大学物理练习册(上)答案

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四川大学大学物理学练习册上册习题答案

,m/s 6/(1):−==t x v ΔΔ解质点运动学（1）——答案一、选择题1.D2.B3.D4.D5.D 二、填空题 1. 23 m/s2. ()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +−−; ()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 3. 0.1 m/s 24. bt +0v ; 2402/)(b R bt ++v5. −g /2; ()g 3/322v 三、计算题1.2.3．（1）t A y tA x ωωsin cos 21==，消去t 得轨道方程为1222212=+A y A x （椭圆）（2）r j t A i t A dtvd j t A i t A dtrd 2221221sin cos a cos sin v ωωωωωωωωω−=−−==+−==a 与反向，故a 恒指向椭圆中心。

（3）当t=0时，x=A 1，y=0，质点位于ωπ2=t 时，2212sin,02cosA A y A x ====ππ。

质点位于图中的Q 点。

显然质点在椭圆形轨,910(2)2t t dx/dt v −==,/16(2)s v −=,1810t −=dt dv a /(3)=s2(2)m/26−=a vx 处的速度为解：设质点在dt dx dx dv dt dv a ⋅==dxdv v =x 263+=,)63(002dx x vdv v x∫∫+=)4(631/2x x v +=道上沿反时针方向运动。

在M 点，加速度a 的切向分量t a 如图所示。

可见在该点切向加速度t 的方向与速度v 的方向相反。

所以，质点在通过M 点速率减小。

4.5.所以质点的运动方程为：解：先求质点的位置,s 2=t 225220×+×=s )(m)(60在大圆=dt ds v /=,1020t +=m/s40(2)=v 时s 2=t dt dv a t /=m/s10=R va n/2=。

大学物理(上册)参考答案

第一章作业题P211.1； 1.2； 1.4；1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x，a 的单位为2sm -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值．解： ∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量：x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 cx x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2sm -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t t va 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量， tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝ 2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即βωR R =2亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ1.12 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v t sv -==0d d R bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝ 2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='00d k mv t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o30，则动量的增量为0v m v m p -=∆由矢量图知，动量增量大小为v m，方向竖直向下．2.13作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t ttF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是 ⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理， 12v v∆=∆,12I I =这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1； 3.2； 3.7；3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg =∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ②上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P1455.1； 5.2；5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时，有p E E 2=，即)21(212122kA kx ⋅= ∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）g m M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk mg x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。

山东理工大学大学物理上_---练习题册及答案(1——8)

第一章力学的基本概念(一)第1单元序号学号姓名专业、班级一选择题[ A ]1. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为(SI)，则小球运动到最高点的时285t t s -+=刻是： (A) s 4=t ;(B) s 2=t ; (C) s 8=t ;(D) s 5=t 。

[ D ]2. 一运动质点在某瞬时位于矢径 r (x,y)的端点处，其速度大小为(A)dtdr (B) dt d r(C)dt d r (D)22)()(dt dy dt dx +[ D ]3. 某质点的运动方程x=3t-53t +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。

[ C ]4. 某物体的运动规律为dtdv =-k 2v t,式中k 为常数，当t=0时，初速度为0v ,则速度v 与时间的函数关系为：（A ） v=21 k 2t +0v ; （B ） v=-21k 2t +0v（C ） v 1=21k 2t +01v（D ） v1=-21k 2t +01v[ D ]5. 一质点从静止出发，沿半径为1m 的圆周运动，角位移θ=3+92t ,当切向加速度与合加速度的夹角为︒45时，角位移θ等于：(A) 9 rad, （B ）12 rad, (C)18 rad, (D) rad[ D ]6. 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路径，t a 表示切向加速度，下列表达式中：（1）dt dv =a; (2)dt dr =v; (3)dtds=v; (4)dt d v =t a ,则，（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。

[ B ]7. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=（其中a,b 为常量）则该质点作：(A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动 (C) 抛物线运动 (D) 一般曲线运动二填空题1. 设质点在平面上的运动方程为r =Rcos t ωi +Rsin tωj ,R 、ω为常数，则质点运动的速度v =j t con R i t R ϖϖωωωω+-sin ，轨迹为半径为R 的圆。

大学物理练习册答案

振动的相位差为 –1 = /6。若第一个简谐振动的振幅为10 3 cm = 17.3 cm，则第二个简谐振动的振幅为__ __ cm，第一、二两个简谐振动的相位差1 2
为
。
三、计算题
1、由一个电容 C=4.0μF 的电容器和一个自感为 L=10mH 的线圈组成的 LC 电
路，当电容器上电荷的最大值 Q0=6.0×10-5C 时开始作无阻尼自由振荡，试求：
x1
0.05cos(t
1 4
)
(SI)，
x2
0.05cos(t
9 ) 12
(SI)
其合成运动的运动方程为 x =
。
8
3、已知一物体同时参与两个同方向同频率的简谐振动，这两个简谐振动的振
动曲线如下图所示，其中 A1 >A 2 ，则该物体振动的初相为__ __。
x
A2
x2
t
A1
x1
4、两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为 20 cm，与第一个简谐
(C)x=6m 的质点向右运动
10
(D)x=6m 的质点向下运动
4、如右图所示，一平面简谐波以波速 u 沿 x 轴正方向传播，O 为坐标原
点．已知 P 点的振动方程为 y Acost ，则( )
（A）O 点的振动方程为 y Acos(t l / u) ；（B）波的表达式为 y Acos[t (l / u) (x / u)] ；（C）波的表达式为 y Acos[t (l / u) (x / u)] ；（D）C 点的振动方程为 y Acos(t 3l / u) 。
(A) A 2
(B) A 4
(C) A 2
(D) A
二、填空题
1、已知简谐振动

大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社习题3详解

3-1 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 [ ] A.2ωmR J J + B. 02)(ωR m J J+ C.02ωmR JD. 0ω 答案：A3-2 如题3-2图所示，圆盘绕O 轴转动。

若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将：[ ]A. 增大.B. 不变.C. 减小.D. 无法判断. 题3-2 图答案： C3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为：[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案：A3-4 如题3-4图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体：[ ]A. 动量不变，动能改变；题3-4图B. 角动量不变，动量不变；C. 角动量改变，动量改变；D. 角动量不变，动能、动量都改变。

答案：D3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (－3,－2)、m 2 (－2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .答案： 38kg ·m 23-6 如题3-6图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球并嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统对o 轴的守恒。

《大学物理C1(上、下)》练习册及答案

大学物理C（上、下）练习册✧质点动力学✧刚体定轴转动✧静电场电场强度✧电势静电场中的导体✧稳恒磁场✧电磁感应✧波动、振动✧光的干涉✧光的衍射注：本习题详细答案，结课后由老师发放一、质点动力学一、选择题1. 以下几种运动形式中，加速度a保持不变的运动是：（A ）单摆的运动；（B ）匀速率圆周运动；（C ）行星的椭圆轨道运动；（D ）抛体运动。

［］ 2. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为(A) 2 R /T , 2 R/T ． (B) 0 , 2 R /T(C) 0 , 0． (D) 2 R /T , 0. ［］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 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ，(3) v =t S d /d ， (4) t a t =d /d v．(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．［］4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r的端点处，其速度大小的表达式为(A )t d dr ；（B ）dt r d ；（C ）dt r d || ；（D ）222dt dz dt dy dt dx ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛［］ 5. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率)(A) t d d v ． (B)2V R．(C) R t 2d d v v +． (D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．［］6. 质量为m的质点，以不变速率v沿图中正三角形ABC的水平光滑轨道运动．质点越过A角时，轨道作用于质点的冲量的大小为(A) mv． (B)．(C) ． (D) 2mv．［］7. 在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力）(A) 总动量守恒．(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒．［］8. 一炮弹由于特殊原因在水平飞行过程中，突然炸裂成两块，其中一块作自由下落，则另一块着地点（飞行过程中阻力不计）(A) 比原来更远． (B) 比原来更近．(C) 仍和原来一样远． (D) 条件不足，不能判定．［］9. 如图，在光滑水平地面上放着一辆小车，车上左端放着一只箱子，今用同样的水平恒力F拉箱子，使它由小车的左端达到右端，一次小车被固定在水平地面上，另一次小车没有固定．试以水平地面为参照系，判断下列结论中正确的是(A)在两种情况下，F做的功相等．(B)在两种情况下，摩擦力对箱子做的功相等．(C)在两种情况下，箱子获得的动能相等．(D)在两种情况下，由于摩擦而产生的热相等．［］10. 质量为m的一艘宇宙飞船关闭发动机返回地球时，可认为该飞船只在地球的引力场中运动．已知地球质量为M，万有引力恒量为G，则当它从距地球中心R 1处下降到R 2处时，飞船增加的动能应等于(A)2R GMm(B)22R GMm(C) 2121R R R R GMm - (D) 2121R R R GMm - (E) 222121R R R R GMm -[ ]二填空11. 灯距地面高度为h 1，一个人身高为h 2，在灯下以匀速率v 沿水平直线行走，如图所示．他的头顶在地上的影子M 点沿地面移动的速度为v M = ．12. 质量分别为m 1、m 2、m 3的三个物体A 、B 、C ，用一根细绳和两根轻弹簧连接并悬于固定点O ，如图．取向下为x 轴正向，开始时系统处于平衡状态，后将细绳剪断，则在刚剪断瞬时，物体B 的加速度B a＝_______；物体A 的加速度A a＝______．13. 两个相互作用的物体A 和B ，无摩擦地在一条水平直线上运动．物体A 的动量是时间的函数，表达式为 P A = P 0 – b t ，式中P 0 、b 分别为正值常量，t是时间．在下列两种情况下，写出物体B 的动量作为时间函数的表达式：(1) 开始时，若B 静止，则 P B 1＝__________________； (2) 开始时，若Ｂ的动量为 – P 0，则P B 2 = _____________．三、计算题14. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的路程．15. 质量为m的子弹以速度v 0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，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度．16. 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1 m要漏去0.2 kg的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．二、刚体定轴转动一、选择题1. 人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的 (A)动量不守恒，动能守恒． (B)动量守恒，动能不守恒．(C)对地心的角动量守恒，动能不守恒．(D)对地心的角动量不守恒，动能守恒．［］ 2. 一质点作匀速率圆周运动时，(A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变． (B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断改变． (C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变．(D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变．［］ 3. 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为 A 和 B ，不计滑轮轴的摩擦，则有(A) A ＝ B ． (B) A ＞ B ．(C) A ＜ B ． (D) 开始时 A ＝ B ，以后 A ＜ B ．［］ 4. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度按图示方向转动.若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度(A) 必然增大． (B) 必然减少． (C) 不会改变． (D) 如何变化，不能确定．［］ 5. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角速度为 0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为31J 0．这时她转动的角速度变为(A) 310． (B) ()3/1 0．(C) 3 0． (D) 3 0．［］ 6. 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统(A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒．(D) 机械能、动量和角动量均守恒．［］二、填空题7. 在光滑的水平面上，一根长L ＝2 m 的绳子，一端固定于O 点，另一端系一质量m ＝0.5 kg 的物体．开始时，物体位于位置A ，OA 间距离d ＝0.5 m ，绳子处于松弛状态．现在使物体以初速度v A ＝4 m ·s 1垂直于OA 向右滑动，如图所示．设以后的运动中物体到达位置B ,此时物体速度的方向与绳垂直．则此时刻物体对Ｏ点的角动量的大小L B ＝____________，物体速度的大小v ＝__________________．8. 如图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动．今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的____________________守恒，原因是______________________．木球被击中后棒和球升高的过程中，木球、子弹、细棒、地球系统的__________守恒．三、计算题9. 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系．10. 一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求：(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．11. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线kg·m2．开始时，A轮转速为600 rev/min，B轮静止．C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A、B分别与C的左、右两个组件相连，当C的左右组件啮合时，B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求：(1) 两轮啮合后的转速n；(2) 两轮各自所受的冲量矩．三、静电场电场强度一、选择题1. 高斯定理 ⎰⎰⋅=VSV S E 0/d d ερ(A) 适用于任何静电场． (B) 只适用于真空中的静电场． (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场．(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场．［］2．如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：(A) 06εq ． (B) 012εq ．(C) 024εq ． (D) 048εq ．［］3. 电荷面密度均为＋的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围空间各点电场强度E随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向左为负) ［］02εx4. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图)，测得它所受的力为F ．若考虑到电荷q 0不是足够小，则(A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大． (B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小． (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值．(D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定．［］ 5. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为1和 2，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为：(A) r0212ελλπ+． (B) 20210122R R ελελπ+π(C) 1012R ελπ． (D) 0．［］6. 点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后：(A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变． (B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变． (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化． (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化．［］7. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε可知下述各种说法中，正确的是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零． (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零．(C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零．P+q 0(D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电［］二、填空题7. 三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋，如图所示，则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强度分别为：E A ＝_________________，E B ＝_____________，E C ＝_________，E D =___________ (设方向向右为正)．8. 一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝__________________ __________，场强方向为______________________．9. 如图所示，真空中两个正点电荷Q ，相距2R ．若以其中一点电荷所在处O 点为中心，以R 为半径作高斯球面S ，则通过该球面的电场强度通量＝______________；若以 0r表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a 、b 两点的电场强度分别为________________________．三、计算题10. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为 = 0sin ，式中 0为一常数，为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．11.图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：E x ＝bx ， E y+σ+σ+σABCD＝0，E z＝0．求立方体六个面的电场强度通量。

大学物理练习册(上)答案

标准化作业（5）
［C ］
2. 在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻 (A) 总动量守恒．
(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒． (C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒． (D) 总动量在任何方向的分量均不守恒．［C ］
m2 ( F m1 g ) m1 m2
A
B
三、计算题 5．质量m＝2 kg的物体沿x轴作直线运动，所受合外力F＝10 ＋6x2 (SI)．如果在x=0处时速度v0＝0；试求该物体运动到x＝4 m处时速度的大小．解：用动能定理，对物体
4 4 1 2 mv 0 Fdx ( 10 6 x 2 ) dx 0 0 2
(A) 67 J． (C) 67 J．
F 3i 5 j 9k
4i 5 j 6k
(SI)，
则此力在该位移过程中所作的功为
(B) 17 J． (D) 91 J．［ C ］
2.在如图所示系统中（滑轮质量不计，轴光滑），外力F
通过不可伸长的绳子和一劲度系数k＝200 N/m的轻弹簧缓慢地拉地面上的物体．物体的质量M＝2 kg，初始时弹簧为自然长度，在把绳子拉下20 cm的过程中，M 所做的功为（重力加速度g取10 m/s2） (A) 1 J． (C) 3 J． (E) 20 J． (B) 2 J． (D) 4 J．［C ］
［ C ］
2.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．［］

大学物理练习册(上册)答案

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4133-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ωπωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。

2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= （2）t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=（3）令0692=-==t t dtdxv ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。

3、解：（1）由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=（2）速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==（3）r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==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。

大学物理习题集(上,含解答)

大学物理习题集（上册，含解答）第一章质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求：（1）第2s 内的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程；（3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)．在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为22(1)(1)n sa n t-=+，并由上述数据求出量值． [证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：22(1)(1)n sa n t-=+．计算得加速度为：22(51)30(51)10a -=+= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ，可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:2t =．图1.3因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=，解得：0(sin t v g θ=．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+；（2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v =-，故 020d d v t v v k t v =-⎰⎰，可得：011kt v v =+．（2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+．证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ．由于a = d 2x /d t 2，而 d x /d t = v ， a = d v /d t ，分离变量得方程：d d ()m vt f v =，解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则 d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得d d vk t v=-，积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0，因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为：v = v 0e -kt ．而d v = v 0e -kt d t ，积分得：0e `ktv x C k-=+-．当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此0(1-e )kt vx k -=．（2）如果n ≠1，则得d d n vk t v=-，积分得11n v kt C n -=-+-．当t = 0时，v = v 0，所以101n v C n-=-，因此11011(1)n n n kt v v --=+-．如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)，切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)．（2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2，即： 24t = (12t 2)2，解得： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为am·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α．运动方程为2012x x x v t a t =+， 2012y y y v t a t =-+．即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅， 201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；02sin sin v t a θα==．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自v 图1.7由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于212t h a t =∆，所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2n v a R== 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为21012h v t at =+；螺帽做竖直上抛运动，位移为22012h v t gt =-．由题意得h = h 1 - h 2，所以21()2h a g t =+，解得时间为t ．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为02l t v =；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为01221/t t u v =-；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t =．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ，所以飞行时间为1222l l vl t v u v u v u =+=+-- 022222/1/1/t l v u v u v==--．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小为V =，所以飞行时间为22l t V ==== 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？AB AB vv + uv - uABvuuvv[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ，因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α，即 12(sin cos )lv v hθθ=+．证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-，所以：12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+，即 12(sin cos )lv v hθθ=+．方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为 l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求．证毕．第二章运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)，这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)，图1.101h lα图2.1这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`，即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2．对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1．可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m g a m m μ-+=+= 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12111k k k =+；（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此 1212F F F kk k =+，即：12111k k k =+．（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2，即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度1a 沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；（4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；（5）以同样大小的加速度2b （b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力12图2.32 图2.4的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ，所以 θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力：T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T=．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ，（1）取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，（2）图2.6得2601cos 2B v gl θ︒=，解得：B v =s -1)．由于：22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)．（3）当 θ = 60º时，切向加速度为2t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．由于d d s v t =，所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 212v gh C =+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为v =2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程图2.7222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212k mv C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2nx mv k x =-⎰．（1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =，即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101n k C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--，即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )；（2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d vf mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++，小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤：由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m =mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=，即： 2d d k vt R v μ=-．积分得：1k t C R v μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-，因此 011kt Rv v μ=-．解得 001/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++，积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosg R θω=±．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为 /20(cos )d I kA t tωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，mg图2.11小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=- 得：21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得：p ∆==．因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ，其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ，积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v =s -1)，其速度的增量为v ∆== 24.4(m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．v xΔvv y2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2，可得B 拉C之前的运动时间；t =．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°= 0cos θ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为d s = R d θ．重力G 的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+π sin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f 的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为图2.174520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即0F G f ++=，或者 ()F G f =-+．拉力的功元为：d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR μ=．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功；（2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为20316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ，可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。

大学物理练习册习题解答(1-22上)

练习一运动的描述（一）1．（D ）2.（D ） 3．217,5s m sm 4．mmπ5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）()()()()质点反向运动时，,05.125.25.1215.1===⨯-⨯+⨯-⨯=v s t m S6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。

位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为0r r r -=∆ 若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r，任意时刻质点对此位置的位移为r r =∆，即此时r既是矢径也是位移。

练习二运动的描述（一）1．()()s m t t s radtt 612,34223-- 2．（c ） 3．三，三至六 4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,432102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx tv tdt dv t dt dv a txvt6．根据已知条件确定常量K 222224,4,4RtR v t s d ra Rtv tk ======ωωω22222228.3532168841sm a a a sm R v a s m Rt dt v d a sm Rtv s t n n =+=========ττ时，练习三运动定律与力学中的守恒定律（一）1．（D ） 2. （C ）3．4．5．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下为正，⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有mt k vv tev v v dv dt mk vdv dt mk dtdv mkv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()kv mv x ev k m x dtev dx dt dx v mkt mkt 00max 00,1,=-=∴=∴=--练习四运动定律与力学中的守恒定律（二）1．（C ）2.（B ） 3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dtt dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰4．2221221,m t F m m t F m m t F ∆++∆+∆5．（1）系统在水平方向动量守恒。

大学物理上练习册第2章《刚体定轴转动》答案-2013

第2章刚体定轴转动一、选择题1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题(1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2(4). mgl μ21参考解：M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(5). 2E 0三、计算题1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间．解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为()75.03.060/2300021⨯π⨯π⨯===r r t B Aβωβωs ＝40 s2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为21mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径).解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ，根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ②μ为摩擦系数，N 为正压力，221mR J =． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω从而得 β＝-ω0 / t ④将②、③、④式代入①式，得 )/(2102t mR NR ωμ-=- ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5r1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量）解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰故平板角加速度 β =M /J设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==4220θβω可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M ＝－k ω (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间．解：根据转动定律： J d ω / d t = -k ω ∴ t J kd d -=ωω两边积分：⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J∴ t ＝(J ln2) / k5.一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① T r ＝J β ② 由运动学关系有： a = r β ③ 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt22－1)3.如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度．解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a 设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β 由以上四式消去T 1，T 2得： ()()J r m m gr m m ++-=22121β 开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．()()Jrm m grt m m t ++-==22121 βω7.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O 转动．棒的质量为m = 1.5 kg ，长度为l = 1.0 m ，对轴的转动惯量为J = 231ml ．初始时棒静止．今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示．子弹的质量为m '= 0.020 kg ，速率为v = 400 m ·s -1．试问：(1) 棒开始和子弹一起转动时角速度ω有多大？(2) 若棒转动时受到大小为M r = 4.0 N ·m 的恒定阻力矩作用，棒能转过多大的角度θ？解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1(2) 由转动定律，得：－M r ＝(231ml ＋2l m ')β0－ω 2＝2βθ∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad8.如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 J ＝10 kg ·m 2 和 J ＝20 kg ·m 2．开始时，A 轮转速为600 rev/min ，B 轮静止．C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求： mm , lOm '(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各自所受的冲量矩．解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒J A ωA ＋J B ωB = (J A ＋J B )ω，又ωB ＝0得： ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) = 20.9 rad / s 转速 ≈n 200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩⎰t MAd = J A (J A ＋J B ) = -4.19×10 2 N ·m ·s负号表示与A ωϖ方向相反． B 轮受的冲量矩⎰t MBd = J B (ω - 0) = 4.19×102 N ·m ·s方向与A ωϖ相同．4.一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒，所以 L m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)10. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．质量为m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r <<R .)解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ①2121()22220200212121BR m J mgR J v ++=+ωωω ② 式中v B 表示小球在B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．由式①得：ω＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2) 1分代入式②得222002J mR RJ gR B ++=ωv 当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律知，小球在C 的动能完全由重力势能转换而来．即： ()R mg m C 2212=v , gR C 4=v 四研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。

大学物理练习册与大题答案

大学物理（一）练习册参考解答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，下列表达式中，(1) a t d /d v ， (2) v t r d /d ， (3) v t S d /d ， (4) t a t d /d v．(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．答案： (D) 参考解答：质点作曲线运动，应该考虑速度v，加速度a 的矢量性。

注意正确书写矢量公式，例如：.d d ,d d v vtr a t速度和速率是两个不同概念。

前者为矢量，后者为标量；瞬时速度的大小和瞬时速率相同：v t S d /d . 所以只有(3)是对的。

大学物理（一）练习册参考解答第1章质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(B)，6(D)，7(D)，8(E)，9(B)，10(B)，二、填空题 (1).1221n (n = 0,1,… ), t A sin 2 (2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s. (4). 16Rt 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R . (7). 2.24 m/s 2，104o(8).)5cos 5sin (50j t i tm/s ，0，圆. (9). K m x /0max v(10). 02121v v kt三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/ t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S其中b 、c 是大于零的常量，求从0 t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S d /d v c t a t d /d v R ct b a n /2根据题意： a t = a n 即 R ct b c /2解得 cb c R t3. 一质点沿x 轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x 10 m 处，初速度v 0．试求其位置和时间的关系式．解： a d v /d t 4 t ， d v 4 t d tvv 0d 4d tt t v = 2t 2v d x /d t 2 t 2t t x txx d 2d 020x 2 t 3 /3+x 0 (SI)4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为 a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt y y t a d d d d d d d d v v v v又 a ky ∴ -k y v d v / d yC ky y ky 222121 , d d v v v已知 y y 0 ， v v 0 则 20202121ky C v)(220202y y k v v5. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知，正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v vAE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 km/h 17022 v v v FE AF AE 4.19/tg 1 AE FE v v（飞机应取向北偏东19.4 的航向）．四研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答： (1)、(3)、(4)是不可能的． (1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零； (3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心；(4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x ，)(t y y 在计算质点的速度和加速度时：第一种方法是，先求出22y x r ，然后根据 t d d rv 及 22d d tr a 而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即22)d d ()d d (t y t x v 和 222222)d d ()d d (ty t x a .你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。

大学物理上册课后习题答案

大学物理上册课后习题答案大学物理上册课后习题答案大学物理是一门重要的基础学科，它为我们提供了理解自然界的物质和能量运动规律的工具。

然而，学习物理并不仅仅是理论知识的学习，更需要通过实践和习题的解答来巩固和应用所学的知识。

本文将为大家提供大学物理上册课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地学习和理解物理知识。

第一章：运动的描述1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过2秒后速度达到10m/s，求物体的加速度和位移。

答案：加速度a = (10m/s - 0m/s) / 2s = 5m/s²，位移s = (0m/s + 10m/s) / 2 ×2s = 10m。

2. 一个物体做直线运动，已知它的初速度为20m/s，加速度为4m/s²，求它在5秒内的位移。

答案：位移s = 20m/s × 5s + 1/2 × 4m/s² × (5s)² = 100m + 50m = 150m。

第二章：力学1. 一个质量为2kg的物体受到一个10N的水平力，求物体的加速度。

答案：根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 10N / 2kg = 5m/s²。

2. 一个质量为0.5kg的物体受到一个向上的力10N和一个向下的力5N，求物体的加速度。

答案：合力F = 10N - 5N = 5N，根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 5N / 0.5kg = 10m/s²。

第三章：能量守恒1. 一个质量为0.1kg的物体从地面上抛起，初速度为10m/s，求物体达到最高点时的动能、势能和总机械能。

答案：最高点时，物体的速度为0，所以动能为0；势能由重力势能计算，势能mgh = 0.1kg × 9.8m/s² × h，总机械能为动能和势能之和。

2. 一个质量为2kg的物体从高度为5m的斜面上滑下，摩擦系数为0.2，求物体滑到底部时的动能损失。

大学物理练习册答案

第十章练习一一、选择题1、以下四种运动〔忽略阻力〕中哪一种是简谐振动？〔〕(A)小球在地面上作完全弹性的上下跳动(B)细线悬挂一小球在竖直平面上作大角度的来回摆动(C)浮在水里的一均匀矩形木块，将它局部按入水中，然后松开，使木块上下浮动 (D)浮在水里的一均匀球形木块，将它局部按入水中，然后松开，使木块上下浮动2、质点作简谐振动，距平衡位置时，加速度a=/s 2,则该质点从一端运动到另一端的时间为〔〕3、如图下所示，以向右为正方向，用向左的力压缩一弹簧，然后松手任其振动，假设从松手时开场计时，则该弹簧振子的初相位为〔〕(A) 0 (B) 2π (C) 2π-(D) π 4、一质量为m 的物体与一个劲度系数为k 的轻弹簧组成弹簧振子，当其振幅为A 时，该弹簧振子的总能量为E 。

假设将其弹簧分割成两等份，将两根弹簧并联组成新的弹簧振子，则新弹簧振子的振幅为多少时，其总能量与原先弹簧振子的总能量E 相等〔〕(A)2A (B) 4A(C)2A (D)A 二、填空题1、简谐振动A x =)cos(0ϕω+t 的周期为T ，在2Tt =时的质点速度为，加速度为。

2、月球上的重力加速度是地球的1/6，假设一个单摆(只考虑小角度摆动)在地球上的振动周期为T ，将该单摆拿到月球上去，其振动周期应为。

3、一质点作简谐振动，在同一周期内相继通过相距为11cm 的A,B 两点，历时2秒，速度大小与方向均一样，再经过2秒，从另一方向以一样速率反向通过B 点。

该振动的振幅为，周期为。

4、简谐振动的总能量是E ，当位移是振幅的一半时，k E E =，P E E =，当xA=时，k P E E =。

三、计算题1、一振动质点的振动曲线如右图所示，试求：(l)运动学方程； (2)点P 对应的相位；(3)从振动开场到达点P 相应位置所需的时间。

2、一质量为10g 的物体作简谐运动，其振幅为24 cm ，周期为4.0s ，当t=0时，位移为+24cm 。

大学物理第一学期练习册答案

练习一质点运动学一、选择题1.【 A 】2. 【 D 】3. 【 D 】4.【 C 】二、填空题1. (1) 物体的速度与时间的函数关系为cos dyv A t dt ωω==； (2) 物体的速度与坐标的函数关系为222()vy A ω+=.2. 走过的路程是m 34π；这段时间平均速度大小为：s /m 40033π；方向是与X 正方向夹角3πα=3.在第3秒至第6秒间速度与加速度同方向。

4.则其速度与时间的关系v=32031Ct dt Ct v v t==-⎰, 运动方程为x=400121Ct t v x x +=-. 三、计算题1. 已知一质点的运动方程为t ,r ,j )t 2(i t 2r 2-+=分别以m 和s 为单位，求:(1) 质点的轨迹方程，并作图；(2) t=0s 和t=2s 时刻的位置矢量；(3) t=0s 到t=2s 质点的位移?v ,?r ==∆✉ (1)轨迹方程：08y 4x 2=-+； (2) j 2r 0=，j 2i 4r 2-=(3) j 4i 4r r r 02-=-=∆，j 2i 2tr v -==∆∆ 2. 湖中一小船，岸边有人用绳子跨过高出水面h 的滑轮拉船，如图5所示。

如用速度V 0收绳，计算船行至离岸边x 处时的速度和加速度。

✉ 选取如图5所示的坐标，任一时刻小船满足：222h x l +=，两边对时间微分 dt dx x dt dl l=，dt dl V 0-=，dtdx V = 022V xh x V +-=方向沿着X 轴的负方向。

方程两边对时间微分：xa V V 220+=，xV V a 220-=5图3220xh V a -=，方向沿着X 轴的负方向。

3. 质点沿X 轴运动，其加速度和位置的关系是)SI (x 62a 2+=。

如质点在x=0处的速度为1s m 10-⋅，求质点在任意坐标x 处的速度。

✉ 由速度和加速度的关系式：dt dv a =，dxdvv dt dx dx dv a ==vdv adx =，vdv dx )x 62(2=+，两边积分，并利用初始条件：0x =，10s m 10v -⋅=vdv dx )x 62(v102x⎰⎰=+，得到质点在任意坐标x 处的速度：25x x 2v 3++=练习二曲线运动和相对运动一、选择题1. 【 B 】2.【 D 】3. 【 C 】4.【 B 】二、填空题其速度j t 5c o s 50i t 5sin 50v+-=；其切向加速度0a =τ；该质点运动轨迹是100y x 22=+。

(完整版)大学物理上册习题大体答案

第一章１．有一质点沿X 轴作直线运动，t 时刻的坐标为)(25.432SI t t x -=．试求：(1)第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度；(3)第2秒内的路程．解：（１）)/(5.0/s m t x v -=∆∆=；（２）269/t t dt dx v -==， s m v /6)2(-=；（３）m x x x x s 25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|=-+-=２．一质点沿X 轴运动，其加速度为)(4SI t a =，已知0=t 时，质点位于m X 100=处，初速度00=v ，试求其位置和时间的关系式．2.解：t dt dv a 4/==，tdt dv 4=⎰⎰=tvtdt dv 004，22t v = 22/t dt dx v ==⎰⎰=xtdt t dx 1022 )(103/23SI t x +=．3．由楼窗口以水平初速度0v ρ射出一发子弹，取枪口为坐标原点，沿0v ρ方向为Ｘ轴，竖直向下为Ｙ轴，并取发射时s t 0=，试求：（1）子弹在任意时刻t 的位置坐标及轨迹方程；（2）子弹在t 时刻的速度，切向加速度和法向加速度．3. 解：（１）t v x 0=， 221gt y =轨迹方程是：2022/v g x y =．（２）0v v x =，gt v y =．速度大小为：222022t g v v v v y x +=+=．与Ｘ轴的夹角)/(01v gt tg -=θ22202//t g v t g dt dv a t +==，与v ρ同向．222002122/)(t g v g v a g a tn +=-=，方向与t a 垂直．4．一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为ky a -=，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标，假定振动的物体在坐标0y 处的速度为0v ，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．4.解：dydv v dt dy dy dv dt dv a =⋅==，又ky a -= dy vdv ky /=-∴⎰⎰=-vdv kydy C v ky +=-222121已知 0y y =，0v v = 则：20202121ky v C --=)(220202y y k v v -+=．5. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以h km /60的速度由东向西刮来，如果飞机的航速(在静止空气中的速率)为h km /180，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．5.解：选地面为静止参考系S ，风为运动参考系S '，飞机为运动质点P ．度：h km v s p /180='，已知：相对速方向未知； h km v s s /60='，牵连速度：方向正西；绝对速度：ps v 大小未知，方向正北．理有：s s s p ps v v v ''+=ρρρ，由速度合成定ps v ρ，s p v 'ρ，s s v 'ρ构成直角三角形，可得： h km v v v s s s p ps /170)()(||22=-=''ρρρ014.19)/(=='-ps s s v v tg θ（北偏东04.19航向）． 6．一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为)(622SI x a +=，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．6. 解：设质点在x 处的速率为v ，262x dtdx dx dv dt dv a +=⋅==⎰⎰+=x vdx x vdv 020)62(s m x x v /)(22/13+=7．当火车静止时，乘客发现雨滴下落方向偏向车头，偏角为030，当火车以s m /35的速率沿水平直线行驶时，发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为045，假设雨滴相对于地的速度保持不变，试计算雨滴相对于地的速度大小．解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ：已知：绝对速度：ps v ρ大小未知，方向与竖直方向夹030；牵连速度：s m v s s /35='，方向水平；相对速度：s p v 'ρ大小未知，方向偏向车后045 由速度合成定理：s p ps v v '=ρρ30sin30sin 00=+'ps s p v v 0030sin 30cos ps s p v v ='ss ''s m v ps /6.25=．第二章３．一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速地前进，木箱与地面间的摩擦系数6.0=μ，设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为m h 5.1=，问绳长l 为多少时最省力？解：设拉力大小为为F ，方向沿绳。

华理大学物理答案1

d 1
2
将（2）代人得
1 (
令
dy ，则上式可变形为 dx

dx 2( L x )
将初始条件：t=0时，x=0， 0 ，积分上式

1 2 L
x Lx
再利用初始条件：t=0时，x=0， y 0 ，积分上式
y
2L x 3 L
Lx
2 L 3
当导弹追上敌机时，x=L， y 又
大学物理练习册解答
大学物理上习题册（一）
1、电子受到磁力后，在半径为R的圆形轨道上，以速率v从O点开始作顺时针方向的匀速率圆周运动，当它经过 OP OP 2R cos 30 0 3R 圆周时，求：（1）电子的位移；（2）电子经过的路程等于多少；（3）在这段时间内的平均速度；（4）在该点的瞬时速度解：（1） OP OP 2R cos 30 0 3R （2） S 2R （3） t
v S / t 1.16 m/s
1
大学物理练习册解答
3、已知质点的位矢随时间的函数形式为 r R cos t i sin t j ，式中 R，ω 为常量求：

（1）质点的轨迹；（2）速度和加速度，并证明其加速度总指向一点。解:（1） x R cos t y Rs i n t 运动轨迹： x 2 y 2 R 2 （2） v
y x2 4b

2 （3） v v 2 x vy
2b2 (2bt ) 2
at
d 2bt (2b) 2 (2bt ) 2 dt 1 t2
2bt 1 t
2
2 an a2 a2 t ( 2b) ()2Βιβλιοθήκη 2b 1 t 23

长沙理工大学大学物理练习册电磁学答案

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q1 U1 4 0 r1
电磁学（上）练习五
一、选择题
1. （B） 2. （B） 3. （C）
二、填空题
4. 5.
6.
2Fd C
1
2 FdC

r

r
U d
d t U d
d q d t U
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三、计算题
7. 假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为 R 的导体球带电 ⑴ 当球上已带有电荷 q 时，再将一个电荷元 d q 从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？ ⑵ 使球上电荷从零开始增加到Q 的过程中，外力共作多少功？解：⑴ 取无限远处电势为零带电量为 q 的导体球的电势为
由叠加原理可得外左侧外右侧
A EA 2 0
B EB 2 0
E
B
E
B
E
B
E
E
E
x B A 4 3 1 0 • NC 沿 x 轴负方向两面之间 EE E A B
4 E 1 1 0 • N C 沿 x 轴负方向 E E B A
4 E 1 1 0 • N C 沿 x 轴正方向 E E B A
3
E
x
2
方向：E P 与 x 轴的夹角
a rc tg
E P y E P x
5 1 .8
0
q
1
q
2
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电磁学（上）练习二
一、选择题
1. （D） 2. （D）
q
3. （D）
二、填空题
4. 5. 6.
q

0
0

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