2022年大学物理练习册答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 练习一 （第一章优秀学习资料欢迎下载质点运动学）一、挑选题1、（D）2、（C）3、（D）4、（B）5、（D）二、填空题1、（1）A （2）1.186s或331s （3）0.67s（或2 s）342、8m 10m 3、（1）A 22cost2sintet（2）2k（k0,1,2 ,）4、v0Ct3/3x 0v 0t1 Ct 1245、（1）5m/s 2 17m/s dvdx dtvdv三、运算题1、解：adv26x 2dtdxdx分别变数积分vvdvx26x2dxv2x 1x2（由初始时刻的加速度大于00得v24x 1x2质点在任意位置处的速度为

2、零,可知速度的大小为非负） ；2、解：（1）其次秒内的位移为xx 2 x 1 0.5m/.05 m/s其次秒内的平均速度为vxt（2）t 时刻的速度为vdx9 t6 t2dt其次秒末的瞬时速度为sv92m/s622m/s6m（3）令vdx9 t6 2t0,解得t1 5. sdt其次秒内的路程为sx 5.1 x 1x 2 x 1 . 5 .2 25 m；3、解：（1）由几何关系名师归纳总结 xrc o s第 1 页,共 15 页yrs i n- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载t0时0 ,得质点作匀速率圆周运动故d dt,代入初始条件t

3、 时刻t ,所以rxijyitsinjtrcos（2）速度为v d r r sin it cos jt dt加速度为a d v r 2 c o s it s i n jt dt（3）a d v r 2cos it sin jt 2rdt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 a ddt v,0 vd v 0 ta dt解得 v 6 m / s it 4 m / s jt由 v ddt r,r r0 d r 0 tv dt解得 r 3 m / s 2 t 2 10 m i 2 m / s 2 t 2j（2）由位矢的表达式可得重量形式x3 t210y2 t2消

4、去参数 t 得到轨迹方程为练习二（第一章2x3y20m；质点运动学）一、挑选题1、（C）2、（D）3、（B）4、（D）5、（A）二、填空题名师归纳总结 1、v04bt； v0bt4b22、atc；a nbct220第 2 页,共 15 页R2R3、S t1ct3; a t2ct; a nc2t45、v2 0cos3R24、a t；2.8m/s23 rad（或 3.15rad）3g- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载0 30三、运算 1、解：在船上观看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v ,车

5、的运动速度大小为0v,抛射过程中,车的位移为x 1 v 0 t 1 at 22球在水平和竖直方向上的位移分别为x 2 v 0 v 0 s i n t1 2y 2 v 0 c o s t gt2由题意有 x 1 x 2,y 2 0 . 由以上关系可以得出1atv 0s i n,1gtv 0cos1v ,相对于火车的速度为v ,火车相对地面22由此得出tana /g. 3、解：设雨滴相对于地面的速度为的速度为v ,由题意,可作图为3001v1vv 2由几何关系可得名师归纳总结 v1x0,v x0v2.10m/s. 2v 220m/s. 第 3 页,共 15 页v1v2cot30173 m/s,v

6、1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 4、解：雨滴相对地面的速度为优秀学习资料欢迎下载v ,v ,火车的速度为v ,雨滴相对火车的速度为由题意三者的矢量关系图为：v450300vv0由几何关系可以得出下式3vv031 2v. 0 . 7335 m/s25 . 55 m/s. 2解得v1v 05、解：（1）由圆周运动规律vr2 r k t. 5.2rad/s2 s0.5rad/s,得k4/4/0.5rad/s22rad/s2. 该轮在t0 5. s时的角速度为20速度为vr.025 m/s. 1 .01 m/. 切向加速度为at2rkt1 m/s2. 法向

7、加速度为anv20. 125m/s2. r总加速度为aa2a265m/s2tn8（2）该质点在 2.0s 内所转过的角度为2dt2kt2dt16r a d . 003练习三 （其次章牛顿定律）一、挑选题 1、（B）2、（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、ag/s. 三、运算题名师归纳总结 1、解：（1）子弹受到的阻力为fKv,由牛顿其次定律第 4 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 积分Kvmdvtdt优秀学习资料欢迎下载dtvdv,得速度随时

8、间变化的函数式为Kv0v0v v 0 e Kt / m（2）由 v dx v 0 e Kt / m积分dtx t0 dx v 0 0 e Kt / mdt,得mv 0 Kt / mx 1 e kt 时,x mv 0 为子弹进入沙土的最大深度；k2、解：对人和底板整体受力分析,由牛顿其次定律有4 T2m 1T 2m 2gm 1m2a/4247.5N解得m 1m 2ag3、解：（1）对小球受力分析,水平方向上Ts i nNc o sm2ls i nTcosNsinmg联立解得Nmg2lc o ss i ng/lcosTm gc o s2l2 s i n（2）N0时,g2lcos,解得c此时,Tm

9、gcos2lsin2mg/cosc练习四 （第三章动量守恒定律和能量守恒定律）一、挑选题1、（C）2、（B）3、（ B）二、填空题1、1m/s; 0.5m/s 2、PB1bt；PB2btP 0. 三、运算题1、解：（1）对 A 和 B 组成的系统受力分析,由牛顿其次定律有名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2MaMg,得ag/优秀学习资料欢迎下载2B 的位移为 0.4m 时 C 开头运动,即at2/20 .4 m,解得t0 4.s. （2）C 开头运动时速度的大小是v ,由动量守恒定律2Mat3 Mv,解得v2 at

10、4m/s1 . 33 m/s. 332glsin2、解： M 下滑过程中经过路程为l 时,获得的速度为vM在沿着斜面方向上,碰撞的过程中动量守恒,mv cos Mv M m M vM 2 gl sin mv cos解得 v 即为子弹射中木块后, 子弹与木块的共同速度 . m M练习五（第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、挑选题1、（C）2、（C）3、（C）二、填空题1、2mgx 0sin2、12J 3、4000J 三、运算题1、解：当系统所受合外力为 0 时,F kx由动能定理,2 2Fx kx / 2 m 1 m 2 v / 2对 m 有 WT kx 2/ 2 m 1 v 2/ 2解得拉

11、力 T 对 m 所作的功为2 2 m 1 m 2 FWT2 m 1 m 2 k2恒力 F 对 m 所作的功为 WF F / k . 练习六 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、挑选题1、（D）2、（C）二、填空题名师归纳总结 1、1x,U . 2、,26 ；4 ,2 或68,；x2或6第 6 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载三、运算题 1、解：对物体受力分析,当物体刚刚开头运动时有其中F0c o s,F0s i nmg0,F0kt0物体运动以后,由牛顿其次定律有FcosFsinmgmdvdtdt其中Fkt,

12、Fsinmg 由此积分vdvttFcos00m解得2t2 c o ss i nvgtt0kt02 mt0k c o smgs i n/s. 代入数据得v28 . 73 m2、解：（1）子弹穿过物体的过程中,水平方向动量守恒,有mv0mvMv1,子弹穿出时,物体在最低端作圆周运动,有TMgMv2/l1以上两方程联立得TMgm2v0v2Ml代入数据得T26 5.N（2）由动量定理子弹在穿透过程中所受的冲量的大小为Im v 0v4 .7Ns练习七 （第四章刚体的转动）一、挑选题 1、（B）2、（C）3、（ B）4、（C）5、（C）6、（B）二、填空题1、20 圈 2、4rad 3、mgl/24、k2

13、/9J,t2J/k00三、运算题1、解：由转动定律有名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载dFr J,F ktdt积分0 d krJ 0 ttdt,解得 kr t 2, 代入数据得 25 rad / s . 2 J2、解：人相对于绳匀速向上爬时,人和绳的加速度相同,故有MgTAMa2gTB1Mg1Ma22T BTAJaR以上方程联立解得加速度为aMgR2222 M g R2 J3 MR2 M g R2 6 M g R73、解：由牛顿其次定律和转动定律有T1gmg2ma2 rmT2maJ1TrT 1

14、rJ2 TT绳是不行伸长的,故绳上各点及物块a a转动中线量与角量的关系为,a r 1a 2r 2A、B 的加速度大小是一样的,所以由以上方程联立可以解得,两滑轮之间绳中的张力为名师归纳总结 T 4 mg3质量为 m 的小滑轮的角加速度为第 8 页,共 15 页2g19r质量为 m 的大滑轮的角加速度为g29 r- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 练习八 （第四章优秀学习资料欢迎下载刚体的转动）一、挑选题1、（B）2、（C）3、（ C）4、（D）5、（D）6、（A）7、（B）二、填空题1、3 Ml6 mv022、角动量系统的合外力矩为0 机械能24ml3

15、、J JmRv4、（1）W；（2）klcos；（3）W2klsinmR 2三、运算题1、解：碰撞时间极短,故碰撞过程角动量守恒lm2v 1Jlm2v 21m 1gl细棒转动过程中所受摩擦力的力矩为Mgxdmlm 1gxdx0l2由转动定律,有MJddt其中Jm 1l2/3,由以上式子联立可以得到032dtdtg0积分得碰撞后从细棒开头转动到停止转动的过程所需的时间为t2m2v 1gv2v ；m 12、解：两人与圆台组成的系统角动量守恒,有J2 mR/22 mR/80J vR mRR2 v mR224JmR2/2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

16、于环的速度为由角动量守恒和机械能守恒有名师归纳总结 J001J02mR2B1m BR 21J02第 9 页,共 15 页mgRJ01 22 mv B2022B- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载以上两个方程联立可以解得BJ0J00,v B2gRJ02R2v ；02 mRJ0mR2小球到达 C 点时,环的角速度为C,小球相对于环的速度为由角动量守恒和机械能守恒有J 0 0 J 0 C2 mgR 1 J 0 0 2 1 mv C 2 1 J 0 C 22 2 2以上方程联立解得C 0,vC 2 gR4、解：子弹射入杆的过程子弹与杆组成的

17、系统角动量守恒,有1 2 2amv m l ma 3子弹进入杆后系统机械能守恒,有1 1 m l 2ma 2 2m g l s i n m g a s i n2 3 2由以上方程联立解得1 2 2 m l2 m l ma ma g sinv 3 2ma练习十二（第八章 静电场）一、挑选题1、（C）2、（D）3、（D）4、（D）5、（A）二、填空题1、20E0/3,40E0/3. 2、q/2403、q 1/0；q1q2/0三、运算题1、解：在半圆上取一段小弧元dsRd,这段2Q/+ y x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2 Q/R,上半部分的弧- ,下半部分的弧元元对

18、应在圆心 O 处的电场强度为dE410Rd s i n ic o sjR2R x 轴下半部分带电量为负,电荷线密度为对应在圆心 O 处的电场强度为名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - d E410Rdsini优秀学习资料欢迎下载cosjR2由对称性分析可得Ex0,Qcosd；0/2Qcos2d2QR2E y0/2Qcos2d220RE/2220R220R0jQ故球心 O 处的电场强度为20R22、解： 选取坐标轴 Ox 沿半球面的对称轴,如下列图把半球面分成很多微小宽度的环带,2s i nd,R dO dEx 每一环

19、带之面积dS2Rs i nRd2R小环带上带电荷dqdS22 Rs i nd该电荷元在 O 点产生的场强dEdqRcos41022 Rsindcos40R3R2s i nc o sd/20O 点处的总场强E200/2sindsin20sin2|0/240,E12E40i 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,就通过高斯面的电场强度通量为：名师归纳总结 E dSE2 S- E1 SE2- E1 S ,hSES第 11 页,共 15 页高斯面 S包围的电荷 qih S ,

20、 由高斯定理 E2E2E1 Sh S /0,10E2E14.43 10- 13 C/m 31h2 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2E dS=1q ,0- E S=1S,=03 0 E 8.9 10-10 C/m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 练习十三（第八章优秀学习资料欢迎下载静电场）一、挑选题1、（C）2、（B）3、（ C）4、（C）5、（B）二、填空题1、A81015J；U b45R104V. AqQQR,2、U43、v00q20m三、运算题1、解：设球形电容器带电量为Q,在距球心 r

21、处取球面为高斯面,由静电场的高斯定理,E4r2Q得E4Qr200球形电容器极板的电势差为UbEdr4Q0b14Q011,由此可得,4Q0Uabaar2abba内球表面邻近的电场强度为Q UbEa 24 0 a a b a 求微小值可令 dE a 0,解得在 a b 时,E 取得最小值 4 U；da 2 b2、解：求电场法 :1：把无限大平面可以分成很多细圆环带,其中半径为 r,宽度为 dr 的环带面积为 2 rdr,此环带上的电荷为 dq 2 rdr； 环带上的电荷对 x轴上点 P 处激发的电场强度为名师归纳总结 dE x40x d q23/220x2x r d r/2,0第 12 页,共 1

22、5 页x2rr23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EdEx40xdqr23/22xRx2rdr3/220xx2x20r2R2求点场法 2：将小孔以同样面密度的电荷填满,就无限大带电平面的电场为2填上的部分可看作半径为R 的匀称带电圆面,匀称带电圆面在x 处激发的电场强度为E1dEx40xdqr23/22xRx2rdr23/220 1Rxx2x200r2；带小孔的无限大平面在x 处所激发的总电场强度为E20E 120xx2R2求电势取 O 点为电势零点即x0 时0 ,故 x 处的电势为0Edx020xdxx220RR2x21 /2xx2 R- - - - - - -精选学习资

23、料 - - - - - - - - - 3、解：由高斯定理在距优秀学习资料欢迎下载O 为 x 处有E4x2q0故 x 处的电场强度为E4qx2dqdx,其在球面电场中的受力为0电势为4q0x在带电细线上取一小段dx,带电量为dxdFqdx2, 电势能为dq40x40x故带电细线所受的电场力为FdFr0lqdx240ql0lr040xr0r故带电细线在该电场中的电势能为dr0lqdxql n lr 040x40r04、解：设同轴圆筒带电量为Q,就两筒之间的电势差为20lnR 2U00R 1R 1由此得20lnUR 2/筒间的电势分布为2 U0lnU0R 1lnR 1R2/r5、解： 两球壳间的电

24、势差为U4q011R 1R 2电子撞到外球壳时的动能为EkeUeq1140R 1R 2电子撞到外球壳时的速率为v2Ek/me2eqe113 .921014m/s0mR 1R2练习十四（第九章静电场中的导体与电介质）一、挑选题 1、（C）2、（D）3、（B）4、（A）5、（A）6、（B）二、填空题名师归纳总结 1、Q 12Q2、Q 12Q2、Q22Q1、Q 12Q2第 13 页,共 15 页SSSS- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2、F18Q2R23、优秀学习资料欢迎下载0r；1 ；r三、运算题1、解：（1） 两导体球壳接地,壳外无电场导体球A、B 外

25、的电场均呈球对称分布今先比较两球外场强的大小,击穿第一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 即满意：Q1、Q2,由于 A、B 用导线连接, 故两者等电势,Q 1 Q 1 Q 2 Q 2,4 0 R 1 4 0 R 4 0 R 2 4 0 R代入数据解得 Q 1Q 2 1 / 7两导体表面上的场强最强,其最大场强之比为E E 12 maxmax 4 Q0 1R 1 2 /4 Q0 2R 2 2 Q Q 12 RR 21 22 47,B 球表面处的场强最大,这里先达到击穿场强而击穿,即E 2 m a x Q 22 3 10 6V/m 4 0 R 2（2） 由 E2 max解

26、得 Q2 =3.3 10-4 C ,Q 1 1 Q 2 0.47 10- 4 C ,7击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q1+ Q2 =3.77 10-4 C 2、解：设导体球带电 q,取无穷远处为电势零点,就导体球电势：U 0 q4 0 r内球壳电势：U 1 Q 1 q Q 24 0 R 1 4 0 R 2二者等电势,即 q Q 1 q Q 2,4 0 r 4 0 R 1 4 0 R 2解得 q r R 2 Q 1 R 1 Q 2 R 2 R 1 r 3. 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为 分布为E/2r,就电容器两极板之间的场强设电容器内外两极板半径分别为drr0,R,就极板间电压为

27、RR2lnR r 0UrEdrr2r电介质中场强最大处在内柱面上,当这里场强达到2r0E0,E0 时电容器击穿,这时应有名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - Ur0E0lnR优秀学习资料欢迎下载r0适当挑选 r0 的值,可使 U 有极大值,即令dU/dr0E0lnR/r0E00,得r0R/er0R/e时电容器可承担最高的电压d2U 0, 故当 20明显有drUmaxRE0/e= 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E2rlQ/0,单位长度圆筒的带电量为Q / ,故电容器两极板间的电压为：UR 220rdr20lnR 2R 2,12.46 V；R 1R 1A 点的电场强度为E ARUR 2lnR 1A 点与外筒间的电势差为：UA 外R220rdrUlnRlnR 2R 1R代入数据可以得出E A998 V/m,U A外5、证：在导体壳 B 内外表面之间电场强度到处为 高斯面 S,由静电场的高斯定理S EdS0Q 10q,0,故在 B 内外表面之间取一名师归纳总结 故 B 内表面带点量为qQ 1,由导体壳 B 总的带电量为Q ,可得其外表面第 15 页,共 15 页带电量为Q 1Q2；- - - - - - -