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w w w z h i n a n ch e co m 本习题版权归西南交大理学院物理系所有 大学物理 大学物理 AIAIAIAI 作业 作业NoNoNoNo 0 0 0 01 1 1 1运动的描述 班级 运动的描述 班级 学号学号 姓名姓名 成绩成绩 一 选择题一 选择题 1 一质点沿x轴作直线运动 其v t曲线如图所示 若t 0 时 质点位于坐标原点 则t 4 5 s 时 质点在x轴上的位置为 A 0 B 5 m C 2 m D 2 m E 5 m 解 解 因质点沿x轴作直线运动 速度 t x v d d 2 1 2 1 dd t t x x tvxx 所以在v t图中 曲线所包围的面积在数值上等于对应时间间隔内质点位移的大小 横 轴以上面积为正 表示位移为正 横轴以下面积为负 表示位移为负 由上分析可得t 4 5 s 时 位移 m2121 2 1 25 21 2 1 xx选 C 2 如图所示 湖中有一小船 有人用绳绕过岸上一定高度处的定 滑轮拉湖中的船向岸边运动 设该人以匀速率 0 v收绳 绳不伸长 湖水静止 则小船的运动是 A 匀加速运动 B 匀减速运动 C 变加速运动 D 变减速运动 E 匀速直线运动 解 解 以水面和湖岸交点为坐标原点建立坐标系如图所示 且设定滑轮到湖面高度为h 则 小船在任一位置绳长为 22 xhl 题意匀速率收绳有 0 22 d d d d v t x xh x t l 故小船在任一位置速率为 x xh v t x 22 0 d d 小船在任一位置加速度为 3 22 2 0 2 2 2 d d x xh v t x a 因加速度随小船位置变化 且 与速度方向相同 故小船作变加速运动 选 C 3 一运动质点在某瞬时位于矢径 yxr 的端点处 其速度大小为 A t r d d B t r d d C t r d d D 22 d d d d t y t x s m 1 v 1 2 2 13 4 5 2 5 4 st O 1 x w w w z h i n a n ch e co m 2 解 解 由速度定义 t r v d d 及其直角坐标系表示j t y i t x jvivv yx d d d d 可得速度大 小为 22 d d d d t y t x v 选 D 4 一质点在平面上作一般曲线运动 其瞬时速度为v 瞬时速率为v 某一段时间内的 平均速度为v 平均速率为v 它们之间的关系必定有 A vvvv B vvvv C vvvv D vvvv 解解解解 根据定义 瞬时速度为 t r v d d 瞬时速率为 t s v d d 由于srdd 所以vv 平均速度 t r v 平均速率 t s v 由于一般情况下sr 所以vv 选 C 5 一条河在某一段直线岸边同侧有A B两个码头 相距 1 km 甲 乙两人需要从码头 A到码头B 再立即由B返回 甲划船前去 船相对河水的速度为 4 km h 而乙沿岸步 行 步行速度也为 4 km h 如河水流速为 2 km h 方向从A到B 则 A 甲比乙晚 10 分钟回到A B 甲和乙同时回到A C 甲比乙早 10 分钟回到A D 甲比乙早 2 分钟回到A 解 解 由相对速度公式有甲回到A处所需时间为 从码头A到码头B所需时间 24 1 加上从码头B回到码头A所需时间 24 1 即 h 3 2 24 1 24 1 甲 t 同理有乙回到A处所需时间为 h 2 1 4 1 4 1 甲 t 甲乙所用时间差为 min 10 h 6 1 2 1 3 2 乙甲 ttt 由此知甲比乙要多用 10 分钟回到A处选 A 6 一飞机相对空气的速度大小为 1 hkm200 风速为 1 hkm56 方向从西向东 地 面雷达测得飞机速度大小为 1 hkm192 方向是 A 南偏西 16 3 B 北偏东 16 3 C 向正南或向正北 D 西偏北 16 3 E 东偏南 16 3 解 解 风速的大小和方向已知 飞机相对于空气的速度和飞机对地的 速度只知大小 不知方向 由相对速度公式 地空气空气机地机 vvv 如图所示 又由 222 20019256 所以 地机地空气 vv 飞机应向正南或正北方向飞行 选 C 空气机 v 地机 v 地空气 v 200 192 56 w w w z h i n a n ch e co m 3 二 填空题二 填空题 1 一质点作直线运动 其坐标x与时间t的关系曲线如 图所示 则该质点在第秒瞬时速度为零 在第秒至第秒间速度与加速度同方向 解解 由图知坐标x与时间t的关系曲线是抛物线 其方 程为 6 9 5 ttx 由速度定义 t x v d d 有 62 9 5 tv 故第 3 秒瞬时速度为零 0 3 秒速度沿x正方向 3 6 秒速度沿x负方向 由加速度定义 2 2 d d t x a 有 9 10 a 沿x正方向 故在第 3 秒至第 6 秒间速度与加速度同方向 2 在x轴上作变加速直线运动的质点 已知其初速度为 0 v 初始位置为x0 加速度 2 Cta 其中C为常量 则其速度与时间的关系为 v 运动学 方程为 x 解 解 本题属于运动学第二类类问题 由 2 d d Ct t v a 得 tv v tCtv 0 2d d 0 有 速度与时间的关系 3 0 3 1 Ctvv 再由 3 0 3 1 d d Ctv t x v 得 tx x tCtvx 0 3 0 d 3 1 d 0 有 运动学方程 4 00 12 1 Cttvxx 3 一质点在yo平面内运动 运动方程为tx2 和 2 219ty SI 则在第 2 秒内 质点的平均速度大小v 2秒末的瞬时速度大小 2 v 解 解 在第 2 秒内 质点位移的x y分量分别为本 m21222 12 xxx m612192219 22 12 yyy 平均速度大小为 sm 32 6 62 12 1 2 2 22 yx t r v 由 22 4 d d 2 d d yxyx vvvt t y v t x v x m t s 5 13 4 5 6 O 2 w w w z h i n a n ch e co m 4 s2 t时 s m25 8 82 1 2 2 2 v 4 一质点从静止 t 0 出发 沿半径为R 3 m 的圆周运动 切向加速度大小保持不变 为 2 sm3 a 在t时刻 其总加速度a 恰与半径成 45 角 此时t 解 解 由切向加速度定义 t v a d d 分离变量积分 tv tav 00 dd 得质点运动速率tav 法向加速度 R ta R v an 2 2 2 由题意a 与半径成 45 角知 aan 由此式解得s 1 3 3 t a R t 5 一船以速度 0 v 在静水湖中匀速直线航行 一乘客以初速 1 v 在船中竖直向上抛出一石 子 则站在岸上的观察者看石子运动的轨迹是 取抛出点为原点 x轴 沿 0 v 方向 y轴沿竖直向上方向 石子的轨迹方程是 解 解 取抛出点为原点 x轴沿 0 v 方向 y轴沿竖直向上方向 以河岸为参考系 石子运动 的参数方程为 2 10 2 1 gttvytvx 消去t 得轨迹方程 2 00 1 2 1 v x gx v v y 故 运动轨迹为抛物线 6 当一列火车以 10 m s 的速率向东行驶时 若相对于地面竖直下落的雨滴在列车的窗子 上形成的雨迹偏离竖直方向 30 则雨滴相对于地面的速率是 相对于列车的速率是 解 解 由题意可画出各速度矢量如右图所示 它们构成直角三角形且 地火火雨地雨 vvv 故雨滴相对于地面的速率 s m 3 1730tg 10 地雨 v 雨滴相对于列车的速率 s m 2030sin 10 火雨 v 10 火雨 v 地雨 v 地火 v 30 w w w z h i n a n ch e co m 5 三 计算题三 计算题 1 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动 其加速度为yka 式中k为常数 y是以平 衡位置为原点所测得的坐标 假定振动的物体在坐标 0 y处的速度为 0 v 试求 速度v与 坐标y的函数关系式 解 解 加速度ky y v v t y y v t v a d d d d d d d d 分离变量积分得 2 2 0 2 0 2 2 1 2 1 2 1 dd 00 kykyvv ykyvv y y v v 所以速度v与坐标y的函数关系式为 2 2 0 2 0 2 yykvv 2 一张致密光盘 CD 音轨区域的内半径R1 2 2 cm 外半径为R2 5 6 cm 如图 径向音轨密度N 650 条 mm 在 CD 唱机内 光盘每转一圈 激光头沿径向向外移动一 条音轨 激光束相对光盘是以v 1 3 m s 的恒定线速度运动的 1 这张光盘的全部放音时间是多少 2 激光束到达离盘心r 5 0 cm 处时 光盘转动的角速度和 角加速度各是多少 解 解 1 以r 表示激光束打到音轨上的点对光盘中心的矢径 则 在rd宽度内的音轨长度为rrNd2 激光束划过这样长的音轨所用的时间为 v rrN t d2 d 由此得光盘的全部放音时间为 d2 d 2 1 2 2 2 1 RR NrrN tT R R 3 1 022 0 056 0 10650 223 min 4 69s1016 4 3 2 所求角速度为 rad s 26 05 0 3 1 r 所求角加速度为 3 2 22 22d d d d NrrNrt r rt 33 2 05 0 106502 3 1 rad s1031 3 23 1 R 2 R w w w z h i n a n ch e co m 6 3 有一宽为l的大江 江水由北向南流去 设江中心流速为u0 靠两岸的流速为零 江 中任一点的流速与江中心流速之差是和江心至该点距离的平方成正比 今有相对于水的 速度为 0 v 的汽船由西岸出发 向东偏北 45 方向航行 试求其航线的轨迹方程以及到达 东岸的地点 解 解 以出发点为坐标原点 向东取为x轴 向北取为y轴 因流速为 y方向 由题意可 得任一点水流速 2 0 2 0 l xkuu u y x 即 0 2 2 0 u l xku u y x 将x 0 x l处0 y u 代入上式定出比例系数 2 0 4 l u k 从而得 xlx l u uy 2 0 4 由相对运动速度关系有船相对于岸的速度v vx vy 为 2 45cos 00 vuvv xx yyy uvuvv 2 45sin 00 将上二式的第一式进行积分 有 tx 2 0 v 还有 x yv t x x y t y vy d d 2d d d d d d 0 代入 y v有 xlx l uv x yv 2 000 4 2d d 2 即 xlx vl u x y 0 2 0 24 1 d d 因此 此式积分之后可求得如下的轨迹 航线 方程 3 0 2 0 2 0 0 3 2422 x vl u x lv u xy 到达东岸的地点 x y 为 0 0 3 22 1 v u lyy lx lx y 45 v0 u0 x 西 东 l w w w z h i n a n ch e co m 7 大学物理 大学物理 AIAIAIAI 作业 作业NoNoNoNo 02020202 动量 动量守恒定律 班级 动量 动量守恒定律 班级 学号学号 姓名姓名 成绩成绩 一 选择题一 选择题 1 质量分别为mA和mB mA mB 速度分别为 A v 和 B v vA vB 的两质点A和B 受到相 同的冲量作用 则 A A B的速度增量相等 B A的动量增量的绝对值比B的大 C A B的动量增量相等 D A的动量增量的绝对值比B的小 解 解 由动量定理可知 12AAAAAA vmvmvmI 12BBBBBB vmvmvmI 题意 BABABA vvmmII 故 BBAA vmvm 选 C 2 炮车以仰角 发射一炮弹 炮弹与炮车质量分别为m和M 炮弹相对于炮筒出口速度 为v 不计炮车与地面间的摩擦 则炮弹出口时炮车的反冲速度大小为 A M mv cos B Mm mv cos C mM mv cos D M mv 解 解 不计地面摩擦 则炮弹出口前后炮弹与炮车组成的系统在水平面上动量守恒 设炮车反冲速率为v 以地为参考系 以炮车指向为正方向 有 0cos vMvvm Mm mv v cos 选 B 3 一质点在力 25 5tmF SI 的作用下 t 0 时从静止开始作直线运动 式中m 为质点的质量 当t 5 s 时 质点的速率为 A 1 sm25 B 1 sm50 C 0 D 1 sm50 解 解 设t 5 s 时质点的速率为v 由动量定理可知 0d255 5 0 mvttm 0525d255 5 0 2 5 0 ttttv选 C 4 机枪每分钟可射出质量为 20 g 的子弹 900 颗 子弹射出的速率为 1 sm800 则射击 w w w z h i n a n ch e co m 8 时的平均反冲力大小为 A 0 267 N B 16 N C 240 N D 14400 N 解 解 设机枪在t 时间内发射子弹的质量为m 由动量定理得 子弹受到的冲量为ttvmI 2408001020 60 900 0 3 故平均冲力的大小 N240 t I F 由牛顿第三定律 平均反冲力大小为 240N 选 C 5 速度为 0 V的小球与以速度V V与 0 V方向相同 并且V m 所以 m M m M m M m M 1 1 4 式简化为 01 2VVV 选 C 二 填空题二 填空题 1 一质量为 1 kg 的物体 置于水平地面上 物体与地面之间的静摩擦系数 0 0 20 滑 动摩擦系数 0 16 现对物体施一水平拉力F t 0 96 SI 则 2 秒末物体的速度大小 v 解 解 在 0 1 s 内 因F B J B A J B J C A J B J D 不能确定 A J B J哪个大 解解 对于圆环 转动惯量为 mRmrJdd 22 设细圆环总质量为M 无论 质量分布均匀与否 都有Mm d 所以MRJJ BA 2 选 C 2 光滑的水平面上有长为 2l 质量为m的匀质细杆 可绕过其中点O且垂直于桌面的 竖直固定轴自由转动 转动惯量为 2 3 1 ml 起初杆静止 有 一质量为m的小球沿桌面正对着杆的一端 在垂直于杆长 的方向上 以速率v运动 如图所示 当小球与杆端发生碰 撞后 就与杆粘在一起随杆转动 则这一系统碰撞后的转 动角速度是 A 12 vl B l v 3 2 C l v 4 3 D l v3 解解 小球与细杆碰撞过程中对o点的合外力矩为零 根据角动量守恒定律有 22 3 1 mlmlmvl 碰撞后的转动角速度为 l v 4 3 选 C 3 质量为m的小孩站在半径为R的水平平台边缘上 平台可以绕通过其中心的竖直光滑 固定轴自由转动 转动惯量为J 平台和小孩开始时静止 当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时 此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 A R v J mR 2 顺时针 B R v J mR 2 逆时针 C R v mRJ mR 2 2 顺时针 D R v mRJ mR 2 2 逆时针 解解 以地为参考系 平台和人组成的系统对轴的角动量守恒 设逆地针转动为正 0 JmvR R v J mR J mvR 2 负号表示顺时针 选 A O ll v RO R OJ m v w w w z h i n a n ch e co m 14 4 一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动 盘上站着一个人 初始时整个系统处 于静止状态 当此人在盘上随意走动时 若忽略轴的摩擦 则此系统 A 动量守恒 B 机械能守恒 C 对转轴的角动量守恒 D 动量 机械能和角动量都守恒 E 动量 机械能和角动量都不守恒 解解 此系统所受的合外力矩为零 故对转轴的角动量守恒 选 C 5 关于力矩有以下几种说法 1 对某个定轴而言 内力矩不会改变刚体的角动量 2 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零 3 质量相等 形状和大小不同的两个刚体 在相同力矩的作用下 它们的角加速度一 定相等 在上述说法中 A 只有 2 是正确的 B 1 2 是正确的 C 2 3 是正确的 D 1 2 3 都是正确的 解解 内力成对出现 对同一轴 一对内力的力矩大小相等 方向相反 内力矩之和为零 不会改变刚体的角动量 质量相等 形状和大小不同的两个物体 转动惯量不同 在相 同力矩作用下 角加速度大小不等 选 B 二 填空题二 填空题 1 如图所示 一轻绳绕于半径为r的飞轮边缘 并以质量为m的物体 挂在绳端 飞轮对过轮心且与轮垂直的水平固定轴的转动惯量为J 若不 计摩擦 飞轮的角加速度 解解 飞轮和物体受力如右图所示 由牛顿定律和刚体定轴转动定律有 JrR maTmg 绳和飞轮间无相对滑动有ra 故飞轮的角加速度为 mr r J mg mrJ mgr 2 2 一水平的匀质圆盘 可绕通过盘心的铅直光滑自由转动 圆盘质量为 M 半径为R 对轴的转动惯量 2 2 1 MRJ 当圆盘以角速度 0 转动时 有一质量为m的子弹沿盘的 直径方向射入而嵌在盘的边缘上 子弹射入后 圆盘的角速度为 解解 系统未受外力矩作用 对固定轴角动量守恒有 m O mg a T O T r w w w z h i n a n ch e co m 15 22 0 2 2 1 2 1 mRMRMR 故圆盘的角速度为 mM M 2 0 3 力矩的定义式为 在力矩作用下 一个绕轴转动的物体作运 动 系统所受的合外力矩为零 则系统的守恒 解解 力矩的定义式为 FrM 力矩作用下 物体有角加速度 故物体作变角 速 变角 速运动 合外力矩为零 系统的角动量角动量守恒 4 质量分别为m和 2m的两物体 都可视为质点 用一长为l的轻质刚体细杆相连 系 统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O转动 已知O轴离质量 为 2m的质点的距离为 l 3 1 质量为m的质点的线速度为v且 与杆垂直 则该系统对转轴的角动量 动量矩 大小为 解解 质量为m的质点的线速度为v 则根据线量和角量关系有 系统的角速度为 l v l v 2 3 32 系统对转轴的角动量为mvl l vl m l mJL 2 3 3 2 3 2 22 5 长为l 质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动 转动惯量为 2 3 1 Ml 开始时杆竖直下垂 如图所示 有一质量为m的子弹以水平 速度 0 v 射入杆上A点 并嵌在杆中 OA l 3 2 则子弹射入后瞬间杆 的角速度 解解 子弹射入杆中的过程系统所受合外力矩为零 对过O固定轴角动量守恒 2 2 0 3 2 3 1 3 2l mMlmv l 3 l l mm2 O 32l O A 0 v m w w w z h i n a n ch e co m 16 子弹射入后瞬间杆的角速度 l m M v l mMl mv l 4 3 6 3 2 3 1 3 2 0 2 2 0 三 计算题三 计算题 1 质量分别为m和 2m 半径分别为r和 2r的两个均匀圆盘 同轴 地粘在一起 可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动 对 转轴的转动惯量为29 2 mr 大小圆盘边缘都绕有绳子 绳子下端都 挂一质量为m的重物 如图所示 求盘的角加速度的大小 解解 各物体受力如下图所示 由质点运动牛顿定律和刚体定轴转动定 律列方程如下 设逆时针转动方向正 11 22 mamgT maTmg 2 12 2 9 2mrrTrT 绳和圆盘间无相对滑动有 ra2 2 ra 1 联立以上方程 可以解出盘的角加速度的大小 r g 19 2 2 物体A和B叠放在水平面上 由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接 如图所 示 今用大小为F的水平力拉A 设A B和滑轮质量都为m 滑轮的半径为R 对轴的 转动惯量 2 2 1 mRJ AB之间 A与桌面之间 滑轮与轴之间均无摩擦 绳与滑轮之间 无相对滑动 且绳长不可伸长 已知F 10 N m 8 0 kg R 0 050 m 求 1 滑轮的角加速度 2 物体A与滑轮之间的绳中的张力 3 物体B与滑轮之间的绳中的张力 解解 各物体受力如右图所示 由质点运动牛顿定律和刚体定轴转动定律有 设逆时针转 动方向正 2 2 1 mRRTT maT maTF 绳和滑轮间无相对滑动有 Ra 由以上各式可以解出 1 滑轮的角加速度 2 srad10 050 0 85 102 5 2 mR F m m r r2 m2 m B A F m T T TF a m A T a m B gm gm 1 a 2 a 2 T 1 T w w w z h i n a n ch e co m 17 2 物体A与滑轮之间绳中张力 N0 6 5 103 5 3 F T 3 物体B与滑轮之间绳中张力 N0 4 5 102 5 2 F T 3 如图所示 一半径为R的匀质小木球固结在一长度为l的匀质 细棒的下端 且可绕水平光滑固定轴O转动 今有一质量为m 速度为 0 v 的子弹 沿着与水平面成 角的方向射向球心 且嵌于 球心 已知小木球 细棒对通过O水平轴的转动惯量的总和为J 求子弹嵌入球心后系统的共同角速度 解解 子弹射入木球过程中 子弹 细棒和木球组成的系统所受合外 力矩为零 系统对转轴角动量守恒 2 0cos lRmJmvlR 子弹嵌入球心后系统的共同角速度 2 0 cos lRmJ lRmv O l 0 v m R w w w z h i n a n ch e co m 18 大学物理 大学物理AIAIAIAI 作业 作业NoNoNoNo 04040404能量 能量守恒定律 班级 能量 能量守恒定律 班级 学号学号 姓名姓名 成绩成绩 一 选择题一 选择题 1 一质点受力ixF 2 3 S I 作用 沿x轴正方向运动 从0 x到2 xm 过程中 力F 作功为 A 8 J B 12 J C 16 J D 24 J 解解 由功的定义 力F 作的功为 J8d3dd 2 0 3 2 0 2 2 0 xxxxFrFA x 选 A A A A 2 今有一劲度系数为k的轻弹簧 竖直放置 下端悬一质量为m的小球 开始时使弹簧 为原长而小球恰好与地接触 今将弹簧上端缓慢地提起 直到小球刚能脱离地面为止 在此过程中外力作功为 k gm 4 A 22 k gm 3 B 22 k gm 2 C 22 k gm 22 2 D k gm 22 4 E 解解 设小球刚能脱离地面时 弹簧伸长 0 x 则 k gm xgmxk 00 因弹簧上端缓慢提起 在此过程中外力大小等于弹力 弹簧伸长 0 xxx 1 求质点在 A 0 a点时和 B 0 b点时的动能 2 求质点所受的作用力F 以及当质点从 A 点运动到 B 点的过程中F 的分力 x F和 y F分 别作的功 解解 1 由位矢jtbitar sincos 可得质点运动的速度分量为 ta t x vx sin d d tb t y vy cos d d 在 A 点 0sin 1cos 0 ttyax 即 m B 0 2x A 0 x E O C x w w w z h i n a n ch e co m 22 A 点处质点的动能为 22 22 k 2 1 2 1 2 1 mbmvmvE yAxAA 在 B 点 1sin 0 cos 0 ttbyx 即 B点处质点的动能为 22 22 k 2 1 2 1 2 1 mamvmvE yBxBB 2 由牛顿第二定律 质点所受的力为 jmaimaamF yx jtbmitam sincos 22 质点由 A 到 B x F和 y F做功分别为 xtmaxFA B Aa xx dcosd 0 2 0 222 2 1 d a maxxm bb y mbyymytmbA 0 22 0 2 2 1 ddsin 2 一物体按规律 3 tcx 在媒质中作直线运动 式中c为常量 t为时间 设媒质对物体 的阻力正比于速度的平方 阻力系数为k 试求物体由0 x运动到lx 时 阻力所作 的功 解解 由质点的运动方程 3 tcx 可得质点的速度 2 3 d d tc t x v 由题意 质点所受阻力大小为 3 43 2422 99xcktckvkf 则阻力的功为 3 73 2 0 3 43 2 7 27 d9dlckxxckxfA l f 3 如图所示 劲度系数为k的弹簧 一端固定于墙上 另一端与一质量为 1 m的木块 A 相接 A 又与质量为 2 m的木块 B 用轻绳相连 整个系统放在光滑水面上 然后以不变的 力F 向右拉 2 m 使 2 m自平衡位置由静止开始运动 求 木块 A B 系统所受合外力为零时的速度 以及此过程中 绳的拉力T对 1 m所作的功 恒力F 对 2 m所作的功 解解 设木块 A B 系统所受合外力为零时弹簧伸长 1 x 则 k F xxkF 11 0 1 设绳的拉力T 对 1 m和 2 m所作的功分别为 1T A和 2T A 由于绳拉 1 m和 2 m的力大小 相等方向相反 而 A 和 B 的位移相同 所以 21TT AA 设恒力F 对 2 m作功为 F A A B 系统所受合外力为零时速度为v 弹簧在此过程 中作功为 k A 对系统 由动能定理有 0 2 1 2 21 vmmAA kF 2 AB T 0 k F x 1 m 2 m w w w z h i n a n ch e co m 23 对 2 m 由动能定理有 0 2 1 2 22 vmAA TF 3 又弹力作功 k F xkAK 22 1 2 2 1 4 外力作功 k F xFAF 2 1 5 由以上各式可得 2 2 21 21 21 21 mmk mmF AA mmk F v TT w w w z h i n a n ch e co m 24 大学物理 大学物理 AIAIAIAI 作业 作业NoNoNoNo 05050505狭义相对论 班级 狭义相对论 班级 学号学号 姓名姓名 成绩成绩 一 选择题一 选择题 1 一火箭的固有长度为L 相对于地面作匀速直线运动的速度为 1 v 火箭上有一个人从 火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为 2 v的子弹 在火箭上 测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是 c表示真空中光速 21 A vv L 2 B v L 21 C vv L 2 11 1 D cvv L 解解 对火箭参考系 子弹以速率 2 v通过L位移 故所需时间为 2 v L t 选 B B B B 2 在狭义相对论中下列说法中哪些是正确的 1 一切运动物体相对观察者的速度都不能大于真空中的光速 2 质量 长度 时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的 3 在一惯性系中发生于同一时刻 不同地点的两个事件在其他一切惯性系中也是同时发 生的 4 惯性系中的观察者观察一个与他作匀速度相对运动的时钟时 会看到这时钟比与他相 对静止的相同的时钟走得慢些 A 1 3 4 B 1 2 4 C 1 2 3 D 2 3 4 解解 根据相对论两条基本原理 洛仑兹变换和相对论的时空观 正确的说法是 1 2 4 选 B B B B 3 在某地发生两件事 静止位于该地的甲测得时间间隔为 4s 若相对于甲作匀速直线运 动的乙测得时间间隔为 5s 则乙相对于甲的运动速度是 c表示真空中光速 A 4 5 c B 3 5 c C 2 5 c D 1 5 c 解解 因两件事发生在某地 则甲静止于该地测得的时间间隔 4s 为原时 由洛仑兹变换式 有乙测得时间间隔 0 2 t 1 1 c u t 乙相对于甲的运动速度是cc t t cu 5 3 5 4 1 1 22 0 选 B B B B 4 一匀质矩形薄板 在它静止时测得其长为a 宽为b 质量为m0 由此可算出其面积 w w w z h i n a n ch e co m 25 密度为m0 ab 假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度v作匀速直线运动 此时再测 算该矩形薄板的面积密度则为 A ab cm 2 0 1v B 2 0 1cab m v C 1 2 0 cab m v D 2 32 0 1 cab m v 解解 匀质矩形薄板沿长度方向以接近光速的速度v作匀速直线运动 则细棒静止时 的长度l0即为原长 本征长度 根据狭义相对论时空观中运动尺度收缩效应有 2 0 1cvll 故该矩形薄板沿运动方向的长度变为 2 0 1llaa 垂直运动方向的长度不变为bb 该矩形薄板的质量为 2 0 1cv m m 该矩形薄板的面积密度变为 1 1 1 1 2 0 2 0 2 0 cvab m bllacv m ba m 选 C C C C 5 已知电子的静能为 0 51 MeV 若电子的动能为 0 25 MeV 则它所增加的质量 m与静 止质量m0的比值近似为 A 0 1 B 0 2 C 0 5 D 0 9 解解 由质能关系有增加的质量 m与静止质量m0的比值近似为 5 0 511 0 25 0 2 0 2 0 2 0 0 0 cm cmmc m mm m m 选 C C C C 6 令电子的速率为v 则电子的动能 k E对于比值cv 的图线可用下图中哪一个图表示 c表示真空中光速 解解 根据相对论动能公式 2 0 2 2 0 2 1 1 1 cm c v cmmcEk 可知 当0 c v 时 0 k E 当 c v 增大时 k E随之增大 当 k E c v 1选 D D D D k E A O 0 1c v k E B O 0 1c v k E C O 0 1c v k E D O 0 1c v w w w z h i n a n ch e co m 26 二 填空题二 填空题 1 有一速度为u的宇宙飞船沿x轴正方向飞行 飞船头尾各有一个脉冲光源在工作 处 于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为 处于船头 的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为 解解 根据狭义相对性原理第二条知 两观测者测得的光脉冲传播速度大小均为c 2 一门的宽度为a 今有一固有长度为 00 all 的水平细杆 在门外贴近门的平面内 沿其长度方向匀速运动 若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门 则此 杆相对于门的运动速率u至少为 解解 门外观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门 则观测长度为 a 原长为 00 all 由相对论尺缩效应有al 0 即 2 0 0 1 l u la 2 0 1 l a cu 3 子是一种基本粒子 在相对于 子静止的坐标系中测得其寿命为 0 2 10 6 s 如果 子相对于地球的速度为 v0 988c c为真空中光速 则在地球坐标系中测出的 子的 寿命 1 29 10 5 s 解解 子相对于地球运动 则地球坐标系中测出的 子的寿命为非原时 由相对论时间膨 胀效应有的s 101 29 102 988 0 1 1 5 6 2 0 c c 4 一电子以 0 99c的速率运动 电子静止质量为 9 11 10 31 kg 则电子的总能量是 J 电子的经典力学的动能与相对论动能之比是 解解 电子的总能量 J 108 5 99 0 1 103 1011 9 1 13 2 2830 2 2 0 cccv cm E 电子的经典力学的动能与相对论动能之比 w w w z h i n a n ch e co m 27 J 1004 8 99 0 1 1 99 0 2 1 1 2 1 2 2 2 2 2 0 2 0 0 cc cv cm vm E E k k 5 匀质细棒静止时的质量为m0 长度为l0 当它沿棒长方向作高速的匀速直线运动时 测得它的长为l 那么 该棒的运动速度v 该棒所具有的动能 EK 解解 匀质细棒静止时的长度l0即为原长 本征长度 根据狭义相对论时空观中运动 尺度收缩效应有 2 0 1cvll 故该棒的运动速度 2 0 1llcv 于是该棒所具有的动能 1 02 0 2 0 2 2 0 l ll cmcm cv cm EK 三 计算题三 计算题 1 观察者A测得与他相对静止的Oxy平面上一个圆的面积是 12 cm2 另一观察者B相 对于A以 0 8c c为真空中光速 平行于Oxy平面作匀速直线运动 B测得这一图形为一 椭圆 其面积是多少 解解 由于B相对于A以cv8 0 匀速直线运动 因此B观测此图形时与v平行方向上 的线度将收缩变为bcvR2 12 2 即是椭圆的短轴 而与v垂直方向上的线度不变 仍为 2R 2a 即是椭圆的长轴 所以测得的面积为 椭圆形面积 2222 cm 2 7 1 1 cvRRcvRabS 2 一艘宇宙飞船的船身固有长度为m90 0 L 相对于地面以c8 0 c为真空中光速 的 匀速度在一观察站的的上空飞过 1 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少 2 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少 解解 1 宇宙飞船相对于地面观测站运动 则观测站测得飞船的船身长为 2 0 1cvLL 观测站测得飞船的运动速度为cv8 0 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔为 s 1025 2 8 0 8 0 190 1 7 22 0 0 c cc v cvL v L t 2 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔 s 1075 3 8 0 90 7 0 cv L t w w w z h i n a n ch e co m 28 3 在实验室中测得电子的速度是 0 8c c为真空中的光速 假设一观察者相对实验室以 0 6c的速率运动 其方向与电子运动方向相同 试求该观察者测出的电子的动能和动量 是多少 电子的静止质量me 9 11 10 31kg 解解 设实验室为K系 观察者在K 系中 电子为运动物体 则K 对K系的速度为 cu6 0 电子对K系速度为cvx8 0 电子对K 系的速度 c cuv uv v x x x 385 0 1 2 观察者测得电子动能为 J 1085 6 1 1 1 15 2 2 0 cv cmE x K 观察者测得电子动量为m s kg 101 14 1 22 2 cv vm vmp x x x w w w z h i n a n ch e co m 29 大学物理 大学物理AIAIAIAI 作业 作业NoNoNoNo 06060606电场强度 班级 电场强度 班级 学号学号 姓名姓名 成绩成绩 一 选择题一 选择题 1 设有一 无限大 均匀带正电荷的平面 取x轴垂直带电平面 坐标原点在带电平面 上 则其周围空间各点的电场强度E 随距离平面的坐标位置x变化的关系曲线为 规定 场强方向沿x轴正方向为正 反之为负 解解 因平面带正电 设电场面密度为 则在X 0 处 0 2 E 正常量 则在X 0 处 0 2 E 负常量 均与 X 值无关选 C 2 下面列出的真空中静电场的场强公式 其中哪个是正确的 A 点电荷q的电场 2 0 4r q E B 无限长 均匀带电直线 电荷线密度 的电场 r r E 0 4 C 无限大 均匀带电平面 电荷面密度 的电场 0 2 E D 半径为R的均匀带电球面 电荷面密度 外的电场 r r R E 3 0 2 解解 矢量不能等于标量 A C 错 无限长均匀带电直线的电场 2 0 2r r E 故 B 错 半径为R的均匀带电球面外 场强为 r r R r r R r r q E 3 0 2 3 0 2 3 0 4 4 4 选 D 3 在空间有一非均匀电场 其电力线分布如图所示 在电场中作 一半径为R的闭合球面S 已知通过球面上某一面元S 的电场强 度通量为 e 则通过该球面其余部分的电场强度通量为 A e B e S R 2 4 E O S R E x A O E x C O E x B O xE O E x D x E 1 w w w z h i n a n ch e co m 30 C e S SR 2 4 D 0 解解 闭合球面内不包围电荷 则由高斯定理得 0d 余 SE e S 所以通过该球面其余部分的电场强度通量为 e 余 选A 4 A和B为两个均匀带电球体 A带电荷 q B带电荷 q 作一与A同心的球面S为高斯面 如图所示 则 A 通过S面的电场强度通量为零 S面上各点的 场强为零 B 通过S面的电场强度通量为q 0 S面上场强的大小为 2 0 4r q E C 通过S面的电场强度通量为 q 0 S面上场强的大小为 2 0 4r q E D 通过S面的电场强度通量为q 0 但S面上各点的场强不能直接由高 斯定理求出 解解 由高斯定理 内 qSE S 0 1 d 知 通过高斯面S的电场强度通量为q 0 而A 和B两个均匀带电球体电何分布不在具有对称性 产生的电场也不在具有对称性 故而 S面上各点的场强不能直接由高斯定理求出 选 D 5 一个带正电荷的质点 在电场力作用下从A点出发经C点运动到B点 其运动轨迹 如图所示 已知质点运动的速率是递减的 下面关于C点场强方向的四个图示中正确的 是 解解 点电荷受电场力amEqF 质点作曲线运动 法向加速度为 n a不为零 则F E 不可能沿切向 又因质点速率递减 t a一定与运动方向相反 所以选 D 二 填空题二 填空题 1 两个平行的 无限大 均匀带电平面 其电荷面密度分别为 和 2 如图所示 则A B C三个区域的电场强度分别为 A E B E C E 设方向向右为正 A S q r q B A A B C E B A B C E C A B C E D A B C E ABC 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 0 2 0 2 2 w w w z h i n a n ch e co m 31 解解 设电场方向向右为正 则由电场叠加原理有 000 2 3 2 2 2 A EA区 000 22 2 2 B EB区 000 2 3 2 2 2 C EC区 2 一半径为R的带有一缺口的细圆环 缺口长度为d d R 环上均匀带正电 总电量为q 如图所示 则圆心O处的场 强大小为E 场强方向为 解解 带正电 有缺口的细圆环相当于一个均匀带电的细圆环和长为d 带负电且电荷线密 度与圆环相同的直线的叠加 均匀带电的细圆环在O点产生的场强为零 而带负电的缺 口在O点产生的场强大小为 d 时 它不是由球对称带电体产生的 R O d q q S E OR r rE r E 1 w w w z h i n a n ch e co m 32 设有半径为R的无限长圆柱体均匀带电 体电荷密度为 由高斯定理可得其场强 分布为 2 1 2 0 0 2 Rrr r Rr rr R E 故此图电场由半径为R的无限长均匀带电圆柱体产生 5 如图所示 一点电荷q位于正方体的A角上 则通过侧面abcd 的电通量 e 解解 以A为中心可以有 8 个同样的立方体将A包围 每一个立方体中 对于A所在的每 一个平面 有 3 个 电通量为零 A不在的每一个平面 有 3 个 电通量不为零 由 高斯定理 点电荷发出的电力线共 0 q 条 平面abcd是包围A的大立方体表面积的 24 1 所以通过abcd的电通量为 0 24 q e 三 计算题三 计算题 1 在真空中一长为cm10 l细杆 杆上均匀分布着电荷 其电荷线密度 15 mC100 1 在杆的延长线上 距杆的一段距离为cm10 d的一点上 有一电荷为C100 2 5 0 q的 点电荷 如图所示 试求该点电荷所受的电场力 mNC1085 8 21212 0 解解 建立如图坐标系 在x处取电荷元xd 它在 0 q处 产生的场强为 2 0 4 d d xd x E 方向为向左 各电荷元在 0 q处产生的场强方向相同 故整个带 电细杆在 0 q处产生的场强大小为 4 d 4 0 0 2 0 ldd l xd x E l 点电荷 0 q所受的电场力大小为 N 90 0 10 1010 1010 101010102109 4 22 2559 0 0 0 ldd lq EqF 方向 沿x负方向 2 一电荷面密度为 的 无限大 平面 在距离平面a米远处的一点的场强大小的一半 Aa b c d xd X x xd O 0 q dl w w w z h i n a n ch e co m 33 是由平面上的一个半径为R的圆面积范围内的电荷所产生的 试求该圆半径的大小 解解 电荷面密度为 的无限大均匀带电平板在任一点 包括P点 产生的场强大小为 0 0 2 E 以O点为圆心 取半径为r 宽为rd的环形带电体 其电量为rrqd2d 它 在P点产生的场强大小为 2 3 22 0 2 3 22 0 2 d 4 d d ra rar ra qa E 则半径为R的均匀带电圆盘在P点产生的场强大小为 1 2 d 2 d 22 0 0 322 0ra a ra rra EE R 由题意 0 2 1 EE 即 0 22 0 22 1 1 2 ra a 可得aR3 3 设电荷体密度沿x轴方向按余弦规律xcos 0 分布在整个空间 式中 为电荷体 密度 0 为其幅值 试求空间的电场强度分布 解解 由题意 电荷体密度沿X轴方向按余弦规律变化 则带电体可视为沿X轴方向不同 位置不同均匀面密度的无限大带电平面组成 因而电场分布具有面对称性 即场强E 必 沿X轴 且相对于YOZ平面对称分布 在x 处对称作与X轴垂直的两个相同平面 面 积为S 用与X轴平行的侧面将其封闭为高斯面 如图所示 由 高 斯 定 理 V S VSEd 1 d 0 而 SESESESESE S 2dddd 右侧左 xSxSxV x xV sin2dcosd 00 即xSSEsin2 1 2 0 0 得电场强度大小 xEsin 0 0 方向可由E的正负确定 E 0 表示沿X轴正向 反之沿X轴负向 a O R E P rd SS X x x E E O 平面YOZ 面侧 w w w z h i n a n ch e co m 34 大学物理 大学物理 AIAIAIAI 作业 作业NoNoNoNo 07070707电势 班级 电势 班级 学号学号 姓名姓名 成绩成绩 一 选择题一 选择题 1 如图 在点电荷q的电场中 选取以q为中心 R为半径的球面 上一点P处作电势零点 则与点电荷q距离为r的P 点的电势为 A r q 0 4 B Rr q11 4 0 C Rr q 0 4 D rR q11 4 0 解解 由电势定义式有P 点的电势 Rr q r r q rEU R r P P 11 4 d 4 d 0 2 0 选B 2 有N个电荷均为q的点电荷 以两种方式分布在相同半径的圆周上 一种是无规则地分布 另一种是均匀分布 比较这两种情况下在过圆心 O并垂直于圆平面的z轴上任一点P 如图所示 的场强与电势 则有 A 场强相等 电势相等 B 场强不等 电势不等 C 场强分量Ez相等 电势相等 D 场强分量Ez相等 电势不等 解解 由点电荷电场和电场叠加原理有圆周上电荷在P点产生的总电场为 N i iiii k zyx z j zyx y i zyx x zyx q E 1 222222222 222 0 4 不论圆周上电荷是如何分布的 圆周上任一电荷元离P点的距离都是 222 zyx 但各点电荷在P点电场的方向余弦只有 z方向不变故两种分布下场强分量Ez相等 而由点电荷电势和电势叠加原理有圆周上电荷在P点产生的电势为 222 0 1