普通物理知识学习题集规范标准答案全

1、*目 录 contents第一章力和运动-3-1-2-3-1-4-4-1-5-6-1-6-6-1-9-7-1-14-8-第二章运动的守恒量和守恒定律 .-10-2-3-10-2-9-11-2-11 -11-2-13-12-2-16-13-2-17-15-2-19-16-2-23-17-2-27-17-第三章刚体的定轴转动 -18-3-1 -18-3-3-19-3-6-20-3-7-20-3-10-21-3-11 -21-第四章狭义相对论基础-22 -4-1 -22-4-8-23-4-11 -23-第五章 静止电荷的电场 -24 -5-1 -24-5-5-25-5-7-25-5-13-26-5-

2、15-27-5-17-29-5-26 -30-5-29-31-5-30 -32-5-31 -32-5-43 -33-第六章恒定电流的磁场-34 -6-1 -34-6-4-35-6-5-35-6-7-36-6-12-37-6-15-38-6-19-38-6-23 -39-6-26 -40-6-28-41-第七章电磁感应电磁场理论 -42 -7-2-42-7-5-44-7-7-45-7-14-45-7-15-46-7-16-46-第一章力和运动1-2(1) - 2. 一质点沿Ox轴运动，坐标与时间的变化关系为工=4工- 2尸，式中工j 分别以m.s为单位，试计算,(O 在最初2导内的平均速度,2s

3、末的瞬时速度鼻(2) 1 s末到3 s末的位移.平均速度；(3) 1号末到3 s末的平均加速度；此平均加速使是否可用a=包产 计算？ £(4) 3启末的瞬时加速度.分析：质点沿所轴作直线运动时,其位移、速度、加速度等矢量的方向都可 以用标量的正或负表示-本题中，质点的运动学方程式是t的三次函数d因此在 质点的运动过程中，位移和速度都将变操方向，而加速度随时间，作线性变化- 所以,质点作匀变加速直线运动.解；(D在最初2 s内的平均速度为.g-峋 (A x2-2x2J) -0 八 A /加2-。由运动学方程可得瞬时速度为野= = - m/耳= -4 m/s=*二4-6上2号末的瞬时速度

4、为(4-6?) |=(4-6x2°) ni/s = -20 m/s11 -”号表示质点向Ox轴负方向运动.(2) 1s末到3苜末的位移为小*=x3 -x = (4x3 - 2x3J) -(4x1 -2 x I3 ) in = - 441 3末到3 s末的平均速度为.4 3 一/一42 2v = - = - m/s = '22 m/g Ai 3 “-”号表示质点向必轴负方向运动.(3) Is末到3 s末的平均加速度的大小为均一叫 (4-6&3* -(4人 xf )3 -1m/sJ = -24 m/s'式中“-号表示质点的加速度沿向X轴负方向.虽可求得与本题中的加

5、速度以 =孚=-随工作线性变化，用武 at(乏)相同的计算结果，但这只是在a - £为线性关系时的特例，不具有普遍性.比 如，当。二标时，两种算法的结果不可能一致.所以，用辰=巴4%求质点运动的平均加速度是错误的.(4)3日末的瞬时加速度% 二12上 | f_3 = - 12 x3 m/s£ = - 36 m/s2 “-”号表示质点向Ox轴负方向运动.1-41-7,在离水面高度为h的岸边，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸边s距离 处.当人以的的速率匀速收绳时，试求船的速率与加速度各有多人.分析：在用绳子拉船靠岸的过程中,船始终沿水面向岸运动，运动方向不 变.如解图1 -7a所示

6、，以收绳处为坐标原点/时刻船位于多，位置矢量为0， 模的大小为g I =门，这就是工时刻绳的长度一4M时刻船位于巳，位置矢量 为心，在At时间内，船的位移为位置矢量模的变化为= 应注意 I* I因绳长以恒定速率峋变短，所以在M时间内绳子的缩短量为恒定的Ar,由图可知，这是Ar沿绳方向的分量.根据对船的位移的分析，利用几何关系可建立起船的运动学方程，从而得到 船的速度、加速度与%的关系.解1：如解图1 -7a所示，有I Ar I cos S 二加-0 时，有 fdr|cge = dr船的速率为空收绳速率为 % 二半二CO5g -曹cos 6 ar dr所以，有=%式中在图示坐标系中，Ar沿力轴负

7、方向.所以,船的速度为式中“- ”号表示船是向岸靠拢的.船的加速度为dv d / yj- +h t 立卜；解2：如解图】-7b所示,在直角坐标系中，工时刻船离岸边的距离为船的位置矢量(运动方程)可表示为 r = xi + ( - h)J船的速度为 = $ = $'=%»由于x =彳1所以 以当4由山彳二不小因绳子的长度随时间而变短，上式中手二70 ui所以，船的速度为解困! -7b亚= 出船的加速度为 叭"同方向，表明船是加速靠岸的.1-51-我在质点运动中，已知工a九空二-从|=反求质点的加速 dt度和它的轨道方程.分析二求出工方向和7方向的加速度，可以得到质点在

8、平面内运动的总加 速度;利用积分，代人y方向的初始位置，可以得到质点在y方向的运动规律，消 去运动方程以办和做。中的时间参量L即可得到质点在平面内运动的轨道方 程小）.解：as - yr - ak2 , %=字=必黑="drd/a = e" i + bk2 e-由y方向速度，得dy =-必出对上式两边积分井代人初始条件dy -乩卜”山得y - 6e从零二二方e »两式中消去工，得轨道方程1-61-9.按玻尔模型，氢原子处于基态时，它的电子围绕原子核作阕周运动, 电子的速率为12 x JO6 mA,禽核的距离为0. 53 x 10 * m,求电子绕核运动的 频率和向

9、心加速度.分析：根据题给条件可知，电子绕原子核作匀速率的圆周运动（运动速率为 常数），由此可求得单位时间内绕核运动的周数即为频率.解:频率r =半2.2x1。"2 x3'14 x0.53 xlO-Hz =6.6 x IO15Hzm/s' =9. 1 K 10式 m/s2/ (2.2x106 尸 五 一 0. 53 xlO.61-91 -2氏A、B两个物体，质量分别为mA = 100 kg,f =60 kg,装置如图所示. 两斜面的倾角分别为a =30。和0=60。.如果物体与斜面间无摩擦,滑轮和绳的 质量忽略不计，问：(1)系统将向哪边运动？(2)系统的加速度是多大？

10、(3)绳中的张力多大？分析：由于轻绳不可伸长，连接A、B两物体时，不论向哪边运动,A、B都将 具有相同大小的加速度值,对于斜面问即，若不能直接判断系统的运动方向，可 先假定某一运动正方向,并依此列方程，由计算结果确定物体的实际运动方向.1 -28.解：取两物体为研究对象.分别作A、B两物体的受力分析见解图 设系统沿图示方向运动,两物体在运动方向上的动力学方程分别为Ft - ni人g导in ot =fnap- F1= niaa解(1),(2)两式，得m% + 加5& >0,表示系统的实际运动方向与假定正方向一致.从(1)式得mBgsin-mAgsin a a = = 0. 12 m

11、/sFr = /ngsin ct +mAt£ -502 N1-14i -36.一质点的质量为1 kg,沿Ox轴运动，所受的力如图所示一 =0时, 质点静止在坐标原点，试求此质点第7 5末的速度和坐标.分析：质点在变力产的作用下将改变运动状态.已知F和质点的质量 外 可以得到加速度&利用。与,以及#与A*的积分关系，可求得以t）和毒（。. 由于为分段连续函数，故加速度。和速度随时间t的变化关系也都是分 段连续函数，在求相关的积分时需注意这一点.解；在二05导区间内，坦-25可得*对上式;积分，有fdb=2£小据题意，*0时 =。，故有七二产£ =5 s时的速

12、度为vs =25 m/s由"哈=可得dx =?df对上式积分，有口工=/市据题意J =0时的=0,故有= y125t=5 s时的坐标为=41. 67 m在"5区间内，尸2二m*=4±（'一7）， % = 一当=- 5可得=(t 7) dt = -5( 7) di对上式积分，有加=-5(f-7)d(可得v = v3 -2. 5r +35112.5"7 5时的速度为%=(25 -2,5 X71 +35 x7 -112.5) m/s=35 m/s由”正可得dx = ( -2.5/ +3587. 5)山对上式积分，有£品=(-2+5/ +35,

13、 -87.5)出可彳导=% -0. 83? + 17, 5? -87,5i + 104, 17C=7 s时的坐标为% 二(4L67 -O.83 x73 + 17.5 X71 -87.5 x7 + 104. 17) m=106. 15 m所以/ =7 g时的坐标为叼=106. 15 m,速度为与=35 m/s.1-14题解:a(t)2t 0 t10 5(t 5) 5 t5且 v(0)70, x(0) 0tv(t) v(0)0 a(t)dt2t20 t 525 10(t 5) 2.5(t 5)2 5 t 770 a(t)dt25 10(7 5) 2.5(7 5)2 35 (m/s)x(t)x(0)

14、t°v(t)dt 3.053/ 3t3. 3225(t 5) 5(t 5)25)3x(0)07 v(t)dt 53：3_、 _、225(7 5) 5(7 5)2.5T(75)3105 (m)第二章运动的守恒量和守恒定律2-32-5.一颗子弹从枪口飞出的速度是300 m/s,在枪管内子弹所受合力的大小由下式给出:尸=400-*其中F以N为单位/以s为单位.(1)(2) 为零I(4)画出F-t图；计算子弹行经枪管长度所花费的时间，假定子弹到枪口时所受的力变求该力冲量的大小三 求子弹的质量.分析：子弹在枪膛内所受的合力是作用时间极短，大小变化极快的变力. 该合力的冲量使子弹获得动量.解,!

15、k-u .b底减.(2)(0根据题意,画出图如解图2-5所示.合力F随时间上线性根据假定，子弹在枪口时所受合力为零, F = 4OO 4 ；1% =)得子弹行经枪管长度所花费的时间£ = 3 x 10 - s. (3)子弹所受冲量的大小为FAt =400 -4 x 105-0. 6 N * s子弹所受冲量的大小也可以由F-t图的面积求得,(4)根据动量定理, 得子弹的质量y x400 x3 x N s=0.6N ,/ = Ap mv 0/0, 6 N S r .八 _一m = 7=30077=2x10 kg2-92-14.设作用在质量为2 kg的质点上的力是F = (3t+5/) N

16、.当质点从原 点移动到位矢为r = (2i-可)m处时，此力所作的功有多大？它与路径有无关 系？如果此力是作用在质点上唯一的力，则质点的动能将变化多少？解：质点从(0,0)移动到(2, -3)作的功为A =F - r= (3r+5J) (2i -3j) = -9 J设质点从(0,0)先移动到(2,0),再移动到(2,-3),此力作的功为A +4, :F +产 ' = (3i+y)* 2i + (3i+57) ( -3)J二 6-15 - -9 J结果相同，可见此力作的功与路径无关.由动能定理，质点的动能的变化量为小&A = -9 J2-112 一 17.有一保守力户=(-At

17、+ Bd)i,沿工轴作用于质点上，式中A为常 量以m计，尸以N计.(1)取时号=。，试计算与此力相应的势能；(2)求质点从欠=2 m运动到* =3 m时势能的变化.分析：势能属于保守力相互作用系统,是由相对位置决定的函数.空间某 点的势能值是相对零势能点的，数值上等于从该点将质点移动到势能零点时，保 守力所作的功.解：(1)已知势能零点位于坐标原点，则工处的势能(-Ax +) (lx =- 1炉(2)质点由式=2 ri运动到工=3 ni时,势能的增量为 A玛二纥I .”-纥I 7 =4乂 -呈日保守力做的功为力=尸也=-(去4 -学町可见，保守力做的功等于势能增量的负值，即A - - A*2-

18、132-19, 一根原长4)的弹簧，当下端悬挂质量为小的 重物时，弹簧长=2配现将弹簧一端悬挂在竖直放置的 圆环上端4点,设环的半径氏=/口把弹簧另一端所挂重 物放在光滑圆环的已点，如图所示.已知KE长为1.6也 当重物在B点无初速地沿圆环滑动时，试求：(1)重物在点的加速度和对圆环的正压力；(2)重物滑到最低点C时的加速度和对圆环的正 压力.习牌2-19图分析：取重物叫地球和弹簧为系统时，圆环对重物的支持力Fn是外力 由于圆环光滑，因此在重物m沿圆环的运动过程中，支持力F、不作功,重物所 受的重力和弹性力是系统的保守内力.所以，系统的机械能守恒.由于重物沿 圆环作圆周运动，因此，在解题时宜用

19、自然坐标.解:由弹簧的静平衡条件尸-mg=A" -喋二0A/ = 2/0 - =晶=R(1)# =驶=陛一 所一 R切向法向Fn + *cos 8 mgcns 26 - ma(1)重物在6点所受弹性力F为F乳= kl0 =1, 6£ - /?) =0. 67ng由题给条件和解图2 - 19可得AB2R二 0. 8sin 0 = v 1 - cos2 0 =0. 6根据题意外=0,有 口4二。所以，重物在N点的加速度aB = g( sin 20 - 0< 6sin 0)= gsin 8(2cos8-0. 6) =5. 88 m/s2ft解图2 -19对重物的受力分析如解

20、图2-19所示.在园环的任意位置处，重物的运动 方程为由(3)式得Fnr - mgcos 26 - 0. 6mgeos B =0. 20 “表示屏与图示方向相反.重物对圆环的正压力F常二曲=O.ZOmgN方向沿圆环径向指向环心.(2)重物在C点时，由解图2-19可知， g=QT Fc=k(2R -/0) -mg 2代入(2)、两式，得=0,尸皿磐fl对重物m、地球和弹簧系统，机械能守恒.分别以重物在B点和C点为始态 和末态，有EkR +纥W=如心+K* 选C点为重力势能零点，上式为0升/HL6R4 mg2R-.6Re ym4+yA;(2/?-/0)1(5)由(4)、(5)两式,可得 ”。.80

21、mg, % - /0. 8gR重物在C点的加速度 气=口”=湛=0.呢=7. 84 m/1 K方向指向环心.重物对圆环的正压力尸需二-产帕工注80mg N方向与N相反，竖直向下.2-162 -23.小球的质量为m,沿着光滑的弯曲轨道滑下，轨道的形状如图.习题2-23图(1)要使小球沿圆形轨道运动一周而不脱离轨道，问小球至少应从多高H 的地方滑下？(2)小球在网圈的最高点月受到哪几个力的作用？(3)如果小球由A/=2R的高处滑下，小球的运动将如何？分析：取小球、地球为系统时，光滑轨道作用于小球的支持力是外力，但在 小球运动过程中支持力不作功，因此系统机械能守恒.小球恰可沿圆形轨道运 动一周而不脱

22、离轨道，则要求小球在最高点4具有恰可作圆周运动所需的最小 机械能.解1; (1)由受力分析(解图2-23),可得小球在圆形轨道上任意点。的 运动方程.法线方向 Fn -叫cos 8 = m之(I )A支持力/nO(2)小球从目高度滑到。点过程中，系统机械能守恒.选 圆形轨道最低点C为势能零点，则有mgH -mgR - Reos 0) +(3)解”)、(2)、(3)三式，得 cos 8(4)对最高点儿应有e =兀,所以 hr +畀 二泞 典,q即小球至少应从=初处滑下.此时有/归=0, 科 = mg这就是小球恰可沿圆形轨道运动一周而不脱离轨道的动力学要求.(2)小球在圆形轨道最高点月的受力与开始

23、下滑高度H有关.当“需/?时,小球受重力和支持力，方向竖直向下,当H =5/?时,小球只受重力.5(3)当3»夫时，小球将不能绕圆轨道到达4点.H = 2R时，小球将在圆 轨道的某点处脱离轨道作抛体运动.在脱离点，A二0.将日二2五代人(4)式, 并取等号，得0 = 13L8°.*由（I）式可得，小球脱离轨道时的速率为*J孥.解2： （I）对小球和地球组成的系统,机械能守恒.取IM环最低处为重力 势能零点.设小球在最高点具有速率也有mgH = rng（2f?）孑/恨，小球恰可作圆周运动,在最高点仅由重力提供向心力，即2V用g =机瓦解上述两式,得月二算问题（2）、（3）同解

24、L2-172 24. 一弹簧原长为总劲度系数为上上端固定，下端挂一质量为m的物 体，先用手托住，使弹警不伸长.（】）如将物体托住慢慢放下，达都止（平衡位置）时.弹簧的最大伸长和弹 性力是多少？（2）如将物体突然放手,物体到达最低位置时，弹簧的伸长和弹性力各是 多少？物体经过平衡位置时的速度是多少？分析士物体悬挂于弹簧下端，受重力和弹性力作用,取物体，弹簧和地球为 系统时，儿+41a =0,所以，系统的机械崩守恒.本题涉及重力势能和弹性势能,解题中需正确选取势能零点.解困2-%解：（）慢慢放下的物体将静止在受合外 力为零的平衡位置，设此时弹簧的都伸长最为 ” 取坐标Ox向下为正,以平衡位置为坐标

25、原点.因受力平衡，有-五。十吟二。得弹簧的好伸长最的二等rt弹簧作用于物体的弹性力大小为F =包=mg（2）突然放手后，设物体最低可到达毒处，以，,放手”位置和工处为系统的 始态和末态，在此过程中，系统的机械能守恒.选平衡位置为重力势能零点，弹 簧原长处为弹性势能零点.有用/n =一日喀第土皮-4（不土耳）”弹簧的伸长量为*弹性力大小为F = k（xQ +尤）设物体在平衡位置时的速度为也仍由机械能守恒定律=方嗨 + 2-192-27. 一炮弹竖直向上发射，初速度为 明在发射后经时间E在空中自考 爆炸,假定分成质量相同的A、B、C三块碎片.其中A块的速度为零；B、C两族 的速度大小相同.且B块速

26、度方向与水平成a角，求B、C两碎块的速度(大小 和方向).分析：取炮弹为系统.因爆炸时的内力远大于重力，炮弹所受重力可忽略不 计，所以爆炸前后炮弹的动量守恒.应用动量守恒定律时要注意动量的矢量性.解：以炮弹为系统，取坐标设爆炸前炮弹的速度为端，爆炸后，B、C丽 块速度的大小均为并分别与工轴成仪角和6角，如解图2 -27所示.爆帏前解图2-27三块碎片的质量均为血因爆炸前后炮弹的动量守恒，有 工方向0 = ?nvcos a - mvcw H,方向3mM =musin a + mysin 0% =% _gt3(% -g£)v -可得2ginB-a、运动守恒定律的综合应用2-232-33.

27、如图是一种测定子弹速度的方法.子弹 4*4！甜水平地射入一端固定在弹簧上的木块内，由弹簧压缩 A/WVWVV - 的距离求出子弹的速度，已知子弹质量是0. 02 kg, 777777777777777777.Ji g8 2 *33 图木块质量是8. 98 kg.弹簧的劲度系数是100 N/m,子'遨弹射入木块后，弹簧被压缩10 cm.设木块与平面间的动摩擦因数为0.2,求子弹 的速度.分析:子弹的运动过程有两个阶段，第一阶段:子弹射入木块并开始具有共 同运动的速度，是完全非弹性碰撞过程，子弹与木块系统的动量守恒;第二阶段： 子弹.木块共同压爆弹簧，取子弹、木块和弹簧为系统时，摩擦力是外

28、力，用功能 原理可解得子弹的速度.解：设明人分别为子弹和木块的质量，子弹射入木块前的速度为%与木 块的共同运动速度为乩碰撞过程中，子弹与木块系统的动量守恒.mv - (m + mn) u对子弹、木块和弹簧系统，运用功能原理，若外=AEk + RE, 在弹簧被压缩工的过程中，摩舞力做功为4外-(2) 式为-/x(m + f)gx将(1 )式代人上式，并代入数据，得4- 2/x =319,2 ni/s2-272-45.角动量为L,质量为m的人造地球卫星，在半径为，的圆轨迹上运 行.试求它的动能、势能和总能量.分析：人造地球卫星作圆周运动时只受引力作用,对“力心”无外力矩：引 力是保守力.所以,卫星

29、对“力心”的角动量守恒，引力系统的机械能守恒.解：由角动量心=胸，得 等上mr卫星动能为矶=3限2=1二卫星-地球系统的势能为2mr机械能为第三章刚体的定轴转动3-13-1. 一飞轮直径为0.30 m,质量为5.00 3,边缘绕有绳子，现用力拉绳子 的一端，使其由静止均匀地加速，经0.5 s转速达10 "s.假定飞轮可看作实心圆 柱体，求：(1)飞轮的角加速度及在这段时间里转过的转数；(2)拉力及拉力所作的功；(3 )从拉动后f=10s时飞轮的角加速度及轮边缘上一点的速度和加速度.分析：飞轮在拉力的作用下，均匀地加速转动，角加速度为常数.由转动定 律可知拉力的力矩恒定.利用转动定律和

30、力矩作功的规律，正确应用角量与线 量的关系即可求解本题.解：已知3口=0,5=2孔也(I)由拉=3(1+。得 4=：-1,26 x 10二ad/J飞轮转过的角度=5nrad飞轮转过的转数N 嗯 =2.5转(2)由转动定律M =FR-Ja =则拉力为F = ymRa =47 N拉力矩的功A = MB - FR3 = 111 J(3)当"10s时,飞轮的角速度出二皿二 1 心 26 x 10s rad/s 飞轮边獴一点的速度y取=1.89 x 10* m/s法向加速度 =1=2.3R x 10s m/J切向加速度 =及。=18. 9 m/<总加速度大小a = /o： +Q： =2.

31、38 x 10, m/s2方向几乎与明相同.3-33 -X如图所不，两物体】和2的质量分别为 四和m小滑轮的转动惯量为人半径为匚(1)如物体2与桌面间的摩擦因数为处求系 统的加速度口及绳中的张力R和Fr/设绳子与滑 轮间无相对滑动)；(2)如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度。及绳中的张力和步忆分析：滑轮受两边绳子的拉力对转轴的力矩，作定轴转动，与绳相连接的两 物体作平动.根据转动定律和牛顿运动定律，可分别得到它们的运动规律.由 于绳子不可伸长且与滑轮无相对滑动，因此，滑轮两边绳子的张力不相等，两物 体具有相同大小的速度和加速度.物体加速度的大小与滑轮边缘点的切向加速 度大小相等.解；(

32、1)对两物体和滑轮的受力分析，如解图3-3所示.设物体的加速度大小为。，滑轮角加速度为巴并设啊向下为运动正方向.由牛顿运动定律由转动定律尸门.盘=叫口,七二卬n?g正口 r F Tn=Ja解图3-3£4）鼻= ctr可解得（g -卬 ）ga -;TJ1十吗+J/r皿1（m±十严E1 + J/1）gTl mL + ni2 +J/r"叫（产1+叫+J/J）g F =7 T i Km l + rTi2 + /r(2)将*=0代入以上结果即可.叫吕= 1 / 5nij + m3 + J/rfn,（m2 +J/r）gm, 4- m; 4- J/r叫叫gm +m2 + J/

33、r'3-63-9.某冲床上飞轮的转动惯量为4. 00 x IO3 kg - 当它的转速达到 30 "min时，它的转动动能是多少？每冲一次，其转速降到10 Mmin.求每冲一次飞轮对外所作的功.分析：利用飞轮的转动动能对外界作功解：/三30r/min时的转动动能为%二士"=足4. 00 X IOJ * 俨吸J = L 97 x IO4 J 22 OU /石=10 “min时的转动动能为£心=；x4.00 xlO?J=2, 19x10、J22 NJ /由转动动能定理,得外力矩对飞轮作功为A=E-Ekl = -1.75 xlO4 J飞轮对外所作的功为Af =

34、-A = J. 75 x 104 J3-73-1丸在自由转动的水平圆盘上，站一质量为m的人.圆盘的半径为几 转动惯量为J,角速度为卬,如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系 统动能的变化.分析：取人和圆盘为定轴转动系统.人与盘的相互作用内力不改变系统绕 垂直轴转动的角动量.故系统的雷动量守恒.解:人站在盘边缘时，与圆盘具有相同的角速度" 此时，系统的角动量为 A - (J + rriR2)酬设人走到盘心时，系统的角速度为加,由于此时人已在转轴处，对转轴的转 动惯量为零，所以就是圆盘的角速度,系统的角动量为(J + mR2 )at -Jtt)1r拜屈* J3 - 3jm*iW -

35、 0> -3 =3系统角动量守恒，有得角速度的变化为系统动能的变化为国=9 J 枭 "m屋)/='3-10,3 -16,如图所示的打桩装置，半径为正的带齿轮转盘绕中心触的转动惯量 为/,转动角速度为,夯锤的质量为吸,开始处于静止状态.当转盘与夯锤碰 撞后，问夯锤的速度能有多大？分析：以转盘与夯锤为系统.在碰撞过程中，由于 相互作用的冲击内力很大，可认为有锤所受的重力对转 盘的中心轴的力矩可以忽略，所以系统在碰撞过程中对 转轴的角动量守恒.解：设碰撞后夯锤与转盘有相同的角速度距将夯 锤视作质点.由系统的角动量守恒，Jo>fl = (mR1 + J)w得mR* + J

36、3-113-19.如图，弹簧的劲度系数宓=2.0* I0J N/m,轮子的转动惯增为0. 5 klmt轮子 半径r= 30 cm.当质量为60 ks的物体下落 405时的速率是多大？假设开始使物体静 止而弹簧无伸长.分析；取弹簧、轮子、物体和地球为系统. 系统不受外力.绳与滑轮间的摩擦力和绳的 张力都是成对内力.由于绳与滑轮间无相对 滑动，以及绳不可伸长，这两对内力的功都为I777777777777/,图 9一3 题 习夯锤向上运动的速度为零.所以，利用机械能守恒定律即可求解.也可由牛顿运动定律和转动定律 求解.解L设下落物体的速度为明则轮子的转速为3 七,因绳子不可伸长,所以弹簧的伸长量即为

37、物体下落的距离.选物体下落40 cm时的位置为重力由机械能守恒定律，得kh2 += mgh名上士式中h为物体下落的高度，成为物体的质量J为轮子的转动惯量，所以,12辿一用 51。V m + J/r解2：受力分析如解图3-19,并设物体运动方向如图.解图3 -19mg - Fj = maFTr - kxr = Jet a = ra可解得mg 一 kxa =(m十，du dx1fd 廿=adx一 W 77m + J/解得从两种解法可见，第一种简便，这就是守恒定律的优越性.第四章狭义相对论基础4-14-4 一观察者测得运动着的米尺长0.5由，问此尺以多大的速度接近观 察者？分析：米尺的长度在相对静止

38、的坐标系中测量为1小，当米尺沿长度方向相 对观察者运动时，由于“长度收缩”效应，观察者测得米尺的长度与相对运动的 速度有关.解：设米尺的固有长度为L,且L =L0 m,由“长度收缩”效应：-倒得v 2. 6 x 10F ffi/s4-84-U.地球上一观察者，看见一飞船A以速度2. 5 xlOe m/s从他身边飞 过，另一飞船E以速度2.0x108 m/s跟随A飞行.求：(1) A上的乘客看到B的相对速度；(2) B上的乘客看到A的相对速度.分析：本题为一维情况下的相对论速度变换问题.应注意确定研究对象、K 和1C参考系，从而确定已知条件的属性.解：(】)设地球为K系，飞船A为长系以飞船B为研

39、究对象已知K' 系相对K系的速度为v =2, 5 x 10* m/s飞船B在K系中的速度为%工2. 0 x 10s m/s飞船B在K系中的速度为u土 一普1机之1=L 125 x 10* m/s(2)设地球为K系，飞船B为K'系.以飞船A为研究对象.已知IC系相对K系的速度为廿二2. 0 k 10K m/s飞船A在K系中的速度为% =2.5 x 10B m/s飞船A在K'系中的速度为u t;u； = - L 125 x IO8 m/suv4-114 -15,某人测得一静止棒长为/，质量为m，于是求得此捧线密度为p产与假定此棒以速度r在棒长方向上运动，此人再测棒的线密度应

40、为多少，若棒在垂 直长度方向上运动，它的线密度又为多少？分析；本题涉及两个相对论效应:沿棒长方向运动时的“长度收缩”效应和 运动物体的“质速关系” .解：设棒沿式轴放置，棒相对观测者沿式轴运劭.(1)棒长1是固有长度.观察者测得棒在运动方向G轴)的长度为则线密度为运动质量为(2)棒在垂直于长度的方向上(沿了轴或看轴)运动时，观察者测得的长度 不变即，" =，,但棒的质量即运动质量仍由(2)式所示.所以，线密度为Pt第五章静止电荷的电场5-17 -J.在真空中，两个等值问号的点电荷相距0. 0J m时的作用力为10 $ N, 它们相距0. 1 m时的作用力为多大？两点电荷所带的电荷量是

41、多少？分析：真空中点电荷间的相互作用力遵循库仑定律.解：(1)设两点电荷相距一时的底仑力的大小为鼻，相距七时的库仑力 的大小为耳，有F =3 f -L_i_1 4冗右)片,2 - 4又与r2 =0. I m时的作用力大小为2 2居=勺1=(*_ x10'N=K)tNr； U. 1 1(2)由 网 ,得 V -3. 33 x )0-10 C5-57 -6.在直角三角形ABC的A点，放置点电荷2=1, 8 x 10 " C,在日点放置点电荷上=-4. 8 x 10C.已知BC =0. 04 m, 4C=0. 03 m.试求直角顶点C处的电场强度.解：如解图7-6所7K.以C为原点

42、，建立 直角坐标 的.令月。=口，日。=4，则5、的在C 点产生的电场强度分别为E 粤(-/) = L8x 104( -J) V/m4冗Eg fjE2 =7争=2.7 xKTi V/mMg。4解图7-6C点的合场强为Ec 的大小为Ec - VTE； =3 . 24 x 104 V/mEc与水平方向夹角为,=arctan£=arctan|/j= 3375-77 -1。用细绝缘线弯成的半圆形环，半径为R,其上均匀地带正电荷Q,求 圆心。点处的电场强度.分析：根据电荷分布的对称性，注意选择好坐标系解题.解：如解图7 - 10所示，设Q>0.在半圆形环上任 取一电荷元曲=加2,在圆心。

43、点处的电场强度的大小为 d£ = -警4 冗比 ft1方向如图所小.式中九二,班二Rd仇由电荷的对称分布可知，厕心0点处的电场强度沿x 轴正方向.有解图7-10E =型二/表整。2 *脩广W网"小=彳35-137 -17.在半径分别为10 cm和20 cm的两层假想同心球面中间，均匀分布 着电荷体密度为p = 10 C/ms的正电荷.求离球心5 cm、15 cmcm处的电 场强度.分析：电荷的分布具有球对称性时，它的电场也应具有球对称分布,运用高 斯定理可求出各点的电场强度的大小.解：以叫和&分别表示均匀带电球壳的内、外半径.设离球心口=0.05 m处的电场强度为马

44、，在以口为半径的高斯球面S,上, 场的大小应该相同，并处处与品的法线方向平行.对国运用高斯定理，有£耳*必二十£寸=0所以，离球心5 cm处的电场强度甚=0.以=0. 15 m为半径作高斯球面S2,设S2上各点的场强为E1,对S2运用 高斯定理，有 £玛 dS = -jpdV式中Jpdy是凡所围的电荷贵jpdY = （p4nJd- yp（ri - R；）所以，离球心15 cm处的电场强度E2的大小为F 03-知）,nv/& =z= 4.1） V/m3备马 的方向与殳的法线方向一致，即沿径向向外.以q =0.50 m为半径作高斯球面邑时，带电球壳在昆内，对S

45、.运用高斯 定理，有（£ dS -工式中JpdU是&所围的电荷量，即带电球壳的全部电荷量，有jpdV = J p4nr3dr =竽p（. 一 &：）所以,离球心50 cm处的电场强度E3的大小为"（周-昭） 八-2 2 1 = L 05 V/mE）的方向与S3的法线方向一致,沿径向向外.5-157-19.厚度为0.5加；的无限大平板均匀呻10带电，电荷体密度为l.0xi()T C/m求：(1)薄层中央的电场强度；(2)薄层内与其表面相距0. 1cm处的电场强度；(3)薄层外的电场强度.分析；无限大均匀带电板对中央面对称，因此，在中央面两侧，带电板内外 的电场

46、强度相对板的中央面也应具有对称性.可运用高斯定理求得带电板内外 的电场分布.如果把带电板看成是由无数厚度为dr的无限大均匀带电平板重叠而成的 话，根据电场强度的叠加原理可知，空间各点的电场强度为各薄层在该点的电场 强度的矢量和.解1：利用电场强度叠加原理求解.以带电板中央面为原点取坐标Or如解图7 -19a所示.在r处取厚度为dr，垂的薄层平板，电荷面密度为仃二户”,其两侧均匀电场的人小为dE=导逑2与 20解图7-19a宜于薄层向外.(1)带电板中央的电场强度品.在中央面左右两侧带电板完全对称，厚度都是% = 0.25 cm,带电量相等.它们在=0处的场强大小相等、 方向相反，吼二0.即 与

47、带电板表面相距0.1 cm处，即r= ± (0.25 -0. I) cm= ±0. 15 cm处 的电场强度£上。.产 J50. 25£+ai5 = E在-£右=I= L 69 x 104 V/mJ-o 23Jo, )5 2&o方向与坐标轴正方向一致.二后左_后右=-1. 69 x 104 V/m沿坐标轴反方向-,0.2525(3)薄层外任意点的电场强度型 -£-(0.25 + & 25) = 2.83 x JO1 V/m2/2跖i事垂直于两侧板面向外.解2：运用高斯定理求解.由于带电板对中央面左右对称，因此可作具有同

48、样 对称性的圆柱形高斯面5,如解图7-19h所示.圆柱的 两底面与距中央面都是的法线方向与面上的电场 强度£方向一致，圆柱侧面易的法线方向与带电板的£ 方向处处相垂直.对S面运用高斯定理，有£松 * dS = 2g =式中JpdV是闭合的圆柱面S所围的电荷量.当 rqr0 Ho. 25 cm 时，JpdV = pS2 x2r = 2pS2r r 当 r > % 时,jpd V - 2pS .所以，带电板内外场强的大小为,1(1)带电板中央，因=0,故有,工。(2)带电板内r = 土0. 15 cm处，口 pr L0 x JO-4 x0+ 15 y，E = J

49、 = -五一V/m = L 69 x 10 V/m司,8. 85 x 10 11O)带电板外任意处，门 pr。 1.0 乂 10 7 K0.25 - cm一=8.85x107Y/m=2.83xl。V/m5-177 一23a 如图所示，已知 r =6 cmt(/ -8 cm,l = 3 x 10 s = -3 x 10-a C. 求：(1)将电荷量为2x1。-9 c的点电荷从4点 4早£移到8点，电场力作功多少？|I(2)将此点电荷从点。移到点，电场力作功 小 多少? zd>j.Dg分析：由粗势的叠加原理求出源电荷5、药在 小内出、。和办四点处的电势匕、匕和匕.、匕后，利用 电势

50、差求得电场力的功或系统电势能的变化.解.匕=- + -？-2- - - = L 8 x 103 V4眸4盛。"十屋=-L 8 x 103 V(1)将点电荷由4点移到日点过程中，电场力作功为aa3 - -q式匕f 匕)=qM =3,6 x io-6 j(2)将点电荷从c点移到。点过程中，电场力作功为= -g4%- VQ匕；=-3. 6 X U 6 J5-267-36.点电荷9=4.0x103 C,处在导体球壳的中心，壳的内外半径分别 为 % =2. 0 cm 和晶=3. 0 cm,求；(1)导体球壳的电势：(2)离球心r = L。由处的电势；(3)把点电荷移开球心L 0 cm后球心。点

51、的电势及导体球壳的电势.分析：静电平衡时，导体球壳内、外表面将感应出等量异号电荷和+9, 并均匀分布,利用高斯定理可求得场强的分布，并由电势的定义求得电势的分 布.也可利用电势的叠加原理求得炉的分布.解：利用高斯定理可以得到静电平衡时各区域的电场分布为"凡）（/ r 凡）£ =3- ,4冗£一& =0(1)导体球壳的电势J粒E 4比6。-4n生心(2)离球心r = L 0 cm处的电势R也fit匕=拓 dr + / E? , dr + (邑 dr=怠-京 + P = 300 V(3)把点电荷移开球心1.0 cm,仍然在导体球壳内部.导体球壳外表面的 电荷分

52、布没有变化，故球壳电势与情况(1)相同，为120 V.球心点。处的电势由叠加原理得% = 1 + 丁 = 120 V * 360 V =480 V4n%扁4孔与21mrj 4 mm习题7-39图可解得2 X IO-q"。= (4 +2) X10-x3.0 x IO_7 C = l.Ox IO-7 C5-297-39.三平行金属板A、B、C面积均为200 cm=A、B间相距4 clmm, A、C间相距和C两板都接地.如果使A板带正电 3.0x10-7。,求式1) B、C板上感应电荷;(2) A板的电势.分析：由于金属板的线度远大于板的间距，因此金属c板带电时，板间的场强可近似为均匀电场

53、 静电平衡状态 下，金属板是等势体，所以，使A板带正电，B和C两板都 接地时,A板与B、C两板间的电势差相同.由于A板与 B.C两板的间距不同，故A板两侧的场强不同，即A板两 - 恻分布的电荷是不同的.1解：(!)设A板的带电量为q,静电平衡时,在相对B 板一侧分布有如,在相对C板一侧分布有窕,并有在B、C两板相时A板的面上则分布有感应电荷-久和-拆.设A、B两板间的场强为Eah,A、C两板间的场强为心口有尸 外先知R "c <7c下和鼠=-TT由于A板与B、C两板间的电势差相同，凡匕，即 演日* da0 = E雨：,或年乳_ 9b =?. 0 x 10 7 C所以，B板上的感

54、应电荷为1.0 x 10- C,C板上的感应电荷为-2.0 X 10C.(2) A板的电势为匕=*当日=大；， 4日=2. 26 X 10,V5-307 -41.如图，G = 10 汕=5. 0 “F,G = 5. 0 |xF.(1)求力、B间的电容；(2)在4E间加上100 V的电压，求G上的电荷 量和电压；ao习题7 .4】图(3)如果G被击穿，问G上的电荷量和电压各是 多少？分析：根据电容器的串、并联规律和导体系统的静 电平衡状态求解.解：(1)力I间的等效电容Gg为C1与C工并联后再与Cj串联,即1 1 1C.h C, + C2 C3_ (G + G) G _所以如二不不G* 75 nF(2)电容器带电时，设G G 和g极板上的电荷分别为3、/和的，电势 差分别为4、4和% 由导体系统的静电平衡状态可知，它们应满足关系% +q'=<h =q5=%,靖+ 3=5占由