2022年大学物理练习册答案 .pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载练习一 （第一章质点运动学）一、选择题1、 （D）2、 （C）3、 （D）4、 （B）5、 （D）二、填空题1、 （1）A （2）1.186s(或4133s) （3）0.67s（或32s）2、8m 10m 3、 （1）tettAsin2cos)(22（2）k2（,2, 1 ,0k）4、3/30Ctv400121Cttvx5、 （1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvvdtdxdxdvxdtdva262分离变数积分xvdxxvdv020)62(得)1(422xxv质点在任意位置处的速度为)1(22xxv（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）

2、。2、解： （1）第二秒内的位移为mxxx5.0)1()2(第二秒内的平均速度为smtxv/5. 0（2）t 时刻的速度为269ttdtdxv第二秒末的瞬时速度为smsmsmv/6/26/292（3）令0692ttdtdxv，解得st5 .1第二秒内的路程为mxxxxs25. 2)5.1 ()2() 1()5 . 1(。3、解： （1）由几何关系s i nc o sryrx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载质点作匀速率圆周运动故dtd，代入初始条件0t时0，得t 时刻t ，所以j yixr)si

3、n(cosj ti tr（2）速度为)cossin(j ti trdtrdv加速度为)s i n( c o s2j ti trdtvda（3）rj ti trdtvda22)sin(cos由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。4、解： （1）由dtvda，tvdtavd00解得j tsmi tsmv)/4()/6(由dtrdv，trrdtvrd00解得jtsmimtsmr2222)/2()10()/3(（2）由位矢的表达式可得分量形式222103tytx消去参数 t 得到轨迹方程为2032yxm。练习二（第一章质点运动学）一、选择题1、 （C）2、 （D）3、 （B）4、

4、 （D）5、 （A）二、填空题1、btv0；2240)(bRbtv2、cat；Rctban2)(3、331)(cttS; ctat2; Rtcan424、2/8.4smat；rad)3322(（或 3.15rad）5、gv0220cos精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载三、计算1、解：在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向为南偏东3002、解：刚抛出球时，球相对车的速度大小为0v，车的运动速度大小为0v，抛射过程中，车的位移为20121attvx球在水平和竖直方向上的位移分别为tvvx)s i n(

5、00220221)c o s(gttvy由题意有21xx，02y. 由以上关系可以得出s i n210vat，cos210vgt由此得出ga /tan. 3、解：设雨滴相对于地面的速度为1v，相对于火车的速度为1v，火车相对地面的速度为2v，由题意，可作图为由几何关系可得01xv，smvvx/1021. smvv/3.1730cot021，smvv/20221. 1v2v1v030030精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载4、解：雨滴相对地面的速度为v ，火车的速度为0v，雨滴相对火车的速度为v

6、，由题意三者的矢量关系图为：由几何关系可以得出下式vvv21230. 解得smsmvv/55.25/3573.0) 13(0. 5、解： （1）由圆周运动规律2r k trv. 得22/2/5.0/4/4sradsradk. 该轮在st5 .0时的角速度为sradsrad/5.0/5 .022，速度为smrv/25. 0. 切向加速度为2/12smrktat. 法向加速度为22/125.0smrvan. 总加速度为2222/01.1/865smsmaaant. （2）该质点在 2.0s内所转过的角度为r a ddtktdt31620220. 练习三 （第二章牛顿定律）一、选择题1、 （B）2、

7、 （A）3、 （B）4、 （B）5、 （B）6、 （B）二、填空题1、 （1）80N, 向右； （2）100N（或 98N） ，向左2、2% 3、sga/. 三、计算题1、解： （1）子弹受到的阻力为Kvf，由牛顿第二定律030045vv0v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载dtdvmKv积分tvvdtKvdv00，得速度随时间变化的函数式为mKtevv/0（2）由mKtevdtdxv/0积分tmKtxdtevdx0/00，得)1(/0mKtekmvxt时，kmvx0为子弹进入沙土的最大深度。2

8、、解：对人和底板整体受力分析，由牛顿第二定律有ammgmmT)()(421212解得NgammT5.2474/)(2123、解： （1）对小球受力分析，水平方向上s i nc o ss i n2lmNTmgNTsincos联立解得s i n)c o s(2lgmN)s i nc o s(22lgmT（2）0N时，cos2lg，解得)cos/(lgc此时，cos/)sincos(22mglgmTc练习四 （第三章动量守恒定律和能量守恒定律）一、选择题1、 （C）2、 （B）3、 （B）二、填空题1、1m/s; 0.5m/s 2、btPB1；02PbtPB. 三、计算题1、解： （1）对 A 和

9、B 组成的系统受力分析，由牛顿第二定律有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载MgMa2，得2/gaB 的位移为 0.4m 时 C 开始运动，即mat4.02/2，解得st4 .0. （2）C 开始运动时速度的大小是v，由动量守恒定律MvMat32，解得smsmatv/33.1/3432. 2、解： M 下滑过程中经过路程为l 时，获得的速度为sin2glvM在沿着斜面方向上，碰撞的过程中动量守恒，vMmMvmvM)(cos解得MmmvglMvcossin2即为子弹射中木块后， 子弹与木块的共同速度

10、 . 练习五（第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、选择题1、 （C）2、 （C）3、 （C）二、填空题1、sin20mgx2、12J 3、4000J 三、计算题1、解：当系统所受合外力为0 时，kxF由动能定理，2/)(2/2212vmmkxFx对1m有2/2/212vmkxWT解得拉力 T 对1m所作的功为kmmFmmWT)(2)2(21221恒力 F 对2m所作的功为kFWF/2. 练习六 （第三章动量守恒定律和能量守恒定律）一、选择题1、 （D）2、 （C）二、填空题1、),1x，0U. 2、)6, 2(；)2,4(或)8 ,6(；62或x精选学习资料 - - - - - - - -

11、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载三、计算题1、解：对物体受力分析，当物体刚刚开始运动时有0)s i n(c o s00mgFF，其中00ktF，物体运动以后，由牛顿第二定律有dtdvmmgFF)sin(cos其中ktF，由此积分ttvdtmmgFFdv0)sin(cos0解得)s i n( c o s2)()(2020mttkttgv)s i n( c o s0kmgt代入数据得smv/73.28. 2、解： （1）子弹穿过物体的过程中，水平方向动量守恒，有10Mvmvmv，子弹穿出时，物体在最低端作圆周运动，有lMvMgT/21以上两

12、方程联立得MlvvmMgT202)(代入数据得NT5 .26（2）由动量定理子弹在穿透过程中所受的冲量的大小为sNvvmI7.4)(0练习七 （第四章刚体的转动）一、选择题1、 （B）2、 （C）3、 （B）4、 （C）5、 （C）6、 （B）二、填空题1、20 圈 2、4rad 3、2/mgl4、)9/(20Jk，)/(20kJt三、计算题1、解：由转动定律有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载dtdJFr，ktF积分ttdtJkrd00，解得22tJkr，代入数据得srad /25. 2、解：

13、人相对于绳匀速向上爬时，人和绳的加速度相同，故有MaTMgAMaMgTB2121JTTABRa以上方程联立解得加速度为gM g RM g RM g RMRJMgRa726232222223、解：由牛顿第二定律和转动定律有mamgT1amTgm2rTTrJ11rTTJ2)(22绳是不可伸长的，故绳上各点及物块A、B 的加速度大小是一样的，所以aa转动中线量与角量的关系为，1ra22ra由以上方程联立可以解得，两滑轮之间绳中的张力为mgT34质量为 m的小滑轮的角加速度为rg921质量为 m 的大滑轮的角加速度为rg92精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

14、 - - -第 8 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载练习八 （第四章刚体的转动）一、选择题1、 （B）2、 （C）3、 （C）4、 （D）5、 （D）6、 （A）7、 （B）二、填空题1、220436mlMlmv2、角动量系统的合外力矩为0 机械能3、2mRJmRvJ4、 （1）W； （2）coskl； （3）sin2klW三、计算题1、解：碰撞时间极短，故碰撞过程角动量守恒2212vlmJvlm细棒转动过程中所受摩擦力的力矩为glmdxlxgmgxdmMl10121由转动定律，有dtdJM其中3/21lmJ，由以上式子联立可以得到tdtdg0032积分得碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过

15、程所需的时间为gmvvmt1212)(22、解：两人与圆台组成的系统角动量守恒，有4)22(2)() 8/2/(022mRvRmRRvJmRmRJ2/2mRJ代入后得到，圆台的角速度为0. 3、解：小球到达 B 点时，环的角速度为B,小球相对于环的速度为Bv；由角动量守恒和机械能守恒有BmRJJ)(2000202220021)(212121BBBJRmmvJmgR精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载以上两个方程联立可以解得2000mRJJB，2022002mRJRJgRvB小球到达 C 点时，环的

16、角速度为C,小球相对于环的速度为Cv；由角动量守恒和机械能守恒有CJJ0002022002121212CCJmvJmgR以上方程联立解得0C，gRvC24、解：子弹射入杆的过程子弹与杆组成的系统角动量守恒，有)31(22malmamv子弹进入杆后系统机械能守恒，有s i ns i n2)31(21222m g algmmalm由以上方程联立解得magmalmmalmvsin)2)(31(222练习十二（第八章静电场）一、选择题1、 （C）2、 （D）3、 （D）4、 （D）5、 （A）二、填空题1、3/200E，3/400E. 2、)24/(0q3、01/q；021/)(qq三、计算题1、解：

17、在半圆上取一段小弧元Rdds，这段小弧元可以看成点电荷，x 轴上半部分带电量为正，电荷线密度为)/(2RQ，上半部分的弧元对应在圆心 O 处的电场强度为)c o s(s i n4120jiRRdEdx 轴下半部分带电量为负，电荷线密度为)/(2RQ，下半部分的弧元对应在圆心 O 处的电场强度为+ - xy 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载)cos(sin4120jiRRdEd由对称性分析可得0 xE，2022/02022/2022/0202cos2cos2cosRQdRQdRQdRQEy故球

18、心 O 处的电场强度为jRQE202。2、解： 选取坐标轴 Ox 沿半球面的对称轴，如图所示把半球面分成许多微小宽度的环带，每一环带之面积dRRRSs i n2ds i n2d2，小环带上带电荷ds i n2dd2RSq该电荷元在 O 点产生的场强304cosddRqREcosdsin241220RR02/dc o ss i nO 点处的总场强2/00sindsin2E02/0204|2sin2，iE04(i 为沿 x 轴正方向的单位矢量 ) 3.解：(1) 设电荷的平均体密度为，取圆柱形高斯面如图 (1)(侧面垂直底面， 底 面S平行地面 )上下底面处的场强分别为E1和 E2， 则通过高斯面

19、的电场强度通量为：E SdE2S- E1S(E2- E1) S ，高斯面 S包围的电荷 qih S , 由高斯定理 (E2E1) Sh S /0,EEh12014.4310-13 C/m3(2) 设地面面电荷密度为由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理E Sd=i01q，-E S=S01，=0 E8.910-10 C/m3O R dEx dSE2SE1(1)hE(2)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载练习十三（第八章静电场）一、选择题1、 （C）2、 （B

20、）3、 （C）4、 （C）5、 （B）二、填空题1、JA15108；VUb4105. 2、RQU04，RqQA043、mqv02三、计算题1、解：设球形电容器带电量为Q，在距球心 r 处取球面为高斯面，由静电场的高斯定理，024QrE得204rQE球形电容器极板的电势差为)11(414020baQrQEdrUbaba，由此可得，abUabQ04内球表面附近的电场强度为)(420abaUbaQEa求极小值可令0dadEa，解得在2ba时，aE取得最小值bU4。2、解：求电场法 :1：把无限大平面可以分成许多细圆环带，其中半径为r，宽度为 dr 的环带面积为rdr2，此环带上的电荷为rdrdq2。

21、环带上的电荷对 x轴上点 P 处激发的电场强度为2/32202/3220)(2)(4rxx r d rrxx d qdEx，积分得带小孔的无限大平面在x 处所激发的总电场强度为2202/32202/32202)(2)(4xRxrxrdrxrxxdqdEERx求点场法 2：将小孔以同样面密度的电荷填满，则无限大带电平面的电场为02填上的部分可看作半径为R 的均匀带电圆面，均匀带电圆面在x 处激发的电场强度为)1(2)(2)(422002/32202/32201xRxrxrdrxrxxdqdEERx带小孔的无限大平面在x 处所激发的总电场强度为2201022xRxEE。求电势取 O 点为电势零点即

22、0 x时0，故x处的电势为)(222/122002200 xRRxRxdxEdxxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载3、解：由高斯定理在距O 为 x 处有024qxE故 x 处的电场强度为204xqE电势为xq04在带电细线上取一小段dx，带电量为dxqd，其在球面电场中的受力为204xdxqdF，电势能为xdxqd04故带电细线所受的电场力为)(440002000lrrlqxdxqdFFlrr故带电细线在该电场中的电势能为)1l n (4400000rlqxdxqdlrr4、解：设同轴圆筒

23、带电量为Q，则两筒之间的电势差为0120ln2URR由此得1200/ln2RRU筒间的电势分布为rRRRUU11200ln/ln25、解： 两球壳间的电势差为)11(4210RRqU电子撞到外球壳时的动能为)11(4210RReqeUEk电子撞到外球壳时的速率为smRRmeqmEveek/1092.3)11(2/214210练习十四（第九章静电场中的导体与电介质）一、选择题1、 （C）2、 （D）3、 （B）4、 （A）5、 （A）6、 （B）二、填空题1、SQQ221、SQQ221、SQQ212、SQQ221精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

24、- -第 13 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载2、20218RQF3、r；1 ；r三、计算题1、解： （1） 两导体球壳接地，壳外无电场导体球A、B 外的电场均呈球对称分布今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处设击穿时，两导体球 A、B 所带的电荷分别为Q1、Q2，由于 A、B 用导线连接， 故两者等电势，即满足：RQRQ0110144RQRQ0220244，代入数据解得7/1/21QQ两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为744/421222122022101max2max1RQRQRQRQEE，B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即62202m a x21

25、034RQEV/m （2） 由 E2 max解得Q2 =3.3 10-4 C ，2171QQ0.4710-4 C ，击穿时两球所带的总电荷为Q = Q1+ Q2 =3.7710-4 C 2、解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：rqU004内球壳电势：10114RqQU2024RQ二者等电势，即rq041014RqQ2024RQ，解得)()(122112rRRQRQRrq3. 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为，则电容器两极板之间的场强分布为)2/(rE设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为RrRrrrrEUd2d0ln2rR电介质中场强最大处在内柱面上，当

26、这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有002Er，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页优秀学习资料欢迎下载000lnrRErU适当选择 r0的值，可使 U 有极大值，即令0)/ln(/dd0000ErRErU，得eRr/0显然有202ddrU 0， 故当eRr/0时电容器可承受最高的电压eREU/0max= 147 kV 4、解：设电容器的极板带电量为Q，总长度为 l, 取圆柱形高斯面有0/2QrlE，单位长度圆筒的带电量为lQ /，故电容器两极板间的电压为：1200ln2221RRdrrURRA 点的电场强度为12lnRRRUEAA 点与外筒间的电势差为：RRRRUdrrURRA2120lnln22外，代入数据可以得出mVEA/998,VUA46.12外。5、证：在导体壳 B 内外表面之间电场强度处处为0，故在 B 内外表面之间取一高斯面 S，由静电场的高斯定理010dqQSES，故 B 内表面带点量为1Qq，由导体壳 B 总的带电量为2Q，可得其外表面带电量为21QQ。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页