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大学物理平常练习试卷(A卷)答案

大学物理平常练习试卷(A卷)答案
大学物理平常练习试卷(A卷)答案

第三军医大学2011-2012学年二学期

课程考试试卷答案(A 卷)

课程名称:大学物理 考试时间:120分钟 年级:xxx 级

专业: xxx

答案部分,(卷面共有78题,308分,各大题标有题量和总分) 一、选择题(每题2分,共58分,共29小题)

1.A 2.D 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C 8.B 9.A 10.B 11.B 12.B 13.C 14.A 15.A 16.D 17.A 18.D 19.C 20.D 21.B 22.A 23.C 24.C 25.C 26.D 27.C 28.B 29.B 二、填空题(每题2分,共60分,共30小题)

1.

2

0π2R q ε.2.4.55×105C

3.j i v

8.181.25+-=

4.

2

0π41r Q a

?

ε. 5.刚体的质量、质量分布、转轴的位置 6.0. 7.8J. 8.0. 9.2U . 10.LT -3

202

1kt v v +

= 3006

1

kt t v x x ++=

11.45° 12.01=D 、2224r Q D π=

、03

=D 、2

444r Q

D π=

13.)

()(2112

02m m m x x km +-.

14.AB U q /.15.2.

16.2

0kx ;2021

kx -;202

1kx

17.内表面不均匀,外表面均匀. 18.θθ2222sin )cos 1(4g g a +-=

19.大小为g ,方向向下. 20.为零.

21.k M a /. 22.最大磁力矩;磁矩 23.变速直线

24.2

/322

2

0)

/(d )π4/(z y x l i y ++-μ;

25.4/3mg .

26.F

lm π

2 27.μ/g a ≥.

28.0.334;2.1

29.磁介质大致可分为顺磁质、抗磁质、铁磁质。图中画出的曲线是铁磁质的磁滞回线,其中c H 称为矫顽力。

30.)a R r R (r

NI

H B r r +<<=

=π200μμμμ

R

a

R ln

NIb bdr r

NI

r

a

R R

r m +=

=?

2π200μμμμφ 三、计算题(每题10分,共190分,共19小题) 1.(a) 1.23m; (b) 0.95 m/s. 2. A 、83.3 m B 、48.1 m

3.m/s kg 10)39.101.0(24??+-j i

.

4.解 (1)由题意可知,真空区域中的场强为0E ,介质中的场强为E ,所以两极间的电势差 为

Et t d E t x d E Et x E V +-=--++=)()(000

由高斯定理知,两极间电位移D 处处相等,故 000/,/r E D E D εεε==

代入上式得 ()0

00r

r D

D

D t V d t t d t εεεεε??

=-+

=

-+ ???

所以

()()()()()()0000

000111111r r r r

r r r r

r r r r r r V

V

D t

d t

d t D

V

E d t

D

V

E d t

V

p E d t

εεεεεεεεεεεεεεεεεεεε=

=

+--+==

+-=

=

+--=-=

+-

.

(2)作一圆柱形高斯面S ,如图中虚线所示,由含介质时的高斯定理可求极板上自由电荷的面密度为

()001r r r V

D d t

εεσεε==

+-

因此,极板上的电量为 ()001r r r VS

Q S d t

εεσεε==

+-

(3)容器的电容为 ()01r r r Q S

C V d t

εεεε=

=

+-

5.证明 (1)根据对称性分析,两段带电直线各自在O 点的电场强度大小相等、方向相反,相互抵消,所以只计算带电细线半圆形部分的电场。

取电荷元l q d d λ=,相应的E

d 在图中画出。 设E

d 和y 轴夹角为θ,其大小2

π4d d a l

E o ελ=

根据对称性分析可知,

j

a

E a a E a a

l E E o o o y o o y x ελελθθελθθελ

θελπ

π2π2d cos π42d cos π4cos π4d d 0202

===

==

=?

(2)在带电直线部分任取一电荷元l p d d λ=,设电荷元至O 点的距离为l ,则该电荷元在

O 点电势为

2

ln π4d π4π4d d 2011o

a a o l l U l

l U ελ

ελελ===

?

两段带电直线在O 点的电势相同,迭加为12U ,半圆形带电细线上任一电荷元在O 的点

电势为 )

π2ln 2(π42)π2ln 2(π4π

d π4π4d d 21022+=+=+===

?o

o

a o o U U U l a U a

l U ελ

ελελελπ

得证。.

6.解 由图可知,绕有载流导线的木球可成是无限多个不同半径的同圆心的载流线圈所组成,球心O 在这些载流线圈的轴线上,则球心O 点的磁感应强度0B 是各个载流线圈在点激发的磁感应强度的矢量和。

选取图中所示坐标系OXY ,在X 轴线上(亦是各载流线圈的轴线)距原点O (即球心处)

x 处取一宽为dl 的圆环,半径为y ,圆环上绕有dN 匝导线,即

θπθππd N

Rd R N dl R N dN 222/==?=

通过圆环上的电流θπ

d IN

IdN dI 2==,由载流线圈在轴线上任一点产生的磁感应强度公

式,可知dI 在O 点激发的磁感应强度dB 大小为

θπμμd y x y NI x y dI

y dB 23

222

02

32220)()(2+=+=

dB 的方向沿X 轴正向

由几何关系θθcos ,sin R y R x ==,代入上式得

θθπμd R

NI

dB 20cos =

. 由于所有载流线圈在O 点激发的B 方向相同,故O 点总的磁感应强度?

=dB B 0可由矢量积分简化为标量积分,即 ]cos sin 2

1

2[cos 02020

0θθθπμθθπμπ

+==

=?

?R NI d R NI dB B R

NI

40μ=

0B 的方向沿X 轴正向。

7.43.3 cm

8.解 ⑴以地面为坐标原点,竖直向上为Y 轴正方向,选火箭及未喷出的燃料为主体,不断喷射的燃气为抛射物。设t 时刻主体(火箭及未喷出的燃料)的质量为M ,则

kt M M -=0 )(k

m

t ≤

⑴ 其中k

m

t =

对应于燃料耗尽的时刻,此后主体的质量m M M -=0不再发生变化,主体所受的外力为Mg -,由密舍尔斯基方程,得

Mg t

M u t v M

--=d d d d 即

Mg uk t

v

M

-=d d ⑵ v 为主体相对于地面的绝对速度。于是火箭的推力为 uk F =推 )(k

m

t < ⑶ 加速度为

g M

uk t v a -==

d d g kt

M uk

--=

0 )(k m t < ⑷

当k

m

t >

时,0=推F ,g a -=。 ⑵由式⑷,k

m

t <时

t g kt

M uk

v d )(

d 0--=

利用t=0时v=0,积分上式得 gt kt

M M u v --=00

ln

再利用t

y

v d d =

,有 t gt kt

M M u y d ]ln

[d 00

--=

利用t =0时y =0,积分上式得

20002

1

ln gt kt M M k kt M u

ut y ----= ⑹ ⑶将k

m

t =

0分别代入式⑷⑸⑹可得,燃料耗尽时,火箭的加速度为 g m

M uk

a --=

00 ⑺

速度为

k

mg

m M M u v -

-=000ln

高度为

20000)(2]ln )([k

m

g m M M m M m k u y ----= ⑼

⑷当k

m

t t =

≥0时,火箭作竖直上抛运动,则可继续上升的高度为 g v y 2/2

01= ⑽

对应的时间为

g v t /01= ⑾

故火箭能达到的最大高度为

10max y y h += ⑿

所需的时间为

10t t t += ⒀

^^

9.解 带电体的自能,为把该带电体上各部分电荷从无限分散状态会聚起来,克服电场力所作的功。内球壳的自能为

dq R Q

Vdq W Q Q ??=1

0142121πε=

081

02

>=R Q πε 外球壳的自能为

dq R Q

Vdq W Q Q ??---==

2

0242121πε 082

02

>=R Q πε.

带电体系的互能,为把组成该系统的每一个带电体看成一个不可分割的整体,将各带电体从无限远处移到给定位置所作的功。则两球壳的互能为 ??-+-Q

Q dq Q V dq Q V W )(21

)(213=

dq R Q

dq R Q Q Q ??--+-=

2

020421421πεπε

04882

02

202202<-=--=R Q R Q R Q πεπεπε.

因此,电容器的总能量为体系中每个带电体的自能与各带电体间的互能的总和,即 321W W ++W W =

202

202102488R Q R Q R Q πεπεπε-

=+ )1

1(8Q 2

102R R -πε=

10. 解 取河岸为参照系,建立如图所示的直角坐标系,由题意可知,初始条件为

0=t 时u v v y x

y x ====0000,0,0 ⑴

由题意,水流速度可表示为

ky v =水

又当2

d

=

y 时,0v v =水。故 d /20v k =

因此

y v v d

20

=

水 ⑵ O

X

对小船有

t

x v v x d d =

=水 ⑶

t

y u v y d d =

= 结合式⑴、⑵,对式⑶积分,并应用初始条件得

2

0d

t uv x =

ut y =

对式⑷消去t 得 2

0d

y u v x =

⑸ 这就是小船渡河的运动轨迹方程,其为抛物线。这里需要注意的是,式 ⑸只适用于小船划至河中心之前,对于后半程小船的轨迹,通过类似的分析,可得

02

0)d

2(22v u y u y u v x d -+-= ⑹ 11.解 小球受重力g m

,支持力N ,静摩擦力f ,如图所示(忽略了在水平面内切向的

外力和滑动摩擦力,二者为平衡力)。其运动方程为

r mv f N 2

cos sin =-θθ ⑴

mg f N =+θθsin cos ⑵

式中暂假定f

的方向沿切线向上。又θsin R r =,代入式⑴,⑵后消去N ,得

)cos sin sin (2

θθ

θR v g m f -= ⑶

消去f ,得

)c o s (2

R

v g m N +=θ

⑷ 由式⑶可知

当θθθcos sin sin 2R v g =,即θ

θcos sin gR

v =时,0=f ;

当θθθcos sin sin 2R v g >,即θθcos sin gR

v <时,0>f ,表明f 的方向向上;

当θθθcos sin sin 2R v g <,即θ

θcos sin gR

v >时,0

当0>f 时,若v 减小,则所需的摩擦力增大。且当min v v =时,N f f μ==max 。即

)cos sin sin ()cos (2

min

2min θθ

θθμR v g m R v g m -=+

解得

θ

μθθ

θμθsin cos sin )cos (sin min +-=

R g v

当0

)cos sin sin ()cos (2max

2max θθ

θθμR v g m R v g m -=+-

解得

θ

μθθ

θμθsin cos sin )cos (sin max -+=

R g v

故小球能在给定的位置处稳定运动的速度范围为

max min v v v ≤≤

f

12.3/16gR

13.解 小球受重力g m

,摩擦力f 和杆的支持力N ,如图所示。设小球位于l 处,作

稳定的匀速圆周运动。由牛顿运动定律,有

θωθθcos cos sin 2l m f N =- ⑴

mg f N =+θθsin cos ⑵

消去N 得

)cos sin (

cos cos sin 2

22222l g m l m mg f -=-=θ

ωθ

θωθωθ 令

θ

ωθ

220cos sin g l =

)(cos 022l l m f -=θω ⑶

由⑴⑵式消去f ,得

θθωθcos sin cos 2l m mg N += ⑷

由式⑶,当0l l =时,0=f ;当0l l <时,f >0,方向沿杆向上;当0l l >时,f <0,方向沿杆向下。小球能够相对于杆静止的条件是N f μ≤,稳定运动的两个极端位置1l 和

2l 由N f μ=和N f μ-=确定。

当N f μ=时,由式⑶、⑷

θθωμθμθωθcos sin cos cos sin 12212l m mg l m mg +=-

整理得

)

sin cos (cos )

cos sin (2

1θμθθωθμθ+-=

g l 当N f μ-=时,由式⑶、⑷

θθωμθμθωθcos sin cos cos sin 22222l m mg l m mg --=-

整理得

)

sin cos (cos )

cos sin (2

2θμθθωθμθ-+=

g l 故小球相对于杆静止时允许的位置范围是

21l l l ≤≤

14.解 由于电势是标量,可由电势叠加原理,先求出带电直线在P 点的电势,再由场强与电势的微分关系求P 点的场强。

取直角坐标系,并取带电直线中心为坐标原点O ,如图所示。则在带电直线上取电荷元

y L

2q

y q d d d =

=λ, 在P 点产生的电势为 2

2

0P y

x 4q V +=

επd d

因此,整个带电系统在P 点产生的电势为

???

?

??

?

?++=+=+==???+-x x L L L 4q y x 4y L 2q y x 4q V V 220L L 220q 220P P ln ππd πd d εεε 则该点的场强为 j E i E E y x

+=

其中

220x x

L x 4q

x V E +=

??-

=πε 0E y =(由对称分析也可得到这个结果)

所以,P 点的场强为

i x L x 4q i E E 2

20x

+=

=επ

15.解 由题意要求,取坐标系XOY ,粒子沿X 轴方向运动,可判定磁场B 的方向垂直纸面向外,如图所示。带电粒子在横向均匀磁场运动时,受洛伦兹力作用,作圆周运动,半径为qB

m v R =

, 速度v 的方向总垂至于该点处半径。由于各粒子速率相同,故圆周半径都相同,但速度方向不同,各粒子作圆周运动的圆心位置不同。.

以θ角)1800(?≤≤θ发射的带电粒子,圆心应在'

O 点处,如图所示, '

O 点坐标为

可见所有粒子圆周运动的圆心连线应在2

2

2

R y x =+的圆上。由于粒子运动速度方向总与该点处半径垂直,故当粒子运动到θsin R x =(θ为发射角)P 点时,速度一定平行于X 方向,若从此处磁场为零,则粒子从该点开始不受洛伦兹力,而沿X 轴正方向的匀速直线运动,所以P 点应为磁场边界点,P 点坐标由几何关系可得

θ

θ

cos sin R R y R x -==

消去θ就得到磁场边界方程 222)(R R y x =-+

可见磁场边界应是中心在(O ,R )、半径为R 的半圆。.. 16.(a) 2

/1-r

υα ; (b) 2

/3r

T α; (c) 2/1-r p α; (d) 2

/1r

L α.

17.解 由高斯定理可知,磁场中磁感应强度B 线总是闭合曲线,而磁场强度H

线却

不一定连续;H 的环流是由回路中的传导电流决定的,而B

的环流是由回路中的传导电流和磁化电流(也称束缚电流)共同决定的。

(1)由上述分析可知,开狭缝前环内各点的H 值相同,H B

μ=值也相同。因此由

含介质的安培环路定理

NI l H L

=??

d

得 NI Hl =(l 为铁环的平均周长),即

l NI H =

,l

NI H B r r 001μμμμ==,l NI

H M m m χχ== .

开狭缝后,磁场线仍然连续,由于狭缝极窄,所以可以认为铁环中与狭缝中的B

值相等,

而H

值不再相等。由

NI l H L

=??

d

得 NI l H l l H =缝环??+-)((Δl 为狭缝宽度) 考虑到Δl <

NI l B

l B

r

=?+

0μμμ

即得

l

l NI

B r r ?+=

μμμ0

虽然Δl 很小,但对于铁环来说,一般r μ较大,所以开狭缝后,铁环中的B

值比开狭缝以

前有所减小。同时可知 l

l NI B

H r r

?+=

=

μμμ0

l

l NI

H M r m

m ?+==μχχ

..

不难看出,H ,M 值都比开狭缝前小。

(2) 由上述分析可知,开缝前后,铁环中与缝隙中的B

值相等,磁场线是连续的,

而由H M B H m r χμμ==和0/,得

00=,==,=

=缝环环缝环隙环M l

l NI H M l

l NI

B

H l

l NI B

H l

l NI B B r m

m r r r r r r ?μχχ?μμμ?μμμ?μμμ++=

=

+=

+=

18.解 由图可知,要求点P 的合场强B

,需分别求出等边三角形载流线圈三条边在点P

处产生的磁感应强度i B

,然后将三者进行矢量叠加。

由有限长载流直导线的磁场公式可知,AC 边在P 点产生的磁感应强度AC B 的大小为

)cos (cos 4210θθπμ-=

r

I

B A

C 由于ACP ?为等腰三角形,且PC 垂直于AC ,即 2

2

212cos cos a

r a +=-θθ

则代入上式有

2

2

024a

r a r

I B AC +=

πμ

由右手螺旋定则可知,AC B 的方向垂直于ACP 平面向外,如图所示。

根据对称性分析,AC CD DA 三载流导线在点产生的磁感应强度DA CD AC B B B 在空间方位上是对称的,且它们在垂直于Z 轴方向上的分量相互抵消,平行于Z 轴方向上的分量均相等,所以

αsin 3)(3AC AC P B Z B B ==

απμsin 243220a

r a

r I +??

=

根据等边三角形的性质,O 点是ACD ?的中心,故3

a OE =

,并由EOP ?可知

3,3sin 3

2

a r r r

a

+==α,所以得P 点的磁感应强度P B 的大小 2

20

2

20

2

043)3(29a

r a r Ia B P ++=

πμ

P B 的方向沿Z 轴方向。

19.解 (1)当无铁芯时,螺线管为空心螺线管,故

00=M μ,且

)c o s (c o s 2

210β

βμ-=

nI

B ,当L >>R 时,管内磁感强度近于均匀,nI B 0μ≈只有在端

A

D

点附近才下降到

nI 02

1

μ。又B H =0μ。则x H x M x B ---00,,μμ曲线(a)如图所示。. (2)对于铁磁棒,传导电流为零,故0B 0=

。铁磁棒表面磁化电流密度

nI L

NI

M i ==='

。M ,'i 的方向入图(b)所示。在轴线上任意点产生的附加磁感强度为

)cos (cos 2

)cos (cos 2

21021'0

ββμββμ-=

-=

M

i B

则得 )c o s (c o s 2

210'

'0ββμ-=

=+=M

B B B B

当L >>R 时,在磁棒内部M B 0μ≈;在棒端2

0M

B μ=

。因棒是均匀磁化的,故M

0μ为常数。由M B

H -0

μ=

得M B H 00μμ-=则x H x M x B ---00,,μμ曲线如图(b )

所示。

H

0螺线管 (a )

H

0磁棒 (b )

大学物理下答案习题14

习题14 14.1 选择题 (1)在夫琅禾费单缝衍射实验中,对于给定的入射单色光,当缝宽度变小时,除中央亮纹的中心位置不变外,各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小. (B) 对应的衍射角变大. (C) 对应的衍射角也不变. (D) 光强也不变. [答案:B] (2)波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上,单缝后面放一凸透镜,在凸透镜的焦平面上放置一屏幕,用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm,则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案:B] (3)波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上.取k=0,±1,±2....,则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k. (B) a sin=k. (C) N d sin=k. (D) d sin=k. [答案:D] (4)设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时,能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案:B] (5)在光栅光谱中,假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上,因而实际上不出现,那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案:B] 14.2 填空题 (1)将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上,若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为,则缝的宽度等于________________. λθ] [答案:/sin (2)波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上.对应于衍射角=30°,单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案:4] (3)在夫琅禾费单缝衍射实验中,当缝宽变窄,则衍射条纹变;当入射波长变长时,则衍射条纹变。(填疏或密) [答案:变疏,变疏]

大学物理(下)练习册答案

大学物理(下)练习册答案 包括(波动、电磁、光的干涉、光的偏振、光的衍射、振动) 波动 选择: 1B, 2A, 3D, 4D, 5D, 6D, 7C, 8A, 9C, 10D 二,填空: 1, t x y ππ?=-20cos )2 1 cos(10 0.122 (SI) 2分 )12(+=n x m , 即 x = 1 m ,3 m ,5 m ,7 m ,9 m 2分 n x 2= m ,即 x = 0 m ,2 m ,4 m ,6 m ,8 m ,10 m 1分 2, φλ+π-/2L 1分 λk L ± ( k = 1,2,3,…) 2分 λ)12(1+±k L ( k = 0, 1,2,…) 2分 3, 答案见图 3分 4, 17 m 到1.7×10-2 m 3分 5, λ2 1 3分 一, 计算 1, 解:(1) 原点O 处质元的振动方程为 )21 21cos(10 22 π-π?=-t y , (SI) 2分 波的表达式为 )2 1)5/(21c o s (1022 π--π?=-x t y , (SI) 2分 x = 25 m 处质元的振动方程为 )32 1 cos(10 22 π-π?=-t y , (SI) 振动曲线见图 (a) 2分 (2) t = 3 s 时的波形曲线方程 )10/cos(1022 x y π-π?=-, (SI) 2分

波形曲线见图 2分 2, 解:(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得: ν = 4 Hz , λ = 1.50 m , 各1分 波速 u = λν = 6.00 m/s 1分 (2) 节点位置 )21 (3/4π+π±=πn x )2 1 (3+±=n x m , n = 0,1,2,3, … 3分 (3) 波腹位置 π±=πn x 3/4 4/3n x ±= m , n = 0,1,2,3, … 2分 3, 解:(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)20 1(4cos 1.0x t -π= (SI) 3分 (2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ,x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移 )80/4/(4cos 1.01λ-π=T y m 1.0)8 18/1(4cos 1.0=-π= 2分 (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t t y -ππ-=??=v . )4/1(2 1 2== T t s ,在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)2 1 sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分 电磁 §3.1 静止电荷的电场 一, 选择题: t (s) O -2×10-2 1y (m) 234(a) 2×

大学物理试题及答案

第2章刚体得转动 一、选择题 1、如图所示,A、B为两个相同得绕着轻绳得定滑轮.A滑轮挂一质量为M得物体,B滑轮受拉力F,而且F=Mg.设A、B两滑轮得角加速度分别为βA与βB,不计滑轮轴得摩擦,则有 (A) βA=βB。(B)βA>βB. (C)βA<βB.(D)开始时βA=βB,以后βA<βB。 [] 2、有两个半径相同,质量相等得细圆环A与B。A环得质量分布均匀,B环得质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直得轴得转动惯量分别为JA与J B,则 (A)JA>J B.(B) JA

大学物理学第二版第章习题解答精编

大学物理学 习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题: (1) 位移和路程有何区别?在什么情况下二者的量值相等?在什么情况下二者的量值不相等? (2)平均速度和平均速率有何区别?在什么情况下二者的量值相等? (3)瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么?瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么? (4) 质点的位矢方向不变,它是否一定做直线运动?质点做直线运动,其位矢的方向是否一定保持不 变? (5) r ?v 和r ?v 有区别吗?v ?v 和v ?v 有区别吗?0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动? (6) 设质点的运动方程为:()x x t = ,()y y t =,在计算质点的速度和加速度时,有人先求出 r = dr v dt =及22d r a dt = 而求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v =及a =你认为两种方法哪一种正确?两者区别何在? (7)如果一质点的加速度与时间的关系是线性的,那么,该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性 的? (8) “物体做曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法向分速度恒为零,因此其法向加速 度也一定为零.”这种说法正确吗? (9)任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧,为什么? (10)质点沿圆周运动,且速率随时间均匀增大,n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变? (11)一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子,此石子能否落回他的手中?如果石子抛出后,火车以恒定加速度前进,结果又如何? 一质点沿x 轴运动,坐标与时间的变化关系为224t t x -=,式中t x ,分别以m 、s 为单位,试计算:(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度;(2)s 1末到s 3末的平均加速度;(3)s 3末的瞬时加速度。 解:

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点.试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知:q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关. 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ,都用长为l 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2θ ,如题8-2 图所示.设小球的半径和线的质量都可 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ,当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时,则场强→∞,这是没有物理意义的,对此应如何理解 ?

解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立,当0→r 时,带电体不能再视为点电 荷,再用上式求场强是错误的,实际带电体有一定形状大小,考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大. 8-4 在真空中有A ,B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+q 和-q .则这两板之间有相互作用力f ,有人说f = 2 024d q πε,又有人 说,因为f =qE ,S q E 0ε=,所以f =S q 02 ε.试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的,第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ,另一板受它的作用 力S q S q q f 02 022εε= =,这是两板间相互作用的电场力. 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =,场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图),且l r >>.试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示,将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p . ∵ l r >>

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第2章 刚体的转动 一、 选择题 1、 如图所示,A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮.A 滑轮挂一质量为M 的物体,B 滑轮受拉力F ,而且F =Mg .设A 、B 两滑轮的角加速度分别为?A 和?B ,不计滑轮轴的摩擦,则有 (A) ?A =?B . (B) ?A >?B . (C) ?A <?B . (D) 开始时?A =?B ,以后?A <?B . [ ] 2、 有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B .A 环的质量分布均匀,B 环的质量分布不均匀.它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则 (A) J A >J B . (B) J A <J B . (C) J A = J B . (D) 不能确定J A 、J B 哪个大. [ ] 3、 如图所示,一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转,初始状态为静止悬挂.现有一个小球自左方水平打击细杆.设小球与细杆之间为非弹性碰撞,则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒. (B) 只有动量守恒. (C) 只有对转轴O 的角动量守恒. (D) 机械能、动量和角动量均守恒. [ ] 4、 质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上.平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动,转动惯量为J .平台和小孩开始时均静止.当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时,则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ??? ??=R J mR v 2 ω,顺时针. (B) ?? ? ??=R J mR v 2ω,逆时针. (C) ??? ??+=R mR J mR v 22ω,顺时针. (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22ω,逆时针。 [ ] 5、 如图所示,一静止的均匀细棒,长为L 、质量为M ,可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动,转动惯量为231ML .一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端,设穿过棒后子弹的速率为v 2 1,则此时棒的角速度应为 (A) ML m v . (B) ML m 23v .

大学物理学课后习题标准答案-赵近芳-全

习题及解答(全) 习题一 1-1 |r ?|与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试 举例说明. 解:(1)r ?是位移的模,?r 是位矢的模的增量,即 r ?12r r -=,12r r r ??-=?; (2)t d d r 是速度的模,即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量, ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模,即 t v a d d ??= ,t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢),所以 t v t v t v d d d d d d ττ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ??Θ与 的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t ),y =y (t ),在计算质点的速度和加速度时,有人先求 出r =22y x +,然后根据v =t r d d ,及a =22d d t r 而求得结果;又有人先计算速度和加速度 的分量,再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ? ??? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确?为什么?两者差别何在? 解:后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量,在平面直角坐标系中,有j y i x r ? ??+=,

大学物理试题库及答案详解【考试必备】

第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t +Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ|r |),平均速度为v ,平均速率为v . (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) |Δr |= Δs = Δr (B) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d s ≠ d r (C) |Δr |≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有|d r |= d r ≠ d s (D) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) |v |= v ,|v |= v (B) |v |≠v ,|v |≠ v (C) |v |= v ,|v |≠ v (D) |v |≠v ,|v |= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t +Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs =PP′, 位移大小|Δr |=PP ′,而Δr =|r |-|r |表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能).但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有|d r |=d s ,但却不等于d r .故选(B). (2) 由于|Δr |≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即|v |≠v . 但由于|d r |=d s ,故t s t d d d d =r ,即|v |=v .由此可见,应选(C). 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ; (2)t d d r ; (3)t s d d ; (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x . 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q,另两对角线各放置电荷q,若Q所受到合力为零, 则Q与q的关系为:() (A)Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案:A] (2)下面说法正确的是:() (A)若高斯面上的电场强度处处为零,则该面内必定没有净电荷; (B)若高斯面内没有电荷,则该面上的电场强度必定处处为零; (C)若高斯面上的电场强度处处不为零,则该面内必定有电荷; (D)若高斯面内有电荷,则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案:A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ,则在距球面R处的电场强度() (A)σ/ε0 (B)σ/2ε0 (C)σ/4ε0 (D)σ/8ε0 [答案:C] (4)在电场中的导体内部的() (A)电场和电势均为零;(B)电场不为零,电势均为零; (C)电势和表面电势相等;(D)电势低于表面电势。 [答案:C] 9.2填空题 (1)在静电场中,电势梯度不变的区域,电场强度必定为。 [答案:零] (2)一个点电荷q放在立方体中心,则穿过某一表面的电通量为,若将点电荷由中 心向外移动至无限远,则总通量将。 [答案:q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用(a)——(b)——。 [答案:(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内,则球内球外的静电能之比。 [答案:1:5] 9.3 电量都是q的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点.试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象,由力平衡知:q 为负电荷

大学物理下练习题答案汇总

大学物理下练习题 一、选择题(每题1分,共41分) 1.关于电场强度定义式E = F /q 0,下列说法中哪个是正确的?(B ) (A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比; (B) 对场中某点,试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变; (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向; (D) 若场中某点不放试验电荷q 0,则F = 0,从而E = 0. 2.下列几个说法中哪一个是正确的?(C ) (A )电场中某点场强的方向,就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 (B )在以点电荷为中心的球面上,由该点电荷所产生的场强处处相同。 (C )场强方向可由 E =F /q 定出,其中 q 为试验电荷的电量,q 可正、可负,F 为试验电荷所受的电场力。 ( D )以上说法都不正确。 3.图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0),则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: (A ) (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强(C ) (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2 022a q πε, 方向沿y 轴负向. 5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场,则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为(D ) (A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 . 6. 下列关于高斯定理理解的说法中,正确的是:(B ) (A)当高斯面内电荷代数和为零时,高斯面上任意点的电场强度都等于零 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图 1.1 图1.2 图1.3

《大学物理学》习题解答

大学物理学 习 题 解 答 陕西师范大学物理学与信息技术学院 基础物理教学组 2006-5-8

说明: 该习题解答与范中和主编的《大学物理学》各章习题完全对应。每题基本上只给出了一种解答,可作为教师备课时的参考。 题解完成后尚未核对,难免有错误和疏漏之处。望使用者谅解。 编者 2006-5-8

第2章 运动学 2-1 一质点作直线运动,其运动方程为2 22t t x -+= , x 以m 计,t 以s 计。试求:(1)质点从t = 0到t = 3 s 时间内的位移;(2)质点在t = 0到t = 3 s 时间内所通过的路程 解 (1)t = 0时,x 0 = 2 ;t =3时,x 3 = -1;所以, m 3)0()3(-==-==t x t x x ? (2)本题需注意在题设时间内运动方向发生了变化。对x 求极值,并令 022d d =-=t t x 可得t = 1s ,即质点在t = 0到t = 1s 内沿x 正向运动,然后反向运动。 分段计算 m 1011=-===t t x x x ?, m 4)1()3(2-==-==t x t x x ? 路程为 m 521=+= x x s ?? 2-2 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3 2 262t t x -+=。试求:(1)质点在最初4s 内位移;(2)质点在最初4s 时间内所通过的路程 解 (1)t = 0时,x 0 = 2 ;t = 4时,x 4 = -30 所以,质点在最初4s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x (2)由 0612d d 2=-=t t t x 可求得在运动中质点改变运动方向的时刻为 t 1 = 2 s , t 2 = 0 (舍去) 则 m 0.8021=-=?x x x ,m 40242-=-=?x x x 所以,质点在最初4 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 2-3 在星际空间飞行的一枚火箭,当它以恒定速率燃烧它的燃料时,其运动方程可表示为 )1ln(1bt t b u ut x -?? ? ??-+=,其中m/s 100.33?=u 是喷出气流相对于火箭体的喷射速度, s /105.73 -?=b 是与燃烧速率成正比的一个常量。试求:(1)t = 0时刻,此火箭的速度和加速度;(2)t = 120 s 时,此火箭的速度和加速度 解 )1l n (d d bt u t x v --== ;bt ub t v a -==1d d (1)t = 0时, v = 0 ,23 3s .m 5.221 105.7103--=???= a (2)t = 120s 时, )120105.71ln(10333 ??-?-=-v 1 3 s .m 91.6-?= 23 3 3s .m 225120 105.71105.7103---=??-???=a

大学物理练习册答案

狭义相对论基础(二)第十六页 1.电子的静止质量M0=9.1×10–31kg,经电场加速后具有 0.25兆电子伏特的动能,则电子速率V与真空中光速 C之比是:(C ) [ E k=mC2-m0C2, m=m0/(1-V2/C2)1/2 1兆=106, 1电子伏=1.6×10–19焦耳] (A) 0.1 ( B) 0.5 (C) 0.74(D) 0.85 2.静止质量均为m0的两个粒子,在实验室参照系中以相同大小的速度V=0.6C相向运动(C为真空中光速), 碰撞后粘合为一静止的复合粒子,则复合粒子的静止 质量M0等于:(B ) [ 能量守恒E=M0C2=2mC2 =2m0C2/(1-V2/C2)1/2 ] ( A) 2m0(B) 2.5m0(C) 3.3m0(D) 4m0 3.已知粒子的动能为E K,动量为P,则粒子的静止能量(A )(由 E = E K+E0和E2=E02 + C2P2 )(A)(P2C2-E K2)/(2E K)(B)(P2C2+E K2)/(2E K)(C)(PC-E K )2/(2E K) (D) (PC+E K )2/(2E K) 4.相对论中的质量与能量的关系是:E=mC2;把一个静止质量为M0的粒子从静止加速到V=0.6C时,需作功 A=(1/4)M0C2 A=MC2-M0C2 = γM0C2-M0C2=(γ-1)M0C2 5.某一观察者测得电子的质量为其静止质量的2倍,求

电子相对于观察者运动的速度V =0.87C [ m=m 0/(1-V 2/C 2)1/2, m=2m 0 , 则1-V 2/C 2=1/4 ] 6. 当粒子的速率由0.6C 增加到0.8C 时,末动量与初动 量之比是P 2:P 1=16:9,末动能与初动能之比是 E K2:E K1=8:3 V 1=0.6C,γ1=1/2211C V -=5/4, m 1=γ1m 0=5m 0/4 P 1=m 1V 1=3m 0C/4, V 2=0.8C 时, γ2=1/222/1C V -=5/3 m 2=γ2m 0=5m 0/3,P 2=m 2V 2=4m 0 C/3,∴P 2:P 1=16:9 E K1=m 1C 2-m 0C 2, E K2=m 2C 2-m 0C 2 ∴E K2:E K1=8:3 7. 在惯性系中测得相对论粒子动量的三个分量为:P x=P y = 2.0×10-21kgm/s, P z =1.0×10-21kgm/s ,总能量 E=9.4×106ev ,则该粒子的速度为V=0.6C [E=mC 2 P=mV P=(P x 2+P y 2 +P z 2 )1/2 ] 8. 试证:一粒子的相对论动量可写成 P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 式中E 0(=m 0C 2)和E K 各为粒子的静能量和动能。 证:E=E 0+E k ?E 2=E 20+P 2C 2 ? (E 0+E k )2= E 20+P 2C 2 ? P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 9.在北京正负电子对撞机中,电子可以被加速到动能为E K =2.8×109ev 这种电子的速率比光速差多少米/秒?这样的一个电子的动量多大?(已知电子的静止质量

大学物理试题库(含答案)

大学物理试题库(含答案) 一 卷 1、(本题12分)1mol 单原子理想气体经历如图所示的 过程,其中ab 是等温线,bc 为等压线,ca 为等容线, 求循环效率 2、(本题10分) 一平面简谐波沿 x 方向传播,振幅为20cm ,周期为4s ,t=0时波源在 y 轴上的位移为10cm ,且向y 正方向运动。 (1)画出相量图,求出波源的初位相并写出其振动方程; (2)若波的传播速度为u ,写出波函数。 3、(本题10分)一束光强为I 0的自然光相继通过由2个偏振片,第二个偏振片的偏振化方向相对前一个偏振片沿顺时针方向转了300 角,问透射光的光强是多少?如果入射光是光强为I 0的偏振光,透射光的光强在什么情况下最大?最大的光强是多少? 4、(本题10分)有一光栅,每厘米有500条刻痕,缝宽a = 4×10-4cm ,光栅距屏幕1m , 用波长为6300A 的平行单色光垂直照射在光栅上,试问: (1) (2) 第一级主极大和第二级主极大之间的距离为多少? 5、(本题10分)用单色光λ=6000A 做杨氏实验,在光屏P 处产生第五级亮纹,现将折射率n=1.5的玻璃片放在其中 一条光路上,此时P 处变成中央亮纹的位置,则此玻璃片 厚度h 是多少? 6、(本题10分)一束波长为λ的单色光,从空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上,在膜的上下表面,反射光有没有位相突变?要使折射光得到加强,膜的厚度至少是多少? 7、(本题10分) 宽度为0~a 的一维无限深势阱波函数的解为)sin(2x a n a n π =ψ 求:(1)写出波函数ψ1和ψ2 的几率密度的表达式 (2)求这两个波函数几率密度最大的位置 8、(本题10分)实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子。 试问:(1)氢原子吸收该光子后会跃迁到哪个能级? P 2P a

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题 1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解:(1)由x=2t 得, y=4t 2-8 可得: y=x 2 -8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j = 则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时 速度为0v ,求运动方程)(t x x =. 解: kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速 度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的 d d r t ,d d v t ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 21h y -= 式(2) 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ (2)联立式(1)、式(2)得 2 2 v 2gx h y -= (3) 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

《大学物理C上下》练习册及答案

大学物理C(上、下)练习册 ?质点动力学 ?刚体定轴转动 ?静电场电场强度 ?电势静电场中的导体 ?稳恒磁场 ?电磁感应 ?波动、振动 ?光的干涉 ?光的衍射 注:本习题详细答案,结课后由老师发放

一、质点动力学 一、选择题 1. 以下几种运动形式中,加速度a 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 。 [ ] 2. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动,每T 秒转一圈.在2T 时间间 隔中,其平均速度大小与平均速率大小分别为 (A) 2?R /T , 2?R/T . (B) 0 , 2?R /T (C) 0 , 0. (D) 2?R /T , 0. [ ] 3. 质点作曲线运动,r 表示位置矢量,v 表示速度,a 表示加速度,S 表 示路程,a 表示切向加速度,下列表达式中, (1) a t d /d v , (2) v t r d /d , (3) v t S d /d , (4) t a t d /d v . (A) 只有(1)、(4)是对的. (B) 只有(2)、(4)是对的. (C) 只有(2)是对的. (D) 只有(3)是对的. [ ] 4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r 的端点处,其速度大小的表达式为 (A )t d dr ; (B )dt r d ; (C )dt r d || ; (D )222dt dz dt dy dt dx [ ] 5. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质 点的速率) (A) t d d v . (B)2V R . (C) R t 2d d v v . (D) 2/1242d d R t v v . [ ] 6. 质量为m 的质点,以不变速率v 沿图中正三角形ABC 的水平光滑轨道

(完整版)大学物理考试常考题选择填空部分(含答案详解)

质 点 运 动 学 一.选择题: 1、质点作匀速圆周运动,其半径为R ,从A 点出发,经过半圆周到达B 点,则在下列各 表达式中,不正确的是 (A ) (A )速度增量 0=?v ρ ,速率增量 0=?v ; (B )速度增量 j v v ρρ 2-=?,速率增量 0=?v ; (C )位移大小 R r 2||=?ρ ,路程 R s π=; (D )位移 i R r ρρ 2-=?,路程 R s π=。 2、质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表达式为j bt i at r ?ρ? 22+=(其中a 、b 为常量) 则该质点作 ( D ) (A )匀速直线运动; (B )一般曲线运动; (C )抛物线运动; (D )变速直线运动。 3、质点作曲线运动,r 表示位置矢量,s 表示路程,v 表示速度, a 表示加速度。下列表达式中, 正确的表达式为 ( B ) (A )r r ?=?||ρ; (B) υ==dt s d dt r d ρ ; (C ) a dt d =υ ; (D )υυd d =||ρ。 4、一个质点在做圆周运动时,则有 ( B ) (A )切向加速度一定改变,法向加速度也改变; (B )切向加速度可能不变,法向加速度一定改变; (C )切向加速度可能不变,法向加速度不变; (D )切向加速度一定改变,法向加速度不变。 5、质点作匀变速圆周运动,则:( C ) (A )角速度不变; (B )线速度不变; (C )角加速度不变; (D )总加速度大小不变。 二.填空题: 1、已知质点的运动方程为x = 2 t -4 t 2(SI ),则质点在第一秒内的平均速度 =v -2 m/s ; 第一秒末的加速度大小 a = -8 m/s 2 ;第一秒内走过的路程 S = 2.5 m 。

大学物理学-第1章习题解答

大学物理简明教程(上册)习题选解 第1章 质点运动学 1-1 一质点在平面上运动,其坐标由下式给出)m 0.40.3(2 t t x -=,m )0.6(3 2 t t y +-=。求:(1)在s 0.3=t 时质点的位置矢量; (2)从0=t 到s 0.3=t 时质点的位移;(3)前3s 内质点的平均速度;(4)在s 0.3=t 时质点的瞬时速度; (5)前3s 内质点的平均加速度;(6)在s 0.3=t 时质点的瞬时加速度。 解:(1)m )0.6()0.40.3(322j i r t t t t +-+-= 将s 0.3=t 代入,即可得到 )m (273j i r +-= (2)03r r r -=?,代入数据即可。 (3)注意:0 30 3--=r r v =)m/s 99(j i +- (4)dt d r =v =)m/s 921(j i +-。 (5)注意:0 30 3--=v v a =2)m/s 38(j i +- (6)dt d v a ==2)m/s 68(j -i -,代入数据而得。 1-2 某物体的速度为)25125(0j i +=v m/s ,3.0s 以后它的速度为)5100(j 7-i =v m/s 。 在这段时间内它的平均加速度是多少? 解:0 30 3--= v v a =2)m/s 3.3333.8(j i +- 1-3 质点的运动方程为) 4(2k j i r t t ++=m 。(1)写出其速度作为时间的函数;(2)加速度作为时间的函数; (3)质点的轨道参数方程。 解:(1)dt d r =v =)m/s 8(k j +t (2)dt d v a = =2m/s 8j ; (3)1=x ;2 4z y =。 1-4 质点的运动方程为t x 2=,22t y -=(所有物理量均采用国际单位制)。求:(1)质点的运动轨迹;(2)从0=t 到2=t s 时间间隔内质点的位移r ?及位矢的径向增量。 解:(1)由t x 2=,得2 x t = ,代入22t y -=,得质点的运动轨道方程为 225.00.2x y -=; (2)位移 02r r r -=?=)m (4j i - 位矢的径向增量 02r r r -=?=2.47m 。 (3)删除。 1-6 一质点做平面运动,已知其运动学方程为t πcos 3=x ,t πsin =y 。试求: (1)运动方程的矢量表示式;(2)运动轨道方程;(3)质点的速度与加速度。 解:(1)j i r t t πsin πcos 3+=; (2)19 2 =+y x (3)j i t t πcos πsin 3π+-=v ; )πsin πcos 3(π2j i t t a +-= *1-6 质点A 以恒 定的速率m/s 0.3=v 沿 直线m 0.30=y 朝x +方 向运动。在质点A 通过y 轴的瞬间,质点B 以恒 定的加速度从坐标原点 出发,已知加速度2m/s 400.a =,其初速度为零。试求:欲使这两个质点相遇,a 与y 轴的夹角θ应为多大? 解:提示:两质点相遇时有,B A x x =,B A y y =。因此只要求出质点A 、B 的运动学方程即可。或根据 222)2 1 (at y =+2(vt)可解得: 60=θ。 1-77 质点做半径为R 的圆周运动,运动方程为 2021 bt t s -=v ,其中,s 为弧长,0v 为初速度,b 为正 的常数。求:(1)任意时刻质点的法向加速度、切向加速度和总加速度;(2)当t 为何值时,质点的总加速度在数值上等于b ?这时质点已沿圆周运行了多少圈? 题1-6图

大学物理习题集(下)答案

一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体,下面哪种说法是正确的? [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时,速度和加速度都达到最大值; (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时,速度和加速度都为零; (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时,速度最大,加速度为零; (D) 物体处在负方向的端点时,速度最大,加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,振动方程用余弦函数表示,如果该振子 的初相为4 3 π,则t=0时,质点的位置在: [ D ] (A) 过1x A 2=处,向负方向运动; (B) 过1x A 2 =处,向正方向运动; (C) 过1x A 2=-处,向负方向运动;(D) 过1 x A 2 =-处,向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动,振幅为A ,在起始时刻质点的位移为/2A ,且向x 轴的正方向运动,代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统,组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示,(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为: [ B ] (A) 2:1:1; (B) 1:2:4; (C) 4:2:1; (D) 1:1:2 5. 一弹簧振子,当把它水平放置时,它可以作简谐振动,若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图,试判断下面哪种情况是正确的: [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动,放在光滑斜面上不能作简谐振动; (B) 竖直放置不能作简谐振动,放在光滑斜面上可作简谐振动; (C) 两种情况都可作简谐振动; (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动,它的动能与势能相等时,它的相位和坐标分别为: [ C ] (4) 题(5) 题

大学物理试题及答案

《大学物理》试题及答案 一、填空题(每空1分,共22分) 1.基本的自然力分为四种:即强力、、、。 2.有一只电容器,其电容C=50微法,当给它加上200V电压时,这个电容储存的能量是______焦耳。 3.一个人沿半径为R 的圆形轨道跑了半圈,他的位移大小为,路程为。 4.静电场的环路定理公式为:。5.避雷针是利用的原理来防止雷击对建筑物的破坏。 6.无限大平面附近任一点的电场强度E为 7.电力线稀疏的地方,电场强度。稠密的地方,电场强度。 8.无限长均匀带电直导线,带电线密度+λ。距离导线为d处的一点的电场强度为。 9.均匀带电细圆环在圆心处的场强为。 10.一质量为M=10Kg的物体静止地放在光滑的水平面上,今有一质量为m=10g的子弹沿水平方向以速度v=1000m/s射入并停留在其中。求其 后它们的运动速度为________m/s。 11.一质量M=10Kg的物体,正在以速度v=10m/s运动,其具有的动能是_____________焦耳 12.一细杆的质量为m=1Kg,其长度为3m,当它绕通过一端且垂直于细杆 的转轴转动时,它的转动惯量为_____Kgm2。 13.一电偶极子,带电量为q=2×105-库仑,间距L=0.5cm,则它的电距为________库仑米。 14.一个均匀带电球面,半径为10厘米,带电量为2×109-库仑。在距球心 6厘米处的电势为____________V。 15.一载流线圈在稳恒磁场中处于稳定平衡时,线圈平面的法线方向与磁场强度B的夹角等于。此时线圈所受的磁力矩最。 16.一圆形载流导线圆心处的磁感应强度为1B,若保持导线中的电流强度不

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