大学物理综合练习册答案(南航)
《大学物理》综合练习(一)参考答案
一、选择题
1．D ；2．D ；3．C ；4．C ；5．C ；6．C ；7．B ；8．A ；9．D ；10．D 。
二、填充题
1．m /s 2-；s 2；m 3；m 5。
2．j t i t
)3
12()1(32+++；j t i 22+。
3．
v h
l h 2
2
-。
4．2m/s 8.4；2m/s 4.230。
5．m
t kv mv t v +=00
)(；x m
k e v x v -=0)(。
6．J 18-。
7．rg v π16320；3
4。
8．R
GMm
6-
。 9．θsin 2gl ；θsin 3mg ；
θsin 2g ；θcos g 。
10．j mv 2-；j R
mv
π22-。
11．v M
m m
V +-。
12．m 3.0。
13．100
r r v ；2
0212
121mv mv -。 三、计算题
1．(1) j t i t r
)1(342++=；j t i t v 346+=；j t i a 2126+=。
(2) j t i t r r r
42013+=-=?。
(3) 19
2
+=x y 。
2．(1) ?
-=+
=t
t t a v v 02
01d ，3003
1
3d t t t v x x t
-+=+=?
。 (2) 0=v 时s 1=t ，该时刻2m/s 2-=a ，m 3
2
3=x 。
(3) 0=t 时m 30=x ，0=v 时(相应s 1=t )m 32
31=x ，m 3
201=-=?x x x 。
3．(1) ???
??==-=-332
2211a
m g m a m g m T a
m T g m μμ 解得
???
?
??
?=====+-=2
3232
2121m/s 96.12.0m/s 88.56.0g g m m a g g m m m m a μμ
(2) 2m 相对于3m 的加速度g a a a 4.03=-='，且221t a s '=，3m 移动距离2332
1
t a s =，因而m 20.04.04.02.033=?='=
g
g
s a a s 。 4．切向：t
v m kv d d =-，两边积分?
?-=t
v v t m k v v 0d d 0，得t m k
e v v -=0。
法向：t m
k t m k e T e l v m l v m T 202202
--===，其中l
v m T 200=为初始时刻绳中张力。
5．利用机械能守恒和牛顿定律 ???
????=-+-++=l v m mg T mgl mv mv 2
2
20)cos()]cos(1[2
121θπθπ 从以上两式中消去v ，得)cos 32(θ+=mg T
0=T 时，9413132cos 1
'?=??
?
??-=-θ。
6．???
??==-+=21
22211122211110sin sin cos cos m
m v m v m v m v m v m θθθθ
解得 ?==-303
3
tan 1
2θ m/s 32.173102==v
由于
2
2
2211212
12121v m v m v m +=，即 22212v v v +=，系统机械能守恒，所以是弹性碰撞。 7．(1) ???==-a
m T a m T g m B AB A AB A ，消去AB T 得 g g m m m a B A A 21=+=
又 2
21at l =
，得 m 4.05
4
.022=?==a l t (2) 系统动量不守恒，因为在拉紧过程中滑轮对绳有冲击力。 (3) 绳拉紧时A 、B 的速率 m/s 24.05.022=??==g al v 设绳拉紧时间为τ，忽略重力的作用，由动量定理得
○
02
v
1
v
???
??=-=--=-τ
τττ
BC C
BC AB B B AB A A T V m T T v m V m T v m V m 解得 m/s 33.1232=?=+++=
v m m m m m V C B A B A 8．设两球碰撞后共同速率为1v ，由动量守恒定律得
02121)(v m v m m =+ （1）
碰撞后系统机械能守恒
202212121)(2
1
)(21)(21l l k v m m v m m -++=+ （2） 系统对O 点的角动量守恒
αsin )()(211021lv m m v l m m +=+ （3）
由以上三个方程解得
2
120222
12
02)(m m l l k m m m v m v +-+-
=
， 2
022
212
00
01
)(s i n
l l k m m m v l v l -+-=-α
9．设卫星质量为m ，地球质量为M ，由角动量守恒定律和机械能守恒定律，得
2211r mv r mv =，
2
221212121r mM
G
mv r mM G mv -=- 从以上两式解得
)(22112
1r r r GMr v +=
，)
(22121
2r r r GMr v +=
又2
R
mM G
mg =，2
gR GM =，代入上式，得 )(221121r r r gr R
v +=，)
(22121
2r r r gr R v +=
《大学物理》综合练习(二)参考答案
一、选择题
1．C ；2．C ；3．B ；4．C ；5．B ；6．C ；7．D ；8．①E ，②C 。
二、填充题
1．m N 1098.32??。 2．rad/s 1095.42?。 3．m /s 42.5。
4．???
? ??-1222
h gt mR 。 5．L 33
；L g 3。 6．L
g 2cos 3θ
；L g θsin 3； θsin 3Lg ；2cos 3θg a t =
；θsin 3g a n =；θcos 4
1mg F t =；θsin 25
mg F n =； 1sin 994
1
222+=
+=θmg F F F n t ；θθβsin 10cos arctan
arctan ==n t F F 。 三、计算题
1． 设1T 、2T 分别为物体m 与滑轮间、球壳与滑轮间绳的张力，J 为球壳绕竖直轴的转动惯量，a 为物体m 的加速度大小，方向竖直向下。由转动定律和牛顿第二定律，得
球壳： R
a
MR R a J
J R T 2232===α （1） 滑轮： r
a
J J r T T 00021)(==-α （2）
物体： ma T mg =-1 （3） 由（1）~（3）式解得：2
032
r J M m mg
a ++=
，ah v 2=2
032
2r
J M m mgh
++= 2． 钢棒绕其转轴的转动惯量
2
2
22
221m Kg 53.122.106.122.14.6121221212?=??
? ????+??=
?
??
???+=+=l m Ml J J J
(1) 由动能定理得轴摩擦力所做的总功A
J 1060.42
142
0?-=-=?=ωJ E A k
(2) 恒定力矩的功 n M M A πθ2==，故在s 32内转过的转数
(rev)9.62439
253.120.321060.4224=?????===ππαππJ A M A n
(3) 当摩擦力矩不恒定时，只有力矩作功可以计算，无需任何附加条件，且
J 1060.44?-=A
3．(1) 由转动定律 ωωK t J -=d d ，积分 ??
-=2/000d d ωωωωt t J K ，得2ln K
J
t =
(2) 由动能定理 202
2
08
32122112ωωωJ J J E E A k k -=-??? ??=-= 4．取杆自由悬挂时的质心所在位置为势能零点，杆对离其一端4/l 的水平轴的转动惯
量为
22
24874121ml l m ml J =??
? ??+=
系统在整个运动过程中机械能守恒，故有
2
212
0l mg J =ω，l g 7340=ω，0ωω> 5．(1) 碰撞过程不计摩擦力的影响，系统对O 点的角动量守恒
02
122210234330sin 2ωωωl m l m l m J v m l
≈???
? ??+==? 23325
.040002.03
230sin 2
120=???=?
?=
l m v lm ωrad/s
(2) 在距O 点r 处取一长为r d 质元，摩擦力大小为 r l
g
m mg f d d d 1μμ==，f d 对O 点的力矩 r r l g
m f r M d d d 1μ
-=-=，则整个细杆所受的摩擦力对O 点的力矩为 ??
-=-==l l gl m r r l g m M M 00112
d d μμ
由动能定理 2
022
121ωωθJ J M -=
rad 68.08.92.03232
32121220120212
0=??==-
?
-=-=g l gl m l m M J μωμωωθ
6．系统对通过其中心的水平轴的角动量守恒
vl m J ul m '-='ω
即 ωω23
1
)(ml J l v u m ==+' （1）
因小球和细杆作弹性碰撞，系统机械能守恒
2222
1
2121ωJ v m u m +'=' （2） 由（1）和（2）式解得
m m m m u v '
+'-=
3)
3(，l m m u m )3(6'+'=ω 7．(1) 在距圆心r 处取一宽度为r d 的圆环，其上所受的阻力大小为f d ，则
r kr r r kr s kv f d 4d 4d d 2πωπω===
圆盘所受的空气阻力矩为
??
?
-=-
=-
==R
R
kR r kr f r M M 0
43d 4d d πωπω
(2) 由转动定律
θ
ω
ω
θθωωπωd d d d d d d d 4J t J t J
kR M ===-= 积分 ??
-=θωωπθ004
d d kR J
得 2040
240221
kR
m kR mR kR J πωπωπωθ=== 2
2042kR m n πωπθ
=
=
《大学物理》综合练习(三)参考答案
一、选择题
1． D ；2．A ；3．B ；4．A ；5．B ；6．B ；7．C ；8．A ；9．C ；10．B ；11．E ； 12．D ；13．A ；14．A 、B 、D ；15．B 、C 。
二、填充题
1．p v 、v 、2
v ； 2．1:1、3:5； 3．p
d kT
2
2π、正比、T p
d km 216π、 平方根成反比； 4．4、4； 5．Ⅱ、0v 、)1(A N -； 6．(1)单位体积中速率在v
v v d +→
区间内的分子数，(2)速率小于1v 的分子数，(3)速率大于0v 的所有分子的平均速率； 7．(1)等压，(2)等容，(3)等温，(4)等容； 8．%29、%71； 9．绝热过程、等压过程； 10．????
??-+--12
1211ln
V V a b V b V RT ； 11．21ln 11T V p S =?、0=?S 。 三、计算题
1．(1)0v v =时有a kv v Nf ==00)(，0
v a
k =
∴。由归一化条件 N av av =+002
1 得 0
32v N
a =
。 (2)025.12d )(0
v a v v Nf N v v =
=??
，3
N N =?。 (3)N a v v N a v v v Nv a v v v vf v v v v 611d d d )(2020
=+???
?
??=
=
?
?
?
∞
，09
11
v v =∴。 2． 证明：p
v v p kT
mv v e v v v e
kT m v f p 1424)(2
2
2
222
/3?
???
?
??=
???
?
??=???
? ??--πππ e
v v f p p π4
)(=
，其中 m
kT
v p 2=
。在v v v p p ?+~区间内的分子数为 kT m
e
v
N e
v v
N v v Nf N p p 244)(ππ??=
??=
?=?，T
N 1∝?∴。 3．(1))(2
)(211221212V p V p i
T T R i E E E -=-=-=? (2)))((2
1
2112p p V V A +-=
(3)))((2
1
)(221121122p p V V V p V p i A E Q +-+-=+?=
)(2
1
)(21)(2122111221122V p V p V p V p V p V p i -+-+-=
???? ??-+-+=
121
211112221
)(21p p V V V p V p V p i
1212p p V V =
,)(21)(21121122T T R i V p V p i Q -+=-+=∴ R i T T Q C 2
1
12+=-=
,5=i ,R C 3=∴ 4.(1)用热力学第一定律证明
反证法：如图，设等温线A 与绝热线B 相交于1
2两点，由于1、2在等温线上，内能相等
21E E =。又1、2在绝热线上，0=Q 。根据
E A Q ?+=，
而21→过程中系统对外做功不为零，所以21E E ≠，即0≠?E ，因此绝热线和等温线不能相交于两点。 (2)用热力学第二定律证明
如上图作121?→??→?B
A 循环，
此过程对外作有用功(所围面积)，但该循环只在等温过程中吸热，而没有其它影响，即违反热力学第二定律，因此绝热线和等温线不能相交于两点。 5．(1)p a
V =
,22
V a p =∴,系统对外界做功为
???? ??-==
=
?
?
21
22211d d 2
1
2
1
V V a V V a V p A V V V V (2)
12
112
122
222
112212<===V V V V a V V a V p V p T T ，即温度降低。 6．(1)b a →等温膨胀过程吸热，c b →等容过程放热。
(2)2V V c =，1
21
1-???
? ??=γV
V T T c
(3)1
2
1
21121112
ln 1111ln )(111V V V V V V RT M M T T C M M Q Q Q Q mol C V mol ab
bc -???? ??-?
--=--=-=-
=γγη
7．致冷系数 2.1222
2682252732122==-=-==
T T T A Q W 卡 J 1022.118.12100042?=?==∴卡AW Q （从室外吸收的热量） 传给室内的热量 J 1032.110)1.022.1(4421?=?+=+=A Q Q 8．对ABO 过程，外界做功J 3011-==Q A ； 对ODC 过程，对外做功J 7022==Q A ； OA BO Q Q Q +=1 ，CO OD Q Q Q +=2
CA BD Q Q Q Q +=+∴21，J 14021=-+=CA BD Q Q Q Q 9．C 0?水至C 100?水：设想该过程为一个可逆的等压过程
kJ/K 30.1273
373ln 18.41ln
d d 1)(d 122
1
=??===???
? ??=
=
-?
?
?
T T MC T
T
MC
T C M M
T T
Q S S T T B A
B
A p mol p
A B
C 100?水至C 100?水蒸汽：设想该过程为一个可逆的等温过程 kJ/K
34.7)()(kJ/K
04.6373
22531)(d =-+-=-=?=?===-?
A B B C A C AC C B T
B C S S S S S S S T M T Q S S λ
大学物理综合练习题及答案
综合练习题AII 一、 单项选择题（从每小题给出的四个备选答案中，选出一个正确答案，并 将其号码填在题干后的括号内，每小题2分，共计20分）。 1、 关于高斯定理，下面说法正确的是：（ ） A. 高斯面内不包围电荷，则面上各点的电场强度E 处处为零； B. 高斯面上各点的E 与面内电荷有关，与面外的电荷无关； C. 穿过高斯面的电通量，仅与面内电荷有关； D. 穿过高斯面的电通量为零，则面上各点的E 必为零。 2、 真空中有两块互相平行的无限大均匀带电平板，其中一块的电荷面密度为 +σ，另一块的电荷面密度为－σ，两板间的电场强度大小为：（ ） A. 0； B. 023εσ； C. 0εσ； D. 0 2εσ 。 3、 图1所示，P 点在半圆中心处，载流导线旁P 点的磁感应强度B 的大小为：（ ） A. μ0I(r r 2141+π)； B. μ0I(r r 2121+π)； C. μ0I(r r 4141+π)； D. μ0I(r r 4121+π) 。 4、 一带电粒子以速率V 垂直射入某匀强磁场B 后，运动轨迹是圆，周期为T 。若以速率2V 垂直射入，则周期为：（ ） A. T/2； B. 2T ； C. T ； D. 4T 。 5、 根据洛仑兹力的特点指出下列叙述错误的为：（ ） A. 洛仑兹力与运动电荷的速度相垂直； B. 洛仑兹力不对运动电荷做功； C. 洛仑兹力始终与磁感应强度相垂直；D. 洛仑兹力不改变运动电荷的动量。 6、 在杨氏双缝干涉实验中，两条狭缝相距2mm ，离屏300cm ，用600nm 光 照射时，干涉条纹的相邻明纹间距为：（ ） A. 4.5mm ； B. 0.9mm ； C. 3.12mm ； D. 4.15mm 。 7、 若白光垂直入射到光栅上，则第一级光谱中偏离中心最远的光是：（ ） A. 蓝光； B. 黄光； C. 红光 ； D. 紫光。 8、 一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一偏振片。若以此入射光为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为：（ ） A. 2/3； B. 1/5； C. 1/3； D. 1/2。 9、 单缝夫琅和费衍射中，若屏幕上的P 点满足2/5sin λ?=a ，则该点为：（ ） A. 第二级暗纹； B. 第五级暗纹； C. 第二级明纹； D. 第五级明纹。 10、 当加在光电管两极的电压足够高时，光电流会达到一个稳定值，这个稳定 值叫饱和电流。要使饱和电流增大，需增大照射光的：（ ） A. 强度； B. 照射时间； C. 波长； D. 频率 。 二、 填空题（每小题2分，共计20分） 1、 图2所示，半径为R 电流为I 的圆形载流线圈在均 匀磁场B 中所受的磁力矩大小为 。 2、 电量均为+q 的两个点电荷相距2x ，则在这两个点电荷连线中点处的电势为 。 3、 在真空中，半径为R 的孤立导体球的电容为 。 4、 静电场由静止电荷产生，感生电场由 产生。 5、 真空中波长为λ的单色光在折射率为n 的介质中，由a 点传到b 点相位
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
大学物理习题及综合练习答案详解
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 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》综合练习(一)参考答案 一、选择题 1．D ；2．D ；3．C ；4．C ；5．C ；6．C ；7．B ；8．A ；9．D ；10．D 。 二、填充题 1．m /s 2-；s 2；m 3；m 5。 2．j t i t ? ?)3 12()1(32+++；j t i ??22+。 3． v h l h 2 2 -。 4．2m/s 8.4；2m/s 4.230。 5．m t kv mv t v +=00 )(；x m k e v x v -=0)(。 6．J 18-。 7．rg v π16320；3 4。 8．R GMm 6- 。 9．θsin 2gl ；θsin 3mg ； θsin 2g ；θcos g 。 10．j mv ?2-；j R mv ? π22-。 11．v M m m V +-。 12．m 3.0。 13．100 r r v ；2 0212 121mv mv -。 三、计算题 1．(1) j t i t r ??? )1(342++=；j t i t v ???346+=；j t i a ???2126+=。 (2) j t i t r r r ??? ??42013+=-=?。 (3) 19 2 +=x y 。 2．(1) ? -=+ =t t t a v v 02 01d ，3003 1 3d t t t v x x t -+=+=? 。 (2) 0=v 时s 1=t ，该时刻2m/s 2-=a ，m 3 2 3=x 。 (3) 0=t 时m 30=x ，0=v 时(相应s 1=t )m 32 31=x ，m 3 201=-=?x x x 。 3．(1) ??? ??==-=-332 2211a m g m a m g m T a m T g m μμ 解得 ??? ????=====+-=23232 2121m/s 96.12.0m/s 88.56.0g g m m a g g m m m m a μμ 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 -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 。 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 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 ?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 7大学物理习题及综合练习答案详解 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀 分布在月球上，使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝ 5.98l024kg ，月球的质量m =7.34l022kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M = ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放 在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大？ 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+λ，则杆上距原点x 处的线元d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何？q 0受的总电场力为何（ 2）若电荷线密度λ=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0 图7-3 a λ l P x q -q -q -l l r Q r r 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（一）课程期末考试说明 四川电大教学处 林朝金 《大学物理（一）》是中央电大开放教育工科各专业开设的一门重要的基础课。本学期的学习内容是《大学物理》（理论核心部分）的第一章至第八章的第三节。为了便于同学们理解和掌握大学物理的基本内容，本文将给出各章的复习要求，列出教材中的部分典型例题、思考题和习题目录，并编写一部分综合练习题。同学们复习时应以教材和本文为准。希望同学们在系统复习、全面理解的基础上，重点掌握复习要求的内容。通过复习和练习，切实理解和掌握大学物理学的基本概念、基本规律以及解决典型物理问题的基本方法。 第一章 运动和力 一、复习要求 1．理解运动方程的概念。能根据运动方程判断质点做何种运动。 2．理解位移、速度、加速度的概念。掌握根据运动学方程求解质点运动的位移、速度、加速度的方法（一维和二维）。 3．理解法向加速度和切向加速度的概念。会计算抛体运动和圆运动的法向加速度和切向加速度。 4．理解牛顿运动定律及其适用条件。 5．理解万有引力、重力、弹性力和摩擦力的基本作用规律以及在这些力作用下典型运动的特征。 一、典型题 （一）教材上的例题、思考题和习题 1．例题：例15，例16。 2．思考题：4，6，7，9，14，16。 3．习题：2，3，4，6，7，14，16，17。 （二）补充练习题 1．做直线运动的质点，其法向加速度 为零， 有切向加速度。做曲线运动的质点，其切向加速度 为零， 有法向加速度。（以上四空均填一定或不一定） 2．将一质点以初速度 沿与水平方向成θ角斜向上抛出，不计空气阻力，质点在飞行过程中， 是 的， 是 的， 是 的（以上三空均填变化或不变化）。质点飞行到最高点时，法向加速度 = ，切向加速度 = 。 3．做圆周运动的质点，一定具有 （填切向或法向）加速度，其加速度（或质点所受的合力）的方向 （填一定或不一定）指向圆心。 4．一质点的运动方程为x=0.2cos2πt ，式中x 以米为单位，t 以秒为单位。在 t=0.50秒时刻，质点的速度是 ，加速度是 。 5．一质点沿半径R=4m 的圆周运动，其速率υ=3t+1，式中t 以s 为单位，υ以m · s -1 为单位，求第2秒初质点的切向加速度和法向加速度值。 υ 0dt r d dt d υ dt d υ a n a τ 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3
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