第一单元 质点运动学一、选择题1.A2.D3.C4.A5.B6.C7.D8.D9. D 10. D二．填空题1．瞬时加速度 t 1到t 3时间内的平均加速度4d t t ⎰v4d t t ⎰v2．圆周运动，匀速率曲线运动，变速率曲线运动 3． px y 2=2 ut p u t 2± j putpu i u2±=v 4．1+=1v v kt 5． 0v l -h h v =v l -h lv = 6． )2(sec 2θπω-=D v7． 2.67rad8． 22-16=x v9． j i 3-2 j i4-2 j 2-10． t 3+8t -628 -628 8三、计算题1．解：由)2-0(142j t i t r +=得： j t i4-4=v由已知：024-83==⋅t t r v得t =0s 、s 3=t2．解：v =R ω =ARt 2由已知：t =1s ，v =4m/s 得A=2在t=2s 时 v =R ω =ARt 2=2×2×22=16m/sn n n R ARt n R t a 1281621622222d d 222+=+⨯⨯⨯=+=+=ττττv v vm/s 1291281622=+=a 23．解：由题意可知θsin t g a -=θsin d d d d d d d d t g st s s t a -====vv v v s g d sin d θ-=v v ①从图中分析看出syd d sin =θ y s d d sin =θ ②将②代入①得dy d sin d g s g --=θv v⇒-=⎰⎰yy y g 0d d vv v v )(2022y y g -+=v v 第二单元 质点动力学参考答案一、选择题1.B 2C 3.D 4.D 5.B 6. E 7. C 8.C 9.B 10.C 11.C 12.B 13. D二、填空题1．)/(m M F + )/(m M MF + 2． 0 2g 3．R g /4．v m 2 指向正西南或南偏西45° 5．i2 m/s6．0.003 s 0.6 N·s 2g 7．)131(R R GMm -或RGMm32-8．kg m 2229． 2112r r r r GMm- 2121r r r r G M m -10．)(mr k E =)2(r k - 11．gl 32112． km 32v ．三、计算题1． 解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为( M /L ) d r 由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r ) 得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 由于绳子的末端是自由端 T (L ) =0有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 2．解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时A 将要离开墙壁，设此时B 的速度为v B0，由机械能守恒，有2/32120B 20v m kx = 得 mkx 300B =vA 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为x 时有0B 22211v v v m m m =+ ①20B 2222221121212121v v v m m kx m =++ ②O ω当v 1 = v 2时，由式①解出v 1 = v 2mkx 3434/300B ==v (2) 弹簧有最大伸长量时，A 、B 的相对速度为零v 1 = v 2 =3v B0/4，再由式②解出 0max 21x x =3．解：设m 与M 碰撞后的共同速度为v ，它们脱离球面的速度为u ．(1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得 )/(0m M m +=v v①m 与M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置θ 时，有22)(21)cos 1()()(21u m M gR m M m M +=-+++θv ②R u m M N g m M /)(cos )(2+=-+θ ③当物体脱离球面时，N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得：32)(332cos 22022++=+=m M gR m gR gR v v θ ∴ ]32)(3[cos 22021++=-m M gR m v θ(2) 若要在A 处使物体脱离球面，必须满足g m M R m M A )(/)(2+≥+v即Rg A >2v ，考虑到①式有 Rg m M m ≥+)/(202v所以油灰的速度至少应为 m Rg m M /)(0+=v第三单元 静电场一、选择题1.D2.D3.D4.D5.C6.D7.D8.C9.C 10.C 11.A 12.B 13.D 14. A二、填空题1．θπεθtan sin 40mg l2．023εσ-02εσ- 023εσ 3．包围在曲面内的净电荷 曲面外的电荷 4．)11(400ab r r qq -πε 5．2ελ 6．0 7．< 8．-2000V9．> (分别垂直指向U 3) 10．F/4 11．<三、计算题1．解：在球内取半径为r 、厚度为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为d q =ρd V =Kr 4πr 2d r在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4d Kr r Kr V q rVππρ===⎰⎰ (r ≤R )以该面为高斯面，按照高斯定理有0421/4εππKr r E =⋅得到 0214εKr E =， (r ≤R )方向沿径向，K >0时向外，K <0时向里。
在球体外作一半径为r 的同心球面为高斯面，按照高斯定理有0422/4εππKR r E =⋅得到 02424εr KR E =， (r >R )方向沿径向，K >0时向外，K <0时向里。
2．解：(1) 由静电感应，金属球的内表面上有感应电荷-q ，外表面上带电荷Q +q(2) 由于球壳内表面上的任一电荷距离O 都是a ，所以内表面上的电荷在O 处产生的电势为aq aqU q 0044d πεπε-==⎰-(3) 球心O 处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 共同在O 点产生的电势的代数和q Q q q O U U U U +-++==bQb a r q b q Q aq rq 000004)111(4444πεπεπεπεπε++-=++-+3．解：如图以O 为原点，沿半径水平向右为x 正方向建立坐标Ox 轴，(1) 由于球面均匀带电，电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，根据高斯定理得球外距离原点O 为x 的点处电场为i x q E204πε=(x >R )在x 处取电荷元d Q =λd x ，则电荷元d Q 受到球面电荷的电场力为i xx q Q E F 204d d d πελ== 带电细线受到球面电荷的电场力为i l r r q i x x q Q E F l r r⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-===⎰⎰+000201144d d 00πελπελ (2) 球面电荷在球外距离原点O 为x 的点处电势为xq U 04πε=(x >R )细线在该电场中的电势能为 000ln 44d d 00r lr q x x q Q U W lr r l +===⎰⎰+πελπελ 第四单元 稳恒磁场一、选择题1.C2. B3.C4.B5.C6.B7.B8.B9.C 10.A 11.B 12.C二、填空题 1．0 2．221R B π-3． 0 4．1.4A 5．Rhiπμ20 6．T 71067.6-⨯ 7．αμsin 20m nIRq8．正电荷 9．向左 10．dLd I I +ln 2210πμ 11． B Ia 221 ，沿y 轴正向 12．rIB πμ2=三、计算题 1.解：rIB πμ20=ta tb Il r l r I S B Φtb t a v v v v ++===⎰⎰++ln 2d 2d 00πμπμ2. 解：将截流的无限长圆柱形金属薄片看成由许多无限长的平行直导线组成。
如图所示。
对应θ到θθd +，宽度为θRd 的无限长直导线的电流πθπθd d d I I R R I ==它在P 点产生的磁感强度θπμπμd 22d d 200RIR I B ==d B 的方向是在与轴垂直的xy 平面内，与y 轴的夹角为θ。
由对称性可知，半圆柱形电流在P 处的磁感强度在y 方向相互抵消，所以，P 点的磁感强度沿x 轴正向，即θθπμθd sin 2sin d d 20RIB B x == RIR I B B x 20020d sin 2d πμθθπμπ===⎰⎰3. 解：导体横截面的电流密度为)(2122R R I-=πδ 在P 点作半径为r 的圆周，作为安培环路。
由∑⎰=⋅I l B ld μ得 212221202120)()(2RR R r I R r r B --=-=μδπμπ即 )(2)(21222120R R r R r I B --=πμ 对于导体内壁，1R r =，所以 0=B 对于导体外壁，2R r =，所以 202R IB πμ=第五单元 电磁感应一、选择题1.C2.B3.B4.B5. D6.D7.C8.B9.B 10.A二、填空题 1．0.05T2．t SI n ωωμcos m 0- 3． 1.65×10-2C4．θtg BLmgR θtg BL mga b → 5．212B L ω6．200cos 2r I tRπμωω-7．0.400H 8．4208R Irr πμμ9．S t B l d E SLd ⋅∂∂-=⋅⎰⎰，0d =⋅⎰S B S10． 0.07A三、计算题 1.解：⎰⋅⨯=BAl B d )(v εx xIla ad 20⎰+=πμvala πI +=ln20vμ2．解：选取abcd 为回路环绕方向tBS S t B S i d d d -=⋅∂∂-=⎰ ε= -⎥⎦⎤⎢⎣⎡-θθsin 212122a o R= -3.68mv方向 adcb3．解：(1) 根据212Bw μ=， w mo =0(2) P 点的磁感应强度 04/(6)B I a μ=πw mr =)9/(22220a I πμ第六单元 气体动理论一、选择题1.B2.C3.B4.C5.B6.B7.A8.B9.A 10.D二、填空题1．大小、质量、速度、能量等 ，体积、压强、温度、热容量等，统计平均 2．pa 3104.7⨯，371K 3．平动动能 t =3 5.373930031.823t =⨯⨯=E J 转动动能 r =2 249330031.822r =⨯⨯=E J内能 i =5 5.623230031.825i =⨯⨯=E J4．分子速率在v p 附近分布的概率最大或分子速率在v p 附近的分子数最多 5．(1) 氧，氦(2) 表示分布在速率v 附近，速率区间v →v +Δv 内的分子数占总分子数的百分比 (3)表示分布在0→∞的速率区间内所有分子与总分子数的百分比 6．(1)kT 21(2) kT i 2 (3)RT i 27． 1.736×10-10(s) 3.648×10-10(m) 8．1228s m 103161616116--⋅⨯==∆⨯=⋅∆⨯=∆⨯v n t x n yz t nxyz t N9．5:610．(1) d (2) a (3) b (4) c (5) e (6) f (7) g (8) h三、计算题1．解法一、混合后两种气体分子在每个自由度上的平均能量相等，且气体的总能量保持不变。