大学物理(上)期末复习题-海洋仪器网资料库

1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：
9 s0 n7 W) V  U( |. X5 _0 m2 C(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．
9 n+ u( P* B! C( |( s5 K1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t
+ d2 N  G8 A! k$ f0 L) W5 F2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．

- \% a4 @5 e% m- s' F% y5 p' |1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．
解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．
(1) 由题意知 v v
B A t
a -==
  @# q* g. c; j" w" Hd d (1) 用分离变量法把式(1)改写为
2 q' R2 Q" p( F# d8 [& N; S2 ft B A d d =-v
$ K& x" |$ w* ^  V8 Q7 E% L+ Av
(2)
! D# Z2 ?. n# e+ N9 N. m8 `将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
??
=-t t B A 0d d d 0
, \1 Z. U' o# V: d. y5 w/ Fv v
# x  i( x" z  |6 E$ @v
v
v
得石子速度 )1(Bt e B
2 T- r" F1 h# mA
6 r  t4 H/ v7 E: ?--=v 由此可知当,t →∞时,B
A
4 G% h6 P9 m3 O8 x7 l. }8 ~1 E: k→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e B
A
t y --==
v 并考虑初始条件有 t e B A y t Bt
8 P. H% h$ I) z  K) L8 |, ey d )1(d 00??--=
得石子运动方程
- `; `: D: e; {)1(2-+=
-Bt e B
7 A8 L6 k1 Y0 r0 D( QA
/ c# q* }" [- Y5 D0 T; z) v1 Yt B A y 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律202
1
) e  t9 @, G/ q4 r- E. r  r" s* Lbt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t
9 R/ l  q5 T+ B. I+ g' \: M时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？
3 P+ a5 k# f( x% B$ c# H解 (1) 质点作圆周运动的速率为
  t( t: D/ ]/ I- a8 l) J* jbt t
s
-==
0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为
/ [, m3 V' X% N/ G! Hb t s a t -==22d d , R
4 v) \" Z  Z* @bt R a n 2
02)(-==v v
- W5 F/ L  k+ s                               故加速度的大小为
R
)(4
02222bt b a a a a t t
2 L, h3 g/ d3 l' n2 _, y" qn
3 E3 o8 D& V. U7 [0 D1 p6 E3 h-+=
+=v 其方向与切线之间的夹角为
??
????--==Rb bt a a θt n
2 _9 G! p% Z) D- A20)(arctan arctan v
(2) 要使｜a ｜＝b ,由
b bt b R R
=-+4022)(1
2 d/ I$ z  u# c& \# L  [9 J+ Cv 可得 b
t 0v =
(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为
7 J# l2 T5 {. U0 m7 r# Zb
, L( u/ w& M0 D+ Os s s t 220
0v =-=
  J* ]* Y6 j- k! @5 G因此质点运行的圈数为
bR
R s n π4π22

v ==

3 z% j5 w/ b7 C; g1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？
3 ?# h! `( r. ?  _! s4 V解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t
4 M* ?- G. R* I8 zθ
- `* D7 ?4 f- b' M9 d' y/ t9 p& lω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为
22s
2s m 30.2-=?==ωr a t n 2s
2s m 80.4d d -=?==t
( i. l  X5 E" x; Bω
0 T9 V& C$ a6 b* \! Xr
- t. L3 @  r6 Y) za t t
- w3 _! i4 M/ E. V(2) 当222
12/t n t a a a a +=
) c7 m( z  k" Q=时,有2
, q1 `6 P4 Q$ D" T8 C% y1 r8 k23n
5 Z6 z' V  A8 A( o' `7 W0 |t a a =,即 ()()
0 O: T0 Q5 ~. o! `* {, O+ Q1 r4
222
5 X- D' X: O' g% H$ V! g# {( A12243t r rt =
得 3
3 M" h" n2 K6 `1 K213
=t
此时刻的角位置为
# A9 z3 A  g" C' x" x. ^( d5 ?rad 15.3423=+=t θ
(3) 要使t n a a =,则有
& Q( D4 w3 M  w8 ^                               ()()
8 L0 Z5 v" E! u/ R( r4
6 u8 }7 r0 U: G222
12243t r rt =
t ＝0.55ｓ

2 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×10
3 kg ．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．
) \  `7 x& H! C) ^0 }8 a解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有
d d F m
: K3 H) {4 D0 q% P$ _9 bt t α==-v
??-=t t m t α0d d 0v v v 得 2
: c5 k, g7 X/ K& Q/ }& x4 i3 n02t m
; t" h4 f9 T. s( |( Uα-=v v
; {( x+ M. M( h4 F+ e& h因此,飞机着陆10ｓ后的速率为
v ＝30 m·ｓ-1
$ a7 n6 H  P2 x& T7 b又
???
?? ??-=t x
8 l8 g/ O8 K2 ]7 O/ [x t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离
- ?1 g9 ?! f: S& S. wm 46763
1 j' b2 ]2 O4 D$ w, U/ H  `00=-
- u) C! i* u3 K, [/ c( H6 B=-=t m
αt x x s v 2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为F r ＝kv,且k ＝0.03 N/( m·ｓ-1 )．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2) 最大高度为多少？
% P1 i$ c8 z+ v( I: }* j0 `解 (1) 物体在空中受重力mg 和空气阻力F r ＝kv 作用而减速．由牛顿定律得
2 ^. ?' a( R* h  Ht
, y9 I1 D6 P/ F+ vm
; T' U( d/ |  i* {k mg d d v
v =-- (1) 根据始末条件对上式积分,有
??
( i$ O% A' p% r( ]5 W1 [  S% z9 \+-=v
v v
v
/ \+ W# t3 y9 K! }3 z$ Y, m$ Y% sv

d d 0
* e6 h9 @# r$ X& _k mg m t t
' W% F2 V) }$ u; L
s 11.61ln 0≈???
?
??+=
mg k k m t v (2) 利用
# L/ n0 l  r7 r& E1 s; A% ny
2 |5 V0 r8 J1 U5 ?( [v
t d d d d v v =的关系代入式(1),可得 y
  @& ^; R/ f& em k mg d d v
- y3 J: }% w3 {* I; L# Av
v =-- 分离变量后积分
                               ??
% L; v( c2 G( p" H* y+ G+-
0 O( p+ ^* }6 L. J=0
, ~$ {$ W! B1 U1 E" m0 r7 I- m
; ]" _7 o9 ]5 Q2 V: F$ r$ Fd d v v
v
6 x, ?% N6 x  R  Rv k mg m y y

1 ?( p+ r# {+ ~+ f" h% v9 G; a( F故 m 1831ln 00≈??
????-????
$ ]4 y  w' f  U- [: Y) o3 F??+-
=v v mg k k mg k m y 2－35质量为m 的子弹以速度0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的
" |: w9 U5 A' P  i函数式；（2）子弹进入沙土的最大深度。
% b* }. r0 N1 ]; [3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．
& c  `; h/ {% B' N: a! ]; d9 B

$ D. ]6 I8 w7 U$ D8 X1 s) {( a% G8 \                               
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4 t4 r/ ]5 u: x% X4 X$ @3 x5 z% m2 Q3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ω
t 2π
=
时间内小球动量的增量． 3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m ．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m ．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)
3 F8 R6 g( u. Q: A

8 h5 v  r7 W5 m/ }! S0 i6 _                               
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解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为
. |9 X# {, Q+ ~* x/ oh
  O* j# ^" g0 u2 ~% ~g
! g$ j2 O. M8 D3 z( ]4 Sx t x x 21
3 M2 u5 ~; |- d- }010==
v (1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为
' E: w( a! f* y                               2112
1gt t h y -
. s+ _5 }4 U5 j! E-=v
当该碎片落地时,有y 1 ＝0,t ＝t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度
1
1 G$ [; K) N! N( ~2121t gt h -=
- `8 E9 }8 H( n; rv (2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有
x x m m 2021
v v =
(3) y m m 2121
, r  `" i7 f) x6 I4 k: e210v v +-= (4)
9 e1 h5 S0 }  W0 P' N% K& b联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为
% p$ j! U( b* A5 [9 R11
- I: H+ }" U" e) J; m02s m 100222-?===h
g
x x x v v 11
2112s m 7.1421-?=-
=
; ^+ g) ~% Q% p=t gt h y v v 爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为
& p! T8 `$ @7 [1 }2212t v x x x += (5)
2
$ C8 k; q! a- o( Y# m( d22222
) V9 e# Y* C& ]( V, X5 L. W# H$ V1gt t h y y -
+=v (6) 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置
" H1 P) y. g  f8 C3 jx 2 ＝500 m
3 -1
4 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)
# C5 g" r; D6 F% @: H

  f9 a7 v# W2 f+ [                               
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解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有
()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0
: ~- w0 O, M5 a+ T9 e                               式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得
u m m m
8 ~) z- J. H. @' }: c$ H2 tα'++
=cos 00v v
/ G) y2 |; X$ X/ M, d# Q* i人的水平速率的增量为
4 w' v  x& {. t: O1 f' n% s: ?u m m m
& {( V3 r* u/ t& O1 lα'
+=
-=cos Δ0v v v
( x9 K" u5 E$ b) a4 A而人从最高点到地面的运动时间为
g
7 r( O$ h5 n  |8 mα
* I  A, q2 h6 h' Bt sin 0v =
" ?4 ], O$ R* U8 @1 i所以,人跳跃后增加的距离
4 h9 @  t8 J* L- a" |* K()g
  T, a5 S1 V% ]: Q& @/ `m m α
1 ^/ k# a, l( ]m t x '+=
" T5 w0 v( z) O' W3 N4 W5 h=sin ΔΔ0v v 3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k )
解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度
23d d ct t
/ {) S+ O4 {1 r4 V3 Ax
: i8 H6 a# g  G' Z) ]==
7 Z+ r- i* X1 z  h8 `. Vv 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为
3/43/242299x kc t kc k F ===v
则阻力的功为
- z/ Q& F$ ^  b% H! a* g2/34/32/37/3
& x; n  P8 g1 ]9 _$ p
. V& G5 }  [1 N7 D27d cos 180d 9d 7
5 c! S0 j; v9 R) s# }l l l
7 _# t+ H6 {- J2 W% V) d* @o W F x kc x x kc l =?=?=-=-
???F x 3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．

解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有
0 Q; S# G" d: I9 aF ＋P ＝0
在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为
P ＝mg -αgy
0 I4 Z2 U& I, ?" y4 {8 h6 g其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为
()J 882d d 10

2 R! b' ]/ [: v3 R) e5 @=-=?=??y agy mg W l y F
3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？
解 (1) 摩擦力作功为
, h, c% g$ u6 x/ J1 H                               2

202k 0k 8
3 i/ ]6 g* i( B6 S5 T( D5 t$ E32121v v v m m m E E W -=-=
: V8 K; V0 y4 F4 z-= (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有
. x/ M( J1 ], K* s; m, omg μr πs F W 2180cos o f -== (2)
由式(1)、(2)可得动摩擦因数为
rg
πμ1632

v =
% M) V6 r7 V! P) w0 L% b1 h7 s& F(3) 由于一周中损失的动能为2
08
3
v m ,则在静止前可运行的圈数为
3
4
k 0==
' D8 Z; S7 x( a$ l7 p  L! BW E n 圈 3 -30 质量为m 的弹丸A ,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v 的最小值应为多少？

* v, T5 p8 f5 V6 @# F: x) N: g9 Y                               
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. z, ?4 v" B& I) k* c
2 e: h. m8 n  u& \' |. D. c6 u解 由水平方向的动量守恒定律,有
v v
v ''+=m m m 2
' ^/ C- i8 q7 u(1)
9 E' m; j) ~2 Y- r0 F为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力F Ｔ＝0,则
l
m g m h
5 N9 J1 s! W# M! Y+ `2
5 c6 L* ~) i, T/ `$ vv ''=' (2)
式中v ′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．
! ?; ~# Z0 L3 o' w4 D7 ]0 B, W0 J又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有
22
" w0 p9 B. {. t$ v3 S# ~1221h m gl m m v v ''+'='' (3) 解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为
gl
9 M$ }$ t  D' V" B5 ~m m 52'
! P1 |) t' N6 R5 e; f3 ]2 K) v' {=
v
0 Z# J/ M2 ^& i
                               5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )
& B( H) l$ V8 x. \9 }6 U
; w7 l+ E% H7 I; ?

& p+ i8 k8 W+ a9 ~9 M( ?                               
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0 |* v4 [" p1 S8 h3 {; \5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.

( K" c# H( H* Z% s/ l* K

& a% j8 E; S) K% f2 c3 t+ j, A                               
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分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度. 解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元
θθR δS δq d sin π2d d 2?==，在点O 激发的电场强度为
()
3 n/ |9 S) ~2 ]3 t: _& ci E 3
2 E, Y. J, s- A/22
20d π41d r x q
x ε+=
5 @/ `$ o2 {% }! u' t; h
由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有
                               (
)
θ
0 G: k& @: R$ P- I% }! w0 GθθεδθθR πδR
θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 0
2
303/2220=?=+=

, q& T- T' V* W; h# Z- C7 ~  c/ @- Y积分得 0
2
0 R1 j! Q$ P0 @4 F3 D: H" i- o& ?/0
7 C5 M& s3 ^5 j4 }' L04d cos sin 2εδθθθεδE π?
  Z4 u. S' g0 v1 _/ Q  l5 [  b# N6 M==
5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.

                               
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) I1 T& i* z( @3 e) u7 q分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.
解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有
()
i
7 B' D( `$ Y; L, m* t  H" Pi E E E x r x r ελx r x ελ-=
???
  e) m' d+ p% F" h! Y?
' }$ [* r2 K$ K??-+=+=+-00
$ \3 m2 ^0 u+ p5 y2 A000π211π2
(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有
                               i
E F 0
& t& r: j1 N1 L0π2r ελ
7 Q. g" B" j1 E! t% J" kλ=
$ l7 ~/ U; y/ \4 [1 h=-+ i E F 0
! h% M' o5 L; ^- M' H1 A1 n02
+ A5 v1 o! R+ R% R1 E/ \π2r ελλ-=-=+-
5 [: d5 Q0 S* i7 M5 E) ?+ |- O显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.
; X6 t- h. {8 V' S5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为
* F: q& f( G2 O2 H0 c  \()()
R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0
k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E v 与r v
的函数关系.
! e$ w0 N" E# E7 u2 @

                               
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解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理
0 Q* @1 \8 Q7 f8 F3 O# D6 y# @- `?
8 s) l: m' ^! a% j# t$ `?=
5 d2 Z" P) W$ L7 {3 m2 R?V ρεd 1
0 ~& e5 v$ X5 k2 z$ W- X6 yd 0S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()4

20
2πd π41π4r εk r r kr εr r E r
=
=
?
+ [! A9 w  h3 H$ t* ?()r εkr r e E 0
8 T( ]; G, W" _2
% B' L3 h$ d: [7 c' V9 S: G" X4=
; N3 x* g+ j% _* e& B. A7 N球体外(r ＞R )
()4

1 ?/ P; x) `  g; U$ `5 x8 u20
2πd π41π4r εk r r kr εr r E R
0 h( |3 `8 @, b& x=
+ C  B* K% r# u7 _2 g, n0 U, r( w=
! M& g6 X) r% k* L) g1 k?
()r εkR r e E 0
2
4=
$ U5 H/ j' I/ Z: j$ q# _: m& v( B解2 将带电球分割成球壳，球壳带电
                               r r r k V ρq '''==d π4d d 2
# ?6 W$ n) N0 z: L0 V0 o由上述分析，球体内(0≤r ≤R )
  n. q( F- H- e& }$ m()r r r
- v" K, W3 k4 L; |; Zεkr
r r r r k εr e e E 0
2
% @1 V3 o6 B) k7 C! _8 N, Z22004d π4π41=''?'=? 球体外(r ＞R )
()r
r R
, S3 Z2 e3 \% Y0 m5 ]' R" |: lr
( p# ]( x  f$ w/ \. a$ [εkR r r r πr k πεr e e E 202
& U) ^& B2 o4 V, }' k220
04d 441=''?'=?
* ^0 s. w# h  W% j# `+ |. L5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .
; I' n' p6 y2 a) D; c2 n

  q( F( ^- G5 I% \. u6 N, N2 C                               
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  P& l1 n, G/ `% K6 |2 `
分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且?
?=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷
∑q .即可解得各区域电场的分布.
解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理
∑=?0/π2εq rL E
r ＜R 1 ，
0=∑q
01=E
: K4 ]( B3 i7 B8 R在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，
L λq =∑
( J' ?( O, S4 W: C1 Z* j  Hr
' s; ~9 I9 G' S1 E: S* cελE 02π2=
5 a( ?1 N) I, x  R$ V$ G
                               r ＞R 2，
& W3 }" c4 R3 p/ b2 c; ~' t0=∑q
03=E
在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变
+ s$ l* I: R/ C; [. b$ U
  I& }- ]* K* Z5 ]  n8 G: w& W& j4 m00π2π2Δεσ
9 }7 G3 W( Z) QrL εL λr ελE ===
" d8 Z' `& U  f- a5 m4 J8 r这与5 －20 题分析讨论的结果一致.
5 －25 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.
6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？
分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为
R
: k# d1 D! {. Q+ N( A: qq
5 Y. X  F# G: YεV 0π41=

0 Y1 M1 W$ c) j0 _: U% B2 [当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 3
: `4 ~8 o; q: t* n2 D1 @( p6 d2，代入上式后可以求出两雨滴相
/ h# K( u# g1 r: e3 S遇合并后，雨滴表面的电势.
解 根据已知条件球形雨滴半径R 1 ＝0.40 mm ，带有电量q 1 ＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势
, k# w2 q. ]1 MV 36π411
1
; T3 t) t' k3 D0 P$ E& r0 q01==
R q εV
  r( Q8 b0 D0 |- I! W当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势
V 5722π411
) I% T0 e0 b& f0 D1 p. f# n, n3
7 U  i) D( G3 k* j3 B) D* j1
$ }0 S6 O: ~' A. Q7 J7 \02==
R q εV 5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－
% z) u: t3 R4 A& C2 m ，R 2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.
解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为
: ^& Y" a2 p2 O$ R) l  a0 Tr
: E9 d" S0 _- E2 k4 o% K+ S3 nελ
E 0π2=
# N9 w% d8 i. h. I8 ^6 b根据电势差的定义有
& J) y/ i8 s* q, O- ^9 R& v/ }1
* m/ M. w4 u5 z& I20212ln π2d 2
1
R R ελU R R =
?=?l E 解得 181
0 D% ?7 o8 c7 ]3 E2
120m C 101.2ln
! D& H( H4 {& [; E. H5 ?$ p9 y/π2--??==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度
                               10m V 7475π2-?==
/ D$ h5 K! d$ P/ R' L6 v2 Ar
ελ
! L1 w1 F, P6 g, O2 ?4 pE 6 －9 在一半径为R １ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B ．已知球壳B 的内、外半径分别为R 2＝8.0 cm ，R 3 ＝10.0 cm ．设球A 带有总电荷Q A ＝3.0 ×10－８
$ V! h( f) B* e1 x, GC ，球壳B
+ I. Q, u4 t8 t3 F; t2 R" Z带有总电荷Q B ＝2.0×10
' h1 Q2 W. }' G9 }$ u, h- V－８
7 j$ D% a) f& X, L& }% M/ qC ．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的
4 N5 F) q: B# ~- M3 H0 P电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．
5 P$ Y  Z- p  l  Z9 |6 M

                               
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. K: N; f9 V. L/ y* R6 @
  O! ]2 d5 w8 i$ R4 ]+ _: A分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷Q A 均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－Q A ，外表面带电荷Q B ＋Q A ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－Q A ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电q A ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－q A ，外表面带电q A －Q A ［图（c ）］．此时球A 的电势可表示为
3 S: E, D# a- x) y" g- u8 [0π4π4π43
02010=-+-+=
R εQ q R εq R εq V A
2 P1 P) \' ^* u' uA A A A
, m1 W$ a6 F* L0 r由V A ＝0 可解出球A 所带的电荷q A ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．
" G# q; P! ~* G! ?解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10－８
C ，球壳B 内表面带电－3.0 ×10
$ {7 U7 d* [6 c6 ~6 ?7 Q7 z. L& U－８
- G. y( G* M$ v4 k; w. _3 R+ D. _C ，
外表面带电5.0 ×10
) H2 |2 o6 Y5 B1 D" Q－８
C ．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为
V 106.5π4π4π433
02010?=-+-+=
2 j/ v5 ]  e1 E2 @8 zR εQ Q R εQ R εq V A
0 x- T5 G, v& VA A A A
                               V 105.4π433
0?=+=
7 [4 q5 b! i4 E0 Z8 R7 ?7 i  V2 C  `R εQ Q V B
A B
+ }- l. k' C- q, G, U) W（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电q A ，球A 和球壳B 的电势为
0π4π4π43
02010=+-+-+=
R εq Q R εq R εq V A
A A A A
3
9 i: s& y% p. i9 e! J+ g0π4R εq Q V A
A B +-=
5 N$ x: ]+ M: U4 H
解得
C 1012.283
  r+ }3 f& v. }% j3 V1322121-?=-+=
R R R R R R Q R R q A
/ T$ `6 X4 [0 S2 e3 C/ i, j4 A1 S* |A
! b" |7 J3 u9 v  t2 X; C: n0 c即球A 外表面带电2.12 ×10－８
# W. g" {2 Z1 r% ^  hC ，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10－８
C ，外表面带
  e( t3 i0 c6 X* Y) L电-0.9 ×10
  E! y  `$ M; U  l6 J, R2 r8 g－８
, D7 O* `* {, u0 ~, y+ E' W9 ?1 a; S0 mC ．另外球A 和球壳B 的电势分别为
( y# z; Y$ |! L! |0A V = 27.2910V B V =-?
导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．
4 r8 _) j9 j) D9 J$ e5 y  \% {) t7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．
# u9 G7 Q) D; i/ z! \

9 q2 E8 ?3 Z8 F3 _1 d$ D                               
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5 N3 M$ P# ?3 q5 e7 [* Q# A9 O, G1 {分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、be 、fa 三段直线以及acb 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而be 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于
& u, H& L  @0 W$ B! [                               0Idl r ?=，由毕－萨定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆
弧在点O 激发的磁场分别为
21101π4r l I μB =
) ~! _, Y6 |* I+ C- b: a) E,2
2
202π4r
l I μB = 其中I 1 、I 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb 、a d b 又构成并联电路，故有
2211l I l I =
将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B ． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度
0π4π42
: D5 V9 n' g, P9 B# K2
20211021=-=
0 j. w0 u' B: a) t, `% Z-=r l I μr l I μB B B 7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？
% m) Y4 _0 n. m' t7 F

) J8 O0 a, T+ r8 T7 l4 i% {4 Z$ Z                               
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; z# `1 w% \9 Z9 N0 |! d9 Y3 {6 w9 c
* z# H# c2 r4 Z- B. z分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=
i
/ C+ C5 s) [: q" V1 c& _* }+ xB B 0
解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0=?r l Id ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有
R
% d& W+ G4 Q; V; _  ~1 Z4 zI
μB 800=
( O8 n, ~! a2 M4 a- X' T. b* BB 0 的方向垂直纸面向外．
! u/ F* i6 J5 r4 U6 Z8 O（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得
" I! E- S4 }( h2 aR
I
0 G2 b9 M+ |/ hμR I μB π22000-
=
% ^* I$ t3 _: [( V' aB 0 的方向垂直纸面向里．
（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得
                               R
I
μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=
B 0 的方向垂直纸面向外．
: |( ]( x# M& ]) d; N* O- L/ z7 －12 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求 点O 的磁感强度B ．
- T1 n/ r# d7 `" Z- Z- [6 u1 B8 Q2 H

2 B2 G0 |# {# |' \8 h1 d% j                               
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分析 由教材7 －4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度R
6 K% N3 z) N% v, t4 Hα
& v& q: S& t9 ~/ V0 m9 C- J& ^- QI μB π40=
，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度R
  v. B) k8 l5 F' L2 N% T- PI
μB π40=
，磁感强度的方向依照右手定则确定。 点O 的磁感强度B O 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加。 解 根据磁场的叠加 在图（ａ）中，
k i k k i B R
I
μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---
; ~0 C% f1 ?3 S4 A! ?0 ?= 在图（ｂ）中，
k i k i i B R
I μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-??? ??+-=---
= 在图（c ）中，
3 A2 O5 f1 O8 s! U# G1 Uk j i B R
( }9 }% U" R" `' u1 k, C* F2 _+ RI
7 r5 z) G! f; U' H2 |- fμR I μR I μπ4π4830000---
/ P/ N" c9 u3 w= 7 －13 如图所示，一个半径为R 的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上均匀分布．求半圆柱面轴线OO ′上的磁感强度．
                              

! Z5 M8 ?# P, a( \, i* y                               
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' r! W$ \# M# d
9 q9 H: m/ ~) H* o" ?4 ~/ t. a分析 毕－萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度θR I d d =的细电流，细电流与轴线OO ′平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度．
& b* J  w5 c( x% p解 根据分析，由于长直细线中的电流R l I I π/d d =，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为
I R
+ ?+ ]3 u" m7 f* B+ H. fμB d 2πd 0
) f  i1 h* P) g6 @7 Q' k. G8 W=
其方向在Oxy 平面内，且与由ｄl 引向点O 的半径垂直，如图7 －13（ｂ）所示．由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO ′上产生的磁感强度叠加后，得
?==0sin d θB B y
R
4 o' V& |3 t& s: V: T, F' m- vI
μθθR R I R μθB B x 2
0π0
- I; F8 f8 j1 R" \* M! W" w3 e0π
0πsin d π2πsin d =?==?
? 则轴线上总的磁感强度大小
R
I
4 p, C3 Q9 T1 I8 P, n9 l# dμB B x 20π=
= B 的方向指向Ox 轴负向．
7 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量．
                              

                               
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分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d x ［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为
6 ?! r% y1 r" d" e! ], Fx l x
$ Y5 ?, @, P% il
μΦd π2d d 0=
/ ?7 I, b+ F8 i3 A5 D% m- X; \?=S B 矩形平面的总磁通量
; _; f+ H' m  L4 U) k; ^$ pΦΦ?=d
" c$ g, k' |4 l6 E, t9 _解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量
?
) d6 j" C* e9 a# Z& s( C==2
1 u7 w2 w/ _3 v; B* S1
1
6 [: r2 y. }; U5 g/ O, |200ln π2d π2d d d d Il μx l x l μΦ 7 －17 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．
                              

                               
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' V8 w" E: r- \2 C  F
( _+ F- Z# ]# W' Y分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，
πr 2d ?=??B l B ，利用安培环路定理∑?=?I μ0
d l B ，可解得各区域的磁感强度．
解 由上述分析得 r ＜R 1
; h5 T* |+ j/ R5 \; L- m2
% M3 \8 n" Z, G; T2
1
( t1 f+ j5 }4 r: D5 n$ ^/ ~: }0 S8 m
1ππ12πr R μr B =? 2
1012πR Ir
( D# l7 E) j2 C3 qμB =
R 1 ＜r ＜R 2
/ M/ s5 r" |9 o6 E4 F/ GI μr B 022π=?
3 |7 j/ d8 o) V1 N4 Gr
+ D1 J& r6 r) D9 D6 HI
μB 2π02=
* _4 x0 O: M1 C' [R 2 ＜r ＜R 3
()()??
?
???---=?I R R R r I μr B 2
2232203ππ2π 2
2
5 M2 y& R0 W' K, i$ o" t; @232
23032πR R r R r I μB --= r ＞R 3
()02π04=-=?I I μr B
04=B
: M" Q( a9 {9 |* j磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．
                               7 －19 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．

  t9 P5 l5 e3 D" _" A8 [& E                               
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分析 由题7 －16 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度
()2
02πR
Ir
μr B =
在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ?
" `, Y/ @  Z0 \" S: y5 I5 x! ]; }=r Φ来求解．沿轴线方
. M/ u: L" B4 H! @  H# w1 I向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量
; }' S9 ]. |. Q" X, T! ]" |?=S
r B Φd
解 由分析可得单位长度导线内的磁通量
4π
9 ?4 D1 {) T- F5 D7 T- f) S+ `8 l/ y" K* Fd 2π00
2
0I
0 M7 c' Q7 t  _, d* x9 y# O1 d' ^μr R Ir μΦR
==?
" f3 C# b% O2 E2 }7 ?  o, i7 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝20 A ．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm ，b ＝8.0 cm ，l ＝0.12 m ．

0 D: k0 v) K0 k+ W. M& a                               
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分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路
                               来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 3 和F 4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力． 解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为
d
5 x- M! J- i! U" ^2 Z) ^' f  ]l
/ Q+ ?/ x) \; nI I μF π22103=
()
b d l
3 H! }' j3 `+ c( g& ]( kI I μF +=
6 H. N" H1 B6 |5 Rπ22104
故合力的大小为
()
" Z5 B" }; ]* nN 1028.1π2π2321021043-?=+-=
. K6 t0 p6 \& T' j2 V-=b d l
I I μd l I I μF F F 合力的方向朝左，指向直导线．
                                
# K, o6 R' h3 O& {  e9 Y1某质点的运动方程为3356x t t =-+（SI ），则该质点作什么运动？加速度呢？
2关于电场强度的定义式0/q F E ?
?=，下列说法正确的是（ ）
2 |* |) E5 c4 {9 G: ?1 b, \1 ?3 O（A ）场强的大小与试验电荷的大小成反比； （B ）对场中某点，试验电荷受力不因q 0而变； （C ）正试验电荷的受力方向就是场强的方向；
. C. P7 G6 ^0 l# N4 m& N8 I（D ）若场中某点不放置试验电荷，则F=0,从而E=0。
3 点电荷Q 被闭合曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示。则引入前后（ ）

& y8 ]$ |: T% j                               
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$ p) w; g; B3 j' }

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（A ）曲面S 上的电通量不变，曲面上各点场强不变； （B ）曲面S 上的电通量变化，曲面上各点场强不变； （C ）曲面S 上的电通量变化，曲面上各点场强变化； （D ）曲面S 上的电通量不变，曲面上各点场强变化。
4质量为m 的子弹以速度0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；（2）子弹进入沙土的最大深度。
) L) w6 p' }: W" ?1-1． 某质点的运动方程为6533+-=t t x （SI ），则该质点作[ ] （A ）匀加速直线运动，加速度为正值；
（B ）匀加速直线运动，加速度为负值； （C ）变加速直线运动，加速度为正值； （D ）变加速直线运动，加速度为负值。
1-2． 以下五种运动形式中，a ?
8 ?* @( F4 t1 [1 a, N保持不变的运动是[ ] （A ） 单摆的运动； （B ） 匀速率圆周运动； （C ） 行星的椭圆轨道运动； （D ） 抛体运动 ； （E ） 圆锥摆运动。
1-3．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的：[ ] （A ）切向加速度必不为零； （B ）法向加速度必不为零；
（C ）由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； （D ）若物体做匀速率运动，其总加速度必为零；
（E ）若物体的加速度a ?
为恒矢量，它一定做匀变速运动。

1-4．下列说法是否正确：
  s. z, F* K9 D& W
                               (A) 质点作圆周运动时的加速度指向圆心； (B) 匀速圆周运动的加速度为恒量；
(C) 只有法向加速度的运动一定是圆周运动； (D) 只有切向加速度的运动一定是直线运动。
! H% T. O6 C$ R: g6 x- ]1 a1-5． 质点的运动方程是()j t R i t R t r ???
0 |8 i4 C/ ^7 i# Qωωsin cos +=，式中R 和ω是正的常量。从=t ω
* q  [  F1 a% v/ t" o: uπ到
ω
; [9 l) l. g! M# n+ B5 jπ
7 p8 [2 f! h3 P- H# _5 b2=t 时间内，该质点的位移是 ，该质点所经过的路程是 。 2-1． 两个质量相等的小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳悬挂于天花板上，处于静止状态，将绳子剪断的瞬间，球1和球2的加速度分别为 [ ] （A ）g a g a ==21,； （B ）g a a ==21,0； （C ）0,21==a g a ； （D ）0,221==a g a 。
7 T! b' _* a8 o2 u$ Y' J
2-2．判断下列说法是否正确？说明理由。
9 \+ s2 n% o/ b7 g（1）质点作圆周运动时受到的作用力中，指向圆心的力便是向心力，不指向圆心的力不是
7 b; ~  s, m- n+ e; `' Z0 W向心力。 （2） 质点作圆周运动时，所受的合外力一定指向圆心。
' E6 k$ g- H5 _+ F0 q& D2-3．用绳子系一物体，使它在铅直面内作圆周运动。在圆周的最低点时物体受的力为 [ ]
（A ） 重力、绳子拉力和向心力； （B ） 重力、向心力和离心力； （C ） 重力和绳子拉力； （D ） 重力和向心力；
（E ） 重力、绳子拉力和离心力。
3-1．一个质点在几个力同时作用下的位移为：k j i r ?
  {% S0 G1 |6 F6 A2 ????654+-=? m ，其中一个力为恒力k j i F ?
???953+--=N ，则这个力在该位移过程中所做的功为[ ]
, E1 u. R: @- P" S, V2 \7 g（A ）67J ； （B ）91J ； (C) 17J ； （D ）－67J ；
3-２． 如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，判断下列说法中正确的是[ ]
" w: I  z! R7 U7 q( }
" f0 w1 K) Z. [  [& Q, H

                               
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（A ）重力和绳子的张力对小球都不做功； （B ）重力和绳子的张力对小球都做功；
/ [3 h2 V: W# a（C ）重力对小球做功，绳子张力对小球不做功；
（D ）重力对小球不做功，绳子张力对小球做功。
0 |# c  Q  {( l9 O7 x% e  Z                               图3——2
/ r0 S1 h. }9 h, n3-３．一物体挂在一弹簧下面，平衡位置在O点，现用手向下拉物体，第一次把物体由O 点拉到M点，第二次由O点拉到N点，再由N点送回M点。则在这两个过程中[ ]

                               
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（A）弹性力作的功相等，重力做的功不相等；
（B）弹性力作的功相等，重力做的功也相等；
（C）弹性力作的功不相等，重力做的功相等；
/ c2 v' p) {: ?$ h6 I（D）弹性力作的功不相等，重力做的功也不相等。
图3——3
3-4．对于一个物体系来说，在下列条件中，哪种情况下系统的机械能守恒？[ ]
' \' K( H& e0 `+ k（A）合外力为0；（B）合外力不做功；
. i4 C+ m  T" ~（C）合外力与非保守内力都不做功；（D）合外力和保守内力都不做功。
( Q1 V2 M: b' H6 W2 r* ?( `! J3-5．在下列四个实例中，你认为哪一个实例中的物体的机械能不守恒[ ]（A）质点作圆锥摆运动；
: f- T5 I1 N4 e3 v- F" c7 L（B）抛出的铁饼作斜抛运动（不计空气阻力）；
$ h9 }- E# m3 @' J/ b' {& x（C）物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速上升；
（D）物体在光滑斜面上自由滑下。