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大学物理上册复习题目

例2.1 一细绳跨过一轴承光滑的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为1m 和2m 的物体(1m ＜

2m )，如图2.2所示.设滑轮和绳的质量可忽略不计，绳不能伸长，试求物体的加速度以及

悬挂滑轮的绳中张力.

解：分别以1m ，2m 定滑轮为研究对象，其隔离体受力如图2.2所示.

对1m ，它在绳子拉力1T 及重力g m 1的作用下以加速度1a 向上运动，取向上为正向，则有

对2m ，它在绳子拉力2T 及重力g m 2作用下以加速度2a 向下运动，以向下为正方向，则有

由于定滑轮轴承光滑，滑轮和绳的质量可以略去，所以绳上各部分的张力都相等；又因为绳

不能伸长，所以1m 和2m 的加速度大小相等，即有解①和②两式得

由牛顿第三定律知：,1'

1T T T ==.2'

2T T T ==，又考虑到定滑轮质量不计，所以有

1111T m g m a -=①

2222m g T m a

-=②

1212.

T T T a a a ====，2112

m m 2m m .

m +m m +m a g T g -==，

4m m 2m +m T T g

容易证明得

例2.2 升降机内有一光滑斜面，固定在底板上，斜面倾角为θ.当升降机以匀加速度1a 竖直上升时，质量为m 的物体从斜面顶端沿斜面开始下滑，如图2.3所示.已知斜面长为l ，求物体对斜面的压力，物体从斜面顶点滑到底部所需的时间.

解：以物体m 为研究对象.其受到斜面的正压力N 和重力mg.以地为参考系，设物体m 相对于斜面的加速度为2a ，方向沿斜面向下，

则物体相对于地的加速度为

设x 轴正向沿斜面向下，y 轴正向垂直斜面向上，则对m 应用牛顿定律列方程如下：

解方程，得

由牛顿第三定律可知，物体对斜面的压力N′与斜面对物体的压力N 大小相等，方向相反，即物体对斜面的压力为

垂直指向斜面.

因为m 相对于斜面以加速度

'12(m +m )T

<12a a a

=+211sin (sin )cos cos x mg m a a y N mg ma θθθθ

=--=方向：

方向：

211()sin ()cos a g a N m g a θ

=+=+21

()sin a g a θ

=+1()cos m g a θ

沿斜面向下作匀变速直线运动，所以得

例2.3 跳伞运动员在张伞前的俯冲阶段，由于受到随速度增加而增大的空气阻力，其速度不会像自由落体那样增大.当空气阻力增大到与重力相等时，跳伞员就达到其下落的最大速度，称为终极速度.一般在跳离飞机大约10 s ，下落约300～400 m 左右时，就会达到此速度

(约50 m/s).设跳伞员以鹰展姿态下落，受到的空气阻力为2

kv F =(k 为常量)，如图2.4(a)所示.试求跳伞员在任一时刻的下落速度.

解:跳伞员的运动方程为

显然，在mg kv =2

的条件下对应的速度即为终极速度，并用T v 表示：

改写运动方程为

222111

()sin 22

l a t g a t θ==+

()

12L g+ sin t a θ

2dv

mg kv m

-=T mg v k

因t ＝0时，v ＝0；并设t 时，速度为v ，对上式两边取定积分：

由基本积分公式得

最后解得

设运动员质量m ＝70 kg ，测得终极速度T v ＝54 m/s ，则可推算出

以此T v 值代入v(t)的公式，可得到如图2.4(b)所示的v-t 函数曲线.

T 2T T T v v 1g ln 2v v v v

t ??+= ?-??2222T T mdv

v v kdt

dv k

v v m

=-v t t

222000

T T

dv k g

v v m v

dt dt

??T

-2gt v T 2gt

v 1-e

1+e

v -=

当时， . 2T

v t g

T v v

→2220.24/T

k N m s

v ==?

2-19. 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．

解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有

222

21MV mv mgR +=

又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有

0=-MV mv

联立，以上两式，得

()

M m MgR

v +=

题2-19图

题2-24图

2-24 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少? 解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即

01ωmr g M =

①

挂上2M 后，则有

221)(ω'

'=+r m g M M

②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 v m r mv r ''=00

ωω''=?2020r r ③

联立①、②、③得

21010

10)(r M M M g m M M r M M M m r g M m r g M ?+='+=

'+=

'=ω

ωω

2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为

M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50

kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m

解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有

a m T g m 222=- ① a m T 11= ②

对滑轮运用转动定律，有

β)2

(212Mr r T r T =- ③

又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得

2212s m 6.72

20058

.92002

-?=+

+?=

M m m g m a

题2-27(a)图题2-27(b)图

题2-28图

2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有

β)3

(212ml mg

= ∴ l

23=β

(2)由机械能守恒定律，有

22)3

(21sin 2ωθml l mg

= ∴ l

g θ

ωsin 3=

题2-29图

2-29 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ 30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?

解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为

v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可

列式：

mvl I l mv +=ω0 ①

2202

12121mv I mv +=ω ② 上两式中2

1Ml I =

，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o

30=θ，按机械能守恒定律可列式：

)30cos 1(2

212?-=l

Mg I ω ③ 由③式得

)231(3)30cos 1(???

???-=???

????-=l

g I Mgl ω

由①式

I v v ω

=0 ④ 由②式

I v v 2

ω-= ⑤

所以

001)(2ωωm

v ml I v -=-

求得

m m M l ml I l v +-=

+=+=312)32(6)311(2)1(220ωω

(2)相碰时小球受到的冲量为

?-=?=0

d mv

mv mv t F

由①式求得

ωωMl l I mv mv t F 3

d 0-=-

=-=? gl M

)32(6--

负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

狭义相对论的两条基本原理：

1、相对性原理：所有物理定律在一切惯性系中都具有相同的形式，或者说所有惯性系都是平权的，在它们之中所有物理规律都一样。

2、光速不变原理：所有惯性系中测量到的真空中光速严格个方向都等于c ，与光源的运动

状态无关。

4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：

(1)A x -=0；

(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2

x =

处向负向运动； (4)过2

A x -

=处向正向运动．

试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ??

?-==0

0sin cos φωφA v A x

将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有

)2cos(

1ππ

φ+==t T A x )23

2cos(2

2πππφ+==t T A x

2cos(3

3π

ππ

φ+==

t T A x

52cos(

54πππφ+==

t T A x

4-6 一质量为kg 10103

-?的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移

为cm 24+．求：

(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．

解：由题已知 s 0.4,m 10242

=?=-T A ∴ 1s rad 5.02-?==ππ

ωT

又，0=t 时，0,00=∴+=φA x 故振动方程为

m )5.0cos(10242t x π-?=

(1)将s 5.0=t 代入得

0.17m m )5.0cos(102425.0=?=-t x π

102.417.0)2

(10103

2--?-=???-=-=-=π

ωx

m ma F

方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，

t t =时 3

,0,20πφ=<+

=t v A x 故且 ∴ s 3

2/3==?=ππωφt (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为

101.7)24.0()2(10102121

214223222--?=???===

ωA m kA E

4-8 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．

题4-8图

解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,2

,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-?==

ππωT

故 m )2

cos(1.0ππ+

=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，3

5,0,2000π

φ=∴>=v A x

01=t 时，2

2,0,0111π

πφ+

=∴<=v x

又 ππωφ2

535

11=+?= ∴ πω6

故 m t x b )3

565cos(1.0ππ+

4-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：

(1) ?????+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)??

???

+=+=cm

)343cos(5cm )33cos(521π

πt x t x

解： (1)∵ ,23

3712ππ

πφφφ=-=

-=? ∴合振幅 cm 1021=+=A A A

(2)∵ ,3

34ππ

πφ=-=

? ∴合振幅 0=A

5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程．解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2

π,取波动方程为])(

2cos[0φλ

π++=x

T t A y 则有 ]2)12(2cos[1.0π

π++=x t y

24cos(1.0π

ππ+

+=x t m

5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1

，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；

(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．

解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴2

30πφ=，又5.22

υu

Hz ，则ππυω52=

= 题5-11图(a)

取 ])(cos[0φω+-=u

x t A y ，则波动方程为

)]2

35(5cos[1.0π

π+-

=x t y m

(2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图

题5-11图(b) 题5-11图(c) 将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为

)5cos(1.0)2

35.05.055cos(1.0πππ

ππ+=+?-

=t t y m 如题5-11(c)图所示．

5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程；

(2)P 点的振动方程．

解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴2

0π

φ=

，而25.01==??=

t x u 1s m -?，5.04

2===λυu Hz ，∴ππυω==2 故波动方程为

)2(cos[1.0π

π+-=x t y m

(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为

t t y ππ

πcos 1.0)]2

cos[(1.0=+

= m

题5-12图

5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线．

解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，

故知2

0π

φ-

=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，

且4=λm ，若取])(

2cos[0φλ

π++=x

T t A y

题5-16图

则波动方程为

)42(2cos[2.0ππ-+=x t y

6-5 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度，

N 为系统总分子数)．

（1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )( （4）

v v f 0

d )( （5）?∞

d )(v v f （6）?2

d )(v v v v Nf

解：)(v f ：表示一定质量的气体，在温度为T 的平衡态时，分布在速率v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比.

(1) v v f d )(：表示分布在速率v 附近，速率区间v d 内的分子数占总分子数的百分比. (2) v v nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数密度． (3) v v Nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数． (4)?v

v v f 0d )(：表示分布在21~v v 区间内的分子数占总分子数的百分比．

(5)?

∞

d )(v v f ：表示分布在∞~0的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.

(6)

d )(v v v v Nf ：表示分布在21~v v 区间内的分子数.

6-13 试说明下列各量的物理意义．（1）

kT 21 （2）kT 23 （3）kT i

2 （4）

RT i

M M mol 2

（5）RT i 2 （6）RT 23

解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为k 2

T ． (2)在平衡态下，分子平均平动动能均为

kT 2

. (3)在平衡态下，自由度为i 的分子平均总能量均为

kT i

. (4)由质量为M ，摩尔质量为mol M ，自由度为i 的分子组成的系统的内能为RT i

M M 2

mol .

(5) 1摩尔自由度为i 的分子组成的系统内能为

RT i

2. (6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT 2

，或者说热力学体系内，1摩尔分子的

平均平动动能之总和为RT 2

6-18 设有N 个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求

(1)分布函数)(v f 的表达式； (2)a 与0v 之间的关系；

(3)速度在1.50v 到2.00v 之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．

(5)0.50v 到10v

区间内粒子平均速率．

题6-18图

解：(1)从图上可得分布函数表达式

??≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ??

???≥≤≤≤≤=)

2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v N

a v v Nv av v f )(v f 满足归一化条件，但这里纵坐标是)(v Nf 而不是)(v f 故曲线下的总面积为N ，

(2)由归一化条件可得

=+0

32d d v v v v N

a N

v a N v v av

(3)可通过面积计算 N v v a N 3

1)5.12(00=-=? (4) N 个粒子平均速率

+==

=∞

∞

d d d )(1

d )(v v v v av v v av v v vNf N

v v vf v

020209

11)2331(1v av av N v =+=

(5)05.0v 到01v 区间内粒子平均速率

??=

000

5.011

5.0d d v v v v N

v N N N N

v v ??==00005.05.00

11d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N 24

71)243(1d 12

103003015.002100av N v av v av N v v av N v v v =

-==? 05.0v 到01v 区间内粒子数

N av v v a a N 4

83)5.0)(5.0(210001==-+=

76702

0v N av v ==

6-21 1mol 氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 解：理想气体分子的能量

RT i

E 2

υ= 平动动能 3=t 5.373930031.823

=??=

t E J 转动动能 2=r 249330031.82

=??=r E J

内能5=i 5.623230031.82

=??=i E J

7-5 一循环过程如题7-5图所示，试指出： (1)ca bc ab ,,各是什么过程；

(2)画出对应的V p -图；

(3)该循环是否是正循环?

(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积?

(5)用图中的热量ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数．解：(1) a b 是等体过程

bc 过程：从图知有KT V =，K 为斜率由vRT pV = 得

vR p =

故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程

(2)V p -图如题57'-图

题57'-图

(3)该循环是逆循环

(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是V p -图中的图形．

(5) ab

ca bc ab

Q Q Q Q e -+=

题7-5图题7-6图

7-10 如题7-10图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统作功126 J ．

(1)若沿adb 时，系统作功42 J ，问有多少热量传入系统?

(2)若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统作功为84 J ，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?

题7-10图

解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 A E Q +?=

224126350=-=-=?A Q E J

abd 过程，系统作功42=A J

26642224=+=+?=A E Q J 系统吸收热量

ba 过程，外界对系统作功84-=A J

30884224-=--=+?=A E Q J 系统放热

7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变．解：(1)等体过程

由热力学第一定律得E Q ?=

吸热 )(2

)(1212V T T R i

T T C E Q -=-=?=υ

υ 25.623)300350(31.82

=-??=

?=E Q J 对外作功 0=A

(2)等压过程

)(2

)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υ

υ 吸热 75.1038)300350(31.82

=-??=

Q J )(12V T T C E -=?υ 内能增加 25.623)300350(31.82

=-??=

?E J 对外作功 5.4155.62375.1038

=-=?-=E Q A J

7-15 1 mol 的理想气体的T-V 图如题7-15图所示，ab 为直线，延长线通过原点O ．求ab 过程气体对外做的功．

题7-15图

解：设KV T =由图可求得直线的斜率K 为 0

2V T K =

得过程方程 V V T K 0

由状态方程 RT pV υ= 得 V

p υ=

ab 过程气体对外作功

?=0

2d V v V p A

??====00

002000220

d 2d 2d V V V v V V RT

V V RT V

V V T V R V V RT A

大学物理上册复习试卷

大学物理上册复习试卷（1）一. 选择题 (每题3分，共30分) 1．一质点沿x 轴运动，其速度与时间的关系为：2 4m/s t =+v ，当3s t =时，质点位于9m x =处，则质点的运动方程为 (A) 31412m 3x t t =+- (B) 21 4m 2x t t =+。 (C) m 32+=t x (D) 31 412m 3x t t =++ [ ] 2．如图所示，一光滑细杆上端由光滑铰链固定，杆可绕其上端在任意角度的锥面上绕竖直轴OO '作匀角速度转动。有一小环套在杆的上端处。开始使杆在一个锥面上运动起来，而后小环由静止开始沿杆下滑。在小环下滑过程中，小环、杆和地球系统的机械能以及小环与杆对轴OO '的角动量这两个量中 (A) 机械能、角动量都守恒； (B) 机械能守恒、角动量不守恒； (C) 机械不守恒、角动量守恒； (D) 机械能、角动量都不守恒. [ ] 3．一均质细杆可绕垂直它且离其一端/4l （l 为杆长）的水平固定轴O 在竖直平面内转动。杆的质量为m ，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度0ω，如杆恰能持续转动而不作往复摆动则需要（已知细杆绕轴O 的转动惯量 2(7/48)J ml = . (A) ω≥0 ω≥0 (C) (4/ω≥0 (D) ω≥0 [ ] 4．一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R 。在腔内离球心的距离为d 处（d R <），固定一点电荷q +，如图所示。用导线把球壳接地后，再把地线撤去。选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为 (A) 0 (B) 04πq d ε (C) 04πq R ε- (D) 011 () 4πq d R ε- [ ] 5. 一个平行板电容器, 充电后与电源断开, 当用绝缘手柄将电容器两极板的距离拉大, 则两极板间的电势差12U 、电场强度的大小E 、电场能量W 将发生如下变化： (A) 12U 减小，E 减小，W 减小；(B) 12U 增大，E 增大，W 增大； (C) 12U 增大，E 不变，W 增大； (D) 12U 减小，E 不变，W 不变. [ ] 6．一原长为L 的火箭，以速度1v 相对地面作匀速直线运动，火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端的一个靶子发射一颗子弹，子弹相对于火箭的速度为2v .在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是：（c 表示真空中的光速）

大学物理复习提纲

《大学物理》上册复习纲要第一章质点运动学一、基本要求： 1、熟悉掌握描述质点运动的四个物理量——位置矢量、位移、速度和加速度。会处理两类问题：（1）已知运动方程求速度和加速度；（2）已知加速度和初始条件求速度和运动方程。 2、掌握圆周运动的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。二、内容提要： 1、位置矢量： k z j y i x r ++= 位置矢量大小： 2 22z y x ++= 2、运动方程：位置随时间变化的函数关系 k t z j t y i t x t r )()()()(++= 3、位移?： z y x ?+?+?=? r s z y x ?≠?≠?+?+?=222)()()( 无限小位移：dr ds k dz j dy i dx r d ≠=++=???? 4、瞬时速度： dt r d v = dt ds = = 5、瞬时加速度： k dt z d j dt y d i dt x d k dt dv j dt dv i dt dv a z y x 222222++=++= 6、圆周运动：角速度dt d θω= 角加速度 22 dt d dt d θωα== 法向加速度速度方向的变化）(2 n n e r v a = 切向加速度速度大小的变化）(t αr e dt dv a t ==

例题：1.质点运动学（一）：2，4，5，8；2.质点运动学（二）：1，2，3，5；第二章牛顿定律一、基本要求： 1、理解牛顿定律的基本内容； 2、熟练掌握应用牛顿定律分析问题的思路和解决问题的方法。能以微积分为工具，求解一维变力作用下的简单动力学问题。二、内容提要： 1、牛顿第二定律: a m F = 指合外力合外力产生的加速度在直角坐标系中： x x ma F = y y ma F = z z ma F = 在曲线运动中应用自然坐标系: r v m ma F n n 2 == dt dv m ma F t t == 例题：3、牛顿定律 2，3，5，8，9 第三章动量守恒定律和能量守恒定律一、基本要求： 1、理解动量、冲量概念，掌握动量定理和动量守恒定律，并能熟练应用。 2、掌握功的概念，能计算变力作功，理解保守力作功的特点及势能的概念。 3、掌握动能定理、功能原理和机械能守恒定律并能熟练应用。二、内容提要（一）冲量 1、冲量: )212 1 t t dt F I t t -?=? 2、动量: m = 3、质点的动量定理: 12 2 1 m m dt t t -=?? 4、动量守恒定律条件：系统所受合外力为零或合外力在某方向上的分量为零； ∑-==n i i i m 1 恒矢量

大学物理试卷及答案

2005─2006学年第二学期《大学物理》(上)考试试卷( A 卷) 注意：1、本试卷共4页； 2、考试时间: 120分钟； 3、姓名、序号必须写在指定地方； 4、考试为闭卷考试； 5、可用计算器,但不准借用； 6、考试日期: 7、答题答在答题纸上有效, 答在试卷上无效； b =2.897×10?3m·K R =8.31J·mol ?1·K ?1 k=1.38×10?23J·K ?1 c=3.00×108m/s ? = 5.67×10-8 W·m ?2·K ?4 1n 2=0.693 1n 3=1.099 g=9.8m/s 2 N A =6.02×1023mol ?1 R =8.31J·mol ?1·K ?1 1atm=1.013×105Pa 一.选择题(每小题3分，共30分) 1.在如图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，若将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹 (A) 间距变大． (B) 间距变小． (C) 不发生变化． (D) 间距不变，但明暗条纹的位置交替变化． 2. 热力学第一定律只适用于 (A) 准静态过程(或平衡过程). (B) 初、终态为平衡态的一切过程. (C) 封闭系统(或孤立系统). (D) 一切热力学系统的任意过程. 3.假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的 (A) 角动量守恒，动能不变． (B) 角动量守恒，动能改变． (C) 角动量不守恒，动能不变． (D) 角动量不守恒，动量也不守恒． (E) 角动量守恒，动量也守恒． 4.质量为m 的物体由劲度系数为k 1和k 2的两个轻弹簧串联连接在水平光滑导轨上作微小振动，则该系统的振动频率为 (A) m k k 212+π =ν． (B) m k k 2 121+π=ν ． (C) 2 12 121k mk k k +π=ν． (D) )(212 121k k m k k +π=ν 5. 波长? = 5500 ?的单色光垂直照射到光栅常数d = 2×10－4cm 的平面衍射光栅上,可能观察到的光谱线的最大级次为 (A) 2. (B) 3. (C) 4. (D) 5.

2003级《大学物理》(上)期末统考试题(A卷)

2003级《大学物理》（上）期末统考试题（A 卷）（2004年7月5日）说明 1考试答案必须写在答卷纸上，否则无效；一、选择题（33分，每题3 分） 1．温度、压强相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能ε和平均平动动能w 有如下关系： (A) ε和w 都相等 (B) ε相等，而w 不相等 (C) w 相等，而不相 (D) 和w 都不相等［］ 2．一定量的理想气体经历acb 过程时吸热500 J ．则经历acbda 过程时，吸热为 (A) –1200 J (B) –700 J (C) –400 J (D) 700 J ．［］ 3．气缸中有一定量的氮气（视为刚性分子理想气体），经过绝热压缩，使其压强变为原来的2倍。问气体分子的平均速率变为原来的几倍？ (A) 21/5 (B) 22/5 (C) 21/7 (D) 22/7 ［］ 4．正方形的四个顶点分别放置四个电荷，其电量如图所示，若Q 所受合力为零，则Q 与q 的大小关系为： (A) q Q 22-= (B) q Q 2-= (C) q Q -= (D) q Q 2-= [ ] 5．半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：［］ 6．一电量为-q 的点电荷位于圆心O 处， A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点，如图所示。现将一试验电荷从A 点分别移到B 、C 、D 各点，则 [ ] (A) 从A 到B ，电场力作功最大 (B) 从A 到C ，电场力作功最大 (C) 从A 到D ，电场力作功最大 (D) 从A 到各点，电场力作功相等 7．两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心。把两者各自孤立时的电容值加以比较，则 (A) 空心球电容值大 (B) 实心球电容值大 E O r (A) E ∝1/r p (×105 Pa) -3 m 3)

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_物理学_上册_期末考试复习试卷

中国计量学院200 5 ~ 200 6 学年第 2 学期《大学物理A(上) 》课程考试试卷（ A ）开课二级学院：理学院，考试时间：年____月____日时考试形式：闭卷■、开卷□，允许带入场考生姓名：学号：专业：班级：一、选择题（30分，每题3分） 1、（0587）如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是 (A) 匀加速运动． (B) 匀减速运动． (C) 变加速运动． (D) 变减速运动． (E) 匀速直线运动．［］ 2、（5020）有一劲度系数为k 的轻弹簧，原长为l 0，将它吊在天花板上．当它下端挂一托盘平衡时，其长度变为l 1．然后在托盘中放一重物，弹簧长度变为l 2，则由l 1伸长至l 2的过程中，弹性力所作的功为 (A) ?-21d l l x kx ． (B) ? 2 1 d l l x kx ． (C) ?---0201d l l l l x kx ． (D) ? --0 20 1d l l l l x kx ．［］ 3、（0073）质量为m 的一艘宇宙飞船关闭发动机返回地球时，可认为该飞船只在地球的引力场中运动．已知地球质量为M ，万有引力恒量为G ，则当它从距地球中心R 1处下降到R 2 处时，飞船增加的动能应等于 (A) 2 R GMm (B) 2 2 R GMm (C) 212 1R R R R GMm - (D) 21 21R R R GMm - (E) 2 2 212 1R R R R GMm - [ ]

(完整版)大学物理上册复习提纲

《大学物理》上册复习纲要第一章质点运动学一、基本要求： 1、熟悉掌握描述质点运动的四个物理量——位置矢量、位移、速度和加速度。会处理两类问题：（1）已知运动方程求速度和加速度；（2）已知加速度和初始条件求速度和运动方程。 2、掌握圆周运动的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。二、内容提要： 1、位置矢量： z y x ++= 位置矢量大小： 2 22z y x ++= 2、运动方程：位置随时间变化的函数关系 t z t y t x t )()()()(++= 3、位移?： z y x ?+?+?=? 无限小位移：k dz j dy i dx r d ++= 4、速度： dt dz dt dy dt dx ++= 5、加速度：瞬时加速度： k dt z d j dt y d i dt x d k dt dv j dt dv i dt dv a z y x 222222++=++= 6、圆周运动：角位置θ 角位移θ? 角速度dt d θω= 角加速度22dt d dt d θ ωα== 在自然坐标系中：t n t n e dt dv e r v a a +=+=2 三、解题思路与方法：质点运动学的第一类问题：已知运动方程通过求导得质点的速度和加速度，包括它沿各坐标轴的分量；

质点运动学的第二类问题：首先根据已知加速度作为时间和坐标的函数关系和必要的初始条件，通过积分的方法求速度和运动方程，积分时应注意上下限的确定。第二章牛顿定律一、基本要求： 1、理解牛顿定律的基本内容； 2、熟练掌握应用牛顿定律分析问题的思路和解决问题的方法。能以微积分为工具，求解一维变力作用下的简单动力学问题。二、内容提要： 1、牛顿第二定律: a m F = 指合外力 a 合外力产生的加速度在直角坐标系中： x x ma F = y y ma F = z z ma F = 在曲线运动中应用自然坐标系: r v m ma F n n 2 == dt dv m ma F t t == 三、力学中常见的几种力 1、重力: mg 2、弹性力: 弹簧中的弹性力kx F -= 弹性力与位移成反向 3、摩擦力：摩擦力指相互作用的物体之间，接触面上有滑动或相对滑动趋势产生的一种阻碍相对滑动的力，其方向总是与相对滑动或相对滑动的趋势的方向相反。滑动摩擦力大小: N f F F μ= 静摩擦力的最大值为：N m f F F 00μ= 0μ静摩擦系数大于滑动摩擦系数μ 第三章动量守恒定律和能量守恒定律一、基本要求： 1、理解动量、冲量概念，掌握动量定理和动量守恒定律，并能熟练应用。 2、掌握功的概念，能计算变力作功，理解保守力作功的特点及势能的概念。 3、掌握动能定理、功能原理和机械能守恒定律并能熟练应用。 4、了解完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点。二、内容提要（一）冲量

大学物理期末试卷(带答案)

大学物理期末试卷(A) （2012年6月29日 9: 00-11: 30）专业 ____组学号姓名成绩 (闭卷) 一、选择题（4０％） 1．对室温下定体摩尔热容m V C ,=2.5R 的理想气体，在等压膨胀情况下，系统对外所做的功与系统从外界吸收的热量之比W/Q 等于：【 D 】（A ） 1/3； (B)1/4； (C)2/5； (D)2/7 。 2. 如图所示，一定量的理想气体从体积V 1膨胀到体积V 2分别经历的过程是：A B 等压过程; A C 等温过程; A D 绝热过程 . 其中吸热最多的过程【 A 】 (A) 是A B. (B) 是A C. (C) 是A D. (D) 既是A B,也是A C ,两者一样多. 3.用公式E =νC V T (式中C V 为定容摩尔热容量，ν为气体摩尔数)计算理想气体内能增量时，此式 : 【 B 】 (A) 只适用于准静态的等容过程. (B) 只适用于一切等容过程. (C) 只适用于一切准静态过程. (D) 适用于一切始末态为平衡态的过程. 4气缸中有一定量的氦气(视为理想气体),经过绝热压缩,体积变为原来的一半,问气体分子的平均速率变为原来的几倍？ p V V 1 V 2 A B C D . 题2图

【 B 】 (A)2 2 / 5 (B)2 1 / 5 (C)2 1 / 3 (D) 2 2 / 3 5．根据热力学第二定律可知：【 D 】（A ）功可以全部转化为热, 但热不能全部转化为功。（B ）热可以由高温物体传到低温物体，但不能由低温物体传到高温物体。（C ）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。（D ）一切自发过程都是不可逆。 6. 如图所示，用波长600=λnm 的单色光做杨氏双缝实验，在光屏P 处产生第五级明纹极大，现将折射率n =1.5的薄透明玻璃片盖在其中一条缝上，此时P 处变成中央明纹极大的位置，则此玻璃片厚度为：【 B 】 (A) 5.0×10-4 cm (B) 6.0×10-4cm (C) 7.0×10-4cm (D) 8.0×10-4cm 7．下列论述错误．．的是：【 D 】 (A) 当波从波疏媒质( u 较小)向波密媒质(u 较大)传播，在界面上反射时，反射波中产生半波损失，其实质是位相突变。 (B) 机械波相干加强与减弱的条件是：加强 π?2k =?；π?1)2k (+=?。 (C) 惠更斯原理：任何时刻波面上的每一点都可作为次波的波源，各自发出球面次波；在以后的任何时刻，所有这些次波面的包络面形成整个波在该时刻的新波面 (D) 真空中波长为500nm 绿光在折射率为1.5的介质中从A 点传播到B 点时，相位改变了5π，则光从A 点传到B 点经过的实际路程为1250nm 。 8. 在照相机镜头的玻璃片上均匀镀有一层折射率n 小于玻璃的介质薄膜，以增强某一波长的透射光能量。假设光线垂直入射，则介质膜的最小厚度应为：【 D 】 (A)/n λ (B)/2n λ (C)/3n λ (D)/4n λ P O 1 S 2 S 6. 题图

大学物理上期末试题1

注意：题目要答在专门设计的答卷上，答在试卷上无效！！一、选择题（单选题，每小题3分，共30分） 1．一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 2 2+=（其中a 、b 为常量）, 则该质点作 (A) 匀速直线运动． (B) 变速直线运动． (C) 抛物线运动． (D) 一般曲线运动． 2. 一个质点同时在几个力作用下的位移为： k j i r 654+-=? (SI) 其中一个力为恒力k j i F 953+--= (SI)，则此力在该位移过程中所作的功为 (A) 67 J ． (B) 17 J ． (C) 67 J ． (D) 91 J ． 3. 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A ）只取决于刚体的质量, 与质量的空间分布和轴的位置无关．（B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关．（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．（D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关． 4. 在某地发生两件事，静止位于该地的甲测得时间间隔为4 s ，若相对于甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5 s ，则乙相对于甲的运动速度是(c 表示真空中光速) (A) (4/5) c ． (B) (3/5) c ． (C) (2/5) c ． (D) (1/5) c ． 5. 一质点作简谐振动，周期为T ．质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的时间为 (A) T /4. (B) T /6 (C) T /8 (D) T /12 6. 当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论哪个是正确的？ (A) 媒质质元的振动动能增大时，其弹性势能减小，总机械能守恒． (B) 媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期性变化，但二者的相位不相同． (C) 媒质质元的振动动能和弹性势能的相位在任一时刻都相同，但二者的数值不相等． (D) 媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大． 7. 用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分 (A) 凸起，且高度为 / 4． (B) 凸起，且高度为 / 2． (C) 凹陷，且深度为 / 2． (D) 凹陷，且深度为 / 4． 8. 三个偏振片P 1、P 2与P 3堆叠在一起，P 1与P 3的偏振化方向相互垂直，P 2与P 1的偏振化方向间的夹角为 30，强度为0I 的自然光垂直入射于偏振片P 1，并依次透过偏振片P 1、P 2与P 3，若不考虑偏振片的吸收和反射，则通过三个偏振片后的光强为 (A)40I (B) 830I (C) 3230I (D) 160I 平玻璃工件空气劈尖

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

大学物理上册复习题

1、质点的运动方程为j t i t t r )3()2(32-++= ，则任意时刻的速度 =v ，加速度=a ，当t =2s 时=v ，=a 。 2、质点的加速度j t i t a )3(52-+=，如果t =3s 时，j i r 32+=，i v 5=求：（1）任意时刻质点的速度；（2）质点的运动方程。 3、质点的加速度22x a -=，x =3m 时，v =5m/s ，求质点的速度v 与位置x 的关系式。 4、质点沿直线运动，加速度234t a -=，如果s t 0=时，m x 2=，13-?=s m v ，试求（1）质点的速度方程（2）质点的运动方程。 5、一质量为10 kg 的物体，沿x 轴无摩擦地滑动，t =0时刻，静止于原点，求（1）物体在力34 N F x =+的作用下运动了2m ，求物体的动能；（2）物体在力34 N F t =+的作用下运动了5s ，求物体的动能。 6、有一绕定轴转动的飞轮均匀地减速。t=0时角速度105rad s ω-=?，t=20s 时角速度为00.8ωω=，则飞轮角加速度α= ，t=0到t=20s 时间内飞轮转过的角度θ= 。 7、.长为l ，质量为m 的匀质细杆，可绕过O 的光滑水平轴转动。起初杆水平静止。求：求：（1）t=0时的角加速度α （2）杆到竖直位置时的角速度ω （3）求杆从水平到竖直过程中的外力矩功（4）杆从水平到竖直过程中杆受冲量矩大小为多少？ 8、一砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动。关闭电源后，砂轮均匀地减速，经过时间t = 15 s 而停止转动。求：（1）角加速度α；（2）到停止转动时，砂轮转过的转数；（3）关闭电源后t = 10 s 时砂轮的角速度 ? 以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度。设砂轮的半径为r = 250 mm 。 9、若简谐运动方程为))(2cos(1.0m t x ππ+=，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s t 1=时的位移、速度和加速度。 10、质量为0.10kg 的物体，以振幅m 2100.1-?作简谐运动，其最大加速度为20.4-?s m ，求；（1)物体通过平衡位置时的总能量；（2）物体在何处动能与势能相等？（3）当物体的位移为振幅一半时动能和势能各为多少？ 11、一横波的波动方程为)23(2cos 2.0x t y -=π ，式中物理量均为国际制单位；

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2005─2006学年第二学期《大学物理》(上)考试试卷( A 卷) 注意：1、本试卷共4页； 2、考试时间: 120分钟； 3、姓名、序号必须写在指定地方； 4、考试为闭卷考试； 5、可用计算器,但不准借用； 6、考试日期: 7、答题答在答题纸上有效, 答在试卷上无效； b =×10?3m·K R =·mol ?1·K ?1 k=×10?23J·K ?1 c=×108m/s ? = ×10-8 W·m ?2·K ?4 1n 2= 1n 3= g=s 2 N A =×1023mol ?1 R =·mol ?1·K ?1 1atm=×105Pa 一.选择题(每小题3分，共30分) 1.在如图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，若将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹 (A) 间距变大． (B) 间距变小． (C) 不发生变化． (D) 间距不变，但明暗条纹的位置交替变化． 2. 热力学第一定律只适用于 (A) 准静态过程(或平衡过程). (B) 初、终态为平衡态的一切过程. (C) 封闭系统(或孤立系统). (D) 一切热力学系统的任意过程. 3.假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的 (A) 角动量守恒，动能不变． (B) 角动量守恒，动能改变． (C) 角动量不守恒，动能不变． (D) 角动量不守恒，动量也不守恒． (E) 角动量守恒，动量也守恒． 4.质量为m 的物体由劲度系数为k 1和k 2的两个轻弹簧串联连接在水平光滑导轨上作微小振动，则该系统的振动频率为 (A) m k k 212+π =ν． (B) m k k 2 121+π=ν ． (C) 2 12 121k mk k k +π=ν． (D) )(212121k k m k k +π=ν 5. 波长? = 5500 ?的单色光垂直照射到光栅常数d = 2×10－4cm 的平面衍射光栅上,可能观察到的光谱线的最大级次为 (A) 2. (B) 3. (C) 4. (D) 5. 6.某物体的运动规律为d v /dt =－k v 2t ，式中的k 为大于零的常量．当t =0时，初速为v 0，则

大学物理(上)期末复习题

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： (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． 1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t 2 ,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． 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 -== d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 ?? =-t t B A 0d d d 0 v v v v v 得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →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 y d )1(d 00??--= 得石子运动方程 )1(2-+= -Bt e B A t B A y 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律202 1 bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 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？解 (1) 质点作圆周运动的速率为 bt t s -== 0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s a t -==22d d , R bt R a n 2 02)(-==v v

大学物理考试卷及答案下

汉A 一、单项选择题（本大题共5小题，每题只有一个正确答案，答对一题得 3 分，共15 分） 1、强度为0I 的自然光，经两平行放置的偏振片，透射光强变为，若不考虑偏振片的反射和吸收，这两块偏振片偏振化方向的夹角为【】 A.30o； B. 45o ； C.60o； D. 90o。 2、下列描述中正确的是【】 A.感生电场和静电场一样，属于无旋场； B.感生电场和静电场的一个共同点，就是对场中的电荷具有作用力； C.感生电场中可类似于静电场一样引入电势； D.感生电场和静电场一样，是能脱离电荷而单独存在。 3、一半径为R 的金属圆环，载有电流0I ，则在其所围绕的平面内各点的磁感应强度的关系为【】 A.方向相同，数值相等； B.方向不同，但数值相等； C.方向相同，但数值不等； D.方向不同，数值也不相等。 4、麦克斯韦为建立统一的电磁场理论而提出的两个基本假设是【】 A.感生电场和涡旋磁场； B.位移电流和位移电流密度； C.位移电流和涡旋磁场； D.位移电流和感生电场。 5、当波长为λ的单色光垂直照射空气中一薄膜（n>1）的表面时，从入射光方向观察到反射光被加强，此膜的最薄厚度为【】 A. ； B. ； C. ； D. ; 二、填空题(本大题共15小空，每空 2分,共 30 分。) 6、设杨氏双缝缝距为1mm ，双缝与光源的间距为20cm ，双缝与光屏的距离为1m 。当波长为0.6μm 的光正入射时，屏上相邻暗条纹的中心间距为。 7、一螺线管的自感系数为0.01亨，通过它的电流为4安，则它储藏的磁场能量为焦耳。 8、一质点的振动方程为（SI 制）,则它的周期是，频率是，最大速度是。 9、半径为R 的圆柱形空间分布均匀磁场，如图，磁感应强度随时间以恒定速率变化，设 dt dB 为已知，则感生电场在rR 区域为。 4 I n 4λn 32λn 2λn 43λ)6 100cos(1052 π π-?=-t x

《大学物理》上册复习资料

小飞说明：本资料纯属个人总结，只是提供给大家一些复习方面，题目均来自课件如有不足望谅解。（若要打印，打印时请删去此行）第一章质点运动学 1.描述运动的主要物理量位置矢量：位移矢量：速度矢量：加速度矢量：速度的大小：加速度的大小： 2.平面曲线运动的描述切向加速度：法相加速度：（圆周运动半径为R，则 a n= ） 3.圆周运动的角量描述角位置：角速度：角加速度：圆周运动的运动方程： 4.匀角加速运动角量间的关系 ω= θ= 5.角量与线量间的关系 ΔS= V= a t= a n= 6.运动的相对性速度相加原理: 加速度相加关系: 7. 以初速度v0由地面竖直向上抛出一个质量为m 的小球，若上抛小球受到与其瞬时速率成正比的空气阻力，求小球能升达的最大高度是多大？ 8.一飞轮以n=1500r/min的转速转动，受到制动而均匀地减速，经t=50s后静止。（1）求角加速度β和从制动开始到静止时飞轮的转数N为多少？ (2）求制动开始t=25s时飞轮的角速度ω (3）设飞轮的半径R=1m时，求t=25s时，飞轮边缘上一点的速度、切向加速度和法向加速度 9.一带蓬卡车高h=2m，它停在马路上时雨点可落在车内到达蓬后沿前方d=1m处，当它以15 km/h 速率沿平直马路行驶时，雨滴恰好不能落入车内，求雨滴相对地面的速度及雨滴相对车的速度。

x x 'y y 'z z ' O O ' S S ' u ? P ),,(),,(z y x z y x ''' 第二章牛顿运动定律 1.经典力学的时空观（1）（2）（3） 2.伽利略变换 (Galilean transformation ) （1）伽利略坐标变换 X ’= Y ’= Z ’= t ’= (2)伽利略速度变换 V ’= （3）加速度变换关系 a ’= 3.光滑桌面上放置一固定圆环，半径为R ，一物体贴着环带内侧运动，如图所示。物体与环带间的滑动摩擦系数为μ。设在某一时刻质点经A 点时的速度为v 0 。求此后t 时刻物体的速率和从A 点开始所经过的路程。 4.一个小球在粘滞性液体中下沉，已知小球的质量为 m ，液体对小球的有浮力为，阻力为。若t = 0时，小球的速率为v 0，试求小球在粘滞性液体中下沉的速率随时间的变化规律。 5.一条长为l 质量均匀分布的细链条AB ，挂在半径可忽略的光滑钉子上，开始处于静止状态。已知BC 段长为 , 释放后链条作加速运动，如图所示。试求时，链条的加速度和速度。 F v k f -=32/l BC =)/l L /l (L 322<<

大学物理试卷及答案

大学物理试卷及答案 Company number：【0089WT-8898YT-W8CCB-BUUT-202108】

察到的光谱线的最大级次为

(A) 2. (B) 3. (C) 4. (D) 5. 6.某物体的运动规律为d v /dt =－k v 2t ，式中的k 为大于零的常量．当t =0时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 (A) 0221v v +=kt (B) 0221 v v +-=kt (C) 02121v v +=kt (D) 0 2121v v + -=kt 7. 在定轴转动中,如果合外力矩的方向与角速度的方向一致,则以下说法正确的是: (A) 合力矩增大时, 物体角速度一定增大； (B) 合力矩减小时, 物体角速度一定减小； (C) 合力矩减小时,物体角加速度不一定变小； (D) 合力矩增大时,物体角加速度不一定增大. 8.一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 )3 1 2cos(1042π+π?=-t x (SI)．从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 (A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 31 (E) s 2 1 9.下列各图所示的速率分布曲线，哪一图中的两条曲线能是同一温度下氮气和氦气的分子速率分布曲线 10.一束光强为I 0的自然光，相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射光的光强为I ＝I 0 / 8．已知P 1和P 3的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴，旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少要转过的角度是 (A) 30°． (B) 45°． (C) 60°． (D) 90°．二. 填空题(每空2分，共30分). 1. 任意时刻a t =0的运动是运动；任意时刻a n =0的运动是运动. 2. 一卡诺热机低温热源的温度为27C,效率为30% ,高温热源的温度 T 1 = . 3.由绝热材料包围的容器被隔板隔为两半，左边是理想气体，右边真空．如果把隔板撤去，气体将进行自由膨胀过程，达到平衡后气体的温度__________(升高、降低或不变)，气体的熵__________(增加、减小或不变)． 4. 作简谐振动的小球, 振动速度的最大值为v m =3cm/s, 振幅为A=2cm, 则小球振动的周期为；若以速度为正最大时作计时零点,振动表达式为 .

大学物理复习资料

第1章<上册P40） 1、某质点的运动方程分量式为x=10cos(0.5πt>m， y=10sin(0.5πt>m，则质点运动方程的矢量式为r=，运动轨道方程为，运动轨道的形状为圆，任意时刻t的速度v=，加速度=,速度的大小为，加速度的大小为，切向加速度的大小为0，法向加速度的大小为。 2、一质点做圆周运动的角量运动方程为θ=2+3t+4t2 (SI>。它在 2s末的角坐标为；在第3s内的角位移为，角速度为；在第2s 末的角速度为，角加速度为；在第3s内的角加速度为；质点做运动。b5E2RGbCAP 3、某质点做直线运动规律为x=t2－4t+2(m>，在(SI>单位制下，则质点在前5s内通过的平均速度和路程为< C ）p1EanqFDPw A、1m﹒s-1，5m B、3m﹒s-1，13m C、1m﹒s-1，13m D、3m﹒s- 1，5m E、2m﹒s-1，13mDXDiTa9E3d 4、某质点的运动规律为dv/dt=－kv2，式中k为常量，当t=0时，初速度为v0，则速率v随时间t的函数关系是< C ）RTCrpUDGiT A、v=? kt2+v0 B、v=-? kt2+v0 C、1∕v =kt+1∕v0 D、1∕v =- kt+1∕v0E、1∕v =kt2∕2-v05PCzVD7HxA 5、已知某一质点沿X轴座直线运动，其运动方程为x=5+18t－2t2, 取t=0，x=x0为坐标原点。在国际单位制中，试求：①第1s末及第4s末的位置矢量；②第2s内的位移；③第2s内的平均速

度；④第3s末的速度；⑤第3s末的加速度；⑥质点做什么类型的运动？jLBHrnAILg 6、一物体沿半径R=0.10m的圆周运动，其运动方程为θ=2+4t3，在国际单位制中，试问：①在t=2s时，它的切向加速度和法向加速度各是多大？②当切向加速度的大小恰好为总加速度大小的一半时，θ的值为多少？③在哪一时刻，切向加速度的大小等于法向加速度的大小？xHAQX74J0X 第4章

大学物理试题及答案 (2)

13-1 点电荷-ｑ位于圆心处，B 、C 、D 位于同一圆周上得三点，如图所示，若将一实验电荷q 0从B 点移到C 、D 各点，电场力得功 = 0 ， = 0 . 原１题变１３—2 一均匀带电量+Q 得球形肥皂泡由半径r 1吹胀到 r 2，则半径为R （r 1〈R <ｒ2）得高斯球面上任一点得场强大小由变为０，电势U 由变为（设无穷远处为零电势点)、原9题１3－３ α粒子得电荷为2e ,金原子核得电荷为79e ，一个动能为4、0ＭｅV 得α粒子射向金原子核，若将金原子核视为均匀带电球体并且认为它保持不动。则二者最接近时得距离 5、69×10-１4 ｍ. (原１2题) 解：最靠近时动能全部转化为电势能： = 5、69×10-14(m ） 1３—4 两个同心球面，半径分别为Ｒ1、R 2(R 1<Ｒ２)，分别带电Q 1、Q 2．设电荷均匀分布在球面上，求两球面得电势及二者间得电势差．不管Q 1大小如何，只要就是正电荷,内球电势总高于外球;只要就是负电荷,内球电势总低于外球。试说明其原因. (原11题) 解: , ， ① 静电场得电力线始于正电荷（或∞远处），止于负电荷（或∞远处） ② 电力线指向电势降落得方向、 ?13-5 场强大得地方，电势就是否一定高？电势高得地方就是否场强一定大? 为什么？试举例说明．(原6题）答：否！电势得高低与零点得选择有关. 13－６解:作则: ⑴ 当∴ 题13-1图

⑵当时,，而 ∴

13-7 半径R 得无限长圆柱形带电体,体电荷密度为（A为常数）,求：⑴圆柱体内外各点得场强分布;⑵取对称轴为零电势位置求电势分布;⑶取圆柱表面为零电势位置求电势分布. 径r高L得同轴封闭圆柱面为高斯面,则由高斯定理 ⑴当（在圆柱体内）时， ∴ 当(在圆柱体外)时, ∴ ⑵取当)时，横截面当时， ⑶取当)时，当时， ?13—8 二极管得主要构件就是一个半径为R1得圆柱状阴极与一个套在阴极外得半径为Ｒ2得同轴圆筒状阳极。阳极与阴极间电势差为U+-。 ⑴求两级间距离轴线为ｒ得一点处得电场强度。 ⑵已知Ｒ1=5、0×1０-4 m,R2=４、5×10-３m,U+- ＝300V,电子电量e=1、 6×10-1９C，电子质量m= 9、1×１0-3１kg．设电子从阴极出发时得初速度很小，可以忽略不计．求该电子到达阳极时所具有得速率．解： ⑴作半径r高L得同轴封闭圆柱形高斯面，由高斯定理由电势差得定义有代入得 ⑵电场力做功等于电子动能得增量 =……= 1、05×10-７(m/s)