常州大学物理辅导书参考答案(大一下)

1、第一章一、选择题1速度大小，故（D）正确。（A）不是速度大小；（B）与（A）一样是不对的；（C）是速度，是矢量，也不合题意。2匀速率圆周运动，运动一周平均速度为零，运动三周平均速度同样为零。平均速率，故（B）正确。3（D）正确，始终竖直向下，大小和方向保持不变。而（A）单摆的运动是由重力与绳子拉力合力产生的加速度，随时间变化。（B）匀速率圆周运动a大小不变，但是方向随时间变。（C）行星作椭圆轨道运动大小和方向都是随时间变化。4（C）正确。（A）中；（B）中，（D）中。5因为，由初始条件t=0时，初速度为，则， ，故选（C）。6由题意，时，v0=2ms-1，a0=-2ms-2，只对时才有效，因为

2、只是瞬时加速度，对于无效，故选（D）。7因为，故， 。二填空题1因为。当x=0时，2因为，速度 ； 速度与坐标关系3，位移，路程16+1=17（m）.4由图知，即t=3时，速度为0；从03s间，速度为正，加速度为负；从36s间，速度为负，加速度也为负。5由题意，重力提供向心力，。6因为，则。7，法向加速度，所以曲率半径R或。8取ox轴，一般情形下，P点速度当，9，ms-210经历的路程为，周期，位移，平均速度，方向三计算题1因为加速度，初始条件t=0，x0=5m，v0=0，2a=-ky，初始条件，y=y0时,，3因为a=1-kv，初始条件t=0时v=v0，。，v=0时，。由， 4由T=20s

3、P(x,y) , ，其中，R=2m 速度： 加速度： 0秒时在O处，5秒时在A处，平均速度大小为,方向 0秒时速度方向x轴方向，5秒速度方向y轴方向，平均加速度大小，方向与x轴成135角。 5以螺丝落时计时，并以升降机底部为坐标原点，建立ox坐标系（1）螺丝运动方程： （2）升降机底板运动方程：（3）相遇时，,（4）6，初始条件 t=0时，x=x0 , ,7 速度 ， 当a=b时，切向加速度为0，法向加速度8因为R=2m，2ms-2，则，初始条件t=0时，v=0，v=2t，则，解得，其中t=-1舍去，则t=1时，法向加速度大小相等，总加速度与半径成45角。这时，在t=1时经过的路程为1m .9

4、以地面为坐标原点，向上为x轴正方向（1），v1=at=200ms-1（2），当v2=0时，达到最高点，所以。（3），.10如图建立坐标系，运动方程为当y=0时，t=20s，所以瞄准角.第二章一、选择题1在绳子剪断瞬间，弹簧中存在力图恢复原状的力mg，对球2向上，与其重力大小相等方向相反，对于m1来将，与重力mg方向一致，故加速度为2g2水平方向上合力 竖直方向合力， 3分析m的受力情况，m受N1, N2, mg三力平衡，故4 5小球转动周期 ，T与mg提供，6由 二、填空题1（1）三力平衡，最大；（2）二力产生切向加速度2二力提供水平向心力 ，摆锤 3， ， 4N, mg提供水平方向指向轴心的

5、向心力 ，因为， 5因为，； 所以，6C突然抽走，B没有支持，这时弹簧中存在力图恢复原状的力，对于B向下大小mg，与重力相等，故向下加速度为2g；对于A向上大小为mg 正好与重力相抵，故加速度为07A受三个力作用，当N=0时 T，mg产生水平向右的加速度，由几何知识 即 8N, mg使物体具有加速度 Nmg加速向上，反之加速向下。因为9.8N ，F=149.8则向上加速； F=7R2 .2弹性力的功弹性力作负功则弹性势能增加。3弹性力f=-kx，则外力的功.4因为kAxA=kBxB，5开始作用时系统具有动能，达到弹簧最大压缩时只有弹性势能，整个过程机械能守恒，则.6如果外力为零则冲量为零，作功

6、也为零；如果作用时间为零，则冲量为零，功也是为零。7，动能由，动能损失为，当进入一半时，动能损失，还有.8最大位移，为什么？A处重力势能为零，A处弹性势能为零；C处重力势能-mgx，C处弹性势能，机械能守恒：9重力势能以桌面为零，则开始时重力势能，后来，减少，动能.10保守力作正功，系统相应的势能减少，（A）不对；保守力经闭合路径作功为零，（B）正确；作用力与反作用力作功代数和不一定为零。如子弹打木块，（C）不对；外力矢量和为零，作功代数和不一定为零。如斜面上物体的运动，（D）不对。11，二、填空题1外力慢慢地拉至B，则的过程中外力，这时x0，摩擦力作负功.2，.3 动能 重力势能 弹性势能

7、A处 0 0 0 B处 由机械能守恒得4，代入v1=800ms-1，v2=600ms-1，v3=?5不同参考系中，速度、动量、动能、功不同。6，摩擦力，因为，所以摩擦力作功.7向心力.8a处万有引力势能，b处万有引力势能，万有引力作的功等于万有引力势能的减少，即.9F=ma，； F=ma，.10对岸不动，则F0=0，对流水Fvt0.11离地面2R处，万有引力势能，地面，比地面引力势能高.12F=ma，所以，.13因为静摩擦力为零，做功为零；加速运动时静摩擦力向前，故做正功，因为传送带向右加速，物体m有向左滑动的趋势，静摩擦力向右。三、计算题1因为， A（a, 0）动能；B（0, b）动能.，其

8、中Fx所做的功为，Fy所做的功为.2根据力把物体从该点移动势能为零处所做的功为该处的势能，可得，当r=2a时，.3解：取Ox坐标系，设A处开始运动，在P处，一旦停下来不再运动。从A到P点，阻力作功，弹性势能由变成，则，由. 与相联立，则.4.5（1）缓慢下降，即伸长量满足胡克定律. 重力势能 弹性势能 动能（2）突然放手，则A点 0 0 0 C点 -mgx 0 B点 机械能守恒：，.6，； ，； ，.第四章、选择题1水平方向上从变成，竖直方向上不变，则动量变化为故选（A）.2机枪开枪有反冲力是动量守恒的结果，每分钟射出20g子弹800颗，则60秒内子弹的动量有，平均反冲力为，故选（A）.3重力

9、mg作用的时间为，故重力冲力，故选（B）.4此过程中动量守恒，则，因为故，故选（A）.5车M，人m，设人速度，则车速度，由题意人对车速度，又，故，故选（A）.6当弹簧压缩量达到最大时，P、Q相对静止，则P与Q速度相等，故选（B）.7系统动量守恒，因为合外力为零。而弹性力作负功，外力做正功，机械能不守恒。我们知道只有保守力作用下，机械能才守恒。二、填空题1在碰撞过程中，竖直方向动量由变成，地面小球垂直方向冲量为，方向向上，在水平方向动量由变成，地面对小球的水平冲量为，即方向向左。2开始两秒内冲量，由初始条件，.3运动一周小球动量由变成，增量为零。小球受重力冲量大小为，小球受绳中张力冲量的大小与受

10、重力冲量大小相等，即.4故轨道作用于质点的冲量大小I=mv . 5水平方向动量由变成；竖直方向动量由变成0，故合冲量大小为，方向向下。6水平方向动量由变成，竖直方向动量由变成，故合冲量大小为，方向竖直向下。7沿x方向动量由变成，墙壁受到的平均冲量大小为.8，由题意，.9动量，即，原动能J。动量守恒：，v=15ms-1，。子弹后来动能，即子弹受阻力作用，即阻力做功-750J.子弹机械能损失50J+22.5J800J=-727.5J.三、计算题1（1），mv0=mv=MV，V=4ms-1，；（2）2 ， ，a=500，；在B中动量守恒.3牵引力，平板车功率，牵引力向车提供能量单位时间内为，而石子动

11、能.4（1）问A、B加速度多大，多久运动0.1m，由mg=2ma，t=0.2s . （2）碰撞.5（1），； （2）C：，.6（1）Mv=mv； （2）V=0.05ms-1，v=0.5 ms-1，.7，从开始到最高，增加水平距离.8： , ：, ：9；第5章一、选择题1作匀速率圆周运动的质点，其速度方向不断改变，即动量方向不断改变，但角动量（注意：即动量矩）不变。因为不受合外力矩作用。2地球绕太阳公转的轨道角动量L=Rmv，又万有引力提供向心力.3L1=mv1R1，L2=mv2R2，L1=L2，.因为R1R2，所以，Ek2Ek1 .4物体的运动属于有心力的作用下的运动，合外力矩为零，故角动量不

12、变（动量矩不变），由于外力作正功动能增加，速度方向也不断改则动量也改变。5因为质量、厚度相等，则RARB，.6，.7平行于轴作用的两个力，合力矩为零；垂直于轴作用的两个力对轴的合力矩可能为零，也可能不为零。8动量矩守恒.9从状态AB过程中，重力矩减小，减小，而增加。10碰前，碰后.二、填空题1，r=0.2m，.2，.3质点m作有心力作用下的运动，力矩为零，对原点角动量大小为，方向为z轴k方向。4.5大盘转动惯量；小盘对自身中心轴的转动惯量，对O轴转动惯量为。故总的对O轴的转动惯量为.6，.7.8.9（1）动量矩守恒， （2）机械能守恒.10取Ox轴，取元xx+dx，元重力，元摩擦力，元摩擦力矩

13、.三、计算题1，又，.2，制动前转动动能，从制动到时，转动动能为，从转动动能减少，即为阻力矩所作的功，故阻碍力矩作的功为.3（1）；（2）.4 56 7 ，； ，.8（1）打击前对O点动量矩mv0l； 打击后对O点动量矩 （2）设最大摆角为，则杆重心上升，.9（1）动量矩守恒：； （2）机械能守恒：.10 角速度 转动动能+平动动能 重力势能 A处： 0 B处： -mgR C处： -2mgRABC动量矩守恒ABC机械能守恒，静电场一、选择题1点电荷即带电体的尺寸（或线度）远小于源、场之距，故选（C）.2中q0试验电荷可正可负，故选（B）.3+q板对下板任一处产生的电场强度为，下板受到的吸引力大

14、小，而不是，故选（D）.4P上端“+”与带负电的球吸引，故逆时针转动，吸引力大小大于排斥力大小，则边逆时针转动边向负电荷球靠拢。故选（A）.5关键词“正”，电场力提供向心力；关键词“速度随时间增大”，电场力提供向心力。故选（D）.6P点的场强大小.7，故选（C）.8关键词“负”，故，选（B）.9由油漆桶型高斯面的侧面有效型得到，故选（A）.10显然是无限长均匀带电直线在其周围所激发的电场强度E与r的关系。11（12）高斯定理适合于任何静电场，只是利用高斯定理能求解的问题只有对称性好的少数几种情形，如无限长均匀带电直线附近的场强，无穷大均匀带电平面，以及球对称性问题。高斯定理说高斯面上的电通量只

15、与面内电荷有关与面外电荷无关，不等于说高斯面上各点的场强只与面内电荷有关与面外电荷无关。13左边半部进入的电通量与右半部分出去的电通量大小相等，总电通量为零，故选（A）.14S1上电通量为零，S2上电通量，即，而且，故选（C）.15但各点场强不相等。16图中阴影部分相当于题中平面，则电通量仅占总电通量的1/6，即故选（D）.17图中阴影部分相当于16题中阴影部分的1/4，故选（D）.18由高斯定理，高斯面上的电通量等于内电荷除以，与外电荷无关，但高斯面上任一点场强的数值不仅与内电荷有关，还与外电荷有关。故选（B）.19静电场中P点电势有两个定义：（1）单位正电荷在该点的电势能的数值；（2）把单

16、位正电荷从该点移到无穷远处电场力所做的功的数值，故选（C）.20静电场是保守场，两点电势差仅与位置有关。21，即电势不变的空间，场强必相等。22以无穷远处电势为零，则，； 以P点电势为零，则，.23以无穷远处电势为零，则，； 以P点电势为零，则，.24以导体内部场强为零可得，P点的场强，AB两板的电势差为。25由对称性C点电势为零，故选（C）. 26导体内部是场强为零，导体是等势体，均匀带电球面外，故选（A）.27导体内部是场强为零，导体是等势体，故选（C）.28由高斯定理得电场强度大小为，因为r=R2处电势为零，则，故选（C）.29对于题意中P1点位于内圆柱面内，则E=0，故选（B）.30因

17、为A、B关于Q点是等势点，电荷q从A运动到B点，电场力作功为零，相当于一桶水水平移动了x米，重力作功为零一样。二、填空题1F1的力臂，F2的力臂，F1=F2=qE，总力矩，电矩.2对P产生水平向右场强，对P产生水平向左场强；.34 假定向右为正，向左为负。5A：，B：，C：，D：，假定向右为正，向左为负。67没挖则O点处的场强为零，挖去后，只要求的电荷在O点产生的场强的相反数，即面上电荷对O点产生的场强大小为，由于Q0舍去，故，以无穷远处为电势零点，u=0的点x满足，.10以“无穷大”平面为电势零点，则沿电场线方向电势降低.11取Ox为坐标轴，取元,，.12取Ox坐标轴，.13因为A、C接地电

18、势为零，则B对A的电势差与B对C的电势差相等，即uBA=uBC ，假定B内表面单位长度上带电量为，外表面单位长度上带电量为，故在A表面感应出单位长度上带电量，；，；.14如图取元，区域，区域，.15解：由高斯定理得，.16解：r1=0.1m，r2=0.2m，u0=300V，r1球面上带电量，r2球面上带电量，rr2处，r1rr2处，当r=r1时，.设外球上放掉Q电荷，则.17因为，则，.18，.导体一、选择题1导体是等势体，故选（D）.2由于q0的加入使原电场发生改变，电荷重新分布，测出的电场强度比原电场小些，故选（C）.3由于接地导体的正电荷入地，故选（C）.4如果q为正，则球感应带负电荷相

19、吸，如果q为负，则球感应带正电荷相吸，故选（B）.5假定，因qB=0，故选（A）.6故选（A）. 7，故选（B）.8由于感应内球壳感应-Q，处球壳感应+Q，；，；故选（D）.9B不带电，A带电量q，由感应B的内表面感应出-q的电荷，不是均匀地分布，距A近处密度大些，B的外表面均匀分布感应电量+q，如果将A、B用导线连接，则A、B等势，电荷只分布在导体外表面，故选（D）.10由于内球带电q1，外球面的内表面感应-q1，外表面带电q1+q2，外球的电势为，当两球面用导线相连后，则等势，故选（B）.11大球2R，小球R，用导线相连后等势，大球带电量多，小球带电量少，本题中大球带电球是小球带电量的2倍

20、。故选（A）.12因为半径为的直线单位长度上带电量为，由高斯定理得，故选（C）.13因为弧立导体电容，实心与空心一样，只要半径相同，电容就相同，故选（B）.14因为空气平行板电容器，由于板间插入的金属板后，相当于，则电容变为原来的1.5倍，故选（C）.15C1：，C2：串联后电荷相等，即Q=C1U1=C2U2总电压1 000V，则C1上加了600V故击穿，C2上随后加上了1 000V，也击穿。故选（B）.1622不作要求二、填空题1内导体壳A带电q，则外导体壳B的内表面带电量为-q，由于B总电量-2q，则外表面-q.2我们可以得到，当B板接地AB间P的电场强度：由产生向右；由产生向右.3导体表

21、面，方向竖直于导体表面，当由表面朝外，当指向导体表面。4B不带电，；当B接地，.5r1=5cm，r2=10cm，r3=10cm，q1=210-8C，q2=410-8C，.6，.7因为（匀强电场）插入时q不变，.8可以判断q1R2时，；R2rR1时，故选（C）.12，BO1=BO2，故选（D）.13假定用“”、“”表示B的方向，近的B大，：5“”，5“” ：6“”，4“”：4“”，6“” ：5“”，5“”，故选（B）.14因为进负，出正，磁通量大小，故选（D）.15洛仑兹力提供向心力，电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量，故选（B）. 16，且环路上任意一点，故选（C）.17由洛仑兹力提供向

22、心力图（a）心是正电荷，回转周期T与半径R分别为，故选（B）.18因为方向向上，负电荷则向下运动，利用，即，故OC速度较大，故选（C）.19向右，由于电子，则刚进入磁场时洛仑兹力向左，与入射速度无关，则两电子同时回到出发点，故选（C）.20在均匀磁场中可积分为，对于b：方向向外，大小IlbB；对于a：；对于c：大小介于Fb与Fa之间，故选（C）.21CD上电流方向向右，故安培力方向向上，按题意开始时，故选（B）.22由于AB、CD产生的磁场示意图如左图，又AB导线固定，故CD逆时针运动，故选（D）.23由于C产生的磁场方向在D区域是+x方向，使D产生左向里，右向外转动，则趋势CD电流同向，而且

23、同向电流相吸，故选（A）.24由于同向电流相吸引，AB、BC上受到的力的合力向右，但大小比AC上受到向左的力小。故选（A）.25由于合下K时形成如图电流，产生左N右S磁场，故选（D）.26由于故I1在半径为r的圆范围内的磁场，故小线圈所受磁力矩，故选（D）.27由，故选（D）.28可以选（A）. 同学们可以思考：对于不均匀磁场中有无可能合力为零，合力矩也为零？二、填空题1AB对B2贡献为零，CD对B2贡献为零，其他对B2贡献总和为零。2因为AC对P点的贡献为零，BC对BP贡献为.3，.4对4（a）AB、BC、DE、EF段对O点贡献为零，对O点贡献向里，对O点贡献向外，；对4（b）GH、HI、J

24、K、KL段对O点贡献为零，对O点贡献，-y方向，对O点贡献向里，+z方向.磁场二、填空题5圆电流对BO的贡献为向里，长直导线对BO的贡献为向外，向里。6AC、圆环对O点的贡献为零，BD则产生，方向垂直于纸面向里。7，当rR时，方向向右。89，.10，.11，故磁通量之比为1:1.12同11题，.13，.1415因为，当v与B方向一致时，f=0匀速直线运动； 当v与B方向垂直时，f提供向心力作匀速率圆周运动； 当v与B方向成角时，作等距螺线运动.16电流I产生z方向磁场，带电粒子受到洛仑兹力作用，v与B同向，故受力为零；运动电荷产生圆圈状的磁场，电流I上任取一段，安培力，dl与B同向故受力也为零

25、。17洛仑兹力提供向心力为直角三角形，CE为切线方向与CD成60角与CF成120角。18，.19最大磁力矩.20因为方向垂直于纸面向外，大小方向向上。21因为方向垂直于纸面向外，方向向上。22因为闭合线圈在均匀磁场合力为零，则最大合力矩，Pm由1匝ISn变成N匝NISn，.23电场力提供切向力，切向加速度；洛仑兹力提供向心力，法向加速度an=0；切向力为零，即切向加速度为零；洛仑兹力与电场力方向竖直则.24B=0.1T，E=2104Vm-1，又，由qE=qvB，.25由于金属是自由电子导电，则负电荷运动方向与I方向相反，方向向下，方向向上，则电子向上积聚，故上侧积累负电荷。洛仑兹力,，即.26

26、如果载流子为正电荷，则正电荷向下积累，与题意相反，则必是N型半导体；必是P型半导体。三、计算题1AB段对BO贡献方向垂直纸面向里，弧BC段对BO贡献方向垂直纸面向里，CD段对BO贡献为零，故.2AB、DE段对BO贡献为零，BC段对BO贡献方向垂直纸面向里，CD段对BO贡献方向垂直纸面向里，则.3DC、EF段对BO贡献为零，AB对BO贡献方向垂直纸面向外，弧BC对BO贡献方向垂直纸面向外，弧DE对BO贡献方向垂直纸面向里，方向垂直于纸面向外。4按题意，AB、CD直线段对BO贡献为零，弧BC对BO贡献方向垂直纸面向里，弧DA对BO贡献方向垂直纸面向里，.5因为延长线过O点，则对BO贡献为零，弧是弧的3倍，则，但是这两电阻并联，则，故弧对BO的贡献方向垂直纸面向外，弧对BO贡献为方向垂直纸面向里，叠加后结果为零，而BC段对BO贡献为方向垂直纸面向外。6解：取电流元，由于之间有NI电