1、 1 练习一 质点运动学 1、 C 2、 B 3、 D 4、 3 m, 5 m 5、 28 ( / )a j m s ， 2( 5 2 ) ( 4 1 0 ) ( )r t i t j m 6、 32 8 ( / )x x m s 7、 22( 3 ) , 1 6 2 ( / ) , 8 ( / ) ,x y v i j m s a i m s 8、解：（ 1）0 00 (6 8 )v t tvdva d v a d t t d tdt 20 38v v t t 23 8 1 0 ( / )v t t m s ， （ 2）0200 ( 3 8 1 0 )x t txdxv d x v d t
2、t t d tdt 320 4 1 0x x t t t 324 1 0 1 ( )x t t m 9、解： 如图，设灯与人的水平距离为 1x ，灯与人头影子的水平距离为 x ，则： 人的速度： 10 dxv dt，人头影子移动的速度： dxv dt 。 而：1HxxHh 1dxdx Hdt H h dt ， 即：0HvvHh 。 10、解（ 1） 32 4 ( )t rad 22 1 221 2 ( ) 2 4 ( )ddt r a d s t r a d sd t d t 2 2 4 22 . 4 ( ) , 1 4 . 4 ( )na R t m s a R t m s 则 2ts 时，
3、 224 . 8 ( ) , 2 3 0 . 4 ( )na m s a m s （ 2） 加速度和半径成 45 角，即 naa ，即 42.4 14.4tt 3 2 .4 / 1 4 .4 1 / 6t 代入得： 2.67 rad 练习二 牛顿力学 1、 C 2、 A 3、 C 4、 D 5、 6 N, 4 N 6、解：（ 1） 0, T mg ； 2 （ 2） s i n , c o sT m a T m g；则： 22t a n / ,a g T m a g 7、解 小球受重力 mg 、绳的张力 T 及斜面的支持力 N 。 （ 1）对小球应用牛顿定律，在水平方向上和竖直方向分别有： co
4、 s sinT N m a， sin c o sT N m g 解方程组可得：绳的张 力 ( c o s s i n ) 3 . 3 2 ( )T m a g N 小球对斜面的正压力大小 c o s 3 . 7 5 ( )s i nT m aNN （ 2）当 0N 时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有： cosT ma ， sinT mg 解方程组可得：斜面的加速度为 2c o t 1 7 .0 ( / )a g m s 8、解：（ 1） )/(5.14.03.0)(43 23 smtmFaNtF st )/(7.2)4.03.0(0 30300smdttadtVV （ 2） 233 4
5、 ( ) 0 . 3 0 . 4 1 . 5 ( / )xm FF x N a x m sm 3022030)2.03.0(21)4.03.0( xxVV d VdxxV d Va d x V )/(32.24.5 smV 9、解：分别对物体上抛时作受力分析，以地面为原点，向上为 y 轴正方向。 对物体应用牛顿定律： 2ma mg kmv 2()a g kv ， 而 d v d v d y v d vad t d y d t d y ，则有 a y vdv 2()g k v d y v d v 20200 1 l n ( 1 )2HH kvv d vd y Hg k v k g 3 练习三 动
6、量守恒和能量守恒1、 D 2、 D 3、 D 4、 27 J， 3 6 /ms 5、 2,mg mgkk 6、 6 0 , 1 6 /N S m s ， 7、 2mv 8、 33 1 0 , 1 . 2 , 4 gs N S 9、（ 1） 210 . 2 20 . 1 ( 2 0 3 0 ) 0 . 3 7( J )xxW W F d x x x d x 外 弹弹 （ 2） 0 . 5 0 . 1 21 0 . 2 ( 2 0 3 0 ) 0 . 3 7 ( J )W F d x x x d x 弹弹211 0 0 . 6 1 ( m s )2W m v v 弹 10、解 （ 1） 00()
7、mvM m v m v v Mm （ 2） ()d x d v M mk M m d x d vd t d t k 00XvMmd x d vk 0mvX k11、分析：脱离时，小球只受重力作用，重力在径向的分力提供向心力， 设顶点处为零势能点，则： 22c os10 (1 c os )2vm g mRm v m gR 32cos 下降高度为 13R 。 12、解（ 1）小球下落过程中，机械能守恒： 210 sin2 m v m g l 2 sinv gl （ 2） 2 / 2 sinna v l g （ 3） s i n 3 s i nnT m g m a T m g 13、解 在小球下摆的
8、过程中，小球与车组成的系统总动量和总机械能守恒，则有 2201122mv Mvmgl mv Mv 球车球车2Mglv Mm 球 14、解（ 1）释放后，弹簧恢复到原长， B 的速度变为 0BV 。此过程中系统的机械能守恒。4 则有： 220 0 0 0132 2 3BBmkk x v v x m （ 2）达到原长后，系统的总动量和总机 械能守恒。 弹簧伸长量最大或压缩量最大时， A 和 B 的速度相等，则根据系统动量守恒定律，有： 1 0 2 0 1 2()ABm v m v m m v 0343x kv m （ 3）设最大伸长量为 maxx ，则根据机械能守恒定律，有： 2 2 22 0 1
9、 2 m a x1 1 1()2 2 2Bm v m m v k x 012maxxx 15、解：（ 1） 00 () mvm v M m V V mM 21( ) 0 ( ) 0 . 22fkA E m M g S m M V （ 2） 221011 7 0 3 ( )22KmA E m V m v J （ 3） 22 1 0 1 . 9 6 ( )2KMA E M V J 不等。相互作用力大小相等，但作用点的位移不同。 练习四 刚体力学 1、 A 2、 C 3、 A 4、12BA B Cmgm m m5、 24,22MmM m M m 6、 0/4 7、解：对物体 m ： mg T ma
10、； 对圆盘 M ： 212T R MR 补充联系联系方程： ,T T a R 解以上方程得： 22227 . 8 4 / , 3 . 9 2 / , 5 8 . 8( 2 ) 2 2m g m g M m gr a d s a m s T NM m R M m M m 8、解： 1 1 1m g T m a 5 2 2 2T m g m a 212 12T r T r M r 补充联系方程： 12a a r 。 解以上方程得： 211 1 2 21 2 1 2112222,11m M m MT m g T m gM m m M m m 。1212() ,12m m gaM m m角加速度为：1
11、212()12m m gM m m r，下降高度为： 212h at 21212()22m m gtM m m 9、解：（ 1） 2000 / 0 . 5 0 /t t r a d s （ 2） 2 0 .2 5 N m12r mlM 10、解：本题分为两个过程：子弹和细杆的碰撞过程、细杆的上升过程。 碰撞过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒： 2001 2 1 12 3 2 3m v l m v l M l 上升过 程中，细杆的机械能守恒： 2211 ( ) (1 c o s )2 3 2lM l M g 解以上方程得： 02mvMl ， 2202cos 1 12mvM gl 。 练习五：
12、气体动理论 1. C 2. C 3. D 4. B 5. 1:1:1 6 6. 8： 1, 5： 3, 1： 1。 7. 11000ms ， 11414ms 8. 2 9. 1： 2； 5： 3 10. 2212 7 .7 ( K )52Km olKm olEM MTMi RE R TM v v11. 1 7 3/ 3 .2 1 0 /mn p k T 2 7.8m2kTdp 练习六：热力学基础 1. B 2. D 3. A 4. B 5. B 6. 5 7. 41.62 10 J 8. 93.3 9. （ 1） 11A B A B A BQ E W ， 11 300A B A B A BE
13、Q W J （ 2） 22 3 0 0 3 0 0 6 0 0B A B A B AQ E W J J J ，放出 600J 热量 （ 3） 22111 1 2 5 %BAABQQQQ 10. 7 过程 内能增量 /JE 对外作功 /JW 吸收热量 /JQ AB 1000 0 1000 BC 0 1500 1500 CA -1000 -500 -1500 ABCA 40% 11. （ 1） 11a a c cV T V T 1 1 11 12( ) ( ) ( )aac a acbVV VT T T TV V V （ 2）11, 1 1, 221111 ( ) ( ) ( )1 1 1 1ln
14、l n l nVmV m c b V m a cbcbbabaaVC T TC T T C T TQ VV V VQ RTR T R TVVV 1, 1 2211 ( / ) 1 ln ( / )VmC V VR V V 12. 证明： 该热机循环的效率为 2111BCCAQQQQ 其中,( ) , ( )B C p m C B C A V m A CmmQ C T T Q C T TMM ，则上式可写为 /111CB BCA C A CTT TTT T T T 在等压过程 BC 和等体过程 CA 中分别有 1 2 1 2/ / , / /B C A CT V T V T p T p 代人上式
15、得 1212( / ) 11 ( / ) 1VVpp 13. 证明： 该热机循环的效率为 4121 2 311QQQQ 2 3 , 3 2 4 1 , 1 4( ) , ( )V m V mmmQ C T T Q C T TMM 41 413 2 3 2()11VVC T T TTC T T T T 8 在绝热过程 12 和 34 种分别有 112 3 1 4V T V T ， 112 2 1 1V T V T ，两式相除得 3 421T TTT代入上式 114 1 1 4 1 1 2 13 2 2 3 2 2 1 2( / 1 )1 1 1 1 ( ) 1 ( )( / 1 )T T T T
16、 T T V VT T T T T T V V 14. （ 1）1211211 TTTQ QQQW ， 2 24000JQ 由于第二循环吸热 )( 22221 QQQWQWQ ， %4.291 QW（ 2） 121TTT，则： 21 425K1TT 第七章 真空中的静电场 1 C； 2 C； 3 D； 4 C； 5 C； 6 C； 7 A； 8 C51055.4 ； 9 0/q ； 0； 0/q ； 10 032 /)( qq ； 4321 , qqqq ； 11 0， )2( 0 ； 12 Rq06，Rq06； 13 90V； -30V. 14解：将直导线分割成若干电荷元： dxdq ， d
17、q 在 P 点产生的场强： 大小：2020 )2(4)2(41xdldxxdldqdEP ，方向均为水平向右（沿 X 轴正方向）。 则： 22 02 011()44 ( )2llPPd x qE d E ll d l ddx ，方向水平向右。 dq 在 P 点产生的电势：)2(4)2(4 00 xdldxxdldqdUP 9 则：202 0ln44 ( )2llPPd x q l dU d U llddx 15解：在球内取半径为 r 厚为 dr 的薄球壳，该球壳包含的电荷为 drrArdVdq 24 在半径为 r 的球面内包含的总电荷为 )(,4 40 3 RrArdrArdVq rV 以该球
18、面为高斯面，按高斯定理有 )(),4/( 021 RrArE 方向沿径向， A0 时向外； A0 时向外； A0 时向内。 16解：（ 1）分析球对称性， E 方向应沿半径方向向外，相同 r 处， D 大小相同，取同心球面为高斯面，则根据高斯定理，有： 004/, 121011 ErEqsdERr i 时 01220221 /4/, qrEqsdERrR i 时2012 4 rqE 02123032 /)(4/, qqrEqsdERr i 时20 213 4 rqqE 方向均沿半径方向向外。 （ 2）球心处的电势 2211 320 1 RRRR ldEldEldEU 2021012021210
19、120212010141414)11(44402211RqRqRqqRRqdrrqqdrrqdrRRRR 17解：分析对称性， E 方向应垂直于柱面向外辐射，且，相同 r 处， E 大小相同，取高斯面为以 r 为半径，长为 l 的同心圆柱面，则根据高斯定理，有： 0/2 iqrlEsdEsdEsdEsdEsdE 侧面侧面下底上底10 （ 1） 002, 111 ErlERr 时 （ 2）1 2 2 0 2 0, 2 / 2R r R E r l l E r 时 （ 3） 02, 32 rlERr 时 03 E18在 处取一微小点电荷 /Qddldq 它在 O 点处产生场强： dRQRdqdE
20、20220 44 按 角的变化，将 dE 分解成两个分量： dEx， dEy。由对称性知道 Ey=0，而 dRQdEdE x s in4s in 202 积分： iRQdRQiiEE x 2s in42 2022/0 202 第八章 静电场中的导体和电介质 1 D； 2 C； 3 C； 4 B； 5 B； 6 1/r ， 1/r ； 72041 Rq ； 8解：2121220211014141UUqqqRqURqU8111282212120 1 221034103160004Rq q CRRRq q CRRqU U VRR 9解：（ 1）根据高斯定理，可求得两圆柱间的场强为： rE r02， 12021 ln2 RRE d rUrRR
