1、2. Ae(6x 4x )xy16m/s,x / t解 : (1)v大學(xué)物理練習(xí)冊(cè)解答質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)（ 1）答案一、選擇題1.D2.B3.D4.D5.D二、填空題1. 23 m/ssin2cos t22t ;122n 1(n = 0, 1, 2,）t23. 0.1 m/s.4 v 0 bt ;22b4bt) / R(v 02三、計(jì)算題1.2.3（1）xyA 1 cos tA 2 sin t，消去 t 得軌道方程為2222A2A 11（橢圓）（2）rdvdtdrdt222A2 sin t jA 1 cos tiaA 2 cos t jA 1sin tiva與 r 反向，故 a恒指向橢圓中心。2（ 3

2、 ） 當(dāng) t=0 時(shí) ， x=0 ， y=0 ， 質(zhì) 點(diǎn) 位 于 t時(shí)，22A2 sin0, yA 1 cosxA2。質(zhì)點(diǎn)位于圖中的 Q 點(diǎn)。顯然質(zhì)點(diǎn)在橢圓形軌ooMyxQatana29t ,10tdx/dt(2)v16 / s,v(2)1018t,dv/ dt(3)a2(2)26m/savx處的速度為解：設(shè)質(zhì)點(diǎn)在dv dxdx dtdvdtadvdxv23 6x(36x 2)dx ,vdvv0 x03 1/2v160 /3m/ s 。36t dt36t dtdy 12t dt12t dtt2道上沿反時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)。在M 點(diǎn)，加速度 a的切向分量 at如圖所示。可5.所以質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為：見(jiàn)在該

3、點(diǎn)切向加速度 at的方向與速度 v的方向相反。所以，質(zhì)點(diǎn)在通過(guò)M 點(diǎn)速率減小。4.解：先求質(zhì)點(diǎn)的位置2s,t25 220 2s60(m)(在大圓)20 10t,ds /dt40m/svv(2)tat2s時(shí)dv / dt10m/san v/ R22ananaataydvy(1)axdvxdvydt2dv xdt2dtdvydvxt02vy0t0vx02dt312t2tvyvxv32ti 12t jdydtdxdtvyvxdx32tdtdydxt03y0t0 x02tdt423tytxrxy2t i443t j23t1 8t864t(1 36x ) 24t (1 36t ) 62(1 36x )2

4、4t3(2) 上式中消去 t , 得 y=3x2 即為軌道方程?？芍菕佄锞€。注：若求法向加速度，應(yīng)先求曲率半徑。62(3)144t312t4t2y2t2vxvyvvxv242 216t1 36t62 4t 2 144t 6dvdta63232 21 yy4322 4221 36tvangx /vt ;sint2t1v 1v 2v 1v 2根據(jù)v雨對(duì)地 vv4質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)（二）答案一、選擇題1.C2.A3.D4.C5.C二、填空題22vgx2v 01, y2212; y21222. t2S/ t212t 2或1cost1/ t23. r;r0v 3v 24. v 15.222v 1v 2 cos

5、或222v 1v 2 cos三、計(jì)算題1.解：實(shí)際上可以用求面積的方法。4.:h 為小球碰撞前自由下落的距離。因?yàn)槭峭耆珡椥耘鲎玻∏驈椛涞乃俣却?ghv1小為:v2x2m2.3. 解：（1）(1 2) 122(2.5 1)2v雨對(duì)車(chē) 的水平分量的大小為雨對(duì)車(chē)v 雨對(duì)地 豎直向下，車(chē)對(duì)地其水平分量為零。10m/sv車(chē)對(duì)地v 車(chē)對(duì)地 ctg 30(2)由圖： v 雨對(duì)地17.3m/s/ sin30vv車(chē)對(duì)地雨對(duì)車(chē)20m/sv雨對(duì)車(chē)v雨對(duì)地v車(chē)對(duì)地30解：根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球與斜面碰撞時(shí)的速度為v12gh方向?yàn)槟掀?30。5v2 的方向是沿水平方向，故小球與斜面碰撞后作平拋運(yùn)動(dòng)，彈出的水平距

6、離為:根據(jù) 極值條件得到:且:是使小球彈得最遠(yuǎn)的高度。5. 解：設(shè)水用 S；風(fēng)用 F；船用 C ；岸用 D已知：正東正西北偏西 30ov2tsh) g2(H式中tsh) g2gh 2(Hh )2 h(HH 2,h02H12H Hh HH 2dsdh2d s dh2hh4 H0101020vsdv fdvcsvcdvcdv fcv fdvsdvcdvcsv fdvcdv fcvcs方向正北v fc10 3km/hv fdvsdov fcvcsvfcvfdvsdvcd yd6牛頓運(yùn)動(dòng)定律（一）答案一選擇題1.C2.C3.B4.A5.B二、填空題1. f 02. (m3/m2)gi ;023. l/

7、cos 4. 0.28 N; 1.68 N5.則外力由牛頓第三定律， m對(duì) M的壓力與 N大小相等方向相反，數(shù)值為 :2. 解：受力分析，建立坐標(biāo)系，物體受重力，地面的彈力，外力和摩擦力，列受力方程。0NF cos聯(lián)立求解：0mgF sinN當(dāng)分母有極大值時(shí)， F 有極小值。令因此 y 有極大值。由BmBg三、計(jì)算題1. 解：聯(lián)立求解：AfNmAg(1)(2)maN sin0mgN cosgtgamg/ cosNM )a(mF(m M )gtgmg /cosNsincosmgFsincosy0, 有dydsincos220,0cossin,tgarctgamgNyxmavl sin73.證明：

8、有：兩邊積分 :則當(dāng)：Farctgk2x時(shí)最省力。Fam2kmxdvdtdv dxdt dxdvdxvdxdtvkmxvdv2 dxdxkmxvdv2v0 xx0221x 0k 1m x21x01xkmv2rm0mamgN cosN sinT sinT cosl sinr222Tl sin cosmmgsin(1)Nm0(2)mg/cosTg /l coscmgcosNcHOl4. 解：設(shè)小球所在處圓錐體的水平截面半徑為dtFmgmdvkvev)F )(1k(mgkt / mdtFmgmdvkvt0v00時(shí),初始條件 : t0v5. 解: 小球受力如圖 , 根據(jù)牛頓第二定律 :Ffam gx(

9、vay)8牛頓運(yùn)動(dòng)定律（二）答案選擇題1.A2.B3.B4.C5.B二、填空題1. 63.2 N; 參考解： mr22= 2 0.8(2 ) N = 63.2 N2.02mg Rm3. g; 豎直向下 ;22ag4. 25.m2gm2Fm1;m1g)(Fm 1m2m2三、計(jì)算題1.解： 以被提起的繩段y 為研究對(duì)象，建立坐標(biāo) Oy，它受拉力 F 和重力y g的作用，如圖所示。由牛頓第二定律：(d( yv)dt2d(mv)dtdvy )dtygdyvdtF即：2v(ygFg 3a yyg 2ay ay2ayF1ay) 則常矢量時(shí)， v21 當(dāng)a20gy vF2則常矢量時(shí)， a2 當(dāng)vTT22.解

10、： T1相對(duì)地面的加速度為取地面為參考系，電梯a.設(shè)ar為m1相對(duì)電梯的加速度，ar則： a1m1a 1T1a。由： m1: P 11am1a1m1g Tam1 arar則取y軸向下為正，得： a1aar同理： a2m2a2m2g則： m2 : T22am2a2m2gTam2 arar則取y軸向上為正，得： a2m2a2T2P2y時(shí) l 0時(shí)，滑動(dòng)摩擦力 f =m gcos(正確畫(huà)出 為0到90之間的 f曲線)9F*mgmaGTzONAmgF0f()90mg sinmg cos5.98 1010動(dòng)量與角動(dòng)量（一）答案一選擇題C2. C3. B4. A5. A填空題2)m gy0mv 0二1(1

11、12218 Ns30，2 mg/ ，2 mg/4Mv 0mcos1三計(jì)算題1解： (1) 因穿透時(shí)間極短，故可認(rèn)為物體未離開(kāi)平衡位置因此,作用于子彈、物體系統(tǒng)上的外力均在豎直方向，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒令子彈穿出時(shí)物體的水平速度為 v有mv0= mv+M vv =m(v0 v)/M =3.13 m/s2T=Mg+M v /l =26.5 N4.7N smv 0mv(2) f t(設(shè)v 0 方向?yàn)檎较?)負(fù)號(hào)表示沖量方向與 v 0方向相反2解：以 lE 和 lp 分別表示人在塔下時(shí)地心和人離他們共同的質(zhì)心的距離，則mpl p由質(zhì)心定義可得： mEl E由于質(zhì)心保持不動(dòng)，所以當(dāng)人爬上l pmp

12、 l ph 時(shí)，應(yīng)有： mE l E由此得：223.14 1075 2524l pmpmEl Em即地球向人爬高的反方向移動(dòng)了223.14 10m。2m/( R ) 。由質(zhì)量x dx3解：以人與第一條船為系統(tǒng)，因水平方向合外力為零。所以水平方向動(dòng)量守恒，則有：Mv1+mv =0v1=vmM再以人與第二條船為系統(tǒng)，因水平方向合外力為零。所以水平方向動(dòng)量守恒，則有： mv(m+M)v2v2 =vmMm4解：如圖所示，設(shè)薄板半徑為R，質(zhì)量為 m，面密度2A分布的對(duì)稱(chēng)性可得板的質(zhì)心在x 軸上，而224R32 Rx1mxdmmAxC四證明題故此系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守證：物體與契塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受

13、外力，恒，沿水平方向取 x 軸，則按題意，有mvx(M0 0m)V ，其中 vx 為物體沿契塊斜面下滑速度v的水平分量；V 為契塊沿水平面移動(dòng)的速度。由上式，得v xmMmV兩邊乘 dt，積分之，有vxdtmMmVdtt0t0即l cos0 x0dxmMmdxdx,分別為契塊和物體沿水平方向的位移元，這樣，由上式可得契塊的總位移x 為1152275 kgm ，13 mst0) 1.96(t t0)12動(dòng)量與角動(dòng)量（二）答案一選擇題1.C2.3. C4. A5. D二填空題1aC1.14m/s，與正方形一邊成 45o角。m s212 rad/s31 N，1 m/s4Mvd參考解 :mvrLLmv

14、ds2 11三計(jì)算題1解：由題給條件可知物體與桌面間的正壓力mgNF sin30N物體要有加速度必須： F cos30)t即： 5( 3mg，0.256st0t物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，所受沖量為tIt0N)d t(F cos30223.83(tt = 3 s,I = 28.8 N s則此時(shí)物體的動(dòng)量的大小為Imv速度的大小為Imv28.8 m/s2解：這個(gè)問(wèn)題有兩個(gè)物理過(guò)程：第一過(guò)程為木塊 M 沿光滑的固定斜面下滑，到達(dá)B 點(diǎn)時(shí)速度的大小為2gl sinv 1方向：沿斜面向下第二個(gè)過(guò)程： 子彈與木塊作完全非彈性碰撞 在斜面方向上， 內(nèi)力的分量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量近似守恒，以斜面向上為正，則有(m M )

15、Vmv cosMv 1mR0v 0 /R0mR v / Rmv / RmM 2gl sinMmv cosV3解：建立圖示坐標(biāo)，以 vx 、vy表示小球反射速度的 x 和y 分量,則由動(dòng)量定理，小球受到的沖量的x,y 分量的表達(dá)式如下：2mv x0 x 方向： Fx ty 方向： F y t( mv x )( mv y )mv xmv yFFx2mv x / tv x=v cosa F2mv cos / t方向沿 x正向根據(jù)牛頓第三定律，墻受的平均沖力方向垂直墻面指向墻內(nèi)解法二：作動(dòng)量矢量圖，由圖知F(mv )F2mv cos(mv )F t方向垂直于墻向外由動(dòng)量定理 :得： F2mv cos

16、/ t不計(jì)小球重力， F 即為墻對(duì)球沖力由牛頓第三定律 ,墻受的平均沖力FF方向垂直于墻，指向墻內(nèi)4解：物體因受合外力矩為零，故角動(dòng)量守恒設(shè)開(kāi)始時(shí)和繩被拉斷時(shí)物體的切向速度、轉(zhuǎn)動(dòng)慣量、角速度分別為v0、J0、0和 v、J、 則J0J 0因繩是緩慢地下拉，物體運(yùn)動(dòng)可始終視為圓周運(yùn)動(dòng)式可寫(xiě)成22整理后得：R0v 0 /vR物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由繩的張力提供F2再由式可得：1/ 3R2 2(mR0v 0 / F )當(dāng) F = 600 N 時(shí)，繩剛好被拉斷，此時(shí)物體的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為R = 0.3 m四證明題證：因質(zhì)點(diǎn)只受有心力作用，即質(zhì)點(diǎn)所受作用始終指向某一固定點(diǎn)13O，力mmOxymvamva(mv

17、)對(duì)該點(diǎn)的力矩為零根據(jù)角動(dòng)量定理，質(zhì)點(diǎn)對(duì)O 點(diǎn)的角動(dòng)量是恒矢量rLmv 恒矢量L的方向垂直于 r 和v 所在的平面， L 是恒矢量，方向不變，即r ，v 總是保持在一個(gè)平面上，這就是說(shuō)，質(zhì)點(diǎn)在有心力作用下，始終作平面運(yùn)動(dòng)14mv ， 則相應(yīng)的最大速率為：15功和能（一）答案一選擇題1. C2. C3. A4. C5.C二填空題1R13R1GMm() 或2GMm3Rmgkmgk2 x2mghk)(231 m/s，150 J40.2075(2 m，6 m)，(- 4 m，2 m)和(6 m，8 m)，2 m 和 6 m三計(jì)算題1解：按題設(shè)，質(zhì)點(diǎn)由x=0 處沿 x 軸運(yùn)動(dòng)到任一位置 x 的過(guò)程中，合

18、外力所作)kxx0kx(1 eF0kdxF0e的功為： A0)kxEk(1 eF0k利用質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能定理的表達(dá)式，考慮到初動(dòng)能為零，則有F0kx即質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能為： Ek(1)ek0，則得質(zhì)點(diǎn)所具有的最大動(dòng)能可見(jiàn)，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能 Ek 隨位置 x 而改變，令 x為：kxF0kF0kEk,max)(1 elimx 0212按質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定義 Ekvmax2F0km2Ek ,maxm2解：設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為 l0，彈簧的勁度系數(shù)為 k，根據(jù)胡克定律：0.1gk(0.07l0) ，0.2gk(0.09l0)解得：l00.05 m，k49 N/ml0 ) 0.14 Jmv 0a )a )a )拉力所作的功等于彈性勢(shì)能的

19、增量：WEP2EP1221212k(l1l 0 )k(l 23解： (1)建立如圖坐標(biāo) .某一時(shí)刻桌面上全鏈條長(zhǎng)為y,則摩擦力大小為：gylmf0l a0l agydymlfdy摩擦力的功： W f=2 0l aymg2l=2a)(lmg2l(2)以鏈條為對(duì)象，應(yīng)用質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理W221212mv其中： W= WPWf，v0= 0WP =laPdx=mgllamg(lxdx222l由上問(wèn)知Wfa)mg(l2l2所以22212mva)(lmg2l22lmg(l21222a)(l(llg得：v)4解：重力的功： Wmgl( cos cos45根據(jù)動(dòng)能定理有：cos45 )122mgl(cosmvc

20、os45 )2gl (cosv當(dāng) 10時(shí)，v2.33 m/s(亦可用功能原理求解 )5解： (1) 先分析力。在拋出后，如果不計(jì)空氣阻力，則石塊只受重力（保守力）作用，別無(wú)外力，所以對(duì)石塊和地球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒。系統(tǒng)在開(kāi)始位置，其動(dòng)能即為石塊的動(dòng)能，勢(shì)能為；在終點(diǎn)，即地面上，取作勢(shì)能零點(diǎn)，而動(dòng)能為，v 為到達(dá)地面時(shí)石塊的速率。所以，按機(jī)械能守恒定律，有得：16BCATOCmgl45B(2) 仍把石塊和地球看作一個(gè)系統(tǒng)，在拋出后，除重力（內(nèi)力）外，還有外力即空氣阻力作功，因此機(jī)械能不守恒。應(yīng)用系統(tǒng)功能定理，外力作功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增量，仍取地面為勢(shì)能零點(diǎn)，得代入題給數(shù)據(jù)，得171kx0kx

21、0kx0mv ；mv10功和能（二）答案一選擇題1. D2. D3. C4. E5. B二填空題22122122m2m11 / 2)(m1m23v物u/ 2（角動(dòng)量守恒。相對(duì)地面， v 人 =v 物）221212l 0 )k(l4機(jī)械能守恒； mgl2l 0)(lkm2gl5不一定；動(dòng)量三計(jì)算題m1 的速度為 v10，據(jù)機(jī)械能守1解：分三步解。第一步：設(shè)彈簧恢復(fù)形變時(shí)，恒：221212kx第二步： m1與 m2 發(fā)生彈性碰撞，因 m1 = m2，碰后兩小球的速度交換， 碰后 m2的速度為： v2 = v10。第三步：作圓周運(yùn)動(dòng)到A 點(diǎn)處脫落，此時(shí)它對(duì)圓環(huán)的壓力N = 0，因此圓環(huán)對(duì)它的壓力也為

22、零。根據(jù)牛頓第二定律及機(jī)械能守恒定律，有：12122mvmgR(1 cos )2mv22vRmmgcos聯(lián)立上面四個(gè)方程，可以解出：x7mgR2k2解：第一段泥球自由下落過(guò)程選泥球和地球?yàn)橄到y(tǒng)，機(jī)械能守恒，有212mvmgh第二段 泥球與板的完全非彈性碰撞過(guò)程18M )v /l19對(duì)泥球和板系統(tǒng)， 由于相互撞擊力 （系統(tǒng)的內(nèi)力） 遠(yuǎn)大于系統(tǒng)的外力即重力與彈簧恢復(fù)力之和，所以可視為動(dòng)量守恒。取向下為正方向，則有mv(mM )V ，V 為碰后木板與泥球的共同速度。第三段 泥球、平板系統(tǒng)向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程。對(duì)泥球、平板、彈簧以及地球系統(tǒng)，因僅有保守內(nèi)力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒。設(shè)平板原始位置為重力勢(shì)能零點(diǎn)

23、， 此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，泥球落下與平板共同向下的最大位移為x，則有M )gx(mx)12M )V(m12122k(x022kx0kx0Mg又由平板最初的平衡條件可得：由以上四式可解得)1(1(M2khm)gmgkx3解：動(dòng)量守恒M )V(mmv 0越過(guò)最高點(diǎn)條件(m(m M )g2機(jī)械能守恒221212M )v(mM )g2L(mM )V(m解上三式，可得(mv 0M ) 5gl / m4解：重力、支持力、繩中張力對(duì)A 點(diǎn)的力矩之和為零，故小球?qū) 點(diǎn)的角動(dòng)量守恒當(dāng) B 與 A 距離最大時(shí)， B 的速度應(yīng)與繩垂直故有mlvmdv 0 sin30由機(jī)械能守恒有22121212l0 )k(lm

24、v2mv 0由式得v = v0 /4代入式得216k(l l0)15mv 01.3 0 6m/sv = 0.327 m/s5證明：一、用動(dòng)量定理證明以 T 表示 AB 間繩的張力以表示物體與斜面間摩擦系數(shù)對(duì) A 有：mAvTmAg c o s)tmAgsi n(F對(duì) B 有：mBvmBg c o s)tmBg si n(T由兩式消去 v 與 t 得TmBmAmBF ，與無(wú)關(guān)由消去 v 、S得20二、用動(dòng)能定理證明(F對(duì) A 有：對(duì) B 有：221212mAvmBvmAg co s )SmB g cos )SmAgs i nmB g sinT(T2TmAmBmBF ，與無(wú)關(guān)mRm2l / 3 m

25、1b / 2 m1(lb )b) /2m2l / 3 m 1(3b2l )21剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng) ( 一)解答一選擇題3C，4B，5.C；1D，2. C,(5 參考解：掛重物時(shí)，mgT= ma = mR ,TR =JJmgR2由此解出而用拉力時(shí)，2mgR = J=2mgR / J2)故有二.填空題1mgl12參考解：Md M mgl12gm/l r d rl02否 .在棒的自由下擺過(guò)程中，轉(zhuǎn)動(dòng)慣量不變，但使棒下擺的力矩隨擺的下擺而減.小由轉(zhuǎn)動(dòng)定律知棒擺動(dòng)的角加速度也要隨之變小3g / lg / (2l)4 98 N5mgl122g / (3l)650ml2三.計(jì)算題222 222lbm2b l1解：

26、 JJC,diskJrodb)si n(m2gl si n ) /2 m1g(l由 I2224lb2m1(lgsin m2l2解：設(shè) a1,a2分別為 m1,m2的加速度，為柱體的角加速度，方向如圖。（1）m 1,m2的平動(dòng)方程和柱體的轉(zhuǎn)動(dòng)方程如下：(2)(3)(1)m1a1Im1g T1T1R T2rm2a2m2gT2221212mrMRR ,Ir ,a1T2,a2T1,T2T1MR ， 由 平 行 軸 定 理 ， 關(guān) 于 刀 口 的 轉(zhuǎn) 動(dòng) 慣 量 為2MR ；22gI6.31rad /s22rm2m2rRm 1m1R20.8N17.1Nm2gm1Rm2rm1g（2）由（ 1）得 T2由（

27、2）得 T1（3）設(shè) m1著地時(shí)間為 t 則t1.81s2hR2ha1（4）m1 著地后靜止，這一側(cè)繩子松開(kāi)。柱體繼續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)，只因受一側(cè)繩子的阻力矩，柱體轉(zhuǎn)速將減小，m2減速上升。討論：如果只求柱體轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速，可將柱體、m1,m2 選作一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)受的合外力矩 Mm1gR m2gr ，則角加速度22m2rm1RMI 柱即分別討論柱體的本題第二問(wèn)要求兩側(cè)細(xì)繩的張力故采用該方法是必要的，轉(zhuǎn)動(dòng)、 m1,m2的平動(dòng)。3.解：（1）如圖。圓環(huán)放在刀口上O，以環(huán)中心的平衡位置 C 點(diǎn)的為坐標(biāo)原點(diǎn)。 Z 軸指向讀者。圓環(huán)繞 Z 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為2Jzc22MRJ zcJzo（2）在固定軸 PP? 上，只能在

28、紙面內(nèi)外小擺動(dòng)。22MRMR2J xo,平行軸定理 J PP垂直軸定理 J xo2Rg2T1，T1（3）要求在紙面內(nèi)的小振動(dòng)周期1 MgR 1 g由 12 I zo 2 2RMgRI PP3R2g22g3R1212,T2243T 1T21.1547，在平面內(nèi)擺動(dòng)的周期比以PP 為軸擺動(dòng)周期要長(zhǎng) 15.5% 。R? CPP?RO?xO?Z234.解：對(duì) m 1 ，由牛頓第二定律：m1am1g T 11對(duì) m2，由牛頓第二定律：km2am2gT22212mr(T1 T2)r3有運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系，設(shè)繩在滑輪上不打滑4a/ r聯(lián)立1 234各式，得gakm2m2m/ 2m1m1kT1m/ 2m/ 2)m2m

29、2(1m1km2gm1m 1g ， T2km/ 2m/2)m1m2(1O 所受的外力矩為零。5.解：（1）子彈沖入桿的過(guò)程中，子彈和桿系統(tǒng)對(duì)懸點(diǎn)所以對(duì)此點(diǎn)的角動(dòng)量守恒，即22md )1( ML3mv0d由此得桿的角速度為23mv 0d2ML 3md1（2）子彈沖入桿的過(guò)程中，子彈受桿的阻力的大小為（以子彈為研究對(duì)象）tm dmvfmv0mv0t2桿受到子彈的沖力（以桿為研究對(duì)象）m dtffmv03對(duì)桿用質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理x 方向：tffMa ctMFxFxmv0tmd)ML2 tL2 tML(24y 方向：MgMMgF yMacnF yML2L / 2225m2m1T1T2a對(duì)滑輪，用轉(zhuǎn)動(dòng)定律：2

30、4（ ）若令3 4 式中 Fx0，可得0(mv0ttmd)ML2將1 式帶入得2L3d54 l解答剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)（二）一選擇題1D，2C，3B，4C，5A；二填空題10132定軸轉(zhuǎn)動(dòng)剛體所受外力對(duì)軸的沖量矩等于轉(zhuǎn)動(dòng)剛體對(duì)軸的角動(dòng)量（動(dòng)量矩）的增量(J )0Jt2t1M z dt剛體所受對(duì)軸的合外力矩等于零32203x7l246v 04 3M /m lFr5 M變角速角動(dòng)量6.0JmRv2mRJ三計(jì)算題1.解：球與桿碰撞瞬間，系統(tǒng)所受和外力矩為零，系統(tǒng)碰撞前后角動(dòng)量守恒Ja)m (l桿擺動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒(1 c o s )122l2MgJ213MlJ解得小球碰前速率為si n22gl3a)Mlm(

31、l2解：（1）棒在任意位置時(shí)的重力矩l2mgcos ，因?yàn)镴213ml， Jcos3g2lJmgd（2）因 dAcos dl2/ 20l2mglmg c o sd2A這功是細(xì)棒重力勢(shì)能的減少而獲得。25RmR（3）任意時(shí)的角速度根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律Jddmlddtddmlddtmlmlmg222213131313cosl2分離變量d13c o sdg20dl3 0c o sdg2216lg2sin303g2l；(3gsi n )/l903gl棒下擺過(guò)程重力勢(shì)能轉(zhuǎn)變?yōu)閯?dòng)能，可根據(jù)機(jī)械能守恒得到。N，重力 mg ，在不考慮轉(zhuǎn)軸摩檫阻力矩（4）假設(shè)處于鉛垂位置時(shí)軸的作用力為的情況下，以上兩個(gè)力的力矩為零根據(jù)

32、轉(zhuǎn)動(dòng)定律0N 平移到質(zhì)心，正交分解為水平分力Nx，豎直利用質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理，將作用力分力 Ny。質(zhì)心 C 的切向加速度l2act0mact0， N x質(zhì)心 C 法向加速度gacn32l 3g2 ll22法向加速度由法向合外力產(chǎn)生mgmgmacnN y32mgN y523解：唱片之所以轉(zhuǎn)動(dòng)是因受到轉(zhuǎn)盤(pán)施加的摩擦力矩的作用。在唱片上選半徑為 r，寬度為 dr 的圓環(huán)。它的摩擦力矩為dg2 rdr )r(式中m2為唱片的密度總的力矩mgRd23g2R02r dr唱片為剛體，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律ddtJJdJdtJ12233R 14 g21mgR1t14解：選人、滑輪、與重物為系統(tǒng)，系統(tǒng)所受對(duì)滑輪的外力矩為26O

33、drrR )mb 。把碰撞制動(dòng)器的作用力記為Fl 0dt 0 JMgR12設(shè) u 為人相對(duì)繩的勻速度，為重物上升的速度。則該系統(tǒng)對(duì)滑輪軸的角動(dòng)量為M RuMRRL1381 M2 4()RM (uM22根據(jù)角動(dòng)量定理dLdt即12MRu)MRd 13(dt 8mgRgddtadudt41305.解： 設(shè)制動(dòng)器離轉(zhuǎn)軸（鉸葉處）的距離為l0，房門(mén)的質(zhì)心C 到轉(zhuǎn)軸的距離12l C，房門(mén)對(duì)轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量213JF ，鉸葉對(duì)門(mén)的作用力的兩個(gè)分力記為F1和 F2。由角動(dòng)量定理可確定 F 的沖量矩：00由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理可得0l C00 mF)dt(F1令 F10 可解得b23l02/3 處。鉸葉受到的沖擊力最由

34、此，制動(dòng)器安裝在距鉸葉的距離等于房門(mén)寬度的小。27。lCCl0F2F11 (v /c) =7.2cmt2 = L0/v =3.7510 st )= 6.7210 mR0v /c狹義相對(duì)論 ( 一) 解答一選擇題1. B,2.A,3.B,4.B,5.C;二.填空題2 分2 分1. 一切彼此相對(duì)作勻速直線運(yùn)動(dòng)的慣性系對(duì)于物理學(xué)定律都是等價(jià)的一切慣性系中，真空中的光速都是相等的2. C3. CC- 84. 4.3310- 5三.計(jì)算題1 解：由于 B 相對(duì)于 A 以 v 0.8 c 勻速運(yùn)動(dòng)，因此 B 觀測(cè)此圖形時(shí)與 v 平行方2向上的線度將收縮為 2R 1 (v / c)2b，即是橢圓的短軸 .3

35、 分2R = 2 a，即是橢圓的長(zhǎng)軸 . 所以測(cè)得的面而與 v 垂直方向上的線度不變，仍為積為(橢圓形面積 )RabS2R 1 (v / c)2R2 22 分2. 解：(1) 觀測(cè)站測(cè)得飛船船身的長(zhǎng)度為2L0 1L(v / c)54 m則L0，則-7t1 = L/v =2.2510 s(2) 宇航員測(cè)得飛船船身的長(zhǎng)度為-73分2 分3. 解：令 S系與 S 系的相對(duì)速度為 v，有2tt1 (v / c)，22( t / t )1 (v / c)則2 1/ 2c (1 ( t / t ) )v8 -1( = 2.2410 ms )4 分那么，在 S系中測(cè)得兩事件之間距離為：2 1/ 22c( t

36、txv84 分4.答：在太陽(yáng)參照系中測(cè)量地球的半徑在它繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的方向縮短得最多2RR0 1 (v /c)2 分其縮短的尺寸為：R = R0- RR0 (11 (v /c)2 )2212R=3.2 cm5. 解：(1) 從列車(chē)上觀察，隧道的長(zhǎng)度縮短，其它尺寸均不變。3 分1 分隧道長(zhǎng)度為22L 1Lvc1 分(2) 從列車(chē)上觀察，隧道以速度v 經(jīng)過(guò)列車(chē)，它經(jīng)過(guò)列車(chē)全長(zhǎng)所需時(shí)間為2829l 0vLvt2l 0L 1 (v/c)v3 分這也即列車(chē)全部通過(guò)隧道的時(shí)間.vc子相對(duì)于實(shí)驗(yàn)室的速度為子的固有壽命 0 =2.210 s子相對(duì)實(shí)驗(yàn)室作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的壽命狹義相對(duì)論（二）解答一選擇題1C，2A，3A

37、，4C，5C；二填空題- 818.89108 -13 x/v2 分22 分2 分2 分( x /v ) 1 (v / c)4相對(duì)的運(yùn)動(dòng)250.25mec三計(jì)算題1解：設(shè)立方體的長(zhǎng)、寬、高分別以x0，y0，z0表示，觀察者 A 測(cè)得立方體的長(zhǎng)、寬、高分別為22x0 1xvc， yy0， zz0相應(yīng)體積為22xyz V0 1Vvc3 分觀察者測(cè)得立方體的質(zhì)量22mm0v1c故相應(yīng)密度為m/V22m0 / 1V0 1vc22)22m0V0(1vc2 分2解：它符合相對(duì)論的時(shí)間膨脹(或運(yùn)動(dòng)時(shí)鐘變慢 )的結(jié)論2 分設(shè)+v+ -6+-50 =1.6310s按時(shí)間膨脹公式：20 /1 (v /c)移項(xiàng)整理得

38、：202(c/ )v20/ )c 1 (= 0.99c3 分3解：以地球上的時(shí)鐘計(jì)算：Svt4.5 年2 分以飛船上的時(shí)鐘計(jì)算：22t 1tvc0.20 年3 分4解：設(shè)飛船 A 相對(duì)于飛船 B 的速度大小為 v，這也就是飛船 B 相對(duì)于飛船 A的速度大小在飛船 B 上測(cè)得飛船 A 的長(zhǎng)度為30所以飛船 B 相對(duì)于飛船 A 的速度大小也為 2.6810 m/smec / 1 (v /c)2(1/ 1 (v / c) ) 1mec= 4.9910312ll 0 1 (v / c)1 分故在飛船 B 上測(cè)得飛船 A 相對(duì)于飛船 B 的速度為2l / t(l0 / t) 1 (v /c)v2 分解得

39、822.68 10l0 / t1 (l 0 /c t)vm/s82 分5解： (1)222mcE-13=5.810J2 分(2)12EK 0-mev = 4.011014J22mcmecEK22-13JEK 0 / EK-8.041023 分32溫度 答案一選擇題1. B2. C3. B4. B5. B二填空題1. 210K,240K;2. 描述物體狀態(tài)的物理量，稱(chēng)為狀態(tài)參量（如熱運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的參量為p、V、T ）表征個(gè)別分子狀況的物理量（如分子的大小、質(zhì)量、速度等）稱(chēng)為微觀量表征大量分子集體特性的物理量（如p、V、T、Cv等）稱(chēng)為宏觀量3. 6.59 1026kg34. 2.3 10 m5. 6

40、P1三計(jì)算題1. 解：據(jù)力學(xué)平衡條件，當(dāng)水銀滴剛好處在管的中央維持平衡時(shí)，左、右兩邊氫氣的壓強(qiáng)相等、體積也相等，兩邊氣體的狀態(tài)方程為：p1V1= (m1 /M)RT1 ，p2V2= (m2 /M)RT2 由 p1= p2得：V1/V2= (m1/m2)(T1/T2) 開(kāi)始時(shí) V1 = V2，則有 m1/m2= T2/ T1293/273當(dāng)溫度改變?yōu)?T1 278 K，T2 303 K 時(shí)，兩邊體積比為1 1 2V2V /V 2 mT /1 m T 2 0.9847 005在等壓升溫過(guò)程中，氣體要膨脹而對(duì)外作功，所以要比氣體等體升溫過(guò)程多吸收一部分熱量三計(jì)算題V 1膨脹1解：由題意可知?dú)怏w處于初

41、態(tài)時(shí)，彈簧為原長(zhǎng)當(dāng)氣缸內(nèi)氣體體積由到 V 2時(shí)彈簧被壓縮，壓縮量為SV1V2l0.1 m 氣體末態(tài)的壓強(qiáng)為5lSkp0p2氣體內(nèi)能的改變量為E =3缸內(nèi)氣體對(duì)外作的功為122klp0SlW750 J缸內(nèi)氣體在這膨脹過(guò)程中從外界吸收的熱量為40dW= pdV = (a /V )dV10 3 3 3Q=E+W =6.25 +0.75 10 =7 10 J2解： (1) AB：12p A)(VB(pBW1VA) =200 J E1=V(TBTA)=3(pBVBpAVA)/2=750 JQ=W1+ E1950 JBC：W2 =0 E2 =V(TCTB)=3(pCVCpBVB) /2 =600 JQ2=

42、W2+ E2600 JCA：W3 = pA (VAVC)=100 J32pCVC )( pAVATC )CV (TAE31 5 0JQ3=W3+ E3250 J(2)W= W1 +W2 +W3=100 JQ= Q1 +Q 2 +Q 3 =100 J52p1V1)3解： (1)(2)T1)p2)(V2CV (T21( p12EW( p2V2V1) ，W為梯形面積，根據(jù)相似三角形有p1V 2= p2V 1，則12( p2V2Wp1V1) (3)(4)Q =E+W=3( p2V2p1V1 )以上計(jì)算對(duì)于 AB過(guò)程中任一微小狀態(tài)變化均成立，故過(guò)程中Q =3(pV)由狀態(tài)方程得故摩爾熱容4解： (1)(

43、 pV) =RT，Q =3R T，C=Q/ T=3R2 241T1/ T2 = (V2/V1) (V1/V2) = V2/V1W (1/2) (1+3) 1.01310210)1V21V12a (2 2(a /V )dVdWWV2V 1(2)p1V 1 / T1 = p2V 2 /T 2T1/ T 2 = p1V 1 / ( p2V 2 )由a/V1a/ p2p1 ，V2得p1/ p2= (V2/V1)225解： (1) 氣體對(duì)外作的功等于線段 ac 下所圍的面積5J 405.2 J由圖看出Ta=Tc(2)內(nèi)能增量PaVa=P cVc0E(3) 由熱力學(xué)第一定律得Q=E +W= 405.2 J

44、428.31 J10 J31 3答案熱力學(xué)第一定律（二）一選擇題1B ，2A ，3A ，4B，5D二填空題1 AMAM、BM233.331031w 11( 或 w1)490 J5500100三計(jì)算題1解： (1) 等溫過(guò)程氣體對(duì)外作功為3V0V03V0V0RT ln 3dVRTVp dVW=8.312981.0986 J = 2.723(2) 絕熱過(guò)程氣體對(duì)外作功為VWdVp dVV0V03V0p0V03V0RT111p0V0113437.48 10 JW=E=7.4810 J ( 外界對(duì)氣體作功 )Ec=(i/2)RTc9.9710 JTb)2.044 JTa)1.296 Q20.74810

45、 JV1 T121 22解： (1) 剛性多原子分子i = 6，4/ 32ii1T1( p2 / p1)T2600 K312T1)iR(T2E(M /M mol )3(2)(3) 絕熱p2 = n kT 2n = p 2 /( kT2 )=1.96 1026個(gè)/m33解： (1)Ta= paV2/R400 KTb = pbV1/R636 KTc = pcV1/R800 KTd = pdV2/R504 K3(2)(3)bc 等體吸熱Q1=CV(Tcda 等體放熱Q2=CV(Td310310 JW=Q134解：據(jù)絕熱過(guò)程方程： V1T =恒量，依題意得1T2解得(2V 1)11T2 /T 1循環(huán)效

46、率11T2T1氮?dú)猓?2i， i5，1.4=24%5解: 由卡諾循環(huán)效率可得熱機(jī)放出的熱量44T3T1Q1Q2卡諾熱機(jī)輸出的功(1)Q1T3T1Q1W4分由熱力學(xué)第一定律可得致冷機(jī)向暖氣系統(tǒng)放出的熱量WQ2Q1卡諾致冷機(jī)是逆向的卡諾循環(huán) , 同樣有T2T3Q1Q2由此解得)(1T3T1T3Q1T3 T2WT 3T3 T2Q1暖氣系統(tǒng)總共所得熱量Q1T2)T3T2)T 1(T1(T3Q1Q2Q745鍋爐T1T2Q1Q2暖氣系統(tǒng) T3Q1Q2天然蓄水池WT1) =1.0410 J熱力學(xué)第二定律（一）答案一選擇題1. D ，2. D ，3. D ，4. C ，5. D二填空題1功變熱熱傳導(dǎo)2從幾率較

47、小的狀態(tài)到幾率較大的狀態(tài)狀態(tài)的幾率增大 ( 或熵值增加 )3狀態(tài)幾率增大不可逆的4熱量不能自動(dòng)地從低溫物體傳向高溫物體不可能制成一種循環(huán)動(dòng)作的熱機(jī)，只從單一熱源吸熱完全變?yōu)橛杏霉?，而其它物體不發(fā)生任何變化5從單一熱源吸熱，在循環(huán)中不斷對(duì)外作功的熱機(jī)熱力學(xué)第二定律三計(jì)算題3i1解：氦氣為單原子分子理想氣體，等體過(guò)程， V常量， W=0(1)據(jù)QE+W可知EQCV (T2MM molT1) 623 J(2)定壓過(guò)程， p = 常量，QC p (T2MM mol3E 與(1) 相同W=QE417 J46247(3)Q =0，WE 與(1) 同623 J (負(fù)號(hào)表示外界作功 )2證：設(shè) pV圖上某一定

48、量物質(zhì)的兩條絕熱線S 1和 S 2可能相交，若引入等溫線 T 與兩條絕熱線構(gòu)成一個(gè)正循環(huán)， 如圖所示，則此循環(huán)只有一個(gè)熱源而能做功 (圖中循環(huán)曲線所包圍的面積 ) ，這違反熱力學(xué)第二定律的開(kāi)爾文敘述所以，這兩條絕熱線不可能相交3解：如圖所示：若 32 這個(gè)過(guò)程放熱，則在由 1231 組成的這個(gè)循環(huán)過(guò)程中，在23 這個(gè)階段必從單一熱源吸熱，而且在整個(gè)循環(huán)過(guò)程中也只在這個(gè)階段吸熱由熱力學(xué)第一定律知，整個(gè)循環(huán)過(guò)程必對(duì)外做凈功但這違背了熱力學(xué)第二定律的開(kāi)爾文表述，故不可能若 32 這個(gè)過(guò)程不吸熱也不放熱，則在由 1231組成的這個(gè)循環(huán)過(guò)程中， 在 23 這個(gè)階段也必然不放熱也不吸熱，而且整個(gè)循環(huán)過(guò)程中

49、各分過(guò)程都不吸熱也不放熱由熱力學(xué)第一定律知，整個(gè)循環(huán)過(guò)程對(duì)外做的凈功應(yīng)為零這樣，利用這個(gè)循環(huán)，可使進(jìn)行了 1-2 過(guò)程的系統(tǒng)恢復(fù)原態(tài)，而且外界也可不留下變化，這與12 為不可逆過(guò)程相矛盾，故不可能32 這個(gè)過(guò)程既不可能放熱，又不可能既不吸熱也不放熱，故只可能是吸熱的，但求過(guò)程前4證：氣體的自由膨脹是一種不可逆過(guò)程（即：不是準(zhǔn)靜態(tài)過(guò)程）后的熵差、卻需用準(zhǔn)靜態(tài)過(guò)程將過(guò)程的始終兩態(tài)連接起來(lái)計(jì)算設(shè)氣體摩爾數(shù)為，其自由膨脹前的體積為V 1，溫度為 T，理想氣體絕熱自由膨脹時(shí)，溫度不變?nèi)詾門(mén)，而體積增大為V 2（V 2 V 1），用準(zhǔn)靜態(tài)的等溫過(guò)程把絕熱自由膨脹前后的狀態(tài)連接起來(lái)d E= 0 ，TVRpd

50、VdQdV ，RdVV(RT /V )dVTdQTd SV2V1dVVdSRS1S2V2V1Rln0OVpS 1S 2T可逆絕熱過(guò)程pVO1不可逆絕熱過(guò)程3可逆等溫過(guò)程485證：不可能。設(shè)絕熱線與等溫線有兩個(gè)交點(diǎn)，于是可構(gòu)成一個(gè)正循環(huán)，它從單一熱源（等溫過(guò)程）吸收熱量，對(duì)外界做功。通過(guò)絕熱過(guò)程又回到初狀態(tài)。這是違背熱力學(xué)第二定律的開(kāi)爾文表述，所以絕熱線與等溫線不可能又兩個(gè)交點(diǎn)。答案熱力學(xué)第二定律（二）一選擇題1. A ，2. D ，3. C ，4. D ，5. B二填空題1不變?cè)黾? 或熱力學(xué)系統(tǒng)的無(wú)序性 )2大量微觀粒子熱運(yùn)動(dòng)所引起的無(wú)序性增加21dQTS 13 S 2（可逆過(guò)程）40V2V

51、1Rln55.76 J/K三計(jì)算題1解：準(zhǔn)靜態(tài)過(guò)程dQ / Td S等溫過(guò)程p dV /Td Q /Td S由pVRT 得pRT /V代入上式得RdV /VdS12RlnSV1 / 2R dV /VV 15.76 J/K2解： (1)混合氣體的定壓摩爾熱容為4910 J/KVc TcVa Ta ，即5012C p22C p11C p2 (7 /2)R22 (5/2)R2=3 Rab 過(guò)程中系統(tǒng)的熵變?yōu)閎aTbTaSabTbTaC p lnC p dTTd QT(12)Cp ln(Tb / Ta) = 1.102(2)cd 過(guò)程中系統(tǒng)的熵變?yōu)閐cTdTcScd(dQT2)C p ln12(3)整

52、個(gè)循環(huán)中系統(tǒng)的熵變?yōu)镾S ab + S bcS cdSda = 03解： (1) 設(shè)氣缸中有摩爾氧氣，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：QE+ A對(duì)于 ab 等溫過(guò)程，RTa ln(Vb /Va)AabE= 0 ，故有 QabpaVa ln 3RTa ln3對(duì)于 bc 等體過(guò)程， Tc 0 時(shí)向外， AR)方向沿徑向， A0 時(shí)向外， A0 時(shí)向里2 分3解：用“挖補(bǔ)法”，挖去球形空腔的帶電體，在電學(xué)上等效于一個(gè)完整的、電球在空腔內(nèi) P 點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)荷密度為 的均勻帶電大球體和一個(gè)電荷體密度為的組合。小球體的半徑等于空腔球體半徑。大、小強(qiáng)度分別為 E1,E2，則 P 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1EE2?？涨粌?nèi)的 P 點(diǎn)

53、均屬于球內(nèi)一點(diǎn)，其電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)系550E8.91056rE03所以0033r2r1,E2E130r2 )(r1E2E1Ear2根據(jù)幾何關(guān)系 r1aE03與 P 點(diǎn)在空腔中位置無(wú)關(guān)。，取圓柱形高斯面如圖 (1)(側(cè)面垂直底面，4解： (1) 設(shè)電荷的平均體密度為底面 S平行地面 )上下底面處的場(chǎng)強(qiáng)分別為 E1和 E2，則通過(guò)高斯面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量為：SE dS E2 S- E1 S(E2- E1)高斯面 S包圍的電荷 qih S2 分1 分由高斯定理 (E2E1) Sh S / 01 -13 0 E2 E1 4.4310hC/m31 分2 分(2) 設(shè)地面面電荷密度為由于電荷只分布在地表面，所以電力

54、線終止于地面，取高斯面如圖(2)1 分由高斯定理E dS =01qi- E S=S011 分=-103C/m2 分5解：根據(jù)電荷分布對(duì)板平面的對(duì)稱(chēng)性，可知電場(chǎng)分布S）與平板平行的立方盒高斯面。如圖。具有這種對(duì)稱(chēng)性。由此可選底面（有高斯定理0qin /E2Sx2xS ,D / 2 qin0 xEDSqint，D /2D20 xE6.解：作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理0q/E2 rL(2)SE2SE1(1)EhOOPr1r2aDSxExOD/2-D /257R1r00E1qR2rR 1rLq0E22R2r00E3q在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變0002L2 rLrER2R1

55、Lr9 10 J答電勢(shì) 1一. 選擇題1. C，2. C，3. B，4. C，5. C二填空題1UpU02.8102q3q22q1R3. R / (2 0)4RQ04，Qq0 R45dQ2086.-2Ax，-2By二. 計(jì)算題1解：電偶極矩受的電力矩為MpE sin ，由于 角是相對(duì)電場(chǎng)方向量度的，所以電偶極矩轉(zhuǎn)動(dòng) d 角時(shí)電場(chǎng)力做的功為MdpE sin d 。電偶極矩由2轉(zhuǎn)到 角時(shí)，電場(chǎng)力做的功為p EMdApEcospEsin d/ 2/ 22解：（1）平面、之間的電場(chǎng)為)(123210E12平面、之間的電場(chǎng))(123210E23U AB4321321E23l 2BE12l A2)l 2B

56、()l A2(12 0AAB(2) AAB4q0U AB3解：（1）沿桿取 x 軸，桿的 x 反向端點(diǎn)取作原點(diǎn)，由電勢(shì)疊加原理可得延長(zhǎng)q / (l)，在 x 處取電荷元 dq =線上一點(diǎn)的電勢(shì)，如圖所示細(xì)桿的電荷線密度dxqdx/l，它在 P 點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為581AB23l / 227(4 / 3) r (4 / 3) R59xdq d xdU P4 0 l a x 4 0 l a整個(gè)桿上電荷在 P 點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)lx laln l8q0llaqln 140lln44220l /2l /22l / 42bb2 1/ 2z )0 (bdz2l / 2l / 2（2）U Pdsdq2 rdr 它在軸

57、上 P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)dq rdrdU 2 2 1/ 2 2 2 1/ 24 0(x r ) 2 0(x r )圓盤(pán)軸線上任意一點(diǎn)的電勢(shì)是這些圓環(huán)電勢(shì)的疊加222 02x)x( Rxrrdr2R2 0 0U P(2)軸線上任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為xRxidU PdxEx(1222 0)i 電場(chǎng)強(qiáng)度只有 x 分量。5. 解：設(shè)小水滴半徑為 r、電荷 q；大水滴半徑為 R、電荷為 Q27 q27 個(gè)小水滴聚成大水滴，其體積相等32 分3得：R = 3r小水滴電勢(shì)： U0 = q / (4 0r)49449U 00rq27q0 3rQ0R大水滴電勢(shì)： U3 分xPaOlxdxbxzl4解:（1）在環(huán)上取半徑為

58、 r 寬為 dr 的細(xì)圓環(huán)，其所代電荷為zdzPORrPx1we= 0E /2=4.4 10 J/m ,MmaxqlE210 NmqlE 210 Nm60答電勢(shì) 2一. 選擇題1. D, 2. C, 3.B, 4.A二填空題2 -8 32 4W=4 RE hwe=6.3 10 kw h48.98 10 kg,(90t)qU / LE/ L2m4.3. 7.21/ 20121RQq2 m2gRa05. 3 3qQ / 26.三. 計(jì)算題1解：（1）金核表面的電勢(shì)Rq0U 171.6 10 V4（2）金核中心的電勢(shì)RqrdrR02drq0R0r0U 272.4 10 V32 4432. 解：(1)

59、 電偶極子在均勻電場(chǎng)中所受力矩為：M p E其大?。?M = pEsin = qlEsin當(dāng) = /2 時(shí)，所受力矩最大：-3( =0)過(guò)程中，電(2) 電偶極子在力矩作用下， 從受最大力矩的位置轉(zhuǎn)到平衡位置場(chǎng)力所作的功為：qlEA00/ 2sin d/ 2M d-33. 解：設(shè) B 上帶正電荷，內(nèi)表面上電荷線密度為 1，外表面上電荷線密度為 2，而 A、C 上相應(yīng)地感應(yīng)等量負(fù)電荷，如圖所示則 A、B 間場(chǎng)強(qiáng)分布為E1= 1 /2 0r，方向由 B 指向 AB、C 間場(chǎng)強(qiáng)分布為E2=2/20r，方向由B 指向 CB、A 間電勢(shì)差RbRaU BARaRbRaRbln2d rr20101E1 dr

60、2 分-q+qpECBAE2E1-1+12-2R(x l / 2) l / 2) R61B、 C 間電勢(shì)差RcRbU BCRcRbRcRbln2drr20202E2 dr2 分因 UBAUBC,得到ln Rc / Rbln Rb /Ra122 分4解：均勻帶電球面內(nèi)的電勢(shì)等于球面上的電勢(shì)球面外的電勢(shì)相當(dāng)于電荷集中在球心上的點(diǎn)電荷的電勢(shì)由此，按電勢(shì)疊加原理球心 O1處的電勢(shì)為：QQ0d0RU1442 分球心 O2處的電勢(shì)為：RQd0Q0U 2442 分則 O1、O2間的電勢(shì)差為：QR0Rd0U 12Q d21d1R21 分5.解：已知帶電圓環(huán)軸線上的電勢(shì)分布為2041(Rq2 1/2r )U在x