还剩34页未读，继续阅读
本资源只提供10页预览，全部文档请下载后查看！喜欢就下载吧，查找使用更方便
文本内容:
第一章 质点运动学1-1 质点作曲线运动在时刻t质点的位矢为r速度为v速率为vt至t＋Δt时间内的位移为Δr路程为Δs位矢大小的变化量为Δr或称Δ｜r｜平均速度为平均速率为．1根据上述情况则必有 A｜Δr｜=Δs=ΔrB｜Δr｜≠Δs≠Δr当Δt→0时有｜dr｜=ds≠drC｜Δr｜≠Δr≠Δs当Δt→0时有｜dr｜=dr≠dsD｜Δr｜≠Δs≠Δr当Δt→0时有｜dr｜=dr=ds2根据上述情况则必有 A｜｜=｜｜= B｜｜≠｜｜≠C｜｜=｜｜≠D｜｜≠｜｜=分析与解 1质点在t至t＋Δt时间内沿曲线从P点运动到P′点各量关系如图所示其中路程Δs＝PP′位移大小｜Δr｜＝PP′而Δr＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量三个量的物理含义不同在曲线运动中大小也不相等注在直线运动中有相等的可能．但当Δt→0时点P′无限趋近P点则有｜dr｜＝ds但却不等于dr．故选B．2由于｜Δr｜≠Δs故即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds故即｜｜＝．由此可见应选C．1-2 一运动质点在某瞬时位于位矢rxy的端点处对其速度的大小有四种意见即1； 2； 3； 4．下述判断正确的是 A只有12正确 B只有2正确C只有23正确D只有34正确分析与解 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算在直角坐标系中则可由公式求解．故选D．1-3 质点作曲线运动r表示位置矢量v表示速度a表示加速度s表示路程aｔ表示切向加速度．对下列表达式即1dv/dt＝a；2dr/dt＝v；3ds/dt＝v；4dv/dt｜＝aｔ．下述判断正确的是 A只有
1、4是对的B只有
2、4是对的C只有2是对的D只有3是对的分析与解 表示切向加速度aｔ它表示速度大小随时间的变化率是加速度矢量沿速度方向的一个分量起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr如题1-2所述；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有3式表达是正确的．故选D．1-4 一个质点在做圆周运动时则有 A切向加速度一定改变法向加速度也改变B切向加速度可能不变法向加速度一定改变C切向加速度可能不变法向加速度不变D切向加速度一定改变法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时由于速度方向不断改变相应法向加速度的方向也在不断改变因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时aｔ为一不为零的恒量当aｔ改变时质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见应选B．*1-5 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v0收绳绳不伸长且湖水静止小船的速率为v则小船作 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匀速直线运动分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系设定滑轮距水面高度为ht时刻定滑轮距小船的绳长为l则小船的运动方程为其中绳长l随时间t而变化．小船速度式中表示绳长l随时间的变化率其大小即为v0代入整理后为方向沿x轴负向．由速度表达式可判断小船作变加速运动．故选C．讨论 有人会将绳子速率v0按x、y两个方向分解则小船速度这样做对吗？ 1-9 质点的运动方程为式中xy的单位为mt的单位为ｓ．试求1初速度的大小和方向；2加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 1速度的分量式为当t＝0时vox＝-10m·ｓ-1voy＝15m·ｓ-1则初速度大小为设vo与x轴的夹角为α则α＝123°41′2加速度的分量式为则加速度的大小为设a与x轴的夹角为β则β＝-33°41′或326°19′1-13 质点沿直线运动加速度a＝4-t2式中a的单位为m·ｓ-2t的单位为ｓ．如果当t＝3ｓ时x＝9mv＝2m·ｓ-1求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题即已知加速度求速度和运动方程必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝at或v＝vt则可两边直接积分．如果a或v不是时间t的显函数则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知应有得1由得2将t＝3ｓ时x＝9mv＝2m·ｓ-1代入12得v0＝-1m·ｓ-1x0＝
0.75m．于是可得质点运动方程为1-23 一半径为
0.50m的飞轮在启动时的短时间内其角速度与时间的平方成正比．在t＝
2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为
4.0m·ｓ-1．求1该轮在t′＝
0.5ｓ的角速度轮缘一点的切向加速度和总加速度；2该点在
2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度从而求出式中的比例系数kω＝ωt确定后注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系由运动学中两类问题求解的方法微分法和积分法即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR＝v由题意ω∝t2得比例系数所以则t′＝
0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在
2.0ｓ内该点所转过的角度3要使则有t＝
0.55ｓ1-25 一无风的下雨天一列火车以v1＝
20.0m·ｓ-1的速度匀速前进在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2．设下降的雨滴作匀速运动分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象地面为静止参考系Ｓ火车为动参考系Ｓ′．v1为Ｓ′相对Ｓ的速度v2为雨滴相对Ｓ的速度利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系火车相对地面运动的速度为v1雨滴相对地面竖直下落的速度为v2旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度它们之间的关系为如图所示于是可得第二章 牛顿定律2-1 如图a所示质量为m的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上若斜面向左方作加速运动当物体刚脱离斜面时它的加速度的大小为 Agsinθ Bgcosθ Cgtanθ Dgcotθ分析与解 当物体离开斜面瞬间斜面对物体的支持力消失为零物体在绳子拉力FＴ其方向仍可认为平行于斜面和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a如图b所示由其可解得合外力为mgcotθ故选D．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当FN逐渐增大时物体所受的静摩擦力Ff的大小 A不为零但保持不变B随FN成正比地增大C开始随FN增大达到某一最大值后就保持不变D无法确定分析与解 与滑动摩擦力不同的是静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时静摩擦力可取的最大值成正比增加但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知物体一直保持静止状态故静摩擦力与重力大小相等方向相反并保持不变故选A．2-3 一段路面水平的公路转弯处轨道半径为R汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ要使汽车不至于发生侧向打滑汽车在该处的行驶速率 A不得小于 B必须等于C不得大于D还应由汽车的质量m决定分析与解 由题意知汽车应在水平面内作匀速率圆周运动为保证汽车转弯时不侧向打滑所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值均能保证不侧向打滑．应选C．2-4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑在下滑过程中则 A它的加速度方向永远指向圆心其速率保持不变B它受到的轨道的作用力的大小不断增加C它受到的合外力大小变化方向永远指向圆心D它受到的合外力大小不变其速率不断增加分析与解 由图可知物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用其合外力方向并非指向圆心其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量mgcosθ使物体的速率将会不断增加由机械能守恒亦可判断则物体作圆周运动的向心力又称法向力将不断增大由轨道法向方向上的动力学方程可判断随θ角的不断增大过程轨道支持力FN也将不断增大由此可见应选B．2-5 图a示系统置于以a＝1/4g的加速度上升的升降机内A、B两物体质量相同均为mA所在的桌面是水平的绳子和定滑轮质量均不计若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦并不计空气阻力则绳中张力为 A58mg B12mg Cmg D2mg分析与解 本题可考虑对A、B两物体加上惯性力后以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B两物体受力情况如图b所示图中a′为A、B两物体相对电梯的加速度ma′为惯性力．对A、B两物体应用牛顿第二定律可解得FＴ＝5/8mg．故选A．讨论 对于习题2-5这种类型的物理问题往往从非惯性参考系本题为电梯观察到的运动图像较为明确但由于牛顿定律只适用于惯性参考系故从非惯性参考系求解力学问题时必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解则两物体的加速度aA和aB均应对地而言本题中aA和aB的大小与方向均不相同．其中aA应斜向上．对aA、aB、a和a′之间还要用到相对运动规律求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-14 一质量为10kg的质点在力F的作用下沿x轴作直线运动已知F＝120t＋40式中F的单位为Nt的单位的ｓ．在t＝0时质点位于x＝
5.0m处其速度v0＝
6.0m·ｓ-1．求质点在任意时刻的速度和位置．分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数而加速度a＝dv/dt这时动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程解此微分方程可得质点的速度vt；由速度的定义v＝dx/dt用积分的方法可求出质点的位置． 解 因加速度a＝dv/dt在直线运动中根据牛顿运动定律有依据质点运动的初始条件即t0＝0时v0＝
6.0m·ｓ-1运用分离变量法对上式积分得v＝
6.0+
4.0t+
6.0t2又因v＝dx/dt并由质点运动的初始条件t0＝0时x0＝
5.0m对上式分离变量后积分有x＝
5.0+
6.0t+
2.0t2+
2.0t32-20 质量为
45.0kg的物体由地面以初速
60.0m·ｓ-1竖直向上发射物体受到空气的阻力为Fr＝kv且k＝
0.03N/m·ｓ-1．1求物体发射到最大高度所需的时间．2最大高度为多少？分析 物体在发射过程中同时受到重力和空气阻力的作用其合力是速率v的一次函数动力学方程是速率的一阶微分方程求解时只需采用分离变量的数学方法即可．但是在求解高度时则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解并注意到物体上升至最大高度时速率应为零．解 1物体在空中受重力mg和空气阻力Fr＝kv作用而减速．由牛顿定律得1根据始末条件对上式积分有2利用的关系代入式1可得分离变量后积分故讨论 如不考虑空气阻力则物体向上作匀减速运动．由公式和分别算得t≈
6.12ｓ和y≈184m均比实际值略大一些．2-22 质量为m的摩托车在恒定的牵引力F的作用下工作它所受的阻力与其速率的平方成正比它能达到的最大速率是vm．试计算从静止加速到vm/2所需的时间以及所走过的路程．分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题求解方法与前两题相似只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k．由于阻力Fr＝kv2且Fr又与恒力F的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时加速度为零此时速度达到最大．因此根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时需对变量作变换．解 设摩托车沿x轴正方向运动在牵引力F和阻力Fr同时作用下由牛顿定律有1当加速度a＝dv/dt＝0时摩托车的速率最大因此可得k＝F/vm22由式1和式2可得3根据始末条件对式3积分有则又因式3中再利用始末条件对式3积分有则第三章 动量守恒定律和能量守恒定律3-1 对质点组有以下几种说法1质点组总动量的改变与内力无关；2质点组总动能的改变与内力无关；3质点组机械能的改变与保守内力无关．下列对上述说法判断正确的是 A只有1是正确的 B
1、2是正确的C
1、3是正确的D
2、3是正确的分析与解 在质点组中内力总是成对出现的它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同故一对内力所作功之和不一定为零应作具体分析如一对弹性内力的功的代数和一般为零一对摩擦内力的功代数和一般不为零对于保守内力来说所作功能使质点组动能与势能相互转换因此保守内力即使有可能改变质点组的动能但也不可能改变质点组的机械能．综上所述13说法是正确的．故选C．3-2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上斜面是光滑的有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下则 A物块到达斜面底端时的动量相等B物块到达斜面底端时动能相等C物块和斜面以及地球组成的系统机械能不守恒D物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解 对题述系统来说由题意知并无外力和非保守内力作功故系统机械能守恒．物体在下滑过程中一方面通过重力作功将势能转化为动能另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等动量方向也不同．故ABC三种说法均不正确．至于说法D正确是因为该系统动量虽不守恒下滑前系统动量为零下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力但在水平方向上并无外力故系统在水平方向上分动量守恒．3-3 对功的概念有以下几种说法1保守力作正功时系统内相应的势能增加；2质点运动经一闭合路径保守力对质点作的功为零；3作用力和反作用力大小相等、方向相反所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是 A
1、2是正确的 B
2、3是正确的C只有2是正确的D只有3是正确的分析与解 保守力作正功时系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关而只与始末位置有关如质点环绕一周过程中保守力在一段过程中作正功在另一段过程中必然作负功两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零详见习题3-2分析由此可见只有说法2正确故选C．3-4 如图所示质量分别为m1和m2的物体A和B置于光滑桌面上A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B之上且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B使弹簧被压缩然后撤掉外力则在A和B弹开的过程中对A、B、C、D以及弹簧组成的系统有 A动量守恒机械能守恒 B动量不守恒机械能守恒C动量不守恒机械能不守恒D动量守恒机械能不一定守恒分析与解 由题意知作用在题述系统上的合外力为零故系统动量守恒但机械能未必守恒这取决于在A、B弹开过程中C与A或D与B之间有无相对滑动如有则必然会因摩擦内力作功而使一部分机械能转化为热能故选D．3-5 如图所示子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系下列说法中正确的说法是 A子弹减少的动能转变为木块的动能B子弹-木块系统的机械能守恒C子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功D子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中作用于系统的合外力为零故系统动量守恒但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功子弹减少的动能中一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能另一部分则转化为热能大小就等于这一对内力所作功的代数和．综上所述只有说法C的表述是完全正确的．3-8 Fx＝30＋4t式中Fx的单位为Nt的单位为s的合外力作用在质量m＝10kg的物体上试求1在开始2ｓ内此力的冲量；2若冲量I＝300N·s此力作用的时间；3若物体的初速度v1＝10m·s-1方向与Fx相同在t＝
6.86s时此物体的速度v2．分析 本题可由冲量的定义式求变力的冲量继而根据动量定理求物体的速度v2．解 1由分析知2由I＝300＝30t＋2t2解此方程可得t＝6．86s另一解不合题意已舍去3由动量定理有I＝mv2-mv1由2可知t＝6．86s时I＝300N·s将I、m及v1代入可得3-13 A、B两船在平静的湖面上平行逆向航行当两船擦肩相遇时两船各自向对方平稳地传递50kg的重物结果是A船停了下来而B船以
3.4m·s-1的速度继续向前驶去．A、B两船原有质量分别为
0.5×103kg和
1.0×103kg求在传递重物前两船的速度．忽略水对船的阻力分析 由于两船横向传递的速度可略去不计则对搬出重物后的船A与从船B搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲在水平方向上无外力作用因此它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样对搬出重物后的船B与从船A搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果． 解 设A、B两船原有的速度分别以vA、vB表示传递重物后船的速度分别以vA′、vB′表示被搬运重物的质量以m表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律则有12由题意知vA′＝0vB′＝
3.4m·s-1代入数据后可解得也可以选择不同的系统例如把A、B两船包括传递的物体在内视为系统同样能满足动量守恒也可列出相对应的方程求解．3-20 一人从
10.0m深的井中提水起始桶中装有
10.0kg的水由于水桶漏水每升高
1.00m要漏去
0.20kg的水．水桶被匀速地从井中提到井口求所作的功．分析 由于水桶在匀速上提过程中拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变因此拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功因此只要能写出重力随高度变化的关系拉力作功即可题3-20图求出．解 水桶在匀速上提过程中a＝0拉力与水桶重力平衡有F＋P＝0在图示所取坐标下水桶重力随位置的变化关系为P＝mg-αgy其中α＝0．2kg/m人对水桶的拉力的功为3-26 一质量为m的地球卫星沿半径为3RE的圆轨道运动RE为地球的半径．已知地球的质量为mE．求1卫星的动能；2卫星的引力势能；3卫星的机械能．分析 根据势能和动能的定义只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统卫星和地球的要确定特定位置的势能时必须规定势能的零点通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．解 1卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力由牛顿定律可得则2取卫星与地球相距无限远r→∞时的势能为零则处在轨道上的卫星所具有的势能为3卫星的机械能为3-29 如图所示质量为m、速度为v的钢球射向质量为m′的靶靶中心有一小孔内有劲度系数为k的弹簧此靶最初处于静止状态但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后弹簧的最大压缩距离．分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大小球与靶刚好到达共同速度为止在这过程中小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用外力的冲量为零因此在此方向动量守恒．但是仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功系统无非保守内力作功故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律并考虑到球与靶具有相同速度时弹簧被压缩量最大这一条件即可求解．应用守恒定律求解可免除碰撞中的许多细节问题．解 设弹簧的最大压缩量为x0．小球与靶共同运动的速度为v1．由动量守恒定律有1又由机械能守恒定律有2由式
1、2可得第四章 刚体的转动4－1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上1这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；2这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；3当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；4当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是 A只有1是正确的 B
1、2正确，
3、4错误C
1、
2、3都正确，4错误D
1、
2、
3、4都正确分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况其中两种情况下力矩为零一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴例如门的重力并不能使门转．不满足上述情况下的作用力含题述作用力垂直于转轴的情况对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知12说法是正确．对于34两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故34说法不完全正确．综上所述，应选B．4－2 关于力矩有以下几种说法1对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；2一对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，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是 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都是正确的分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故12说法正确．对说法3来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选B．4－3 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是 A角速度从小到大，角加速度不变B角速度从小到大，角加速度从小到大C角速度从小到大，角加速度从大到小D角速度不变，角加速度为零分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大由机械能守恒亦可判断角速度变化情况，应选C．4－4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为 AL不变，ω增大B两者均不变CL不变，ω减小D两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即式中mvD为子弹对点O的角动量ω０为圆盘初始角速度，J为子弹留在盘中后系统对轴O的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J0，则ω＜ω０．故选C．4－5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的 A角动量守恒，动能守恒 B角动量守恒，机械能守恒C角动量不守恒，机械能守恒D角动量不守恒，动量也不守恒Ｅ角动量守恒，动量也守恒分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r×mv＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选B．4－13 如图a所示，质量m1＝16kg的实心圆柱体A，其半径为r＝15cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m2＝
8.0kg的物体B.求1物体B由静止开始下降
1.0s后的距离；2绳的张力FＴ.分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动平动.两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.解 1分别作两物体的受力分析，如图b.对实心圆柱体而言，由转动定律得对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有且FＴ＝FＴ′.又由角量与线量之间的关系，得解上述方程组，可得物体下落的加速度在t＝
1.0s时，B下落的距离为2由式2可得绳中的张力为4－18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问1经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？2在此时间内共转过多少转？分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.解 1通风机叶片所受的阻力矩为M＝－Cω，由转动定律M＝Jα，可得叶片的角加速度为1根据初始条件对式1积分，有由于C和J均为常量，得2当角速度由ω0→12ω0时，转动所需的时间为2根据初始条件对式2积分，有即在时间t内所转过的圈数为4－21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝
1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v＝
2.0×102m·s－1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.解 根据角动量守恒定理式中为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l为子弹在此刻绕轴的角速度.为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为4－31 质量为
0.50kg，长为
0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求1当棒转过60°时的角加速度和角速度；2下落到竖直位置时的动能；3下落到竖直位置时的角速度. 分析 转动定律M＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩是变力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求.至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功转轴处的支持力不作功，因此，系统的机械能守恒.解 1棒绕端点的转动惯量由转动定律M＝Jα可得棒在θ位置时的角加速度为当θ＝60°时，棒转动的角加速度由于，根据初始条件对式1积分，有则角速度为2根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为3由于该动能也就是转动动能，即，所以，棒落至竖直位置时的角速度为第五章 静 电 场5－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图A放置，其周围空间各点电场强度E设电场强度方向向右为正、向左为负随位置坐标x变化的关系曲线为图B中的 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为B.5－2 下列说法正确的是 A闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷B闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零C闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零D闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为B.5－3 下列说法正确的是 A电场强度为零的点，电势也一定为零B电场强度不为零的点，电势也一定不为零C电势为零的点，电场强度也一定为零D电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为D.5－9 若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证1在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为2在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为若棒为无限长即L→∞，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq＝Qdx/L，它在点P的电场强度为整个带电体在点P的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.1若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同，2若点P在棒的垂直平分线上，如图A所示，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是证 1延长线上一点P的电场强度，利用几何关系r′＝r－x统一积分变量，则电场强度的方向沿x轴.2根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿y轴，大小为利用几何关系sinα＝r/r′，统一积分变量，则当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P点电场强度此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图B］.这说明只要满足r2/L2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5－14 设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析 方法1由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即方法2作半径为R的平面S′与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量.因而解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为
①5－21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2＞R1，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r处的电场强度1r＜R1，2R1＜r＜R2，3r＞R
2.分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，求出不同半径高斯面内的电荷.即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理r＜R1， 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R1＜r＜R2，r＞R2，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与5－20题分析讨论的结果一致.5－22 如图所示，有三个点电荷Q
1、Q
2、Q3沿一条直线等间距分布且Q1＝Q3＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q
1、Q3的情况下，将Q2从点O移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据Q
1、Q3所受合力为零可求得Q
2.外力作功W′应等于电场力作功W的负值，即W′＝－W.求电场力作功的方法有两种1根据功的定义，电场力作的功为其中E是点电荷Q
1、Q3产生的合电场强度.2根据电场力作功与电势能差的关系，有其中V0是Q
1、Q3在点O产生的电势取无穷远处为零电势.解1 由题意Q1所受的合力为零解得由点电荷电场的叠加，Q
1、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为将Q2从点O沿y轴移到无穷远处，沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？外力所作的功为解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时，并由电势的叠加得Q
1、Q3在点O的电势将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.第七章 恒定磁场7－1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（ ）（A） （B） （C） （D）分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为（C）7－2 一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（ ）（A） （B）（C）（D）分析与解 作半径为r的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；．因而正确答案为（D）．7－3 下列说法正确的是（ ）（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零因而正确答案为（B）．7－4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L
1、L2，圆周内有电流I
1、I2，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2回路外有电流I3，P
1、P2为两圆形回路上的对应点，则（ ）（A），（B），（C），（D），分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．7－15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS＝ldx［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为矩形平面的总磁通量 解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量7－16 已知10mm2裸铜线允许通过50A电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求
（1）导线内、外磁感强度的分布；
（2）导线表面的磁感强度．分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B大小相等．方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解
（1）围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有在导线内r＜R，，因而在导线外r＞R，，因而磁感强度分布曲线如图所示．
（2）在导线表面磁感强度连续，由I＝50A，，得7－29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1＝30A，矩形回路载有电流I2＝20A．试计算作用在回路上的合力．已知d＝
1.0cm，b＝
8.0cm，l＝
0.12m．分析 矩形上、下两段导线受安培力F1和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．解 由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和F4之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为故合力的大小为合力的方向朝左，指向直导线．第八章 电磁感应 电磁场8－1 一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（ ）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8－2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（ ）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A）．8－3 有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M21，而线圈2对线圈1的互感系数为M12．若它们分别流过i1和i2的变化电流且，并设由i2变化在线圈1中产生的互感电动势为ε12，由i1变化在线圈2中产生的互感电动势为ε21，下述论断正确的是（ ）．（A），（B），（C），（D），分析与解 教材中已经证明M21＝M12，电磁感应定律；．因而正确答案为（D）．8－4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ）（A）位移电流的实质是变化的电场（B）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C）位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D）位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A）．8－5 下列概念正确的是（ ）（A）感应电场是保守场（B）感应电场的电场线是一组闭合曲线（C），因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D），回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B）．8－6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为，求在时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成，其中称为磁链．解 线圈中总的感应电动势当时，．8－7 有两根相距为d的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以的变化率增长．若有一边长为d的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用来计算（其中B为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B1与B2之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B仅与x有关，即，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx、长为d的面元ｄS，如图中阴影部分所示，则，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式求解．解1 穿过面元ｄS的磁通量为因此穿过线圈的磁通量为再由法拉第电磁感应定律，有解2 当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为线圈与两长直导线间的互感为当电流以变化时，线圈中的互感电动势为试想如线圈又以速率v沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量，它表现为变量I和ξ的二元函数，将Φ代入即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中，再令ξ＝d即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8－13 如图（ａ）所示，金属杆AB以匀速平行于一长直导线移动，此导线通有电流I＝40A．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析 本题可用两种方法求解．
（1）用公式求解，建立图（a）所示的坐标系，所取导体元，该处的磁感强度．
（2）用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB在内的闭合回路．为此可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t，杆AB距导轨下端CD的距离为y，先用公式求得穿过该回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为式中负号表示电动势方向由B指向A，故点A电势较高．解2 设顺时针方向为回路ABCD的正向，根据分析，在距直导线x处，取宽为ｄx、长为y的面元ｄS，则穿过面元的磁通量为穿过回路的磁通量为回路的电动势为由于静止的形导轨上电动势为零，所以式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB导体来说，电动势方向应由B指向A，故点A电势较高．8－14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh段和fg段上的电动势为零［此两段导体上处处满足］，因而线框中的总电动势为其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c）所示，显然ξ是时间t的函数，且有．在求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，再令ξ＝d，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为由Eef＞Ehg可知，线框中的电动势方向为efgh．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为相应电动势为令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为由E＞0可知，线框中电动势方向为顺时针方向．。
个人认证
优秀文档
获得点赞 0
