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一、力学答案

习题1：一质点从静止开始作直线运动，开始时加速度为a0，此后加速度随时间均匀增加，经过时间t后，加速度为2a0，经过时间2t后，加速度为3 a0 ,…求经过时间nt后，该质点的速度和走过的距离．
已知：初始时加速度为a0，当时，;当时，;
;当时，。

求：经过后，该质点的速度和走过的距离。
解：设质点的加速度为 a = a0+a t
∵ t = t 时， a =2 a0 ∴ a = a0 /t
即 a = a0+ a0 t /t ， 1分
由 a = dv /dt ， 得 dv = adt

∴ 1分
由 v = ds /dt ， ds = v dt
1分
t = nt 时，质点的速度 1分
质点走过的距离 1分

2. 有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为x = 4.5 t2 - 2 t3 (SI) ．试求：
(1) 第2秒内的平均速度；
(2) 第2秒末的瞬时速度；
(3) 第2秒内的路程．

已知：x = 4.5 t2 - 2 t3
求：⑴；⑵；⑶
解：(1) m/s 1分
(2) v = d x/d t = 9t - 6t2 1分
v(2) =-6 m/s 1分
(3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 2分

3. 已知：求：解：
（A）

4. B 2分
(A2/R)+4pB 3分

5. 已知：求：解：
2分
0 1分
2分

6. 已知：求：解：
(SI) 3分

7. 已知：求：解：
0 2分
2 g 2分

8. 已知：求：解：
l/cos2θ 3分

9. 已知：求：解：
1分
2分

10. 已知：求：解：
解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律
3分
∴ 　 　　 1分
∴ 1分
　　　(2) 求最大深度
解法一： 　　　　　　　　　　　　　　　　　
2分

∴ 2分
1分
解法二：
∴ 3分

∴ 　 2分

11. 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h，
由牛顿定律 ① 2分
又由 得 ， 1分
代入①式得 ② 1分
同步卫星的角速度w 与地球自转角速度相同，其值为
rad/s 1分
解得 m， km 2分
(2) 由题设可知卫星角速度w的误差限度为
rad/s 1分
由②式得
取对数
取微分并令 dr =Dr, dw =Dw 且取绝对值
3D r/r =2Dw/w
∴ Dr=2rDw /(3w) =213 m 2分

12. (B)

13. (B)

14. (A)

15. (C)

16. (C)

17. (C)
参考解：
挂重物时， mg－T= ma = mRβ , TR =Jb
由此解出
而用拉力时， 2mgR = J =2mgR / J
故有 ＞2b

18. (C)

19. 3分

20. 3v0 / (2l) 3分

21. 3分

22. 8 rad·s-1 3分

23. 3.77 rad·s-1 3分

24. 0.2prad·s-1 3分

25. 解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．其中w1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得
t＝8 s时， w1＝w0＋9＝27 rad /s 3分
当w＝0时，得 t＝(w1＋24）/ 3＝17s
所以，体系在17s时角速度为零． 2分

26. 解：R = 0.5 m，w0 = 900 rev/min = 30p rad/s，
根据转动定律 M = -Jb ① 1分
这里 M = -mNR ② 1分
m为摩擦系数，N为正压力，． ③
设在时刻t砂轮开始停转，则有：

从而得 b＝-w0 / t ④ 1分
将②、③、④式代入①式，得
1分
∴ Rw0 / (2Nt)≈0.5 1分

27. 解：根据转动定律 M＝Jdw / dt 1分
即 dw＝(M / J) dt 1分
其中 M＝Fr， r＝0.1 m， F＝0.5 t，J＝1×10-3 kg·m2, 分别代入上式，得
dw＝50t dt 1分
则1 s末的角速度 w1＝dt＝25 rad / s 2分

28.
解：撤去外加力矩后受力分析如图所示． 2分
m1g－T = m1a 1分
Tr＝Jb 1分
a＝rb 1分
a = m1gr / ( m1r + J / r)
代入J ＝, a == 6.32 ms-2 2分
∵ v 0－at＝0 2分
∴ t＝v 0 / a＝0.095 s 1分

29. 解：由人和转台系统的角动量守恒
J1w1 + J2w2 = 0 2分
其中 J1＝300 kg·m2，w1=v/r =0.5 rad / s ， J2＝3000 kg?m2
∴ w2＝－J1w1/J2＝－0.05 rad/s 1分
人相对于转台的角速度 wr＝w1－w2＝0.55 rad/s 1分
∴ t＝2p /＝11.4 s 1分

四、电磁感应 电磁场习题

1.
如图所示，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴O作逆时针方向匀角速转动，O点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时．图(A)-(D)的Et函数图象中哪一条属于半圆形导线回路中产生的感应电动势？ ［ ］

2. 一块铜板垂直于磁场方向放在磁感强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流(感应电流)将
(A) 加速铜板中磁场的增加． (B) 减缓铜板中磁场的增加．
(C) 对磁场不起作用． (D) 使铜板中磁场反向． ［ ］

3. 半径为a的圆线圈置于磁感强度为的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R；当把线圈转动使其法向与的夹角a =60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是
(A) 与线圈面积成正比，与时间无关．
(B) 与线圈面积成正比，与时间成正比．
(C) 与线圈面积成反比，与时间成正比．
(D) 与线圈面积成反比，与时间无关． ［ ］

4.
一个圆形线环，它的一半放在一分布在方形区域的匀强磁场中，另一半位于磁场之外，如图所示．磁场的方向垂直指向纸内．欲使圆线环中产生逆时针方向的感应电流，应使
(A) 线环向右平移． (B) 线环向上平移．
(C) 线环向左平移． (D) 磁场强度减弱． ［ ］

5.
一矩形线框长为a宽为b，置于均匀磁场中，线框绕OO′轴，以匀角速度w旋转(如图所示)．设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为
(A) 2abB | cosw t |． (B) w abB
(C)． (D) w abB | cosw t |．
(E) w abB | sinw t |． ［ ］

6.
在如图所示的装置中，把静止的条形磁铁从螺线管中按图示情况抽出时
(A) 螺线管线圈中感生电流方向如A点处箭头所示．
(B) 螺线管右端感应呈S极．
(C) 线框EFGH从图下方粗箭头方向看去将逆时针旋转．
(D) 线框EFGH从图下方粗箭头方向看去将顺时针旋转． ［ ］

7.
如图所示，导体棒AB在均匀磁场B中 绕通过C点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO? 转动（角速度与同方向），BC的长度为棒长的，则
(A) A点比B点电势高． (B) A点与B点电势相等．
(B) A点比B点电势低． (D) 有稳恒电流从A点流向B点．
[ ]

8.
如图所示，闭合电路由带铁芯的螺线管，电源，滑线变阻器组成．问在下列哪一种情况下可使线圈中产生的感应电动势与原电流Ｉ的方向相反．
(A) 滑线变阻器的触点A向左滑动．
(B) 滑线变阻器的触点A向右滑动．
(C) 螺线管上接点B向左移动(忽略长螺线管的电阻)．
(D) 把铁芯从螺线管中抽出． ［ ］

9. 用导线制成一半径为r =10 cm的闭合圆形线圈，其电阻R =10 W，均匀磁场垂直于线圈平面．欲使电路中有一稳定的感应电流i = 0.01 A，B的变化率应为

dB /dt =_______________________________．

10.
一段导线被弯成圆心在O点、半径为R的三段圆弧ab、bc、ca，它们构成了一个闭合回路，ab位于xOy平面内，bc和ca分别位于另两个坐标面中(如图)．均匀磁场沿x轴正方向穿过圆弧bc与坐标轴所围成的平面．设磁感强度随时间的变化率为K (K >0)，则闭合回路abca中感应电动势的数值为

______________；圆弧bc中感应电流的方向是

_________________．

11.
磁换能器常用来检测微小的振动．如图，在振动杆的一端固接一个N匝的矩形线圈，线圈的一部分在匀强磁场中，设杆的微小振动规律为x =Acos w t ,线圈随杆振动时，线圈中

的感应电动势为_______________________．

12.
在国际单位制中，磁场强度的单位是_____．磁感强度的单位是______，

用表示的单位体积内储存的磁能的单位是__________．

13.
半径为r的小绝缘圆环，置于半径为R的大导线圆环中心，二者在同一平面内，且r <

___________________________________________________．

15.
如图所示，aOc为一折成∠形的金属导线(aO =Oc =L)，位于xy平面中；磁感强度为的匀强磁场垂直于xy平面．当aOc以速度沿x轴正向运动时，导

线上a、c两点间电势差Uac =____________；当aOc以速度沿y轴正向运动时，a、c两点的电势相比较,

是____________点电势高．

16.
金属杆AB以匀速v =2 m/s平行于长直载流导线运动，导线与AB共面且相互垂直，如图所示．已知导线载有电流I = 40 A，则此金属杆中的感应电动势

Ei =____________，电势较高端为______．(ln2 = 0.69)

17.
两个半径分别为R和r的同轴圆形线圈相距x，且R >>r，x >>R．若大线圈通有电流I而小线圈沿x轴方向以速率v运动，试求x =NR时(N为正数)小线圈回路中产生的感应电动势的大小．

18.
如图所示，真空中一长直导线通有电流I (t) =I0e-lt (式中I0、l为常量，t为时间)，有一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a．矩形线框的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b，并且以匀速(方向平行长直导线)滑动．若忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t在矩形线框内的感应电动势 Ei并讨论 Ei方向．

19.
一导线弯成如图形状，放在均匀磁场中，的方向垂直图面向里． ∠bcd =60°，bc =cd =a．使导线绕轴OO＇旋转，如图，转速为每分钟n转．计算E OO＇．

20. 一球形电容器, 内导体半径为R1，外导体半径为R2．两球间充有相对介电常数为er的介质. 在电容器上加电压，内球对外球的电压为 U = U0sinwt．假设w不太大，以致电容器电场分布与静态场情形近似相同，求介质中各处的位移电流密度，再计算通过半径为r (R1 < r < R2) 的球面的总位移电流．

21.
如图所示，一电荷线密度为l的长直带电线(与一正方形线圈共面并与其一对边平行)以变速率v =v(t)沿着其长度方向运动，正方形线圈中的总电阻为R，求t时刻方形线圈中感应电流i(t)的大小(不计线圈自身的自感)．

22.
如图所示，一长直导线通有电流I，其旁共面地放置一匀质金属梯形线框abcda，已知：da =ab =bc =L，两斜边与下底边夹角均为60°，d点与导线相距l．今线框从静止开始自由下落H高度，且保持线框平面与长直导线始终共面，求：
(1) 下落高度为H的瞬间，线框中的感应电流为多少？
(2) 该瞬时线框中电势最高处与电势最低处之间的电势差为多少？

23.
如图所示，一长直导线中通有电流I，有一垂直于导线、长度为l的金属棒AB在包含导线的平面内，以恒定的速度沿与棒成q角的方向移动．开始时，棒的A端到导线的距离为a，求任意时刻金属棒中的动生电动势，并指出棒哪端的电势高．

24.
如图所示，在竖直面内有一矩形导体回路abcd置于均匀磁场中，的方向垂直于回路平面，abcd回路中的ab边的长为l，质量为m，可以在保持良好接触的情况下下滑，且摩擦力不计．ab边的初速度为零，回路电阻R集中在ab边上．
(1) 求任一时刻ab边的速率v和t的关系；
(2) 设两竖直边足够长，最后达到稳定的速率为若干？

四、电磁感应 电磁场答案

1. (A)

2. (B)

3. (C)

4. (C)

5. (D)

6. (C)

7. (A)

8. (A)

9. 3.18 T/s 3分

10.
4分
从c流至b 1分

11. E= 或E 3分

12. A/m 2分
T 1分
J/m3 2分

13. 3分

14. 铜盘内产生感生电流，磁场对电流作用所致． 3分

15. vBLsinq 2分
a 2分

16. 1.11×10-5 V 3分
A端 2分

17. 解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的．
3分
故穿过小回路的磁通量为
2分
由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为
2分
当x =NR时，小线圈回路中的感应电动势为
1分

18.
解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为 Ei的正方向．由 Ei = -dF /d t出发，先求任意时刻t的F (t)

2分
2分
再求F (t)对t的导数：

∴ Ei 4分
Ei方向：l t <1时，逆时针；l t >1时，顺时针． 2分

19. 解：
， 2分
∴
3分

20. 解：由静电学计算： 代表r方向单位矢量


∴  5分
位移电流密度为  4分
过球面的总位移电流 3分

21. 解：长直带电线运动相当于电流． 2分
正方形线圈内的磁通量可如下求出
2分
2分
2分
2分

22. 解：(1)由于线框垂直下落，线框所包围面积内的磁通量无变化，故感应电流
Ii = 0 2分
(2) 设dc边长为l′，则由图可见
= L + 2Lcos60°= 2L
取d→c的方向为dc边内感应电动势的正向，则

3分
，说明cd段内电动势的方向由d→c 2分
由于回路内无电流 2分
因为c点电势最高，d点电势最低，故：为电势最高处与电势最低处之间的
电势差． 1分

23. 解： 1分
Ei (指向以A到B为正) 3分
式中：
2分
A端的电势高． 2分

24. 解∶(1) 由 ， 3分
得
积分
得 　 4分
其中 Lre3ult$Øltrch^lingnp2052^pict鸤*Lpacpsop0ãx635etavile8_45010009000003080100_00240150000000 00050000000902000000000400000002010100050000000102ffffff00040000082e011<0085000000310201000000050000000b0200800000050000000c024002400712 2000026060f001a00ffffffff000010000002c0ffffffb7ffffvf_0070002f70q00000`00800_26060f000c004d617068547970610000501015000000fB0220ff00000000000090010100 0000002001054694d6573204e657'20526f6d616e000083040040002d0100p008000000320af400930601000000780015400000fb0280fe0_00000000009001010000000402007054696d6573204u6u7720526f6d616e000083P60000002d01010044000000f00100000x000000320qa001f8020100 00068