第一章 质点运动学
1–1 描写质点运动状态的物理量是 。
解：加速度是描写质点状态变化的物理量，速度是描写质点运动状态的物理量，故填“速度”。
1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0，a n =常量的运动是 运动。
解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周。
1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水平成30°角，其值为30m/s 的初速从一边起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （)m/s 102=g 。
解：此沟的宽度为
m
345m 10
60sin 30
2sin 2
2
0=??=
=
g
R θ
v
1–4 一质点在xoy 平面内运动，运动方程为t x 2=，229t y -=，位移的单位为m ，试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。
解：将s t 1=代入t x 2=，229t y -=得
2
=x m ，7=y m
s
t 1=故时质点的位置矢量为
j i r 72+=（m ）
由质点的运动方程为t x 2=，229t y -=得质点在任意时刻的速度为
m/s
2d d ==
t
x x v ，m/s
4d d t t
x y -==
v
s
t 2=时该质点的瞬时速度为
j i 82-=v （m/s ）
质点在任意时刻的加速度为
0d d ==
t
a x x v ，2
m/s
4d d -==
t
a y y v
s
t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2。
1–5 一质点沿x 轴正向运动，其加速度与位置的关系为x a 23+=，若在x =0处，其速度m/s 50=v ，则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________。
解：由x a 23+=得
x
x
t
x x t 23d d d d d d d d +===v v
v v
故
x x d )23(d +=v v
积分得
??+=
3
05
d )23(d x x v
v v
则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为
61=
v m/s=7.81m/s ；
1–6 一质点作半径R =1.0m 的圆周运动，其运动方程为t t 323+=θ，θ以rad 计，t 以s 计。则当t =2s 时，质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________。
解： t =2s 时，质点的角位置为
=?+?=23223
θ22rad
由t t 323+=θ得任意时刻的角速度大小为
36d d 2
+==
t
t
θω
t =2s 时角速度为
=+?=3262
ω27rad/s
任意时刻的角速度大小为
t
t
12d d ==
ωα
t =2s 时角加速度为
212?=α=24rad/s 2
t =2s 时切向加速度为
=??==2120.1t αR a 24m/s
2
t =2s 时法向加速度为
=
?==2
2
n 27
0.1ω
R a 729m/s 2；
1–7 下列各种情况中，说法错误的是[ ]。 A ．一物体具有恒定的速率，但仍有变化的速度 B ．一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率 C ．一物体具有加速度，而其速度可以为零 D ．一物体速率减小，但其加速度可以增大
解：一质点有恒定的速率，但速度的方向可以发生变化，故速度可以变化；一质点具有加速度，说明其速度的变化不为零，但此时的速度可以为零；当加速度的值为负时，质点的速率减小，加速度的值可以增大，所以（A ）、（C ）和（D ）都是正确的，只有（B ）是错误的，故选（B ）。
1–8 一个质点作圆周运动时，下列说法中正确的是[ ]。 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
解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运动，法向加速度a n 都是变化的，因此至少其方向在不断变化。而切向加速度a t 是否变化，要视具体情况而定。质点作匀速圆周运动时，其切向加速度为零，保持不变；当质点作匀变速圆周运动时，a t 值为不为零的恒量，但方向变化；当质点作一般的变速圆周运动时，a t 值为不为零变量，方向同样发生变化。由此可见，应选（B ）。
1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处，对其速度大小有四种意见：
（1）t r
d d （2）t d d r
（3）t s
d d （4）2
2d d d d ?
?
?
??+??? ??t y t x
下述判断正确的是[ ]。
A ．只有（1），（2）正确
B ．只有（2），（3）正确
C ．只有（3），（4）正确
D ．只有（1），（3）正确 解：
t
r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标系中为质点的径向速度，
是速度矢量沿径向的分量；
t
d d r 表示速度矢量；
t
s d d 是在自然坐标系中计算速度大小的公式；
2
2
d d d d ??
?
??+??? ??t y t x 是在真角坐标系中计算速度大小的公式。故应选（C ）
。 1–10 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=（其中a 、b 为常量），则该质点作[ ]。
A ．匀速直线运动
B ．变速直线运动
C ．抛物线运动
D ．一般曲线运动 解：由j i r 22bt at +=可计算出质点的速度为j i bt at 22+=v ，加速度为j i b a 22+=a 。因质点的速度变化，加速度的大小和方向都不变，故质点应作变速直线运动。故选（B ）。
1–11 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为S ＝5＋4t –t 2（SI ），则小球运动到最高点的时刻是[ ]。
A ．t ＝4s
B ．t ＝2s
C ．t ＝8s
D ．t ＝5s
解：小球到最高点时，速度应为零。由其运动方程为S ＝5＋4t –t 2，利用t
s d d =v 得任意
时刻的速度为
t
24-=v 令024=-=t v ，得
s
2=t
故选（B ）。
1–12 如图1-1所示，小球位于距墙MO 和地面NO 等远的一点A ，在球的右边，紧靠小球有一点光源S 当小球以速度V 0水平抛出，恰好落在墙角O 处。当小球在空中运动时，在墙上就有球的影子由上向下运动，其影子中心的运动是[ ]。
A ．匀速直线运动
B ．匀加速直线运动，加速度小于g
C ．自由落体运动
D ．变加速运动
解：设A 到墙之间距离为d 。小球经t 时间自A 运动至B 。此时影子在竖直方向的位移为S 。
t V x 0=， 2
21gt
y =
根据三角形相似得d S x y //=，所以得影子位移为
02/V gt x yd S =
=
由此可见影子在竖直方向作速度为0
2V g 的匀速直线运动。故选
图1-1
x
A S
y B
N
M
O
V 0
S
（A ）。
1–13 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x 、y 方向单位矢量用i 、j 表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以m/s 为单位）为[ ]。
A ．j i 22+
B ．j i 22+-
C ．j i 22--
D ．j i 22+
解：选B 船为运动物体，则B 船相对于地的速度为绝对速度j 2=v ，A 船相对于地的速度为牵连速度i 2=0v ，则在A 船的坐标系中，B 船相对于A 船的速度为相对速度v '。因
v v v 0'+=，故j
i 22+-='v ，因此应选（B ）
1–14 2004年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星。在人类成功登陆火星之前，人类为了探测距离地球大约5103?km 的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器。它能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔10s 向地球发射一次信号。探测器上还装着两个相同的减速器（其中一个是备用的），这种减速器可提供的最大加速度为5m/s 2。某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物。此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作。下表为控制中心的显示屏的数据：
少需要3s 。问：
（1）经过数据分析，你认为减速器是否执行了减速命令？
（2）假如你是控制中心的工作人员，应采取怎样的措施？加速度需满足什么条件，才可使探测器不与障碍物相撞？请计算说明。
解：（1）设在地球和月球之间传播电磁波需时为0t ，则有
s
10==
c
s t 月地
从前两次收到的信号可知：探测器的速度为
m/s
210
32521=-=
v
由题意可知，从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:10:34。控制中心第3次收到的信号是探测器在9:10:39发出的。从后两次收到的信号可知探测器的速度为
m/s
210
1232=-=
v
可见，探测器速度未变，并未执行命令而减速。减速器出现故障。
（2）应启用另一个备用减速器。再经过3s 分析数据和1s 接收时间，探测器在9:10:44
执行命令，此时距前方障碍物距离s =2m 。设定减速器加速度为a ，则有222
≤=
a
s v
m ，可得
1≥a m/s
2
，即只要设定加速度1≥a m/s 2，便可使探测器不与障碍物相撞。
1–15 阿波罗16号是阿波罗计划中的第十次载人航天任务（1972年4月16日），也是人类历史上第五次成功登月的任务。1972年4月27日成功返回。照片图1-2显示阿波罗宇航员在月球上跳跃并向人们致意。视频显示表明，宇航员在月球上空停留的时间是1.45s 。已知月球的重力加速度是地球重力加速度的1/6。试计算宇航员在月球上跳起的高度。
解：宇航员在月球上跳起可看成竖直上抛运动，由已知宇航员在空中停留的时间为1.45s ，故宇航员从跳起最高处下落到月球表面的时间为t =0.725s ，由于月球的重力加速度是地球的重力加速度的1/6，即g
g 6
1M =
，所以
m
43.0725
.08.96
12
1212
2
M =???
=
=
t
g h
1–16 气球上吊一重物，以速度0v 从地面匀速竖直上升，经过时间t 重物落回地面。不计空气对物体的阻力，重物离开气球时离地面的高度为多少。
解：方法一：设重物离开气球时的高度为x h ，当重物离开气球后作初速度为0v 的竖直上抛运动，选重物离开气球时的位置为坐标原点，则重物落到地面时满足
2
021)(x
x x gt h t h -
-
=-v v
其中x h -表示向下的位移，
v x h 为匀速运动的时间，x t 为竖直上抛过程的时间，解方程得
g
t t x 02v =
于是，离开气球时的离地高度可由匀速上升过程中求得，其值为
)
2()(000g
t t t t h x x v v v -
=-=
方法二：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动。显然总位移等于零，所以
0)(212
0=-
-
v v x h t g t
解得
)2(00g
t t h x v v -
=
1–17 在篮球运动员作立定投篮时，如以出手时球的中心为坐标原点，作坐标系Oxy 如图1–3所示。设篮圈中心坐标为（x ，y ），出手高度为H ，于的出手速度为0v ，试证明球的出手角度θ应满足??
?
?
?
??
?
+-±
=
)2(211tan 20
2
2020
v v v gx
y g
gx θ才能投入。 图
1-2
证明：设出手后需用时t 入蓝，则有
θ
t t x x cos 0v v ==
2
02
21sin 21gt
t gt
t y y -
=-
=θv v
消去时间t ，得
θgx
gx
αx θ
gx
θx y 2
2
22
02220
2
tan
22tan cos 21
tan v v v -
-
=-
=
整理得
2tan tan
220
2
2
20
2=+
+-v v gx
y θx θgx
解之得
???
?
???
?
+-±=
)2(211tan 20
2
2020
v v v gx
y g
gx θ
1–18 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为32254t t .x -=（SI ）。试求：（1）第2s 内的平均速度；（2）第2s 末的瞬时速度；（3）第2s 内的路程。
解：（1）将t =1s 代入32254t t .x -=得第1s 末的位置为
m
5.225.41=-=x
将t =2s 代入32254t t .x -=得第2s 末的位置为
m
0.22
22
5.43
2
2=?-?=x
则第2s 内质点的位移为
0.5m
2.5m -m 0.212-==-=?x x x
第2s 内的平均速度
-0.5m/s
1
0.5=-=??=
t
x v
式中负号表示平均速的方向沿x 轴负方向。
（2）质点在任意时刻的速度为
2
69d d t
t t
x -==
v
将s 2=t 代入上式得第2s 末的瞬时速度为
m/s 62
6292
-=?-?=v
图1-3
式中负号表示瞬时速度的方向沿x 轴负方向。
（3）由0
69d d 2
=-==
t
t t
x v 得质点停止运动的时刻为s 5.1=t 。由此计算得第1s 末到1.5s
末的时间内质点走过的路程为
m
875.05.25.125
.15.43
2
1=-?-?=s
第1.5s 末到第2s 末的时间内质点走过的路程为
m
375.10.25.125.15.43
2
2=-?-?=s
则第2s 内的质点走过的路程为
m
25.2375.1875.021=+=+=s s s
1–19 由于空气的阻力，一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动。一跳伞员在离开飞机到打开降落伞的这段时间内，其运动方程为)e (/k t k t c b y -+-=（SI ），式中b 、c 和k 是常量，y 是他离地面的高度。问：（1）要使运动方程有意义，b 、c 和k 的单位是什么？（2）计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度。
解：（1）由量纲分析，b 的单位为m ，c 的单位为m/s ，k 的单位为s 。 （2）任意时刻的速度为
)
e
1(d d /k
t c t
y -+-==
v
当时间足够长时其速度趋于c -。
任意时刻的加速度为
k
t k
c t
a /e d d -==
v
当时间足够长时其加速度趋于零。
1–20 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2
d d v
v K t
-=，式中K 为常量。试证明电艇在关闭发动机后又行
驶x 距离时的速度为
Kx
-=e
0v v
其中0v 是发动机关闭时的速度。
证明：由
2
d d v
v K t
-=得
2
d d d d d d v
v v
v K x
t
x x -==
即
x
K d d -=v
v
上式积分为
??-=
x
x K 0d d 0
v v v
v
得
Kx
-=e
0v v
1–21 一质点沿圆周运动，其切向加速度与法向加速度的大小恒保持相等。设θ为质点在圆周上任意两点速度1v 与2v 之间的夹角。试证：θe 12v v =。
证明：因R
a 2
n v
=
，t
a d d t v =
，所以
t
R
d d 2
v v
=
ds
v v d d
=
即
v
v d d =R s
对上式积分
??=
2d d 0
v v
v
v
s R
s
得
12ln v v =R
s 1
2ln
v v ==R
s θ
所以
θ
e
12v v =
1–22 长为l 的细棒，在竖直平面内沿墙角下滑，上端A 下滑速度为匀速v ，如图1-4所示。当下端B 离墙角距离为x （x 解：建立如图所示的坐标系。设A 端离地高度为y 。?AOB 为直角三角形，有 2 2 2 l y x =+ 方程两边对t 求导得 d d 2d d 2=+t y y t x x 所以B 端水平速度为 t y x y t x d d d d - =v x y =v x x l 2 2 -= B 端水平方向加速度为 v 2 22 d /d d /d d d x t x y t y x t x -= 2 3 2v x l - = 1–23 质点作半径为m 3=R 的圆周运动，切向加速度为 2 t ms 3-=a ，在0=t 时质点的速度为零。试求：（1）s 1=t 时的速度与加速度；（2）第2s 内质点所通过的路程。 解：（1）按定义t a d d t v = ，得 t a d d t =v ，两端积分，并利用初始条件，可得 ???== t t t a t a 0t t 0 d d d v v t t a 3t ==v 图1-4 当s 1=t 时，质点的速度为 m/s 3=v 方向沿圆周的切线方向。 任意时刻质点的法线加速度的大小为 2 22 2 n m/s 39t R t R a == = v 任意时刻质点加速度的大小为 2 42 n 2 t m/s 99t a a a += += 任意时刻加速度的方向，可由其与速度方向的夹角θ给出。且有 2 2 t n 3 3tan t t a a === θ 当s 1=t 时有 2 4 m/s 231 99=?+= a ，1tan =θ 注意到0t >a 。所以得 ?=45θ （2）按定义t s d d =v ，得t s d d v =，两端积分可得 ???==t t t s d 3d d v 故得经t 时间后质点沿圆周走过的路程为 C t s += 2 2 3 其中C 为积分常数。则第2s 内质点走过的路程为： m 5.4)12 3( )22 3( )1()2(2 2 =+?-+?=-=?C C s s s 1–24 一飞机相对于空气以恒定速率v 沿正方形轨道飞行，在无风天气其运动周期为T 。若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来，风速为)1(<<=k k V v 。求飞机仍沿原正方形（对地）轨道飞行时周期要增加多少？ 解：依题意，设飞机沿如图1-5所示的ABCD 矩形路径运动，设矩形每边长为l ，如无风时，依题意有 v l T 4= （1） 当有风时，设风的速度如图1-5所示，则飞机沿AB 运动时的速度为v v v k V +=+，飞机从A 飞到B 所花时间为 v v k l t += 1 （2） 飞机沿CD 运动时的速度为v v v k V -=-，飞机从C 飞到D 所花时间为 v v k l t -= 2 （3） 飞机沿BC 运动和沿DA 运动所花的时间是相同的，为了使飞机沿矩形线运动，飞机相对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角，使得飞机速度时的速度v 在水平方向的分量 图1-5 V V 等于v k -，故飞机沿BC 运动和沿DA 运动的速度大小为222v v k -，飞机在BC 和DA 上所花的总时间为 2 22 32v v k l t -= （4） 综上，飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间，即周期为 2 22 3212v v v v v v k l k l k l t t t T -+ -+ += ++=' （5） 利用（1）式，（5）式变为 ) 1(4)4() 1(4) 11(22 2 2 2 k k T k k T T --≈ --+ = ' 飞机在有风时的周期与无风时的周期相比，周期增加值为 4 3) 1(4)4(2 22 T k T k k T T T T = ---≈ '-=? 第一章 质点运动学 1–1 描写质点运动状态的物理量是 。 解：加速度是描写质点状态变化的物理量，速度是描写质点运动状态的物理量，故填“速度”。 1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0，a n =常量的运动是 运动。 解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周。 1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水平成30°角，其值为30m/s 的初速从一边起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （)m/s 102=g 。 解：此沟的宽度为 m 345m 10 60sin 302sin 220=??==g R θv 1–4 一质点在xoy 平面运动，运动方程为t x 2=，229t y -=，位移的单位为m ，试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。 解：将s t 1=代入t x 2=，229t y -=得 2=x m ，7=y m s t 1=故时质点的位置矢量为 j i r 72+=（m ） 由质点的运动方程为t x 2=，229t y -=得质点在任意时刻的速度为 m/s 2d d ==t x x v ，m/s 4d d t t x y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为 j i 82-=v （m/s ） 质点在任意时刻的加速度为 0d d ==t a x x v ，2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2 。 第四章 气体动理论 一、基本要求 1．理解平衡态的概念。 2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。 3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。 4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。 5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。 6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。 二、基本内容 1. 平衡态 在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。 2. 理想气体状态方程 在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式 pV vRT = 或 n k T p = 式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量118.31R J mol K --=??，k 为玻尔兹曼常量2311.3810k J K --=?? 3. 理想气体压强的微观公式 212 33 t p nm n ε==v 4. 温度及其微观统计意义 温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上 32 t kT ε= 5. 能量均分定理 在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2 kT 。以 i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为 2 t i kT ε= 6. 速率分布函数 ()dN f Nd = v v 麦克斯韦速率分布函数 23 2/22()4()2m kT m f e kT ππ-=v v v 7. 三种速率 最概然速率 p = =v 平均速率 = =≈v 方均根速率 = =≈8. 玻尔兹曼分布律 平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）： kT m gh e n n /0-= 9. 范德瓦尔斯方程 采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体 RT b V V a p m m =-+ ))((2 10. 气体分子的平均自由程 λ= = 第十一章真空中的静电场 1．如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度． L P 2.一个点电荷位于一边长为a的立方体高斯面中心，则通过此高斯面的电通量为???，通过立方体一面的电场强度通量是???，如果此电荷移到立方体的一个角上，这时通过（1）包括电荷所在顶角的三个面的每个面电通量是???，（2）另外三个面每个面的电通量是???。 3.在场强为E的均匀静电场中，取一半球面，其半径为R，E的方向和半球的轴平行，可求得通过这个半球面的E通量是（） A．E R2 π B. R2 2π C. E R2 2π D. E R2 2 1 π 4．根据高斯定理的数学表达式?∑ ?= S q S E / dε ? ? 可知下述各种说法中，正确的是（） (A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零． (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零． (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷． 5．半径为R的“无限长”均匀带电圆柱体的静电场中各点的电场强度的大小E与距轴线的距离r的关系曲线为( ) E O r (A) E∝1/r 6．如图所示, 电荷-Q均匀分布在半径为R，长为L的圆弧上，圆弧的两端有一小空隙，空隙长为图11-2 图11-3 )(R L L < 习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 22 0)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距 源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能 再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不 会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗为什么 f 到底应等于 多少 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作用力 S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的 距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试 证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 第一章 质点运动学 1–1 描写质点运动状态的物理量是 。 1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0，a n =常量的运动是 运动。 1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水平成30°角，其值为30m/s 的初速从一边起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （)m /s 102=g 。 1–4 一质点在xoy 平面内运动，运动方程为t x 2=，229t y -=，位移的单位为m ，试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。 1–5 一质点沿x 轴正向运动，其加速度与位置的关系为x a 23+=，若在x =0处，其速度m /s 50=v ，则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________。 1–6 一质点作半径R =1.0m 的圆周运动，其运动方程为t t 323+=θ，θ以rad 计，t 以s 计。则当t =2s 时，质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________。 1–7 下列各种情况中，说法错误的是[ ]。 A ．一物体具有恒定的速率，但仍有变化的速度 B ．一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率 C ．一物体具有加速度，而其速度可以为零 D ．一物体速率减小，但其加速度可以增大 1–8 一个质点作圆周运动时，下列说法中正确的是[ ]。 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 1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处，对其速度大小有四种意见： （1）t r d d （2）t d d r （3）t s d d （4）2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 下述判断正确的是[ ]。 A ．只有（1），（2）正确 B ．只有（2），（3）正确 C ．只有（3），（4）正确 D ．只有（1），（3）正确 1–10 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=（其中a 、b 为常量），则该质点作[ ]。 A ．匀速直线运动 B ．变速直线运动 C ．抛物线运动 D ．一般曲线运动 1–11 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为S ＝5＋4t –t 2（SI ），则小球运动到最高点的时刻是[ ]。 第四章 刚体的定轴转动 4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间转过了 圈。 解：被动轮边缘上一点的线速度为 πm/s 45.0π8222=?==r ωv 在4s 主动轮的角速度为 πrad/s 202 .0π412111====r r v v ω 主动轮的角速度为 2011πrad/s 54 0π2==?-=t ωωα 在4s 主动轮转过圈数为 20π 520ππ2(π212π212 121=?==αωN （圈） 4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为 08.0ωω=， 则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度θ ＝ 。 解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 20 s /rad 05.020 558.0-=-?=-=t ωωα t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度为 rad 250100)05.0(2 1100521220=?-?+?=+=t t αωθ 4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。 4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。 解：由分离质点的转动惯量的定义得 221i i i r m J ?=∑=22)3(2b m mb +=211mb = 4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 停 止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。 解：飞轮的角加速度为 20s /rad 201 60/π26000-=?-=-= t ωωα 制动力矩的大小为 m N π50π)20(5.2?-=-?==αJ M 负号表示力矩为阻力矩。 图4-1 m 2m b 3b O 一、判断题 1. 在自然界中，可以找到实际的质点. ···················································································· [×] 2. 同一物体的运动，如果选取的参考系不同，对它的运动描述也不同. ···························· [√] 3. 运动物体在某段时间内的平均速度大小等于该段时间内的平均速率. ···························· [×] 4. 质点作圆周运动时的加速度指向圆心. ················································································ [×] 5. 圆周运动满足条件d 0d r t =，而d 0d r t ≠ . · ··············································································· [√] 6. 只有切向加速度的运动一定是直线运动. ············································································ [√] 7. 只有法向加速度的运动一定是圆周运动. ············································································ [×] 8. 曲线运动的物体，其法向加速度一定不等于零. ································································ [×] 9. 质点在两个相对作匀速直线运动的参考系中的加速度是相同的. ···································· [√] 10. 牛顿定律只有在惯性系中才成立. ························································································ [√] 二、选择题 11. 一运动质点在某时刻位于矢径(),r x y 的端点处，其速度大小为：（ C ） A. d d r t B. d d r t C. d d r t D. 12. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为2 54SI S t t =+-（） ，则小球运动到最高点的时刻是： （ B ） A. 4s t = B. 2s t = C. 8s t = D. 5s t = 13. 一质点在平面上运动，已知其位置矢量的表达式为22 r at i bt j =+ （其中a 、b 为常量）则 该质点作：（ B ） A. 匀速直线运动 B. 变速直线运动 C. 抛物线运动 D. 一般曲线运动 14. 某物体的运动规律为2d d v kv t t =-，式中的k 为大于0的常数。当0t =时，初速为0v ，则速 度v 与时间t 的关系是：（ C ） A. 0221v kt v += B. 022 1 v kt v +-= C. 021211v kt v += D. 0 21211v kt v +-= 15. 在相对地面静止的坐标系中，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 沿x 轴正方向，B 第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + + 在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O 场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分 第15章 量子物理 一 选择题 15-1 下列物体中属于绝对黑体的是[ ] (A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体 (C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体 解：选(D)。绝对黑体能够100%吸收任何入射光线，因而不能反射任何光线。 15-2 用频率为υ的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为k E ；若改用频率为2υ的单色光照射此金属，则逸出光电子的最大初动能为[ ] (A) k 2E (B) k 2h E υ- (C) k h E υ- (D) k h E υ+ 解：选(D)。由k E h W υ=-，'2k E h W υ=-，得逸出光电子的最大初动能 'k ()k E hv hv W hv E =+-=+。 15-3 某金属产生光电效应的红限波长为0λ，今以波长为λ(0λλ<)的单色光照射该金属，金属释放出的电子(质量为e m )的动量大小为[ ] (A) /h λ (B) 0/h λ (C) (D) 解：选(C)。由2e m 012 hv m v hv =+，2e m 012hc hc m v λλ= +，得m v = ， 因此e m p m v == 。 15-4 根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动速率之比13/v v 是[ ] (A) 1/3 (B) 1/9 (C) 3 (D) 9 解：选(C)。由213.6n E n =-，n 分别代入1和3，得22 1122331329112mv E E mv ===，因 此 1 3 3v v =。 15-5 将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为[ ] (A) 13.6eV (B) 3.4eV (C) 1.5eV (D) 0eV 解：选(B)。由2 13.6 n E n =- ，第一激发态2n =，得2 3.4eV E =-，设氢原子电离需要的能量为2'E ，当2'20E E +>时，氢原子发生电离，得2' 3.4eV E >，因此最小能量为3.4eV 。 15-6 关于不确定关系x x p h ??≥有以下几种理解，其中正确的是[ ] (1) 粒子的动量不可能确定 (2) 粒子的坐标不可能确定 (3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定 (4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子 (A) (1), (2) (B) (2), (4) (C) (3), (4) (D) (4), (1) 解：选(C)。根据h p x x ≥???可知，(1)、(2)错误，(3)正确；不确定关系适用于微观粒子，包括电子、光子和其他粒子，(4)正确。 二 填空题 15-7 已知某金属的逸出功为W ，用频率为1υ的光照射该金属能产生光电效应，则该金属的红限频率0υ=________，截止电势差c U =________。 解：由0W hv =，得h W v = 0；由21e m 12hv m v W =+，而2 e m c 12m v eU =，所以 1c hv eU W =+，得1c h W U e υ-= 。 第四章多组分系统热力学 4.1 有溶剂A与溶质B形成一定组成的溶液。此溶液中B的浓度为c B，质量摩尔浓度为 b B，此溶液的密度为。以M A，M B分别代表溶剂和溶质的摩尔质量，若溶液的组成用B 的摩尔分数x B表示时，试导出x B与c B，x B与b B之间的关系。 解：根据各组成表示的定义 4.2 D-果糖溶于水（A）中形成的某溶液，质量分数，此溶液 在20 °C时的密度。求：此溶液中D-果糖的（1）摩尔分数；（2）浓度；（3）质量摩尔浓度。 解：质量分数的定义为 4.3 在25 °C，1 kg水（A）中溶有醋酸（B），当醋酸的质量摩尔浓度b B介于 和之间时，溶液的总体积 。求： （1）把水（A）和醋酸（B）的偏摩尔体积分别表示成b B的函数关系。 （2）时水和醋酸的偏摩尔体积。 解：根据定义 当时 4.4 60 °C时甲醇的饱和蒸气压是84.4 kPa，乙醇的饱和蒸气压是47.0 kPa。二者可形成理想液态混合物。若混合物的组成为二者的质量分数各50 %，求60 °C时此混合物的平衡蒸气组成，以摩尔分数表示。 解：质量分数与摩尔分数的关系为 求得甲醇的摩尔分数为 根据Raoult定律 4.5 80 °C是纯苯的蒸气压为100 kPa，纯甲苯的蒸气压为38.7 kPa。两液体可形成理想 液态混合物。若有苯-甲苯的气-液平衡混合物，80 °C时气相中苯的摩尔分数，求液相的组成。 解：根据Raoult定律 4.6 在18 °C，气体压力101.352 kPa下，1 dm3的水中能溶解O2 0.045 g，能溶解N2 0.02 g。现将1 dm3被202.65 kPa空气所饱和了的水溶液加热至沸腾，赶出所溶解的O2和N2，并干燥之，求此干燥气体在101.325 kPa，18 °C下的体积及其组成。设空气为理想气体混合物。 其组成体积分数为：， 解：显然问题的关键是求出O2和N2的Henry常数。 18 °C，气体压力101.352 kPa下，O2和N2的质量摩尔浓度分别为 这里假定了溶有气体的水的密度为（无限稀溶液）。 根据Henry定律， 1 dm3被202.65 kPa空气所饱和了的水溶液中O2和N2的质量摩尔浓度分 别为 习 题 15-1 使自然光通过两个偏振化方向成 60角的偏振片，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成 30角，则透射光强为多大？ 解：由马吕斯定律，得 102201002014932930cos 30cos 28860cos 2I I I I I I I I I ====?== 又有 即透射光强为第一此透射光强的9/4. 15-2自然光入射到两个重叠的偏振片上，如果透射光强为：（1）透射光最大强度的三分之一；（2）入射光强的三分之一，则这两个偏振片偏振化方向间的夹角是多少？ 解：（1）由马吕斯定律有 33arccos 31cos 6 213 1cos 2112010max max 1201=?==?= ==ααα则因为透射光强的最大值I I I I I I I （2） 332arccos 32cos 31cos 222202201=?=== ααα则I I I 15—3 如果一光束是由自然光和线偏振光混合而成，该光束通过一偏振片时，随着偏振片以光的传播方向为轴的转动，透射光的强度也跟着改变。如最强和最弱的光强之比为6︰1,那么入射光中自然光和线偏振光的强度之比为多大？ 解：设入射光中自然光强为0I ，线偏振光光强为1I ，则总光强为10I I I +=，当光束通过一偏振片时，先偏振光被吸收，最小光强为自然光光强的一半， 即 0min 2 1I I = 最大光强是线偏振光光强与自然光光强的一半之和，就是线偏振光的偏振化方向与偏振片的透射方向同。即 10max 21I I I += 2 /5/62 12110010min max ==+=I I I I I I I 即入射光中自然光和线偏振光的强度之比为5/2. 15—4 水的折射率为1.33，玻璃的折射率为.50。当光由水中射向玻璃而反射时，起偏角为多少？当光由玻璃射向水面而反射时，起偏角又为多少？ 解：当光由水射向玻璃时，水的折射率为1n ，玻璃的折射率为2n ，据布儒斯特定律 61.20376.0arctan 376.0tan 1 2==?==b b n n θθ 当光由玻璃射向水时， 39.6966.2arctan 66.2tan 2 1=='?=='b b n n θθ 可见两角度互余。 15—5 一束太阳光以某一入射角射到平面玻璃上，这时反射光为线偏振光，折射角为 32。求：（1）入射角；（2）玻璃折射率。 解：（1）据题意，当反射光为线偏振光时，折射角与入射角互余，即 583290=-=r θ入射角 （2）由布儒斯特定律，6.158tan 158tan 2212==?== n n n n 15—6 在偏振化方向相互正交的两偏振片之间放一 4 1波片，其光轴与第一偏振片的偏振化方向成 60角，强度为0I 的单色自然光通过此系统后，出射光的强度为多少？如用21波片，其结果又如何？ 解：提图参考教材图15—14，由图可知通过第一各偏振片单色自然光变成与P1偏振方向相同的线偏振光，而此线偏振光通过拨片后，分成两相互垂直的线偏振光，其中包括与波晶片光轴平行的非寻常光（其振幅为e E ）和与光轴垂直的寻常光（振幅为O E ）,这两束偏振光中却只有平行于P2透射方向的分量2e E 和2o E 能透过，且透射光满足相干条件。有关系如下 [习题解答] 1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C地，最后向东北行驶50km到达D地。求汽车行驶的总路程和总位移。 解汽车行驶的总路程为 ； 汽车的总位移的大小为 ?r = 位移的方向沿东北方向，与 方向一致。 1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问 与 在一般情况下是否相等？为什么？ 解 与 在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导， 表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。 1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 -2t 3 ，r和t的单位分别是m和s。求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末和第四秒末的速度； (3)第三秒末和第四秒末的加速度。 解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。 (1)第二秒内的平均速度 m?s-1； (2)第三秒末的速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为 v3 = - 18 m?s-1； 用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为 v4 = - 48 m?s-1； (3)第三秒末的加速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为 a3 = - 24 m?s-2； 用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为 v4 = - 36 m?s-2 . 1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明： (1) v d v = a d s； (2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s-s0 )成立。 大学物理2,15.第十 五章思考题 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 1、一束光垂直入射在偏振片上，以入射光线为轴转动偏振片，观察通过偏振片后的光强变化过程。如果观察到光强不变，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，有时出现全暗，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是什么光 【答案：自然光；完全偏振光；部分偏振光】 详解：当一束光垂直入射在偏振片上时，以入射光线为轴转动偏振片，如果观察到通过偏振片后的光强不发生变化，入射光是由自然光；如果观察到光强有明暗交替变化，并且有时出现全暗，则入射光是完全偏振光；如果观察到光强有明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是部分偏振光。 2、一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一个偏振片。若以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为多少？ 【答案：1/2】 详解：设该光束中自然光和线偏振光的强度分别为I 1和I 2。当以此入射光束为轴旋转偏振片时，透射光强度的最大值和最小值分别为 21max 21I I I += 1min 2 1I I = 依题意有I max =5I min ，即 1212 1521I I I ?=+ 解之得 2 121=I I 即入射光束中自然光与线偏振光的光强比值等于1/2。 3、一束光强为I 0的自然光相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射光的光强为0.125I 0 。已知P 1和P 2的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少要转过多大的角度 大学物理下练习题 一、选择题（每题1分，共41分） 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？（B ） (A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ） （A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 （B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。 （C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。 ( D )以上说法都不正确。 3．图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ） (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ） (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2 022a q πε, 方向沿y 轴负向. 5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ） (A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 . 6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ） （Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图 1.1 图1.2 图1.3 第六章 真空中的静电场 习题选解 6-1 三个电量为q -的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷(0)Q Q >放在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 之值应为多大？ 解：以三角形上顶点所置的电荷(q -)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f ，方向如图所示，其大小为 题6-1图 2 2 2 2 1004330cos 42r q r q f πεπε=??= 中心处Q 对上顶点电荷的作用力为2f ，方向与1f 相反，如图所示，其大小为 2 233200434r Qq r Qq f πεπε==??? ? ?? 由12f f =，得 Q =。 6-2 在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核234 Th 的中心为159.010r m -=?。试问：（1）作用在α粒子上的力为多大？（2）α粒子的加速度为多大？ 解：（1）由反应 238 234492 902U Th+He → ，可知 α粒子带两个单位正电荷，即 1912 3.210Q e C -==? Th 离子带90个单位正电荷，即 1929014410Q e C -==? 它们距离为159.010r m -=? 由库仑定律可得它们之间的相互作用力为： 19199 122152 0 3.21014410(9.010)5124(9.010) Q Q F N r πε---???==??=? （2）α粒子的质量为： 2727272()2(1.6710 1.6710) 6.6810p n m m m Kg α---=+=??+?=? 由牛顿第二定律得： 28227512 7.66106.6810 F a m s m α--= ==??? 6-3 如图所示，有四个电量均为C q 610-=的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m 1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。求作用在第3个点电荷上的力。 解：由图可知，第3个电荷与其它各 电荷等距，均为2 2 r m = 。各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。由库仑定律，作用于电荷3的力为 题6-3 图 题6-3 图 N r q q F 22 133 10108.141 -?== πε 力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x 轴成45o 角。 6-4 在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷C q 91108.1-?=，B 点放置点电荷 C q 92108.4-?-=，已知0.04,0.03BC m AC m ==，试求直角顶点C 处的场强E 。 解：A 点电荷在C 点产生的场强为 1E ，方向向下 142 11 01108.141 -??== m V r q E πε B 点电荷在C 点产生的场强为2E ，方向向右 142 22 02107.241 -??== m V r q E πε 15章习题参考答案 15-3求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。 [解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为： ()210cos cos 4θθπμ-= a I B 对于导线1：01=θ，2 2π θ=，因此a I B πμ401= 对于导线2：πθθ==21，因此02=B a I B B B πμ4021p = += 方向垂直纸面向外。 (b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为： ()210cos cos 4θθπμ-= a I B 对于导线1：01=θ，22π θ=，因此r I a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。 对于导线2：21π θ=，πθ=2，因此r I a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。 半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的 圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即 r I r I B 4221003μμ= = ，方向垂直纸面向内。 所以，r I r I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++= (c) P 点到三角形每条边的距离都是 a d 6 3 = o 301=θ，o 1502=θ 每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是 ()a I d I B πμπμ23150cos 30cos 400000=-= 故P 点总的磁感应强度大小为 a I B B πμ29300= = 方向垂直纸面向内。 15-4在半径为R 和r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈，通有电流I ，方向如图所示。求中心O 处的磁感应强度。 [解] 由题意知，均匀密绕平面线圈等效于通以 I NI 圆盘，设单位长度线圈匝数为n r R N n -= 建立如图坐标，取一半径为x 厚度为dx 的 圆环,其等效电流为: x r R NI x j I d d d -== ) (2d 2d d 000r R x x NI x I B -= = μμ r R r R NI r R x x NI B B R r NI ln ) (2) (2d d 0000-= -==? ?μμ所以 方向垂直纸面向外. 15-5电流均匀地流过一无限长薄壁半圆筒，设电流I =5.0A ，圆筒半径 R =m 100.12?如图所示。求轴线上一点的磁感应强度。 [解] 把无限长薄壁半圆筒分割成无数细条，每一细条可看作一无限长直导线，取一微元d l 则I R l I πd d = 则l d 在O 点所产生的磁场为 22002d 2d d R l I R I B πμπμ== 又因，θd d R l = 所以，R I R I B 2002d 2d d πθ μπμ== θcos d d x B B =，θsin d d y B B = 半圆筒对O 点产生的磁场为： 00x x ==?π dB B ，R I B B 200y y d πμπ = =? 所以B 只有y 方向分量，即R I B B 20y πμ==，沿y 的负方向。 15-6矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示，均匀密绕共N 匝，通以电流I ，试证明通过螺绕环截面的磁通量为 2 1 0ln 2D D NIh πμ= Φ [证明] 建立如图所示坐标，在螺绕环横截面上任取一微元x h S d d = 以与螺绕环同心的圆周为环路，其半径为r ， 2 212D r D <<， O 一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子 的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题 大学物理下册练习及答 案 文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208] 电磁学 磁力 A 点时，具有速率s m /10170?=。 （1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需 的磁场大小和方向； （2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 （2）所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =的匀强磁场中，其速度 B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在 知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时， （1）求铜片两侧的电势差'aa U ； （2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么 解：（1）53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 v A C大学物理第一章质点运动学习题解(详细、完整)
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