离 = 2.0 m , 已知刹车时卡车的加速度a = 7 .0 m - s-, 设刹车一开始木箱就开始滑动.求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数 = 0.5 0.分 析

145、如同习题238 . 6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为24 0 m的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 m A 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为 / = ,因而由11C/ = 十Nec，可解出环中的电子数。解通过分析结果可得环中的电子数N = 4 x l ( y 。ec239. 21 一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为。 = 4 .5 X 124 0. 3 0 半径为0.10c m 的长直导线，外面套有内半径为1.0 cm的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气.略去边缘效应，求： (1 )导线表面最大电荷面密度

146、； (2 )沿轴线单位长度的最大电场能量.分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为入，导线表面附近的电场强度X aE =- =2ge0查表可以得知空气的击穿电场强度笈= 3 . 0 X1 06 ( V / m ) ,只有当空气中的电场强度庆E 空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出。的极限值. 再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度.解 (1)导线表面最大电荷面密度max = % 纥 =266X 1 0 -5。m 2显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关.(2)由上述分析得4na x = 2夜0凡骂, ，此时导线与圆筒之间各

147、点的电场强度为E.”=4普 瓜 M)2 ji0r rE = 0 ( 其他)W卬 _ 1 ,2 _ 1 , R酒,n 5 万 0沿轴线单位长度的最大电场能量叱 =U N - 2a f 嘲Wm = In-= 5 . 7 6 x 1 0- 4 J - m- 12 4 1 . 4 在 图 ( A ) 和 ( B ) 中各有一半径相同的圆形回路LI、L 2 ,圆周内有电流H 、1 2 ,其分布相同，且均在真空中，但 在( B )图中L 2回路外有电流1 3 , P、P l为两圆形回路上的对应点，则 ( )( A )( B )( C )( D )B dl =B dl, Bp =BpJ Li 九 , 2 4

148、 力 ，BR = Bp- dl =B - dl, Bp产 BpoA题7 - 4 图分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布. 因而正确答案为( C ) .* 7 5半径为A的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ,磁 介 质 的 相 对 磁 导 率 为( U r a ,和包分别是木块和木板相对地面参考系的加速度. 若以木板为参考系， 木块相对平板的加速度a = a , +& ,木块相对平板以初速度-M作匀减速运动直至最终停止. 由运动学规律有- v ）=2as由上述各式可得木块相对于平板

149、所移动的距离为mrvf2+ m）解2以木块和平板为系统， 它们之间一对摩擦力作的总功为W = FV （ s + 7 ） -Fn = m gs式中/ 为平板相对地面移动的距离.由于系统在水平方向上不受外力， 当木块放至平板上时， 根据动量守恒定律， 有m v = （ m + 加）v 由系统的动能定理， 有Rings= gmv2 - g( 加 + m)v2由上述各式可得mv22jug(m + m)2 4 6 . 5轻型飞机连同驾驶员总质量为I . 0 X 1 03k g .飞机以5 5 . 0 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。= 5 . 0 X

150、1 （ ） 2N s , 空气对飞机升力不计， 求：（ 1 ） 1 0 s后飞机的速率；（ 2 ）飞机着陆后1 0 s内滑行的距离.分析飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动. 其水平方向所受制动力产为变力， 且是时间的函数. 在求速率和距离时， 可根据动力学方程和运动学规律， 采用分离变量法求解.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_ dvr = ma = m = atdt得V = -a- 122m因此， 飞机着陆1 0 s 后的速率为v = 3 0 m s 1又， dx =JxO犷 小故飞机着陆后1 0 s 内所滑行的距离a 3 A /Rs = x

151、 = vt-1 = 467 m6m2 4 7 . 1 4 实验室中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图（ A ）所示. 一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R ,通过的电流均为I ,且两线圈中电流的流向相同. 试证：当两线圈中心之间的距离d等于线圈的半径R时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场. （ 提示：如以两线圈中心连线的中点为坐标原点0 ,两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为丝 =（ ） ；右 匀 =0）dx dx题7 - 14图分析设磁感强度在念轴线上的分布为8 （ x） （ 可由两个圆电流线圈在轴

152、线上磁场的叠加而得），如在轴线上某点处巨= 0,这表明在该点附近的磁感强度有三种可能，即有极大d x值（ W 0 ）或均匀（ W = 0） .据此可得获得均匀磁场的条件.d r dx d r证取两线圈中心连线的中点为坐标原点0 ,两线圈中心轴线为x轴，在x轴上任一点的磁感强度2 p + (d/2 x)2j， ?2+(J/2 + x)2f2则当dB( x) _ /z0/7?2 3( d /2 x) 3( d / 2 + x) _ 0的 2 Q7?2+(tZ/2-x)2J 2 R + (d/2 + x )2 -却 =3丹 友 4( d/2-x)2 _ 4( d/2 + x)2 个 =“= 2 I

153、. + . / 2 7犷-R2+(d/2； x)212 =时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场.由 =0, 解得 X =0dxd? R由 2 | 0 =。，解得 d = Rdx2 I将磁感强度8在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则M+则+ 幽帮侬. .dx 2 dx若x V V 1;且 变 = ()；之 胆 = 0 .则磁感强度6 (x )在中点。附近近似为常量，场dx dx为均匀场.这表明在d =时，中 点( x = 0 )附近区域的磁场可视为均匀磁场.248. 10两块带电量分别为Q、Q的导体平板平行相对放置( 如图所示) ，假设导体平板面积为S ,两块导体平板间距

154、为& 并且S d .试 证 明( 1 )相向的两面电荷面密度大小相等符号相反；( 2 )相背的两面电荷面密度大小相等符号相同.(a) (b)题6 -1 ()图分析导体平板间距d V V S , 忽略边缘效应，导体板近似可以当作无限大带电平板处理。取 如 图 ( B ) 所示的圆柱面为高斯面，高斯面的侧面与电场强度6 平行，电场强度通量为零；高斯面的两个端面在导体内部，因导体内电场强度为零，因而电场强度通量也为零，由高斯定理 d S = /%=0得= o上式表明处于静电平衡的平行导体板，相对两个面带等量异号电荷. 再利用叠加原理，导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零，因而平

155、行导体板外侧两个面带等量同号电荷.证明 ( 1 ) 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为。 I、 。 2、 。 3、 %,取 如 图 ( B ) 所示的圆柱面为高斯面，高斯面由侧面5 和两个端面S 、S 构成，由分析可知 E .d S = Z q /% =。得 2 7 = 6 A5 + J3A5 =0, (72+(J=0相向的两面电荷面密度大小相等符号相反.( 2 ) 由电场的叠加原理，取水平向右为参考正方向，导体内尸点的电场强度为6 S 4 八 八- = - = 0, cr, - a4 = 027 20 o 2%相背的两面电荷面密度大小相等符号相同.249. 一石子从空中由静止下落， 由于空

156、气阻力， 石子并非作自由落体运动， 现测得其加速度a=A -B匕式中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r 的函数， 因此， 需d o将式d r = a( r )d t 分离变量为- - - -=(it后再两边积分.a 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dV 4 门a = = A. Bvdt用分离变量法把式( 1 )改写为d o ,-=dtA -B v将式( 2 )两边积分并考虑初始条件， 有产 doj f - d u = (lt!， A - Bv Jo得石子速度0 = A ( i

157、 e * )BA由此可知当， ？ 一 8时， 0 - 1 为一常量， 通常称为极限速度或收尾速度.(2)再 由 当 =小 1 一厂)并考虑初始条件有得石子运动方程A , A / - s / i 旷= 万/ + 后 ( 6 - 1 )D D2 50 . 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/ 、 、 W( 1 ) ; ( 2 )- - -；d r dt/、 d s 二 ；d r( 4)下述判断正确的是( A)只有只)( 2 )正确(0只有只)( 3 )正确)( B)( D )只有( 2 )正确只有( 3 )( 4)正确分 析 与 解 M 表示

158、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 表 示 ， 这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；不表示速度矢量；在自然坐标d s系中速度大小可用公式”了 计 算 ， 在直角坐标系中则可由公式”求解 . 故 选 ( D ).2 5 1 . 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上， 斜面是光滑的， 有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下， 则( )( A )物块到达斜面底端时的动量相等( B )物块到达斜面底端时动能相等( 0物块和斜面( 以及地球)组成的系统, 机械能不守恒(D )物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统

159、来说， 由题意知并无外力和非保守内力作功， 故系统机械能守恒. 物体在下滑过程中， 一方面通过重力作功将势能转化为动能， 另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能， 其大小取决其中一个内力所作功. 由于斜面倾角不同， 故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等. 动量自然也就不等( 动量方向也不同). 故(A)(B)(C)三种说法均不正确. 至于说法(D)正确， 是因为该系统动量虽不守恒( 下滑前系统动量为零， 下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零. 由此可知， 此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力)， 但在水平方向上并无外力， 故系统在水平方向上分动

160、量守恒.252. 28从太阳射来的速度为0.80 X 10m/ s的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 X 10-7T,此电子回转轨道半径为多大？ 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 X 1 0 - T ,其轨道半径又为多少？解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径N长m地磁北极附近的回转半径4嗑23m253. 2 杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁. 设演员和摩托车的总质量为见圆筒半径为尼演员骑摩托车在直壁上以速率/ 作匀速圆周螺旋运动， 每绕一周上升距离为方， 如图所示. 求壁对演员和摩托车的作用力.题2 -

161、 1 2 图分析杂技演员(连同摩托车) 的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加. 其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后， 相当于如图(b ) 所示的斜面. 把演员的运动速度分解为图示的匕和吸两个分量， 显然s 是竖直向上作匀速直线运动的分速度， 而七则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度， 其中向心力由筒壁对演员的支持力R的水平分量“ 2提供， 而竖直分量& 则与重力相平衡. 如图(c ) 所示， 其中。角为摩托车与筒壁所夹角. 运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向解设杂技演员连同摩托车整体为研究对象， 据(b ) (c ) 两图应有Fm-m g = QVFN

162、 2 =m K八 2兀 样 / 、= vcosd = v , = (3 )-J (2 成 y + /FN J 琮1 + - 2 以式代入式(2 ) , 得_ m 4n2R2v2 _ icRrtw2N2 = R4it2R2+h2 = 47r2/?2+/r将式( D 和式(5 ) 代入式(4) , 可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力) 大小为FN 盟 24TI2RV24K2/?2 +h2与壁的夹角。为FN， ATCRU2- arctan- = arctan7：-k-FN ( 4兀* + 吸讨论表演飞车走壁时， 演员必须控制好运动速度， 行车路线以及摩托车的方位， 以确保三者之间满足解题用到的

163、各个力学规律.2 5 4. 质点作曲线运动， r表示位置矢量， 表示速度， a 表示加速度， s表示路程，a , 表示切向加速度. 对下列表达式， 即(1 ) d v /A t a - , (2 ) d r / d t = / ； (3 ) d s / d t = v ； (4) d v / d r I a,.下述判断正确的是()(A ) 只有(1 ) 、(4) 是对的 (B ) 只有(2 ) 、(4) 是对的( 0只有(2 ) 是对的 (D ) 只有(3 ) 是对的分 析 与 解 一 表 示 切 向 加 速 度 外 ， 它表示速度大小随时间的变化率， 是加速度矢量沿速度d r方向的一个分量，

164、 起改变速度大小的作用；一在极坐标系中表示径向速率% (如题d r2 5 5 . 2 0 一质量为小、半径为A的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度 。转动，若在某时刻，一质量为必的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？分析盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度. 此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.题4 - 2 ( ) 图解( 1 ) 碎块抛出时的初速度为v0 =coR由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为, 0 ； co

165、2/ ?22 g 2 g( 2 ) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有L = . L 式中L = LZR20 为圆盘未碎时的角动量； = 加 收 ”为碎块被视为质点时，碎块对轴的2角动量； 为破裂后盘的角动量. 则m - m R2C D2 J2 5 6 .所述） ；上在自然坐标系中表示质点的速率匕而也表示加速度的大小而不是切向dz| df|加速度a-因此只有（ 3 ）式表达是正确的. 故选（ D ） .2 5 7 .质点沿直线运动， 加速度a = 4 - ， 式中a 的单位为m s 、 ， 力的单位为s .如果当力=3 s时, x= 9 m , r = 2 m s r , 求质点的运动方程

166、.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do dx积分方法解决. 由6 = 和0 = 可得do = a df和= .如a = a （ 力或y = 丫 （ 力， 则dr dr可两边直接积分. 如果a或/ 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dv = adt, J ov = 4f+3dr = vdtA ) J ox = 2厂 - - - - -/4 + vt +将 t= 3 s 时， x= 9 m , v= 2 m , s 代入 （ 2 ） 得的= T m , s A b 0 . 7 5

167、 m . 于是可得质点运动方程为x = 2t2? + 0.75122 5 8 . 3 7 在实验室，为了测试某种磁性材料的相对磁导率，常将这种材料做成截面为矩形的环形样品，然后用漆包线绕成一环形螺线管. 设圆环的平均周长为0 . 1 0 m, 横截面积为0 . 5 0 X 1 0 W ,线圈的匝数为2 0 0 匝. 当线圈通以0 . 1 0 A 的电流时，测得穿过圆环横截面积的磁通量为6 . 0 X 1 0- 5W b , 求此时该材料的相对磁导率小.分析根据右手定则，磁感线与电流相互环连，磁场沿环型螺线管分布，当环形螺线管中通以电流/ 时，由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为- T由题意可

168、知，环内部的磁感强度B = O / S , 而 B = 故有/I, = B I& H解磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为M / L 和。/ S , 因而= = 4.78x1 炉为NIS第 八 章 电 磁 感 应 电 磁 场2 5 9 . 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(0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 , 起改变速度大小的作用， 而法向分量a 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

169、， 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 , 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 , 恒为零；质点作匀变速率圆周运动时，a , 为一不为零的恒量， 当a , 改变时， 质点则作一般的变速率圆周运动. 由此可见， 应选( B ) .2 6 0 . 4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是( )(A)位移电流的实质是变化的电场(B)位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷(C)位移电流服从传导电流遵循的所有定律(D)位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场. 变化的电场激发磁场，在这一点位移电流

170、等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律. 因而正确答案为( A ) .2 6 1 . 2 9 地球对自转轴的转动惯量为0 . 3 3 屈 W ,其中环为地球的质量， 为地球的半径. ( 1 )求地球自转时的动能；( 2 ) 由于潮汐的作用，地球自转的速度逐渐减小，一年内自转周期增加3 . 5 X 1 。 - 1,求潮汐对地球的平均力矩.分析由于地球自转一周的时间为2 4 小时，由3 = 2 n / 7 可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能反= 1 2 J 。 ？. 随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少. 通过对上述

171、两式微分的方法，可得到动能的减少量氏与周期的变化 7的关系. 根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由卬 =私 。= 八 与 ，即可求出潮汐的平均力矩.解( 1 ) 地球的质量mE = 5 . 9 8 X 1 0 * k g , 半径A = 6 . 3 7 *1 0 % , 所以，地球自转的动能EK =2兀2XO . 3 3 %R 2 /T2 =2 1 2X1 ( ) 2 9 J2兀( 2 ) 对式= 亍两边微分，可得, 2兀dco = - - d T当周期变化一定量时，有 O =- 乌 7 = - 竺 八 ( 1 )T2 27t由于地球自转减慢而引起动能的减少量为3

172、& = J sk s -JT-EKT ( 2 )2兀 兀又根据动能定理W = MO = 人% ( 3 )由式( 2 ) 、( 3 ) 可得潮汐的摩擦力矩为= 7.47 x IO- N - m式中为一年中的天数5 = 3 65 ) , A T为一天中周期的增加量.2 62 . 1 9 如图所示，一长为21的细棒A B , 其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为w 的小球，棒的中点。焊接在竖直轴z 上，并且棒与z 轴夹角成。角. 若棒在外力作用下绕z轴( 正向为竖直向上) 以角直速度0=。 。 ( 1 - e- ) 转动，其中。 。为常量. 求( 1 ) 棒与两球构成的系统在时刻1对z轴的角动量

173、；( 2 ) 在t = 0 时系统所受外力对z轴的合外力矩.z题4 - 19图分析 由于棒的质量不计，该系统对z轴的角动量即为两小球对z轴的角动量之和，首先可求出系统对Z轴的转动惯量( 若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想) ，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解. 相比之下，前者对本题更直接.解 两小球对z轴的转动惯量为J = 2 m/ = 2 M / s i n a ) 2 = 2 z ( / s i n a ) 2 ,则系统对z轴的角动量为L = Jc o = 2 m / = 2 m Pc o 0 ( 1 e 7 ) s i n 2a此处也可先求出每个

174、小球对z 轴的角动量后再求和.( 2 ) 由角动量定理得M = 牛= :1 2 成 2 g ( 1 _ / ， i n 2a = 2m f ( wos i n 2ae t = 0 时，合外力矩为M = 2 m /2a )os i n2a此处也可先求解系统绕z轴的角加速度表达式，即4 =胆 =(0 0 6- , 再由求得d t2 63 . 1 7 一半径为R 质量为0的匀质圆盘，以角速度。绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘 与 板 表 面 的 摩 擦 因 数 为 ( 1 ) 求圆盘所受的摩擦力矩. ( 2 ) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？分析转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板

175、对其摩擦力矩作用的结果. 由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分. 为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为人宽为d r的圆环为面元，环所受摩擦力dF = 2 n rm g dr / n * ,其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM = r X d 区 ,其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩 =/ d就这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成. 由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理出At =A （ J 。 ） ，可求得圆盘停止前所经历的时间At. 当然也可由转动定律求解得.解（ 1 ） 由分析可知，圆盘上半径为八宽度为d r的同心圆环所

176、受的摩擦力矩为dM = r x 叫=- （ 2 / / 加 短 / 7 R2 ） f c式中在为轴向的单位矢量. 圆盘所受的总摩擦力矩大小为 =J d M = : 2 广氏空dr = |irngR（ 2 ） 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J = / 户 / 2 . 由角动量定理 A t = （ J。 ） ，可得圆盘停止的时间为, J（o 3coRt = = -M 4 g2 64 . 如图（ a ） 所示， 一汽车在雨中沿直线行驶， 其速率为s , 下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前角， 速率为性 ， 若车后有一长方形物体， 问车速H 为多大时， 此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一

177、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性的方向） 应满足a N arc tan .再由相对速度的矢量关系 =4 一叼， 即h可求出所需车速g .( a)( b )题 1 -2 6 图解 由 * =%-化 图（ b ） , 有v. -v.sinOa = arctan-而要使a arctan 一， 则h% 一 %sin6 I-N 02cos8 hIcosd .- + sm。h2 6 5 . 20如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为8

178、 和S2 ,磁导率分别为小和2 ,管长为1 , 匝数为N ,求螺线管的自感. （ 设管的截面很小）题 8 - 2 0 图分析本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响. 在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为后 ,由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为小& 和P2氐 .通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为与和$ 的两部分磁通量之和. 由自感的定义可解得结果.解 设 有 电 流 , 通 过 螺 线 管 ，则管中两介质中磁感强度分别为N NB = 1 = 1 ,% = 2 应= 2 7 /通过N 匝回路的磁链为/ = K + 弘 =NBS + NB2S2则自感L = Ly+L,

179、= = -内 S、 +2 6 6 . 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2 0 . 0 s， 设t = 0时， 质点位于0点 . 按 （ a） 图中所示“ 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 （ 力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 坐标系， 并采用参数方程x ，=x（ Z ） 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 =A0 +X

180、和y =W +y, 将所得参数方程转换至。 灯坐标系中， 即得。 孙坐标系中质点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.(b)x7mx/m题 1 -1 1 图解 如 图 （ B ）所 示 ， 在X ，y 坐标系中， 因。= 干 , 则质点P的参数方程为, c . 2 7 1x = Ksin t ,T,D 2兀V = -KCOStT坐 标 变 换 后 ， 在0k坐标系中有， n 2 兀x = x = Rsm t , n 2 7 1 cy = y + 典=-& os 予+/?则质点p的位矢方程为2兀. +T一 Rcos7+= 3sin (0. lm)i + 31- cos(

181、0.17tr)|/（ 2） 5 s时的速度和加速度分别为一山2d r-d /2-/? cos + /? sin (/ = (0.3兀rj-t r j i rj-t z= -/?(y )2sinyZi + /?(y)2C0Sy(/ = (-O.O3712 m-s-2)i26 7 . 一质点在半径为0 . 1 0 m 的圆周上运动， 其角位置为。=2 + 4 /， 式 中 。 的单位为r a d , 力的单位为s . （ 1 ）求在t = 2. 0 s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，值为多少？（ 3 ） t为多少时， 法向加速度和切向加速度

182、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.Ad 3 9解( 1 )由于6 = 2 + 4/， 则角速度= 1 2产 . 在t = 2 S时， 法向加速度和切向加d r速度的数值分别为a / r = 2s = r a 2 = 2. 3 0 m -s-24, 2s =堂=4. 8 0 1 1 1 2( 2)当 4 = a / 2 =9a： +片 时， 有 3aj = a ： ,即3 ( 24疗= / ( 1 2 2y得2V 3此时刻的角位置为8 = 2+ 4/ = 3 . 1 5 r a d( 3 )要使a “ = a , ,则有3 ( 2 4

183、4= 户 (1 22yt = 0 . 55 s26 8 . 27两个同心球面的半径分别为尼和尼，各自带有电荷Q和 . 求：（ 1 ）各区域电势分布，并画出分布曲线；（ 2）两球面间的电势差为多少？题5 - 2 7图分析通常可采用两种方法（ 1 ）由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势. 取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再 由 匕 =E T/可求得电势分布.（ 2）利用电势叠加原理求1 J P电势. 一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为V 二 4吗 /在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势v = 4

184、兀j R其中4 是球面的半径. 根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 ( 1 ) 由高斯定理可求得电场分布由电势V = 可求得各区域的电势分布.用 =0 ( 凡 )E2= - e , ( &f )47 i eor后3=号 坐 阵 ( - 尺2)4兀( 2) 两个球面间的电势差当rWR时，有乂= / 出+ 。叼川+1 %出=0+2上+34理 。K 7 ?2 J 4TO07 ?2_ QI 、4%与 4兀7 / ?2当石W r W R z时，有匕= / 旦一 e . Fi 1 1 , 1Q, + Q24踮0 r & 4 %） 为_。1 . 。2 十

185、4 妹 0 4 兀 q R2当r 用 时，有匕= 4 .” =纪0Jr 4畋/解2 ( 1 ) 由各球面电势的叠加计算电势分布. 若该点位于两个球面内，即r 后 ，则若该点位于两个球面之间，即分WrW尼 ，则K = 2 + Q ?4成 （ 内 4的0 4v,=a+江- 4 7 % r 4%见若该点位于两个球面之外，即了，尼 ，则匕 =2 + Q4 % /( 2 ) 两个球面间的电势差4 = (v,= - 1 2 4吟 & 4 晒04269. 3有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为他，而线圈2 对线圈1的互感系数为西. 若它们分别流过力和, 2 的变化电流且沙华，并设由。变化在线圈1 中产

186、生的互感电动势为 2 ,由力变化在线圈2 中 产 生 的 互 感 电 动 势 为 ,下述论断正确的是( ) .(A) M2 M21 , 21=62(B) A/p A/21 , s21 工年(C) M12 = M21, 如 。 2(D ) A/12 = A/21 , 21 。 2分析与解 教材中已经证明M 21 =M12 ,电磁感应定律务| = 2 1 2； 2 = 1 2 因而正确答案为(D) .2 7 0 .飞机以100m s ” 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

187、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2.0 s 后， 它的法向加速度和切向加速度各为多少？题 1 - 18图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。或 . 由 图 可 知 ， 在特定时刻入物体的切向加速度和水平线之

188、间的夹角a , 可由此时刻的两速度分量以、4 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 gt2飞机水平飞行速度 =1 0 0 s-, 飞机离地面的高度y = 1 0 0 m , 由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离x = v / = 452mV g(2 ) 视线和水平线的夹角为0 = arctan = 12.5x(3 ) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为a - arctan = 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

189、at = gsina = gsin(arctan) = 1.88 m-s-2an = gcosa = gcoarctanj = 9.62 m s-22 7 1 . 如图(a ) 所示， 一小型迫击炮架设在一斜坡的底端0处， 已知斜坡倾角为。， 炮身与斜坡的夹角为 , 炮弹的出口速度为外， 忽略空气阻力. 求：(1 ) 炮弹落地点P与点0的距离0 P ；(2 ) 欲使炮弹能垂直击中坡面. 证明。 和 必须满足t a n 4= 一并与外无关.2tana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

190、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3 c o s 和 M s i n , 其加速度分别为纱i n 。和g e o s 。.在此坐标系中炮弹落地时， 应有y = 0 , 则x = 0 P . 如欲使炮弹垂直击中坡面， 则应满足匕= 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r = %f + ；g 产， 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O P ( 即图中的r矢量) .题1 - 19图 解1由分析知， 炮弹在图(a

191、)所示坐标系中两个分运动方程为x = v0rcos 4一 g grsin ay = %fsin 0 grcos a令y = 0求得时间e后再代入式(1)得 n 2coSin i . . . 2o： sin 4 , 。 、OP= x = - z-Ccosacosp-sina sinp) =- -cosCa + p)gcosa geos a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H _ 卬 _ 2 8 .sin(；- a一 4 ) sin； + a)从中消去力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和匕.= 0 ,则vx = 00cos

192、夕 一 g/sin a = 0由(2) (3)两式消去才后得 1tan/?= -2sin a由此可知. 只要角。 和 满足上式， 炮弹就能垂直击中坡面， 而与火的大小无关.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.2 7 2 .分析中指出的那样， 可对木箱加上惯性力先后， 以车厢为参考系进行求解， 如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用， 图中或为木箱相对车厢的加速度.解由牛顿第二定律和相关运动学规律有Fo -Fp=ma - p mg=maX 2 = 2 a ， L联立解（ 1）（2）两式并代入题给数据， 得木箱撞上车厢挡板时

193、的速度为v - J2 （ a g ） L = 2 . 9 m . s-2273. 12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03X 03N ,m ,涡轮的转动惯量为25.0kgm 2 .当轮的转速由2.80X10E m il? 增大到1. 12X 103 min-时, 所经历的时间/为多少？分析由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间. 该题还可应用角动量定理直接求解.解1在匀变速转动中，角加速度。=三%,由转动定律M= J a , 可得飞轮所经历的t时间1=j = 2（ 一） =

194、1 0 8 sM M解2飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有Mdt = J（CD C O0）则 /= 一 % 厂区（ ） = 0 8 sM M v 072 7 4 . 这种类型的物理问题， 往往从非惯性参考系（ 本题为电梯） 观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系， 故从非惯性参考系求解力学问题时， 必须对物体加上一个虚拟的惯性力.如以地面为惯性参考系求解， 则两物体的加速度冬和为均应对地而言,本题中国 和曲的大小与方向均不相同.其中aA 应斜向上.对国 、 、a 和a 之间还要用到相对运动规律， 求解过程较繁.有兴趣的读者不妨自己尝试一下.275. 1 3 如图（a）

195、 所示，质量m -1 6 k g 的实心圆柱体A ,其半径为r = 15cm ,可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计.一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量 & =8 .0 kg的物体B .求：（ 1 ）物体B 由静止开始下降1 .0 s 后的距离；（ 2）绳的张力用.题4 - 13图分析该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动（ 平动） .两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.解（ 1 ）分别作两物体的受力分析，如图（ b ） .对实心圆柱体而言，由转动定律得Fn ， 1 ,Tr = Ja =

196、 mra对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有旦F； = m2g 一 耳 =m1a且 公 =& .又由角量与线量之间的关系，得a = ra解上述方程组，可得物体下落的加速度a= 2叫 g町+2加2在e= 1 .0 S时，B下落的距离为s = 1 at2 =叫g-j- - = 2-. 45 m2 m 1 +2叫（ 2） 由式（ 2） 可得绳中的张力为Fr = m(g-a)= 2 g = 3 9 .2 NmA + 2ml27 6 . 1 0 一半径为A的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为。，求球心处电场强度的大小 .题 5 - 1 ( ) 图分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元现将

197、半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 3 节的例1可以看出，所有平行圆环在轴线上P处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心0 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元B = 次 15=8 2成 2 s i n 6 d 。，在点0 激发的电场强度为dE =4唉xAq 2 2+ r由于平行细圆环在点0 激发的电场强度方向相同，利用几何关系x = R e os 。，r = Rsin0统一积分变量，有(1E =1 xdq _ 1 R e os 。4 兀+ 产产=4飞R?c- s i n 0c os d 02%积分得”/2 d 3E= I

198、 s i n c o s = J 2 % 4R)2 7 7 . 高空作业时系安全带是非常必要的.假如一质量为5 1 .0 kg的人， 在操作时不慎从高空竖直跌落下来， 由于安全带的保护， 最终使他被悬挂起来.已知此时人离原处的距离为2 .0m， 安全带弹性缓冲作用时间为0.5 0 s . 求安全带对人的平均冲力.分析从人受力的情况来看， 可分两个阶段：在开始下落的过程中， 只受重力作用， 人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中， 则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力， 且作用时间很短.为求安全带的冲力， 可以从缓冲时间内， 人体运动状态（ 动量） 的改变来分析， 即

199、运用动量定理来讨论.事实上， 动量定理也可应用于整个过程.但是， 这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态， 人体的速度均为零.这样， 运用动量定理仍可得到相同的结果.解1以人为研究对象， 按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中， 人跌落至2m处时的速度为0 = yj2gh （ 1）在缓冲过程中， 人受重力和安全带冲力的作用， 根据动量定理， 有（F + P）A f - mv2 mvt （ 2）由式（1）、（2）可得安全带对人的平均冲力大小为F = mg+ /（ 力）=机= l.MxlO3 Nt 2解2从整个过程来讨论.根据动量定理有F =-41hTg +

200、 mg =1.14xl（ ）3 N2 7 8 .对质点组有以下几种说法：（ 1）质点组总动量的改变与内力无关；（ 2）质点组总动能的改变与内力无关；（ 3）质点组机械能的改变与保守内力无关.下列对上述说法判断正确的是（）（ A）只有（1）是正确的 （B） （ 1）、（2）是正确的（ 0 （ 1）、（3）是正确的 （D） （ 2）、（3）是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的， 它们是作用力与反作用力.由于一对内力的冲量恒为零， 故内力不会改变质点组的总动量.但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同， 故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析， 如一对弹性内力的

201、功的代数和一般为零， 一对摩擦内力的功代数和一般不为零， 对于保守内力来说， 所作功能使质点组动能与势能相互转换， 因此保守内力即使有可能改变质点组的动能， 但也不可能改变质点组的机械能.综上所述（1） （ 3）说法是正确的.故选（ C） .279. F, = 3 0 + 4 f（ 式中E的单位为N, t的单位为s）的合外力作用在质量卬= 1 0 k g的物体上,试求：（1）在开始2 s内此力的冲量；（2）若冲量/ =300 Ns ,此力作用的时间；（3）若物体的初速度必=10m ，方向与外相同， 在r=6. 86s时， 此物体的速度性.分析本题可由冲量的定义式/= 附， 求变力的冲量， 继而

202、根据动量定理求物体的速度V2.解（ 1 ） 由分析知I = （ 30+ 4加= 30 + 2 端=68 N s（ 2 ） 由/ = 3 0 0 = 3 0 f +2d , 解此方程可得t = 6 . 8 6 s（ 另一解不合题意已舍去）（ 3 ） 由动量定理， 有I =in V2- m v由（ 2 ） 可知t = 6 . 8 6 s 时/ = 3 0 0 N - s ， 将/ 、/ 及为代入可得I + mv, （ 八 _ v2 =-L = 40 m sm2 8 0 . 5 0 ?( 2 ) 在 力 = 1 . 0 0 s 到 友 = 2 . 0 s 时间内的平均速度-Ar r, -r, .v

203、= = - = 2.0t - 6.0 jAr 1 2 f( 3 ) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为0) = vxi + vyj = i + j = 2.0i - 4.0(/小 d2x . d 2 y . . _2 .4 ) =芯， + #1/ = - 4 . 0根7 j则C l = 1 .0 0 s 时的速度r( f ) I 6唳 = 7.2xltf eV4ra?0r 2R由 昂 ） =；m若 可估算出质子初始速率% = = 1.2xl07 m.s-1该速度已达到光速的4 % .（ 2）依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能_ 3稣0 = EK = 2k T7 F得T = 5.6

204、xl09 K3k实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束（ 托卡马克装置）2 8 2 . 4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计.如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量/ 以及圆盘的角速度。的变化情况为（）（ A ） L不变， 。增大 （ B ）两者均不变（ C ） L不变， 。减小 （ D ）两者均不确定分析与解对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴0的角动量守恒，故/不变，此

205、时应有下式成立，即mud - mud + J0co0 = Ja式中小田为子弹对点0的角动量3。为圆盘初始角速度，J为子弹留在盘中后系统对轴0的转动惯量，式为子弹射入前盘对轴0的 转 动 惯 量 . 由 于 , 则 。 r , 则 o 1H _ 2% Vl + r2/x2 上述结果表明，在x r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.消去t 得质点的轨迹方程:285. 0t2y =19.286. kg - m2, 试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角， . 假设各原子都可当质点处理.B题4-8图分析如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对A A 轴和B B ， 轴的转动惯

206、量均为零,因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可.解 由 图 可 得J M. = 2mHd2sin2OJ BB = 2mHd2cosr9此二式相加，可得JR + JR则d = l由二式相比，可得则0 - arctai口 =JM + JBB = 9.59 X IO-11 m2mH】AAJBK = t an 0. 逅 i- arctan J - =52.3V1.14287. 7如图(a ) 所示， 天文观测台有一半径为 的半球形屋面， 有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下， 若摩擦力略去不计. 求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度.R(a)(b)题 3 -2 7 图分 析

207、 取 冰 块 、屋面和地球为系统， 由于屋面对冰块的支持力F N始终与冰块运动的方向垂直， 故支持力不作功；而重力P 又是保守内力， 所以， 系统的机械能守恒. 但是， 仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此， 还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件， 由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程. 求解上述两方程即可得出结果.解由系统的机械能守恒， 有1 2 八mgR = mu + mg Reos 0 (1 )根据牛顿定律， 冰块沿径向的动力学方程为mgR:os6- FN = (2)冰块脱离球面时， 支持力4= 0 , 由式(1 ) 、(2) 可得冰块的角位置26 = ar

208、ccos = 48.23冰块此时的速率为v的方向与重力一方向的夹角为a = 9 0 。- 9 = 41 . 8288. 6质量为 的地球卫星， 沿半径为3标的圆轨道运动， RE为地球的半径. 已知地球的质量为偏. 求：（ 1 ）卫星的动能；（ 2）卫星的引力势能；（ 3）卫星的机械能.分析根据势能和动能的定义， 只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率， 其势能和动能即可算出. 由于卫星在地球引力作用下作圆周运动， 由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能. 由于卫星的引力势能是属于系统（ 卫星和地球） 的， 要确定特定位置的势能时， 必须规定势能的零点， 通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零.

209、 这样， 卫星在特定位置的势能也就能确定了. 至于卫星的机械能则是动能和势能的总和.解（ 1 ）卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力， 由牛顿定律可得2 mvm vCJ-7-= ITI-（ 3%） 3 4（ 2）取卫星与地球相距无限远（ r 一8 ） 时的势能为零， 则处在轨道上的卫星所具有的势能为Ep= -GmEm灵（ 3）卫星的机械能为E = EK + Ep_ G m-m _ Q，ni.m _ _Q6RR 3RE 6RE289 . 6所示坐标. 按Z / 为 = 。的分量式， 有町。 我 + 叫 0 2 x + S 4 x = 小马) , + 。2 ) +/。3 = 其中 =

210、 %cos。，v2y = v2sin0 ,。= - 30 , 代入后得? o Q -1 仍%) ，+ %4* = - - -= -2.8 m-s qv = - -% 多则 q = _( 2.8 m-s-1 ) i- ( 2.0 m-s-1 )j29 0 . 0 图求出.解 水桶在匀速上提过程中， a = 0 , 拉力与水桶重力平衡， 有F +P = 0在图示所取坐标下， 水桶重力随位置的变化关系为P =mg - a gy其中a = 0 . 2 k g / m , 人对水桶的拉力的功为w = R d y = r ( 2 g - a g y ) d y = 8 8 2 J2 9 1 . 1 一质量

211、为0 . 2 0 kg的球， 系在长为2 . 0 0 m 的细绳上， 细绳的另一端系在天花板上. 把小球移至使细绳与竖直方向成3 0 角的位置， 然后从静止放开. 求：（ 1 ）在绳索从3 0 角到0 角的过程中， 重力和张力所作的功；（ 2 ）物体在最低位置时的动能和速率；（ 3 ）在最低位置时的张力.分 析 （ 1 ）在计算功时， 首先应明确是什么力作功. 小球摆动过程中同时受到重力和张力作用. 重力是保守力， 根据小球下落的距离， 它的功很易求得；至于张力虽是一变力， 但是， 它的方向始终与小球运动方向垂直， 根据功的矢量式W =J尸 山， 即能得出结果来. （ 2 ）在计算功的基础上，

212、 由动能定理直接能求出动能和速率.（ 3 ）在求最低点的张力时， 可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定.解（ 1 ）如图所示， 重力对小球所作的功只与始末位置有关， 即% = P A / ? = c o s。 ） = 0 . 5 3 J在小球摆动过程中， 张力科的方向总是与运动方向垂直， 所以， 张力的功叫 =J 4 d s（ 2 ）根据动能定理， 小球摆动过程中， 其动能的增量是由于重力对它作功的结果. 初始时动能为零， 因而， 在最低位置时的动能为6 = E k = O . 5 3 J小球在最低位置的速率为2.30 m -s-1( 3 )当小球在最低位置时， 由牛顿定律

213、可得FP二 ”2耳= m g +处 _ = 2.49N292. 8如图所示， 把质量0 =0. 20 k g的小球放在位置A时， 弹簧被压缩/ =7.5X 1293. 20 一个内外半径分别为吊和用的均匀带电球壳，总电荷为Q ,球壳外同心罩一个半径为总的均匀带电球面，球面带电荷为Q . 求电场分布. 电场强度是否为离球心距离r的连续函数？ 试分析.题5 - 2()忤I分析 以球心0为原点，球心至场点的距离r为半径，作同心球面为高斯面. 由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等. 因而ffid S = E - W . 在 确 定 高 斯 面 内 的 电

214、 荷 后 ，利用高斯定理，EdS = Z q / %即可求出电场强度的分布.解 取 半 径 为r的同心球面为高斯面，由上述分析E-Aitr = %r RR r故Ri r,该高斯面内无电荷，z 4 = o ,故 耳 =0 此 ,高 斯 面 内 电 荷q =)E2 =- 4 %- -点 了 兆 ,高斯面内电荷为B ,故2,r 尼，高斯面内电荷为a + ,故F - 2 +。24 4电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图（ B ） 所示. 在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴=用的带电球面两侧，电场强度的跃变量AE = E4-E3 = - , =4TK0

215、/?3 %这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性. 实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时， 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.2 9 4 . 2 一质量为m的质点， 系在细绳的一端， 绳的另一端固定在平面上. 此质点在粗糙水平面上作半径为r的圆周运动. 设质点的最初速率是的. 当它运动一周时， 其速率为外/ 2 , 求：（ 1 ）摩擦力作的功；（ 2 ）动摩擦因数；（ 3 ）在静止以前质点运动了多少圈？分析质点在运动过程中速度的减缓， 意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗

216、在运动中克服摩擦力作功上. 由此, 可依据动能定理列式解之.解（ D 摩擦力作功为卬=6-纭0 = ；，加2 _ 3根* = _ | , 如；（ 1）（ 2 ） 由于摩擦力是一，恒力， 且 = ” m g , 故有W = F(scos 18 03 = 2兀 “由式（ 1 ） 、（ 2 ） 可得动摩擦因数为 -1 (yjtrg（ 3 ） 由于一周中损失的动能为3? 加若）， 则在静止前可运行的圈数为OT制小2 9 5 . 7 如图所示， 质量分别为m = 1 0 . 0 k g 和 肱 = 6 . 0 kg的两小球A和B , 用质量可略去不计的刚性细杆连接， 开始时它们静止在O x y 平面上，

217、 在图示的外力A = （ 8 . 0 N ） i和我=（ 6 . 0 N ） J的作用下运动. 试求：（ 1 ） 它们质心的坐标与时间的函数关系；（ 2 ） 系统总动量与时间的函数关系.题3 - 3 7 图分析两质点被刚性杆连接构成一整体, 其质心坐标可按质心位矢式求出. 虽然两力分别作用在杆端不同质点上， 但对整体而言， 可应用质心运动定律和运动学规律来求解.解（ 1 ）选如图所示坐标， 则力=0时， 系统质心的坐标为 o = -X o=L 9m对小球与杆整体应用质心运动定律， 得工=6=（町+2）警 d r五=g=（ 仍 + 叫 ） ? （ 2 ），r i 1-根据初始条件t=0时， V

218、= 0 , 分别对式（ 1 ） 、式（ 2 ） 积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式， 有1 ： 耳出= ：（ 见+ 加2 4 ,% d （ 班+ 也啊,Atmi+m( 4 )根据初始条件1=0时, x =而 ， y =Ko ， 对式（ 3 ） 、式（ 4 ） 再一次积分可得质心坐标与时间的函数关系式， 有町 + 秋+ 6 *2 ( mt + m 2 )= 1 . 5 + 0 . 2 5 /及” + 叫(Rr做 = (J / O M( 2 ) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止， 可得系统总动量与时间的函数关系尸=A P =( ( 耳 + 工=( 8. 0 3 - ( 6 . 0 r

219、 ) j第四章刚体的转动2 96 . 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：( 1 ) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；( 2 ) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；( 3 ) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；( 4 ) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零.对 上 述 说 法 下 述 判 断 正 确 的 是 ( )( A) 只有( 1 ) 是正确的 ( B ) ( 1 ) 、( 2 ) 正确，( 3 ) 、( 4 ) 错误( 0 、( 2 ) 、( 3 ) 都正确，( 4 ) 错误 ( D) ( 1 ) 、( 2 ) 、

220、 、( 4 ) 都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴( 例如门的重力并不能使门转) . 不满足上述情况下的作用力( 含题述作用力垂直于转轴的情况) 对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知( 1 ) ( 2 ) 说法是正确. 对于( 3 ) ( 4 ) 两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然. 但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故( 3 ) ( 4 ) 说法不完全正确. 综上所

221、述，应选( B ) .2 97. 9如图所示， 质量为勿、速度为/的钢球， 射向质量为勿 的靶， 靶中心有一小孔， 内有劲度系数为的弹簧， 此靶最初处于静止状态， 但可在水平面上作无摩擦滑动. 求子弹射入靶内弹簧后， 弹簧的最大压缩距离.听一题 3 - 2 9图分析这也是一种碰撞问题. 碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止， 在这过程中， 小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用， 外力的冲量为零， 因此， 在此方向动量守恒. 但是， 仅靠动量守恒定律还不能求出结果来. 又考虑到无外力对系统作功， 系统无非保守内力作功， 故系统的机械能也守恒. 应

222、用上述两个守恒定律， 并考虑到球与靶具有相同速度时， 弹簧被压缩量最大这一条件， 即可求解. 应用守恒定律求解， 可免除碰撞中的许多细节问题.解 设弹簧的最大压缩量为刘. 小球与靶共同运动的速度为0 .由动量守恒定律， 有mv = （m + m）u （ 1）又由机械能守恒定律， 有g mv2 = g + 加州： + g kx：由式（ 1）、（ 2 ）可得V Km + mmm由 k g ,速率为6 . 0 X 107m - s 的粒子A ,与另一个质量为其一半而静止的粒子B发生二维完全弹性碰撞， 碰撞后粒子A的速率为5 . 0 X I O m s 求：（ 1）粒子B的速率及相对粒子A原来速度方向

223、的偏转角；（ 2 ）粒子A的偏转角.题3 -3 2 图分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题. 这类问题通常采用守恒定律来解决. 因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用， 同时， 碰撞又是完全弹性的， 故系统同时满足动量守恒和机械能守恒. 由两守恒定律方程即可解得结果.解取如图所示的坐标， 由于粒子系统属于斜碰， 在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式， 有mvA vBcos P + mvAcos a0 - %sin - mvm a又由机械能守恒定律， 有纲; T与 卜 + 加 解式（ 1）、（ 2 ）、（ 3 ）可得碰撞后B粒子的速率为VB VA) = 4.69 x 107 m -s-

224、1各粒子相对原粒子方向的偏角分别为+ 3以2 3Da = arccos- = 2220 = arccos- - = 54。64VAVA 4VA2 9 9 . m3 0 0 . 4如图所示， 一个质量为小的小球， 从内壁为半球形的容器边缘点A滑下. 设容器质量为卬， 半径为尼内壁光滑， 并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上. 开始时小球和容器都处于静止状态. 当小球沿内壁滑到容器底部的点B时， 受到向上的支持力为多大？题3 -3 4图分 析 由 于 桌 面 无 摩 擦 ， 容器可以在水平桌面上滑动， 当小球沿容器内壁下滑时， 容器在桌面上也要发生移动. 将小球与容器视为系统, 该系统在运动过程中沿水

225、平桌面方向不受外力作用， 系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统， 因系统无外力作用， 而内力中重力是保守力， 而支持力不作功， 系统的机械能守恒. 由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度. 由于相对运动的存在， 小球相对容器运动的轨迹是圆， 而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了， 因此， 在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时， 必须注意参考系的选择. 若取容器为参考系（ 非惯性系） ， 小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧，其法向加速度可由此刻的速度（ 相对于容器速度） 求得. 在分析小球受力时， 除重力和支持力外, 还必须计及它所受的惯性力. 小球位于容器的底部

226、这一特殊位置时， 容器的加速度为零,惯性力也为零. 这样， 由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了. 若仍取地面为参考系（ 惯性系） ， 虽然无需考虑惯性力， 但是因小球的轨迹方程比较复杂， 其曲率半径及法向加速度难以确定， 使求解较为困难.解根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得nw/n - mvni. = 0 （ 1 ） mvl + mv = mgR （ 2 ）2 2式 中 外 、氏分别表示小球、容器相对桌面的速度. 由式（ 1 ）、（ 2 ）可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂， 为此， 可改为以容器为参考系( 非惯性系) . 在容器底部时， 小球相对容器的运动速度为/ f m + m Y ,、0 “ = 0 ” = ( 3 )在容器底部， 小球所受惯性力为零， 其法向运动方程为由式( 3 ) 、( 4) 可得小球此时所受到的支持力为