1、第一章質點運動學選擇題：（D）（B）（）（）（）（）（）（）（）10（）11（）12（）13（）14（）15（）16（）二. 填空題：1.；圓； ； （）、（）、（）是不可能的 1011，； 12變速率曲線運動；變速率直線運動13，14， 15三.計算題：解：（）；（），；（）2.解：， 3. 解：（），軌跡方程是：（），速度大小為：與軸的夾角，與同向，方向與垂直4.解：，又 已知 ，則：西北5.解：選地面為靜止參考系，風為運動參考系，飛機為運動質點已知：相對速度：，方向未知；牽連速度：，方向正西；絕對速度：大小未知，方向正北由速度合成定理有：，構成直角三角形，可得：（北偏東航向）6. 解：設

2、質點在處的速率為，7.解：選地面為靜止參考系，火車為運動參考系，雨滴為運動質點：已知：絕對速度：大小未知，方向與豎直方向夾；牽連速度：，方向水平；相對速度：大小未知，方向偏向車后由速度合成定理：畫出矢量圖，由幾何關系可得： 第二章 牛頓運動定律答案 擇題參考答案B; 2. A; 3. D; 4. E; 5. C; 6. D; 7. C; 8. B; 9.C; 10. D.填空題參考答案：1. ； 2. 2%； 3. ； 4. mg/cos, ; 5. ;6 24cm 7 ， ； 8. ； 9. 計算題參考答案：1. 2.解; 3. 解：設拉力大小為為F，方向沿繩。摩擦力大小為f，方向與木箱運方

3、向相反。木箱支撐力為N。 （1） （2） （3）得 最省力： 得:, 4. 解：（1）子彈射入沙土后受力為-Kv，由牛頓定律得 求最大深度， , ， 第三章功與能答案一、選擇題：1. (A)，2.（B），3.(D)，4.(C)，5.(C)，6. (B)，7.（C），8.(D)，9.(C), 10 .(B），11.（C）,12.(C)二、填空題1. 2. 3. 12800J4. 動量、動能、功、勢能 5. 100m/s 6. 3.03105 W 7. 8. -F0R; 9. 零，正，負 10. 18J，6m/s 11. 4000J 12. ， 13. GMm/(6R)，-GMm/(3R) 14.

4、-0.20715.290,290 16.保守力的功與路徑無關， 18.198s或是3.3min三、計算題1. 解：由x=ct3可求物體的速度： 物體受到的阻力為：阻力對物體所作的功為：2. 解：根據功能原理，木塊在水平面上運動時，摩擦力所作的功等于系統（木塊和彈簧）機械能的增量。由題意有 而 由此得木塊開始碰撞彈簧時的速率為另解：根據動能定理，摩擦力和彈性力對木塊所作的功，等于木塊動能的增量，應有 其中3. 解：（1）根據功能原理，有（2）根據功能原理有 4.解：兩個粒子的相互作用力 已知處為勢能零點，5. 解：把卸料車視為質點。設彈簧被壓縮的最大長度為l，彈性系數為k，在卸料車由最高點下滑到

5、彈簧壓縮最大這一過程中，應用功能原理有 對卸料車卸料后回升過程應用功能原理，得： 由式和聯立解得：6. 解：設v1為軟木塞飛出的最小速度，軟木塞和試管系統水平方向動量守恒 （1）當用硬直桿懸掛時，M到達最高點時速度須略大于零，由機械能守恒， （2）若懸線為輕繩，則試管到達最高點的速度v滿足 由機械能守恒： 7.解：（1）取地心為原點，從O指向隕石為r的正方向，如圖。隕石由a落到b，萬有引力的功（2）取隕石為研究對象，根據動能定理 得（也可用機械能守恒解）8.解：（1）由位矢 （2）由 9.解：用動能定理，對物體 得 10,解：（1）外力做的功 設彈力為 即（3）此力為保守力，因為其功的值僅與彈

6、簧的始未態有關第四章動量和角動量答案一選擇題（）.()（）（）（）（）（）（）（）10（）11.（）12（）13（） 14. （） 15.（）二填空題：；與速度方向相反 ；零 不一定；動量 ; ；北偏東 10 11；12； 13 14；15；三 計算題：1.解：由動量定理知質點所受外力的總沖量由 方向：， （與軸正向夾角）2.解：（）因穿透時間極短，故可認為物體未離開平衡位置因此，作用于子彈、物體系統上的外力均在鉛直方向，故系統在水平方向動量守恒令子彈穿出時物體的水平速度為，有： （） （方向為正,負號表示沖量與方向相反）3.解：完全彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒碰前：對：方向向右，對：；碰后

7、：對：方向向左，對：，方向向右動量守恒：（）機械能守恒：（）聯立（）、（）兩式解得：，而 ；克服阻力作的功為動能的減少，由動能定理：4解：恒矢量即系統動量守恒 , 即代入數據計算得又因為第五章 剛體的轉動一、選擇題1、C；2、D ；3、C；4、C ；5、C；6、C；7、A ；8、B；9、C；10、D；11、A；12、D；13、C ；14、C二、填空題：1、； 2、2.5rad/S2 3、不一定；一定4、（?。?mb2;（2）4mb2 5、大于7,6、8、4.2Nm; 9、 10、（1）第二個；（2）第一個 11、mvl 12、 13、 14、角動量； 15、 三、計算題 1、AB解：兩輪的角加

8、速度分別為A，B，有atA=atB=at=r1A=r2B 則 =又=At =40s2、解2mmo 力矩： 在=0時，M=2mgl/2-mgl/2， 由剛體定軸轉動定理 M=J剛體的轉動慣量 J=2m(l/2)2+m(l/2)2= 3ml2/4 角加速度 =M/J=3、解：作示力圖 兩重物加速度大小a相同，方向如圖對重物1應用牛頓第二定律：m1g-T1=m1a （1） 對重物2應用牛頓第二定律：T2- m2g =m2a （2） 應用定軸轉動定理有： （T1-T2）r =J （3） 繩與滑輪間無滑動，有：a= r （4） 聯列求解（1）（4）式，有： 角加速度： 加速度： t 時刻的角速度： 4、

9、解：受力分析如圖示，由轉動定律、牛頓第二定律及運動學方程，可列以下聯立方程： 求解聯立方程，可得OA 5、解：力矩： 在轉到時，M= cos mgl/2 由剛體定軸轉動定理 M=J 剛體的轉動慣量 J=ml2/3 角加速度 =M/J=3g cos /(2l) 兩邊積分：，有6、解：（1）碰撞前，子彈的角動量：PamOmax（2）碰撞過程，角動量守恒： （3）碰撞完成后上擺，機械能守恒：（以轉軸為重力勢能零點） 第六章 靜電場參考答案一選擇題1.（C）2.（C）3.（C）4.（B）5.（D）6.（C）7.（B）8.（A）9.（B）10.（D）11. (D) 12.（D）13.（C）14.（B）1

10、5.（C）16. (D) 17. (B) 18.（D）19.(B) 20.（C）21.（B）22. (C) 23.（C）24.（B）25.（C）二、填空題1. 2. d a 3.， ，4. ，由圓心O點指向 5. 06. ， 0， 7. ；8. ， 9. 0， 10. ， 0；， 11. ，012. 45V，-15V 13. 14. 10cm15. 16. Ed 17. 0， 18.，單位正電荷在靜電場中沿任意閉合路徑繞行一周，電場力作功等于零，有勢場（或保守力場）19. 0，dxxdPXO 20.三、計算題1.解：設P點在桿的右邊，選取桿的左端為坐標原點O，X軸沿桿的方向，如圖，并設桿的長度

11、為L， P點離桿的端點距離為d，在x處取一電荷元dq=(q/L)dx，它在P點產生場強 P點處的總場強為代入題目所給數據，得 的方向沿X軸正向。2.解：在O點建立坐標系如圖所示，半無限長直線A在O點產生的場半無限長直點產生的場四分之一圓弧段在O點產生的場強：由場強疊原理，O點合場強為： 或寫成場強：，方向。3.解：利用高斯定律：。（1）時，高斯面內不包括電荷，所以：；（2）時，利用高斯定律及對稱性，有：，則：；（3）時，利用高斯定律及對稱性，有：，則：；即：。4.解：設坐標原點位于桿中心O點，X軸沿桿向右的方向，如圖所示,細桿的電荷線度，在x處取電荷元，它在P點產生的電勢整個桿上電荷對P點產生

12、的電勢5.解：r處的電勢等于以r為半徑的球面以內的電荷在該處產生的電勢U1和球面以外的電荷產生的電勢U2之和，即U=U1+U2為計算以r為半徑的球面外電荷產生的電勢，在球面外取的薄層，其電量為它對該薄層內任一點產生的電勢為 則于是全部電荷在半徑為r處產生的電勢為注：也可根據電勢定義直接計算。6.解：設無窮遠處為電勢零點，則A、B兩點電勢分別為 q由A點運動到B點電場力作功為注：也可以先求軸線上一點場強，用場強線積分算。第七章靜電場中的導體、電介質答案 一、選擇題：1.（ C） 2.(B) 3.(C) 4.(A) 5.(D) 6.(D) 7.(A) 8.（D） 9.(A) 10(C) 11(B)

13、 12.(C) 13.(C) 14.(B) 15.(D) 16.(A) 17.(D) 18.(C) 19 .(B) 20.( B)21.( C) 22.( B) 23.(C) 24.(D) 25.(A)二、填空題： 1. q; -q; 2.不變，減??；3.（x、y、z）/0 ，與導體表面垂直朝外（0）或與導體表面垂直朝里（o） ； 4.0、； 5.； 6.; ；7. 電位移線 、 電力線 ； 8.， ； 9. u/d ，d-t， u/d ；10.，； 11.2C0 ； 12.Q2/(4C) ； 13. R1/R2 ; ；R2/R1 ；14.； 15. 8.8510-10Cm-2 , 負 ； 1

14、6. 正；17. 9.42，； 18. ； 19.1/r 20. 2:1，1:2，2:9；三、計算題：1. 解：由題給條件（b-a）a和Lb，忽略邊緣效應，將兩同軸圓筒導體看作是無限長帶電體，根據高斯定理可以得到兩同軸圓筒導體之間的電場強度為r 同軸圓筒之間的電勢差： 根據電容的定義： 電容器儲存的能量： 2. 解： （1）設內、外球殼分別帶電荷為+Q 和-Q，則兩球殼間的電位移大小為 場強大小為 電量 (2) 電容 （3）電場能量 3.解：設極板上分別帶電量+q和-q；金屬片與A板距離為d1，與B板距離為d2；金屬片與A板間場強為E1=q/（0S） 金屬片內部場強為E2=q/（0S）金屬片內

15、部場強為E=0 則兩極板間的電勢差為UA-UB =E1d1+E2d2=q/（0S）(d1+d2)=q/（0S）(d-t)由此得C=q/(UA-UB)=0S/(d-t)因C值僅與d、t有關，與d1、d2無關，故金屬片的安放位置對電容值無影響。EOr4.解：（1）場強表示式 1=0 rR12= R1rR23=0 R2rR3(2) =（3）將Q1和R1、R2的值代入有： 第八章恒定電流的磁場（參考答案）一、選擇題 1D 2A 3C 4B 5D 6B 7C 8C 9C 10D 11C 12B 13C 14B 15A 16A 17A 18D 19B 20C二、填空題1 2， 34，垂直向里 5，6，垂直

16、向里 7，8 9， 0， 1011，垂直向里， 12，13圖（a）：；圖（b）：14 154 16，垂直向左17，垂直向外18，19，豎直向上 20鐵磁質，順磁質，抗磁質三、計算題：IIRO12341、解：根據磁場疊加原理，O點的磁感應強度是圖中4段載流導線磁感應強度的疊加。由公式，可得對導線1和4，有：對導線3，有：方向垂直向里；對導線2，有：方向垂直向里；O點的磁感應強度：，方向垂直向里。2、解：建立如圖坐標系，在金屬薄片上取寬為l的無限長窄條，其中電流為該電流在軸線上處的磁感強度為：大小：方向：如圖（不同電流的方向不同）其分量為半圓柱軸線上的磁感強度S3、解：根據安培環路定理：， 選取圓

17、形回路為閉合路徑。：，：， 通過距離軸線為r，長度為l、寬度為dr的面積元的磁通量為： 通過單位長度導線內縱截面S的磁通量：dIrdrOR1R24、解：分析 圓環形導體可以沿徑向分割為一系列載流細圓環, 應用已經導出的圓電流在圓心處的磁感強度表示式和磁感強度的疊加原理求解。在圓環形導體上距O點為r處取寬為dr的細圓環，所載電流，在圓心O點處的磁感強度方向垂直向里，大小為整個圓環形導體在O點產生的磁感強度大小為，方向垂直向里。在圓心O點處的磁矩方向垂直向里，大小為整個圓環形導體在O點的磁矩大小為，方向垂直向里。5、解：分析：電流I1在矩形框處產生的磁場為非均勻磁場，磁場方向向里，矩形框各邊所受安

18、培力可由安培定律分析求解。（1）AD邊、BC邊處磁感強度為，I1I2I2dblABCDI2dxxxOdF故有，AD和BC邊所受的安培力，方向水平向左，方向水平向右以AB邊為研究對象，在電流I1產生的磁場中，AB邊上的距直導線為x處的電流元I2dx所受到磁場力dF方向向上，如圖所示，AB邊上各電流元受力方向相同，故AB邊所受磁場力的大小為，方向向上；同理可得CD邊所受磁場力的大小為，方向向下。（2）導體框所受的合力，方向水平向左6、解：分析：一般情況下螺繞環內不能視為均勻磁場，應用安培環路定理可以計算出螺繞環內的磁感強度；求穿過螺繞環截面的磁通量時，要在截面上取平行軸線的小面元，面元上各點磁感強度的大小和方向相同，容易確定其磁通量，然后用積分求截面的磁通量（1）由對稱性可知，在環內與螺繞環共軸的圓周上磁感應強度的大小相等，方向沿圓周的切線方向。在環內取半徑為r的環路，應用安培環路定理，有，磁場強度，磁感強度（2）在螺線管截面上，在半徑r處，取寬dr，高h的面元（如圖），其面積為dS = hdr，通過此面元的磁通量為通過矩形截面的磁通量 第九章電磁感應答案 一、選擇題：1,E 2,A 3,A 4,E 5,D 6,C