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大学物理课后答案第七章..

第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1．掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；

2．学会计算电容器的电容；

3．了解介质的极化现象及其微观解释；

4．了解各向同性介质中D和E的关系和区别；

5．了解介质中电场的高斯定理；

6．理解电场能量密度的概念。

二、基本内容

1．导体静电平衡

（1）静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零

（2）导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。

（3）导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。

2．电容

（1）孤立导体的电容

q C

电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。

（2）电容器的电容

A V V q

C -=

q 为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。B A V V -为A 、B 两极间电势差。电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。（3）电容器的串并联

串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之和。等效电容由

111

C C C C =+++

进行计算。并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。等效电容为12n C C C C =+++。

（4）计算电容的一般步骤

①设两极带电分别为q +和q -，由电荷分布求出两极间电场分布。 ②由B

A B A V V d -=??E l 求两极板间的电势差。

③根据电容定义求B

A V V q

C -=

3．电位移矢量D

人为引入的辅助物理量，定义0ε=+D E P ，D 既与E 有关，又与P 有关。说明D 不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。定义式无论对各向同性介质，还是各向异性介质都适用。

对于各向同性电介质，因为0e χε=P E ，所以0r εεε==D E E 。 4．D ，E ，P 之间的关系

0ε=+D E P

对各向同性电介质ε=D E 。D 的高斯定理：i d q ?=∑??D S

D 线起于正自由电荷，止于负自由电荷。

5．电场能量

e ω=?D E

2e e V V

W dV dV ω==???????D E

三、习题选解

7-1 如图所示，在一不带电的金属球旁有一点电荷q +，金属球半径为R ，已知q +与金属球心间距离为r 。试求：（1）金属球上感应电荷在球心处产生的电场强度E 及此时球心处的电势V ；（2）若将金属球接地，球上的净电荷为多少？

题7-1图

解：（1）由于导体内部的电场强度为零，金属球上感应的电荷在球心处产生的电场强度E 与点电荷q +在球心处产生的电场强度'E 大小相等，方向相反。

04r q E E πε=

'= E 的方向由O 指向q +

点电荷q +在球心处的电势为

q V q 04πε=

金属球表面感应电荷在球心的电势为R V ，由于球表面感应电荷量总和为零，

?===s

R dq R R

dq V 041

400πεπε

故球心电势为q V 和R V 的代数和

q V V V R q 04πε=

（2）若将金属球接地，金属球是一个等势体，球心的电势0=V 。设球上净电荷为q '。球面上的电荷在球心处的电势为

?'=

R R

q dq R R

dq V 0004414πεπεπε

点电荷q +在球心的电势为 r

q V q 04πε=

由电势叠加原理 0=+=q R V V V

q R V V -=

q R

q 0044πεπε-

q r

R q -

=' 7-2 如图所示，把一块原来不带电的金属板

B 移近一块已带有正电荷Q +的金属板A ，

平行放置。设两板面积都是S ，板间距是d ，忽略边缘效应。求：

（1）B 板不接地时，两板间的电势差；（2）B 板接地时，两板间电势差。

σ12σ34

题7-2图

解：（1）如图，设A 、B 两金属板各表面的面电荷密度分别为1σ、2σ、3σ、4σ。由静电平衡条件可知

??????

?=-++=---0

2222022220

40302010

4030201

εσεσεσεσεσεσεσεσ 解得 ???-==3

1σσσσ

又 430σσ+= Q S S =+21σσ 故 1242Q S

σσσ===

32Q S

σ=-

两板间为匀强电场，电场强度

31240000022222Q E S

σσσσεεεεε=

+--= 两板间的电势差 S

Ed U 02ε=

= （2）若B 板接地，则有 ??

??=-===S Q 32410σσσσ

两板间的电场强度 32000

22Q

E S σσεεε=

-= 两板间的电势差 S

Ed U 0ε=

= 7-3 B A 、为靠得很近的两块平行的大金属平板，板的面积为S ，板间距离为

d ，使B A 、板带电分别为A q 、B q ，且A B q q >。求：（1）A 板内侧的带电量；（2）两板间的电势差。

解：（1）如图，设A 、B 两板各表面的电荷面密度分别为1σ、2σ、3σ、4σ。

由题意 ???=+=+B A

q S S q S S 4321σσσσ ①

又由静电平衡条件（参考题7-2）得

σσσσ=??

=-? ②

题7-3图

由①、②解得 142322A B A

B q q S

q q S σσσσ+?

==???-?=-=??

故Ａ板内侧的带电量 2

22B

A q q S q -=

=σ

（2）两板间为匀强电场，电场强度

31240000022222A B

q q E S

σσσσεεεεε-=

+--= 两板间电势差 02A B

q q U Ed d S

ε-==

7-4 如图所示，半径为1R 的导体球带有电荷q ，球外有一个内半径为2R 的同心导体球壳，壳上有电荷Q 。（1）求球与壳的电势差12U ；（2）用导线把球和壳连接在一起后，其电势为多少？

解：（1）导体球与球壳之间的电场强度为

04r q E πε=

球与壳的电势差

?==2

120

124R R R R r dr

Edr U πε

题7-4图

R R q -=

πε （2）用导线把球与球壳连接在一起后，导体球和导体球壳的电荷重新分布。静电平衡时，球与球壳为等势体，1221V V V ==。所有电荷（Q q +）均匀分布在球壳外表面。球壳外电场强度为

04r

Q E πε+=

' 球与球壳的电势 2

22002

44R R Q q dr Q q

V Edr r R πεπε∞

∞

++'===??

7-5 如图所示，同轴传输线由圆柱形长直导体和套在它外面的同轴导体管构成。设圆柱体的电势为1V ，半径为1R ，圆管的电势为2V ，内半径为2R ，求它们之间离轴线为r 处(12R r R <<)的电势。

解：设圆柱体表面沿轴线单位长度所带电量为λ，在距轴线为r 的任意一点

P 的场强为

E 02πελ

12R r R <<

题7-5图

P 点与圆柱体的电势差

1001

ln 22r

P R R dr r

V V Edr r R λλπεπε-===??

①

圆管与圆柱体的电势差

?===-2

20021ln 22R R R R R R r dr Edr V V πελ

πελ ②

由①、②两式消去λ，得P 点电势

)ln()ln(

)

211R R R r

V V V V P --= 7-6 实验表明：在靠近地面处有相当强的电场，E 垂直于地面向下，大小约为

1100-?m V 。试求：（1）地面的面电荷密度；（2）地面的每平方米所受的库仑力。

解：设地球带电荷q 。由高斯定理，地球表面电场

04e

q E πε=

E R q e 204πε=

电荷q 均匀分布于地球表面，则地面面电荷密度

21002

201085.844--??====m C E R E R S q e

e εππεσ 地面每平方米受库仑力 N

E F 81085.8-?==σ

7-7 如图所示，一平行板电容器两极板间充满了电容率为ε的均匀介质，已知极板上的面电荷密度分别为0σ和0σ-。略去边缘效应。求电介质中的电场强度E 、极化强度P 、电位移D ，介质表面的

题7-7图

极化电荷面密度σ'。

解：对于平行板电容器，两板间的电场强度为

0σε

E n 其中0n 为沿极板法线方向的单位矢量，方向从0σ极板指向0σ-极板。两极板电介质中的电位移为

00εσ==D E n

极化强度 000000000(1)εε

εσσσεε

=-=-

=-P D E n n n 由于极化电荷都在介质的上下两表面，故极化电荷体密度0='ρ。两极板间介质中的电场E 为板上自由电荷产生的电场0E 和介质表面束缚电荷产生的电场'E 的叠加。设介质表面极化电荷面密度为σ'。

000εσ=

E 0

εσ'='E E E E '-==

σ )(1

0σσεεσ'-= 00

)1(σε

εσ-

=' 对于靠近带正电荷极板的介质表面，极化电荷面密度为σ'-。靠近带负电荷极板的介质表面，极化电荷面密度为σ'。

7-8 如图所示，平行板电容器两极板相距为d ，接到电压为U 伏的电源上，在其间插入厚为x 、相对电容率为r ε的玻璃平板。略去边缘效应，求空隙中和玻璃中的电场强

度。

题7-8图

解：设电容器极板上电荷面密度为0σ，则两极板间空气间隙中的场强为

0εσ=

E 玻璃平板中的场强为 r

E εεσεσ000==

' E E r '=ε0 ①

两极板间的电位差 x E x d E U '+-=)(0 ② 由①、②两式可得 0()r r U E d x x

εε=

()r U

E d x x

ε'=

7-9 在相对电容率为1r ε、半径为R 的均匀电介质球的中心有一点电荷q ，介质球外的空间充满相对电容率为2r ε的均匀电介质。求距q 为r (r R <)处的场强及电势（选无穷远处为电势零点）。

解：介质球中心的点电荷q 产生的电场具有球对称性。由高斯定理，介质球内外的场强分别为

1014r

q E r επε=

（r R < ）

2024r q E r επε=

（r R >）

选无穷远处为电势零点，距q 为r （r R <）处的电势

??∞

+=R

r r R

q R r q

dr E dr E V 2010214)11(4επεεπε7-10 有一面积为S 、间距为d 的平行板电容器。（1）在板间平行于极板面插入厚度为

d ，面积也为S 的相对电容率为r ε的均匀电介质板，计算其电容；（2）若插入的是同样尺寸的导体板，求其电容；（3）上下平移介质板或导体板对电容有无影响？

V V B

题7-10图

解：设电容器极板所带电荷面密度为σ （1）两极间电势差

332211d E d E d E V V B A ++=-

123000r

d d d σσσ

εεεε=

++ 20310)(d d d r

εεσεσ++=

由331d d d d -

=+， 3

d = 得 r

B A d

d V V εεσεσ00332+=

- 电容 d S d S

V V Q C r r r

r B A )12(3)12(300+=

+=-=

εεεεεεσσ （2）若插入导体板，则02=E

11331300

A B V V E d E d d d σσ

εε-=+=

130002()()33d d d d d σσσεεε=

+=-= 电容 d

S d S

V V Q C B A 233200

εεσσ==-=

（3）上下移动介质板或导体板对电容无影响。

7-11 如图所示，一无限大平行板电容器，设B A 、两板相距cm 0.5，板上各带电荷26103.3--??=m C σ，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），求：（1）在两板之间距A 板cm 0.1处P 点的电势；（2）A 板的电势。

解：（1）平板电容器两板间场强

εσ

P 点电势

V r d V r d E V B P 40

1049.1)()(?=-=

+-=εσ

（2）A 板的电势

题7-11图

V d V Ed V B A 40

1086.1?==

+=εσ

7-12 面积是22.0m 的两平行导体板放在空气中相距5.0mm ，两板电势差为

1000V ，略去边缘效应。试求：（1）电容C ；

（2）各板上的电量Q 、电荷的面密度σ和板间电场强度E 的值。

解：（1）平板电容器电容

F F d

C με3901054.31054.3--?=?==

（2）各板上的电量 C CU Q AB 61054.3-?== 板上电荷的面密度 261077.1--??==m C S

σ 板间电场强度E 的值 150

100.2-??==

C N E εσ

7-13 如图所示，电容器由三片面积都是

20.6cm 的锡箔构成，相邻两箔间距离都是mm 10.0，

外边箔片联在一起成为一极，中间箔片作为另一极，

题7-13图

（1）求电容C ；

（2）若在这电容器上加V 220电压，问三箔上电荷的面密度各是多少？

解：（1）三片锡箔组成的电容器，其电容相当两个电容器的并联。

pF F d

C C C 21000211006.11006.1?=?=+

+=-εε

（2）总电量 C CU Q 81034.2-?==

对于中间一片锡箔，总电量Q 均匀分布在箔的两面，故锡箔面电荷密度

251095.1

--??==

m C Q

7-14图

7-15 一电容率为0ε的无限大均匀介质中，有一个半径为R 的导体球，带电荷

Q 。求电场的能量。

解：导体球的电荷均匀分布在外表面，球内不存在电场，电场只存在于球体外，其空间分布为 01=E （0r R <<）

024r Q E πε=

（r R >）

此时，电场的能量为

???∞

∞∞

====R R R R

Q r dr Q dr r r

Q dV E W 02

2022

2200220884)4(2121πεπεππεεε7-16 一空气球形电容器内外球壳的半径分别为1R 和2R ，分别带有等量异号电荷，电势差为U 。试求：（1）电势能；（2）电场的能量。

解：（1）介质为空气的球形电容器的电容为

104R R R R C -=

πε

电势能为 2

22012

41122AB R R U Q W CU C R R πε===

- （2）球形电容器介质层中的电场强度为

04r

Q E πε=

其中 012

4AB R R U Q CU R R ε==

故 012

1222

0212141

4()R R U R R U E r R R R R r

πεπε=

=-- 由于内球壳中场强为零，外球壳外场强也为零，故电场能量储存在内外球壳之间。在两球壳间取体积元dr r dV 24π=，其电场能量

dr r E dr r E dV E dW 22022020242

21πεπεε===

全部电场中的能量

-=??

????-==2

21222

22102

2122120)(2)(2R R R R r

R R U R R dr r R R U R R r dW W πεπε 1222102

121222

22102)1

1()(2R R U R R R R R R U R R -=

--=πεπε7-17 半径为1R 的导体球，外套有同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R 、

3R ，球与壳之间是空气，壳外也是空气，当内球带电荷1Q ，球壳带电荷2Q 时，问：

（1）这个系统储藏了多少电能？（2）如果用导线将球与壳连在一起，结果如何？

解：（1）这个由导体球和同心导体球壳的系统将空间分为4个部分，分别为导体球内（0r R <≤；球与壳之间（12R r R <<；球壳之间（23R r R ≤≤）及球壳之外（3r R >）。由于球体与球壳均为导体，所以导体球内与球壳之间的电场强度为零。由高斯定理易得此时全空间场强的表达式为

()

122012

044Q R r R r E Q Q r R r

πεπε?<

+?>??

系统储藏电能为

???

∞???

? ??++???? ??=

=32

2021022201044214421R v

R R e e dr r r Q Q dr r r Q dW W ππεεππεε ()302

2121

118118R Q Q R R Q

πεπε++???? ??-= （2）如果用导线将球与壳连在一起，此时电荷只分布在球壳外表面上。由高斯定理知：球壳外表面以内电场强度为0，球壳外表面以外电场强度表达式为

()12

04Q Q E r R r πε+=

系统储藏电能为

()32

122

120200314248e e v R Q Q Q Q W dW r dr r R εππεπε∞

'+??+'=== ???

?? 7-18 如图所示，两平行导体板面积为S 、间距为d ，在它们中间平行地插入一层厚为t 、电容率ε的电介质，求下列两种情况下，插入介质后能量改变的值。（1）维持两极板电荷Q 不变时插入介质；（2）维持两极板电压U 不变时插入介质。

解：未插入介质极前，平板电容器的电容为

C 0ε=

插入介质后，平板电容器的电容变为

t d S C 00)(εεεε+-=

题7-18图

（1）维持两极板电荷Q 不变时插入介质板，插入前后电场的能量分别为

C Q W 22=， C Q W '

='22

能量改变的值 ??

???-

+-=

-'=?S d S t t d Q W W W 0002)(21εεεεε S

tQ S d

t t d Q εεεεεεεεε0200022)())((21--

=-+-= （2）维持两极板电压U 不变时插入介质板，插入前后电场的能量分别为

221CU W =

U C W '=' 能量改变的值 ))((

0002d

S t t d S U W W W εεεεε-+-=-'=? [][]

t d d StU t t d d St St Sd S d U )(2)()(21020002

0002εεεεεεεεεεεεεεε---=+--+-=7-19 一平行板电容器，板的面积为S 、极板间距离为d ,把它充电到两极板电势差为U 时去掉电源，然后把两极板拉开到距离为d 2。略去边缘效应，试求：（1）分开两极板所需的功；（2）两极板的电势差；（3）电容器所储存的能量。

解：当极板间距为d 时，电容器电容为

C 01ε=

当极板间距为2d 时，电容器电容为

02C d

C =

ε （1）由于在拉开极板前电池已撤去，所以板上电荷量不变，

U C Q 01ε=

分开两极板所需的功为电容器储存能量的增加量

SU d SU S d S d C Q C Q W W A 2))(2(2121212

020********εεεε=

-=-=-= （2）两极板的电势差

U S

d SU C Q V V B A 22002===

-εε （3）两极板拉开后电容器所储存的能量

SU U d S U C W AB 202

022422121εε=?==

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

大学物理教程 (上)课后习题答案

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 代入，有 2 1) y =- 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i = ， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =， 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。

解（1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。解由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。解由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。解（１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球

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.

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(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 第1章质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

大学物理课后练习习题答案详解.docx

第一章质点运动学 1、( 习题：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程；（ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度：则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）：质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 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 t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 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； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 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

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

1 习题解答习题一 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 ?1 2r r -=，1 2r 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 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 ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d 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 2d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为

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(吴柳主编)上册课后习题答案

大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

说明：上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案；第1，2，4，8章的习题有部分答案；第3，9，10，11章的习题没有答案。为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。

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 -?? =0 00 )1(0 t 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 -2g h 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)

大学物理课后习题答案(上)

《大学物理》练习题 No .1 电场强度班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量一、选择题 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 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2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 ( x < 0)和 ( 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. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3

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 =×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

大学物理教程上课后习题答案

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。解（1）质点的速度为（2）质点的速率为速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。解由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34，

2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。解由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。解（１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出：（1）卫星的动能；（2）卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后停止。求：（1）木块与水平面之间的摩擦系数；（2）子弹的动能减少了多少。

大学物理课后答案第七章..

大学物理学下册答案第11章

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