同济大学普通物理活页作业答案

1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。

）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。

）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdvmmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

⼤学物理活页作业答案（全套）马⽂蔚1.质点运动学单元练习（⼀）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提⽰：⾸先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正⽅向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反⽅向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。

）6．135m （提⽰：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动⽅程。

）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=?)/(32s m ji t r v -=??=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=??cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的⾓速度为ωs rad /1027.73600*62/5-?=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-?=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=?=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（⼆）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-?==s m t dt ds v ；24-?==s m dtdva t ；2228-?==s m t Rv a n ；2284-?+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：⽕箭竖直向上的速度为gt v v o y -?=45sin ⽕箭达到最⾼点时垂直⽅向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =?=3.⽜顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωµ2Rg o µ≥ω 8．解：由⽜顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()??+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由⽜顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=+ln+=???? ??+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对⼩珠可列⽅程 a v m f mg 2 cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代⼊初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（⼀）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +?=；2212m t F v v ?+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=?J x F W 800=?=（2）s N Fdt I ?==40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解：物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳⼦完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，⼈、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+??totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（⼆）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦⼒mg f µ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=µ.8．解：根据⽜顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球⾯时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两⼩球间距离最⼩ v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两⼩球间距离最⼩，形变最⼤，最⼤形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=②联⽴①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统⽔平⽅向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ②解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2 =-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（⼀）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

同济大学大学物理答案【篇一：大学物理复习题答案(同济大学课件)】>1、①r?rcos?ti?rsin?tj?htdxdyk；②vx???r?sin?t，vy??r?cos?t，2?dtdtvz?dvydvdvdzh2???r?2sin?t，az?z?0 ；③ax?x??r?cos?t，ay?dt2?dtdtdt2、在运动函数中消去t，可得轨道方程为y?x2?8 由r?2ti?(4t2?8)j，得v?drdv?2i?8tj，a??8j dtdt可得在t?1时r1?2i?4j，v1?2i?8j，a1?8j 在t?2时r2?2i?8j，v2?2i?16j，a1?8jf3?4t3?4?3???1.5m/s2， m1010v3v33?4tdva?,dv?adt,?dv??adt,?dv??dt,v?2.7m/s0000dt10f3?4x3?4?3dv3?4xdvdvdxdv???1.5m/s2，a???.?v，②a?，m1010dt10dtdxdtdxv33?4x3?4xdx?vdv，?vdv??dx，v?/s001010124、以投出点为原点，建立直角坐标系。

x?v0cos?t，y?v0sin?t?gt 23、①a?以(x,y)表示着地点坐标，则y??h??10m。

将此值和v0，?值一并代入得11?10?20??t??9.8?t222解之得，t?2.78s和t??0.74s。

取正数解。

着地点离投射击点的水平距离为：x?v0cos?t?20?cos300?2.78?48.1m 5、①?0?2?n?2??1802??180?18.8(rad/s)，v0??0r??0.5?9.42(m/s) 6060②由于均匀减速，翼尖的角加速恒定，???a??0ta?0?18.8??0.209(rad/s2) 90at??r??0.105(m/s2)负号表示切向加速度的方向与速度方向相反。

???0??t?18.8?0.209?80?2.08(rad/s)an??2r?2.16(m/s2)，a??2.16(m/s2)，??arctan0.105?2.780 2.166、x?12t?2t?4?v?t?2?a?1ms2 则： 22（1）t?2s时：v?2?2?4(s) a?1s 方向都沿x轴正方向（2）在1~2s内，a?1?f?ma?2?1?2(n)，则在1~2s内，i??212dt?2(n?s) 方向沿x轴正方向（3）在1~2s内，f所做的功：由动能定理得：11a?ek(t?2)?ek(t?1)??2?(2?2)2??2?(1?2)2?7(j)22第二章牛顿运动定律1、小球下落过程中受重力g?mg和空气阻力f?kv作用。

第 9 单元静电场（一）一 选择题[C ]1 .一带电体可作为点电荷办理的条件是(A) 电荷必然呈球形分布。

(B) 带电体的线度很小。

(C)带电体的线度与其他相关长度比较可忽视不计。

(D) 电量很小。

[C ]2 ．已知一高斯面所包围的体积内电量代数和∑q i =0，则可必然：(A) 高斯面上各点场强均为零。

(B) 穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。

(C)穿过整个高斯面的电通量为零。

(D) 以上说法都不对。

［ D ］ 3．两个齐心均匀带电球面，半径分别为R a和ba< R b ) , 所带电量分别为Q abR( R和 Q ，设某点与球心相距 r , 当 R a < r < R b 时， 该点的电场强度的大小为：( A )1 Q aQ b( B )1Q aQ b4r 24r 2( C )1 ( Q aQ b )( D )1 Q a4r 2R b 24r 2[D ]4. 以以以下图，两个“无量长”的、半径分别为R 1 和 R 2 的共轴圆柱面均匀带电，轴线方向单位长度上的带电量分别为λ 1和λ 2 ， 则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的 P 点的电场强度大小( A )1 2 ( B )1220 r20R 12R22R 11( C )1(D) 0rP4R 2 O 0R1[ D ]5 ．图示为一拥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以下哪一种带电体产生的。

(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ρ =Ar(A 为常数 ) 的非均匀带电球体。

(D)半径为 R 、电荷体密度ρ =A/r(A 为常数 ) 的非均匀带电球体。

二 填空题1． 在点电荷系的电场中，任一点的电场强度等于 __ 各点电荷在该占单独产生的电场强度的矢量和 __, 这称为场强叠加原理。

2．静电场中某点的电场强度，其数值和方向等于单位正电荷在该点遇到的电场力___。

第四章（一） 振动学基础解答一、选择题1．D 2．B 3．C 4．C 5．B 6．B 7．D 8．B二、填空题1．振动系统自身的性质；π2秒内的的振动次数；振动系统运动的初始条件；表示振动的幅度或振动的强度；表征计时零点的振动状态。

2．；cm 2 ；4s ；1-s 2π ；π23 )232cos(02.0ππ+t ；m )232s i n (01.0πππ+-t -1s m ⋅；)232cos(201.02πππ+-t -2s m ⋅； ππ或33．0.158 m ； 0.5 s ； 2π4．)41cos(02.0ππ+t m ； )43c o s (02.0ππ+t m5．π326．8T ， T 83 7．ππ232或-8．合力的大小与位移成正比，方向与位移方向相反； 0d d 222=+x tx ω三、计算题1．解：(1) s 638.084.922,s84.9258.0251-======πωπωT mk(2) m/s 17.03sin02.084.9sin ,30-=⨯⨯-=-==πϕωπϕA v (3) )384.9cos(02.0)cos(πϕω+=+=t t A x m2．解：（1）)32cos(3πππϕ-=-=t T A x （2）0=a ϕ，2πϕ=b（3）作振幅矢量图，得到： 6233T Tt a ===ππωπ125223T Tt b =⎪⎭⎫⎝⎛=πππ＋3．解：木块下移时，恢复力 )1(22xgL gxLf -=-=水ρmk =ω , 由（1）式知 2gL k =所以，木块做简谐运动。

在水中的木块未受压而处于平衡时 a gL mg 2水ρ= ，于是可求得ag aL gLm k ===22水ρω ga T πωπ22==振幅：a b A -=4．解：（1）两个同方向、同频率简谐运动的合振动仍为简谐运动，且合振动的频率与分振动的频率相同，即121s 3-＝＝＝ωωω合振动振幅A 和初相0ϕ为 ()cm 52cos 43243cos 22221212221=⨯⨯++=++=πϕϕ－A A A A A︒==+︒+︒=++=--13.5334tg 24cos 3cos024sin 3sin0tgcos cos sin sin tg11-2211221110ππϕϕϕϕϕA A A A即0ϕ在第一象限内。

同济大学大学物理答案同济大学大学物理答案【篇一：大学物理复习题答案(同济大学课件)】>1、①r?rcos?ti?rsin?tj?htdxdyk；②vxr?sin?t，vy??r?cos?t，2?dtdtvz?dvydvdvdzh2r?2sin?t，az?z?0 ；③ax?x??r?cos?t，ay?dt2?dtdtdt2、在运动函数中消去t，可得轨道方程为y?x2?8 由r?2ti?(4t2?8)j，得v?drdv2i?8tj，a??8j dtdt可得在t?1时r1?2i?4j，v1?2i?8j，a1?8j 在t?2时r2?2i?8j，v2?2i?16j，a1?8jf3?4t3?4?31.5m/s2， m1010v3v33?4tdva?,dv?adt,?dv??adt,?dv??dt,v?2.7m/s0000dt10f3?4x3?4?3dv3?4xdvdvdxdv1.5m/s2，a.?v，②a?，m1010dt10dtdxdtdxv33?4x3?4xdx?vdv，?vdv??dx，v?/s001010124、以投出点为原点，建立直角坐标系。

x?v0cos?t，y?v0sin?t?gt 23、①a?以(x,y)表示着地点坐标，则y??h??10m。

将此值和v0，?值一并代入得1110?20??t??9.8?t222解之得，t?2.78s和t??0.74s。

取正数解。

着地点离投射击点的水平距离为：x?v0cos?t?20?cos300?2.78?48.1m 5、①?0?2?n?2??1802??18018.8(rad/s)，v0??0r??0.5?9.42(m/s) 6060②由于均匀减速，翼尖的角加速恒定，??a??0ta0?18.80.209(rad/s2) 90at??r??0.105(m/s2)负号表示切向加速度的方向与速度方向相反。

0??t?18.8?0.209?80?2.08(rad/s)an??2r?2.16(m/s2)，a??2.16(m/s2)，??arctan0.1052.780 2.166、x?12t?2t?4?v?t?2?a?1ms2 则： 22（1）t?2s时：v?2?2?4(s) a?1s 方向都沿x轴正方向（2）在1~2s内，a?1?f?ma?2?1?2(n)，则在1~2s内，i?212dt?2(n?s) 方向沿x轴正方向（3）在1~2s内，f所做的功：由动能定理得：11a?ek(t?2)?ek(t?1)??2?(2?2)2??2?(1?2)2?7(j)22第二章牛顿运动定律1、小球下落过程中受重力g?mg和空气阻力f?kv作用。

普通物理_同济大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.对一运动质点施加以恒力, 质点的运动会发生什么变化?参考答案:质点仍表现出惯性2.质量比为 1 : 2 : 3 的三个小车沿着水平直线轨道滑行后停下来．若三个小车的初始动能相等, 它们与轨道间的摩擦系数相同, 则它们的滑行距离比为参考答案:6 : 3 : 23.已知两个物体【图片】和【图片】的质量以及它们的速率都不相同, 若物体【图片】的动量在数值上比物体【图片】的动量大, 则物体【图片】的动能【图片】与物体【图片】的动能【图片】之间的关系为参考答案:不能判定哪个大4.戴维孙----革末实验中, 用电子射向晶体镍的表面, 该实验用来参考答案:表明电子的波动性5.【图片】【图片】参考答案:(2.85,2.95)6.一轮船作匀变速航行时所受阻力与速率平方成正比．当轮船的速率加倍时,轮船发动机的功率是原来的参考答案:8倍7.用单色光照射光栅，屏幕上能出现的衍射条纹最高级次是有限的．为了得到更高衍射级次的条纹，应采用的方法是：参考答案:将单色光斜入射8.两根相同的磁铁分别用相同的速度同时插进两个尺寸完全相同的木环和铜环内，在同一时刻，通过两环包围面积的磁通量参考答案:相同9.在有磁场变化着的空间里没有实体物质，则此空间中没有参考答案:感生电流10.一衍射光栅由宽 300 nm、中心间距为 900 nm的缝构成, 当波长为 600 nm的光垂直照射时, 屏幕上最多能观察到的亮条纹数为：参考答案:3条11.设氢原子被激发后电子处在第四轨道（n = 4）上运动.则观测时间内最多能看到谱线的条数为参考答案:6条12.决定长直螺线管中磁感应强度大小的因素是参考答案:通入导线中的电流强度13.空间某点磁感应强度的方向, 在下列所述定义中错误的是参考答案:电流元在该点不受力的方向14.现有两条气体分子速率分布曲线A和B，如图所示。

若两条曲线分别表示同一种温度下氢气和氧气的速率分布，则曲线表示氧气的速率分布。

同济大学课程考核试卷 2008 — 2009学年第二学期课号：124001 课名：普通物理（A ）上 考试此卷选为：期中考试( )、期终考试(√)、重考( )试卷年级 专业 学号 姓名计算题 选择题 1∼9 填空题 10∼18 19 20 21 问答题 22 得分（考试时间：120分钟 闭卷）一、选择题（共27分） 1、（本题3分）有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 在上述说法中， (A) 只有(1)是正确的． (B) (1) 、(2)正确，(3) 、(4) 错误．(C) (1)、(2) 、(3) 都正确，(4)错误 (D) (1) 、(2) 、(3) 、(4)都正确．［ ］2、（本题3分）O如图所示，将一根质量为m 、长为l 的均匀细杆悬挂于通过其一端的固定光滑水平轴O 上．今在悬点下方距离x 处施以水平冲力，使杆开始摆动，要使在悬点处杆与轴之间不产生水平方向的作用力，则施力的位置x 应等于F rF r(A) 3l / 8． (B) l / 2．(C) 2l / 3． (D) l ． ［］ 3、（本题3分）如图，bca 为理想气体绝热过程，b 1a 和b 2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是:(A) b 1a 过程放热，作负功；b 2a 过程放热，作负功．(B) b 1a 过程吸热，作负功；b 2a 过程放热，作负功．(C) b 1a 过程吸热，作正功；b 2a 过程吸热，作负功．(D) b 1a 过程放热，作正功；b 2a 过程吸热，作正功．［ ］ 4、（本题3分）甲说：“由热力学第一定律可证明任何热机的效率不可能等于1”乙说：“热力学第二定律可表述为效率等于 100％的热机不可能制造成功”丙说：“由热力学第一定律可证明任何卡诺循环的效率都等于．”丁说：“由热力学第一定律可证明理想气体卡诺热机(可逆的)循环的效率等于”对以上说法，有如下几种评论，哪种是正确的？ )/(112T T −)/(112T T − (A) 甲、乙、丙、丁全对． (B) 甲、乙、丙、丁全错．(C) 甲、乙、丁对，丙错． (D) 乙、丁对，甲、丙错． ［ ］5、（本题3分）静电场中某点电势的数值等于 (A) 单位正电荷置于该点时具有的电势能． (B) 单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C) 试验电荷置于该点时具有的电势能． 0q (D) 把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功． ［ ］6、（本题3分）如图所示，一封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

99K 普通物理考试题(A)一、选择题(共36分)1、磁介质有三种，用相对磁导率佑表征它们各自的特性时,顺磁质/4>0, 顺磁质//,. >1, 顺磁质缶>1, 顺磁质％ <0, 抗磁质％<0, 抗磁质缶=1, 抗磁质/4<1, 抗磁质/4<1, 铁磁质％>>1.铁磁质缶>>1.铁磁质缶》1.铁磁质//, >0.2、一弹簧振子系统(质量为M),原处于水平静止状态，一质量为m 的子弹以水平 速度V 射入振子中，并随之一起运动，以后弹簧的最大势能为：［］1 2 1 z * m A 、—mv B 、—(m + M)——v2 2 M4、 对于机械波：［］A 、波峰处质元的动能、势能均为零B 、波谷处质元的动能、势能均最大C 、 质元处于波峰时，势能最大，动能为零D 、 质元处于平衡位置时，动能最大，势能为零 5、 一个物体正在绕固定光滑轴自由转动，(A) 它受热膨胀或遇冷收缩时，角速度不变. (B) 它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小. (C) 它受热或遇冷时，角速度均变大.(D) 它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大. 6、电场中高斯面上各点的电场强度是由( )。

A. 分布在高斯面内的电荷决定的B. 分布在高斯面外的电荷决定的C. 空间的所有电荷决定的(A) (B) (C) (D) C 、 D 、不确定3、某电场的电力线分布情况如图所示, 一负电荷从P 点移动到Q 点，有人根据这 个图做出下列几点结论，其中哪个是正确的：［〕 A 、电势 U P <U Q B 、电场力的功A>0C 、 电场强度Ep < E QD 、电势能w p < W QD.高斯面内电荷代数和决定的7、一根长为Z,质量为m的均质链条放在光滑水平桌面上，而将其长度的1/5悬挂于桌边。

若将悬挂部分拉回桌面，需作功为[ ]A. mgl/ 5B. mgl/ 10C. mgl/ 25D. mgl/ 508、关于稳恒电流磁场的磁场强度百，下列几种说法中哪个是正确的？[](A)百仅与传导电流有关.(B)若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的百必为零.(C)若闭合曲线上各点百均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零.(D)以闭合曲线L为边缘的任意曲面的百通量均相等.9、关于振动与波动的关系，下列说法正确的是：[]A、如果没有机械振动，不一定没有机械波B、机械波的频率与振源的频率相同C、只要物体做机械振动，一定有机械波产生D、机械波的传播速度与振源振动速度一样10、某物体的运动规律为du/4t = -kSt,式中的左为大于零的常量.当£ = 0时，初速为％,则速度D与时间f的函数关系是[ ](A)V --—如之+ p , 2(B)V ---- 如 2 + p ,2£kt2 1£kt2 1(C)=—-+ —,(D)= --------- 1 ---V 2 %V 2 %11、有一个圆形回路1及一个正方形回路2,圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比81/冼为[ ](A)0.90. (B) 1.00.(C) 1.11. (D) 1.22.12、如图，流出纸面的电流为21,流进纸面的电流为I,则下述各式中哪一个是正确的？[ ](A)^H-dl =21.A(B)^H-dl =1L2(C)^H-dl =-I.如(D)^H-dl =-I.L4二、填空题(共24分)1、两带电粒子以相同的速度垂直磁感应线进入匀强磁场，它们的质量比是1： 2,电量之比是1： 4,它们所受的磁场力之比是,运动轨迹半径之比是2、一平面简谐波的波动方程为y = O.2cos(0-gx)(m),则此波的波长为(m),波速为(m/s),在x=5m处的质点的振动方程为,在t=ls,x=5处质点的振动速度为3、一半径为R的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d(d«R)环上均匀带有正电，电荷为g,如图所示.则圆心0处的场强夬小E=4、频率为200Hz的波，其速度为340m/s,相位差为m的两点间距为_________ 5、两块面积均为S的金属板A和B,彼此平行放置在真空中，板间距离为d (d远小于板的线度)，设A板带电量为Qi，B板带电量为务，则两板间电场强度为,两板间电势差为6、将一负电荷从无穷远外移到一个不带电的导体附近，则导体内的电场强度,导体的电势o 7、一物体在某瞬时，以初速度V。

大学物理复习题答案（同济大学课件）第一章质点运动学1、①cos sin 2ht r R ti R tj k ωωπ=++；②sin t x dx v R dt ωω==-，cos t y dy v R dtωω==，h 2z dz v dt π==；③2cos t x x dv a R dt ωω==-，2sin t y y dv a R dtωω==-，0z z dv a dt == 2、在运动函数中消去t ，可得轨道方程为28y x =- 由22(48)r ti t j =+-，得28dr v i t j dt ==+，8dva j dt== 可得在1t =时124r i j =-，128v i j =+，18a j = 在2t =时228r i j =+，2216v i j =+，18a j =3、①2343431.5/1010F t a m s m ++?====， 33000034,,,, 2.7/10v v dvt a dv adt dv adt dv dt v m s dt +=====②234343 1.5/1010F x a m s m ++?====，dv a dt =，34.10x dv dv dx dv v dt dx dt dx+===，3410xdx vdv +=，3003410v x vdv dx +=??，/v s =4、以投出点为原点，建立直角坐标系。

0cos x v t θ=，201sin 2y v t gt θ=-以(,)x y 表示着地点坐标，则10y h m =-=-。

将此值和0v ，θ值一并代入得21110209.822t t -=??-??解之得， 2.78t s =和0.74t s =-。

取正数解。

着地点离投射击点的水平距离为：00cos 20cos30 2.7848.1x v t m θ==??= 5、①02180218.8(/)60n rad s πωπ?===，0021800.59.42(/)60v R m s πω?==?= ②由于均匀减速，翼尖的角加速恒定，20018.80.209(/)90A Arad s t ωωα--===- 20.105(/)t a R m s α==-负号表示切向加速度的方向与速度方向相反。

同济大学大学物理答案【篇一：大学物理复习题答案(同济大学课件)】>1、①r?rcos?ti?rsin?tj?htdxdyk；②vx???r?sin?t，vy??r?cos?t，2?dtdtvz?dvydvdvdzh2???r?2sin?t，az?z?0 ；③ax?x??r?cos?t，ay?dt2?dtdtdt2、在运动函数中消去t，可得轨道方程为y?x2?8 由r?2ti?(4t2?8)j，得v?drdv?2i?8tj，a??8j dtdt可得在t?1时r1?2i?4j，v1?2i?8j，a1?8j 在t?2时r2?2i?8j，v2?2i?16j，a1?8jf3?4t3?4?3???1.5m/s2， m1010v3v33?4tdva?,dv?adt,?dv??adt,?dv??dt,v?2.7m/s0000dt10f3?4x3?4?3dv3?4xdvdvdxdv???1.5m/s2，a???.?v，②a?，m1010dt10dtdxdtdxv33?4x3?4xdx?vdv，?vdv??dx，v?/s001010124、以投出点为原点，建立直角坐标系。

x?v0cos?t，y?v0sin?t?gt 23、①a?以(x,y)表示着地点坐标，则y??h??10m。

将此值和v0，?值一并代入得11?10?20??t??9.8?t222解之得，t?2.78s和t??0.74s。

取正数解。

着地点离投射击点的水平距离为：x?v0cos?t?20?cos300?2.78?48.1m 5、①?0?2?n?2??1802??180?18.8(rad/s)，v0??0r??0.5?9.42(m/s) 6060②由于均匀减速，翼尖的角加速恒定，???a??0ta?0?18.8??0.209(rad/s2) 90at??r??0.105(m/s2)负号表示切向加速度的方向与速度方向相反。

???0??t?18.8?0.209?80?2.08(rad/s)an??2r?2.16(m/s2)，a??2.16(m/s2)，??arctan0.105?2.780 2.166、x?12t?2t?4?v?t?2?a?1ms2 则： 22（1）t?2s时：v?2?2?4(s) a?1s 方向都沿x轴正方向（2）在1~2s内，a?1?f?ma?2?1?2(n)，则在1~2s内，i??212dt?2(n?s) 方向沿x轴正方向（3）在1~2s内，f所做的功：由动能定理得：11a?ek(t?2)?ek(t?1)??2?(2?2)2??2?(1?2)2?7(j)22第二章牛顿运动定律1、小球下落过程中受重力g?mg和空气阻力f?kv作用。

第一章 质点运动学班号 学号 姓名 日期一、 选择题1． 一个质点在Oxy 平面上运动，已知质点的运动方程为j t i t r2252 （SI ），则该质点作（A ）匀速直线运动； （B ）变速直线运动； （C ）抛物线运动； （D ）一般曲线运动。

（ B ） 2．一个质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程， 表示曲线的切线方向。

下列几个表达式中，正确的表达式为C （A ）a t d d v ； （B ）v trd d ； （C ）v tsd d ； （D ） a t d d v 。

（ C ） 3．沿直线运动的物体，其速度的大小与时间成反比，则其加速度的大小与速度大小的关系是（A ）与速度大小成正比； （B ）与速度大小的平方成正比； （C ）与速度大小成反比； （D ）与速度大小的平方成反比。

（ B ） 4．下列哪一种说法是正确的(A) 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心； (B) 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变；(C) 物体作曲线运动时，速度的方向一定在运动轨道的切线方向上，法向分速度恒等于零；因此其法向加速度也一定等于零；(D) 物体作曲线运动时，必定有加速度，加速度的法向分量一定不等于零。

（ D ）5． 如图所示，路灯距离地面高度为H ，行人身高为h匀速v 背向路灯行走，则人头的影子移动的速度为(A)v H h H ； （B ）v h H H； (C ） v H h ； （D ） v hH。

（ B ）6．一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时的速度为t v ，那么它运动的时间是 (A)g t 0v v ； (B) gt 20v v ； (C) g21202tv v ； (D)g221202tv v。

（ C ）7．一个质点沿直线运动，其速度为kte 0v v （式中k 、v 0为常量）。

当0 t 时，质点位于坐标原点，则此质点的运动方程为： (A ）kt e k x0v ； （B ）kt e kx 0v； （C ）)1(0kt e k xv ； （D ）)1(0kt e kx v。

1、质点运动学单元练习(一)答案1.B2.D3.D4.B5.3、0m;5、0m(提示:首先分析质点得运动规律,在t <2、0s 时质点沿x 轴正方向运动;在t =2、0s 时质点得速率为零;,在t >2、0s 时质点沿x 轴反方向运动;由位移与路程得定义可以求得答案。

)6.135m(提示:质点作变加速运动,可由加速度对时间t 得两次积分求得质点运动方程。

)7.解:(1))()2(22SI jt i t r)(21m ji r)(242m ji r)(3212m ji r r r)/(32s m ji t r v(2))(22SI j t i dtrd v )(2SI jdt vd a)/(422s m j i v)/(222 s m ja8.解:t A tdt A adt v totosin cos 2t A tdt A A vdt A x totocos sin9.解:(1)设太阳光线对地转动得角速度为ωs rad /1027.73600*62/5s m th dt ds v /1094.1cos 32(2)当旗杆与投影等长时,4/ th s t 0.31008.14410.解: ky yv v t y y v t dv ad d d d d d d -k y v d v / d yC v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ,v =v o 则20202121ky v C )(2222y y k v v o o2、质点运动学单元练习(二)答案1.D2.A3.B4.C5.14 s m t dt ds v ;24s m dtdva t ;2228 s m t Rv a n ;2284 s m e t e a nt6.s rad o /0.2 ;s rad /0.4 ;2/8.0s rad r a t ;22/20s m r a n7.解:(1)由速度与加速度得定义)(22SI ji t dt rd v ;)(2SI idtv d a(2)由切向加速度与法向加速度得定义)(124422SI t t t dt d a t)(12222SI t a a a t n(3))(122/322SI t a v n8.解:火箭竖直向上得速度为gt v v o y 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零,解得s m gtv o /8345sin9.解:s m uv /6.3430tan10.解:l h v u ;u hl v 3、牛顿定律单元练习答案1.C2.C3.A4.kg Mg T5.36721;2/98.02.0s m MT a5.x k v x 22 ;x x xv k dt dxk dt dv v 222 221mk dt dv mf x x 6.解:(1)ma F F N T sin cosmg F F N T cos sinsin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T(2)F N =0时;a =g cot θ7.解:mg R m o 2Rg o8.解:由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120 分离变量积分t o vdt t dv 4120.6 )/(6462s m t tvtoxdt t tdx 64620.5 )(562223m t t t x9.解:由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv 分离变量积分t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg olnmg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10.解:设f 沿半径指向外为正,则对小珠可列方程a v m f mg 2cos ,t vm mg d d sin ,以及 ta v d d, d d v a t ,积分并代入初条件得 )cos 1(22 ag v ,)2cos 3(cos 2mg av m mg f .4、动量守恒与能量守恒定律单元练习(一)答案1.A;2.A;3.B;4.C;5.相同6.2111m m t F v;2212m t F v v 7.解:(1)t dt dxv x 10;10 dtdv a x x N ma F 20 ;m x x x 4013J x F W 800(2)s N Fdt I40318.解: 1'v m m mv221221'2121o kx v m m mv''m m k mm vx9.解: 物体m 落下h 后得速度为 gh v 2当绳子完全拉直时,有 '2v M m gh mgh mM m v 2'gh mM mMMv I I T 22'2210.解:设船移动距离x ,人、船系统总动量不变为零0 mv Mu等式乘以d t 后积分,得totomvdt Mudt0)( l x m Mx m mM mlx 47.05、动量守恒与能量守恒定律单元练习(二)答案1.C2.D3.D4.C5.18J;6m/s6.5/37.解:摩擦力mg f由功能原理 2121210)(kx x x f解得 )(22121x x mg kx 、8.解:根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos由能量守恒定律mgh mv 221质点脱离球面时 RhR F Ncos ;0 解得:3R h9.解:(1)在碰撞过程中,两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m ①212211m m v m v m v(2) 两球速度相等时两小球间距离最小,形变最大,最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E pv v 10.解:(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒,m 、M 、地系统机械能守恒.0)( MV V u m ① mgR MV V u m 2221)(21 ② 解得: )(2m M M gRmV ;MgRm M u )(2(2) 当m 到达B 点时,M 以V 运动,且对地加速度为零,可瞧成惯性系,以M 为参考系 R mu mg N /2M mg m M mg R mu mg N /)(2/2mg MmM M mg m M Mmg N 23)(26、刚体转动单元练习(一)答案1.B2.C3.C4.C5.v = 1、23 m/s;a n = 9、6 m/s 2;α = –0、545 rad/ s 2;N = 9、73转。