大学物理练习册解答一．力学部分
质点运动学（一）
质点运动学（二）
牛顿运动定律（一）
牛顿运动定律（二）
动量与角动量（一）
动量与角动量（二）
功和能(一)
功和能（二）
刚体定轴转动(一)
刚体定轴转动(二)
狭义相对论（一）
狭义相对论（二）
二．热学部分
温度
气体分子运动论（一）
气体分子运动论（二）
热力学第一定律（一）
热力学第一定律（二）
热力学第二定律（一）
热力学第二定律（二）
三．电磁学部分
静电场（一）
静电场（二）
电势（一）
电势（二）
静电场中的导体
静电场中的电介质（一）静电场中的电介质（二）恒定电流
稳恒磁场（一）
稳恒磁场（二）
磁力
磁场中的磁介质
电磁感应（一）
电磁感应（二）
电磁波
四．振动与波
振动（一）
振动（二）
波动（一）
波动（二）
光的干涉（一）
光的干涉（二）光的衍射（一）光的衍射（二）光的偏振
五．近代物理部分近代物理（一）近代物理（二）近代物理（三）激光
,m/s 6/(1):-==t x v ??解质点运动学（1）——答案
一、选择题
1.D
2.B
3.D
4.D
5.D 二、填空题 1. 23 m/s
2. ()[]
t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--; ()ωπ/122
1
+n (n = 0, 1, 2,…) 3. 0.1 m/s 2
4. bt +0v ; 2402/)(b R bt ++v
5. -g /2; ()g 3/322v 三、计算题
1.
2.
3．（1）t A y t
A x ωωsin cos 21==，消去t 得轨道方程为122
2
212=+A y A x （椭圆）
（2）
t A t A dt
d t A t A dt
d 2221221sin cos cos sin ωωωωωωωωω-=--==
+-==
a 与反向，故恒指向椭圆中心。
（3）当t=0时，x=0，y=0，质点位于
π
=
t 时，2212
s i n ,02c o s A A y A x ====π
π。
质点位于图中的Q 点。显然质点在椭圆形轨道上沿反时针方向运动。在M 点，加速度向分量t 如图所示。可见在该点切向加速度t ,
910(2)2
t t dx/dt v -==,
/16(2)s v -=,
1810t -=dt dv a /(3)=s 2
(2)
m/26-=a
v
x 处的速度为解：设质点在dt dx dx dv dt dv a ?==
dx
dv v =x
2
63+=,)63(0
2dx x vdv v x
??+=)
4(631/2
x x v +=
与速度v 的方向相反。所以，质点在通过M 点速率减小。
4.
5.
所以质点的运动方程为：
解：先求质点的位置
,
s 2=t 2
25220?+?=s )
(m )(60在大圆=dt ds v /=,1020t +=m/s
40(2)=v 时
s 2=t dt dv a t /=m/s
10=R v
a n /2
=。s m/3/1602
=t
)1(dt
dv a dt dv a y y x
x ==
dt
t dv dt dv y x 236 2==????
==t
v y t
v x dt
t dv dt dv y
x
20
36 2 12 23t v t v y x ==t t 3122 +=∴dt
dy
v dt dx v y x ==
dt
t dy tdt dx 312 2==????
==t
y t x
dt
t dy tdt dx 0
30
12 24
23 t y t x ==j t i t r t
y t x 4
24
2
3 3+=?????==
(2) 上式中消去t ,得y=3x 2即为轨道方程。可知是抛物线。
注：若求法向加速度，应先求曲率半径。
6
22
23
1444 12 2 )3(t t v v v t v t v y x y x +=+=∴== 4
2
62636121621444864821t t t t t t dt dv a ++=
++==τ()
6)361(12
3223
2x y y +='''+=ρ422
3242236124)
361(6)361(4t t x t t v a n +=+?+==ρ
质点运动学（二）——答案
一、选择题
1.C
2.A
3.D
4.C
5.C 二、填空题 1, ()
2
022v v +=
gx y ; 22/2
1v gx y =
2. 212
22/t t S t -;???
?
???
?--22
1
221sin t t t 或 ()211/cos t t - 3. r
; r ?
4. 0321=++v v v
5. αcos 2212221v v v v -+或αcos 2212
221v v v v ++
三、计算题
1. 解：实际上可以用求面积的方法。
2.
3. 解：（1）
4. 解：根据机械能守恒定律，小球与斜面碰撞时的速度为:
h 为小球碰撞前自由下落的距离。因为是完全弹性碰撞，小球弹射的速度大 小为:gh v v 212==
m x 2 2
1
)21(22)15.2(=?+-?+=
的水平分量的大小为雨对车v v v v 车对地
雨对车雨对地根据+=竖直向下，
雨对地v 其水平分量为零。∴m/s
10=v
车对地
30ctg (2)
v v 车对地雨对地由图：=m/s
3.17=30sin /
v v
车对地雨对车
=m/s
20=v
v 雨对地
v 车对地
gh
v 21=
v 2的方向是沿水平方向，故小球与斜面碰撞后作平抛运动，弹出的水平距离为:
根据 极值条件
得到:
且:
是使小球弹得最远的高度。
5. 解：设水用S ；风用F ；船用C ；岸用D 已知：
正东
正西 北偏西30o
2t v s =g
h H t )
(2-=
式中g h H gh s )(22-=)(2h H h -= ,2H h =04222<-=H h d s d H H
H 2
1' =∴()h H h h
H dh ds --=20=
20
10
10===cs fd sd v v v sd cs cd v v v +=方向正北
km/h 310=cd cd
fc fd += cd
fd fc -=∴sd fd =-= 方向为南偏西30o 。
fc
v cs
v fc
v fd
v sd
v c
牛顿运动定律（一）——答案
一．选择题
1.C
2.C
3.B
4.A
5.B 二、填空题 1. f 0
2. ―(m 3/m 2)g i
;0 3. l/cos 2θ
4. 0.28 N; 1.68 N
5.
三、计算题
1. 解：联立求解：
则外力
由牛顿第三定律，m 对M 的压力与N
2. 解：受力分析，建立坐标系，物体受重力，地面的弹力，外力和摩擦力，列受力方程。 0cos =-N F μθ 联立求解：
0sin =-+mg F N θ
当分母有极大值时，F 有极小值。 令 因此y 有极大值。 由 有 B
g A
N
f
g
m A (1)
(2)
ma N =θsin 0cos =-mg N θθgtg a =θ
cos /mg N = )(a M m F +=θgtg M m )(+=θ
cos /mg N =θ
μθμsin cos +=
mg
F θ
μθsin cos +=y ,0=θ
d dy
θμθθ
sin cos 2
2--=d y
d ,0<0
cos sin =+-θμθ,
μθ=∴tg μ
θarctg =x
3.证明：
有：
两边积分: 则
4. 解：设小球所在处圆锥体的水平截面半径为
5.解:小球受力如图,根据牛顿第二定律:
当： μθarctg =时最省力。
ma F = 2x k -=m F a =2mx k -=dt dv =dx dx dt dv ?=dx dv v =dt
dx v =dx mx
k vdv 2
-=dx mx k vdv x x v 2
00
-?=???? ??-=02
112x x m k v ??? ??-??? ??=0112x x m k v 0
sin cos cos sin 2=-+==-mg N T r m ma N T θθωθθθ
sin l r =θ
βωθθθωθ222sin cos cos sin sin )1(l m mg T l m mg N +=-=∴θ
θωωωcos / cos / 0
)2( mg T l g N c c ====H
O
l θ dt
F
kv mg mdv
=--?=?
--t
v dt F
kv mg mdv 00
,
0:时初始条件=t 0
=v
牛顿运动定律（二）——答案
选择题
1.A
2.B
3.B
4.C
5.B 二、填空题
1. 63.2 N; 参考解：mr ω2 = 2×0.8×(2π)2N = 63.2 N
2. 02=-ωμRm mg
3. g; 竖直向下; 22a g +
4. 2％
5. 212m m g m F +-;
)(12
12
g m F m m m ++ 三、计算题
1.解：以被提起的绳段y 为研究对象，建立坐标Oy ，它受拉力F 和重力λ y g 的
作用，如图所示。由牛顿第二定律：
)
()()
()(2ay v dt dv
y v dt dy dt
yv d dt mv d yg F +=+===
-λλλλ即：
)(2ay v yg F ++=λ()()()y
a g ay ay yg F ay
v a 322112+=++===λλ则
常矢量时，当
()()
2202v gy F a v +===λ则
常矢量时，当
2.解：T T T ==21
.a 相对地面的加速度为取地面为参考系，电梯相对电梯的加速度，为设1m a r
则：a a a r
+=1。由：11111:a m T P m =+
()
()
111111a a m a m T g m a a a y r r -==--=则轴向下为正，得：取
同理：a a a r
+=2 则：22222:a m g m T m
=+
()
()
222222a a m a m g m T a a a y r r +==-+=则
轴向上为正，得：取
2
m 2
a 2
T 2
P
y
解（1）、（2）式得()a g m m m m a r ++-=2
12
1代入（1）式得()a g m m m m T ++=21212，方向如
图所示。
3． 解：以车厢为参考系，小球受力如图所示．小球静止时合力为零，
得 0*=++F G T
写投影式为 0s i n =-a m T θ
0c o s =-mg T θ 解之得出 g a /tg =θ
即 )
a r c t g
(g a
=θ
4． 解：(1) 取杆OA 为参考系，小环处于静止状态，受力如图：g m
、N 及惯
性离心力F '
三者合力为零. 受力图
0='++F N g m 其中 2)sin (ωαl m F =' ①
将①式沿OA 杆方向取投影可得
0c o s s i n )s i n
(2=-ααωαmg l m ② ∴ l
g ααωc o s
s i n 1=
(2) 因为N 与杆是垂直的，故无论N 取何值，都不影响小环沿杆的运动．现假定小环受到一个扰动，向杆A 端发生一位移?l ，即?l 大于零．由上面②式知：
ααωc o s s i n
])[(2mg l l m >+? 即惯性离心力F ′沿杆的分量大于重力沿杆的分量，二者方向相反，合力指向杆的A 端，故小环将沿杆向A 端加速，不能再返回平衡位置．反之，如小环向O 端发生一?l 位移，此时?l < 0， 故 ααωc o s s i n ])[(2mg l l m <+? 小环将受到一个指向杆O 端的合力，也不会再返回平衡位置，
∴ 小环所处平衡是不稳定平衡．
5．答：(1) 当θ力 f = m g sin θ ； (正确画出θ为0到θ 0之间的f －θ曲线)
(2) 当θ＝θ 0时(tg θ 0＝μ)，木块开始滑动
(指出θ 0 = tg -1μ)
(3) θ>θ0时，滑动摩擦力f =μm g cos θ
(正确画出θ为θ 0到90°之间的f －θ曲线)
A
z O
α N mg
F '
)
动量与角动量（一）——答案
一． 选择题
１．C 2. C 3. B 4. A 5. A
二． 填空题 1．0
)21(gy m +
0v m 21
2．18 N ·s
3．0，2πmg /ω，2πmg /ω 4．
θm M cos 0v
5．10 m/s 1，北偏东36.87°
三．计算题
1．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故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 '
有 m v 0 = m v +M v '
v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s T =Mg+M v 2/l =26.5 N
(2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v
方向为正方向)
负号表示冲量方向与0v
方向相反．
2．解：以 l E 和 l p 分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离，则由质心定义可得：p p E E l m l m =
由于质心保持不动，所以当人爬上 h l p =? 时，应有：p p E E l m l m ?=? 由此得：22
24
1014.310
98.52575-?=??=
?=
?p E
p E l m m l m 即地球向人爬高的反方向移动了221014.3-?m 。
3．解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒， 则有：
M v 1 +m v =0
v 1 =v M
m -
再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒， 则有：m v = (m+M )v 2
v 2 =v m
M m +
4．解：如图所示，设薄板半径为R ，质量为m ，面密度)/(22R m A πρ=。由质量分布的对称性可得板的质心在x 轴上，而 π
ρ342122R
dx x R x m m
xdm x A C
=
-=
=?
?
四．证明题 证：物体与契块组成的系统在水平方向不受外力，故此系统在水平方向的动量守恒，沿水平方向取x 轴，则按题意，有
V m M mv x )(00++-=+，其中v x 为物体沿契块斜面下滑速度v 的水平分量；V 为契块沿水平面移动的速度。由上式，得
x v m
M m
V +=
两边乘d t ，积分之，有
??+=t x t dt v m M m
Vdt 00 即??'+=αcos 00l x x d m
M m dx d x ,分别为契块和物体沿水平方向的位移元，这样，由上式可得契块的总位移x 为
动量与角动量（二）－答案
一．选择题
1.C
2.Ｃ
3. C
4. A
5. D
二．填空题
1．m/s 14.1=C a ，与正方形一边成45o角。 2．12 rad/s
3．1 N·m·s ，1 m/s
4．M v d
参考解: v
m r L ?= d m L v =
5．2275 kgm 2·s -1，13 m·s -1
三．计算题
1．解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力
mg F N +?=30sin
物体要有加速度必须：N F μ≥?30cos 即：mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥
物体开始运动后，所受冲量为 ?-?=t
t t N F I 0
d )30cos (μ
)(96.1)(83.302
02t t t t ---=
t = 3 s, I = 28.8 N s
则此时物体的动量的大小为 I m =v
速度的大小为 8.28==m
I
v m/s
2．解：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
θsin gl 21=v 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
V v v )(cos M m M m +=-1θ
M m gl M m +-=
θ
θsin cos 2v V
3．解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式
如下：
x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--
=? ①
y 方向：0)(=---=?y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ?==/2v
v x =v cos a
∴t m F ?=/cos 2αv 方向沿x 正向． 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．
解法二：作动量矢量图，由图知
αcos )(v v m m 2=?
方向垂直于墙向外
由动量定理: )(v
m t F ??= 得：t m F ?=/cos 2αv
不计小球重力，F 即为墙对球冲力
由牛顿第三定律,墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直于墙，指向墙内
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、J 0、ω0和v 、J 、ω．则
ωωJ J =00 ① 因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动．①式可写成
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 =
再由②式可得： 3/12
20)/(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
四．证明题
证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O ，力
对该点的力矩为零．根据角动量定理，质点对O 点的角动量是恒矢量
v
m r L ?=＝恒矢量
L 的方向垂直于r 和v
所在的平面，L 是恒矢量，方向不变，即 r ，v 总 是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动．
功和能（一）－答案
一．选择题
1. C
2. C
3. A
4. C
5.C
二．填空题
1．)131(R R GMm - 或 R GMm
32-
2．k
mgh k mg k mg x 2)(2++=
3．1 m/s ，150 J
4．－0.207
5．(2 m ，6 m)，(-4 m ，2 m)和(6 m ，8 m)，2 m 和6 m
三．计算题
1．解：按题设，质点由x =0处沿x 轴运动到任一位置x 的过程中，合外力所作的功为：)1(0
00kx x
kx e k
F dx e F A ---=
=? 利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有
0)1(0
-=--k kx E e k
F 即质点的动能为：)1(0
kx k e k
F E --=
可见，质点的动能E k 随位置x 而改变，令0→x ，则得质点所具有的最大动能为：
k
F e k F E kx x k 000
max ,)1(lim
=-=-→ 按质点的动能定义2
2
1mv E k =
， 则相应的最大速率为： km
F m
E v k 0
max
,max 22=
=
2．解：设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k ，根据胡克定律： 0.1g ＝k (0.07－l 0) ， 0.2g ＝k (0.09－l 0) 解得： l 0＝0.05 m ，k ＝49 N/m
拉力所作的功等于弹性势能的增量：
W ＝E P 2－E P 1＝201202)(2
1
)(21l l k l l k ---＝0.14 J
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
=022a l y l mg -μ =2)(2a l l
mg --μ (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2
022
121v v m m -
其中：∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0
W P =?l
a x P d =l
a l mg x x l mg l
a 2)
(d 22-=?
由上问知 l
a l mg W f 2)(2
--=μ
所以
22222
1
)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得：[]
21
222)()(a l a l l
g ---=μv
4．解：重力的功：W ＝m g l ( cos φ－cos 45°)
根据动能定理有：
)45cos (cos 212?-=φmgl m v ∴ )45cos (cos 2?-=φgl v 当φ＝10°时， v ＝2.33 m/s
(亦可用功能原理求解)
5．解：(1) 先分析力。在抛出后，如果不计空气阻力，则石块只受重力（保守力）作用，别无外力，所以对石块和地球组成的系统，机械能守恒。系统在开始
位置，其动能即为石块的动能
，势能为；在终点，即地面上，取作势能零点，而动能为
，v 为到达地面时石块的速率。所以，按机械能守恒定律，有
得：
B C A
O l
B
(2) 仍把石块和地球看作一个系统，在抛出后，除重力（内力）外，还有外力即
空气阻力作功，因此机械能不守恒。应用系统功能定理，外力作功等于系统机械能的增量，仍取地面为势能零点，得
代入题给数据，得
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 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×
练习册答案
练习一 1．j i 6+，j i 26+，j 24 2．3/2)2/3(k s ，2/121-kt ，2/303 2 kt x x += 3．[2] 4．[3] 5．（1）由???-==2 2192t y t x 得)0(21192 ≥-=x x y ，此乃轨道方程 （2）j i r 1142+=，j i r 1721+=，∴j i v 62-=，s m v /33.6= （3）i t i dt r d v 42-==，j dt v d a 4-== ∴ s t 2=时，j i v 82-=，j a 4-= （4）由v r ⊥，有0=?v r ∴? ??==?=--s t t t t t 300)219(442或 当0=t 时???==190y x 当s t 3=时? ??==16 y x 6．（1）a dt dv = 2/1kv dt dv -=∴ 有 ? ? -=-?-= -v v t kt v v kdt dv v 2 /10 2/12 /122 当0=v 时，有k v t 02= （2）由（1）有2 021??? ? ? -=kt v v k v kt v k vdt x t k v 3221322 /30 00 /2300=? ? ? ??--==?? 练习二 1． 2 220 2t g v t g +， 2 220 0t g v g v + 2．2/8.4s m 2/4.230s m r a d 15.3 3．[2] 4．[3]
5．由约束方程 222h x l += 有：dt dx x dt dl l 22= 即：xv lv 220=-……（1） ∴02 20v x x h v x l v +- =-= 对（1）两边求导，有： dt dv x dt dx v dt dl v +=-0 203222 0v x h x v v dt dv a -=-==∴ 6．（1）s rad R v /25==ω （2）22/8.392s rad ==θωβ （3）s t 628.02==ω θ 练习三 1．k g m 222 2．J 882 3．[1] 4．[4] 5．（1）2 202 08 321221mv mv v m E W k f -=-??? ??=?= （2）r mg W f πμ2?-= rg v πμ163 2 =∴ （3）3 4 ) 2 1 0(2 0= ?-=k E mv N （圈） 6．先用隔离体法画出物体的受力图 建立坐标，根据ma F =的分量式 x x ma f =∑ y y ma f =∑有 x ma f F =-μθcos 0sin =-+Mg F N θ 依题意有0≥x a ，N f μμ= θμθμsin cos +≥ Mg F 令 0)sin (cos =+θμθθ d d ?=∴21.8 θ 4.36≥F
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
习题及参考答案 第3章 刚体力学 参考答案 思考题 3-1刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 （A ）刚体不受外力矩的作用。 （B ）刚体所受合外力矩为零。 (C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零。 (D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变。 答：（B ）。 3-2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βA 和βB ，不计滑轮 轴的摩擦，则有 （A ）βA = βB （B ）βA > βB （C ）βA < βB （D ）开始时βA = βB ，以后βA < βB 答：（C ）。 3-3关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 (B)取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。 (D)只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无 答：（C ）。 3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统 (A)动量守恒； (B)机械能守恒； (C)对转轴的角动量守恒； (D)动量、机械能和角动量都守恒； (E)动量、机械能和角动量都不守恒。 答：（C ）。 3-5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o 且垂直于 杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为2 13mL ， 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，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 A M F 思考题3-2图 v 思考题3-5图
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
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
x O 1 A 2 2 练习 十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 一、选择题 1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ） （A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。 解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m )(22(mg kl ),0222 x dt x d 弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m sin )(22 (mg kl ),0222 x dt x d 2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前 2π； （B ）A 落后2π ；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。 解：(A)t A x A cos ,)2/cos( t A x B 3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8T 。 解：(B)振幅矢量转过的角度6/ ,所需时间12 /26/T T t , 4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31 t x 和)π75.0π50cos(42 t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ） （A ）)π25.0π50cos(2 t x ； （B ）)π50cos(5t x ； （C ）π1 5cos(50πarctan )27 x t ； （D ）7 x 。 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算 )cos(21020 2122 2 1 A A A A A 5)25.075.0cos(432432 2 7 1 2)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)25.0sin(3cos cos sin sin 112021012021011 0 tg tg A A A A tg 5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l 和2l ，且212l l ，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ） （A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。 解：(B) 弹簧振子的周期k m T 2 ,11l mg k , 22l mg k ,22 121 l l T T 6. 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为x 时，其振动速度为v ，加速度为a ．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是： （B ） (A) 2 max 2max /x m k v ； (B) x mg k / ； (C) 2 2/4T m k ； (D) x ma k / 。 解：B 7. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同．第一个质点的振动表式为x 1 = A cos(t + )．当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处．则第二个质 点的振动表式为 （B ） (A) )π21cos(2 t A x ； (B) )π21cos(2 t A x ； (C) )π2 3 cos( 2 t A x ； (D) )cos(2 t A x 。解：(B)作旋转矢量图 x t o A B 1 A 4 / 4 /3 2 A A x O ) 0(A )(t A 3/ 6/
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 大学物理练习十 一．选择题： 1．C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。然后将电源断开，再把一电介质板插入C 1中，则 (A) C 1上电势差减小，C 2上电势差增大。 (B) C 1上电势差减小，C 2上电势差不变。 (C) C 1上电势差增大，C 2上电势差减小。 (D) C 1上电势差增大，C 2上电势差不变。 解∶电源断开意味着电量不变。 由于C 1 放入介质，C 1电容增大， 则电势差减小。 [ B ] 2．两只电容器，F C F C μ μ2,821==，分别把它们充电到1000V ， 然后将它们反接（如图所示），此时两极板间的电势差为： (A) 0V (B) 200V (C) 600V (D) 1000V [C ] 解∶311108 -?==V C Q 库 ，3 2 2102-?==V C Q 库。 将它们反接3 21106-?=-=Q Q Q 库， 3．一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图。当两极板带上恒定的等量异 号电荷时，有一个质量为m 、带电量为+q 的质点，平衡在极板间的空气区域中。此后，若把电介质抽去，则该质点 (A) 保持不动 (B) 向上运动 (C) 向下运动 (D) 是否运动不能确定 [ B ] 解∶ 原来+q 的质点平衡在极板间的空气区域中， qE mg = 故电势差增大，场强 E 增大。电场力大于重力。 4．一球形导体，带电量q ，置于一任意形状的空腔导体中。当用 导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能将 (A) 增大 (B ) 减小 (C) 不变 (D) 如何变化无法确定 [ B ] +Q 练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题 1、（1）A （2）1.186s(或4 1 33-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m 3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ω πωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 4 0012 1Ct t v x + + 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题 1、解：dx dv v dt dx dx dv x dt dv a ==+==262 分离变数积分 ?? +=x v dx x vdv 0 20 )62( 得 )1(422x x v += 质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。 2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=? 第二秒内的平均速度为s m t x v /5.0-=??= （2）t 时刻的速度为 269t t dt dx v -== 第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=?-?= （3）令0692=-== t t dt dx v ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。 3、解：（1）由几何关系 θ θs i n c o s r y r x == 质点作匀速率圆周运动故dt d θ ω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以 j y i x r += )sin (cos j t i t r ωω+= （2）速度为 )cos sin (j t i t r dt r d v ωωω+-== 加速度为 )s i n (c o s 2j t i t r dt v d a ωωω+-== （3）r j t i t r dt v d a 22 )sin (cos ωωωω-=+-== 由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。 4、解：（1）由dt v d a =， ??=t v dt a v d 00 解得j t s m i t s m v )/4()/6(+= 由dt r d v =， ??=t r r dt v r d 00 解得j t s m i m t s m r 2 222)/2()]10()/3[(++= （2）由位矢的表达式可得分量形式 2 22103t y t x =+= 消去参数t 得到轨迹方程为 2032=-y x m 。 练习二（第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（C ）2、（D ）3、（B ）4、（D ）5、（A ） 二、填空题 1、bt v +0；2 2 40)(b R bt v ++ 2、c a t -=；R ct b a n 2)(-= 3、331)(ct t S =; ct a t 2=; R t c a n 4 2= 4、2 /8.4s m a t =；rad )332 2(+=θ（或3.15rad ） 5、g v 022 0cos θ 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) (B) (C) (D) 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) 2 π (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 。 4、简谐振动的总能量是E ，当位移是振幅的一半时，k E E = ，P E E = ，当x A = 时，k P E E =。 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v 1，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v 2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) 21v v L + (B)2v L (C)1 2v v L - (D)211) /(1c v v L - (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 大学物理习题册答案 练习 十三 知识点：理想气体状态方程、温度、压强公式、能量均 分原理、理想气体内能 一、选择题 1． 容器中储有一定量的处于平衡状态的理想气体，温度为T ，分子质量为m ，则分子速度在x 方向的分量平均 值为 （根据理想气体分子模型和统计假设讨论） ( ) （A ）x υ= （B ）x υ=； （C ）m kT x 23=υ； （D ）0=x υ。 解:(D)平衡状态下,气体分子在空间的密度分布均匀,沿各个方向运动的平均分子数相等,分子速度在各个方向的分量的各种平均值相等,分子数目愈多,这种假设的准确度愈高. 2． 若理想气体的体积为V ，压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻耳兹曼常量，R 为摩尔气体常量， 则该理想气体的分子数为 （ ） （A ）pV /m ； （B ）pV /(kT )； （C ）pV /(RT )； （D ）pV /(mT )。 解: (B)理想气体状态方程NkT T N R N RT m N Nm RT M M pV A A mol ==== 3．根据气体动理论，单原子理想气体的温度正比于 （ ） （A ）气体的体积； （B ）气体的压强； （C ）气体分子的平均动量；（D ）气体分子的平均平动动能。 解: (D)kT v m k 23212 ==ε (分子的质量为m ) 4．有两个容器，一个盛氢气，另一个盛氧气，如果两种 气体分子的方均根速率相等，那么由此可以得出下列结 论，正确的是 （ ） （A ）氧气的温度比氢气的高； （B ）氢气的温度比氧气的高； （C ）两种气体的温度相同； （D ）两种气体的压强相同。 解:(A) kT v m k 23212==ε,2 2 22H O H O T T m m =(分子的质量为m ) 5．如果在一固定容器内，理想气体分子速率都提高为原来的2倍，那么 （ ） （A ）温度和压强都升高为原来的2倍； （B ）温度升高为原来的2倍，压强升高为原来的4倍； （C ）温度升高为原来的4倍，压强升高为原来的2倍； （D ）温度与压强都升高为原来的4倍。 解:(D)根据公式2 31v nm p =,nkT p =即可判断. (分子的质量为m ) 6．一定量某理想气体按pV 2＝恒量的规律膨胀，则膨胀后理想气体的温度 （ ） （A ）将升高； （B ）将降低； （C ）不变； （D ）升高还是降低，不能确定。 解:(B) pV 2＝恒量, pV /T ＝恒量,两式相除得VT ＝恒量 二、填空题 1．质量为M ，摩尔质量为M mol ，分子数密度为n 的理想气体，处于平衡态时，状态方程为_______________，状态方程的另一形式为_____________，其中k 称为____________常数。 解: RT M M pV mol =; nkT p =;玻耳兹曼常数 2．两种不同种类的理想气体，其分子的平均平动动能相精选-大学物理II练习册答案10
大学物理练习册(上册)答案
大学物理练习册答案
大学物理II练习册答案
大学物理习题册答案
相关主题
文本预览