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.D
2.B
3.D
4.D
5.D 二、填空题 1. 23 m/s
2. ()[]
t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +−−; ()ωπ/122
1
+n (n = 0, 1, 2,…) 3. 0.1 m/s 2
4. bt +0v ; 2402/)(b R bt ++v
5. −g /2; ()g 3/322v 三、计算题
1.
2.
3．（1）t A y t
A x ωωsin cos 21==，消去t 得轨道方程为122
2
212=+A y A x （椭圆）
（2）
r j t A i t A dt
v
d j t A i t A dt
r
d 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ω
π
2=
t 时，2212
sin
,02
cos
A A y A x ====π
π。

质点位于图中的Q 点。

显然质点在椭圆形轨
,
910(2)2
t t dx/dt v −==,
/16(2)s v −=,
1810t −=dt dv a /(3)=s
2
(2)m/26−=a v
x 处的速度为解：设质点在dt dx dx dv dt dv a ⋅==
dx
dv v =x 2
63+=,
)63(0
02
dx x vdv v x
∫∫+=)
4(631/2
x 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/s
40(2)=v 时
s 2=t dt dv a t /=m/s
10=R v
a n
/2
=。

s m/3/1602
=t
)1(dt
dv a dt dv a y y x
x ==dt
t dv dt dv y x 236 2==∫∫∫∫
==t
v y t
v x dt
t dv dt dv y
x
20
36 2 12 23t v t v y x ==t t 3122 +=∴dt
dy v dt dx v y x ==
dt
t dy tdt dx 312 2==∫∫∫∫
==t
y t x
dt
t dy tdt dx 0
30
12 24
23 t y t x ==t t t
y t x 4
24
2
3 3+=⎪⎩⎪⎨⎧==
(2) 上式中消去t ,得y=3x 2即为轨道方程。

可知是抛物线。

注：若求法向加速度，应先求曲率半径。

质点运动学（二）——答案
一、选择题
1.C
2.A
3.D
4.C
5.C 二、填空题 1, ()
2
02
2v v +=
gx y ; 22/2
1v gx y =
2. 212
22/t t S t −;⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−−22
1
221sin t t t 或 ()211/cos t t − 3. r v
;
r v Δ 4. 0321=++v v v v
v v
5. αcos 2212221v v v v −+或αcos 2212
221v v v v ++
三、计算题
1. 解：实际上可以用求面积的方法。

2.
3. 解：
（1）
6
22
23
1444 12 2 )3(t t v v v t v t v y x y x +=+=∴==Q 4
4
62536121621444864821t t t t t t dt dv a ++=++=
=τ()6
)361(12
3223
2x y y +=′′′+=ρ422
3242236124)361(6)361(4t t x t t v a n +=+⋅+==ρm x 2 2
1
)21(22)15.2(=×+−×+=
v v v 车对地
雨对车雨对地根据+=竖直向下，
雨对地v Q 其水平分量为零。

∴v
v 雨对地
4. 解：根据机械能守恒定律，小球与斜面碰撞时的速率为:
h 为小球碰撞前自由下落的距离。

因为是完全弹性碰撞，小球弹射的速度大 小为:gh v v 212==
v 2的方向是沿水平方向，故小球与斜面碰撞后作平抛运动，弹出的水平距离为:
根据 极值条件
得到:
且: 是使小球弹得最远的高度。

5. 解：设水用S；风用F；船用C；岸用D 已知： 正东 正西
北偏西30o
30ctg (2)o
v v 车对地雨对地由图：=m/s
3.17=30sin /o
v v
车对地雨对车
=m/s
20=gh
v 21=
2t v s =g
h H t )(2−=式中g h H gh s )(22−=)
(2h H h −=
,2H h =042
2<−=H h d s d H H
H 2
1' =∴()h H h h
H dh ds −−=20
=20
10　10===cs fd sd sd
cs cd +=方向正北 km/h 310=cd cd
fc fd +=Q cd
fd fc v v v −=∴
sd fd −= Q 方向为南偏西30o 。

fc
v v
牛顿运动定律（一）——答案
一．选择题
1.C
2.C
3.B
4.A
5.B 二、填空题 1. f 0
2. ―(m 3/m 2)g i v
;0 3. l/cos 2θ
4. 0.28 N; 1.68 N
5.
三、计算题
1. 解：联立求解：
则外力
由牛顿第三定律，m 对M 的压力与N
2. 解：受力分析，建立坐标系，物体受重力，地面的弹力，外力和摩擦力，列
受力方程。

0cos =−N F μθ 联立求解：
0sin =−+mg F N θ
当分母有极大值时，F 有极小值。

令 因此y 有极大值。

由 B
g
v A
N
v f
v g
m A v (1)
(2)
ma N =θsin 0cos =−mg N θθgtg a =θ
cos /mg N = )(a M m F +=θgtg M m )(+=θ
cos /mg N =θ
μθμ=
mg F θ
μθsin cos +=y ,
0=θ
d dy
θμθθ
sin cos 2−−=y
d ,0<0
cos sin =+−θμθ,
μθ=∴tg μ
θarctg =x
有
3.证明：
有：
两边积分: 则
4. 解：设小球所在处圆锥体的水平截面半径为
5.解:小球受力如图,根据牛顿第二定律:
牛顿运动定律（二）——答案
选择题
当： μθarctg =时最省力。

ma F =Q 2x k −=m F a =2mx k
−=dt dv =dx dx dt dv ⋅=dx dv v =dx v =dx k vdv −=dx mx k vdv x x v 2
00
−∫=∫⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=02
112x x m k v ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=0112x x m k v 0
sin cos cos sin 2=−+==−mg N T r
m ma N T θθωθθθ
sin l r =θβωθθθωθ222sin cos cos sin sin )1(l m mg T l m mg N +=−=∴θ
θωωωcos / cos / 0
)2( mg T l g N c c ====H
O
l θ dt
mdv
=−−k
e F mg v m kt )1)((/−−−=
∫=∫−−t
v
dt
mdv 00
,
0:时初始条件=t 0
=v f
1.A
2.B
3.B
4.C
5.B 二、填空题
1. 63.2 N; 参考解：mr ω2 = 2×0.8×(2π)2N = 63.2 N
2. 02=−ωμRm mg
3. g; 竖直向下; 22a g +
4. 2％
5. 212m m g m F +−;
)(12
12
g m F m m m ++ 三、计算题
1.解：以被提起的绳段y 为研究对象，建立坐标Oy ，它受拉力F 和重力λ y g 的
作用，如图所示。

由牛顿第二定律：
)
(()
()(2ay v dt dv
y v dt dy dt
yv d dt mv d yg F +=+===
−λλλλ即：
)
(2ay v yg F ++=λ()()()y
a g ay ay yg F ay
v a 322112+=++===λλ则
常矢量时，当v
()(
)
2
202v
gy F a v +===λ则
常矢量时，当v v
2.解：T T T v v v ==21
.a v
相对地面的加速度为取地面为参考系，电梯相对电梯的加速度，为设1m a r v 则：a a a r v v v +=1。

由：11111:a m T P m v
v v =+ ()
()
111111a a m a m T g m a a a y r r −==−−=则轴向下为正，得：取
同理：a a a r v
v v +=2 则：22222:a m g m T m v
v v =+ ()()
222222a a m a m g m T a a a y r r +==−+=则
轴向上为正，得：取
解（1）、（2）式得()a g m m m m a r ++−=2
12
1代入（1）式得()a g m m m m T ++=21212，方向如
图所示。

2
m 2
a v 2
T v
2
P v y
3． 解：以车厢为参考系，小球受力如图所示．小球静止时合力为零，
得 0*
=++F G T v v v
写投影式为 0sin =−a m T θ 0cos =−mg T θ 解之得出 g a /tg =θ
即)arctg(g a
=θ
4． 解：(1) 取杆OA 为参考系，小环处于静止状态，受力如图：g m v
、N v 及惯
性离心力F ′v
三者合力为零.受力图
0=′++F N g m v
v v
其中 2)sin (ωαl m F =′ ①
将①式沿OA 杆方向取投影可得 0cos sin )sin (2=−ααωαmg l m ②
∴l
g α
αωcos sin 1=
(2) 因为N 与杆是垂直的，故无论N 取何值，都不影响小环沿杆的运动．现假定小环受到一个扰动，向杆A 端发生一位移Δl ，即Δl 大于零．由上面②式知： ααωcos sin ])[(2mg l l m >+Δ
即惯性离心力F ′沿杆的分量大于重力沿杆的分量，二者方向相反，合力指向杆的A 端，故小环将沿杆向A 端加速，不能再返回平衡位置．反之，如小环向O 端发生一Δl 位移，此时Δl < 0， 故ααωcos sin ])[(2
mg l l m <+Δ 小环将受到一个指向杆O 端的合力，也不会再返回平衡位置，
∴ 小环所处平衡是不稳定平衡．
5．答：(1) 当θ
力f = m g sin θ ；
(正确画出θ为0到θ 0之间的f －θ曲线)
(2) 当θ＝θ 0时(tg θ 0＝μ)，木块开始滑动
(指出θ 0 = tg −1μ)
(3) θ>θ0时，滑动摩擦力f =μm g cos θ
(正确画出θ为θ 0到90°之间的f －θ曲线)
A
z O
α N mg F ′v )
动量与角动量（一）——答案
一． 选择题
１．C2. C3. B4. A5. A
二． 填空题 1．0
)21(gy m +
0v m 21
2．18 N ·s
3．0，2πmg /ω，2πmg /ω 4．
θm M cos 0v
5．10 m/s 1，北偏东36.87°
三．计算题
1．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v ′ 有 m v 0 = m v +M v ′
v ′ = m (v 0 − v )/M =3.13 m/s T =Mg+M v 2/l =26.5 N
(2) s N 7.40⋅−=−=Δv v m m t f (设0v r
方向为正方向)
负号表示冲量方向与0v v
方向相反．
2．解：以 l E 和 l p 分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离，则
由质心定义可得：p p E E l m l m =
由于质心保持不动，所以当人爬上 h l p =Δ 时，应有：p p E E l m l m Δ=Δ 由此得：22
24
1014.310
98.52575−×=××=
Δ=
Δp E
p E l m m l m 即地球向人爬高的反方向移动了221014.3−×m 。

3．解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零。

所以水平方向动量守恒， 则有：
M v 1 +m v =0
v 1 =M
m −
再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零。

所以水平方向动量守恒， 则有：m v = (m+M )v 2
v 2 =v m
M m +
4．解：如图所示，设薄板半径为R ，质量为m ，面密度)/(22R m A πρ=。

由质量分布的对称性可得板的质心在x 轴上，而 πρ34212
2R dx x R x m m
xdm x A
C
=−=
=∫
∫
四．证明题
证：物体与契块组成的系统在水平方向不受外力，故此系统在水平方向的动量守恒，沿水平方向取x 轴，则按题意，有
MV mv x +−=+00，其中v x 为物体沿契块斜面下滑速度v 的水平分量；V 为契块沿水平面移动的速度。

由上式，得 x v M
m V =
两边乘d t ，积分之，有
∫∫=t
x
t
dt v
M
m Vdt 0
即x M
m X =
X, x 分别为契块和物体沿水平方向的距离。

根据相对运动，契块和物体在水平方向移动的距离满足：X+x=l cos a 这样，由上
式可得契块的总位移X 为
动量与角动量（二）－答案
一．选择题
1.C
2.Ｃ
3.
C4. A5. D
二．填空题
1．m/s 14.1=C a ，与正方形一边成45º角。

2．12 rad/s
3．1 N·m·s ，1 m/s
4．M v d
参考解:v v
v v m r L ×=d m L v =
5．2275 kgm 2·s −1，13 m·s −1
三．计算题
1．解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力
mg F N +°=30sin
物体要有加速度必须：N F μ≥°30cos
即：mg t μμ≥−)3(5，0s 256.0t t =≥
物体开始运动后，所受冲量为∫−°=t
t t N F I 0
d )30cos (μ
)(96.1)(83.302
02t t t t −−−= t = 3 s, I = 28.8 N s
则此时物体的动量的大小为I m =v
速度的大小为8.28==m
I
v m/s
2．解：这个问题有两个物理过程：
第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为
θsin gl 21=v
方向：沿斜面向下
第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有
V v v )(cos M m M m +=−1θ
M m gl M m +−=
θ
θsin cos 2v V
3．解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和
y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下：
x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=−−= ①
y 方向：0)(=−−−=Δy y y m m t F v v ②
∴ t m F F x x Δ==/2v
v x =v cos a
∴t m F Δ=/cos 2αv 方向沿x 正向．
根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力F F =′ 方向垂直墙面指向墙内．
解法二：作动量矢量图，由图知
αcos )(v v m m 2=Δv
方向垂直于墙向外
由动量定理: )(v v
m t F ΔΔ= 得：t m F Δ=/cos 2αv
不计小球重力，F 即为墙对球冲力
由牛顿第三定律,墙受的平均冲力F F = 方向垂直于墙，指向墙内
4．解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒．
设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v 0、J 0、ω0和v 、J 、ω．则
ωωJ J =00①
因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动．①式可写成
R mR R mR //20020v v = 整理后得： v v /00R R =②
物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供
R m F /2v = 再由②式可得： 3/12
020)/(F mR R v =
当F = 600 N 时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为
R = 0.3 m
四．证明题
证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O ，力
对该点的力矩为零．根据角动量定理，质点对O 点的角动量是恒矢量
v v
v v m r L ×=＝恒矢量
L v 的方向垂直于r v 和v v 所在的平面，L v 是恒矢量，方向不变，即 r v ，v v 总 是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动．
功和能（一）－答案
一．选择题
1. C
2. C
3. A
4. C
5.C
二．填空题
1．1
31(R R GMm − 或 R GMm 32−
2．k
mgh
k mg k mg x 2)(2++=
3．1 m/s ，150 J
4．－0.207
5．(2 m ，6 m)，(-4 m ，2 m)和(6 m ，8 m)，2 m 和6 m
三．计算题
1．解：按题设，质点由x =0处沿x 轴运动到任一位置x 的过程中，合外力所作
的功为：)1(0
0kx x
kx e k
F dx e F A −−−=
=∫ 利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有
0)1(0
−=−−k kx E e k
F 即质点的动能为：)1(0
kx k e k
F E −−=
可见，质点的动能E k 随位置x 而改变，令0→x ，则得质点所具有的最大动能为： k
F e k F E kx x k 000
max ,)1(lim
=−=−→ 按质点的动能定义2
2
1mv E k =
， 则相应的最大速率为：
km
F m
E v k 0
max
,max 22=
=
2．解：设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k ，根据胡克定律： 0.1g ＝k (0.07－l 0) ，0.2g ＝k (0.09－l 0) 解得：l 0＝0.05 m ，k ＝49 N/m
拉力所作的功等于弹性势能的增量：
W ＝E P 2－E P 1＝201202)(2
1
)(21l l k l l k −−−＝0.14 J
3．解：(1)建立如图坐标.
某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为：g l
y m f μ= 摩擦力的功：∫∫
−−==0
d d a l a l f y gy l m
y f W μ
=022a l y l
mg −μ =2)(2a l l mg −−μ
(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2
22
121v v m m − 其中：∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0
W P =∫l
a x P d =l
a l mg x x l mg l
a 2)
(d 22−=∫
由上问知l
a l mg W f 2)(2
−−=μ
所以222221
)(22)(v m a l l
mg l a l mg =−−−μ
得：[]
21
222)()(a l a l l
g −−−=μv
4．解：重力的功：W ＝m g l ( cos φ－cos 45°)
根据动能定理有：
)45cos (cos 21
2°−=φmgl m v ∴)45cos (cos 2v °−=φgl
当φ＝10°时， v ＝2.33 m/s
(亦可用功能原理求解)
5．解：(1) 先分析力。

在抛出后，如果不计空气阻力，则石块只受重力（保守
B
C A O
力）作用，别无外力，所以对石块和地球组成的系统，机械能守恒。

系统在开始
位置，其动能即为石块的动能，势能为；在终点，即地面上，取作
势能零点，而动能为，v为到达地面时石块的速率。

所以，按机械能守恒定律，有
得：
(2) 仍把石块和地球看作一个系统，在抛出后，除重力（内力）外，还有外力即
空气阻力作功，因此机械能不守恒。

应用系统功能定理，外力作功等于系统
机械能的增量，仍取地面为势能零点，得
代入题给数据，得
功和能（二）－答案
一．选择题 1. D 2. D3. C 4. E5. B
二．填空题
1．2
0kx 2021kx − 2021kx
2．
12
m m 2/12
1)(m m 3．2/u v =物（角动量守恒。

相对地面，v 人 = v 物） 4．机械能守恒；2202
1
)(21mv l l k mgl +−=；20)(2l l m k gl −−
5．不一定；动量
三．计算题
1．解：分三步解。

第一步：设弹簧恢复形变时，m 1 的速度为v 10，据机械能守
恒：
2
1022
121mv kx = 第二步： m 1与 m 2 发生弹性碰撞，因m 1 = m 2，碰后两小球的速度交换，碰后 m 2 的速度为：v 2 = v 10。

第三步：作圆周运动到A 点处脱落，此时它对圆环的压力N = 0，因此圆环对它
的压力也为零。

根据牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：
2222
2
1)cos 1(21cos mv mgR mv R v m
mg ++==θθ
联立上面四个方程，可以解出：k
mgR
x 27=
2．解：第一段 泥球自由下落过程
选泥球和地球为系统，机械能守恒，有
22
1mv mgh =
第二段 泥球与板的完全非弹性碰撞过程
对泥球和板系统，由于相互撞击力（系统的内力）远大于系统的外力即重力与弹簧恢复力之和，所以可视为动量守恒。

取向下为正方向，则有
V M m mv )(+=，V 为碰后木板与泥球的共同速度。

第三段 泥球、平板系统向下运动过程。

对泥球、平板、弹簧以及地球系统，因仅有保守内力做功，所以系统机械能守恒。

设平板原始位置为重力势能零点，此时弹簧的压缩量为x 0，泥球落下与平板共同向下的最大位移为x ，则有
gx M m x x k V M m kx )()(21
)(212120220+−+=++ 又由平板最初的平衡条件可得：0kx Mg = 由以上四式可解得
))(211(g m M kh
k
mg x +++=
3．解：动量守恒 V M m m )(0+=v
越过最高点条件l M m g M m /)()(2v +=+
机械能守恒22)(21
2)()(21v V M m L g M m M m +++=+
解上三式，可得m gl M m /5)(0+=v ．
4．解：重力、支持力、绳中张力对A 点的力矩之和为零，故小球对A 点的角动量守恒．当B 与A 距离最大时，B 的速度应与绳垂直．故有 ∴v v ml md =°30sin 0 ①
由机械能守恒有 2022
0)(2
12121l l k m m −+=v v ②
由式①得v = v 0 /4
代入②式得 306.115)(162
00=−=m
l l k v m/s
v = 0.327 m/s
5．证明：
一、用动量定理证明
以T 表示AB 间绳的张力．以μ 表示物体与斜面间摩擦系数． 对A 有： v A A A m t g m g m T F =−−−)cos sin (θμθ ① 对B 有：v B B B m t g m g m T =−−)cos sin (θμθ ②
由①②两式消去v 与t 得 F m m m T B
A B
+=，与θ 无关．
二、用动能定理证明
对A 有：22
1
)cos sin (v A A A m S g m g m T F =−−−θμθ ③ 对B 有： 22
1
)cos sin (v B B B m S g m g m T =
−−θμθ ④ 由③④消去v 2、S 得 F m m m T B
A B
+=
，与θ 无关．
刚体定轴转动(一) 解答
一．选择题
1．D ，2.
C, 3．C ，4．B ，5.C ； (5．参考解：
挂重物时， mg －T = ma = mR β , TR =J β
由此解出 J
mR mgR
+=
2β
而用拉力时，
2mgR = J β′ β′=2mgR / J
故有
β′＞2β
)
二.填空题
1．mgl μ2
1
参考解： M ＝∫
M d ＝
()mgl r r l gm l
μμ2
1
d /0
=∫ 2．否.
在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减 小．由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小. 3．g / l g / (2l ) 4． 98N
5．mgl 2
1
2g / (3l ) 6．50ml 2
三.计算题
1．解：)2(2/3/][221212222,b lb l m b m l m l b m J J J disk C rod ++++=+++=
θθτsin )(2/)sin (12b l g m gl m ++=由 τα=I
)]243(3/2/[)](2[sin 2212212l lb b m l m b l m l m g +++++=θα
2．解：设a 1,a 2分别为m 1,m 2的加速度，α为柱体的角加速度，方向如图。

（1）m 1,m 2的平动方程和柱体的转动方程如下：
(3)
(2) (1) 2111112222αI r T R T a m T g m a m g m T =′−′=−=− 221222112
1
21,,,,mr MR I R a r a T T T T +=
===′=′αα s rad g r m R m I rm Rm /31.62
2212
1=++−=
∴α
（2）由（1）得 N g m r m T 8.20222=+=α
由（2）得 N R m g m T 1.17111=−=α （3）设m 1着地时间为t 则
s R h
a h t 81.1221
===
α
（4）m 1着地后静止，这一侧绳子松开。

柱体继续转动，只因受一侧绳子的阻力矩，柱体转速将减小， m 2减速上升。

讨论：如果只求柱体转动的角加速，可将柱体、m 1,m 2选作一个系统，系统
受的合外力矩gr m gR m M 21−=，则角加速度
2
221r
m R m I M
++=
柱α 本题第二问要求两侧细绳的张力故采用该方法是必要的，即分别讨论柱体的转动、m 1,m 2的平动。

3.解：
（1）如图。

圆环放在刀口上O ，以环中心的平衡位置C 点的为坐标原点。

Z 轴指向读者。

圆环绕Z 轴的转动惯量为
2
MR J zc =，由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为222MR MR J J zc zo =+=；
（2）在固定轴PP ΄上，只能在纸面内外小摆动。

22
,2
MR J J MR
J xo P P xo +==
′平行轴定理垂直轴定理
΄
（3）要求在纸面内的小振动周期T 1， 由g R
T R
g I MgR zo 22221
2111ππ
π
ν=→==
g
R
T R g I MgR P P 232,3221
2122ππ
π
ν===
′ 1547.13
4
2
1
==T T ，在平面内摆动的周期比以PP´为轴摆动周期要长%5.15。

4.解：对m 1 ，由牛顿第二定律：
a m T g m 111=−○
1 对m 2，由牛顿第二定律：
a m g m T k 222=−μ ○
2 对滑轮，用转动定律：
α2212
1)(mr r T T =− ○3 有运动学关系，设绳在滑轮上不打滑
r a /=α○
4 联立○
1○2○3○4各式，得 g m m m m m a k 2
/212
1++−=
μ
g m m m m m m T k 121212/2/)1(++++=
μ， g m m m m m m T k k 221122
/2
/)1(++++=μμ
5.解：
（1）子弹冲入杆的过程中，子弹和杆系统对悬点O 所受的外力矩为零。

∴所以对此点的角动量守恒，即
ω)3
1
(220md ML d mv +=
由此得杆的角速度为 2
2033md
ML d
mv +=
ω ○1 （2）子弹冲入杆的过程中，子弹受杆的阻力的大小为（以子弹为研究对象） t
mv d m t mv mv f Δ−=Δ−=
′0
0ω ○
2 杆受到子弹的冲力（以杆为研究对象）
m 2
m 1
1 a
t
d
m mv f f Δ−=
′−=ω0 ○
3 对杆用质心运动定理
x 方向：
t mv t md ML
t L M f F t L
M
Ma f F x ct x Δ−Δ+=Δ+−=Δ==+0
)2(22ωωω ○4 y 方向：
Mg
ML F L M Ma Mg F y cn y +===−2
2
/2
2ωω○
5 （3）若令○4式中0=x
F ，可得 0)2(
0=Δ−Δ+t
mv t md ML
ω 将○
1式带入得 3
2L d = ○5
刚体定轴转动（二） 解答
一．选择题
1．D ，2．C ，3．B ，4．C ，5．A ； 二．填空题
1．03
1ω
2．定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩） 的增量．
0)(d 21
ωωJ J t M t t z −=∫
刚体所受对轴的合外力矩等于零． 3．()
2
20
2347x l l +ω
4．
()l m M /3460
+v
5．F r M v
v v ×=　
变角速 角动量
6. 2
20mR
J mR J +−ω
ω 三．计算题
1.解：球与杆碰撞瞬间，系统所受和外力矩为零，系统碰撞前后角动量守恒
ωυJ a l m =−)(
杆摆动过程机械能守恒
)cos 1(2212θω−=l
Mg J 23
1Ml J = 解得小球碰前速率为 2sin 3
2)(θυgl
a l m Ml −= 2．解：
（1）棒在任意位置时的重力矩θτcos 2
l
mg =，
因为ατJ =，231ml J = θταcos 23l g
J ==∴
（2）因 θθθτd l
mg d dA cos 2
==2
cos 22
/0
l mg d l mg A ==
∴∫
θθπ
这功是细棒重力势能的减少而获得。

（3）任意θ时的角速度 根据转动定律 ατJ =
θ
ωω
θθωωαθd d ml dt d d d ml dt d ml ml l mg 2222313131
31cos 2==== 分离变量 ωωθθd d g 3
1
cos 2= ∫∫=ω
θωωθθ003cos 2d l d g
26
1sin 2ωθl g
= l g /)sin 3(θω= o 30=θ l g 23=
ω； o 90=θ l
g
3=ω 棒下摆过程重力势能转变为动能，可根据机械能守恒得到。

（4）假设处于铅垂位置时轴的作用力为N ，重力mg ，在不考虑转轴摩檫阻力矩的情况下，以上两个力的力矩为零
根据转动定律0=α
利用质心运动定理，将作用力N 平移到质心，正交分解为水平分力N x ，竖直分力N y 。

质心C 的切向加速度 02==αl
a ct ， 0==ct x ma N
质心C 法向加速度 g l g l l a cn 2
3
3222===ω
法向加速度由法向合外力产生mg ma mg N cn y 23==− mg N y 2
5
=
3．解：唱片之所以转动是因受到转盘施加的摩擦力矩的作用。

在唱片上选半径为r ，宽度为d r 的圆环。

它的摩擦力矩为
r rdr g d )2(πμστ=
式中2
R m
πσ=
为唱片的密度 总的力矩
mgR dr r g d R
μπμσττ3
220
2===∫∫
唱片为刚体，根据转动定律
dt d J J ωατ== ωτd J
dt =
g R mgR mR J t μωμωτω433
221
1
1
211=
== 4．解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮的外力矩为
MgR 2
1
=τ
设u 为人相对绳的匀速度，υ为重物上升的速度。

则该系统对滑轮轴的角动量为
MRu MR R M R u M R M
L −=+−−=υωυυ8
13)421()(22
根据角动量定理t L
d d =τ
即 )813(21MRu MR dt d mgR −=υ g dt d a dt du 13
40==→∴=υ
Q
5.解： 设制动器离转轴（铰叶处）的距离为l 0，房门的质心C 到转轴的距离b l C 2
1
=
，房门对转轴的转动惯量23
1
mb J =。

把碰撞制动器的作用力记为F ，铰叶对门的
作用力的两个分力记为F 1和F 2。

由角动量定理可确定F 的冲量矩：
00
00d ωτ
J t Fl −=−∫
由质心运动定理可得 C l m dt F F 00
10)(ωτ
−=−∫
令 F 1＝0可解得b l 3
20=
由此，制动器安装在距铰叶的距离等于房门宽度的2/3处。

铰叶受到的冲击力最小。

C l 0
温度答案
一．选择题
1. B
2. C
3. B
4. B
5. B
二．填空题
1. 210K,240K;
2. 描述物体状态的物理量，称为状态参量（如热运动状态的参量为p、V、T ） 表征个别分子状况的物理量（如分子的大小、质量、速度等）称为微观量 表征大量分子集体特性的物理量（如p、V、T、C v等）称为宏观量．
3. 6.59×10−26 kg
4. 2.3×103 m
5. 6P1
三．计算题
1.解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为： p 1V 1 = (m 1 /M )RT 1 ， p 2V 2 = (m 2 /M )RT 2 ．
由p 1 = p 2得：V 1/V 2 = (m 1/m 2)(T 1/T 2) ．
开始时V 1 = V 2，则有m 1/m 2 = T 2/ T 1＝293/273．
当温度改变为1T ′＝278 K ，2T ′＝303 K 时，两边体积比为 ()121122//V V m T m T ′′′′=＝0.9847 <1． 即21V V ′<′　．
可见水银滴将向左边移动少许．
2. 解：111111,m m PV
PV RT M M RT =
=所以 222222
,m m PV PV RT M M RT
==所以 混合气体的摩尔数为11m m
M M
+
所以 12
33
3(m m PV RT M M =+ 得：3312112233123
()()RT RT
m m PV PV P M M V RT RT V =+=+=7.88atm
3. 解：由P=nkT 135
323
10 1.01310 3.2210760 1.3810300P n kT −−××===××××个/㎝3 4．解：
（1）对定体气体温度计，其气体的体积不变
1133
T P
T P = 3
1313/9.0810P PT T Pa ==×
（2）2233/90.4182.8o T P T P K C ===−
5．解：根据题意 热气球上升时,内、外
压强相等, 设 00011122,,;,,;,,T P T P T P ρρρ 分别表示标准状态下、
气球外、气球内部空气的密度、温度及压强
，
有 a
a
a
a m N N
M p nkT kT kT
V V
m N N N m M kT kT kT
V V M M
ρ======
001122T T T ρρρ∴== 10012002/;/T T T T ρρρρ== 又由力的平衡条件12()mg Vg ρρ=−，0012(1/1/)m T T T V ρ=− 所以001
2001
357V T T T K V T mT ρρ=
=−
分子运动论（一） 答案
一. 选择题 1. B 2. C 3. C 4. C 5. C
二. 填空题
1．2×10-24 kg m / s
3
1
×1028 m -2ｓ-1 4×103 Pa
2．12.5J; 20.8J; 24.9J
3. 6.23×10 3 6.21×10 21 1.035×10 21
4. 0.633 atm
5. 分布在v p ~∞速率区间的分子数在总分子数中占的百分率 分子平动动能的平均值．
三. 计算题
1．解：定向运动动能22
1
v Nm ，气体内能增量T ik N Δ21，i ＝3 ．按能量守恒应
有： 22
1
v Nm =T ik N Δ21
∴A N T iR m /2Δ=v
(1) ()()===ΔiR M iR m N T A //2mol 2v v 6.42 K
(2) ()V T R M M p //mol Δ=Δ＝6.67×10−4 Pa．
(3) ()T iR M M E Δ=Δ2
1
/mol ＝2.00×103 J．
(4) T ik Δ=Δ2
1
ε＝1.33×10　22 J．
2．解：(1) 设分子数为N .
据 E = N (i / 2)kT 及 p = (N / V )kT 得 p = 2E / (iV ) = 1.35×105 Pa
(2) 由kT N kT E
w
2
523=v v 得 ()21105.75/3−×==N E w J
又 kT N E 2
5
=
得 T = 2 E / (5Nk )＝362k
3．解：(1) ∵ T 相等,
∴ 氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w ＝6.21×
10-21
J． 且 ()
()
483/22
/12
/12
==m w v
m/s
(2)()k w T 3/2=＝300 K．
4. 解：(1) 由
11
2212
PV PV T T = 1212:2,27327300,
273177450V V T K T K
==+==+=由已知
1222112122450
3300
V T V P P P V T V ×=
==× 3
(2)2
k kT ε=
212123213
()2
3
1.3810(450300) 3.11102
k k k k T T J εεε−−Δ=−=
−=××−=×
5．解：氧气分子视为刚性双原子分子，i = 5
5253
23
(1) 1.01310 2.4510/1.3810300
P nkT
P n m kT −=×===××× 53
3(2) 1.013103210 1.30/8.31300m PV RT
M
m PM kg m V RT ρ−′
=′×××==
==×
26(3) 5.3110A
M
m kg N −==× 213
(4) 6.21102kt kT J ε−=
=× 205
(5) 1.035102
k kT J ε−==×
分子运动论（二） 答案
一. 选择题 1．C 2. C 3. D 4. C 5. B
二.填空题 1．121
2.4×1023
2．kT w 2
3
=
气体的温度是分子平均平动动能的量度．
3. 一摩尔理想气体的内能 气体的定体摩尔热容 气体的定压摩尔热容
4. (4/3)E /V (M 2/M 1)1/2　
5. 5.42×107 s -1
6×10-5 cm 三. 计算题 1．解：(1) 由()
mol 2
/12
/3M RT =v
而氢核
M mol ＝1×103 kg·mol 1
∴ ()
2
/12
v
＝1.58×106 m·s 1．
(2)kT w 2
3=＝1.29×104
eV．
2．解：p 1V = RT 1 p 2V = 2
1
RT 2
T 2 = 2T 1p 2/p 1
2
1
21
212P P T T ==
v v
3．解：(1) 据 ()
p d kT 22/π=λ 得 d Ne / d Ar = ()
2
/1Ne
Ar /λλ= 0.71 ．
(2) /
Ar λ＝Ar λ(p 1 / p 2)T 2 / T 1
=()()
2732731221Ar
++t p t p λ＝3.5×10　7 m．
4. 解：N 2质量 3128.91076%M −=××322.110kg −=×
摩尔数11122.1
0.78928
mol M n M =
== O 2质量 3228.91023%M −=××36.6510kg −=×
222 6.65
0.20832
mol M n M =
==A r A r 质量 33328.9101%0.28910M kg −−=××=×
1mol 空气在标态下的内能:312123222i i i E n RT n RT n RT =
++1122331
()2i n i n i n RT =++ 1
(50.78950.20830.007)2
=×+×+×8.31273×× 35.6810J =×
5. 解：空气分子平均动能的总和
RT u M
E 23=
平 J RT u V E 63
1031.729331.8102929
.13352323×=××××××==−ρ平 当 K T 0.1=Δ 气体内能变化
J T R u
V E 41016.425×=Δ=
Δρ
方均根速率增加为
)(3122
1222T T u
R
v v v −=
−=Δ s m v /856
.02=Δ
热力学第一定律（一） 答案
一．选择题
1. C ，
2. D ，
3. B ，
4. D ，
5. C
二．填空题
1．体积、温度和压强
分子的运动速度（或分子运动速度，或分子的动量，或分子的动能） 2．S 1+ S 2
S 1
3．等于 大于 大于 4．>0 >0
5．在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量．
三．计算题
1．解：由题意可知气体处于初态时，弹簧为原长．当气缸内气体体积由V 1膨胀到V 2时弹簧被压缩，压缩量为
1.01
2
=−=S V V l m ． 气体末态的压强为 502102×=+=S
l
k p p Pa． 气体内能的改变量为
△E = νC V (T 2－T 1) = i ( p 2V 2－ p 1V 1) /2 =6.25×103 J ．
缸内气体对外作的功为 7502
12
0=+
=kl Sl p W J 缸内气体在这膨胀过程中从外界吸收的热量为
Q =△E +W =6.25×103+0.75×103=7×103 J ．
2．解：(1) A →B ：))((2
1
1A B A B V V p p W −+=
=200 J ． ΔE 1=νC V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J
Q =W 1+ΔE 1＝950 J ．
B →
C ：W 2 =0
　ΔE 2 =νC V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ． Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ．
C →A ：W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ． 150)(2
3
)(3−=−=
−=ΔC C A A C A V V p V p T T C E ν J ． Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J (2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ．
Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J
3．解：(1)　)(2
5
)(112212V p V p T T C E V −=
−=Δ (2) ))((2
1
1221V V p p W −+=
， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则
)(2
1
1122V p V p W −=
． (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )．
(4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 ΔQ =3Δ(pV )．　
由状态方程得Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，
摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ．
4．解：(1) d W = p d V = (a 2/V 2 )d V
11(
)/(2
12222
1V V a dV V a dW W V V −===∫∫ (2) ∵ p 1V 1 /T 1 = p 2V 2 /T 2 ∴T 1/ T 2 = p 1V 1 / (p 2V 2 )
由 11/p a V =，22/p a V = 得 p 1 / p 2= (V 2 /V 1 )2
∴ T 1/ T 2 = (V 2 /V 1 )2 (V 1 /V 2) = V 2 /V 1
5．解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积
W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10　3 J＝405.2 J
(2) 由图看出P a V a =P c V c ∴T a =T c 内能增量 0=ΔE ．
(3) 由热力学第一定律得
Q = E Δ +W = 405.2 J ．
热力学第一定律（二） 答案
一．选择题
1．B ，2．A ，3．A ，4．B，5．D
二．填空题
1．AM AM 、BM
2．33.3％ 8.31×103 J
3．1
1
+=
w η (或11−=ηw )
4．90 J
5．500 100
三．计算题
1．解：(1) 等温过程气体对外作功为
∫
∫==
=
333ln d d V V V V RT V V
RT
V p W =8.31×298×1.0986 J = 2.72×103 J
(2) 绝热过程气体对外作功为
V V
V p V p W V V V V d d 0
300
3∫∫−==
γ
γ
RT V p 1311131001−−=−−=
−−γγ
γ
γ
＝2.20×103 J
2．解：(1) ∵ 刚性多原子分子 i = 6，3/42
=+=i
i γ ∴ 600)
/(11212==−γ
γp p T T K
3121048.7)(2
1
)/(×=−=ΔT T iR M M E mol J
(2) ∵ 绝热 W =－ΔE =－7.48×103 J (外界对气体作功) (3) ∵ p 2 = n kT 2
∴ n = p 2 /(kT 2 )=1.96×1026 个/m 3
3．解：(1) T a = p a V 2/R ＝400 K T b = p b V 1/R ＝636 K T c = p c V 1/R ＝800 K T d = p d V 2/R ＝504 K
(2) E c =(i /2)RT c ＝9.97×103 J (3)b －c 等体吸热 Q 1=C V (T c T b )＝2.044×103 J
d －a 等体放热
Q 2=C V (T d T a )＝1.296×103 J W =Q 1Q 2＝0.748×103 J
4．解：据绝热过程方程：T V 1−γ=恒量，依题意得
211111)2(T V T V −−=γγ 解得 γ−=1122/T T 循环效率 γη−−=−=11
2
211T T 氮气： 2
2
+=
i γ，5=i ，4.1=γ ∴ η=24%
5．解: 由卡诺循环效率可得热机放出的热量
1
3
1
2T T Q Q = 卡诺热机输出的功 11
3
1)1(Q T T Q W −
==η 4分 由热力学第一定律可得致冷机向暖气系统放出的热量
W Q Q +′=′2
1 卡诺致冷机是逆向的卡诺循环,同样有 3
2
12T T Q Q ′=′ 由此解得 )1(1
323132331T T
T T Q T T T WT Q −−=−=
′
暖气系统总共所得热量 11
233
2112)()(Q T T T T T T Q Q Q −−=′+=
71027.6×= J
热力学第二定律（一） 答案
一．选择题
1. D ，
2. D，
3. D，
4. C，
5. D
二．填空题 1．功变热 热传导
2．从几率较小的状态到几率较大的状态 状态的几率增大 (或熵值增加)
3．状态几率增大 不可逆的
4．热量不能自动地从低温物体传向高温物体．
不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源吸热完全变为有用功，而其它物体不发生任何变化．
5．从单一热源吸热，在循环中不断对外作功的热机 热力学第二定律
三．计算题
1．解：氦气为单原子分子理想气体，3=i (1) 等体过程，V ＝常量，W =0 据 Q ＝　E +W 可知
)(12T T C M M
E Q V mol
−=
Δ=＝623 J (2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M M Q p mol
−=
=1.04×103
J E 与(1) 相同．
W = Q E ＝417 J (3) Q =0，　E 与(1) 同
W = E=623 J (负号表示外界作功)
2．证：设p －V 图上某一定量物质的两条绝热线S 1和S 2可能相交，若引入等温线T 与两条绝热线构成一个正循环，
如图所示，则此循环只有一个热源而能做功(图中循环曲线所包围的面积)，这违反热力学第二定律的开尔文叙述．所以，这两条绝热线不可能相交．
3．解：如图所示：若3→2这个过程放热，则在由1→2→3→1组成的这个循环过程中，在2→3这个阶段必从单一热源吸热，而且在整个循环过程中也只在这个阶段吸热．由热力学第一定律知，整个循环过程必对外做净功．但这违背了热力学第二定律的开尔文表述，故不可能．
若3→2这个过程不吸热也不放热，则在由1→2→3→1组成的这个循环过程中，在2→3这个阶段也必然不放热也不吸热，而且整个循环过程中各分过程都不吸热也不放热．由热力学第一定律知，整个循环过程对外做的净功应为零．这样，利用这个循环，可使进行了1-2过程的系统恢复原态，
而且外界也可不留下变化，这与1→2为不可逆过程相矛盾，故不可能． 3→2这个过程既不可能放热，又不可能既不吸热也不放热，故只可能是吸热的．
4．证：气体的自由膨胀是一种不可逆过程（即：不是准静态过程），但求过程前后的熵差、却需用准静态过程将过程的始终两态连接起来计算．
设气体摩尔数为 ，其自由膨胀前的体积为V 1，温度为T ，理想气体绝热自由膨胀时，温度不变仍为T ，而体积增大为V 2（V 2 > V 1），用准静态的等温过程把绝热自由膨胀前后的状态连接起来．∵d E = 0， ∴V V
T
R V p Q d d d ν==， V
V
R
T V V RT T Q S d d )/(d d νν===
∴∫
∫==−2
1
V V 12V dV
dS R S S ν0ln 12>=V V R ν．
5．证：不可能。

设绝热线与等温线有两个交点，于是可构成一个正循环，它从单一热源（等温过程）吸收热量，对外界做功。

通过绝热过程又回到初状态。

这是违背热力学第二定律的开尔文表述，所以绝热线与等温线不可能又两个交点。

热力学第二定律（二） 答案
一．选择题
1. A ，
2. D，
3. C，
4. D，
5. B
二．填空题 1．不变 增加
2．大量微观粒子热运动所引起的无序性(或热力学系统的无序性) 增加
3．∫=−2
1
12d T Q
S S （可逆过程） 4．0
1
2
ln V V R
5．5.76 J/K
三．计算题
1．解：准静态过程T Q S /d d = 等温过程T V p T Q S /d /d d ==
由 RT pV =得 V RT p /= 代入上式 得 V V R S /d d =
熵变　21
ln /d 2
/11
R V V R S V V ==Δ∫
76.5−= J/K
2．解：(1) 混合气体的定压摩尔热容为 212211νννν++=
p p p C C C 2
2)2/7(2)2/5(2+×+×=
R
R = 3R ab 过程中系统的熵变为 a b p T
T p b
a ab
T T C T T
C T Q S b a
ln d d νν===Δ∫∫
)/ln()(21a b p T T C νν+= = 1.10×102
J/K
(2) cd 过程中系统的熵变为 c
d p d
c
cd T T C T Q
S ln )(d 21νν+==Δ∫
= 1.10×102 J/K
(3) 整个循环中系统的熵变为 S = S ab + S bc +S
cd +S da = 0
3．解：(1) 设气缸中有 摩尔氧气，根据热力学第一定律： Q = E + A
对于ab 等温过程，　E = 0，故有 )/ln( a b a ab ab V V RT A Q ν==
3ln 3ln a a a V p RT ==ν ①
对于bc 等体过程，T c < T b ，A = 0，故为放热过程. 放出的热量
)( c b V c b bc T T C E E Q −=−=ν)( c a V T T C −=ν ②
对于cd 绝热过程，有 a a c c T V T V 11−−=γγ，即 1)/(−=γc a a c V V T T 因氧气为刚性双原子分子体，故 40.15
7
2==+=
=
i i C C V
p γ ∴a a c T T T 644.0)3
1
(40.0==
把T c 代入②式得 356.02
5
)644.01(×=−=a a V bc RT T C Q ννa a V p 890.0= 循环效率为 =−=−
=3
ln 890
.011ab bc Q Q η19.0％ (2) 因为 S ab + S bc + S ca = 0，而 S ca = 0， 故有3ln R T Q S S a
ab
ab bc ν−=−
=Δ=Δ3ln a a a T V p −=
即在bc 过程中，熵减少
3ln a
a
a T V p
4．解：已知 p 1 = 10 atm = 1.013×106 Pa ，
V 1 = 10 L= 102 m 3， V 2 = 40 L = 4×102 m 3． ∵ 222211V p V p =，
∴ ==22112)/(V V p p 6.33×104 Pa ．
(1) ∫
∫==
2
1
2
1
d d 2
211V V V V V V V p V p A 22112121
1)11(V p V p V V V p −=−= = 7.6×103 J． (2) 12122121iRT iRT E E −=
−)(2
1
1122V p V p i −= = 1.90×104 J． (3) 1212ln ln V V C p p C S p V +=Δ1
212ln )2(ln 2V V R R i
p p R i ++= 1
212ln 5.3ln 5.2V V
R p p R +=3.17)/ln(5.112−=−=V V R J/K．
5．解：过程中熵的增量∫=−2
1
12d T Q
S S 而 d Q = C V d T + p d V
V
RT
p ν=
于是 ∫
∫
+=
−2
1
2
1
d d 12V V T T V V
V
R T
T
C S S νν
1
212ln ln 25
V V R T T R νν
+= 1040ln 31.8328353573ln 31.82
5
328(
×+××= J/K
= 5.4 J/K
答静电场1
一. 选择和填空题
1. B ，
2. A ，
3.A ，
4. D ，
5. B 二. 填空题
1. ()40216/R S Q εΔπ 由圆心O 点指向△S
2. λ=Q / a 异号
3．4（V/m ） 向上 4．
3
028R qd επ 指向缺口
5．E R 2π
三．计算题
1. 解：如图所示，由于对称分布，放在中心处的q 0无论电荷多少都能取得平衡.因四个定点上的电荷受力情况相同，因此只需考虑任一顶点上的电荷受力情况．例如考虑D 点处的电荷，顶点A 、B 、C 及中心处的电荷所激发的电场对D 处点电荷的作用力的大小分别为：
()
2
00
20
00122
/24a qq a qq qE f εεπ=π== ()
2
02
2
2
2824a q a q qE f B εεπ=
π=
=。