大学物理练习题答案(上下) 施建青
大学物理（上册）练习解答
练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动
1-1 （1）D ；（2）D ；（3）B ；（4）C 1-2 （1）8 m ；10 m ；（2）x = (y -3)2；（3）10 m/s 2，－15 m/s 2 1-3 解：（1）2192
x y =-
（2）24t =-v i j 4=-a j
（3）垂直时，则
0=r v
2
2(192)(24)0t t t ??+--=??i j i j
0t =s ，3s t =-（舍去）
1-4 解：设质点在x 处的速度为v ，
62d d d d d d 2x t
x
x t a +=?==
v v ()x x x
d 62d 02
??+=v v v
()
2 2
1
3
x x +=v
1-5 解： y
t y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ，所以
-k =y v d v / d y
d d ky y -=??v v
2211
22
ky C -=+v 已知=y y 0 ，=v v 0 则
20202121ky C --=v
)(22
0202y y k -+=v v 1-6 证：
2d d d d d d d d v x
v v t x x v t v K -==?= d v /v =－K d x
??-=x x K 0
d d 1
0v v v
v , Kx -=0ln v v v =v 0e
－Kx
练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动
2-1 （1）C ；（2）A ；（3）B ；（4）D ；（5）E
2-2（1）g sin θ ，g cos θ ；（2）g /cos 0220θv ；（3）-c ，(b -ct )2/R ；（4）69.8 m/s ；（5）
3
3
1ct ，2ct ，c 2t 4/R 2-3 解：（1）物体的总加速度a 为
t n =+a a a
()2
2t t a R R
t a a a a an t t t n t =
==α
αot a R
t t
c =
（2）αot R t a S t c 2
1212==
2-4解：质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b 为待定常量。由此可求得
0d d d d d d 2
2=====t S
t a b t S t v , v , ρ2b a n ==ρv 2 由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，
ρ 越来越小，而b 为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。
2-5 解： 设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：
v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知 v AE 大小未知， 正北方向
所以
AE AF FE =+v v v
AE v 、 AF v 、AE v 构成直角三角形，可得
170 km/h AE ==v 4.19/tg
1
==-AE FE v v θ
飞机应取向北偏东19.4?的航向。
练习3 牛顿运动定律
3-1 （1）C ；（2）D ；（3）D ；（4）B ；（5）B
3-2 （1）l/cos 2
θ；（2）2％
3-3 解：(1)先计算公路路面倾角θ 。
设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．因而有
R m N /sin 21v =θ mg N =θcos
所以
西
a
Rg
2
1tg v =θ
(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为μN ′，这里N ′为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律
R m N N /cos sin 2
2v ='-'θμθ mg N N ='-'θμθsin cos
所以
θ
θθ
θμcos sin cos sin 2
22
2Rg Rg +-=v v 将Rg
2
1tg v =θ代入得
078.021
222
2
21=+-=Rg Rg
v v v v μ
3-4 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h ，距地心的距离r =R +h 。由
22/ωmr r GMm = ①
又由mg R GMm =2/得2
gR GM =，代入①式得
3/122)/(ωgR r = ②
同步卫星的角速度5
1027.7-?=ω rad/s ，解得
=r 71022.4?m ， 41058.3?=-=R r h km
(2) 由题设可知卫星角速度ω的误差限度为
10105.5-?=?ω
rad/s
由②式得
223/ωgR r = ωln 2ln ln 32-=）（gR r
取微分并令d r =?r ，d ω =?ω，且取绝对值，有
3? r/r =2?ω/ω ?r=2r ?ω /(3ω) =213 m 3-5 解： x m t x x m t m x
k f d d d d d d d d 2
v
v v v =?==-
= ??-=-=4
/202d d ,d d A A x mx
k
mx x k v v v v v 练习4 质心系和动量守恒定律
4-1 （1） C ；（2）C ；（3）C
4-2 （1）0.003 s ， 0.6 N·s ，2 g ；（2）0)21(gy m +，
0v m 21
；（3）F t m m ?+112
，
F t F t m m m ??++11
122
；（4）v v v v '+-'+'+=+M u m u m M m )()()2(；（5）18 N ·s
4-3 解：设沙子落到传送带时的速度为v 1，随传送带一起运动的速度为v 2，则取直角坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上。
3===v j v i 12-, 4
设质量为?m 的砂子在?t 时间内平均受力为F ,则
(3)m m m t t t
??-????===+???p v v F i j 214
由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x 轴的夹角为α，则
tg =α-1(4/3)= 53°
力方向斜向上。
4-4 解：人到达最高点时，只有水平方向速度v = v 0cos α，此人于最高点向后抛出物
体m 。设抛出后人的速度为v 1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即
)()(11u m M m M -+=+v v v
)/(1m M mu ++=v v
由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为
)/(1
m M mu +=-=?v v v
因为人从最高点落到地面的时间为
g t /sin 0αv =
故人跳的水平距离增加量为
g
M m mu t x )(sin 0+=
=??α
v v
4-5 解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为V x ，则有
0)cos (=++x x V u m MV α )/(cos m M mu V x +-=α
即炮车向后退。
(2) 以u (t )表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为
)/(cos )()(m M t mu t V x +-=α 通过积分，可求炮车后退的距离
?=?t
x t
t V x
d )(0
()cos d t
m u t t M m α=-+? cos ml x M m
α?=-+
即向后退。
练习5 机械能守恒定律
5-1 （1）B ；（2）A ；（3）D ；（4）C
5-2 （1）18 J ，6 m/s ；（2）)131(R R GMm - 或 R
GMm 32-
；（3）k mg F 2)(2μ-；（4）)(mr k ，)2(r k -
5-3 解：(1)建立如图坐标。
某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为
g l y m
f μ=
摩擦力的功
??
--==0
d d a l a
l f y
gy l m
y f W μ
2
02()22l a
mg
mg
y l a l l
μμ-=
=-
-
(2)以链条为对象，应用质点的动能定理
22
01122
W mv mv =
-
P f W W W =+，00v =
22()
d d 2l
l
P a a mg mg l a W P x x x l l
-===
?? l
a l mg W f 2)(2
--
=μ
2
22
2
21
)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ
[]
2
1
222)
()(a l a l l g ---=μ
v
5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功
)(d 2
h R R GMmh
r
r GMm W R
h R +=-=?
+
根据动能定理
2
22121)(v v m m h R R GMmh -=+
v =
5-5 解：如图所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0为挂上物体后的伸长量，O ＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O "处为重力势能的零点．由题意得物体在O ＇处的机械能为 αs i n )(2
102
001x x mg kx E E K -++
= 在O " 处，其机械能为
22
22
121kx m E +=v
由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即
220200
2
1
21sin )(21kx m x x mg kx E K +=-++v α 在平衡位置有
mg sin α =kx
k mg x α
sin 0=
代入上式整理得
O '
x 0
x
O
l
-a
x
题5-3解图
k
mg kx mgx E m K 2)sin (21sin 212202
αα--+=v 练习6 碰撞、角动量守恒定律
6-1 （1）C ；（2）E
6-2 （1）m ω ab ，0；（2）1 N·m·s ，1 m/s ；（3）2275 kgm 2·s -1，13 m·s -1
6-3 解：A 、B 两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得 B B A A A A m m m v v v +=0 ①
22202
12121B
B A A A A m m m v v v += ② 联立解出
0A B A B A A m m m m v v +-=
， 02A B
A A
B m m m v v +=
由于二球同时落地，所以 0>A v ，B A m m >。且B B A A L L v v //=。故
52==B A B A L L v v ， 5
22=-A B A m m m 所以
5/=B A m m
6-4 解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。
设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v 0、I 0、ω0和v 、I 、ω．则
00I I ωω= ①
R mR R mR //20020v v =
整理后得
v v /00R R =
②
物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供
R m F /2v =
由②式可得
3/12
020)/(F mR R v =
当F = 600 N 时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为
R = 0.3 m 分
6-5 解：A 对B 所在点的角动量守恒．设粒子A 到达距B 最短距离为d 时的速度为v 。
d m Dm A A v v =0， d D /0v v = A 、B 系统机械能守恒(A 在很远处时， 引力势能为零)
d m Gm m m B
A A
A /2121220-=v v
d Gm B /22
02=-v v
)2/()(2022Gd d D m B v -=
6-6 解：(1) 爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星对地心的角动量始终守恒，故应有
r m r m L t ''==v v ①
其中r＇是新轨道最低点或最高点处距地心的距离，'v则是在相应位置的速度，此时''
⊥
v r。
(2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒：
=
-
+r
GMm
m
m
n
t
/
2
1
2
1
2
2v
v r
GMm
m'
-
'/
2
1
2
v②
由牛顿定律
r
m
r
GMm
t
/
/2
2v
=
r
GM
t
2
v
=③
将①式、③式代入②式并化简得
2
)
(2
2
2
2
2
2=
+'
-
'
-r
r r
r
t
t
n
t
v
v
v
v
]
)
][(
)
[(=
-'
-
-'
+r
r
r
r
t
n
t
t
n
t
v
v
v
v
v
v
故
=
-
='
n
t
t
r
r
v
v
v
1
7397 km，=
+
=
'
n
t
t
r
r
v
v
v
2
7013 km
远地点：997
1
1
=
-'
=R
r
h km
近地点：613
2
2
=
-'
=R
r
h km
练习7 刚体定轴转动的转动定律和动能定理7-1 （1）A；（2）C
7-2（1）50ml2；（2）5.0 N·m ；（3）3mL2 / 4，
2
1
mgL，
L
g
3
2
；（4）4 7-3 解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的
绳长分别为x1、x2选长度为x1、x2的两段绳和绕着绳
的盘为研究对象．设a为绳的加速度，β为盘的角加
速度，r为盘的半径，ρ为绳的线密度，且在1、2两
点处绳中的张力分别为T1、T2，则ρ= m / l，
a = rβ①
x2 ρ g－T2 = x2ρa ②
T1－x2 ρg = x1ρa③
(T1－T2 ) r =(
2
1
M＋πrρ)r2β④
解上述方程，利用l = πr＋x1＋x2，并取x2－x1 = S，可
得
l
M
m
Smg
a
)
2
1
(+
=
7-4 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程
对物体：mg－T ＝ma①
对滑轮：TR = Iβ②
又
a＝Rβ③
a
x2
x1
将①、②、③式联立得
a ＝mg / (m ＋
21M ) 由于v 0＝0，所以
v ＝at ＝mgt / (m ＋
2
1M ) 7-6 解：如图所示，设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下。
由牛顿第二定律，
对人： Mg －T 2＝Ma ①
对重物： T 1－
21Mg ＝2
1
Ma ② 由转动定律，对滑轮有
(T 2－T 1)R ＝I β＝MR 2β / 4 ③
因绳与滑轮无相对滑动
a ＝βR ④
由①、②、③、④四式联立解得
a ＝2g / 7
练习8 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律
8-1 （1） C ；（2）D ；（3）B 8-2
02
I mRv
I mR ω-+
8-3 解：由动量定理，对木块M ：－f ?t ＝M (v 2－v 1)
对于圆柱体：f ?tR ＝I (ω－ω 0)
所以
-M (v 2－v 1)＝I (ω－ω 0) / R
因为 00=ω, 有
-M (v 2-v 1)＝I ω / R ＝I v 2/ R 2
122
1v I MR =
+
v
8-4 解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒。
I A ωA ＋I B ωB = (I A ＋I B )ω
又ωB ＝0，可得
ω ≈ I A ωA / (I A ＋I B ) = 20.9 rad / s
转速
≈n 200 rev/min
(2) A 轮受的冲量矩
?
t M A d = I A (I A ＋I B ) = -4.19×10 2
N ·m ·s 负号表示与A ω方向相反。
B 轮受的冲量矩
?
t M B d = I I B (ω - 0) = 4.19×102
N ·m ·s 方向与A ω相同。
8-5 解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为
a
L m L x x x x L L 0202/0
02/30
02
1d d v v v v ==-?
?
ρρρ
式中ρ为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为
2
2
2
1331173424212I m L m L mL ωωω??????=+=?? ? ?
????
????
因碰撞前后角动量守恒，所以
L m mL 022
1
12/7v =
ω ω = 6v 0 / (7L )
8-5 解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统。在运动过程中，人作的功W 等于系统动能之增量
W ＝?E k ＝
222220*********()4()42222I ml n I ml n 2+π-+π 这里的I 0是没有砝码时系统的转动惯量。
(2) 由于在运动过程中无外力矩作用，故系统的动量矩守恒。有 2π(I 0＋
2121ml ) n 1 = 2π (I 0＋2
2
2
1ml ) n 2 ()()
22
11220212m l n l n I n n -=-
(3) 将I 0代入W 式，得
()
2
221212l l n mn W -π=
练习9 狭义相对论的基本原理、洛仑兹坐标和速度变换
9-1 （1）C ；（2）A
9-2 （1）相对的，运动；（2）8.89×10-
8；（3）c ；（4）
c 5
4
9-3 解：设K ＇相对于K 运动的速度为v 沿x (x ')轴方向，则根据洛仑兹变换公式，有 2
2)(1//c c x t t v v --=
' , 2
)
(1/c t x x v v --=
'
(1) 22
111
)
(1//c c x t t v v --=' , 2
2
222
)
(1//c c x t t v v --='
因两个事件在K 系中同一点发生，x 2 = x 1，则
2
1212
)
(1/c t t t t v --='-'
解得
c t t t t 2
/112
2
12)]/()(1['-'--=v =(3/5)c =1.8×108 m/s
(2) 2
111
)
(1/c t x x v v --=', 2
2
22
)
(1/c t x x v v --='
由题x 1 = x 2 ，则
2
1221
)(1)(/c t t x x v v --='-'=-=
)(4
3
12t t c 9×108 m 9-4 证：设两系的相对速度为v ., 根据洛仑兹变换， 对于两事件，有 2
)
/(1c t x x v v -'
+'=???
2
2
)
/(1(c x )/c
t t v v -'
+'=???
由题意0='?t ，可得
x c t ??=)/(2
v 及 2)/(1c x x v -='?? 把 x t c c ??=//v 代入上式
2
/122
2
)
(t c x x ???-='
9-5 解：设静止观察者为K 系，火箭乙为K ′系，火箭甲为运动物体，K ′相对K 系的速度 u = -3c /4，火箭甲在K 系中的速度v x = +3c /4．根据狭义相对论的速度变换公式，火箭甲相对于火箭乙（K ′系）的速度为
c c u u
u x x x 96.0)
/(12=--=
'v v 分
两火箭的相对接近速率为0.96c
9-6 解：已知0='x v ，c y ='v ，0='z v ，按狭义相对论的速度变换公式
u c u u x x x ='++'=
)
/(12
v v v )
/(1/12
2
2c u c u x y y v v v '+-'=
22/1c u c -=
0)/(1/122
2='+-'=c u c u x
z z v v v 分 在K 系中光讯号的速度大小
2
22z y x v v v v ++=c c u c u =-+=)/1(2222
光讯号传播方向与x 轴的夹角
c
u
x 11
cos cos --==v v α 练习10 相对论时空观
10-1 （1） B ；（2）A ；（3）B
10-2 （1）4.33×10-
8；（2）2.60×108；（3）0.075 m 3；（4）?x /v ，2
)/(1)/(c x v v -?；
（5）
lS m ，lS
m
925 10-3 解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有
2
)/(1c t
t v -=
'
??， 2
2)/(1)/(c t t v -='??
则
2/12))/(1(t t c '-?=??v = 2.24×108 m ·s -1
那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为
2/122)(t t c t x ????-'='?='
v = 6.72×108 m
10-4 解：设地球为K 系，飞船B 为K ′系，飞船A 中的尺则为运动物体。若u = v 为K ′系相对K 系的速率，则v x = -v 是尺相对地球的速率，尺在K ′系中的速率为
)/(1)/(1222c c u u u x x x v v v v v +--=--=
')
/(1222c v v
+-=
这就是尺相对B 船的速率，用v 12表示之。
)
/(122212c v v
v +-=
则B 中观察者测得A 中米尺的长度是
2
212
0/1c l l v -=2
2222
0)]/(1[41c
c l v v +-=02222l c c v v +-= 上式中令l 0 = 1 m 可得米尺长度（以米为单位）。
10-5 解：按地球的钟，导弹发射的时间是在火箭发射后
5.12)
/(12
1
=-'
=
??c t t v s
这段时间火箭在地面上飞行距离
1t S ??=v
则导弹飞到地球的时间是
2511
12===
??t S t v v
v s 那么从火箭发射后到导弹到达地面的时间是
?t = ?t 1 + ?t 2 =12.5＋25 =37.5 s
10-6 解：考虑相对论效应，以地球为参照系，μ子的平均寿命为
62
106.31)/(1-?=-=
c v ττ s
则μ 子的平均飞行距离
=?=τv L 9.46 km 。
μ 子的飞行距离大于高度，所以有可能到达地面。
练习11 相对论动力学基础
11-1 （1）C ；（2）A ；（3）A ；（4）D
11-2 （1）0.25m e c 2 ；（2）λ/hc ，λ/h ，)/(λc h ；（3）2/3c =
v ，2/3c =v ；
（4）)1(20-n c m ；（5）20)/(1l l c -，)(
02
0l
l
l c m - 11-3 解：按题意，v v 02m m =
v v v 02
2
02/1m c
m =-
5.0/122=-c v ，25.0/122=-c v
2275.0c =v ，c 886.0=v
动能
20202k c m c m mc E =-=，即2022c m mc =
202
22
02/1c m c c m =-v
c 886.0=v
11-4 解：设实验室为K 系，观察者在K ′系中，电子为运动物体，则K ′对K 系的速度为u = 0.6c ，电子对K 系速度为v x = 0.8c 。电子对K ′系的速度
c c u u
x x x 385.0)
/(12
=--=
'v v v 观察者测得电子动能为
J 1085.6)1)
/(11
(
152
20-?=-'-=c c m E x K v
动量
x m p v '=2
)
/(1c m x x
v v '-'=
＝1.14×10-
22 kg ·m/s
11-5 解：22202/1/c c m mc E v -==220/1/c E v -=
30//1/1022==-E E c v
v ≈2.996×108 m ·s -
1
022030/1/τττ=-=c
v
030ττ?==v v l ≈1.798×104 m
11-6 答：这个解答不对，理由如下：
由A 、B 的静止质量、运动速率都相同，故m A = m B ，又因两者相向运动, 由动量守恒定律，合成粒子是静止的。
由能量守恒定律，可得
2220c m c m c M B A +=
2
002)
/(12m c m m m M B A >-=
+=
v
练习12 理想气体统计模型、压强公式、温度公式
12-1 （1）A ；（2）A ；（3）B ；（4）A ；（5）B 12-2（1）0，
kT m ；（2）2821
110m .s 3
--?，34.010Pa ?；（3）7729K ；（4）1：1，2：1，2：1，5：3，10：3
12-3 解：对刚性双原子分子，氮气的内能
5
2
m E RT M =
内能增量
5
2
m E R T M ?=
? 由题意有
2m 51
ΔE=
R ΔT=mv M 22
-32
22810100 6.74558.31
M T v R ???===?K
其中M =3
1028-?kg, 由
m
pV RT M
=
得压强增量
22
40.1100 2.010550.01
m mv p R T MV V ??=?===?? Pa 12-4 解：（1）单位体积内的分子数
52523
1.0110
2.44101.3810300
p n kT -?===???m -3 （2）由状态方程
m
pV RT M
=
得氧气密度
353210 1.0110 1.308.31300
m Mp V RT ρ-???====?kg/m 3
（3）氧分子的质量
326
23
32.0010' 5.31106.02
A M m N --?===? kg （4）将分子视为刚性小球，则第一个分子所占体积为 3
0)2
(341d n V π==，可得分子间的平均距离
94.2810m d -=
==? （5）分子的平均平动动能
23213
1.5 1.3810300 6.2110J 2k E kT --==???=?
12-5 解：（1）由 RT M pV μ=，V
M =ρ得
028.03
.10127331.81025.13=???==
-p RT
ρμ kg/mol （2）49310
25.13
.1013333
2=??=
=
=-ρ
μ
p
RT
v m/s （3）23213
1.5 1.3810273 5.6510J 2
t kT ε--=
=???=? 23211.3810273 3.7710J r kT ε--==??=?
（4）单位体积内气体分子的总平动动能t t n E ε=，kT
p n = 221231052.11065.5273
1038.13.101?=????=?=
--t t kT p E ε J/m 3 （5）由于5=i ，气体的内能为
35
0.38.31273 1.7010J 22
M i E RT μ=
=???=? 练习13 分布函数、气体分布定律
13-1 （1）D ；（2）B ；（3）C
13-2 （1）氧、氢、T 1；（2）N ；（3）速率区间p ν~0的分子数占总分子数的百分比 13-3 解（1）设使用前质量为m ，则使用后为m /2，则
11221,2m m
p V RT p V RT M M
=
= 1221
2T p T p =
12v v =
（2）由213
'22
k E m v kT =
=，得 ()
()
1/2
1/2
2
2/'483.63k v
E m == m/s
2/3300K k T E k ==
13-4解：v v v ?-=?2
22/3)2ex p()2(π4kT m kT
m N N p p p v v v v v v ?-=})(ex p{)(π422
与v p 相差不超过1%的分子是速率在100
p p v v -到100
p p v v +
区间的分子，故?v = 0.02p v ，
并将v =p v 代入上式，可得
?N / N = 1.66%。
13-5 解：(1) 根据归一化条件
1d )(0
=?∞
v v f
1d d )(0
===??∞
v
v v v v c c f
c = 1 / v 0
(2) 根据定义式
?
∞
=0
d )(v v v v f
=?∞
d )(v v v f ?0
d v v v c 2
d 1
00
00
v v v v
v ==? 13-6 解：（1）由于电子的有效直径不计，跟踪一个电子A ，凡是中心在半径为d /2的圆柱体内的分子都会与该电子相碰，因此电子与气体分子的碰撞截面积σ=
2
4
d π。
(2) 设电子相对分子的平均速率为v ，则在时间t 内，电子A 所走过的路程为vt ，相应的圆柱体的体积为vt σ，如果以n 表示气体单位体积内的分子数，则在此圆柱体内的总分子数为n vt σ，这也就是A 与其它分子的碰撞次数t Z ，因此
n vt
Z n v t
σσ=
= 214e v z n d n
λσπ=
==
。 练习14 热力学第一定律及其应用
14-1 （1） D ；（2）C ；（3）C ；（4）B 14-2 （1）
1010/1
/1
p p V V --； (2) 260J ， -280J ；(3)
55
8.31601246.5J 22
V E C T R T ?=?=
?=??=
2
1
ln
8.31(27380)ln 22033.3J V A RT V ==?+= 3279.8J Q A E =+?=
（2）2
1
ln
8.31(27320)ln 21687.7J V A RT V ==?+= 55
8.31601246.5J 22
V E C T R T ?=?=
?=??= 2934.2J Q A E =+?= 14-4 解：(1)由等温线 C pV =得
(
)T dp p dV V
=- 由绝热线C pV
=γ
得
(
)Q dp p dV V
γ=- 由题意知
(/)-/10.714(/)-/T Q dp dV p V dp dV p V γγ
===
=γ1/0.714=1.4
由绝热方程
γγ2211V p V p =
41212
(
)7.5810V p p V γ
==? Pa (2) 2
2
1
1
112
(
)V V V V V W pdV p dV V γ
=
=
?
?
11
2260.51p V p V γ-==- J 练习15 循环过程、热机、制冷机
15-1 （1）C ；（2）C ；（3）A
15-2 （1）吸热；（2） 500K ，100K ；（3）<； (4) 11/w η+= 15-3 解 (1) 3
12111035.5)/ln(?==V V RT Q J (2) 25.011
2
=-
=T T η 3
11034.1?==Q W η J (3) 3
121001.4?=-=W Q Q J
15-4 解：由图可知，
p A =300 Pa ，p B = p C =100 Pa ；V A =V C =1 m 3，V B =3 m 3
(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 ： ))((2
1
1C B B A V V p p W -+=
=400 J B →C ： W 2 = p B (V C －V B ) = -200 J C →A ： W 3 =0
(3) 整个循环过程中气体所作总功为
W = W 1 +W 2 +W 3 =200 J
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 =W +ΔE =200 J
15-5 解：在ab 过程中，外界作功为
1221ln ||p p RT M M
A mol =
' 在bc 过程中，外界作功
)(||121T T R M M
A mol
-=
'' 在cd 过程中从低温热源T 1吸取的热量2Q '等于气体对外界作的功2A '，其值为 ='='22
A Q 1
22ln p p RT M M
mol 在da 过程中气体对外界作的功为
)(122
T T R M M
A mol
-='' 致冷系数为
2
2112
||||A A A A Q w ''-'-''+''=
)(ln )(ln
ln
121
21121221
2
1T T p p
T T T p p T p p T ----+=
1
21
T T T -=
15-6 解： Q 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D )
)
/1()
/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= 根据绝热过程方程得到 γ
γγ
γ----=D D A
A T p T p 11
， γγγγ----=C C B B
T p T p 11 因为p A = p B , p C = p D ，所以
T A / T B = T D / T C
2
11125%C B
T Q Q T η=-
=-= 练习16 热力学第二定律、卡诺定律、熵
16-1 （1）D ；（2）A ；（3）C ；（4）D ；（5）C
16-2 （1）23J/K ，0；（2）概率，概率大的状态；（3）答：不正确。熵的增加原理是：“绝热（或封闭或孤立）物系的熵永不减少”．或：“绝热（或封闭或孤立）物系的熵在可逆过程中不变，在不可逆过程中增加”；（4）分子热运动无序性（或混乱性）
16-3 解：（1） 4
24
1 2.09101137.4%3.3410
Q Q η?=-=-=? 201300
1150%600T T η=-
=-=
0ηη<，可见是不可逆热机。
（2）4
4
10 3.341050% 1.6710J A Q η==??=?
16-4 解 (1) 理想气体作无限缓慢的膨胀过程可视为可逆过程，对绝热过程，则有
0=?=
?T Q
S (2)对等温过程，则有
==?=
?T
V V RT T
Q
S 1
2ln 1
2
ln
V V R 16-5 解：（1
）2
2()
2[ln
N n S k N
-
=-+ （2）
222
2(0.5)
2(0)
22[[ln
2(0)2[]2
N N N S k k N
N
N N k k N -
-
?=-
+--+-=-
=
（3） 23236101.3810 4.14J /K 22
N S k -??==??= 练习17 库仑定律、电场强度
17-1 （1）B ；（2） B ；（3）D
17-2（1）
d 2
11λλλ+；（2）0，pE sin α ；（3）
()
3/2
2
2024qy a y
επ+j ，2/a ±；（4）
()40216/R S Q ε?π，由圆心O 点指向△S
17-3 解：选左棒的左端为坐标原点O ，x 轴沿棒方向向右，在左棒上x 处取线元d x ，
其电荷为d q ＝λd x ，它在右棒的x '处产
生的场强为
()
2
04d d x x x
E -'π=
ελ
整个左棒在x '处产生的场强为
()
?
-'π=l
x x x
E 0
2
04d ελ??
?
??'--'π=
x l x 1140ελ
右棒x '处的电荷元λd x '在电场中受力为
x x l x x E F '??
?
??'--'π='=d 114d d 02ελλ 整个右棒在电场中受力为
???'?
?? ??'--'π=l
l x x l x F 3202d 114ελ34
ln 40
2ελπ= 方向沿x 轴正向。左棒受力为
F F -='
17-4 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小
电荷d q = λd l = 2Q d θ / π，它在O 处产生场强
θεεd 24d d 2
0220R
Q
R q E π=π=
按θ角变化，将d E 分解成二个分量：
θθεθd sin 2sin d d 2
02
R
Q
E E x π=
=
θθεθd cos 2cos d d 2
02R Q
E E y π-=-=
对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷
??
?
???-π=??π
ππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R Q
E x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q
R Q E y εθθθθεπ
πππ-=??
????-π-=??
2
2
0x y Q
E E R ε-=+=
πE i j j
17-5 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
λ = σ0cos φ R d φ
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 φ =φφεσd s co 220
π- d E y =－d E sin φ =
φφφεσd s co sin 20
π ?ππ-=20200
d s co 2φφεσx E ＝002εσ
0)d(sin sin 2200
=π-=?πφφεσy E
2x E σε==-
E i i 练习18 电通量、静电场高斯定理
18-1 （1）C ；（2）D ；（3）B 18-2 （1）q / (24ε0)；（2） λ / ε0 ；（3）πR 2E
18-3 解：以P 点为球心，22h R r +=为半径作一球面．可以看出通过半径为R 的圆平面的电场强度通量与通过以它为周界的球冠面的电场强度通量相等。球冠面的面积为 S = 2πr (r －h ) 整个球面积
S 0 = 4πr 2
通过整个球面的电场强度通量
Φ0=q /ε0
所以，通过球冠面的电场强度通量
()???
?
?
?+-=?
?? ??-=π-π?==22002000121242h R h
q r h q r h r r q S S εεεΦΦ 18-4 解：两带电平面各自产生的场强分别为
()02/εσA A E = 方向如图示
()02/εσB B E = 方向如图示
在两面间
()()02/εσσ
B A
B A E E E +=+= =3×104 N/C
方向沿x 轴负方向。
在两面外左侧， ()()02/εσσA B A B E E E -=-='=1×104 N/C
方向沿x 轴负方向。
在两面外右侧，
E
''= 1×104 N/C
方向沿x 轴正方向。
18-5 解：由题意知，电荷沿x 轴方向按余弦规律变化。可以判断场强E 的方向必沿x 轴方向，且E 相对yOz 平面对称分布 在±x 处作与x 轴垂直的两个相同的平面S ，
用与x 轴平行的侧面将其封闭为高斯面，如图所
示。由高斯定理
大学物理下试题库
大学物理下试题库 TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】
大学物理（下）试题库第九章静电场 知识点1：电场、电场强度的概念 1、、【】下列说法不正确的是： A：只要有电荷存在，电荷周围就一定存在电场； B?：电场是一种物质； C：电荷间的相互作用是通过电场而产生的； D：电荷间的相互作用是一种超距作用。 2、【】电场中有一点P，下列说法中正确的是： A：若放在P点的检验电荷的电量减半，则P点的场强减半； B：若P点没有试探电荷，则P点场强为零； C：P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大； D：P点的场强方向为就是放在该点的电荷受电场力的方向 3、【】关于电场线的说法，不正确的是： A：沿着电场线的方向电场强度越来越小； B：在没有电荷的地方，电场线不会中止； C：电场线是人们假设的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在： D：电场线是始于正电荷或无穷远，止于负电荷或无穷远。 4、【】下列性质中不属于静电场的是： A：物质性； B：叠加性； C：涡旋性； D：对其中的电荷有力的作用。
5、【 】在坐标原点放一正电荷Q ，它在P 点(x=+1, y=0)产生的电场强度为E ．现 在，另外有一个负电荷-2Q ，试问应将它放在什么位置才能使P 点的电场强度等于零？ (A) x 轴上x>1． (B) x 轴上0 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] 大学物理答案施建青版 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 （1）D ；（2）D ；（3）B ；（4）C 1-2 （1）8 m ；10 m ；（2）x = (y 3)2；（3）10 m/s 2，－15 m/s 2 1-3 解：（1）2 192 x y =- （2）24t =-v i j 4=-a j （3）垂直时，则 0=r v 2 2(192)(24)0t t t ??+--=??i j i j 0t =s ，3s t =-（舍去） 1-4 解：设质点在x 处的速度为v ， 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v ()x x x d 62d 0 2 ??+=v v v () 2 2 1 3 x x +=v 1-5 解： y t y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ，所以 -k =y v d v / d y d d ky y -=??v v 2211 22 ky C -=+v 已知=y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v )(22 0202y y k -+=v v 1-6 证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d v /v =－K d x ??-=x x K 0 d d 1 0v v v v , Kx -=0ln v v v =v 0e －Kx 练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动 2-1 （1）C ；（2）A ；（3）B ；（4）D ；（5）E 2-2（1）g sin θ ，g cos θ ；（2）g /cos 022 θv ；（3）-c ，(b -ct )2/R ；（4）69.8 m/s ；（5）33 1 ct ，2ct ，c 2t 4/R 2-3 解：（1）物体的总加速度a 为 t n =+a a a ()2 2t t a R R t a a a a an t t t n t = ==α αot a R t t c = （2）αot R t a S t c 2 12 12== 2-4解：质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b 为待定常量。由此可求得 0d d d d d d 2 2=====t S t a b t S t v , v , ρ2b a n ==ρv 2 由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，ρ 越来越小，而b 为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。 2-5 解： 设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知： v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知 v AE 大小未知， 正北方向 所以 AE AF FE =+v v v AE v 、 AF v 、AE v 构成直角三角形，可得 170 km/h AE = =v ( 4.19/tg 1==-AE FE v v θ 飞机应取向北偏东19.4?的航向。 西 a 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（下）试题库 第九章 静电场 知识点1：电场、电场强度的概念 1、、【 】下列说法不正确的是： A ： 只要有电荷存在，电荷周围就一定存在电场； B ：电场是一种物质； C ：电荷间的相互作用是通过电场而产生的； D ：电荷间的相互作用是一种超距作用。 2、【 】 电场中有一点P ，下列说法中正确的是： A ： 若放在P 点的检验电荷的电量减半，则P 点的场强减半； B ：若P 点没有试探电荷，则P 点场强为零； C ： P 点的场强越大，则同一电荷在P 点受到的电场力越大； D ： P 点的场强方向为就是放在该点的电荷受电场力的方向 3、【 】关于电场线的说法，不正确的是： A ： 沿着电场线的方向电场强度越来越小； B ： 在没有电荷的地方，电场线不会中止； C ： 电场线是人们假设的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在： D ：电场线是始于正电荷或无穷远，止于负电荷或无穷远。 4、【 】下列性质中不属于静电场的是： A ：物质性； B ：叠加性； C ：涡旋性； D ：对其中的电荷有力的作用。 5、【 】在坐标原点放一正电荷Q ，它在P 点(x=+1, y=0)产生的电场强度为E ．现在，另外有一个负电荷-2Q ，试问应将它放在什么位置才能使 P 点的电场强度等于零？ (A) x 轴上x>1． (B) x 轴上0 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 >> 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 ． 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 第2 期考试在线评卷 选择题（共 10 道，每题 10 分） 1、一劲度系数为k的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联在一起，下面挂一质量为m的物体，则振动系统的频率为： （正确答案：B 提交答案：B 判题：√得分：10分） A、 B、 C、 D、 2、 已知一质点沿y轴作简谐振动，其振动方程为，与之对应的振动曲线是（） （正确答案：B 提交答案：B 判题：√得分：10分） A、 上图中的答案A B、上图中的答案B C、上图中的答案C D、上图中的答案D 3、两个质点各自作谐振动，它们的振幅相同，周期也相同。设第一个质点的振动方程为，当第一个质点从相对平衡位置的x位置坐标处回到平衡位置时，第二个质点恰在正向最大坐标位置处。则第二个质点的振动方程为： （正确答案：B 提交答案：B 判题：√得分：10分） A、 B、 C、 D、 4、一弹簧振子作简谐振动，总能量为E1。如果谐振动的振幅增加为原来的两倍，重物的质量增加为原来的4倍，则它的总能量E1变为： （正确答案：D 提交答案：D 判题：√得分：10分） A、E1/4 B、E1/2 C、2E1 D、4E1 5、 一个质点作谐振动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为且向x轴的正方向运动，代表此谐振动的旋转矢量图为（） （正确答案：B 提交答案：B 判题：√得分：10分） A、参见上图中的A B、参见上图中的B C、参见上图中的C D、参见上图中的D 6、倔强系数为k的轻弹簧，下端挂一质量为m的物体，系统的振动周期为，若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为m/2的物体，则系统振动周期等于 （正确答案：C 提交答案：C 判题：√得分：10分） A、 B、 C、 D、 7、有两个周期相同的谐振动，在下面哪个条件下两个振动合成为零 （正确答案：D 提交答案：D 判题：√得分：10分） A、两者在同一直线上即可 B、两者在同一直线上且振幅相等 C、两者在同一直线上振幅相等且位相差恒定 D、两者在同一直线上振幅相等且位相差恒为π 8、一质点作简谐振动，已知振动周期为T，则其振动动能变化的周期是 （正确答案：B 提交答案：B 判题：√得分：10分） A、T/4 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 练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 （1）D ；（2）D ；（3）B ；（4）C 1-2 （1）8 m ；10 m ；（2）x = (y 3)2；（3）10 m/s 2，－15 m/s 2 1-3 解：（1）2192 x y =- （2）24t =-v i j 4=-a j （3）垂直时，则 0=r v 2 2(192)(24)0t t t ??+--=??i j i j 0t =s ，3s t =-（舍去） 1-4 解：设质点在x 处的速度为v ， 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v ()x x x d 62d 02 ??+=v v v () 2 2 1 3 x x +=v 1-5 解： y t y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ，所以 -k =y v d v / d y d d ky y -=??v v 2211 22 ky C -=+v 已知=y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v )(22 0202y y k -+=v v 1-6 证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d v /v =－K d x ??-=x x K 0 d d 1 0v v v v , Kx -=0ln v v v =v 0e －Kx 练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动 2-1 （1）C ；（2）A ；（3）B ；（4）D ；（5）E 2-2（1）g sin ，g cos ；（2）g /cos 022 0θv ；（3）-c ，(b -ct )2/R ； （4）69.8 m/s ；（5）33 1 ct ，2ct ，c 2t 4/R 2-3 解：（1）物体的总加速度a 为 t n =+a a a ()2 2t t a R R t a a a a an t t t n t === α αot a R t t c = S 大 学物理（下）试题库 第九章 静电场 知识点1：电场、电场强度的概念 1、、【 】下列说法不正确的是： A ：?只要有电荷存在，电荷周围就一定存在电场； ?B?：电场是一种物质； ?C?：电荷间的相互作用是通过电场而产生的； ?D ：电荷间的相互作用是一种超距作用。 2、【 】?电场中有一点P ，下列说法中正确的是： ?A ：?若放在P 点的检验电荷的电量减半，则P 点的场强减半； ?B ：若P 点没有试探电荷，则P 点场强为零； ?C ：?P 点的场强越大，则同一电荷在P 点受到的电场力越大； ?D ：?P 点的场强方向为就是放在该点的电荷受电场力的方向 3、【 】关于电场线的说法，不正确的是：? A ：?沿着电场线的方向电场强度越来越小； ?B ：?在没有电荷的地方，电场线不会中止； ?C ：?电场线是人们假设的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在： ?D ：电场线是始于正电荷或无穷远，止于负电荷或无穷远。? 4、【 】下列性质中不属于静电场的是： A ：物质性； B ：叠加性； C ：涡旋性； D ：对其中的电荷有力的作用。 5、【 】在坐标原点放一正电荷Q ，它在P 点(x=+1, y=0)产生的电场强度为E ．现在，另外有一个负电荷 -2Q ，试问应将它放在什么位置才能使P 点的电场强度等于零？ (A) x 轴上x>1． (B) x 轴上0 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 ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =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22r x y = + 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？ 1.2 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 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（下册）练习解答 练习22 毕奥—萨伐尔定律 22-1 （1）D ；（2）A ；（3）B 22-2 （1）a I B π= 830μ；（2）1.71×10-5 T ；（3）1004R I B μ=204R I μ+204R I π-μ；（4）B = 0 22-3 解：以O 为圆心，在线圈所在处作一半径为r 的圆．则在r 到r + d r 的圈数为 r R R N d 1 2- 由圆电流公式得 ) (2d d 120R R r r NI B -= μ ?= -= 2 1 ) (2d 12 0R R R R r r NI B μ1 2 120ln ) (2R R R R NI -μ 方向⊙ 22-4 解：利用无限长载流直导线的公式求解。 (1) 取离P 点为x 宽度为d x 的无限长载流细条，它的电流 x i d d δ= (2) 这载流长条在P 点产生的磁感应强度 x i B π= 2d d 0μx x π= 2d 0δμ 方向垂直纸面向里。 (3) 所有载流长条在P 点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P 点产生的磁感强度 = =?B B d ? +πb a b x dx x 20δ μb b a x +π=ln 20δμ 方向垂直纸面向里。 22-5 解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π =π=λω ω 它在O 点的磁感强度 r r r I B d 42d d 000π = = λωμμ ? ?+π = =b a a r r B B d 4d 0 00λωμa b a +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内。 (2) r r I r p m d 2 1 d d 22 λω= π= 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 。 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（上册）练习解答 练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 （1）D ；（2）D ；（3）B ；（4）C 1-2 （1）8 m ；10 m ；（2）x = (y -3)2；（3）10 m/s 2，－15 m/s 2 1-3 解：（1）2192 x y =- （2）24t =-v i j 4=-a j （3）垂直时，则 0=g r v 2 2(192)(24)0t t t ??+--=??g i j i j 0t =s ，3s t =-（舍去） 1-4 解：设质点在x 处的速度为v ， 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v ()x x x d 62d 02 ??+=v v v ( ) 2 2 1 3 x x +=v 1-5 解： y t y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ，所以 -k =y v d v / d y d d ky y -=??v v 2211 22 ky C -=+v 已知=y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v )(22 0202y y k -+=v v 1-6 证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d v /v =－K d x ??-=x x K 0 d d 1 0v v v v , Kx -=0ln v v v =v 0e －Kx 练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动 2-1 （1）C ；（2）A ；（3）B ；（4）D ；（5）E 2-2（1）g sin θ ，g cos θ ；（2）g /cos 0220θv ；（3）-c ，(b -ct )2/R ；（4）69.8 m/s ；（5） 3 3 1ct ，2ct ，c 2t 4/R 2-3 解：（1）物体的总加速度a 为 t n =+a a a ()2 2t t a R R t a a a a an t t t n t = ==α αot a R t t c = （2）αot R t a S t c 2 1212== 2-4解：质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b 为待定常量。由此可求得 0d d d d d d 2 2=====t S t a b t S t v , v , ρ2b a n ==ρv 2 由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动， ρ 越来越小，而b 为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。 2-5 解： 设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知： v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知 v AE 大小未知， 正北方向 所以 AE AF FE =+v v v AE v 、 AF v 、AE v 构成直角三角形，可得 170 km/h AE ==v ο4.19/tg 1 ==-AE FE v v θ 飞机应取向北偏东19.4?的航向。 练习3 牛顿运动定律 3-1 （1）C ；（2）D ；（3）D ；（4）B ；（5）B 3-2 （1）l/cos 2 θ；（2）2％ 3-3 解：(1)先计算公路路面倾角θ 。 设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．因而有 R m N /sin 21v =θ mg N =θcos 所以 西 a 《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大学物理下答案习题14
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