大学物理习题集
第一章 质点运动学
1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3
．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度；
（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．
[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6312 - 2313
= 4(m)．
在第2s 末的位置为：x (2) = 6322 - 2323
= 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：=Δx /Δt = 4(m 2s -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) = 1231 - 6312 = 6(m 2s -1
)，
v (2) = 1232 - 6322 = 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 - 1231 = 0，
第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m 2s -2
)．
[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．
1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值．
[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得
a = (n – 1)v o /t ， (1)
根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2
+ 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．
计算得加速度为：= 0.4(m 2s -2
)．
1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m 2s -1
从西边起跳，准
确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m 2s -2
．问：
（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？
（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．
（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为
v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m 2s -1)．
取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式
v t - v 0 = at ，
这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为
t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．
再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02
= 2a s ，
可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02
/2g = 30.94(m)．
人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2= h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2
/2，得下落的时间为:
． 因此人飞越的时间为：t= t 1 + t 2 = 6.98(s)．
v a 2
2(1)(1)n s
a n t -=
+2
2(1)(1)n s
a n t -=
+2
2(51)30(51)10
a -=
+2t =
人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ= 60.05(m 2s -1
)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．
（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m 2s -1
)，
落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m 2s -1
)，
与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30o，方向斜向下．
方法二：一步法．
取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2
/2，移项得时间的一元二次方程
， 解得：．
这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t= 6.98(s)．
由此可以求解其它问题．
1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方
成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2
，k 为常数．
（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变数得， 故 ，
可得：
． （2）公式可化为，
由于v = d x/d t ，所以： 积分 ． 因此 ． 证毕．
[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ．
由于a = d 2x /d t 2
， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变数得方程：， 解方程即可求解．
在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则
d v /d t = -kv n
． （1）如果n = 1，则得
， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，
得速度为 ：v = v 0e -kt
．
2
01sin 02
gt v t y θ-+
=0(sin t v g θ=±0
11
kt v v =+01
ln(1)x v kt k =
+2d d v k t v =-020
d d v t
v v
k t v =-??011
kt v v =+0
01v v v kt
=+00001
d d d(1)1(1)
v x t v kt v kt k v kt =
=+++0000
1
d d(1)(1)x t
x v kt k v kt =
++??01
ln(1)x v kt k
=+d d ()
m v
t f v =
d d v
k t v
=-
而d v = v 0e -kt
d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此． （2）如果n ≠1，则得，积分得
． 当t = 0时，v = v 0，所以
，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．
如果n ≠2，可得，读者不妨自证．
1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3
．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？
[解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad 2s -1
)，
法向加速度为 a n = r ω2 = 230.4(m 2s -2
)；
角加速度为 ? = d ω/d t = 24t = 48(rad 2s -2
)，
切向加速度为 a t = r ? = 4.8(m 2s -2
)．
（2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2
，
当a t = a /2时，有4a t 2
= a t 2
+ a n 2
，即．
由此得，即
解得 ．
所以 =3.154(rad)．
（3
）当a t = a n 时，可得r ? = r ω
2， 即： 24t = (12t 2)2
，
解得 ：
t = (1/6)1/3
= 0.55(s)．
1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m 2s -1
，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 2s -2
，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多
少？
[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ． 加速度的大小为a x = a cos ?， a y
= a sin ?． 运动方程为， ． 即 ，
．
令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；．
将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．
[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．
0e `kt
v x C k
-=
+-0
(1-e )kt v x k
-=
d d n v
k t v =-11n v kt C n
-=-+-10
1n
v C n
-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1
(2)/(1)02
0{[1(1)]1}
(2)n n n n n v kt x n v k
----+--=-n a a =2r r ω=22
(12)24t =3
6t =3
242(13)t θ=+=2012x x x v t a t =+
201
2y y y v t a t =-+2
01cos cos 2x v t a t θα=?+?201
sin sin 2
y v t a t θα=-?+?02sin sin v t a θ
α
=
=
v
1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘
上任一点的切向加速度与法向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于， 所以a t = 2h /Δt 2
= 0.2(m 2s -2
)．
物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m 2s -1
)，
这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m 2s -2
)．
1．8 一升降机以加速度1.22m 2s -2上升，当上升速度为2.44m 2s -1
时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：
（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
； 螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为
．
算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程
h = (a + g )t 2/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
1．9 有一架飞机从A
处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．
（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为； （3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．
[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u
， 所以飞行时间为． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机
沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为
． 证毕．
21
2
t h a t =?2n v a R
=2
1012
h v t at =+
2
2
012
h v t gt =-21
()2
h a g t =
+
t 02l t v =
1221/t t u v
=-2t =1222l l vl t v u v u v u
=
+=+--02222
2/1/1/t l v u v u v ==--V =22l t V ===图1.7 A
B
A
B
v
v + u
v - u
A
B
v
u
u
v
v
1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？
[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作向量三角形．根据题意得tan ? = l/h ．
方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得
v 1 = v 2sin θ + v 3sin ?，
其中v 3 = v ⊥/cos ?，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin ?/cos ?， 即 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得
，
所以：
，
即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为 l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ?t ．
两式消去时间t 即得所求． 证毕．
第二章 运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律 2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为?）上以初速度运动，的方向与斜面
底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin ?，方向与初速度方向垂直．其运动方程为
x = v 0t ，
．
将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为
，
这是抛物线方程．
2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求： （1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m 2s -2
的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的
相互作用力；
（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．
板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)，
2v 3v 1v
12(sin cos )l
v v h
θθ=+
12
sin()sin(90)
v v θαα=+?-12sin()
cos v v θαα
+=2sin cos cos sin cos v θαθαα
+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )l
v v h
θθ=+
0v 0v 2211
sin 22y at g t α=
=?22
sin g y x v α=F
图1.10
1
h l
α
图2.1
M
这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．
物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)， 这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．
板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．
板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．
（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，
可得 a` =μs g ．
板的运动方程为
F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g
= (μs + μk )(m + M )g ，
算得 F = 16.17(N)．
因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．
2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1= 0.3kg ，m 2= 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）
[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得
T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = 4.78(m 2s -2
)，
绳对它的拉力为
= 1.35(N)．
2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：
（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式；
（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2． [解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为
F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．
（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，
因此 ，即：．
（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，
因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．
2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．
（1）小车沿水平线作匀速运动；
（2）小车以加速度沿水平方向运动；
（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；
12212(2)/22F m m g
a m m μ-+=+2
112
(/2)
/22m T F m g m m μ=
-+12
111k k k =+12
12F F F k k k =+12
111k k k =+1a
12图
2.3
2 图2.4
（4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度（b 2
= b ），将小车从斜面上推下来．
[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力
的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．
（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于
tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力 ：
（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．
（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：
， 因此角度为
；
而张力为
（5）与上一问相比，加速度的
方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了． 2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：
（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？
（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？ （3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？
[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．
小球的运动方程为 ，
其中s 表示弧长．由于s = R θ = l θ，所以速度为
，
因此
，
即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分
，
1b 2b T ==
cos tan sin mb mg mb ?
θ?=
+cos arctan
sin b g b ?
θ?=+T
==22
d d s F ma m t
==d d d d s v l t t θ=
=d d
d d d d d d v v m v F m
m v t t l θθθ===0
60d
sin d B
v v v gl θθ
?
=-?
?（2）
图2.6
得
，解得：
2s -1)．
由于：，
所以T B = 2mg = 1.96(N)．
（2）由（1）式积分得
，
当 θ = 60o时，v C = 0，所以C = -lg /2
，
因此速度为
．
切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为
．
由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C
= mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60o时，切向加速度为
= 8.49(m 2s -2)，
法向加速度为 a n = 0，
绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．
[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．
2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）
[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则
F = mg cos θ．
小球的运动方程为
，s 表示弧长．
由于
，所以
，
因此 v d v = g cos θd s= g d h ，h 表示石下落的高度．
积分得 ，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，
因此速率为
．
2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力
(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x
处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2
．
[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程
2
601cos 2
B v gl θ?
=B v =22B B
B v v T mg m m mg
R l -===2
1cos 2C v gl C θ=+C v =2(2cos 1)
C
n v a g R θ==-t a =
22
d d s
F ma m t ==d d s v t =
22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v
v t t t t s t s ====2
12v gh C
=+v 2k
f x =-
图2.7
利用v = d x/d t ，可得
，
因此方程变为
，
积分得
．
利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此
，
即
证毕．
[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．
如果f (x ) = -k/x n ，则得． （1）当n = 1时，可得
利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此
， 即
． （2）如果n ≠1，可得．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以，
因此
，
即
当n = 2时，即证明了本题的结果．
2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：
（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变数得
，
222
d d k x f ma m x t =-==22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===2d d k x
mv v x =-
212k mv C x =+20
12k k
mv x x =-v =
21d 2
n
x mv k x =-?2
1ln 2mv k x C =-+2
1ln 2
x mv k x =v =21121n k mv x C n -=-+-101n
k C x n -=--2110
111
()21n n k mv n x x --=--v =
d d v
f m
g kv m
t =--=d d()
d v m mg kv t m
mg kv k mg kv +=-=-
++
积分得．
当t = 0时，v = v 0，所以，
因此
，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为
．
[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以
，
即
，
积分得
， 当t = 0时，x = 0，所以
，
因此
．
（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为
，
用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为
．
这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．
2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程． [解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即
N = mv 2
/R ．
物体所受的摩擦力为f = -μk N ，
负号表示力的方向与速度的方向相反．
根据牛顿第二定律得
ln ()m
t mg kv C k =-
++0ln ()
m
C mg kv k =+00
/ln ln /m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-
=-++0()exp()mg kt mg
v v k m k =+
--00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +=
=+0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+
--0(/)d d exp()d m v mg k kt mg
x t
k m k +=-
--0(/)exp()`
m v mg k kt mg
x t C k m k +=-
--+0(/)
`m v mg k C k +=
0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x t
k m k +=
---d d v
f m
g kv m
t =-=0()exp()mg mg kt
v v k k m =
---
， 即 ： ． 积分得：．
当t = 0时，v = v 0，所以
，
因此
．解得
．
由于
，
积分得
，
当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．
2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．
[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为
珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．
珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．
根据向心力公式得F = mg tg θ = m ω2
R sin θ，
可得
，
解得
．
(二)力学中的守恒定律
2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．
[解答]方法一：利用冲量公式．
根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 ，
方法二：利用动量定理．
小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ， 设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 =0，
2d d k v v f m m R t μ=-=2
d d k v
t R
v μ=-1k t C R v μ=+0
1C v =-
11k
t R v v μ=-0
01/k v v v t R
μ=
+0000d d(1/)
d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+=
=
++0ln (1)`
k k
v t
R x C R
μμ=
+
+0ln (1)
k k
v t
R
x R
μμ
=
+
2
cos mg R ω
θ
=2arccos
g
R θω=±/20
(cos )d I kA t t
ω
ω=-?
π/20
sin kA
kA
t
ω
ωω
ω
=-
=-
π
图2.11
末动量为p 2 = mv 2 = -m ωA ，
小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -m ωA ，
可以证明k =m ω2
，因此I = -kA /ω．
2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m 2s -1
作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？
[解答]小球动量的大小为p = mv ，
但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义
得：， 由此可作向量三角形，可得：． 因此向心力给予小球的的冲量大小为= 1.41(N 2s)．
[注意]质点向心力大小为F = mv 2
/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量
．
假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力
F = mv 2/R = m ωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，
F y = F sin θ = F sin ωt ，
给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，
d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得
，
，
合冲量为
，
与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．
2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m 2s -1
的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？
[解答]球上升初速度为
2s -1
)，
其速度的增量为= 24.4(m
2s -1
)．
棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N 2s)， 对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．
21p p p ?=-
21p p p =+?
p ?==I p
=?24v T
I Ft m
R ==2/42R T T mv mv
R ππ==/4
/4
cos d sin T T x F
I F t t t
ωωω
==
?
F
mv
ω
=
=/4
/4
sin d cos T T y F
I F t t t
ωωω
==-
?
F
mv
ω
==I ==y v =v ?=v x
Δv
v y
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
波动光学测试题 一.选择题 1. 如图3.1所示，折射率为n2 、厚度为e的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n1和n3，已知n1 ＜n2 ＞n3，若用波长为(的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束（用①②示意）的光程差是 (A) 2n2e. (B) 2n2e－(/(2 n2 ). (C) 2n2e－(. (D) 2n2e－(/2. 2. 如图 3.2所示，s1、s2是两个相干光源，它们到P点的距离分别为r1和r2，路径s1P垂直穿过一块厚度为t1，折射率为n1的介质板，路径s2P垂直穿过厚度为t2，折射率为n2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于 (A) (r2 + n2 t2)－(r1 + n1 t1). (B) [r2 + ( n2－1) t2]－[r1 + (n1－1)t1]. (C) (r2 －n2 t2)－(r1 －n1 t1). (D) n2 t2－n1 t1. 3. 如图3.3所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e，并且n1＜n2＞n3，(1 为入射光在折射率为n1 的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的位相差为 (A) 2 ( n2 e / (n1 (1 ). (B) 4 ( n1 e / (n2 (1 ) +(. (C) 4 ( n2 e / (n1 (1 ) +(. (D) 4( n2 e / (n1 (1 ). 4. 在如图3.4所示的单缝夫琅和费衍射实验装置中，s为单缝，L为透镜，C为放在L的焦面处的屏幕，当把单缝s沿垂直于透镜光轴的方向稍微向上平移时，屏幕上的衍射图样 (A) 向上平移.(B) 向下平移.(C) 不动.(D) 条纹间距变大. 5. 在光栅光谱中,假如所有偶数级次的主极大都恰好在每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 = b. (B) a = 2b. (C) a = 3b. (D) b = 2a. 二.填空题 1. 光的干涉和衍射现象反映了光的性质, 光的偏振现象说明光波是波. 2. 牛顿环装置中透镜与平板玻璃之间充以某种液体时,观察到第10级暗环的直径由1.42cm 变成1.27cm,由此得该液体的折射率n = . 3. 用白光(4000?～7600?)垂直照射每毫米200条刻痕的光栅,光栅后放一焦距为200cm的凸透镜,则第一级光谱的宽度为. 三.计算题 1. 波长为500nm的单色光垂直照射到由两块光学平玻璃构成的空气劈尖上，在观察反射光的干涉现象中，距劈尖棱边l = 1.56cm的A处是从棱边算起的第四条暗条纹中心. (1) 求此空气劈尖的劈尖角( . (2) 改用600 nm的单色光垂直照射到此劈尖上仍观察反射光的干涉条纹,A处是明条纹，还是暗条纹？ 2. 设光栅平面和透镜都与屏幕平行，在平面透射光栅上每厘米有5000条刻线，用它来观察波长为(=589 nm的钠黄光的光谱线. (1) 当光线垂直入射到光栅上时,能看到的光谱线的最高级数km 是多少? (2) 当光线以30(的入射角(入射线与光栅平面法线的夹角)斜入射到光栅上时，能看到的光谱线的最高级数km 是多少? 3．在杨氏实验中，两缝相距0.2mm，屏与缝相距1m，第3明条纹距中央明条纹7.5mm，求光波波长？
习题1 3 选择题 （1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[ ] (A) 使屏靠近双缝． (B) 使两缝的间距变小． (C) 把两个缝的宽度稍微调窄． (D) 改用波长较小的单色光源． [答案：C] （2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ] (A) 间隔变小，并向棱边方向平移． (B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移． (C) 间隔不变，向棱边方向平移． (D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移． [答案：A] （3）一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[ ] (A) ． (B) / (4n )． (C) ． (D) / (2n )． [答案：B] （4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n ，厚度为d 的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[ ] (A) 2 ( n -1 ) d ． (B) 2nd ． (C) 2 ( n -1 ) d + / 2． (D) nd ． (E) ( n -1 ) d ． [答案：A] （5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是 ［ ］ (A) ． (B) / (2n )． (C) n ． (D) / [2(n-1)]． [答案：D] 填空题 （1）如图所示，波长为的平行单色光斜入射到距离为d 的双缝上，入射角为．在图中的屏中央O 处(O S O S 21=)，两束相干光的相位差为________________． [答案：2sin /d πθλ] （2）在双缝干涉实验中，所用单色光波长为＝ nm (1nm ＝10-9 m)，双缝与观察屏的距离D ＝1.2 m ，若测得屏上相邻明条纹间距为x ＝1.5 mm ，则双缝的间距d ＝__________________________． [答案：0.45mm] （3）波长＝600 nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度之差为____________nm ．(1 nm=10-9 m) [答案：900nm ] （4）在杨氏双缝干涉实验中，整个装置的结构不变，全部由空气中浸入水中，则干涉条纹的间距将变 。（填疏或密） [答案：变密 ]
第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +
在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O
场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分
第十一章真空中的静电场 1．如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度． L P 2.一个点电荷位于一边长为a的立方体高斯面中心，则通过此高斯面的电通量为???，通过立方体一面的电场强度通量是???，如果此电荷移到立方体的一个角上，这时通过（1）包括电荷所在顶角的三个面的每个面电通量是???，（2）另外三个面每个面的电通量是???。 3.在场强为E的均匀静电场中，取一半球面，其半径为R，E的方向和半球的轴平行，可求得通过这个半球面的E通量是（） A．E R2 π B. R2 2π C. E R2 2π D. E R2 2 1 π 4．根据高斯定理的数学表达式?∑ ?= S q S E / dε ? ? 可知下述各种说法中，正确的是（） (A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零． (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零． (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷． 5．半径为R的“无限长”均匀带电圆柱体的静电场中各点的电场强度的大小E与距轴线的距离r的关系曲线为( ) E O r (A) E∝1/r 6．如图所示, 电荷-Q均匀分布在半径为R，长为L的圆弧上，圆弧的两端有一小空隙，空隙长为图11-2 图11-3
)(R L L <
大学物理 简明教程 习题 解答 答案 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 ?12r r -=，12r 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 ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d 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 2 d 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
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 >>
大学物理下册 学院： 姓名： 班级： 第一部分：气体动理论与热力学基础 一、气体的状态参量：用来描述气体状态特征的物理量。 气体的宏观描述，状态参量： （1）压强p：从力学角度来描写状态。 垂直作用于容器器壁上单位面积上的力，是由分子与器壁碰撞产生的。单位 Pa （2）体积V：从几何角度来描写状态。 分子无规则热运动所能达到的空间。单位m 3 （3）温度T：从热学的角度来描写状态。 表征气体分子热运动剧烈程度的物理量。单位K。 二、理想气体压强公式的推导： 三、理想气体状态方程： 1122 12 PV PV PV C T T T =→=； m PV RT M ' =；P nkT = 8.31J R k mol =；23 1.3810J k k - =?；231 6.02210 A N mol- =?； A R N k = 四、理想气体压强公式： 2 3kt p nε =2 1 2 kt mv ε=分子平均平动动能 五、理想气体温度公式： 2 13 22 kt mv kT ε== 六、气体分子的平均平动动能与温度的关系： 七、刚性气体分子自由度表 八、能均分原理： 1.自由度：确定一个物体在空间位置所需要的独立坐标数目。 2.运动自由度： 确定运动物体在空间位置所需要的独立坐标数目，称为该物体的自由度 （1）质点的自由度： 在空间中：3个独立坐标在平面上：2 在直线上：1 （2）直线的自由度： 中心位置：3（平动自由度）直线方位：2（转动自由度）共5个 3.气体分子的自由度 单原子分子 (如氦、氖分子)3 i=；刚性双原子分子5 i=；刚性多原子分子6 i= 4.能均分原理：在温度为T的平衡状态下，气体分子每一自由度上具有的平均动都相等，其值为 1 2 kT 推广：平衡态时，任何一种运动或能量都不比另一种运动或能量更占优势,在各个自由度上，运动的机会均等,且能量均分。 5.一个分子的平均动能为： 2 k i kT ε=
第15章 量子物理 一 选择题 15-1 下列物体中属于绝对黑体的是[ ] (A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体 (C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体 解：选(D)。绝对黑体能够100%吸收任何入射光线，因而不能反射任何光线。 15-2 用频率为υ的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为k E ；若改用频率为2υ的单色光照射此金属，则逸出光电子的最大初动能为[ ] (A) k 2E (B) k 2h E υ- (C) k h E υ- (D) k h E υ+ 解：选(D)。由k E h W υ=-，'2k E h W υ=-，得逸出光电子的最大初动能 'k ()k E hv hv W hv E =+-=+。 15-3 某金属产生光电效应的红限波长为0λ，今以波长为λ(0λλ<)的单色光照射该金属，金属释放出的电子(质量为e m )的动量大小为[ ] (A) /h λ (B) 0/h λ (C) (D) 解：选(C)。由2e m 012 hv m v hv =+，2e m 012hc hc m v λλ= +，得m v = ， 因此e m p m v == 。 15-4 根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动速率之比13/v v 是[ ] (A) 1/3 (B) 1/9 (C) 3 (D) 9
解：选(C)。由213.6n E n =-，n 分别代入1和3，得22 1122331329112mv E E mv ===，因 此 1 3 3v v =。 15-5 将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为[ ] (A) 13.6eV (B) 3.4eV (C) 1.5eV (D) 0eV 解：选(B)。由2 13.6 n E n =- ，第一激发态2n =，得2 3.4eV E =-，设氢原子电离需要的能量为2'E ，当2'20E E +>时，氢原子发生电离，得2' 3.4eV E >，因此最小能量为3.4eV 。 15-6 关于不确定关系x x p h ??≥有以下几种理解，其中正确的是[ ] (1) 粒子的动量不可能确定 (2) 粒子的坐标不可能确定 (3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定 (4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子 (A) (1), (2) (B) (2), (4) (C) (3), (4) (D) (4), (1) 解：选(C)。根据h p x x ≥???可知，(1)、(2)错误，(3)正确；不确定关系适用于微观粒子，包括电子、光子和其他粒子，(4)正确。 二 填空题 15-7 已知某金属的逸出功为W ，用频率为1υ的光照射该金属能产生光电效应，则该金属的红限频率0υ=________，截止电势差c U =________。 解：由0W hv =，得h W v = 0；由21e m 12hv m v W =+，而2 e m c 12m v eU =，所以 1c hv eU W =+，得1c h W U e υ-= 。
大学物理课程教学基本 要求 文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]
非物理类理工学科大学物理课程教学基本要求（正式报告稿）物理学是研究物质的基本结构、基本运动形式、相互作用的自然科学。它 的基本理论渗透在自然科学的各个领域，应用于生产技术的许多部门，是其他 自然科学和工程技术的基础。 在人类追求真理、探索未知世界的过程中，物理学展现了一系列科学的世 界观和方法论，深刻影响着人类对物质世界的基本认识、人类的思维方式和社 会生活，是人类文明发展的基石，在人才的科学素质培养中具有重要的地位。 一、课程的地位、作用和任务 以物理学基础为内容的大学物理课程，是高等学校理工科各专业学生一门 重要的通识性必修基础课。该课程所教授的基本概念、基本理论和基本方法是 构成学生科学素养的重要组成部分，是一个科学工作者和工程技术人员所必备 的。 大学物理课程在为学生系统地打好必要的物理基础，培养学生树立科学的 世界观，增强学生分析问题和解决问题的能力，培养学生的探索精神和创新意 识等方面，具有其他课程不能替代的重要作用。 通过大学物理课程的教学，应使学生对物理学的基本概念、基本理论和基 本方法有比较系统的认识和正确的理解，为进一步学习打下坚实的基础。在大 学物理课程的各个教学环节中，都应在传授知识的同时，注重学生分析问题和 解决问题能力的培养，注重学生探索精神和创新意识的培养，努力实现学生知 识、能力、素质的协调发展。 二、教学内容基本要求（详见附表）
大学物理课程的教学内容分为A、B两类。其中：A为核心内容，共74条，建议学时数不少于126学时，各校可在此基础上根据实际教学情况对A类内容各部分的学时分配进行调整；B为扩展内容，共51条。 1.力学 （A:7条，建议学时数14学时；B:5条） 2.振动和波 （A:9条，建议学时数14学时；B:4条） 3.热学 （A:10条，建议学时数14学时；B:4条） 4.电磁学 （A:20条，建议学时数40学时；B:8条） 5.光学 （A:14条，建议学时数18学时；B:9条） 6.狭义相对论力学基础 （A:4条，建议学时数6学时；B:3条） 7.量子物理基础 （A:10条，建议学时数20学时；B:4条） 8.分子与固体 （B:5条） 9.核物理与粒子物理 （B:6条）
静电场部分练习题 一、选择题 ： 1．根据高斯定理的数学表达式?∑=?0 εq s d E ，可知下述各种说法中正确的是（ ） A 闭合面的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零。 B 闭合面的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零。 C 闭合面的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零。 D 闭合面上各点场强均为零时，闭合面一定处处无电荷。 2．在静电场中电场线为平行直线的区域（ ） A 电场强度相同，电势不同； B 电场强度不同，电势相同； C 电场强度、电势都相同； D 电场强度、电势都不相同； 3．当一个带电导体达到静电平衡时，（ ） A 表面上电荷密度较大处电势较高。 B 表面曲率较大处电势较高。 C 导体部的电势比导体表面的电势高； D 导体任一点与其表面上任意点的电势差等于零。 4．有四个等量点电荷在OXY 平面上的四种不同组态，所有点电荷均与原点等距，设无穷远处电势为零。则原点O 处电场强度和电势均为零的组态是（ ） A 图 B 图 C 图 D 图 5．关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？（ ） A 高斯面不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D 为零。 B 高斯面上处处D 为零，则面必不存在自由电荷。 C 高斯面上D 通量仅与面自由电荷有关。 D 以上说法都不对。 6．A 和B 为两个均匀带电球体，A 带电量+q ，B 带电量-q ，作一个与A 同心的球面S 为高斯面，如图所示，则（ ） S A B
A 通过S 面的电通量为零，S 面上各点的场强为零。 B 通过S 面的电通量为 εq ，S 面上各点的场强大小为2 04r q E πε= 。 C 通过S 面的电通量为- εq ，S 面上各点的场强大小为2 04r q E πε- =。 D 通过S 面的电通量为 εq ，但S 面上场强不能直接由高斯定理求出。 7．三块互相平行的导体板，相互之间的距离1d 和2d ，与板面积相比线度小得多，外面二板用导线连接，中间板上带电，设左、右两面上电荷面密度分别为1σ，2σ。如图所示，则比值1σ/2σ为（ ） A 1d /2d ; B 1 C 2d /1d ; D (2d /1d )2 8．一平板电容器充电后切断电源，若改变两极板间的距离，则下述物理量中哪个保持不变？（ ） A 电容器的电容量 B 两极板间的场强 C 两极板间的电势差 D 电容器储存的能量 9．一空心导体球壳，其外半径分别为1R 和2R ，带电量q ，当球壳中心处再放一电量为q 的点电荷时，则导体球壳的电势（设无穷远处为电势零点）为（ ）。 A 1 04R q πε B 2 04R q πε C 1 02R q πε D 2 02R q πε 10．以下说确的是（ ）。 A 场强为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，均强也一定为零； B 场强大小相等的地方，电势也相等，等势面上各点场强大小相等； C 带正电的物体，也势一定是正的，不带电的物体，电势一定等于零。 D 沿着均场强的方向，电势一定降低。 11．两个点电荷相距一定的距离，若在这两个点电荷联线的中垂线上电势为零，那么这两个点电荷为（ ）。
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
电磁学 1．定义： ①E 和B ： F =q(E +V ×B )洛仑兹公式 ②电势：? ∞ ?= r r d E U 电势差：?-+ ?=l d E U 电动势：? + - ?= l d K ε（q F K 非静电 =） ③电通量：???=S d E e φ磁通量：???=S d B B φ磁通链： ΦB =N φB 单位：韦伯（Wb ） 磁矩：m =I S =IS n ? ④电偶极矩：p =q l ⑤电容：C=q/U 单位：法拉（F ） *自感：L=Ψ/I 单位：亨利（H ） *互感：M=Ψ21/I 1=Ψ12/I 2 单位：亨利（H ） ⑥电流：I = dt dq ； *位移电流：I D =ε 0dt d e φ 单位：安培（A ） ⑦*能流密度： B E S ?= μ 1 2．实验定律 ①库仑定律：0 204r r Qq F πε= ②毕奥—沙伐尔定律：204?r r l Id B d πμ?= ③安培定律：d F =I l d ×B ④电磁感应定律：ε感= –dt d B φ 动生电动势：?+ -??= l d B V )(ε 感生电动势：? - + ?=l d E i ε（E i 为感生电场） *⑤欧姆定律：U=IR （E =ρj ）其中ρ为电导率 3．*定理（麦克斯韦方程组） 电场的高斯定理：?? =?0 εq S d E ??=?0 εq S d E 静 （E 静是有源场） ??=?0S d E 感 （E 感是无源场） 磁场的高斯定理：??=?0S d B ??=?0S d B （B 稳是无源场） E =F /q 0 单位：N/C =V/ｍ B=F max /qv ；方向，小磁针指向（S →N ）；单位：特斯拉（T ）=104高斯（G ） Θ ⊕ -q l
物理学教程下册答案9-16 第九章 静 电 场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说确的是( )
(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零 分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 题9-4 图 分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子
附录I 检测题 检测题（一） 一、单项选择题 1. 下列哪一个物理量为矢量？ （ ） A . 动能 B . 速度 C . 功 D . 路程 2. 关于质点，下面说法正确的是 （ ） A . 做精彩表演的花样滑冰运动员，可以被看成质点 B . 体积很小的物体可看作质点 C . 研究兵乓球旋转时，可以把兵乓球看作质点 D . 在某些情况下，地球可以看作质点 3. 某质点的运动方程为3 358x t t =-+，该质点做 （ ） A ．匀加速直线运动，加速度方向沿x 正向 B ．匀加速直线运动，加速度方向沿x 负向 C ．变加速直线运动，加速度方向沿x 正向 D ．变加速直线运动，加速度方向沿x 负向 4．关于圆周运动，下列说法正确的是 （ ） A ．质点作圆周运动时的加速度指向圆心 B ．匀速圆周运动的加速度为恒量 C ．只有法向加速度的运动一定是圆周运动 D ．只有切向加速度的运动一定是直线运动 5. 如下图所示为皮带传送装置，甲为主动轮，传动过程中皮带不打滑，P 、Q 分别为两轮边缘上的两点，下列说法正确的是 （ ） A ．P 、Q 两点的角速度大小相同 B ．P 点的速率比Q 点的速率大 C ．P 、Q 两点的摩擦力方向均与轮转动方向相反 D ．P 点的摩擦力方向与甲轮的转动方向相反，Q 点的摩擦力方向与乙轮的转动方向相同 6. 物理知识渗透于我们生活各方面，以下的安全警示中涉及到惯性知识的是 （ ） A . 景区水池边立有“水深危险” B . 商场走廊过道标有“小心碰头” C . 汽车的尾部标有“保持车距” D . 输电铁塔下挂有“严禁攀爬” 7. 如下图所示，物体A 和 B 紧靠一起放在光滑水平桌面上，且A 物体质量为m ，B 的质量为2m 。如果它们分别受到水平推力F 1、F 2，且F 1＞F 2，则A 、B 之间相互作用力的大小为 （ ） A . (F 1+2F 2)/3 B . (2F 1+F 2)/3 C . (F 1-F 2)/2 D . (F 1+F 2)/2
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大学物理下练习题答案汇总
相关主题
文本预览