大學(xué)物理課后知識題目解析(上)

****33、(B)drdr、,1、v==i+612

dt練習(xí)一質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)v=i+6j v=r3,r1=i+26j,1 」，1-3 Ata1—32、v—v1= 1=24j3 3—1\o"CurrentDocument"dv v\o"CurrentDocument"二—Kv21n[dt 」v0dvv211—J—Ktdtn二一v20Kt2+1所以選（C）3、因?yàn)槲灰艫r3、因?yàn)槲灰艫r=0^^=0,又因?yàn)锳v豐°，所以a豐0。所以選（B）4、選（C）TOC\o"1-5"\h\z5、(1)由P—Fv=mva,。a—生,所以：P—mv—,JPdt—Jmvdvdt dt00積分得：v—:也，有：x—（2）因?yàn)関—dx— ,即：Jdx=，有：x—dtmm m0 0練習(xí)二質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)（二）x—vtx—vt0平拋的運(yùn)動(dòng)方程為1y—2gt2v—v2+g2120 ，: gva=.、,；g2-a2— 0n t :v2+g212飛0a—2.4m/s2;a—14.4m/s2nn(B)v—v，兩邊求導(dǎo)數(shù)有：x0，那么v—gtydv 2g2ta― —, ，tdt v2+g212 '04、 (A)練習(xí)三質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)/3s3 k2731、t=(一)2;a(t)= ;x=kt2+x2k 2J 3 02 11f八2、V+V+V=0'12 33、（B）4、（C）練習(xí)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)（一）練習(xí)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)（一）1、V=12。x=9m2、（A）3、（C）4、（A）練習(xí)五質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)（二）（m+m）v一mu、V=v一 o TOC\o"1-5"\h\z0 m+m2、（A）3、（B）16Ns4、（C16Ns5、(1)v-3一8t+3t2,v-19m/s,v-3,I-m(v一v)4 0 40(2)A=1mv2—1mv2-176J2 42 0練習(xí)六、質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)(三)900J、R一R)2、A-Gmm(__i 2)eRR12

4、（D）練習(xí)七質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)（四）1、2、:2Gm21、2、V-1 2 il(l(m+m)3、(B)4、(B)練習(xí)八3、(B)4、(B)練習(xí)八剛體繞定軸的轉(zhuǎn)動(dòng)（一）解：（1）摩擦力矩為恒力矩，輪子作勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)0.83—30 -同理有為3—3+ptnp— 0 0——0.230 -同理有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 0=3+0(=0.63。0 0°A0-nA0-n=\o"CurrentDocument"(2)由32—32=20A0nA0= 0t0 ' 茁kk k32. 2J、a=——0-,t= 9J k30解:JB=—k32nB=-kJ.-J%-k32nJ-kt二，個(gè)2J解得:t=—0k303、選(A)因A、B盤質(zhì)量和厚度相等，而p〉p，必有r<ro圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量********1廠2mr2,所以1B>IA。4、（C）解：因?yàn)榱豈和角加速度3是瞬時(shí)作用關(guān)系，撤去M,P豐0，說明有阻2力矩存在。撤去乂前：M—M=J3 (1)f1M撤去171后：-M=-J3 （2）聯(lián)立即得：J=口f2 3+312練習(xí)九剛體繞定軸的轉(zhuǎn)動(dòng)（二）1、A、B兩輪轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的比值為1：3和1：9。解：輪和皮帶間無相對滑動(dòng)意為兩輪邊緣一點(diǎn)的線速度相等：TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"O J3v=vn_a=3。（1）若J3=J3n—a=—b=1-3oAB3 AABBJ3 。B BA1 J 32（2）_J32=_J32n_A=_B—1：9\o"CurrentDocument"AA 2 BB J 32BA24 12、3=-3,A=-J3230 2003、天體的自轉(zhuǎn)周期將減少（C）,轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能將增大（A）。解：引力是內(nèi)力，球體角動(dòng)量守恒。J3=J3=L由于球體繞直徑的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量J

00正比于半徑平方，J減小，3增大，而T=23L，所以周期將減小，轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能1J32=1L3將增大，4、在上擺過程中，以子彈和木棒為系統(tǒng)，重力為外力，故動(dòng)量不守恒；上擺過程中，重力作功，所以機(jī)械能不守恒；對轉(zhuǎn)軸的合外力矩（重力矩）的功不為零，所以角動(dòng)量不守恒。選A）。5、選（D）

解：分別取單擺、地球和細(xì)棒、地球?yàn)橄到y(tǒng)，擺動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒：1 ；2g(1-cos0)mg(l解：分別取單擺、地球和細(xì)棒、地球?yàn)橄到y(tǒng)，擺動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒：1 ；2g(1-cos0)mg(l-icos0)=—m3212；3=: ；2ii\ill 11mg(-——cos0)=—(mini2)32；3=22 23 223g(1-cos0)

l31=326、取盤和子彈為系統(tǒng)，M=0，角動(dòng)量守恒：J3外 00二J3，因?yàn)镴>J0所以3<30。選（C）練習(xí)十剛體繞定軸的轉(zhuǎn)動(dòng)（三）1產(chǎn) i1/1解：根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mg_=_（_ml2）32—V=3l=司223 七2、0=gt23R用平動(dòng)的規(guī)律解決平動(dòng)：ma=mg-T（1）用轉(zhuǎn)動(dòng)的規(guī)律解決轉(zhuǎn)動(dòng)：TR=（2mR2泄（2）利用平動(dòng)和轉(zhuǎn)動(dòng)的關(guān)系：a=PR（3）三式聯(lián)立解得P=2g= =3d3=J2'dtn3=2gt3Rdt 3R 3R003=4_nJ3dt=Jd0n0=''dtJ」 3R003、（A）4、（C）5、系統(tǒng)受重力作用，動(dòng)量不守恒；摩擦力作功（在地面參照系中），機(jī)械能不守恒；合外力矩為0，所以角動(dòng)量守恒。選（C）。

練習(xí)十一狹義相對論（一）K系：尢2+y2+z2=c212;K系：x2+y2+Z2=C212L——o_=12m，t=yt=4-0s,y 03、選（C）解：S系中測得A、B事件的時(shí)間間隔和空間間隔分別為：At—（3.0-2.0）x10-7—1.0x10—7sAx―10-50——40m由洛倫茨變換At'=y（At-uAx）―2.25x10-s。選（C）c24、（C）1.0x10-6解：At=yAt=, ；而飛行的距離S—uAt0 1-上C C25、（B）提示：應(yīng)用光速不變原理和相對性原理。練習(xí)十二狹義相對論（二）1、75m3;208.3kg;2.8kg/m3a3 ym解：S系中觀察者測得正方形體積--；質(zhì)量是ym0；密度a/0y。2、（C）利用E=（y利用E=（y-1）mc2求得y，再利用y―k01C2求速度u。3、（C）m(7-1)m-上=' /0=y-1 ;mm00iE 2.6x105x1.6x10-19…E—(y—1)mc2ny—1=k—x0.5k 0 mc2 9.1x10-31x9x101604、(A)解：取m為研究對象，因?yàn)閙'自發(fā)地分裂，所以總能量守恒：TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"mc2=ymc2+ymc2,11 22\：1-=，故有：m=ym+ym，u\：1-=，故有：m=ym+ym，u2 11 22c21 .1-u2 2\： c2因?yàn)閥，y均大于1，所以m>m+m。12 1 2練習(xí)十三靜電場（一）1、共解得兩個(gè)解：，=2a,x=2a（不合題意，舍去）1 232、（A）如^不是足夠小，那么放入q后，在q附近負(fù)電荷密度加大，電力線變密0 00以場強(qiáng)增大。3、（B）4、（B）練習(xí)十靜電場（二）練習(xí)十靜電場（二）1、as解：JE.ds=JE.ds+JE.ds+JE.ds=-as+2as=as。側(cè)面 左面 右面1JE-ds=0(E工ds)側(cè)面2、。=0；。=5L；。=6L。xy yz xz

(|)=(5z+6j)-7j2^=0(|)=(5i+6j)?Ld=5Liyz(|)=(5i+6J)'Li]-6Lzxz3、（C）解：均勻帶電球面在距離球面R處產(chǎn)生的場相當(dāng)于一個(gè)在球心處的點(diǎn)電荷TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"q （5口二4咖。在2R處產(chǎn)生的場：E二4底”=看。0 04、（A）解：=\E-ds=--ds=EtiR2o半球面 圓 半球面 圓5、（D）解：。只與面內(nèi)電荷有關(guān)，而E不僅與面內(nèi)、面外電荷有關(guān)，且與它們的分布有關(guān)。練習(xí)十五靜電場（三）有關(guān)。練習(xí)十五靜電場（三）gRgR2s~0X1、U=—；u02s0q-q qq2、U=聽/；此系統(tǒng)的電勢育即二一不占力。/兀3K 4兀匕KTOC\o"1-5"\h\z0 04 4_兀尺3P _兀尺3P3 0=3 _3 _R3P_pR3'p4718(d+r)47i￡r3s(J+r)3e7o oo o4、電勢的正負(fù)取決于電勢零點(diǎn)的選取U=匚必M4718X22an********5、（C）兩板間的場為:電場力做功為:兩板間的場為:電場力做功為:2o2￡ 2￡ 2￡0 0 0A-qEd—嗒練習(xí)十六靜電場（四）1、2Ax-E/y2Ay2、—1、2Ax-E/y2Ay2、—E(d—d)—io(d—d) Od;U—Ed——3、(C)4、(A)11九+ (1)22￡05、0點(diǎn)處的電勢應(yīng)是AB弧和BC直線產(chǎn)生場的疊加：U—5、0p********（帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電勢U=2s-）0P點(diǎn)處的電勢也應(yīng)是人8弧和BC直線產(chǎn)生場的疊加:U=u+V（2）ppp九聯(lián)立（1）、（2）式得：=U—U+—聯(lián)立（1）、（2）式得：0一 九=U一o4s0練習(xí)十七靜電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)（一）Q ro1、兵=，；iQ ro222解:兩球相距很遠(yuǎn)意為忽略兩球之間的靜電感應(yīng)，用導(dǎo)線連接后，兩球電勢相等:Q

—i—

4兀sr01Q°i=2Q

2—

4兀sr02O-1-O2n幺=幺，所以有：oo__o_2s。0o=7一sE;E2 001解:3、球心處的電勢U=02q4兀sR°0i4、（A）練習(xí)十八靜電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)（二）兩板上自由電荷面密度為o=d U0d—，兩介質(zhì)分界面上o=0。TOC\o"1-5"\h\zVt^ Vt/1 + 2ssss0ri 0r2電位移通量JD-ds二九L；場強(qiáng)E=。2兀？￡r0rTOC\o"1-5"\h\z（A）NU二)-dr二幺J」)4?！阹2 4兀？RR°R1 1 2(C)解：因?yàn)锽帶正電，電勢最高，所以排除（A\（B）;又因?yàn)锳導(dǎo)體空腔內(nèi)電場不為零，U=AE-dl+JE?dl；而U=jE-dl，所以U〉U。C A CAC內(nèi) A外 A外練習(xí)十九靜電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)（三）81、2倍；5倍。2、7.5所,00125J。3、（C）4、（C）練習(xí)二十電流的磁場（一）TOC\o"1-5"\h\z1、B=紇￡(1-13);B=皿-B=W(1-3))i 2兀R 2 2 6R；3 2兀R 2-口I廠,3、口IB0=象1-5-）+6R。方向垂。紙面向里。日Ih]l+1——0ln」 22兀 l13、（A）4、（D）練習(xí)二十一電流的磁場（二）

1、B=S;B312兀R2 22兀r2、0點(diǎn)處的B是半徑為口、載流I的圓形電流在0點(diǎn)處產(chǎn)生的場B二出、無2 0 2R限長載流I的長直電機(jī)流在0點(diǎn)處產(chǎn)生的場B=憶及載流I長直導(dǎo)體圓管在02 直2兀R 1點(diǎn)處產(chǎn)生的場B=四oI1的疊加。取垂直紙面向外為正方向，有：管2兀（d+R）NI（R+d）（1+兀）—RI-hK科B=—0-q i；方向垂直紙面向外。2兀 R（R+d）3、把回路分為兩部分：左邊部分I與回路繞行方向成左螺關(guān)系，右邊部分I與12回路繞行方向也成左螺關(guān)系，所以，選（D）4、B或H的線積分只與回路內(nèi)的電流有關(guān)，與回路外的電流無關(guān)，且與回路內(nèi)電流的分布也無關(guān)而回路上任一點(diǎn)B不僅與回路內(nèi)、外的電流有關(guān)且與回路內(nèi)、外電流的分布也有關(guān)。所以，選（D）5、因?yàn)殡娮枵扔趯?dǎo)線長度RxL，所以銅環(huán)兩邊電流大小如圖，用右手螺旋法則判斷回路JB.回路JB.dl二一四 03練習(xí)二十二磁場對電流的作用（一）1F=2.5i—1.5k、解：dF二IdljxB；F=JdF=(10x0.5j)x(0.3i-1.2j+0.5k)=2.5j-1.5k********dF——CAdlCdF——CAdlCTOC\o"1-5"\h\z—0——= CB-2m dlc，所以dFC=2dlCudFC=2dlC—0cos300= 0-3、（D）解：M=p3 V，3兀IR2BB3、（D）解：M=p3 V，3兀IR2BBsin600=Ix=兀R2Bx^= ： ；方向?yàn)閜xB的方向，豎直向上。4、（B）各電流元受力dF關(guān)于X軸對稱，所以，Y方向合力為零，又因?yàn)樽蟀雸A各電流元處的磁場強(qiáng)于右半圓，所以線圈向右平移。練習(xí)二十三磁場對電流的作用（二）1、V=107m/s1、v=107m/sff=evB=解：evuI f2兀aJ=v= =107m/s********力_t^[T./洛■B

力_t^[T./洛■B

X1183BL2,a點(diǎn)電勢高。解： ev^I f2m：f=evB= 「0v=-——=107m/s2兀 e^I02、（A）,1 沒放入均勻外場前，m32r=eE；放入均勻外/xrfxB: 場’*場后，向心力增大：m32r=eE+evB，在r[xx:v 不變的情況下，3應(yīng)增大。3、（B）解：由姮xB得4各的方向向下，要使電子束不偏轉(zhuǎn)，電子受靜電力必須向上，所以，電場的方向應(yīng)向下。解：帶電量為q的粒子在磁場內(nèi)作半徑為R=竺（mv2=evB）的圓周運(yùn)動(dòng)，磁qBR通量巾=B兀R2=BKm2v2。即：1-1-。所以選（C）q2B2 B練習(xí)二十四電磁感應(yīng)（一）Lacc1、U-U=a(v*B)?dx=33xBdx=

accTOC\o"1-5"\h\z2L 2\o"CurrentDocument"U-U=b(v*B)?dx=3,xBdx=_3BL2b點(diǎn)電勢高bc 9c021 1u-U(石-)3BL2n3BL2,b點(diǎn)電勢高。ba918 62、2、￡=NIv后山3小端電勢高。3、（B）整個(gè)過程有三個(gè)階段：1）進(jìn)入場區(qū)階段：a聲°，說明黑，磁通量增加，由Lenz定律，￡方向與原磁場方向相反（逆時(shí)針方向），且磁通量變化率在增大，￡L回路中I如同電動(dòng)勢；2）線框在磁場區(qū)階段：線框中磁通量的變化為0，無感應(yīng)電動(dòng)勢。3）出場區(qū)階段：a刈，說明vT，磁通量減少，由Lenz定律，￡方向與原磁場方向相同（順時(shí)針方向），且磁通量變化率在增大，￡T?；芈分蠭如同電動(dòng)勢。4、（B）解：用排除法：轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，abc構(gòu)成的回路磁通量不變，所以￡=0，排除（C\（D）；用右手定則判定U>U，所以u-u<0，故選（B）ca ac練習(xí)二十五電磁感應(yīng)（二）eNnkR1、a=_0 ；a=0。i 4m 2解：長直螺線管通入變化的電流，因而內(nèi)部的場為變化的磁場，變化的磁場產(chǎn)生渦旋電場，電子受到的是渦旋電場力：eE rdBReE=ma,a=—j，因?yàn)椋寒?dāng)r<R時(shí)，E= ，將r=〒代入E，r11m r2dt 2r

再將E代入a即可。由于軸線上E=0，所以a=0。1R2dB2rdt21R2dB2rdt2、E=r解磁場具有軸對稱性E2兀r=兀R2 所以E= 。由于丁>0,所以E方向?yàn)槟鏁r(shí)針且垂直于。（E與dB五成左螺關(guān)系）rRErr dtr2所以E方向?yàn)槟鏁r(shí)針且垂直于。（E與dB五成左螺關(guān)系）rREr直于軸線的徑向是遞增的，即當(dāng)r<直于軸線的徑向是遞增的，即當(dāng)r<R時(shí)，ErrdB，-FT，因而均勻地分布著電3、8<821dB一一解：因?yàn)锽=B⑺，所以JEdr=S__，又S>S ，故有8<8。r dt Mob Aa'ob’ 2 14、（C）解：根據(jù)題意，管內(nèi)只有渦旋電場（變化的磁場產(chǎn)生），而管內(nèi)的渦旋電場沿垂場的說法是錯(cuò)誤的；又因渦旋電場繞任意閉合回路的線積分不為零（有旋場），所以（B）說法也是錯(cuò)誤的；由于磁場和渦旋電場都是無源場，所以，對任意封閉曲面的面積分為零。5、（B）oMMNN0MN解：/dr=JEdr+JEdr+JEdr=JEdr所以r r r