第二章 质点动力学
2－1如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。 解：如图由受力分析得
(1)(2)2(3)2(4)g
g
A A
B B A B A B
A B mg T ma T mg ma a a T T a a -=-===1
解得＝－52＝－5
2－2如本题图所示，已知两物体A 、B 的质量均为m=3.0kg ，物体A 以加速度a =1.0m/s 2
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）
解：分别对物体和滑轮受力分析（如图），由牛顿定律和动力学方程得，
()
()()
1f 111f (1)''(2)2'(3)'2(4)
5'6'7(4)7.22
A T A T
B T T A B T T T T m g F m a F F m a a a F F m m m F F F F mg m m a
F N
-=-======-+=
=＝解得
2-3 如图所示，细线不可伸长，细线、定滑轮、动滑轮的质量均不计，已知314m m =，322m m =。求各物体运动的加速度及各段细线中的张力。
解：设m 1下落的加速度为a 1，因而动滑轮也以a 1上升。再设m 2相对动滑轮以加速度a ′下落，m 3相对动滑轮以加速度a ′上升，二者相对地面的加速度分别为：1a a -'（下落）和1a a +'（上升），设作用在m 1上的线中张力为T 1，作用在m 2和m 3上的线中张力为T 2。列出方程组如下：
习题2－2图
A
B 习题2-1图
a A
mg
T A T B a B
mg
习题2-3 图
2
1133212221
1112)()
(T T a a m g m T a a m T g m a m T g m =+'=--'=-=- 代入314m m =，322m m =，可求出：
51g a =
，52g a ='，52g a =，533g a =，g m T 1154=，g m T 125
2
=
2－4光滑的水平面上放置一半径为R 的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其
摩擦系数为μ。物体的初速率为v 0，求：（1）t 时刻物体的速率；（2）当物体速率从v 0减少到v 0/2时，物体所经历的时间及经过的路程。 解：（1）设物体质量为m ，取图示的自然坐标系，由牛顿定律得，
02
2
22t
v 2
v (1)
(2)(3)4dv 4dt u v N n f t f N
v F ma m R dv F m a m dt
F uF v dv
u R dt ===-=-=-
??0由上三式可得＝（）R 对（）式积分得＝－
00Rv v R v t
μ∴=
+
（2） 当物体速率从v 0减少到v 0/2时，由上式00Rv v R v t
μ∴=
+可得物体所经历的时间
0t R v μ
'=
经过的路程
t t 00
0vdt dt ln 2Rv R
s R v t μμ
''
=+??
＝＝
2－5从实验知道，当物体速度不太大时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度，
设其比例常数为k 。将质量为m 的物体以竖直向上的初速度v 0抛出。 （1）试证明物体的速度为
t m k
t
m k
e v e k
mg v --+-=0)1(
(2)证明物体将达到的最大高度为
)1ln(020mg
kv k g m k mv H +-=
(3)证明到达最大高度的时间为
)1ln(0mg
kv k m
t H +=
证明：由牛顿定律可得
000
002
2
0200ln (1)(2),()
ln(13t
v
v m m
t t k
k
x mg mg kv mdv dt mg kv
mg kv m mg t v e v e k mg kv k
mvdv
dx mg kv
mg kv u du kdv
k mgdu k mgdu
dx mdu dx mdu m u m u
mv kv m g x k k mg m t k --+-=++∴==-++=-
++==∴
=-+=-+∴=-+=?
?
??Q dv
(1)-mg-kv=m ，
dt
，dv -mg-kv=mv ，dx 令，）
（）0
ln
0t ln mg kv mg kv
mg kv m v k mg k +++∴=+当时，＝即为到达最高点的时间
2－6 质量为m 的跳水运动员，从距水面距离为h 的高台上由静止跳下落入水中。把跳
水运动员视为质点，并略去空气阻力。运动员入水后垂直下沉，水对其阻力为－b v 2，其中b 为一常量。若以水面上一点为坐标原点O ，竖直向下为Oy 轴，求：（1）运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；（2）跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1/10？（假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等）
解：运动员入水可视为自由落体运动，所以入水时的速度为
0v =
y
f ＝－kv
mg
v
02
20//0100
mg-f-F=ma mg=F f=bv dv a=dt v dy (2)0.4,0.1m v
y ln 5.76m b y v v by m by m dv v dy dv
b mv
dy
b dv m v
v v e m v v v ---=∴-=-=====??b
将已知条件代入上式得，m
＝－
＝
2－7一物体自地球表面以速率v 0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为f ＝－km v 2，其中k 为常量，m 为物体质量。试求：（1）该物体能上升的高度；（2）物体返回地面时速度的值。
解：分别对物体上抛和下落时作受力分析（如图），
h
12
0m 1ln()2v 01
ln()
2(2)m v=v 1g
y
v
v v
vdv dy g k g k y k g k g k k g vdv
dy g k k =-++∴=-+∴+=-∴+
?
?
?
?
22
2
2
20max 22
2－/0dv mvdv
(1)-mg-k v =m
＝，dt dy v v v 物体达到最高点时，＝，故v h=y ＝dv mvdv
下落过程中，-mg+k v =m
＝dt dy
－v v （）
2-8 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f = - k v ，k 为常数，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。
解：（1）由题意和牛顿第二定律可得：dt
dv
m
kv f =-=， 分离变量，可得：vdt
dv
m k =
- 两边同时积分，所以：t m k
e v v -=0
（2）子弹进入沙土的最大深度也就是v=0的时候子弹的位移，则： 由vdt dv m k =
-
可推出：dv k
m
vdt -=，而这个式子两边积分就可以得到位移：00max 0v m m
x vdt dv v k k
==-=?
? 。
2-9 已知一质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到指向原点的力2
/x k f -=，k 是比例常数。设质点在A x =时的速度为零，求质点在4/A x =处的速度的大小。 解：由题意和牛顿第二定律可得：dx dv
mv dt dx dx dv m dt dv m x
k f ===-
=2
再采取分离变量法可得：mvdv dx x k
=-
2 ， 两边同时取积分，则：mvdv dx x
k
v A A ??=-024/
所以：mA
k
v 6=
2-10 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为3/1044005
t F ?-=，子弹从枪口射出时的速率为m/s 300。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的
时间t ；（2）子弹在枪筒中所受力的冲量I ；（3）子弹的质量。 解：（1）由3/1044005
t F ?-=和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：
03/1044005=?-=t F 算出t=0.003s 。
（2）由冲量定义：
0.003
0.003
0.0035520
400410/3400210/3
0.6I Fdt t dt t t N s ==-?=-?=??
?
（）
（3）由动量定理：
0.003
0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s m kg
==?==?==?所以：
2-11 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0 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2.0 m ，安全带弹性缓冲作用时间为0.50 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 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2 m 处时的速度为
gh 21=v (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
()12Δv v m m t -=+P F (2)
由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为
()N 1014.1Δ2ΔΔ3?=+=+
=t
gh mg t m Δmg F v
2－12长为60cm 的绳子悬挂在天花板上，下方系一质量为1kg 的小球，已知绳子能承受的最大张力为20N 。试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断？
解：由动量定理得
000
I mv I v m
?=-?∴=
，如图受力分析并由牛顿定律得，
20
20
220/202.47mv T mg l mv T mg l
mg I l I Ns
-=
=+≥∴+?≥?≥
2－13一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6m 。爆炸1.0s 后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为100m 。问第二块落在距抛出点多远的地面上？(设空气的阻力不计)
解：取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体在最高点得速度得水平分量为
(
)
1
010x 2x 12y 2x 0x (1),v 2mv mv 30mv mv 414v v 100x x v x t
=
=+=2
11112
1
物体爆炸后，第一块碎片竖直下落的运动方程为1
y =h-v t-gt 2
当碎片落地时，y =0,t=t 则由上式得爆炸后第一块碎片抛出得速度为1h-gt 2
＝（）
t 又根据动量守恒定律，在最高点处有
1
＝（）
211
＝－22联立以上（）－（）式得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为＝2＝2x 11
212x 2222y 222214.7v t 5y =h+v t -60,x 500m
y ms v v ms gt y --====2
1
211h-gt 2t 爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为x ＝x +（）
1（）
2
落地时由式（5）和（6）可解得第二块碎片落地点得水平位置＝
2－14质量为M 的人手里拿着一个质量为m 的物体，此人用与水平面成θ角的速率v 0
向前跳去。当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出。问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点）
解：取如图所示坐标，把人和物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物得过程中，满足动量守恒，故有
()00000m cos ()
v u mu
v cos m mu
v v- cos m sin t g
m sin x vt u
m g
v Mv m v u v v v v v θθθθθ
=+-???+M 式中为人抛物后相对地面的水平速率，－为抛出物对地面得水平速率，得
＝+
+M
人的水平速率得增量为
＝＝+M
而人从最高点到地面得运动时间为＝所以人跳跃后增加的距离为
＝＝（+M ）
2－15铁路上有一静止的平板车，其质量为M ，设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。现有N 个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为m ，相对平板车的速度均为u 。问：在下列两种情况下，（1）N 个人同时跳离；（2）一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少?所得的结果为何不同，其物理原因是什么?
解：取平板车及N 个人组成的系统，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向，系统在该方向上满足动量守恒。
考虑N 个人同时跳车的情况，设跳车后平板车的速度为v ，则由动量守恒定律得 0＝Mv+Nm （v －u ）
v ＝Nmu/(Nm+M) (1)
又考虑N 个人一个接一个的跳车的情况。设当平板车上商有n 个人时的速度为v n ，跳下一个人后的车速为v n －1，在该次跳车的过程中，根据动量守恒有
（M+nm ）v n =M v n －1+(n-1)m v n －1+m(v n －1-u) (2) 由式（2）得递推公式
v n －1=v n +mu/(M+nm) (3) 当车上有N 个人得时（即N ＝n ），v N ＝0；当车上N 个人完全跳完时，车速为v 0， 根据式（3）有， v N-1=0+mu/(Nm+M)
v N-2= v N-1+mu/((N-1)m+M) ………….
v 0= v 1+mu/(M+nm)
将上述各等式的两侧分别相加，整理后得，
0n 0mu v nm
,1,2,3....v v
M nm M Nm n N N +≤+=∑
f N
＝1＝M+由于故有，即个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N 个人同时跳下车的末速度。这是因为N 个人逐一跳离车时，车对地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也逐次增加，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大，其车速也大。
2-16 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动，c 为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方：2
kv f -=，试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时，阻力所作的功。
分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式?
?=x F d W 来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．
解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度
23d d ct t
x
==
v 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为
3/43/242299x kc t kc k F ===v
则阻力的功为
??=x F W d 3
/73/23/40
3/20
7
27d 9d 180cos d l kc x x kc x W l
o
l
-
=-==?=???x F 2－17一人从10m 深的井中提水，起始桶中装有10kg 的水，由于水桶漏水，每升高1m 要漏去0.2kg 的水。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。
解：水桶在匀速上提的过程中，加速度为0，拉力和重力平衡，在图示坐标下，水桶重力随位置的变化关系为
G ＝mg －αgy
其中α＝0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为
10
(mg gy dy 882J W α=?－）＝
2－18如本题图所示，A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为m 1和m 2。问在A 板上需加多大的压力，方可在力停止作用后，恰能使在跳起来时B 稍被提起。（设弹簧的劲度系数为k ）
解：选取如图所示坐标系，取原点处为重力势能和弹性势能零点，作各种状态下物体的受力图。对A 板而言，当施以外力F 时，根据受力平衡有
11221122121212(1)
ky -mgy =12(3)
F G F
ky mgy y y M N O F y F G G A N B +++''1211121
22221212＝当外力撤除以后，由机械能守恒定律得，11
22
和为、两点对原点的位移。因为＝ky ,F =k ,G =m g 上式可以写为，F -F =2G (2)由（）和（）式可得＝当板跳到点时，板刚被提起，此时弹性力F =G ,且F =F ,
由式（3）可得F ＝G +G =(m +m )g
2－19如本题图所示，质量为m 、速度为v 的钢球，射向质量为M 的靶，靶中心有一小孔，内有劲度系数为k 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。
解：设弹簧得最大压缩量为x0。小球与靶共同运动得速度为v1。由动量守恒定律，有
1
222100()(1)
111mv ()kx 222212m x v
k m )
mv m M v m M v M
M =++++又由机械能守恒定律，有＝（）由（）式和（）式可得＝
（
2－20以质量为m 的弹丸，穿过如本题图所示的摆锤后，
速率由v 减少到v/2。已知摆锤的质量为M ，摆线长度为l ，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸的速度的最小值应为多少？
解：
习题2－18图
习题2－19图
习题2－20图
2h
h 22h v
mv m v'(1)
Mv'g (2)
l
v'1v'2gl Mv'32v 5gl
m
M M M +由水平方向的动量守恒有，
＝2
为了使摆锤能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力F=0,则，
M ＝式中为摆线在圆周最高点的运动速率。又由机械能守恒定律得
1＝+（）2
解上述三个方程，可得担丸所需速率的最小值为
2M ＝
2－21如本题图所示，一质量为M 的物块放置在斜面的最底端A 处，斜面的倾角为α，高度为h ，物块与斜面的滑动摩擦因数为μ，今有一质量为m 的子弹以速度v 0 沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小。
解：
0120cos ()(1)v 11u (2)
22
12m v v 2gh ucot mv M m v ααααα=+=+-222
2
12
在子弹与物块的撞击过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面时的速度为，并取A 点的重力势能为0。由系统的功能原理可得
h －(m+M)gcos (m+M)v (m+M)gh-(m+M)v sin 由（）、（）式可得＝（
cos ）（+1）m+M
2-22 如图2-40所示，在光滑水平面上，平放一轻弹簧，弹簧一端固定，另一端连着物体A 、B ，它们质量分别为A m 和B m ，弹簧劲度系数为k ，原长为l 。用力推B ，使弹簧压缩0x ，然后释放。
求：（1）当A 与B 开始分离时，它们的位置和速度；（2）分离之后，A 还能往前移动多远? 解：（1）当A 和B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：
2
022
1)(21kx v m m B A =+，所以：0x m m k
v B
A +=;x l =
习题2－21图
图2-40 习题2-22 图
（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：
222
121kx v m A = ，则： 0A A A B m x x m m =+
2-23 如图2-41所示，光滑斜面与水平面的夹角为α=30°，轻质弹簧上端固定。今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为M = 1.0kg 的木块，木块沿斜面从静止开始向下滑动。当木块向下滑x =30cm 时，恰好有一质量m=0.01kg 的子弹，沿水平方向以速度m/s 200=v 射中木块并陷在其中。设弹簧的劲度系数为N/m 25=k 。求子弹打入木块后它们的共同速度。
解：由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度，碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动量守恒，可得：
22111
sin 22
Mv kx Mgx α+= 10.83v ?= (碰撞前木快的速度) 1cos Mv mv m M v α'-=+（） 0.89v '?=-
2－24 二质量相同的小球，一个静止，另一个以速度0与静止的小球作对心碰撞，求碰撞后两球的速度。（1）假设碰撞是完全非弹性的；（2）假设碰撞是完全弹性的；（3）假设碰撞的恢复系数5.0=e 。
解：由碰撞过程动量守恒以及附加条件，可得
（1）假设碰撞是完全非弹性的，即两者将以共同的速度前行：mv mv 20= 所以：02
1v v =
（2）假设碰撞是完全弹性的，
210mv mv mv +=
2221202
12121mv mv mv += 两球交换速度， 01=v 02v v = （3）假设碰撞的恢复系数5.0=e ，也就是
210mv mv mv +=
5.020
101
2=--v v v v
所以：0141v v =
， 024
3v v =
2－25如本题图所示，一质量为m 的钢球，系在一长为l 的绳一端，绳另一端固定，现将球由水平位置静止下摆，当球到达最低点时与质量为M ，静止于水平面上的钢块发生弹
图2-41 习题2-23 图
性碰撞，求碰撞后m 和M 的速率。
解：
2222M M M m 1
mv mgl v 2gl 2
111
mv mv Mv 222mv mv Mv m M m M
v 2gl m M m M 2m v 2gl
m M
v '+'+'∴==由机械能守恒得，碰前的速度为＝，＝由碰撞前后动能和动量守恒得＝＝－－＝
+++
2-26 如图2-43所示，两个质量分别为m 1和m 2的木块A 、B ，用一劲度系数为k 的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A 紧靠墙。今用力推B 块，使弹簧压缩x 0然后释放。（已知123m m =）求：（1）释放后B A 、两滑块速度相等时的速度大小；（2）弹簧的最
大伸长量。
解：分析题意，可知在弹簧由压缩状态回到原长时，是弹簧的弹性势能转换为B 木块的动能，然后B 带动A 一起运动，此时动量守恒，可得到两者相同的速度v ，并且此时就是弹簧伸长最大的位置，由机械能守恒可算出其量值。
202
0222
121kx v m = v v 2）（2102m m m +=
所以m
k
x v 3430=
（2）
22122
0222
12121v m m kx v m ）（++= 那么计算可得：02
1
x x =
2－27如本题图示，绳上挂有质量相等的两个小球，两球碰撞时的恢复系数e =0.5。球A 由静止状态释放，撞击球B ，刚好使球B 到达绳成水平的位置，求证球A 释放前的张角θ 应满足cos θ = 1/9。
证明：设球A 到达最低点的速率为v ，根据机械能守恒有
习题2－25图
θ
2L
习题2－27图
A
B
C
L 图2-43 习题2-26 图
2
212(1cos ),2
4(1cos )(1)
,,0.50.5(2)
(3)(2),(3)3
(4)1
(5)2
1451
cos 9
A B B A
B A B A B B mv mg l v gl A B v v v v e v
v v v A B mv mv mv v v
mv mgl
θθθ=-=--=
=-=+===
所以，设碰撞后，两球的速率分别为由题意得：
即，两球碰撞时水平方向动量守恒：
由式得
＝4
碰撞后B 球机械能守恒，故有将（），（）代入（）得：
2-28 如图2-45所示，一质量为m ，半径为R 的球壳，静止在光滑水平面上，在球壳内有另一质量也为m ，半径为r 的小球，初始时小球静止在图示水平位置上。放手后小球沿大球壳内往下滚，同时大球壳也会在水平面上运动。当它们再次静止在水平面上时，问大球壳在水平面上相对初始时刻的位移大小是多少？ 解：系统在水平方向上不受外力，因而系统质心的水平位置始终不变。如图所示，初始时，系统的质心到球心O 的距离为
2
r
R x C -=
小球最终将静止于大球壳的最下方，而系统质心的水平位置始终不变，因而大球壳在水平面上相对初始时刻的位移大小
2
r
R x -=
?
2-29 如图2-46所示，从坐标原点以v 0的初速度发射一发
炮弹，发射倾角θ = 45°。当炮弹到达g
v x 3220
1= 处时，突
然爆炸分成质量相同的两块，其中一块竖直下落，求另一块落地时的位置x 2是多少？
解：炮弹爆炸后其质心仍按原抛物线轨道运动，因而落地后的质心坐标为
g
v x C 20
=
图2-45 习题2-28 图
图2-46 习题2-29 图
由式 2
12
211m m x m x m x C ++=
，且 m m m ==21，有
g
v g v x x x C 20
201234)311(22=-=-=
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
第九章 简谐振动 填空题（每空3分） 质点作简谐振动，当位移等于振幅一半时，动能与势能的比值为 ，位移等于 时，动能与势能相等。（3:1,2A ） 9-2两个谐振动方程为()120.03cos (),0.04cos 2()x t m x t m ωωπ==+则它们的合振幅为 。（0.05m ） 9-3两个同方向同频率的简谐振动的表达式分别为X 1=×10-2cos(T π2t+4 π ) (SI) , X 2=×10-2cos(T π2t -43π) (SI) ,则其合振动的表达式为______(SI).( X=×10-2cos(T π2t+4 π ) (SI)) 9-4一质点作周期为T 、振幅为A 的简谐振动，质点由平衡位置运动到2 A 处所需要的最短时间为_________。（ 12 T ） 9-5 有两个同方向同频率的简谐振动，其表达式分别为 )4 cos(1π ω+ =t A x m 、 )4 3 cos(32πω+=t A x m ，则合振动的振幅为 。(2 A) 9-6 已知一质点作周期为T 、振幅为A 的简谐振动，质点由正向最大位移处运动到2 A 处所需要的最短时间为_________。 ( 6 T ) 9-7有两个同方向同频率的简谐振动，其表达式分别为 )75.010cos(03.01π+=t x m 、)25.010cos(04.02π-=t x m ，则合振动的振幅为 。 （0.01m ） 质量0.10m kg =的物体，以振幅21.010m -?作简谐振动，其最大加速度为2 4.0m s -?，通过平衡 位置时的动能为 ；振动周期是 。(-3 2.010,10s J π?) 9-9一物体作简谐振动，当它处于正向位移一半处，且向平衡位置运动，则在该位置时的相位为 ；在该位置，势能和动能的比值为 。（3π） 9-10质量为0.1kg 的物体，以振幅21.010m -?作谐振动，其最大加速度为14.0m s -?，则通过最大位移处的势能为 。（3210J -?） 9-11一质点做谐振动，其振动方程为6cos(4)x t ππ=+（SI ），则其周期为 。
第三章 刚体力学 3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0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？ 解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=， 又因为转动定理 dt d J J M ω β== dt d J C ωω=-∴ dt J C d t ??-=∴00ωωωω t J C -=0ln ωω t J C e -=0ωω 当021ωω= 时，2ln C J t =。 （2）角位移?=t dt 0ωθ? -=2ln 0 0C J t J C dt e ωC J 0 21ω= ， 所以，此时间内转过的圈数为C J n πωπθ420== 。 3－2 质量为M ，半径为R 的均匀圆柱体放在粗糙的斜面上，斜面倾角为α ，圆柱体的外面绕有轻绳，绳子跨过一个很轻的滑轮，且圆柱体和滑轮间的绳子与斜面平行，如本题图所示，求被悬挂物体的加速度及绳中张力 解：由牛顿第二定律和转动定律得 ma T mg =- ααJ R Mg TR =-.sin 2 由平行轴定理 223MR J = 联立解得 g m M M m a 83sin 48+-=α mg m M M T 83)sin 43(++=α 3－3 一平板质量M 1，受水平力F 的作用，沿水平面运动， 如本题图所示，板与平面间的摩擦系数为μ，在板上放一质量为M 2的实心圆柱体，此圆柱体在板上只滚动而不滑动，求板的加速度。 解：设平板的加速度为a 。该平板水平方向受到拉力F 、平面施加的摩擦力1f 和圆柱体施加的摩擦力2f ，根据牛顿定律有，a M f f F 121=--。 m g
17－3 有一单缝，缝宽为，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 代入数据得 17－4 用波长为的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 依题意有 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 依题意有 0115.234.0sin 5 2sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为00475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 依题意有 2 )122(2)132(21λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.428760057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径）中的柱状感光细胞每平方毫米约×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 （2）视网膜上星体的像的直径为 （3）细胞数目应为3.2105.14)104.4(52 3=????=-πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为，入射光波长为550nm.。 解： 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 17－10 一光栅每厘米刻有4000 位）已知?和?谱线的波长分别为656nm 和解： S 1S 2
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理答案第1～2 章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第一章 质点的运动 1－1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ，)cos 1(t R y ω-=，式中R ，ω为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。 解：22 cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wt dt dt v v v Rw ==-==-∴=+= 2 222 2 sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wt dt dt a a a Rw ====∴=+= sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为 质点轨迹方程以R 为半径，圆心位于（0，R ）点的圆的方程，即质点 作匀速率圆周运动，角速度为ω；速度v = R ω；加速度 a = R ω2 1－2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1，自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2，求证：h =gt 1 t 2/2 解：设抛出点的速度为v 0，从高度h 到最高点的时间为t 3，则 012132 012221201112()0,2()/2 ()11 222 12 v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=- =-= 1－3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度，即a ＝kv 2，k 为一常数，求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx . 解：取汽艇行驶的方向为正方向，则 020 0,,ln v x v kx dv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v v kx v v v e -==-= ∴=-=-∴=-=-∴=?? 1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上，求小车移动的速度和加速度。 解：人前进的速度V 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，
第十四章 波动 14－1 如本题图所示，一平面简谐波沿ox 轴正向传播，波速大小为u ，若P 处质点振动方程为)cos(?+ω=t A y P ，求：（1）O 处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P 处质点振动状态相同质点的位置。 解：（1）O 处质点振动方程： y 0 = A cos [ ω（t + L / u ）+φ] （2）波动方程 y 0 = A cos { ω[t - （x - L ）/ u +φ} （3）质点位置 x = L ± k 2πu / ω （k = 0 , 1, 2, 3……） 14－2 一简谐波，振动周期T =1/2s ，波长λ＝10m ，振幅A =0.1m ，当t =0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox 轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t 1＝T/4时刻，x 1=λ/4处质点的位移；（3）t 2 ＝T/2时刻，x 1=λ/4处质点的振动速度。 解：（1） y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 ) = 0.1 cos 4π（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t 1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x 1 = λ/ 4 = 10 / 4 m 处 质点的位移y 1 = 0.1cos 4π（T / 4 - λ/ 80 ） = 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 )20/(4sin 4.0x t t y v --=??= ππ t 2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x 1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速 v 2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s 14－3 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波 速为u 。设4 T t =时刻的波形如本题图所示，求该波的表 达式。 解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移 y 0＝－A ， 说明原点处质点的振动初相π?=0，因而波动方程为 ])(cos[πω++=u x t A y 14－4 本题图表示一平面余弦波在t ＝0时刻与t ＝2s 时刻的波形图，求： (1) 坐标原点处介质质点的振动方程；(2) 该波的波方程。 解：由图可知： 原点处质点的振动初相2 0π ?- =； x 习题14－1图 习题14－3图
第十二章电磁感应电磁场和电磁波 12- 1 一根无限长平行直导线载有电流 I , 一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方 向以恒定速率运动（如图所示），则（ ） （A ） 线圈中无感应电流 （B ） 线圈中感应电流为顺时针方向 （C ） 线圈中感应电流为逆时针方向 （D ） 线圈中感应电流方向无法确定 题12-1图 分析与解 由右手定则可以判断， 在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里， 磁场是非均匀场， 距 离长直载流导线越远，磁场越弱.因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感 应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为（ B ）. 12- 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 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 ）. 12- 3 有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M 21，而线圈2对线圈1的互感系数为 感电动势为12，由i 1变化在线圈2中产生的互感电动势为 0 ,下述论断正确的是 （ ）. （A ） M 12 M 21 ,蚣1 @2 M12 ?若它们分别流过 i1 和 i2 的变化电流且石 di 2 dt ,并设由i 2变化在线圈1中产生的互
@2 (B) M 12 M 21 , %1 § 2 (C) M 12 M 21 , ◎1 @2 (D) M 12 M 21 , 蚣1 12 而正确答案为（D ） 12- 4对位移电流，下述说法正确的是（ ） （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 ）. 12- 5 下列概念正确的是（ ） （A ）感应电场是保守场 （B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线 （C ） ①m LI ，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） ①m LI ，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而 正确答案为（B ）. 12— 6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为 5 2 ① 8.0 10 sin 100 n ，式中 ①的单位为Wb t 的单位为s ，求在t 1.0 10 s 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 d ① d ^ 和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成 E N ，其中书N ①称为磁 dt dt 链. 解线圈中总的感应电动势 分析与解 教材中已经证明M21 = M12，电磁感应定律 %1 M 21di 1 dt M i2-di 2 ?因 dt
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
第十章 流体力学 10－1如本题图，试由多管压力计中水银面高度的读数确定压力水箱中A 点的相对压强（P －P 0）。（所有读数均自地面算起，其单位为米） 解：根据gh P ρ=得 ）－（汞7.08.103g P P ρ=- ）－（水7.0232g P P ρ-=- ）－（汞9.0221g P P ρ=- ）－（－水9.05.21g P P ρ=- m g m g P P 9.22.20??=-∴水汞－ρρ 10－2如本题图，将一充满水银的气压计下端浸在一个广阔的盛水银的 容器中，其读数为 -25 m N 10 950.0??=p 。（1）求水银柱的高度h 。(2) 考虑到毛细现象后，真正的大气压强0p 多大? 已知毛细管的直径 m 100.23-?=d ，接触角π=θ，水银的表面张力系数-1m N 49.0?=σ。 解：（1）gh p ρ=Θ cm g p h 3.716 .138.910950.05 ≈??==∴ρ （2）Pa d p p 4 3 500106.9100.1cos 49.021095.02 cos 2'?=??+?=+ =-πθσ 10－3灭火筒每分钟喷出60m 3的水，假定喷口处水柱的截面积为1.5cm 2，问水柱喷到2m 高时其截面积有多大？ 解：流量2211S v S v Q == 且 gh v v 22 12 2-=- s m m s m S Q v /107.6105.1606032 43 11?≈?= =∴- 2212235.42cm gh v Q v Q S =-== 10－4油箱内盛有水和石油，石油的密度为0.9g ／cm3，水的厚度为1m ，油的厚度为 4m 。求水自箱底小孔流出的速度。 解：如图，流线上1、2点分别是油面和小孔处的两点。根据伯努利方程 水 习题10－1图 习题10－2
第十二章 习题答案 12.1 选择题 (1) 对位移电流,下述四种说法哪个正确( ) A. 位移电流是由线性变化磁场产生的. B. 位移电流是指变化的电场. C. 位移电流的热效应服从焦耳-楞次定律. D. 位移电流的磁效应不服从安培环路定理. (2) 空气中有一无限长金属薄壁圆筒,在表面上沿圆周方向均匀地流着一层随时间变化的面电流i (t),则( ) A. 圆筒内均匀地分布着变化磁场和变化电场. B. 任意时刻通过圆筒内假象的任一球面的磁通量和电通量均为 零. C. 沿圆筒内任意闭合环路上电场强度的环流为零. D. 沿圆筒外任意闭合环路上磁感应强度的环流不为零. (3) 如图12.1(3)所示为一充电后的平行板电容器,A 板带正电,B 板 带负电,开关K 合上时,A ?B 板间位移电流的方向为(按图上所标x 轴 正方向回答) A ．x 轴正向 B ．x 轴负向 C ．x 轴正向或负向 D ．不确定 题12.1(3)图 答案：(1) B, (2)B, (3)B. 12.2 填空题 1． S t B l E L S d d ??????-= ① 0d =??S B S ② S t D I l H S L i d d ????∑??+= ③ 试判断下列结论是否包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式的.将确定的方程式用代号填在相应结论的空白处. (1) 变化的电场一定伴随有磁场__________________． (2) 变化的磁场一定伴随有电场__________________． (3) 磁感线是无头无尾的闭合曲线________________． 2．平行板电容器的电容C 为20 μF ,两板上的电压变化率V/s 105.1d d 5?=t U ,则该平行板电容器中的位移电流为____________． 3．一空气平行板电容器的两极板是半径为R 的圆形导体片,在充电时,板间电场强度的变化率为t E d d .若略去边缘效应,则两板间的位移电流为______________． 答案: (1)③①②, (2)3 A, (3)20 R dt dE πε
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
班级______________学号____________姓名________________ 练习 十 二 一、选择题 1．半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把 线圈转动使其法向与B 的夹角α =60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是（ A ） (A) 与线圈面积成正比，与时间无关． (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比． (C) 与线圈面积成反比，与时间成正比． (D) 与线圈面积成反比，与时间无关． 2．一矩形线框长为a 宽为b ，置于均匀磁场中，线框绕OO ′轴，以匀角速度ω旋转(如图所示)．设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为 （ D ） (A) 2abB | cos ω t |． (B) ω abB (C) t abB ωωcos 2 1 ． (D) ω abB | cos ω t |． 3．两个相距不太远的平面圆线圈，怎样可使其互感系数近似为零？设其中一线圈的轴线恰通过另一线圈的圆心．（ C ） (A) 两线圈的轴线互相平行放置． (B) 两线圈并联． (C) 两线圈的轴线互相垂直放置． (D) 两线圈串联． 4．有两个长直密绕螺线管，长度及线圈匝数均相同，半径分别为r 1和r 2．管内充满均匀介质，其磁导率分别为μ1和μ2．设r 1∶r 2=1∶2，μ1∶μ2=2∶1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比L 1∶L 2与磁能之比W m 1∶W m 2分别为：（ C ） (A) L 1∶L 2=1∶1，W m 1∶W m 2 =1∶1． (B) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶1． (C) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶2． (D) L 1∶L 2=2∶1，W m 1∶W m 2 =2∶1． 5．对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确． （ A ） (A) 位移电流是指变化电场． (B) 位移电流是由线性变化磁场产生的． (C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律． (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理． 6．圆铜盘水平放置在均匀磁场中，B 的方向垂直盘面向上．当铜盘绕通过中心垂直于盘面的轴沿图示方向转动时，（ C ） (A) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的相反方向流动． (B) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的方向流动． (C) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘边缘处电势最高． (D) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘中心处电势最高．
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 大学物理答案第6章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 第六章 气体动理论 6－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0×10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子 解：由式nkT p =，有 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 6－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01105 Pa ，温度为27℃，求：（l ） 气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知d n V ,10=即可求出。 解：（l ）单位体积分子数 3 25m 1044.2-?==kT p n （2）氧气的密度 3m kg 30.1-?===RT pM V m ρ （3）氧气分子的平均平动动能 J 1021.62321k -?==kT ε （4）氧气分子的平均距离 m 1045.3193-?==n d 6－3 本题图中I 、II 两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。 精品 振动波动 一、例题 （一）振动 1.证明单摆是简谐振动，给出振动周期及圆频率。 2. 一质点沿x 轴作简谐运动，振幅为12cm ，周期为2s 。当t = 0时, 位移为6cm ，且向x 轴正方向运动。 求: (1) 振动表达式； (2) t = 0.5s 时，质点的位置、速度和加速度； (3)如果在某时刻质点位于x =-0.6cm ，且向x 轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。 3. 已知两同方向，同频率的简谐振动的方程分别为： x 1= 0.05cos (10 t + 0.75π) 20.06cos(100.25)(SI)x t π=+ 求：(1)合振动的初相及振幅. (2)若有另一同方向、同频率的简谐振动x 3 = 0.07cos (10 t +? 3 ), 则当? 3为多少时 x 1 + x 3 的振幅最大?又? 3为多少时 x 2 + x 3的振幅最小? （二）波动 1. 平面简谐波沿x 轴正方向传播，振幅为2 cm ，频率为 50 Hz ，波速为 200 m/s 。在t = 0时，x = 0处的质点正在平衡位置向y 轴正方向运动， 求：(1)波动方程 (2)x = 4 m 处媒质质点振动的表达式及该点在t = 2 s 时的振动速度。 2. 一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。求：（1）原点的振动表达式； （2）波动表达式； （3）同一时刻相距m 1的两点之间的位相差。 3. 两相干波源S 1和S 2的振动方程分别是1cos y A t ω=和2cos(/2)y A t ωπ=+。 S 1距P 点3个波长，S 2距P 点21/4个波长。求：两波在P 点引起的合振动振幅。 第十二章 气体动理论 12－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0×10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子? 解：由式nkT p =，有 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 12－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01?105 Pa ，温度为27℃，求：（l ）气体分子的 数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知d n V ,10=即可求出。 解：（l ）单位体积分子数 3 25m 1044.2-?==kT p n （2）氧气的密度 3m kg 30.1-?===RT pM V m ρ （3）氧气分子的平均平动动能 J 1021.62321k -?==kT ε （4）氧气分子的平均距离 m 1045.3193-?==n d 12－3 本题图中I 、II 两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。 分析：由M RT v /2p =可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率p v 也就不同。因22O H M M <，故氢气比氧气的p v 要大，由此可判定图中曲线II 所标13p s m 100.2-??=v 应是对应于氢气分子的最概然速率。从而可求出该曲线所对应的温度。又因曲线I 、II 所处的温度相同，故曲线I 中氧气的最概然速率也可按上式求得。 解：（1）由分析知氢气分子的最概然速率为 一、选择题： 1．3001：把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为 (A) π (B) π/2 (C) 0 (D) θ ［ ］ 2．3002：两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为x 1 = A cos(ωt + α)。当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处。则第二个质点的振动方程为： (A) )π21cos(2++=αωt A x (B) ) π2 1cos(2- +=αωt A x (C) ) π23cos(2- +=αωt A x (D) )cos(2π++=αωt A x ［ ］ 3．3007：一质量为m 的物体挂在劲度系数为k 的轻弹簧下面，振动角频率为ω。若把此弹簧分割成二等份，将物体m 挂在分割后的一根弹簧上，则振动角频率是 (A) 2 ω (B) ω2 (C) 2/ω (D) ω /2 ［ ］ 4．3396：一质点作简谐振动。其运动速度与时间的曲线如图所示。若质点的振动规律 用余弦函数描述，则其初相应为 (A) π/6 (B) 5π/6 (C) -5π/6 (D) -π/6 (E) -2π/3 ［ ］ 5．3552：一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2。将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '。则有 (A) 11T T >'且22T T >' (B) 11T T <'且22T T <' (C) 11T T ='且22T T =' (D) 11T T ='且22T T >' ［ ］ 6．5178：一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 ) 31 2cos(10 42 π+ π?=-t x (SI)。 从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 (A) s 8 1 (B) s 6 1 (C) s 4 1 (D) s 3 1 (E) s 2 1 ［ ］ 7．5179：一弹簧振子，重物的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，该振子作振幅为A 的简谐振动。当重物通过平衡位置且向规定的正方向运动时，开始计时。则其振动方程为： (A) )21/(cos π+=t m k A x (B) )21 /cos(π-=t m k A x (C) )π21/(cos + =t k m A x (D) )21/cos(π- =t k m A x (E) t m /k A x cos = ［ ］ 8．5312：一质点在x 轴上作简谐振动，振辐A = 4 cm ，周期T = 2 s ，其平衡位置取作坐标原点。若t = 0时刻质点第一次通过x = -2 cm 处，且向x 轴负方向运动，则质点第二次通过x = -2 cm 处的时刻为 v v 2 1 第四章 流体力学 4－1如本题图，试由多管压力计中水银面高度的读数确定压力水箱中A 点的相对压强（P －P 0）。（所有读数均自地面算起，其单位为米） 解：根据gh P ρ=得 ） －（汞7.08.103g P P ρ=- ）－（水7.0232g P P ρ-=- ）－（汞9.0221g P P ρ=- ）－（ －水9.05.21g P P ρ=- m g m g P P 9.22.20??=-∴水汞－ρρ 4－2如本题图，将一充满水银的气压计下端浸在一个广阔的盛水银的容器中，其读数为 -2 5 m N 10950.0??=p 。（1）求水银柱的高度h 。(2) 考虑到毛细现象后，真正的大气压强0p 多大? 已知毛细管的直径 m 100.23-?=d ，接触角π=θ，水银的表面张力系数-1m N 49.0?=σ。 解：（1）gh p ρ= cm g p h 3.716 .138.910950.05≈??==∴ρ （2）Pa d p p 43 500106.9100.1cos 49.021095.02 cos 2'?=??+?=+ =-π θσ 4－3灭火筒每分钟喷出60m 3的水，假定喷口处水柱的截面积为1.5cm 2，问水柱喷到2m 高时其截面积有多大？ 解：流量2211S v S v Q == 且 gh v v 22 12 2-=- s m m s m S Q v /107.6105.1606032 43 11?≈?= =∴- 2212235.42cm gh v Q v Q S =-== 4－4油箱内盛有水和石油，石油的密度为0.9g ／cm 3，水的厚度为1m ，油的厚度为4m 。 求水自箱底小孔流出的速度。 解：如图，流线上1、2点分别是油面和小孔处的两点。根据伯努利方程 习题4－2图大学物理答案第6章
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