1、练习一 质点运动学1、 ， ， ，26tidtrvjiv61 jitrv26131ja43112、 02022 10 vKtvtdvtKdtvt 所以选（C ）3、因为位移 ，又因为 所以 。所以选（B）,r,a4、选（C ）5、 （1）由 ，所以： ，,mvaFPdtvdtvmPvtd00积分得： tv2（2）因为 ，即： ，有：mPtdtxdtmPxt022398tmPx练习二 质点运动学 （二）1、 平抛的运动方程为 ，两边求导数有： ，那么201gtyvgtvyx0， ，20tv20tvdtat 2tna。20tg2、 2414s/m.a;s/.ann3、 （B ）4、 （A）练习三
2、质点运动学1、 02323 xkt;t)t(a;ks(t 2、 0321v3、 （B ）4、 （C ）练习四 质点动力学（一）1、 mx;iv922、 （A）3、 （C ）4、 （A）练习五 质点动力学（二）1、 muv)(vV002、 （A）3、 （B ）4、 （C ） 5、 （1） NsvmIvsvtv 16)(,3,/19,3804042 （2） JmA760练习六、质点动力学（三）1、 J902、 )R(GAE213、 （B ）4、 （D）5、 )(212m练习七 质点动力学（四）1、 )(lGv212、动量、动能、功3、 （B ）4、 （B ）练习八 刚体绕定轴的转动（一）1、 80
3、6.,.解：（1）摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动因为 ；同理有000 218t。026.（2）由 ；2t 402.2n2、 020,9kJt解： ；JJ9202320200dJktdtt解得： 。0kt3、选（A）因 A、B 盘质量和厚度相等，而 ，必有 。圆盘的转动惯量BABAr，所以 。21mrJBI4、 （C ）解：因为力矩 M 和角加速度 是瞬时作用关系，撤去 M， ，说明有阻02力矩存在。撤去 M 前： （1）Jf撤去 M 后： （2）联立即得： 。f 21J练习九 刚体绕定轴的转动（二）1、 A、B 两轮转动惯量的比值为 1：3 和 1：9。解：轮和皮带间无相对滑动意为两轮边缘
4、一点的线速度相等：。 （1）若 。3BAAv31:JJABBA（2） 91212:JABA2、 00,343、天体的自转周期将减少（C） ，转动动能将增大（A ） 。解：引力是内力，球体角动量守恒。 由于球体绕直径的转动惯量0JL=正比于半径平方， 减小， 增大，而 ，所以周期将减小，转动动能JJ2T将增大，21L=4、在上摆过程中，以子弹和木棒为系统，重力为外力，故动量不守恒；上摆过程中，重力作功，所以机械能不守恒；对转轴的合外力矩（重力矩）的功不为零，所以角动量不守恒。选（A） 。5、选（D）解：分别取单摆、地球和细棒、地球为系统，摆动过程中，机械能守恒：（1） ；211g(cos)mg(
5、lcos)l;l-=（2） ， 。2323l ()()(ml);l- =123=6、取盘和子弹为系统， ，角动量守恒： ，因为 所0侧MJ00J以 。选（C ）0练习十 刚体绕定轴的转动（三）1、 gL3解：根据机械能守恒定律： gllv)ml(lg331222、 Rt32用平动的规律解决平动： （1）Tga用转动的规律解决转动： （2）)mR(利用平动和转动的关系： （3）Ra三式联立解得 tRgdtdtgt 32320Rttdt 32003、 （A）4、 （C ）5、系统受重力作用，动量不守恒；摩擦力作功（在地面参照系中） ，机械能不守恒；合外力矩为 0，所以角动量守恒。选（C） 。练习十
6、一 狭义相对论（一）1、 K 系： ； 系：22tczyxK22tczyx2、 ，s.t,mL04103、 选（C）解：S 系中测得 A、B 事件的时间间隔和空间间隔分别为： s.).(t 771x4051由洛伦茨变换 。选（C）s.)xcut(t 72054、 （C ）解： ；而飞行的距离2601cu.t tuS5、 （B ）提示：应用光速不变原理和相对性原理。练习十二 狭义相对论（二）1、 3382075m/kg.;m解：S 系中观察者测得正方形体积 ；质量是 ；密度 。a0/am302、 （C ）利用 求得 ，再利用 求速度 。201cm)(Ek21cu3、 （C ）；而100)(k 5
7、0190623502 .cmEc)(Ekk 4、 （A）解：取 为研究对象，因为 自发地分裂，所以总能量守恒：m212c,2上式中： ； ，故有： ，21u2cu1m2因为 ， 均大于 1，所以 。12 1m练习十三 静电场（一）1、共解得两个解： （不合题意，舍去）ax32,12、 （A）如 不是足够小，那么放入 后，在 附近负电荷密度加大，电力线变密，0q0q0所以场强增大。3、 （B ）4、 （B ）练习十四 静电场（二）1、 as解： 。sdE侧 面 s左 面 sdE1右 面 as2（ ）0s侧 2、 ； ； 。xy25Lyz 26xzyxz 0652kL)ji(xy5iz 22j)i
8、(x3、 （C ）解：均匀带电球面在距离球面 R 处产生的场相当于一个在球心处的点电荷在 2R 处产生的场： 。24Rq 02044)(qE4、 （A）解：。sdsE侧 侧 sd侧 2-REs侧5、 （D）解： 只与面内电荷有关，而 不仅与面内、面外电荷有关，且与它们的分布pE有关。练习十五 静电场（三）1、 002RU;2、 ；此系统的电势能 。q01RqW02143、 - =)rd(Rp034034rd0303)(4、电势的正负取决于电势零点的选取： aqxUaM0220840qP5、 （C ）解： d2AB两板间的场为： ；0202电场力做功为： 0dqEA练习十六 静电场（四）1、 ；
9、 ； 。2yxUEx2yxAUEy0zE2、 。0011 d;)d()d(Ap3、 （C ）4、 （A） AEB5、0 点处的电势应是 AB 弧和 BC 直线产生场的叠加： （1）002pVU（带电圆环在圆心处产生的电势 ）00042RqUP 点处的电势也应是 AB 弧和 BC 直线产生场的叠加：（2）ppVuU联立（1） 、 （2）式得： 004Uupp练习十七 静电场中的导体和电介质（一）1、 .r;Q1221解：两球相距很远意为忽略两球之间的静电感应，用导线连接后，两球电势相等： = = ，所以有：104r201rQ2.;1222、 。0001 2E;解：3、球心处的电势 + 。rqU0
10、420RQ104q4、 （A）练习十八 静电场中的导体和电介质（二）1、 两板上自由电荷面密度为 ，两介质分界面上 。2010rrdU02、 电位移通量 ；场强 。LsdDEr03、 （A）。)R(QrUR212142 4、 （C ）解：因为 B 带正电，电势最高，所以排除（） 、 （） ；又因为导体空腔内电场不为零， ；而 ，所以ldEAC侧 l侧AldEUA侧。ACU练习十九 静电场中的导体和电介质（三）1、2 倍； 倍。582、 。J.;F.01273、 （C ）4、 （C ）练习二十 电流的磁场（一）1、 ；RIB);(RIB623100 )(I23103。方向垂直纸面向里。002、
11、120lnIhm3、 （A）4、 （D）练习二十一 电流的磁场（二）1、 ；20RIrBrI02、0 点处的 B 是半径为 R、载流 的圆形电流在 0 点处产生的场 、无2I RIB20限长载流 的长直电流在 0 点处产生的场 及载流 长直导体圆管在2I RIB20直 1I0 点处产生的场 的叠加。取垂直纸面向外为正方向，有：管B)(10RdI；方向垂直纸面向外。)(I123、把回路分为两部分：左边部分 与回路绕行方向成左螺关系，右边部分 与1I 2I回路绕行方向也成左螺关系，所以，选（D）4、 的线积分只与回路内的电流有关，与回路外的电流无关，且与回路内HB或电流的分布也无关；而回路上任一点
12、 不仅与回路内、外的电流有关且与回路B内、外电流的分布也有关。所以，选（D）5、因为电阻正比于导线长度 ，所以铜环两边电流大小如图，用右手螺旋LR法则判断 32I3I回路 320IldB练习二十二 磁场对电流的作用（一）1、 k.iF512解： kjkjijFdBjIdl 5.1-2)5.0.1-3()5.01(; 2、 a320ABCdlF，所以CBCAdlFaIdl=20。方向如图。l aI23000cos3、 （D）解： ；方向为 的方向，竖4321602BIRBRIBpMm=sin Bpm直向上。4、 （B ）Fdxy各电流元受力 关于 X 轴对称，dF所以，Y 方向合力为零，又因为左
13、半圆各电流元处的磁场强于右半圆，所以线圈向右平移。练习二十三 磁场对电流的作用（二）1、 smV/0703Fv1、 smv/=70解： smIeafvIeBf /=700122解： smIeafvIevBf /=7001222、 （A） rvB没放入均匀外场前， ；放入均匀eEr=2外场后，向心力增大： ，在vBm+r 不变的情况下， 应增大。3、 （B） Ee洛fBvI解：由 得 的方向向下，要使Bve洛f电子束不偏转，电子受静电力必须向上，所以，电场的方向应向下。4、 （C ）解：带电量为 q 的粒子在磁场内作半径为 的圆周运动，磁)=(evBRmqv2通量 。即： 。所以选（C）22Bv
14、mR=B1练习二十四 电磁感应（一）1、 ， 点电势高。23018- BLxd)Bv(ULaca = ax bcca x，b 点电势高。23209- BLxd)Bv(ULbcb =，b 点电势高。22618-9ab2、 ；N 端电势高。30lnIv=3、 （B ）整个过程有三个阶段：1）进入场区阶段： ，说明 ，磁通量增加，由 Lenz 定律， 方向与原av磁场方向相反（逆时针方向） ，且磁通量变化率在增大， 。回路中 I 如同电动势；2）线框在磁场区阶段：线框中磁通量的变化为 0，无感应电动势。3）出场区阶段： ，说明 ，磁通量减少，由 Lenz 定律， 方向与原磁0av场方向相同（顺时针方
15、向） ，且磁通量变化率在增大， 。回路中 I 如同电动势。4、 （B ）解：用排除法：转动过程中， 构成的回路磁通量不变，所以 ，排除abc0=（C） 、 （D ） ；用右手定则判定 ，所以 ，故选（B）U0ac-dtr rtrER3、 12。124、 （C ）解：根据题意，管内只有涡旋电场（变化的磁场产生） ，而管内的涡旋电场沿垂直于轴线的径向是递增的，即当 时， ，因而均匀地分布着电Rrti12以， 。23、 （D） 2t1It解：在 时间内， ，由 知： 且10t 0=CtandIdtIL-0L04、 （A）利用公式 计算。VnL,IW221=练习二十七 磁介质、电磁场1、 。 。;RIrH21210IrB;rIHrIB2=2、 。前后两个式子分别揭示：随时间变化dtlEdtlmD- =的电场的空间能激起磁场；随时间变化的磁场的空间能激起电场。3、 （A）4、 （C ）练习二十八 电磁振荡、电磁波1、 )cxt(osEH,zyx -00=2、坡印廷矢量 的物理意义是：电磁波能流密度矢量；其定义式为：S。E=3、 （C ）4、 （B ）5、 （B ）
