1、.第一章一、選擇題1速度大小，故（D）正確。（A）不是速度大小；（B）與（A）一樣是不對的；（C）是速度，是矢量，也不合題意。2勻速率圓周運(yùn)動，運(yùn)動一周平均速度為零，運(yùn)動三周平均速度同樣為零。平均速率，故（B）正確。3（D）正確，始終豎直向下，大小和方向保持不變。而（A）單擺的運(yùn)動是由重力與繩子拉力合力產(chǎn)生的加速度，隨時(shí)間變化。（B）勻速率圓周運(yùn)動a大小不變，但是方向隨時(shí)間變。（C）行星作橢圓軌道運(yùn)動大小和方向都是隨時(shí)間變化。4（C）正確。（A）中；（B）中，（D）中。5因?yàn)椋沙跏紬l件t=0時(shí)，初速度為，則， ，故選（C）。6由題意，時(shí)，v0=2m·s-1，a0=-2m·

2、s-2，只對時(shí)才有效，因?yàn)橹皇撬矔r(shí)加速度，對于無效，故選（D）。7因?yàn)椋剩?。二填空題1因?yàn)椤．?dāng)x=0時(shí)，2因?yàn)椋俣?； 速度與坐標(biāo)關(guān)系3，位移，路程16+1=17（m）.4由圖知，即t=3時(shí)，速度為0；從03s間，速度為正，加速度為負(fù)；從36s間，速度為負(fù)，加速度也為負(fù)。5由題意，重力提供向心力，。6因?yàn)椋瑒t。7，法向加速度，所以曲率半徑R或。8取ox軸，一般情形下，P點(diǎn)速度當(dāng)，9，m·s-210經(jīng)歷的路程為，周期，位移，平均速度，方向三計(jì)算題1因?yàn)榧铀俣龋跏紬l件t=0，x0=5m，v0=0，2a=-ky，初始條件，y=y0時(shí),，3因?yàn)閍=1-kv，初始條件t=0時(shí)v=v0，

3、。，v=0時(shí)，。由， 4由T=20s P(x,y) , ，其中，R=2m 速度： 加速度： 0秒時(shí)在O處，5秒時(shí)在A處，平均速度大小為,方向 0秒時(shí)速度方向x軸方向，5秒速度方向y軸方向，平均加速度大小，方向與x軸成135°角。 5以螺絲落時(shí)計(jì)時(shí)，并以升降機(jī)底部為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立ox坐標(biāo)系（1）螺絲運(yùn)動方程： （2）升降機(jī)底板運(yùn)動方程：（3）相遇時(shí)，,（4）6，初始條件 t=0時(shí)，x=x0 , ,7 速度 ， 當(dāng)a=b時(shí)，切向加速度為0，法向加速度8因?yàn)镽=2m，2m·s-2，則，初始條件t=0時(shí)，v=0，v=2t，則，解得，其中t=-1舍去，則t=1時(shí)，法向加速度大小相等，

4、總加速度與半徑成45°角。這時(shí)，在t=1時(shí)經(jīng)過的路程為1m .9以地面為坐標(biāo)原點(diǎn)，向上為x軸正方向（1），v1=at=200m·s-1（2），當(dāng)v2=0時(shí)，達(dá)到最高點(diǎn)，所以。（3），.10如圖建立坐標(biāo)系，運(yùn)動方程為當(dāng)y=0時(shí)，t=20s，所以瞄準(zhǔn)角.第二章一、選擇題1在繩子剪斷瞬間，彈簧中存在力圖恢復(fù)原狀的力mg，對球2向上，與其重力大小相等方向相反，對于m1來將，與重力mg方向一致，故加速度為2g2水平方向上合力 豎直方向合力， 3分析m的受力情況，m受N1, N2, mg三力平衡，故4 5小球轉(zhuǎn)動周期 ，T與mg提供，6由 二、填空題1（1）三力平衡，最大；（2）二力產(chǎn)

5、生切向加速度2二力提供水平向心力 ，擺錘 3， ， 4N, mg提供水平方向指向軸心的向心力 ，因?yàn)椋?5因?yàn)椋?所以，6C突然抽走，B沒有支持，這時(shí)彈簧中存在力圖恢復(fù)原狀的力，對于B向下大小mg，與重力相等，故向下加速度為2g；對于A向上大小為mg 正好與重力相抵，故加速度為07A受三個(gè)力作用，當(dāng)N=0時(shí) T，mg產(chǎn)生水平向右的加速度，由幾何知識 即 8N, mg使物體具有加速度 N>mg加速向上，反之加速向下。因?yàn)?.8N ，F(xiàn)=14>9.8則向上加速； F=7<9.8則向下加速。（9.8用10表示）9分析：F用于克服摩擦力，剩余的力提供三物體加速度所需要的力10物體受

6、兩個(gè)力作用，重力切向分力產(chǎn)生切向加速度，重力的另一個(gè)分力與T提供向心力，即，切向加速度.11兩個(gè)力存在， 因?yàn)椋琋=0時(shí)，當(dāng)才脫離。三、計(jì)算題1建立ox坐標(biāo)系 ， ，2取oxy系，y方向加速度為零，下滑加速度3，x=a時(shí)，v=0， ，. x=a時(shí)，v=0，則 ，.4因?yàn)閙B=2mA，B相對升降機(jī)向下運(yùn)動加速度為a1，利用絕對速度與相對速度、牽連速度關(guān)系：絕對速度=相對速度+牽連速度；(mB-mA)g=(mA+mB)a1+(mA-mB)a又mB=2m，mA=m，T=5分析：以轉(zhuǎn)動時(shí)，m1與m2間的彈簧提供m2所需的向心力，當(dāng)燒斷線時(shí)，彈簧力圖恢復(fù)原狀對m1向右拉力，產(chǎn)生的加速度為；對m2向左拉力

7、，產(chǎn)生的加速度為.6若a較大m將上移，且沒有移動時(shí)，摩擦力方向沿斜面向下；若a較小m將有下滑的趨勢，則摩擦力方向沿斜面向上，因?yàn)榇嬖谝粋€(gè)a的極大值amax和一個(gè)極小值amin。 （1）（2）78建立oxy坐標(biāo)系，；極小值的條件：，第三章一、選擇題1因?yàn)镽1處萬有引力勢能，R2處萬有引力勢能，萬有引力勢能的減少等于動能的增加，且R1>R2 .2彈性力的功彈性力作負(fù)功則彈性勢能增加。3彈性力f=-kx，則外力的功.4因?yàn)閗AxA=kBxB，5開始作用時(shí)系統(tǒng)具有動能，達(dá)到彈簧最大壓縮時(shí)只有彈性勢能，整個(gè)過程機(jī)械能守恒，則.6如果外力為零則沖量為零，作功也為零；如果作用時(shí)間為零，則沖量為零，功也

8、是為零。7，動能由，動能損失為，當(dāng)進(jìn)入一半時(shí)，動能損失，還有.8最大位移，為什么？A處重力勢能為零，A處彈性勢能為零；C處重力勢能-mgx，C處彈性勢能，機(jī)械能守恒：9重力勢能以桌面為零，則開始時(shí)重力勢能，后來，減少，動能.10保守力作正功，系統(tǒng)相應(yīng)的勢能減少，（A）不對；保守力經(jīng)閉合路徑作功為零，（B）正確；作用力與反作用力作功代數(shù)和不一定為零。如子彈打木塊，（C）不對；外力矢量和為零，作功代數(shù)和不一定為零。如斜面上物體的運(yùn)動，（D）不對。11，二、填空題1外力慢慢地拉至B，則的過程中外力，這時(shí)x<0，對于的過程中，外力，這時(shí)x>0，摩擦力作負(fù)功.2，.3 動能 重力勢能 彈性勢

9、能 A處 0 0 0 B處 由機(jī)械能守恒得4，代入v1=800m·s-1，v2=600m·s-1，v3=?5不同參考系中，速度、動量、動能、功不同。6，摩擦力，因?yàn)椋阅Σ亮ψ鞴?7向心力.8a處萬有引力勢能，b處萬有引力勢能，萬有引力作的功等于萬有引力勢能的減少，即.9F=ma，； F=ma，.10對岸不動，則F·0=0，對流水F·vt>0.11離地面2R處，萬有引力勢能，地面，比地面引力勢能高.12F=ma，所以，.13因?yàn)殪o摩擦力為零，做功為零；加速運(yùn)動時(shí)靜摩擦力向前，故做正功，因?yàn)閭魉蛶蛴壹铀伲矬wm有向左滑動的趨勢，靜摩擦力向右。三、

10、計(jì)算題1因?yàn)椋?A（a, 0）動能；B（0, b）動能.，其中Fx所做的功為，F(xiàn)y所做的功為.2根據(jù)力把物體從該點(diǎn)移動勢能為零處所做的功為該處的勢能，可得，當(dāng)r=2a時(shí)，.3解：取Ox坐標(biāo)系，設(shè)A處開始運(yùn)動，在P處，一旦停下來不再運(yùn)動。從A到P點(diǎn)，阻力作功，彈性勢能由變成，則，由. 與相聯(lián)立，則.4.5（1）緩慢下降，即伸長量滿足胡克定律. 重力勢能 彈性勢能 動能（2）突然放手，則A點(diǎn) 0 0 0 C點(diǎn) -mgx 0 B點(diǎn) 機(jī)械能守恒：，.6，； ，； ，.第四章、選擇題1水平方向上從變成，豎直方向上不變，則動量變化為故選（A）.2機(jī)槍開槍有反沖力是動量守恒的結(jié)果，每分鐘射出20g子彈800

11、顆，則60秒內(nèi)子彈的動量有，平均反沖力為，故選（A）.3重力mg作用的時(shí)間為，故重力沖力，故選（B）.4此過程中動量守恒，則，因?yàn)楣剩蔬x（A）.5車M，人m，設(shè)人速度，則車速度，由題意人對車速度，又，故，故選（A）.6當(dāng)彈簧壓縮量達(dá)到最大時(shí)，P、Q相對靜止，則P與Q速度相等，故選（B）.7系統(tǒng)動量守恒，因?yàn)楹贤饬榱恪６鴱椥粤ψ髫?fù)功，外力做正功，機(jī)械能不守恒。我們知道只有保守力作用下，機(jī)械能才守恒。二、填空題1在碰撞過程中，豎直方向動量由變成，地面小球垂直方向沖量為，方向向上，在水平方向動量由變成，地面對小球的水平?jīng)_量為，即方向向左。2開始兩秒內(nèi)沖量，由初始條件，.3運(yùn)動一周小球動量由變成，

12、增量為零。小球受重力沖量大小為，小球受繩中張力沖量的大小與受重力沖量大小相等，即.4故軌道作用于質(zhì)點(diǎn)的沖量大小I=mv . 5水平方向動量由變成；豎直方向動量由變成0，故合沖量大小為，方向向下。6水平方向動量由變成，豎直方向動量由變成，故合沖量大小為，方向豎直向下。7沿x方向動量由變成，墻壁受到的平均沖量大小為.8，由題意，.9動量，即，原動能J。動量守恒：，v=15m·s-1，。子彈后來動能，即子彈受阻力作用，即阻力做功-750J.子彈機(jī)械能損失50J+22.5J800J=-727.5J.三、計(jì)算題1（1），mv0=mv=MV，V=4m·s-1，；（2）2 ， ，a=50

13、0，；在B中動量守恒.3牽引力，平板車功率，牽引力向車提供能量單位時(shí)間內(nèi)為，而石子動能.4（1）問A、B加速度多大，多久運(yùn)動0.1m，由mg=2ma，t=0.2s . （2）碰撞.5（1），； （2）C：，.6（1）Mv=mv； （2）V=0.05m·s-1，v=0.5 m·s-1，.7，從開始到最高，增加水平距離.8： , ：, ：9；第5章一、選擇題1作勻速率圓周運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)，其速度方向不斷改變，即動量方向不斷改變，但角動量（注意：即動量矩）不變。因?yàn)椴皇芎贤饬刈饔谩?地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道角動量L=Rmv，又萬有引力提供向心力.3L1=mv1R1，L2=mv2R2，L1

14、=L2，.因?yàn)镽1>R2，所以，Ek2>Ek1 .4物體的運(yùn)動屬于有心力的作用下的運(yùn)動，合外力矩為零，故角動量不變（動量矩不變），由于外力作正功動能增加，速度方向也不斷改則動量也改變。5因?yàn)橘|(zhì)量、厚度相等，則RA<RB，.6，.7平行于軸作用的兩個(gè)力，合力矩為零；垂直于軸作用的兩個(gè)力對軸的合力矩可能為零，也可能不為零。8動量矩守恒.9從狀態(tài)AB過程中，重力矩減小，減小，而增加。10碰前，碰后.二、填空題1，r=0.2m，.2，.3質(zhì)點(diǎn)m作有心力作用下的運(yùn)動，力矩為零，對原點(diǎn)角動量大小為，方向?yàn)閦軸k方向。4.5大盤轉(zhuǎn)動慣量；小盤對自身中心軸的轉(zhuǎn)動慣量，對O軸轉(zhuǎn)動慣量為。故總的

15、對O軸的轉(zhuǎn)動慣量為.6，.7.8.9（1）動量矩守恒， （2）機(jī)械能守恒.10取Ox軸，取元xx+dx，元重力，元摩擦力，元摩擦力矩.三、計(jì)算題1，又，.2，制動前轉(zhuǎn)動動能，從制動到時(shí)，轉(zhuǎn)動動能為，從轉(zhuǎn)動動能減少，即為阻力矩所作的功，故阻礙力矩作的功為.3（1）；（2）.4 56 7 ，； ，.8（1）打擊前對O點(diǎn)動量矩mv0l； 打擊后對O點(diǎn)動量矩 （2）設(shè)最大擺角為，則桿重心上升，.9（1）動量矩守恒：； （2）機(jī)械能守恒：.10 角速度 轉(zhuǎn)動動能+平動動能 重力勢能 A處： 0 B處： -mgR C處： -2mgRABC動量矩守恒ABC機(jī)械能守恒，靜電場一、選擇題1點(diǎn)電荷即帶電體的尺寸（

16、或線度）遠(yuǎn)小于源、場之距，故選（C）.2中q0試驗(yàn)電荷可正可負(fù)，故選（B）.3+q板對下板任一處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為，下板受到的吸引力大小，而不是，故選（D）.4P上端“+”與帶負(fù)電的球吸引，故逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，吸引力大小大于排斥力大小，則邊逆時(shí)針轉(zhuǎn)動邊向負(fù)電荷球靠攏。故選（A）.5關(guān)鍵詞“正”，電場力提供向心力；關(guān)鍵詞“速度隨時(shí)間增大”，電場力提供向心力。故選（D）.6P點(diǎn)的場強(qiáng)大小.7，故選（C）.8關(guān)鍵詞“負(fù)”，故，選（B）.9由油漆桶型高斯面的側(cè)面有效型得到，故選（A）.10顯然是無限長均勻帶電直線在其周圍所激發(fā)的電場強(qiáng)度E與r的關(guān)系。11（12）高斯定理適合于任何靜電場，只是利用高斯定理能求解

17、的問題只有對稱性好的少數(shù)幾種情形，如無限長均勻帶電直線附近的場強(qiáng)，無窮大均勻帶電平面，以及球?qū)ΨQ性問題。高斯定理說高斯面上的電通量只與面內(nèi)電荷有關(guān)與面外電荷無關(guān)，不等于說高斯面上各點(diǎn)的場強(qiáng)只與面內(nèi)電荷有關(guān)與面外電荷無關(guān)。13左邊半部進(jìn)入的電通量與右半部分出去的電通量大小相等，總電通量為零，故選（A）.14S1上電通量為零，S2上電通量，即，而且，故選（C）.15但各點(diǎn)場強(qiáng)不相等。16圖中陰影部分相當(dāng)于題中平面，則電通量僅占總電通量的1/6，即故選（D）.17圖中陰影部分相當(dāng)于16題中陰影部分的1/4，故選（D）.18由高斯定理，高斯面上的電通量等于內(nèi)電荷除以，與外電荷無關(guān)，但高斯面上任一點(diǎn)場強(qiáng)

18、的數(shù)值不僅與內(nèi)電荷有關(guān)，還與外電荷有關(guān)。故選（B）.19靜電場中P點(diǎn)電勢有兩個(gè)定義：（1）單位正電荷在該點(diǎn)的電勢能的數(shù)值；（2）把單位正電荷從該點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)處電場力所做的功的數(shù)值，故選（C）.20靜電場是保守場，兩點(diǎn)電勢差僅與位置有關(guān)。21，即電勢不變的空間，場強(qiáng)必相等。22以無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則，； 以P點(diǎn)電勢為零，則，.23以無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則，； 以P點(diǎn)電勢為零，則，.24以導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)為零可得，P點(diǎn)的場強(qiáng)，AB兩板的電勢差為。25由對稱性C點(diǎn)電勢為零，故選（C）. 26導(dǎo)體內(nèi)部是場強(qiáng)為零，導(dǎo)體是等勢體，均勻帶電球面外，故選（A）.27導(dǎo)體內(nèi)部是場強(qiáng)為零，導(dǎo)體是等勢體，故選（C）.28

19、由高斯定理得電場強(qiáng)度大小為，因?yàn)閞=R2處電勢為零，則，故選（C）.29對于題意中P1點(diǎn)位于內(nèi)圓柱面內(nèi)，則E=0，故選（B）.30因?yàn)锳、B關(guān)于Q點(diǎn)是等勢點(diǎn)，電荷q從A運(yùn)動到B點(diǎn)，電場力作功為零，相當(dāng)于一桶水水平移動了x米，重力作功為零一樣。二、填空題1F1的力臂，F(xiàn)2的力臂，F(xiàn)1=F2=qE，總力矩，電矩.2對P產(chǎn)生水平向右場強(qiáng)，對P產(chǎn)生水平向左場強(qiáng)；.34 假定向右為正，向左為負(fù)。5A：，B：，C：，D：，假定向右為正，向左為負(fù)。67沒挖則O點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，挖去后，只要求的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的相反數(shù)，即面上電荷對O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為，由于Q<0則挖去后O點(diǎn)的場強(qiáng)由指向O點(diǎn)。8電場線

20、指向電勢降低的方向。9顯然S面上電通量，即向左，故，.10在靜電場中，高斯定理普遍成立，高斯面上電通量僅取決于包圍在曲面內(nèi)的靜電荷，與曲面外電荷無關(guān)。11，E是點(diǎn)電荷q1、q2、q3、q4、q5在閉合曲面上任一點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)矢量和。12S1面上的電通量，S2面上的電通量，S3面上的電通量.13電通量出為正，則圖（a）電通量，若圖（b），則電通量為零。 圖（a） 圖（b）14因?yàn)椋瑒t .1516以中點(diǎn)B為零電勢點(diǎn)，則相當(dāng)于以無窮遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)。如果取Ox坐標(biāo)軸，取元xx+dx，元在O點(diǎn)產(chǎn)生電勢，；同理在區(qū)域，仍取元xx+dx，元在O點(diǎn)產(chǎn)生電勢，；，由對稱性，.17取元xx+dx，因?yàn)椋瑒t.18r=

21、r2處的電勢為；在處的電勢為，令，則r=0.1m.19，；，.20R在吹前位于球外，；R在吹后位于球外，.21因?yàn)锳AB=8×10-15J，ABA=-8×10-15J，設(shè)A電勢為零，則B電勢為負(fù)，.22因?yàn)锳D對Q為等勢點(diǎn)，則A到D電場力作功為零，而電場力作功為.23因?yàn)锳B=BO=R，則uB=0，而，從電勢降低，故電場力作功為.24因?yàn)閝在A時(shí)球殼電勢為，q與Q擁有電勢能；當(dāng)q在B時(shí)，由于，則q與Q擁有電勢能，故q從電場力作功.25電場力作功將正電荷從高電勢移向低電勢，電場力作正功則外力作負(fù)功。三、計(jì)算題1，由題意，.2方向沿桿延長線向右。3先求型，取元，元量，元電量，.

22、由正電荷產(chǎn)生，由負(fù)電荷產(chǎn)生，合成水平方向. 4由在O點(diǎn)產(chǎn)生，由在O點(diǎn)產(chǎn)生，由在O點(diǎn)產(chǎn)生，故.5無限大平面在P點(diǎn)產(chǎn)生，半徑為R圓平面在P產(chǎn)生，由題意，即.6取高斯面如圖1：，取高斯面如圖2：，故.7本題等價(jià)于， .8本題看成半徑為R的均勻分布電荷體密度為的球與半徑為r的均勻分布電荷體密度為的球疊加而成。 方向向右； 方向向左。9連線上E=0的點(diǎn)x滿足，x>0舍去，故，以無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，u=0的點(diǎn)x滿足，.10以“無窮大”平面為電勢零點(diǎn)，則沿電場線方向電勢降低.11取Ox為坐標(biāo)軸，取元,，.12取Ox坐標(biāo)軸，.13因?yàn)锳、C接地電勢為零，則B對A的電勢差與B對C的電勢差相等，即uBA=u

23、BC ，假定B內(nèi)表面單位長度上帶電量為，外表面單位長度上帶電量為，故在A表面感應(yīng)出單位長度上帶電量，；，；.14如圖取元，區(qū)域，區(qū)域，.15解：由高斯定理得，.16解：r1=0.1m，r2=0.2m，u0=300V，r1球面上帶電量，r2球面上帶電量，r>r2處，r1<r<r2處，當(dāng)r=r1時(shí)，.設(shè)外球上放掉Q電荷，則.17因?yàn)椋瑒t，.18，.導(dǎo)體一、選擇題1導(dǎo)體是等勢體，故選（D）.2由于q0的加入使原電場發(fā)生改變，電荷重新分布，測出的電場強(qiáng)度比原電場小些，故選（C）.3由于接地導(dǎo)體的正電荷入地，故選（C）.4如果q為正，則球感應(yīng)帶負(fù)電荷相吸，如果q為負(fù)，則球感應(yīng)帶正電荷相

24、吸，故選（B）.5假定，因qB=0，故選（A）.6故選（A）. 7，故選（B）.8由于感應(yīng)內(nèi)球殼感應(yīng)-Q，處球殼感應(yīng)+Q，；，；故選（D）.9B不帶電，A帶電量q，由感應(yīng)B的內(nèi)表面感應(yīng)出-q的電荷，不是均勻地分布，距A近處密度大些，B的外表面均勻分布感應(yīng)電量+q，如果將A、B用導(dǎo)線連接，則A、B等勢，電荷只分布在導(dǎo)體外表面，故選（D）.10由于內(nèi)球帶電q1，外球面的內(nèi)表面感應(yīng)-q1，外表面帶電q1+q2，外球的電勢為，當(dāng)兩球面用導(dǎo)線相連后，則等勢，故選（B）.11大球2R，小球R，用導(dǎo)線相連后等勢，大球帶電量多，小球帶電量少，本題中大球帶電球是小球帶電量的2倍。故選（A）.12因?yàn)榘霃綖榈闹本€

25、單位長度上帶電量為，由高斯定理得，故選（C）.13因?yàn)榛×?dǎo)體電容，實(shí)心與空心一樣，只要半徑相同，電容就相同，故選（B）.14因?yàn)榭諝馄叫邪咫娙萜鳎捎诎彘g插入的金屬板后，相當(dāng)于，則電容變?yōu)樵瓉淼?.5倍，故選（C）.15C1：，C2：串聯(lián)后電荷相等，即Q=C1U1=C2U2總電壓1 000V，則C1上加了600V故擊穿，C2上隨后加上了1 000V，也擊穿。故選（B）.1622不作要求二、填空題1內(nèi)導(dǎo)體殼A帶電q，則外導(dǎo)體殼B的內(nèi)表面帶電量為-q，由于B總電量-2q，則外表面-q.2我們可以得到，當(dāng)B板接地AB間P的電場強(qiáng)度：由產(chǎn)生向右；由產(chǎn)生向右.3導(dǎo)體表面，方向豎直于導(dǎo)體表面，當(dāng)由表面朝

26、外，當(dāng)指向?qū)w表面。4B不帶電，；當(dāng)B接地，.5r1=5cm，r2=10cm，r3=10cm，q1=2×10-8C，q2=4×10-8C，.6，.7因?yàn)椋▌驈?qiáng)電場）插入時(shí)q不變，.8可以判斷q1<0，q1+q2=q，.916不作要求三、計(jì)算題1由于q的存在，金屬殼內(nèi)表面感應(yīng)電荷-q，不是均勻地分布，則外表面電量q+Q，球心O處由金屬殼內(nèi)表面-q產(chǎn)生的電勢為，球心處總電勢.2R1原帶電Q1，后來帶電為Q1，R2內(nèi)表面感應(yīng)-Q1，外表面Q2+Q1，r帶電從,，小球帶電量.3設(shè)R1帶電Q1，R2帶電Q2，u1=u2，Q1+Q2=Q，R1與無窮遠(yuǎn)構(gòu)成，R2與無窮遠(yuǎn)構(gòu)成，.4A

27、、B用導(dǎo)線相連，則等勢，uA=uB，又.5取Ox坐標(biāo)軸，向右，.磁場一、選擇題1A點(diǎn)在頂點(diǎn)上，則.2由于相對的兩根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，總的結(jié)果為零。3設(shè)BEA=B1，BBF=B2，設(shè)正三角形的邊長為a，方向垂直于紙面向里。方向垂直于紙面向里。B3=0，因?yàn)锳B對O貢獻(xiàn)垂直于紙面向里，AB與AC、CB并聯(lián)，IAB=2IAC=2ICB .4BP方向垂直于紙面向里，取Ox坐標(biāo)軸，取元，P到源之距為a+b-x，.5，故選（B）.6分五段，其中水平兩段對BO沒有貢獻(xiàn)，R2一段，方向垂直紙面向里；R1一段，方向垂直紙面向里；半無限長一段，方向垂直紙面向外；，故選（A）.7由對稱對

28、BO的貢獻(xiàn)為零，故選（A）.8，故選（C）.9R=2r，因?yàn)閚1=n2，故選（B）.10由安培環(huán)路定理可知，選（B）.11由安培環(huán)路定理r>R2時(shí)，；R2>r>R1時(shí)，故選（C）.12，BO1=BO2，故選（D）.13假定用“×”、“·”表示B的方向，近的B大，：5“×”，5“·” ：6“×”，4“·”：4“×”，6“·” ：5“×”，5“·”，故選（B）.14因?yàn)檫M(jìn)負(fù)，出正，磁通量大小，故選（D）.15洛侖茲力提供向心力，電子在磁場中運(yùn)動軌道所圍的面積內(nèi)的磁通量，故選（B）.

29、 16，且環(huán)路上任意一點(diǎn)，故選（C）.17由洛侖茲力提供向心力圖（a）心是正電荷，回轉(zhuǎn)周期T與半徑R分別為，故選（B）.18因?yàn)榉较蛳蛏希?fù)電荷則向下運(yùn)動，利用，即，故OC速度較大，故選（C）.19向右，由于電子，則剛進(jìn)入磁場時(shí)洛侖茲力向左，與入射速度無關(guān)，則兩電子同時(shí)回到出發(fā)點(diǎn)，故選（C）.20在均勻磁場中可積分為，對于b：方向向外，大小IlbB；對于a：；對于c：大小介于Fb與Fa之間，故選（C）.21CD上電流方向向右，故安培力方向向上，按題意開始時(shí)，故選（B）.22由于AB、CD產(chǎn)生的磁場示意圖如左圖，又AB導(dǎo)線固定，故CD逆時(shí)針運(yùn)動，故選（D）.23由于C產(chǎn)生的磁場方向在D區(qū)域是+x

30、方向，使D產(chǎn)生左向里，右向外轉(zhuǎn)動，則趨勢CD電流同向，而且同向電流相吸，故選（A）.24由于同向電流相吸引，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。故選（A）.25由于合下K時(shí)形成如圖電流，產(chǎn)生左N右S磁場，故選（D）.26由于故I1在半徑為r的圓范圍內(nèi)的磁場，故小線圈所受磁力矩，故選（D）.27由，故選（D）.28可以選（A）. 同學(xué)們可以思考：對于不均勻磁場中有無可能合力為零，合力矩也為零？二、填空題1AB對B2貢獻(xiàn)為零，CD對B2貢獻(xiàn)為零，其他對B2貢獻(xiàn)總和為零。2因?yàn)锳C對P點(diǎn)的貢獻(xiàn)為零，BC對BP貢獻(xiàn)為.3，.4對4（a）AB、BC、DE、EF段對O點(diǎn)貢獻(xiàn)為零，

31、對O點(diǎn)貢獻(xiàn)向里，對O點(diǎn)貢獻(xiàn)向外，；對4（b）GH、HI、JK、KL段對O點(diǎn)貢獻(xiàn)為零，對O點(diǎn)貢獻(xiàn)，-y方向，對O點(diǎn)貢獻(xiàn)向里，+z方向.磁場二、填空題5圓電流對BO的貢獻(xiàn)為向里，長直導(dǎo)線對BO的貢獻(xiàn)為向外，向里。6AC、圓環(huán)對O點(diǎn)的貢獻(xiàn)為零，BD則產(chǎn)生，方向垂直于紙面向里。7，當(dāng)r>>R時(shí)，方向向右。89，.10，.11，故磁通量之比為1:1.12同11題，.13，.1415因?yàn)椋?dāng)v與B方向一致時(shí)，f=0勻速直線運(yùn)動； 當(dāng)v與B方向垂直時(shí)，f提供向心力作勻速率圓周運(yùn)動； 當(dāng)v與B方向成角時(shí)，作等距螺線運(yùn)動.16電流I產(chǎn)生z方向磁場，帶電粒子受到洛侖茲力作用，v與B同向，故受力為零；運(yùn)

32、動電荷產(chǎn)生圓圈狀的磁場，電流I上任取一段，安培力，dl與B同向故受力也為零。17洛侖茲力提供向心力為直角三角形，CE為切線方向與CD成60°角與CF成120°角。18，.19最大磁力矩.20因?yàn)榉较虼怪庇诩埫嫦蛲猓笮》较蛳蛏稀?1因?yàn)榉较虼怪庇诩埫嫦蛲猓较蛳蛏稀?2因?yàn)殚]合線圈在均勻磁場合力為零，則最大合力矩，Pm由1匝ISn變成N匝NISn，.23電場力提供切向力，切向加速度；洛侖茲力提供向心力，法向加速度an=0；切向力為零，即切向加速度為零；洛侖茲力與電場力方向豎直則.24B=0.1T，E=2×104V·m-1，又，由qE=qvB，.25由于金

33、屬是自由電子導(dǎo)電，則負(fù)電荷運(yùn)動方向與I方向相反，方向向下，方向向上，則電子向上積聚，故上側(cè)積累負(fù)電荷。洛侖茲力,，即.26如果載流子為正電荷，則正電荷向下積累，與題意相反，則必是N型半導(dǎo)體；必是P型半導(dǎo)體。三、計(jì)算題1AB段對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向里，弧BC段對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向里，CD段對BO貢獻(xiàn)為零，故.2AB、DE段對BO貢獻(xiàn)為零，BC段對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向里，CD段對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向里，則.3DC、EF段對BO貢獻(xiàn)為零，AB對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向外，弧BC對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向外，弧DE對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向里，方向垂直于紙面向外。4按題意，AB、CD直線段對BO貢

34、獻(xiàn)為零，弧BC對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向里，弧DA對BO貢獻(xiàn)方向垂直紙面向里，.5因?yàn)檠娱L線過O點(diǎn)，則對BO貢獻(xiàn)為零，弧是弧的3倍，則，但是這兩電阻并聯(lián)，則，故弧對BO的貢獻(xiàn)方向垂直紙面向外，弧對BO貢獻(xiàn)為方向垂直紙面向里，疊加后結(jié)果為零，而BC段對BO貢獻(xiàn)為方向垂直紙面向外。6解：取電流元，由于之間有NI電流，則區(qū)域內(nèi)有，利用公式可得，.7作俯視圖，取元，弧長，元電流，利用對稱性從0到的積分中dB只有方向的分量疊加后不為零，.8設(shè)電流面密度為，利用安培環(huán)路定理求導(dǎo)線內(nèi)一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式方向?yàn)榈姆较颍醚a(bǔ)償法可將原題認(rèn)為電流面密度為j的向上的電流（半徑為R）與電流面密度為-j方向向下的電流（

35、半徑為a）的疊加.于是P點(diǎn)由大圓柱產(chǎn)生的B1方向如圖，假定k方向，則B1方向可寫成方向，故，同理，在圖中BP方向與O1點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一樣，豎直向上，大小為.磁場三、計(jì)算題9取元，元弧長，按題意，在O產(chǎn)生的dBO可參考圓電流軸線上一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式，式中，則，.10解（1）取Ox軸，取元，當(dāng)時(shí)，.（2），.11取元，.12解：弧AB上電量，以繞O軸轉(zhuǎn)動則，弧CD上電量，以繞O軸轉(zhuǎn)動則. I1對BO的貢獻(xiàn)；I2對BO的貢獻(xiàn)；AD、BC段對BO的貢獻(xiàn)可選取Ox，取，元量，（AD、BC兩段計(jì)入，故乘以2），總共.13取元，元面積，利用公式，代入相關(guān)量得，令.故.14取元，.15AB質(zhì)量為，重量為，對力矩；同理CD對的力矩也是；BC質(zhì)量為，重量為，對力矩，故本題中重力矩共，再分析圖（2）所示情形，BC上通電I產(chǎn)生安培力方向?yàn)樗椒较颍瑒t力臂為，重力矩與磁力矩方向相反，大小相等，則有. 16，.17r<R型，.18對S2：；對S1：，.19屬于電磁感應(yīng)習(xí)題。20，它們相互吸引。21解：取元，在P點(diǎn)處取單位長度受力，對O點(diǎn)力矩.22，又洛侖茲力提供向心力，.23取元，. 方向向上，大小為.24磁場對