物理学科专业知识系统班讲义-(大学) - 答案

则转动惯量为 J r 2dm R r 2 2rdr 1 R 4 ；
0
2
因为
m R 2
，所以 J
1 mR 2 2
（2）设绳中的张力为 T，对物块受力分析，物块加速度为 m，则 T=m(g-a)，即绳对圆盘的作用力
为 T=m(g-a)，由刚体定轴转动定理， M Z J
MZ
T R，a
dv dt
x
1 dx
t
kdt --------初始位移和时间都为 0
0x
0
2 x kt
x k 2 t 2 -------------- x x(t) 4
v dx k 2 t ---------- v v(t) dt 2
a dv k 2 ----------- a a(t) dt 2
3.【参考答案】
R dw dt
R
J
则
TR
m(g
a)R a
mR 2 】
（1）物体贴着轨道内侧运动，在水平面上受两个力的作用，一是环带给物体的正压力 N，方向指
向环心，另一个是环带给物体的滑动摩擦力 f，方向沿圆环的切向方向。建立自然坐标系，并应用牛顿
第二定律的法向分量式和切向分量式：
第二章电场............................................................................................................................ 5 第三章磁场............................................................................................................................ 6
dvy dy
kvy
即
dvy kdy
vy
作不定积分并简化得 vy Ceky
C 为积分常数，引入初始条件 y 0 时 vy v0
得
vy v0eky
设 vy v0 / 10 ，将 k=0.4m-1 代入此式，得 y 5.76m
第二节 功和功率
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典型习题
1.【答案】A。
2.【答案】 2kcL2 。
第三节刚体力学
典型习题
1.【答案】 M合 mgr 。
解析：质点 m 相对圆锥摆悬点 O´的矢径 rO' ，质点 m 相对圆锥运动中心 O 矢径 rO
设 rO
r
FT mg / cos F mg tan
对
O
点
M重
rO '
mg
M重 mgr
MT
rO
FT
0
M
合
rO
'
F
M合 mg tan rO cos mgr
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2.【答案】B。解析：角动量守恒，但转动惯量增大，所以角速度减小。
3.【答案】 T1
2m2
M 2
m2
m1
M 2
m1g ； T1
2m1
M 2
m2
m1
M 2
m2 g ； a
m1 m2
m2
m1 +
M 2
g
4.【答案】C。
考题再现
（1）跳水运动员从跳台到水面的过程中做自由落体运动，由公式 v12 2gh 得 v1 10 2m / s 。
（2）根据题意得 a f v 2 ，又因为 a dv v 2 ①
mm
dt m
dv dv dx dv v ② dt dx dt dx
由①②两式可得 dv v ，即 dv kdx ③，其中 k 为常数， k 。
/
4x2 )32
3.【答案】
E
2 0
[1
(x2
x
R2
)
1 2
]
第二节 静电场的通量、高斯定理
典型习题
1.【解析】考虑距带电平面为 r 的 P 点的场强 E.由于电荷分布对于垂线 OP 是对称的，所以 P 点的 场强必然垂直于该带电平面.又由于电荷均匀分布在一个无限大平面上，所以电场分布必然对该平面对称， 且在带电平面两侧距平面等远处场强大小相等，方向垂直指离平面（当σ> 0 时）。
目录
第一章力学............................................................................................................................ 1 第一节 质点运动学.........................................................................................................1 第二节 功和功率.............................................................................................................2 第三节刚体力学.................................................................................................................2
3.【答案】 5.76m 。
解析：设运动员以初速度为零起跳，至水面之速度为
v0 2gh 29.810m / s 14m / s
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在水中加速度为 dvy dt
kvy2 ，其中 vy
vy (y)
dvy dvy dt dy
dy dt
vy
dvy dy
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B
Bx
0I 4
sin dl 0IR
l r2
4 r3
2 R
dl
0
算得
B
0 IR 2 2(x2 R2 ) 32
考题再现
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1.【答案】B。解析：均在半圆上取线元, dl
rd
其线元带点量为 dq
dl
，所以 dE
dq 40R2
。
因为各 个电荷元在 0 点产生 的 dE 方向不 同,所以把 dE 分解其 中 dEy 0 , dEx dE sin 。所以
dt
R
ln(1
v0 R
t)
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第二章电场
第一节 静电场及叠加
典型习题
1.【答案】
Ex
q 4 0 aL
(sin 2
sin1)
，
Ey
q 4 0 aL
(cos1
cos2 )
解析：如图所示，设直棒两端至点 P 的连线与 x 轴正向间的夹角分别为 1和2 ，考虑棒上 x 处的
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现选一个其轴垂直于带电平面的圆筒式封闭面作为高斯面 S ，带电平面平分此圆筒，而 P 点位于
它的一个底上.由于圆筒的侧面上各点的 E 与侧面平行，所以通过侧面的电通量为零.因而只需要计算通
过底面的电通量.以 S 表示一个底的面积，则由高斯定理便得
同样用高斯定理可方便的计算出线电荷密度为λ的无限长均匀带电细棒和无限长均匀带电圆筒等
的电场分布.
2.
E
2 0 r
第三节 静电场环路定理
典型习题
1.【解析】取坐标轴如图 4.2 所示，X 轴沿着圆环的轴线，原点 o 位于环中心处.设 P 点距环心的
距离为 x，它到环上任一点的距离为 r；在环上任取一电荷元 dq，它在 P 点的电势：
，2
，则
BP
0I 4 r0
2.【答案】
2(
0 IR2 x2 R2
)
3 2
解析：如图所示，磁感应强度在竖直方向的分量相互抵消，所以：
B Bx dB sin sin R / r r2 R2 x2
由毕奥—萨伐尔定律得： dB
0 4
Idl r2
，则 dBx
0 4
I sindl r2
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E2S S / 0
从而
E 20
讨论： 1）无限大均匀带电平面两侧的电场是均匀场，方向当σ> 0 时，垂直指离平面，当σ< 0 时，
垂直指向平面
2）对于几个平行的无限大带电平面，可用场的叠加原理得其电场分布.例如两无限大带等量
异号（ ）平行平面的电场，在其内为 E ，在其外，E = 0 ． 0
1.【答案】A。解析：由 W= F r 可得，该力做的功为 W=（ 4i 5 j 6k ）（ 3i 5 j 9k ）
=-12+25+54=67J
2.【答案】 v k 2 t ； a k 2
2
2
解析：由 v k
x
，v
dx dt
可知：
dx dt
k
x，
dx kdt --------------对该式进行积分 x
dV dq 40r
于是整个带电圆环在 P 点的电势
V dq
q
40r 40 R2 x2
在 x=0 处，即圆环中心处的电势
V q 40 R
qq
2.【答案】
。
60l 60l
第三章磁场
典型习题
第一节 磁感应强度
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1.【答案】
0 4
I（cos r0
元段 dx，其带电量 dq dx q dx ，它在 P 点产生的电场强度大小为 L
dE
dx 40l 2
其中 l 是微元 dx 到 P 点的距离， dE 的方向如图所示.计算其沿 x 轴和 y 轴的分量分别积分得：
Ex
dEx
dx 40l 2
cos
2 1
40a
cos d
q 40aL
(sin 2
2.【答案】 v 2k ( 1 1 ) m x x0
解析：由牛顿第二定律得
f
k x2
m dv dx dx dt
mv dv dx
分离变量得：
vdv
k m
dx x2
积分
v vdv k
0
m
x dx x x0 2
1 v2 k (1 1 ) 2 m x x0
整理得
v 2k (1 1 ) m x x0
dx m
v
m
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作不定积分并简化得 vy Ceky v Ce kx
C 为积分常数，引入初始条件 y 0 时 v v1
得
v
v1e kx
，其中 k
m
。
4.【答案】（1） mR 2 （2） mR 2 ( g 1) a
解析：（1）取半径为 r，宽为 dr 的薄圆环，则薄圆环的质量为 dm= 2rdr , 为圆盘的面密度。
z r0 cot ， r r0 / sin ， dz r0d / sin2
代入积分式，有
B
0I 4 r0
2 1
sin
d
=
0 4
I（cos r0
1
cos2
)
，方向沿
x
轴负方向
讨论拓展：（1）z
延长为无限长载流长直导线时，即1
0，2
，则 B
0I 2 r0
（2）z
为半无限长载流长直导线，即 1
2
sin 1)
Ey
2 1
40a
sin d
q 40aL
(cos 1
cos2 )
讨论：（1）对于半无限长均匀带电细棒（ 1
0, 2
/
2或1
/
2, 2
）则
Ex
40a
；
Ey
40a
（2）对于无限长均匀带电细棒（ 1 0, 2 ）则有
Ex
0,
Ey
20a
2.【答案】
E
L 40 x2 (1 L2
法向： N ma m v 2 ① R
切向： f N m dv ② dt
将①代入②有， v 2 dv R dt
分离变量积分，代入初始条件 t=0 时， v v0 ，
t dt 0R
v v0
dv v2
，得 v
R
v0 R v0t
（2）路程 s
t vdt
0
t 0
R
v0 R v0t
1
cos
2
)
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解析：在直导线上任取一电流元 Idz ，如图所示，按毕奥—萨伐尔定律，此电流元在给定点 P 处的
磁感应强度 dB 的大小：
dB
0 4
Idz sin r2
，方向均沿 x 轴的负方向（右手螺旋定则）
对上式积分得： B
CD
dB
0 4
Idz sin CD r 2
式中 z、r、 都是变量，需要统一到同一变量才能积分。于是：
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第一章力学
第一节 质点运动学
典型习题
1.【答案】11.79 m / s2 a dv dv dx v dv
解析： dt dx dt dx
adx=vdv
adx c vdv
3x 2x2 c 1 v2 （c 为常数） 2
将 x=0代入解得常数 c，再将 x=5代入求 v 即可，v=11.79m/ s2 。
E
R 40R2
0
sin d
2 R0
。
2.【答案】D。解析：电荷元
dQ
在
x
处产生的电势为
dU=
kdQ r
kdQ b2 x2 ，则整个圆环在 x 处的
电势 U=
kdQ b2 x2
kQ b2 x2 ，UP1=
kQ
kQ
b2 b2 =
，UP2=
2b
kQ b2 (2b)2