1、資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除練習一質點運動學1、 C2、 B3、 D4、 3 m, 5 m5、 a8 j(m / s2 ) ， r (52t) i(4t 210)j(m)6、2x 8x3(m / s)7、 x( y3)2 ,v16 i2 j (m / s),a8 i (m / s2 ),8、解：（ 1） advvtt8)dtdtdvadt(6tv000vv03t 28tv3t 28t 10(m / s) ，（2） vdxdxvdt(3t 28t10)dtxttdtx000xx0t 34t 210txt 34t 210t1(m)9、解：如圖，設燈與人的水平距離為x1，燈與人頭影子的水平

2、距離為x ，則：人的速度： v0dx1，人頭影子移動的速度：vdx 。HdtdxHdx1dtH而：x，即：vv0。Hh x1dt H h dtH h10、解（ 1）2 4t 3(rad )d12t 2 (rads 1 )d 224t (rad s 2 )dtdt 2aR2.4t (ms 2 ),anR214.4t 4 (ms 2 )則 t2s時，a4.8( m s 2 ),an230.4( ms 2 )（2）加速度和半徑成45角，即 aan ，即 2.4t14.4 t4t32.4/14.41/ 6代入得：2.67rad練習二牛頓力學1、C2、A3、C4、D5、6N,4N6、解：（ 1）0,Tm

3、g ；word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除（2） T sinma,T cosmg ；則： tana / g,T m a2g 27、解 小球受重力 mg 、繩的張力 T 及斜面的支持力N 。（1）對小球應用牛頓定律，在水平方向上和豎直方向分別有：T cos N sinma ，解方程組可得：繩的張力小球對斜面的正壓力大小T sinN cosmgT m(a cosg sin) 3.32 (N )T cosma3.75 (N)Nsin（2）當 N0 時脫離斜面，則在水平方向上和豎直方向分別有：T cosma ，T sinmg解方程組可得：斜面的加速度為ag cot17.0( m /

4、s2 )8、解：（ 1） F34t( N )at3sF0.30.4t1.5(m / s2 )m33VV0adt0(0.30.4t)dt2.7(m / s)00（2） F3 4x (N )ax3mF0.30.4x1.5(m / s2 )m3V1adxVdV(0.30.4x)dxVdVV 2(0.3x 0.2x2 )30002V5.42.32(m / s)9、解：分別對物體上拋時作受力分析，以地面為原點，向上為y 軸正方向。對物體應用牛頓定律：mamgkmv2a(g kv2 ) ，而 advdvdyvdv ，則有 adyvdv(gkv2 )dyvdvdtdydtdydyHvdv2H1ln(1kv0

5、2)H00g kv2kgword 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除練習三動量守恒和能量守恒1、 D2、D3、D4、27 J， 36m / s5、 mg , 2mgkk6、60 NS,16m / s ，7、 2mv8、 310 3 s,1.2 NS,4 g9、（ 1） W外W彈x2F彈dx0.230x2 )dx 0.37(J)x1(20x0.1（2） W彈0.50.130 x2 ) dx0.37(J)1F彈 dx(20 x0.2W彈1 mv20v0.61(m s 1)2mv010、解 （ 1） (Mm) vmv0vMm（ 2）X0dx(M) dvMmkmdxdvdtMmdtmv0kd

6、x0dvXkvk11、分析：脫離時，小球只受重力作用，重力在徑向的分力提供向心力，設頂點處為零勢能點，則：mg cosv2m2Rcos01mv2mgR(1 cos )32下降高度為1 R 。312、解（ 1）小球下落過程中，機械能守恒：01mv2mgl sinv2gl sin2（2） anv2 / l2g sin（3） Tmg sinmanT3mg sin13、解 在小球下擺的過程中，小球與車組成的系統總動量和總機械能守恒，則有0mv球Mv車2Mgl11v球mglmv球2Mv車2M m2214、解（ 1）釋放后，彈簧恢復到原長，B 的速度變為 VB 0 。此過程中系統的機械能守恒。word 可

7、編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除則有： 1kx023m2k22vB0vB0x0 3m（2）達到原長后，系統的總動量和總機械能守恒。彈簧伸長量最大或壓縮量最大時，A 和 B 的速度相等，則根據系統動量守恒定律，有：m1vA 0m2 vB 0(m13x0km2 )v v3m4（3）設最大伸長量為xmax ，則根據機械能守恒定律，有：1m2 vB 021( m1m2 )v21kxmax2xmax1x0222215、解：（ 1） mv0(Mm)VVmv0mMAfEk(m M )gS 01 (m M )V 20.22（2） A1EKm1mV2（3） AE1 MV2KM221mv02703(J

8、)220 1.96(J )不等。相互作用力大小相等，但作用點的位移不同。練習四剛體力學1、 A2、 C3、 A4、mB g5、2 M4m6、 0/41M2m,2mMmAmB2 mC1 MR27、解：對物體m ：mgTma ；對圓盤M：T R2補充聯系聯系方程：TT ,a R解以上方程得：(M2mg7.84rad / s2 ,a2mg3.92m / s2 , TMmg58.8 N2m) RM2mM2m8、解：m1 gT1m1aword 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除T2m2 gm2 aT1r T2r1Mr 22補充聯系方程：a1a2r 。解以上方程得：2m1 M2m1 M(m1m2

9、 ) gT122m1 g , T212m2 g。 a1 M m1 m21 M m1 m21 M m1,m2222角加速度為：( m1 m2 ) g，下降高度為：1at2(m1m2 ) gt 21hM2m1 2m2(m1m2 )r2M29、解：（ 1）00t0 / t0.50 rad / s2（2） M rml 20.25Nm1210、解：本題分為兩個過程：子彈和細桿的碰撞過程、細桿的上升過程。碰撞過程中，子彈和細桿組成的系統角動量守恒：mv01 l m 2 v01 l1 Ml 22323上升過程中，細桿的機械能守恒：11Ml 22Mg ( l )(1cos)232解以上方程得：mv0， cos

10、1m2v02。2Ml12M 2 gl練習五：氣體動理論1. C2. C3. D4. B5. 1:1:1word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除6.8： 1,5： 3,1： 1。7. 1000m s 1 ， 1414m s 18. 29. 1：2；5： 3EK1 M v 2M mol v210.2T7.7 (K)Mi5REKR TM mol211.n p / kT 3.21017 /m 3kT7.8m2d 2 p練習六：熱力學基礎1. B2. D3. A4. B5. B6. 57.1.6210 4 J8. 93.39. （ 1） QA1BEABWA1B ， EAB QA1BWA1

11、B 300J（2）QB 2AEBA WB 2A300J 300J600J ，放出 600J 熱量（3）1Q2QB2 A25%Q11QA1B10.word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除過程內能增量E / J對外作功 W/J吸收熱量 Q/JAB100001000BC015001500CA-1000-500-1500ABCA40%11.（1） Va1Ta Vc1TcTc(Va ) 1Ta (Va ) 1 Ta(V1 ) 1T1VcVbV2QbcCV ,m (TcTb )CV , m (Ta Tc )CV ,mT1( V1 ) 1T1（ 2）111V21VbVbV2QabRT1 lnV

12、aRT1 lnRT1 lnVaV1CV ,m1 (V1 / V2 ) 1 1R ln(V2 / V1 )12.證明：該熱機循環的效率為1Q21QBCQ1QCA其中 QBCm Cp,m (TCTB ), QCAm CV ,m(TATC ) ，則上式可寫為MM1TCTB1TB /TC1TATCTA /TC1在等壓過程 BC 和等體過程 CA 中分別有 TB / V1TC / V2 ,TA / p1TC / p2代人上式得1(V1 /V2 )1( p1 / p2 )1QQ4113.證明：該熱機循環的效率為121Q1Q23Q23m CV ,m (T3 T2 ), Q41m CV , m (T1T4 )

13、MMCV (T4T1)T4T11T2 )1T2CV (T3T3word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除在絕熱過程 12 和 34 種分別有 V21T3V11T4 ，V21T2 V11T1 ，兩式相除得 T3T4T2T1代入上式1T4T11T1(T4 / T11)1T11 (V2)11(V1 )1T3 T2T2 (T3 / T21)T2V1V214. （ 1）WQ1Q 2T1T2，Q224000JQ1Q1T1由于第二循環吸熱Q1'W' Q2'WQ2 (Q2'Q2)，W'29.4%Q1T1T2，則： T1T2425K（2）T11'第七章

14、真空中的靜電場1C； 2C；3D ；4C；5C； 6C；7A ；8 4.55 105 C ；9 q / 0 ； 0；q / 0 ； 10 (q2q3 ) / 0 ； q1 ,q2 , q3 , q4 ；11 0，(2 0)；12q，q； 13 90V ； -30V.60 R 60 R14解：將直導線分割成若干電荷元：dqdx ，dq 在 P 點產生的場強：大小： dEP1dqdx，方向均為水平向右（沿X 軸正方4ll0dx)24dx)2(0 (22向）。ldxq11則： EPdEP2，方向水平向右。l0 ( l()2 4dx) 240l d l d2dq 在 P 點產生的電勢：dU Pdqdx

15、0 ( l4 0 ( l4dx)d x)22word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除ldxql d則：UPdU P2l0 ( lln2 4d x)40 ld215解：在球內取半徑為r 厚為 dr 的薄球殼，該球殼包含的電荷為dqdV Ar4 r 2dr在半徑為 rr34 , ()的球面內包含的總電荷為qdV4drrV0ArArR以該球面為高斯面，按高斯定理有E1Ar 2 /(40 ), (rR)方向沿徑向， A>0 時向外； A<0 時向內。在球體外作一半徑為r 的同心高斯球面，按高斯定理有E24 r 2AR4 /0得到 E2AR4 /(40 r 2 ) ，方向沿徑向

16、， A>0 時向外； A<0 時向內。16解：（ 1）分析球對稱性，E 方向應沿半徑方向向外，相同r 處， D 大小相同，取同心球面為高斯面，則根據高斯定理，有：r R1時, E1 d sqi / 0E1 4 r 20E10R1r R2時, E2 d sqi / 0E2 4 r 2q1 / 0E24q10 r 2r R2時, E3 d sqi / 0E3 4 r 2(q1q2 ) / 0E3q1q240 r 2方向均沿半徑方向向外。（2）球心處的電勢UR1dlR2E2dlE3dlE1R1R20R10drR2q12 drq1q22dr0R1 40rR2 40 rq111)q1q214

17、(4R20R1R20q11q2140R140R217解：分析對稱性，E 方向應垂直于柱面向外輻射，且，相同r處， E 大小相同，取高斯面為以 r為半徑，長為 l的同心圓柱面，則根據高斯定理，有：E d sE d sE d sE d sE d s E 2 rlqi / 0上底下底側面側面word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除（1） rR1時 , E1 2 rl0E10（2） R1r R2時, E2 2 rll / 0E22 0 r（3） rR2時, E3 2 rl0E3018在處取一微小點電荷dqdl Qd/它在 O 點處產生場強：dEdqQd4 0R24 20 R 2按 角的變

18、化，將dE 分解成兩個分量：dE x， dEy。由對稱性知道Ey=0，而dE xdE sinQ2 sind420 R積分：EEx i? i?2/ 2Q2 sindQ2 i?042220 R0 R第八章靜電場中的導體和電介質1D；2 C；3 C；4 B；5B；6 1/ r ， 1/ r ；71q ；40R2U 11q1R1q28C4q1R1R2100R138解：U 21q2R2q484q2R1R210C0R23q1q2qU 1U 21q6000VU 1U 20R1R249解：（ 1）根據高斯定理，可求得兩圓柱間的場強為：E20 r r，UR 2ln R2EdrR120 rR1word 可編輯資料

19、收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除QL20 r LCR2R2Uln2R1ln0 rR1Q 22 L ln R2R1；（2） W42C0r10解：設極板上自由電荷面密度，應用 D 的高斯定理可得兩極板之間的電位移為：D=則空氣中的電場強度為：E0/0 ；介質中的電場強度為：E/0r兩極板之間的電勢差為：U E0 (d t )Et(d t)tr d (1r )t00r0 r電容器的電容：S0 r SCr d(1)tUr11解：（ 1）已知內球殼上帶正電荷Q ，則兩球殼中間的場強大小為QE24 0 r兩球殼間電勢差 U 12EdrQ( 11 )Q(R2 R1)R2R14 0LR1R24 0 R1R2

20、Q40R1R2電容 CR2R1U 12（2）電場能量 WQ 2Q2(R2R1) 。2C80 R1R2第九章穩恒磁場1A ；2A；3 B；4 C；5 D；6； 7 C;8.0 I1) ； 垂直紙面向里。9 BIR ；100 I， 0；2R(18Rword 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除110 Ia ln 3 ；212解：（ 1）圓弧 AC 所受的磁力：在均勻磁場中，通電圓弧AC 所受的磁力與通有電流的直線AC 所受的磁力相等，故有F AC2IRB 1.13N方向：與AC 直線垂直，與OC 夾角成 45 度角。（ 2）磁力矩：線圈的磁力矩為： Pm ISn Pm 與 B 成 30 度

21、角，力矩Mpm B sin 30 =6.28×10-2 N m方向：力矩將驅使線圈法線轉向與B 平行。13解： BB1B2B3B4 ,B10,B40B210 I0 I ,，42R8RB30 I2 sin0 I,4 d42 R則： B 方向：，大小：B0 I0 I。8R2 R14解 :（1） FCDI 2 bBCDI 2b0 I 18 10 4(N)，2 dFEFI 2bBEFI 2 b0 I 18 10 5(N)，2(da)FDEI 2 d ld aI 2 dr0 I 10I1I2B2r2dFCFI 2 d ld aI 2 dr0 I 10I1I 2B2r2d（2）合力： F7.2

22、104(N),方向。ln da9.2105(N),方向dln da9.2105(N),方向dword 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除力矩： d Md PB 0Md M0 。15解：（ 1） PmISenR 2 Ien2（2） MPm B,M 方向向上。R2B IM Pm Bs i n 9 02第十章電磁感應與電磁場1B；2D；3A ；4C；5C；6A ；715J；88.710 6 V ，A 端。9解 : t 時刻 :mB d SBdS0 Il1dr0 Il 1 ln al 2vta l2vta vt2 r2avtiN d mN 0 Il 1 (vv)0 NIl 1l 2vdt2a

23、 l 2 vtavt2 (a vt )(a l 2 vt )10解：mB d Sb0 I0 Iadx(x)2 ( r2)0 2 (r1x)0 aI(r1 b)(r2 b)2lnr1r2dmidt0 a ln (r1b)(r2b) dI2r1 r2dt0 I 0 a(r1b)( r2b)t2lnr1r2cos11解：動生電動勢MeN( vB) dlMN為計算簡單。可引入一條輔助線MN ，構成閉合回路MeNM ，向上運動時，穿過其中word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除的總磁通量不變，則，閉合回路總電動勢為零。總MeNMN0MeNNMMNab0 I0Ivab( vB)dlvMNdx

24、2lnbMNab2xa負號表示MN 的方向與 x 軸相反。MeN0Ivlnab方向 NM2abU MU N0 IvabMN2lnba12解：0B(vB)dlvBdlB l dl1 Bb 2 ；OB2OA(vB)dl1 Ba2OA2故： UAB1 B(a2b2 )20I13解 :（ 1） B21，則：2R21B21 S0 IS2RM0 S-10H2R=4 × 10（2） 1M dI 2 =-2 × 10V-8dt14解：（ 1）0Ia bdx0 Ialn 32x2cMI0a ln 32（ 2） iM dI3ln 30 aI 0e 3 tdt2方向：順時針為正。word 可編輯資料收集于網絡，如有侵權請聯系網站刪除練習十一：振動答案1. C2. A3. 2 :14.10，20/ 2 ，30/ 3 ，40/ 45. 1s6. 75J， 0.0707m7. 解：設平衡時木塊浸沒水中的高度為h，則水 gSh木gSa ，其中 S 為木塊截面積 a 2 。設木塊位移為x，則F水 gS(hx)木 gSa水 gSxkx所以是諧振動2m木 gSa木 aT222k水 gS水8.解 ：（ l） 將 x0.10cos(20tA cos(t)比較后可得：振幅)m 與 x4A 0.10m ， 角 頻 率20s-1 ， 初 相0.25， 則 周 期