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最新湘潭大学物理练习册答案(全)

最新湘潭大学物理练习册答案(全)
最新湘潭大学物理练习册答案(全)

练习一 质点运动学(一) 1.(D ) 2.(D )

3.217,

5s m s m

4.m m

π5,

10

5.(1)s m t x V 5.0-=??=

(2)()s m v t t dt dx v 62,692-=-==

(3)

296 1.50,(1.5)(1)(2)(1.5) 2.25v t t t s v S x x x x m

=-===-+-=由可得,时,质点反向运动因此路程

6.答:矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向

线段。

位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻

质点所在位置的有向线段,

它们的一般关系为

0r r r

-=?

若把坐标原点选在质点的初始位置,则00=r

任意时刻质点对此位置的位移为r r

=?,即此时r

既是矢径也是位移。

练习二 质点运动学(二)

1. ()()s m t t s rad t t 612,

34223--

2.(C )

3.三 , 三至六 4.s m s m s m 20,

3103.17=

5.

10

32,

224,

430

210

2

+===∴===??

??t x dt t dx t v tdt

dv t dt dv a t

x

v t

6.根据已知条件确定常量k

2

22224,4,

4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω 2

2

22

2228.3532168841s m a a a s

m R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时,

练习三 质点动力学(一)

1.(D ) 2. (C )

3.

4.θ2cos 1

A

P A

P BA

f BA

N cA

N

5.因绳子质量不计,所以环受到的摩擦力在数值上

等于张力T ,设2m 对地加速度为/2a ,取向上为正;1

m 对地加速度为1a (亦即绳子的加速度)向下为正,

?????-==-=-21/2

/222111a

a a a m g m T a m T g m

()()()2

12

121/

2

2

1212212

22112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=

+-=

++-=

解得:

6.(1)子弹进入沙土后受力为-kv,由牛顿定律有

m

t k v v t e

v v v

dv dt m k v

dv

dt m k dt dv

m kv -=∴=-=

-∴=-??00,,

(2)求最大深度

()()00max 0,

1,

kt m kt m v dx dt dx v e dt

x m k v e x mv k

--=∴=∴=-=

练习四 质点动力学(二)

T

T

f =()

相对2

a g

m 1g m 2()

牵连1a

1.(C ) 2.(B )

3.s m S N 24,140?

()()s

m m mv I v mv mv I s

N dt t dt F I t t 24,

140403012122

21

=+=∴-=?=+==??

4.

1

12

12122

,

F t F t F t m m m m m ???+

++

5.(1)系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时

物体的水平速度为v / /0Mv mv mv +=

s m M v v m v 13.31547)(0/==-=

N l v M Mg T 5.262=+=

(2)()方向正方向

设007.4v s N mv mv t f

?-=-=?

负号表示冲量方向与0v

方向相反

6.这个问题有两个物理过程:

第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑,到达B 点时速度的大小为

1v 2g L s i

n θ=

方向:沿斜面向下。

第二个过程:子弹与木块作完全非弹性碰撞。在斜面方向上,内力的分量远远大于外力,动量近似守恒,以斜面向上为正,则有

1c o s v

()v 'm v M m M θ-=+ 得 m v c o s M

2g L s i n

v'm M

θθ-=

+

练习五 质点动力学(三)

1.(C ) 2.(B )

3. 290J

4.2021

2

02

120,,

kx kx kx -

5.(1)以小车、滑块、弹簧为一系统,忽略一切摩擦,在弱簧恢复原长的过程中,系统的机械能守恒,水平方向动量守恒。设滑块与弹簧刚分离时,车与滑块对地的速度分别为V 和v ,则

()()()

21212121222

MV

mv MV mv l k =+=?

向右

,向左,解出s m l M

m M k

v s m l m

M M k

V 5.005.0:

22

=?+=

=?+=

(2)滑块相对于小车的速度为

s

v L t s m V v v 255.0/

/==?=+=向右

6.以弹簧、物体、地球为系统,取弹簧自然伸长

处为原点,沿斜面向下为x 轴正向,且以原点为弹性势能和重力势能零点,则由功能原理,在物块向上滑至x 处时,有

()x cos mg sin mg k sin mgx kx mv -θμ-=??

? ??θ--??? ??θ-+l l l 222

212121

物块静止位置与v =0对应,故有

()()02

1

2122=-θμ+θ+θμ+θ-l l x x k cos sin mg cos sin mg k 解此二次方程,得 ()l k

μcosθsin θ2mg x -+=

另一根x =l ,即初始位置,舍去.

练习六 刚体力学基础(一)

1.(C )

2.(3)

3.

2,9ωωk J J

k -

4.2222

1

,2

1

,ma ma ma

5.(1)

??

?

??===-ββR a I TR m a T m g

()

s d ra MR mR mgR

I

mR mgR 7.812

2

122=+=+=∴β

方向垂直纸面向外

(2)由机械能守恒,有

??

???==+0022

02

121ωωR v m gh

I m v

mg

T

R

a

m h 06.0=解得物体上升的高度为

(3)方向垂直纸面向外

s d ra 0.102==βθω

6,????

?

????===-=-=ββ

βB B A A A A B B B B B B A

A A A r a r a J r T r T a m T g m a m g m T - 联立以上5式,得

()A

B B A A A

A A

B a r g r r a g r m Ja m 2

2

-++=

练习七 刚体力学基础(二)

1.(C )

2.mgl μ2

1

()m gl

rdr l m g dM M dm g

r dM l

μμμ2

1

0====?? 3.J J s d

ra 224237,

6ππ=

4.守恒,

M

r J kx Mgx +-22

sin 2θ

5.(1)选杆与地球为系统,机械能守恒,有 ()2

23

1,sin 12

1

21ml J mgl J =

-=θω

()31sin )/g l ωθ∴=-

由转动定律

g

m B g

m A A

B

B

T A

T B

r A

r β

r

dr

l m dm )(=?

θ

βθβcos 233

1

cos 212l

g ml l mg J M =∴=?=

方向垂直纸面向外

s d ra 0.102==βθω

6, (1)转台+人+哑铃+地球系统的机械能不

守恒。

因人收回二臂时要作功,即非保写力的功不

为零,不满足守恒条件。 (2)转台+人+哑铃+地球系统的角动量守恒。 因为系统受到的对竖直轴的外力距为零。 (3)哑铃的动量不守恒,因有外力作用。

哑铃的动能不守恒,因有外力对它作功.

练习八 相对论(一)

⒈ A ; ⒉ B ; ⒊ C; 4. C, C; 5. 12m, 4s;; 6. 在S 系中,m x x x A B 3100.1?=-=?,0=?t ;

在s ’中,s t t t A B

6'

''1057.5-?=-=?

??

? ??

-=x c u t t 2'γ 得

()()()022'

''<--=??

????---=-=?A B A B A B A B x x c u x x c u t t t t t γγ

即:'

'A

B t t <,说明B 事件先发生。 再由上式,()A B x x c

u

t --=?2'γ

,可解出:2=γ。 通过()ut x x -=γ'得,

()()[]()m t u x t t u x x x x x A B A B A B 3'

''102?=?-?=---=-=?γγ

练习九 相对论(二)

⒈ A , ⒉ C ; ⒊

;12

20c

u m m -=

;12

20c

u u m P -=

202c m mc E k -=; 2mc E =。

⒋解:由于电子的速率接近光速,因此经典力学的动能公式已经不适用,只能

运用相对论的动能表达式

202c m mc E k -=。

再根据相对论中运动质量和静止质量的关系 ,12

2101c

v

m m -=

2

22021c

v m m -

=

可得出

)(107.411142

2102

22

J c

v m c

v m E k -?=--

-=

由功能关系可知,这就是所需要做的功。

⒌ 解:

2c V -112V

m mV

2

2

0==?=γ, 解出

c 2

3V =

.

22m m

c m c m mc E 0

20202k =?=?

=-=γ,

从而得出 c 2

3V =. ⒍

答:(1)质量,2

2

001/c

v m m -→;

动量,2

2

001/c

v v m v m -→;

动能:202202

1c m mc E v m k -=→。

(2)质量,时间; (3)都不是。

练习十 机械振动(一)

1、1s 、32π、 3

14π、 5s 2、

3、(3)(4)

4、(2)

5、(1)t t x 5cos 4.0)25sin(4.0-=-=π

t dt dx

v 5sin 2== t dt dv

a 5cos 10== , 0=t 时 000.4,0x m v =-= (2)s t 34π=时 m x 2.0320cos 4.0=-=π ,s m v /33

20

sin 2==π, 2/53

20

cos 10s m a -==π

(3) 2.05cos 4.0±=t 2

1

5cos ±=t

05s i n

2>t 05sin >t s m t v /35s i n 2==∴, 2/55cos 10s m t a ±== ,N ma f 2.0±==

6、 (1) 从图中知 m A v cm x 04.0,0,200=>=;0

sin 2

1

cos <=∴?? ,3

π

?-= T=0.1s T=0.25s T=0.5s

x

且ππ

ω22,1==

=T

s T cm t x )32cos(4ππ-=∴

(2) b 点: 2A x b =

21)32

c o s (=-ππt 3

)32(π

ππ=-t 0

2sin(>-ππt s t 31

=

同理 a 点 0)32(=-ππt 、s t 61= ; c 点 ππ

π=-)3

2(t 、s t 32

=

练习十一 机械振动(二)

cm

1、1:2T :T b a =;4:1E :E b a =; 2

2、,s 12T ,3

,cm 1A =-

==π

? 0.5 t (s)

-1 合振动曲线 3、(2); 4、(1)

5、 m N l

mg

k /2=?=

, 2.112

==m k

ω ,s T 56.02≈=ωπ 0

20020sin 105cos 1020

?ω?A v A x t -=?==?-==--

r a d

m

A 36.36.1926.121801005.202≈=+=?=-

?

)()92.22.11cos(1005.2)36.32.11cos(1005.222SI t t x -?=+?=-- 6、(1)2

2

1kA E E E p k =

+=,m k

E

A 08.02== (2)222412121kA mv kx ==,m A x 057.02

2

±=±

= (3)22

1

mv E E E p k =+=, s m v /8.0±=

练习十二 机械波(一)

1、(1)(3)

2、(4)

3、A

4、])(2cos[2

12φλ

νπ++-

=L L t A y , λk L x +-=1 ( ,2.1±±=k )

5、(1)λ

πφφ)

(21212x x --=

- ,当 m x x 12.012=-时 πφφ3.012-=-

(2)同一点x ,时间差12t t -,相应位相差 )(2/)(2121212

t t T t t -=-='-'νππφφ 当 s t t 31210-=-时, πφφ='-'12

6、(1)

s i n 0c o s 0000<-===φωφA v A y 2

φ=

∴ 波动方程为)2

c o s (π

ωω

+

-=u

x

t A y

(2) 8λ

=

x 的振动方程为 )4c o s (π

ω

+=t A y ,

83λ=x 的振动方程为 )4

c o s (π

ω

-=t A y (3) )2

2sin(πλπωω+--==x t A dt dy

v 0=t 时 8

λ

=

x 处 22ωA v -=

,83λ=x 处 2

A v = 。

练习十三 机械波(二)

1、 表示以波速c 向x 轴正向传播的平面简谐波,固定x 时)t (f y =表示位于x 处质点的简谐振动,固定t 时)x (f y =表示各质点t 时刻的位移,即波形;

2、能流密度 )/(1058.12

1

2522m W cA I ?==

ωρ, )J (1079.3t IS W 3?=?=; 3、(1);4、(3); 5、(1)0t ,45

.02,s 5.0T ===

=ππ

ω时0,A cos A y =∴==??, (m/s)20===v c 2v λ

)0x ()m ()20

x

t (4cos 1.0y ≥-

=∴π,

(2)

)m (5x sin 1.0)2x 5cos(1.0)5x 45.04cos(1.0y ,45.04T t ππ

πππ=-=-?===,

y

(3)4T t =时与波源相距2

λ

处质点位移 0 5 10 x (m )

0y = 波形曲线 )20

(4sin 4.0x

t dt dy v --==

ππ; )

s /m (4.0)2

s i n (4.0)20545.0(4sin 4.05x ,4

T

t πππ

πππ=--=--===v ;

6、(1)A 点振动 )cm (t 4cos 3y π=,

以A 为坐标原点、s /m 20c =沿x 轴正向传播的波的波动方程为

)m ()20

x

t (4cos 03.0y -

=π, (2)在A 点左边5cm 处B 点的振动

)m ()400

1

t (4cos 03.0)2005.0t (4cos 03.0y B +=--

=ππ 所以,以B 点为坐标原点的波动方程为

)m (]100

)20x t (4cos[03.0)400120x t (4cos 03.0y π

ππ+-=+-=

(3)沿x 轴负向传播, 以 A 为原点 ),m ()20

x

t (4cos 03.0y +=π

以 B 为原点

)(]100

)20(4cos[03.0m x t y π

π-+= 。

练习十四 机械波(三)

1、 相干波源是指两个频率相同、振动方向相同、周相相同或周相差恒定的波源。 出现空间某些点振动始终加强,而另一些点振动始终减弱或完全抵消的现象。

2、0.7cm

3、(1)

4、 u

x

5、设S 1和S 2的振动初位相分别为 1φ和2φ,两波的波动方程为

y

)2c o s (])(c o s [111

φλ

πωφω+-=+-=x

t A u x t A y )2cos(])(cos[222φλ

πωφω+-+=+-+

=d

x t A u d x t A y , 1x 处两波引起的振动位相差 πλπ

λπφφ)12(24112+=-

+

-k d x

2x 处两波引起的振动位相差 πλ

πλπφφ)32(24212+=-+-k d x 解得 πλ

π

241

2=-x x ,m 6=λ

πφφ)52(12+=-k ,当3,2--=k 时位相差最小πφφ±=-12 6、(1)与标准波动方程 )(2cos λ

νπx

t A y -=比较可得 Hz 4=ν,m 5.1=λ

波速s m u /6==νλ

(2)节点位置

)2(34πππ+±=k x ,)()21

(43m k x +±= ( ,2,1,0=k ) (3)波腹位置 ππk x ±=34,)(4

3

m k x ±= ( ,2,1,0=k )。

练习15 气体动理论基础(一)

1.A 。2. D 。3. D 。 4. 1.33×105 Pa 5. 23kT ; 25kT ; 2

5

MRT /M mol 6. 解:(1) M / M mol =N / N A

N =MN A / M mol A

21mol 8.2710k K

E M E w N MN -=

==?J (2) k

w

T 32== 400 K

练习16 气体动理论基础(二)

1.B 。 2.C 。3. A 。

4. 氩 ; 氦.

5. 2 ;

2; 2 ;

6. 解: p 1V =

1 p 2V =

2

12

∴ T 2=2 T 1p 2 / p 1

21

21212P P T T ==v v

练习17 热力学基础(一)

1. C 。

2. C 。

3. D 。

4. 1||A -; 2||A -

5.

112

3

V p ; 0 6.解:氦气为单原子分子理想气体,3=i (1) 等体过程,V =常量,A =0 根据热一律 Q =E +A 可知

)(12T T C M M

E Q V mol

-=?==623 J

(2) 定压过程,p = 常量,

)(12T T C M M

Q p mol

-==1.04×

103 J ΔE 与(1) 相同. A = Q E =417 J (3)

绝热过程 Q =0,

21()V mol

M E C T T M ?=-=623 J

根据热一律 Q =ΔE +A 可知 A 623 J (负号表示外界作功)

练习18 热力学基础(二)

1. D 。

2. C 。

3. A 。

4. 8.31 J ; 29.09 J 。 5.

如图1 等压 绝热

图1

6.解:由图2,p A =300 Pa ,p B = p C =100 Pa ;V A =V C =1 m 3,V B =3 m 3.

V

V 2

V 1

O p

A

B 1B 2B 3A →B 1等压过程A →B 2等温过程A →B 3绝热过程

(1) C →A 为等体过程,据方程p A /T A =

p C /T C 得

T C = T A p C / p A

=100 K .

B →

C 为等压过程,据方程

V B /T B =V C /T C 得

T B =T C V B /V C =300 K . (2) 各过程中气体所作的功分别为 A →B :

11

()()2

A B B C A p p V V =

+-=400 J . B →C : A 2 = p B (V C -V B . C →A : A 3 =0

(3) 整个循环过程中气体所作总功为 A = A 1 +A 2 +A 3 =200 J . 图2

因为循环过程气体内能增量为ΔE =0,因此该循环中气体总吸热

Q =A +ΔE =200 J .

练习19 热力学基础(三) 1. D 。 2. C 。 3. C 。

4.状态概率增大 不可逆的 5.ΔE = 0, ΔS > 0.

6. 解:准静态过程 T Q S /d d =

等温过程 T V p T Q S /d /d d == 由 RT pV =得 V RT p /= 代入上式 得 V V R S /d d =

熵变

21

ln /d 2

/11

R V V R S V V ==??

76.5-= J/K

练习二十 静电场(一)

A

B C p (Pa)O

V (m 3)123100200

300

1、B

2、B

3、水平向左、q

m gtg E θ= 4、a x 2=

5、

2

322

02

322

01)

(2)

(42

s i n 2r a qr r a qr E E +=

+==πεπεα 方向沿r 背

离o 点

E

0)(32])(3)(1[22

5

222

2202522223220=+-+?=+-+=r a r r a q r a r r a q dr dE πεπε

o a r 2

2

±

=∴时E 最大 2a

6、取ox 轴如图,则 2

0)(4x d L dx

dE -+=

πελ 沿i 方向

?

+=

-+=

-+=∴L

L

d L d q x d L x d L dx

E 0

0002

0)

(4]1[4)(4πεπελπελ 0 q P x

L d

i d L d q

E

)

(40+=

πε

练习二十一 静电场(二) 1、D 2、D 3、D 5、

21R r R <<

r

E 02πελ

=

沿r 方向

α

r

4、

1R r <

0=E

2R r >

0=E

(a ) (b )

6、(1)R r < dr dr r r

dr r D r r

r

r

?==??=???

?0

00

2

2

2

2

4444ρππρπρπ

r

D 0

ρ=

, r

E r 00εερ=

(2)同理 R r >时 200r

R E ερ= ?∞

=?=∴r

r R dr E U 00ερ

练习二十二 静电场(三)

1、A

2、B

3、 R

q q U 02

12επ-=

,R

q q W 0214επ-

= 4、

r

r d d

R U p )(303+-=

ερ 5、 r P Q (1)

?

++==

L

r r

p r

r

L L q x dx U ln 4400πεπελ

L 3r 同理

?

++==

L

r r

Q r

r

L L q x dx U 330033ln

44πεπελ

(2)

r

L r L L q q r

r

L r r L L

q q U U q A Q p 3)(3ln 4]33ln [ln

4)

(00000++=

+-+=-=πεπε ,

)

(33ln

400r L r

L q q A W ++=

-=?πε 6、面密度为-σ的圆盘在离o 为x 的p 点产生电场

i x R x x E )11(22

202+--=εσ

i x R x i x R x x x x E E E 2

202200212)]1

1(22[+=+--=+=∴εσεσεσ

?

+-=+=0

220220)(22x

x R R x R dx x U εσεσ

练习二十三 静电场(四)

1、08

3F F =' 、09

4F F =' 2、00012

E εσσ-=

,0

0012εσ-

=E E

3、 [B ]

4、[A ]

5、(1)球电势 2

01

00321444R Q q R q r

q U U U U A πεπεπε++-

=++=

球壳电势

202

02

0321

444R Q q R q R q U U U U B πεπεπε++

-

='+'+'=2

04R Q

q πε+=

)11(41

0R r q U U U B A AB -=

-=∴

πε

(2) )11(410R r q

U AB -=

πε , (3) 0=-=B A AB U U U

6、令A 板左侧面电荷密度为1σ ,右侧面电荷密度为2σ C A B AB AC U U =

AB AB AC AC d E d E =

224

2

1===

∴AC AB d d σσ 1σ2σ 且 S

q A =

+21σσ

解得 (1)c q q A c

71023

2

-?-=-= (2)

)

(103.2301

V d d E U AC AC AC A ?==

=εσ

c q q A B 71013

1

-?-=-=

练习二十四 静电场(五)

1、D

2、C

3、相等,不相等,不相等

4、d

U 、

)(t d d

U

- 5、(1)S

d d S d S d C C C

r r r r r r 0212112022011211

11

εεεεεεεεε+=+=+=

2

112210d d S

C r r r r εεεεε+=

(2) 211

21221d d C C U U r r εε=

= 2

112121d d U d U r r r εεε+=

22

1121210112111111)(211211d d U d d S

Sd U C Sd Sd W w r r r r εεεεε+???=?==

大学物理学下册答案第11章

第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈,分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I (其中ab 、cd 与正方形共面),在这两种情况下,线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为:[ ] (A )10B =,20B = (B )10B = ,02I B l π= (C )01I B l π= ,20B = (D )01I B l π= ,02I B l π= 答案:C 解析:有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -,并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向,按照磁场的叠加原理,可计 算 01I B l π= ,20B =。故正确答案为(C )。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置,一个处于竖直位置,两个线圈的圆心重合,如图11-2所示,则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] (A )0 (B )R I 2/0μ (C )R I 2/20μ (D )R I /0μ 答案:C 解析:圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==,按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直,依照磁场的矢量叠加原理,计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示,在均匀磁场B 中,有一个半径为R 的半球面S ,S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α,则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] (A )B R 2π (B )B R 22π (C )2cos R B πα (D )2sin R B πα 答案:C 解析:通过半球面的磁感应线线必通过底面,因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为(C )。 11-4 如图11-4所示,在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ,当曲面S 向长直导线靠近时,穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化?[ ] ( A )Φ增大, B 也增大 (B )Φ不变,B 也不变 ( C )Φ增大,B 不变 ( D )Φ不变,B 增大 答案:D 解析:根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ,通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0,保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ,曲面S 靠近长直导线时,距离d 减小,从而B 增大。故正确答案为(D )。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时,回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时,回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时,回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图

大学物理练习册习题答案

大学物理练习册习题答案

练习一 (第一章 质点运动学) 一、1.(0586)(D )2.(0587)(C )3.(0015)(D )4.(0519)(B ) 5.(0602)(D ) 二、1.(0002)A t= 1.19 s t= 0.67 s 2.(0008)8 m 10 m 3.(0255)() []t t A t ωβωωωβ βsin 2cos e 22 +--,()ωπ/122 1+n , (n = 0, 1, 2,…) 4.(0588) 30/3 Ct +v 4 00112 x t Ct ++ v 5.(0590) 5m/s 17m/s 三、 1.(0004)解:设质点在x 处的速度为v , 2 d d d 26 d d d x a x t x t ==?=+v v ()2 d 26d x x x =+??v v v () 2 2 1 3 x x +=v 2.(0265)解:(1) /0.5 m/s x t ??==-v (2) 2 =/96dx dt t t =- v (3) 2= 6 m/s -v |(1.5)(1)||(2)(1.5)| 2.25 m S x x x x =-+-= 3.(0266)解:(1) j t r i t r j y i x r ????? sin cos ωω+=+=

(2) d sin cos d r r t i r t j t ωωωω==-+v v v v v 22 d cos sin d a r t i r t j t ωωωω==--v v v v v (3) ()r j t r i t r a ???? sin cos 22 ωωωω-=+-= 这说明 a ?与 r ? 方向相反,即a ?指向圆心. 4. 解:根据题意t=0,v=0 --------==?+?∴=?+?=====?+?=+?+?? ??? ??由于及初始件v t t r t t r dv adt m s i m s j dt v m s ti m s tj dr v t r m i dt dr vdt m s ti m s tj dt r m m s t m s t j 0 220 220 220 2222[(6)(4)] (6)(4)0,(10)[(6)(4)][10(3)][(2)] 质点运动方程的分量式: --=+?=?x m m s t y m s t 2 2 22 10(3)(2) 消去参数t ,得到运动轨迹方程 =-y x 3220 练习二(第一章 质点运动学) 一、1.(0604)(C ) 2.(5382)(D ) 3.(5627)(B ) 4.(0001)(D ) 5.(5002)(A ) 二、1.(0009) 0 bt +v 2. (0262) -c (b -ct )2/R

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×

大学物理第三版下册答案(供参考)

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 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关. 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O点的场强. 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =,它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =,方向沿x 轴正向. 8-11 半径为1R 和2R (2R >1R )的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r <1R ;(2) 1R <r <2R ;(3) r >2R 处各点的场强. 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

大学物理第一学期练习册答案概要

练习一 质点运动学 一、选择题 1.【 A 】 2. 【 D 】 3. 【 D 】 4.【 C 】 二、填空题 1. (1) 物体的速度与时间的函数关系为cos dy v A t dt ωω= =; (2) 物体的速度与坐标的函数关系为2 2 2 ()v y A ω +=. 2. 走过的路程是 m 3 4π ; 这段时间平均速度大小为:s /m 40033π;方向是与X 正方向夹角3 π α= 3.在第3秒至第6秒间速度与加速度同方向。 4.则其速度与时间的关系v=3 2 03 1Ct dt Ct v v t = =-? , 运动方程为x=4 0012 1Ct t v x x +=-. 三、计算题 1. 已知一质点的运动方程为t ,r ,j )t 2(i t 2r 2 ? ?? ? -+=分别以m 和s 为单位,求: (1) 质点的轨迹方程,并作图; (2) t=0s 和t=2s 时刻的位置矢量; (3) t=0s 到t=2s 质点的位移?v ,?r ==? ?? (1)轨迹方程:08y 4x 2 =-+; (2) j 2r 0?? =,j 2i 4r 2???-= (3) j 4i 4r r r 02??? ??-=-=?,j 2i 2t r v ????-==?? 2. 湖中一小船,岸边有人用绳子跨过高出水面h 的滑轮拉船,如图5所示。如用速度V 0收绳,计算船行至离岸边x 处时的速度和加速度。 选取如图5所示的坐标,任一时刻小船满足: 222h x l +=,两边对时间微分 dt dx x dt dl l =,dt dl V 0-=,dt dx V = 02 2V x h x V +-= 方向沿着X 轴的负方向。 5 图

大学物理II练习册答案3

大学物理练习三 一.选择题 1.一力学系统由两个质点组成,它们之间只有引力作用。若两质点所受外力的矢量和为零,则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。 (B) 动量、机械能守恒,但角动量是否守恒不能断定。 (C) 动量守恒,但机械能和角动量守恒与否不能断定。 (D) 动量和角动量守恒,但机械能是否守恒不能断定。 解:[ C ] 按守恒条件: ∑=0i F 动量守恒, 但∑≠0i M 角动量不守恒, 机械能不能断定是否守恒。 2.如图所示,有一个小物体,置于一个光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,另一端穿过桌面中心的小孔,该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动,今将绳从小孔往下拉。则物体 [ ] (A)动能不变,动量改变。 (B)动量不变,动能改变。 (C)角动量不变,动量不变。 (D)角动量改变,动量改变。 (E)角动量不变,动能、动量都改变。 解:[ E ] 因对 o 点,合外力矩为0,角动量守恒 3.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 [ ] O R

(A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。 解:[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关 ?==220mR dmR J 4.光滑的水平桌面上,有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆,可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动,其 转动惯量为3 1m L 2 ,起初杆静止。桌面上有两个质量均为m 的小球,各自在垂直于杆的方向上,正对着杆的一端,以相同的速率v 相向运动,如图所示。当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动,则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ] (A) L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) L v 98 解:[ C ] 角动量守恒 二.填空题 1.绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ,t = 20s 时角速 度ω=ω0,则飞轮的角加速度β= ,t=0到t=100s 时间内飞轮 所转过的角度θ= 。 解:因均匀减速,可用t βωω=-0 , O v 俯视图

大学物理 习题册答案

1.轻型飞机连同驾驶员总质量为31.010kg ?。飞机以1 55.0m s -?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2 1 5.010N S -?=??求:⑴ 10秒后飞机的速率;⑵ 飞机着陆后10秒内滑行的距离。 解:(1)在水平面上飞机仅受阻力作用,以飞机滑行方向为正方向, 由牛顿第二定律得: t dt dv m ma F -?===∴ dt m t dv t v v ???-=00 可得:2 02t m v v ?-= ∴ 当s t 10=时,1 0.30-?=s m v (2)又∵ dt dr v =∴ ?????? ?? ?-==t t r dt t m v vdt dr 020002 ∴m t m t v r r s 4676300=?-=-= 2.用铁锤把钉子敲入墙面木板,设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。若第一次敲击,能把钉子钉入木板2 1.0010m -?。第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深?试问木板对钉子的阻力是保守力? 解:由动能定理,有:122 01011022 s m kx x ks -=-=-?d v 设铁锤第二次敲打时能敲入的深度为Δ S ,则有 11 2220111110()222s s s m kx x k s s ks +??? -=-=-+?-???? ?d v 得:2211()2s s s +?= 化简后为:11s s +?= 第二次能敲入的深度为:111)10.41cm s s ?=-=?=cm 易知:木板对钉子的阻力是保守力 3.某弹簧不遵守胡克定律,力F 与伸长x 的关系为F =52.8x +38.4x 2(SI ),求: ⑴ 将弹簧从伸长x 1=0.50 m 拉伸到伸长x 2=1.00 m 时,外力所需做的功。⑵ 将弹簧横放在水平光滑桌面上,一端固定,另一端系一个质量为2.17 kg 的物体,然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2=1.00 m ,再将物体由静止释放,求当弹簧回到x 1=0.50 m 时,物体的速率。⑶此弹簧的弹力是保守力吗? 解:(1)()2 2 1 1 2 52.838.431x x x x W Fdx x x dx J = =+=? ? (2)由动能定理可知2220111222W mv mv mv = -=,即 5.35/v m s == (3)很显然,力F 做功与路径无关,此弹簧的弹力是保守力。

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(一)练习册参考解答

普通物理A (2)练习册 参考解答 第12章 真空中的静电场 一、选择题 1(C),2(A),3(C),4(D),5(B), 二、填空题 (1). 0, / (2 ) ; (2). 0 ; (3). -2×103 V ; (4). ???? ??-πb a r r q q 1140 0ε; (5). 0,pE sin ; 三、计算题 1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状,设电荷均匀分布,电荷线密度为 ,四分之一圆弧AB 的半径为R ,试求圆心O 点的场强. 解:在O 点建立坐标系如图所示. 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强: ()j i R E -π= 014ελ 半无限长直线B ∞在O 点产生的场强: ()j i R E +-π= 024ελ 四分之一圆弧段在O 点产生的场强: ()j i R E +π= 034ελ 由场强叠加原理,O 点合场强为: ()j i R E E E E +π= ++=03214ελ O B A ∞ ∞ y x 3 E 2 E 1 E O B A ∞ ∞

2. 一“无限长”圆柱面,其电荷面密度为: = 0cos ,式中为半径R 与x 轴所夹的角,试求圆柱轴线上一点的场强. 解:将柱面分成许多与轴线平行的细长条,每条可视为“无限长”均匀带电直线,其电荷线密度为 = 0cos R d , 它在O 点产生的场强为: φφεσελ d s co 22d 000π=π= R E 它沿x 、y 轴上的二个分量为: d E x =-d E cos =φφεσd s co 2200 π- d E y =-d E sin = φφφεσd s co sin 20 π 积分:?ππ-=2020 d s co 2φφεσx E =002εσ 0)d(sin sin 2200 =π-=?πφφεσy E ∴ i i E E x 02εσ-== 3. 如图所示,一厚为b 的“无限大”带电平板 , 其电荷体密度分布为=kx (0≤x ≤b ),式中k 为一正的常量.求: (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小; (2) 平板内任一点P 处的电场强度; (3) 场强为零的点在何处 解: (1) 由对称分析知,平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面.设场强大小为E . 作一柱形高斯面垂直于平面.其底面大小为S ,如图所示. O R z y x φ O x R y φ d φ d E x d E y d E x b P 1 P 2 P x O

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解: () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

大学物理练习册答案

大学物理练习册答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第十章 练习一 一、选择题 1、下列四种运动(忽略阻力)中哪一种是简谐振动?( ) (A)小球在地面上作完全弹性的上下跳动 (B)细线悬挂一小球在竖直平面上作大角度的来回摆动 (C)浮在水里的一均匀矩形木块,将它部分按入水中,然后松开,使木块上下浮动 (D)浮在水里的一均匀球形木块,将它部分按入水中,然后松开,使木块上下浮动 2、质点作简谐振动,距平衡位置2.0cm 时,加速度a=4.0cm/s 2,则该质点从一端运动到另一端的时间为( ) (A)1.2s (B)2.4s (C)2.2s (D)4.4s 3、如图下所示,以向右为正方向,用向左的力压缩一弹簧,然后松手任其振动,若从松手时开始计时,则该弹簧振子的初相位为( ) (A) 0 (B) 2π (C) 2 π- (D) π 4、一质量为m 的物体与一个劲度系数为k 的轻弹簧组成弹簧振子,当其振幅 为A 时,该弹簧振子的总能量为E 。若将其弹簧分割成两等份,将两根弹簧并联组成新的弹簧振子,则新弹簧振子的振幅为多少时,其总能量与原先弹簧振子的总能量E 相等( ) (A) 2A (B) 4A (C)2 A (D)A 二、填空题 1、已知简谐振动A x =)cos(0?ω+t 的周期为T ,在2 T t = 时的质点速度为 ,加速度为 。 2、已知月球上的重力加速度是地球的1/6,若一个单摆(只考虑小角度摆动)在地球上的振动周期为T ,将该单摆拿到月球上去,其振动周期应为 。 3、一质点作简谐振动,在同一周期内相继通过相距为11cm 的A,B 两点,历时2秒,速度大小与方向均相同,再经过2秒,从另一方向以相同速率反向通过B 点。 该振动的振幅为 ,周期为 。

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

《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案

第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷,形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ,它们之间的距离R 远大于小球本身的直径,现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触,再和B 接触,然后移去,则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案:B 解析:经过碰撞后,球A 、B 带电量为2q ,根据库伦定律12204q q F r πε=,可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ,下列说法中哪个是正确的?[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点,试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ,则0=F ,从而0=E 答案:B 解析:根据电场强度的定义,E 的大小与试验电荷无关,方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案(B ) 9-3 如图9-3所示,任一闭合曲面S 内有一点电荷q ,O 为S 面上任一点,若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点,且 OP =OT ,那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变,O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变,O 点的场强大小改变 习题9-3图

(C) 穿过S 面的电场强度通量不变,O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变,O 点的场强大小不变 答案:D 解析:根据高斯定理,穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和,曲面S 内电荷量没变,因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关,由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ,移动电荷后,由于OP =OT , 即r 没有变化,q 没有变化,因而电场强度大小不变。因而正确答案(D ) 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷,则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案:D 解析:根据电场的高斯定理,通过该立方体的电场强度通量为q /ε0,并且电荷位于正立方体中心,因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0,答案(D ) 9-5 在静电场中,高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷,则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关,但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量,仅与面内电荷有关,而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零,则面上各点的E 必为零 答案:C 解析:高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和,与面内电荷分布无关;电场强度E 为矢量,却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案(C ) 9-6 两个均匀带电的同心球面,半径分别为R 1、R 2(R 1

大学物理学练习册参考答案全

大学物理学练习册参考答案 单元一 质点运动学 四、学生练习 (一)选择题 1.B 2.C 3.B 4.B 5.B (二)填空题 1. 0 0 2.2 192 x y -=, j i ρρ114+, j i ρρ82- 3.16v i j =-+v v v ;14a i j =-+v v v ;4. 0 20 2 11V kt V -;5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v (三)计算题 1 解答(1)质点在第1s 末的位置为:x (1) = 6×1 2 - 2×1 3 = 4(m). 在第2s 末的位置为:x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m). 在第2s 内的位移大小为:Δx = x (2) – x (1) = 4(m), 经过的时间为Δt = 1s ,所以平均速度大小为:v =Δx /Δt = 4(m·s -1). (2)质点的瞬时速度大小为:v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2, 因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1), v (2) = 12×2 - 6×22 = 0 质点在第2s 内的路程等于其位移的大小,即Δs = Δx = 4m . (3)质点的瞬时加速度大小为:a (t ) = d v /d t = 12 - 12t , 因此1s 末的瞬时加速度为:a (1) = 12 - 12×1 = 0, 第2s 内的平均加速度为:a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2). 2.解答 1)由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程: 164 252 2=+y x 2)t dt dy v t dt dx v y x ππππ6cos 486sin 30==-== 当t=5得;πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v v t dt dv a t dt dv a y y x x ππππ6sin 2886cos 18022-==-== 当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a y y x 3.解答:1) () t t dt t dt d t t v v 20 4240 +=+==??? 则:t t )2(42++= 2)()t t t dt t t dt d t t r )3 12(2)2(43 2 2 ++=++= =? ?? t t t )31 2()22(3 2 +++=

大学物理II练习册答案4

大学物理练习四 一.选择题: 1.下列几种说法: (1)所有惯性系对物理基本规律都是等价的。 (2)在真空中,光的速度与光的频率、光源的运动状态无关。 (3)在任何惯性系中,光在真空中沿任何方向的传播速率都相同。 其中那些说法是正确的:[] (A)只有 (1)、(2)是正确的 . (B)只有 (1)、 (3)是正确的 . (C)只有 (2)、 (3)是正确的 . (D)三种说法都是正确的 . 解:[D] 2.一火箭的固定长度为L,相对于地面作匀速直线运动,速度为v1,火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为v2的子弹。在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是:[] (A)L L L(D)L (B)(C)v2 v1 v1v2v2 v1 1(v1 / c)2 (c 表示真空中光速 ) 解: [ B ]在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是火箭的固定长度 除以子弹相对于火箭的速度。 3.(1)对某观察者来说,发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件, 对于相对该惯性系作匀速直线运动的其它惯性系中的观察者来说,它们是否同时发生?( 2)在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件,它们在其 它惯性系中是否同时发生?关于这两个问题的正确答案是:[] (A)(1)同时,(2)不同时。(B) (1)不同时,(2)同时。 (C)(1)同时,( 2)同时。(D) 不( 1)同时,( 2)不同时。 解:[A] 发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件,对于相对该惯性系作匀速 直线运动的其它惯性系中的观察者来说,它们是同时发生。 在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件,它们在其它惯性系中 不是同时发生。 4.K系与K'系是坐标轴相互平行的两个惯性系,K '系相对于 K 系沿 Ox 轴正 方向匀速运动。一根刚性尺静止在K '系中,与’ ’ O x 轴成 30°角。今在 K 系 中观测得该尺与 Ox 轴成45°角,则 K '系相对于 K 系的速度是:[] (A) (2/3)c(B)(1/3)c(C) (2/3)1/2c(D) (1/3)1/2c

大学物理II练习册答案8

大学物理练习 八 一、选择题: 1.有两个点电荷电量都是+q ,相距为2 a 。今以左边的点电荷所在处为球心,以a 为半径作一球形高斯面。在球面上取两块相等 的小面积S 1和S 2,其位置如图所示。设通过S 1和S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ,通过整个 球面的电场强度通量为s Φ,则 [ D ] (A)s ΦΦ>Φ,21=0/εq (B)021/2,εq s =ΦΦ<Φ (C)021/,εq s =ΦΦ=Φ (D)021/,εq s =ΦΦ<Φ 解∶ 通过S 1的电场强度通量分别为1Φ,有穿进又有穿出; 但通过S 2的电场强度通量分别为2Φ,只有穿出. 故,21Φ<Φ据高斯定理通过整个球面的电场强度通量为s Φ只与面内电荷有关。 2.图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~ r 关系曲线。请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的? [ ] (A) 半径为R 的均匀带电球面。 (B) 半径为R 的均匀带电球体。 (C) 半径为R 、电荷体密度Ar =ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。 (D) 半径为R 、电荷体密度r A /=ρ (A 为常数)的非均匀带电球体。 解∶(D ) 2 04r q E i πε∑= 3. 关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是:[ D ] (A) 如果高斯面上E 处处为零,则该面内必无电荷. (B) 如果高斯面内无电荷,则高斯面上E 处处为 E 0=∑i q

零. ( 面外有电荷) (C) 如果高斯面上E 处处不为零,则高斯面内必有电荷. (D) 如果高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电场强度通量必不为零. 4.在磁感应强度为B 的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ,S 边线所在平面的法线方向单位矢量n 与B 的夹角为α,则通过半 球面S 的磁通量为 [ D ] (A) .2B r π (B) 2.2B r π (C) απsin 2B r -. (D) απcos 2B r -. 5.如图示,直线MN 长为2 L ,弧OCD 是以点N 为中心,L 为半径的半圆弧, N 点有正电荷+q ,M 点有负电荷-q 。今将一试验电荷+q 0从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处,设无穷远处电势为零,则电场力做功 [ D ] (A) A<0 且为有限常量 (B) (B) A>0 且为有限常量 (C) A=∞ (D) A=0 6.关于电场强度与电势之间的关系,下列说法中,哪一种是正确的? (A )电场中,场强为零的点,电势必为零; (B )电场中,电势为零的点,电场强度必为零; (C )在场强不变的空间,电势处处相等; (D )在电势不变的空间,电场处处为零。 [ D ] 7. 点电荷-q 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 点分别移动到B 、C 、D 各点,则 [ D ] (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. 二、填空题: 1.一“无限长”均匀带电的空心圆柱体,内半径为a ,外半径为b ,电荷体密度为ρ。若作一半径为r(a

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