大学物理课后练习题答案

物理练习册答案

练习一答案一．选择题 1（0586）（D ）2（0587）（C ）3（0015）（D ）4（0519）（B ） 5（0602）（D ） 6（0604）（C ）7（5382）（D ）8（0001）（D ）二、填空题

1（0002）A ｔ= 1.19 s ｔ= 0.67 s 2（0008）8 m 10 m 3（0588） 30/3C t +v 4

00112

x t C t ++v

4（0590） 5m/s 17m/s 5（0009）0bt +v

6（0509）

1ct 2ct c 2t 4

7（0596） 4.8 m/s 2 3.15rad 8（0599）2200cos /g θv

三、计算题 1．（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)|S x x

x x =-+-=

2．解：d /d S t b ct ==+v d /d t a t c ==v ()R ct b a n /2

+= 根据题意: a t = a n 即 ()R ct b c /2

+= 解得 c b

c R

t -

3．解：（1）题给雨滴相对于地面竖直下落，故相对于地面的水平分速为零．雨滴相对于列车的水平分速与列车速度等值反向为10 m/s ，正西方向. （2）设下标W 指雨滴，t 指列车，E 指地面，则有

W E

v = W t v + v tE , v tE =10 m/s

v W E 竖直向下，v W t 偏离竖直方向30°，由图求得

雨滴相对于地面的速率为 v WE = v tE ctg30o =17.3 m/s

雨滴相对于列车的速率 20sin 30

W t ==

v v m/s

练习二答案一、1. （0048）（C ）2.（0342）（C ） 3.（0335）（D ） 4.（0617）（D ） 5.（5388）B

6. （0609）（B ）

二、1. （0050） 32(/) m m g i -

0 2.（0526）5.2 N 3.（0526） s g μ/

三、

1. （0533）解：根据牛顿第二定律 2

d d d d d d d d k x f m

m m x

t x t x =-==?=v v v

v ∴ /4

d d ,

d d A A

x k k

x m x

m x

=-=-

v v v v

1413()2

k k m

m A

v ∴ =

Wt v

WE v tE

v 30°

2. （0531）解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等

于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2

a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1（即绳子的加速度），取向下为正．

111a m T g m =- 222a m g m T =- 212a a a -=' 解得： 2

2211)(m m a m g m m a ++-= 2

12)2(m m m m a g T +-= 2

1212

)(m m a m g m m a +--='

3.（5391）解：球A 只受法向力N 和重力g m

，根据牛顿第二定律

法向： 2

c o s /N m g m R θ-=v

①

切向： t ma mg =θsin ② 由①式可得 2(c o s /)N m g R θ=+v

根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外由②式得 θs i n g a t =

练习三答案一、选择题

1.B

2.C

3.C

4.A 二、填空题 1. 1 m /s 0.5 m /s 2 0)21(gy m +

0v m 2

1 3.

2m v ；

指向正西南或南偏西45° 4. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 三、计算题

1.解：(1) 设A ，B 间绳中张力为T ，分别对A 、B 列动力学方程 M A g –T =M A a 1分 T =M B a 1分解得： a =Mg / (M A +M B ) 由M A = M B = M a ＝

1g 1分

设B 、C 之间绳长为l ，在时间t 内B 物体作匀加速运动，有l ＝2

1at 2＝gt 2/4 ，t=g l /4=0.4 s 2

分

(2) B 和C 之间绳子刚拉紧时，A 和B 所达到的速度为 v ＝at ＝

1gt ＝

1×10×0.4＝2.0 m/s

令B 、C 间拉紧后，C 开始运动时A 、B 、C 三者的速度大小均变为V ，由动量定理(设三者速度变化过程中T AB 为AB 间绳中平均张力，T BC 为BC 间绳中平均

张力,τ为过程时间) M A V - M A v = –T AB ·τ (∵M A g<

M B V – M B v =T AB ·τ–T BC ·τ 1分 M C V – 0 = T BC ·τ 1分

得 (M A + M B + M C )V = ( M A + M B ) v

V =

3313

)(.M M M M C B A B A ==+++v M v m/s 1分

根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 1分方向垂直墙面指向墙内． 1分

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 1分

不计小球重力，F 即为墙对球冲力 1分

由牛顿第三定律,墙受的平均冲力 F F =' 1分

方向垂直于墙，指向墙内 3. 解：子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动．

F ＝(m A +m B )a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s 2

2分

B 受到A 的作用力 N ＝m B a ＝1.8×103

N 方向向右

A 在时间t 内作匀加速运动，t 秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入

B 时，B 将加速而A 则以v A

的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝at ＝6 m/s 2分

取A 、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B 中后有 1分

B B A A m m m m v v v )(0++= 2分 m /s 220=+-=

A B m m m m v v v 1分

练习四答案一、选择题

1.C

2.C

3.B

4.C

5.C

6.C

7.D

8.C 二、填空题 1. 290 J 2. )11(21b

m Gm -

- 3.

m 22

2 4. 2 mg x 0 sin α 5. －42.4 J 6. 4000 J

三、计算题

1. 解：以弹簧仅挂重物m 1时，物体静止（平衡）位置为坐标原点，竖直向下为y 轴正向，此时弹簧伸长为： l 1＝m 1 g / k ① 1分再悬挂重物m 2后，弹簧再获得附加伸长为l 2＝m 2 g /k ②1分

当突然剪断连线去掉m 2后，m 1将上升并开始作简谐振动，在平衡位置处速度最大．根据机械能

守恒，有 212

21)(2

1g l m l l k -+＝

1kl m m +

v ③2分将①、

②代入③得)

(v k m g

m m 121= ≈0.014 m/s ④1分

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 2分拉力所作的功等于弹性势能的增量： W ＝E P 2－E P 1＝2

01202)

1)(21

l l k l l k --

-＝

0.14 J 3分

3. 解：如图所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0为挂上物体后的伸长量，O ＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O "处为重力势能的零点．由题意得物体在O ＇处的机械能为：

αsin )(2

1020

01x x mg kx E E K -++

= 2分

在O " 处，其机械能为：2

121kx m E +

2分

由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：

002

1sin )(2

1kx m x x mg kx E K +

-++

α 2分

在平衡位置有： mg sin α =kx 0 ∴ k mg x αsin 0= 2分代入上式整理得：

mg kx mgx E m K 2)

sin (21

sin 21

αα-

-+=v 2分 4. 解：设弹簧伸长x 1时，木块A 、B 所受合外力为零，即有： F -kx 1 = 0 x 1 = F /k 1分

设绳的拉力T 对m 2所作的功为W T 2，恒力F

对m 2所作的功为为W F ，木块A 、B 系统所受合

外力为零时的速度为v ，弹簧在此过程中所作的功为W K ．

对m 1、m 2系统，由动能定理有 W F ＋W K ＝2

21)(21v m m + ① 2分对m 2有W F ＋W T 2

＝

221v

m ② 2分而 W K ＝

=-， W F ＝Fx 1＝

F 2

2分代入①式可求得

)(21m m k F

+=v 1分

由②式可得 +

-=F T W W 22

1v m ])

(21[212

m m m k

F +-

(2)2(21212

m m k m m F ++-

由于绳拉A 和B 的力方向相反大小相等，而A 和B 的位移又相同，所以绳的拉力对m 1作的功为

)

(2)2(21212

21m m k m m F W W T T ++=

-= 2分

练习五答案

一、 1. （B ） 2. (A) 3. (A) 4. (C) 5. (B) 、(A) 6. (B) 二、 1. 2.5 ; 2. 7.5 ; 3. 2mgl μ

参考解： M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l

μμ2

1d /0

? 4.

2ln k

三、1. 解：(1) 转盘角速度为60

2782π?=π=n ωrad/s=8.17 rad/s

P 点的线速度和法向加速度分别为 v =ω r ＝8.17×0.15=1.23 m/s a n =ω2r =8.172×0.15=10 m/s 2

(2) 008.1715

ωα--==rad/s 2＝－0.545 rad/s 2 2

17.8212

21??

=π=t ωN ＝9.75 rev 2. 解：(1) 各物体受力情况如图． T －mg ＝ma

mg －T '＝m a '

T ' (2r )－Tr ＝9mr 2

α/ 2

a ＝r α

a '＝(2r )α

由上述方程组解得： α＝2g / (19r )＝10.3 rad ·s -2 (2) 设θ为组合轮转过的角度，则 θ＝h / r ω2＝2αθ

所以， ω = (2αh / r )1/2＝9.08 rad ·s -1

3.（0782）解：各物体受力情况如图． T A －mg ＝ma (2m)g －T B ＝(2m )a (T －T A )r ＝2

m r α

(T B －T )(2r )＝

1(2m )(2r )2α'

a ＝r α＝(2r )α'

由上述方程组解得：

α＝2g / (9r )＝43.6 rad ·s -2 ; α'＝12

α＝21.8 rad ·s -2 ; T ＝(4/3)mg ＝78.4 N

练习六答案

一、 1.(A)2.(C) 3.(D) 4. (B) 5.(D) 二、 1. l

v 43=

ω 2.

()cos ()

mv R L J m R L α+++ 3．

0mR

J mR J +-v ω ;

4． 2sin W kl θ= 5. 8 rad ·s -1

6. 角动量；机械能 .

三、1.解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块

的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 2

2122113

m l m l m l ω=-+v v ①

碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l

m g

M l

1d μμ-

=?-=

②

由角动量定理

ω2

310l m dt M t

f -=?

由①、②和③解得 1

2212t m m g

μ+=v v 2. 解： (1）角速度ω 开始转台角速度 1

02s

105

)ππ

ω-=

=（（1分）

' a '

因为沿轴向外力距为零，系统轴向角动量守恒。（2分）

20J J M r ωω=+（）（2分） 1

05(s )J .J M r

ωω-=

=+ （2分，无单位扣1分）

（2）转台动能改变 ()2

01186690(J)

k E J J .?ωω=

=---（3分，无单位扣1分）

3. 解：（1） m 下落 2

m g h m υ

()1v ?=

碰撞? t 极短，对 m +盘系统，冲力远大于重力，故重力对O 力矩可忽略，定轴角动量守恒：()02mvR cos J θω= ()2

1232

I M R m R m R =+=

()()13~由得：

()042R

ωθ=

（2）对M 、m 、地球系统，机械能守恒。令 p 、x 重合时，0p E = 则： ()2

011sin 52

m gR I I θωω+

()()35~由得：

ω=

()

22M m gR g J m R

α==

4.解：

把子弹和杆看作一个系统.系统所受的外力有重力和轴对细杆的约束力.在子弹射入杆的极短时间里，重力和约束力均通过轴O ，因此它们对轴O 的力矩均为零，系统的角动量应当守恒.于是有 2

(3)m a m l

ma ω='+v ①

子弹射入杆后，细杆在摆动过程中只有重力做功，所以以子弹、细杆和地球为一系统，则此系统的机械能守恒.于是有2

(3)2(2)(1cos 30)m l m a m ga m gl ω''+=+-

②

解式①和式②，得

练习十答案

一、1.（B ） 2.（A ）3.（D ）4.（D ）5.（D ）

222M m gR

J m R R

===

二、1. －2ε 0E 0 / 3 4ε 0E 0 / 3 2.

()

0824R

qd d R R

εεπ≈

-ππ 从O 点指向缺口中心点．

3. Q / ε 0 ；a E

＝0 ；()20018/5R r Q E b επ=

三、1. 解：把所有电荷都当作正电荷处理.在θ 处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π ,它在O 处产生场强 θεεd 24d d 2

Q R

q E π=

π= 按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：

θεθd sin 2sin d d 2

Q E E x π=

=θθεθd cos 2cos d d 2

R Q E E y π-

=-=．

对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷，得 ??

???-π=

??π

ππθθθθε2/2

d s i n d s i n 2R Q

E x ＝0， 2022/2/0202d cos d cos 2R Q

R Q

E y εθθθθεπ

πππ-=??

????-π-=??．所以 j R

j E i E E y x 2

02επ-=+= ． 2.（5090）解：取坐标xOy 如图，由对称性可知：0d ==?x

x E

θελθεcos 4d cos 4d d 2

l a q E y π-=

π-=

θθελd c o s 420a a

?π-=

θθελθθd cos 40

10?

-π-=a

E y

sin

0θθεθελa q a

π-=π-=

j a q E

sin

200

0θθεπ-=

·S d =

∑

i 0

1q ε， -E ?S =

S ?σε0

，

∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9×10-10

C/m 3

．

练习十一答案

一、1.（C ） 2.（B ） 3.（B ） 4.（D ） 5.（B ）二、1. ()

32102281

q q q R ++πε 2. ???

??-πb a r r q q 11400ε 3. 2

/102???

??πm

q ελ

三、1. 解：球形电容器的电容 a

b ab

C -π=ε4 ,

当内外导体间电势差为U 时，电容器内外球壳上带电荷 a

b abU CU q -π==ε4，

电容器内球表面处场强大小为 ()

a b a bU a

q E -=

π=

4εε

σ ,

欲求内球表面的最小场强，令d E /d a =0，则 ()()011d d 22=???

? ??---=a b a a b a bU a E

．得到 2

b a =

并有

0d d 2

>=b a a

E ，

可知这时有最小电场强度 ()

U a b a bU E 4min =-=

．

2.解：如图所示，在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷

0d =()d q x a x λ-，它在O 点产生的电势 ()x x

a x U 004d d ελπ-=

O 点总电势

????-π==???++l a a l

a a x x a x dU U d d 400

ελ ??

????

+-π=

a l a a l ln 400ελ 3. 解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='，该线元

在带电球面的电场中所受电场力为：d F = q λd x / (4πε 0 x 2

) ，

(2)

整

个细线

所

受电场力为：

()

l r r l

q x

x q F l r r +π=

π=

+0002

4d 400

ελελ

，

方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能 d W = (q λd x ) / (4πε 0 x ) ，

整个线电荷在电场中具有电势能： ???

??+π=

π=?

+0000

ln 4d 400

r l r q x

x q W l r r ελ

ελ ．

4．解：按高斯定理可求得球体内的电场强度 ()R r R

E ≤π= 43

01ε

球体外的电场强度 ()R r r

Q E >π=

02ε

用场强的线积分求得球心O 点的电势 ?

∞

r E r E U d d 20

10?

∞

π+

π=

r Q r r R Q 2

0d 4d 4εε038Q R

ε=

球外离球心r 处的电势 r

r Q r E U R

r 02

24d 4d εεπ=

π=

∞

点电荷从距球心r 处到达球心处电场力作功为 ()()r R Rr

qQ U U q A r 32800-π=-=ε

根据动能定理 A = E k2 –E k1 = -E k1 (按题意设E k2 ＝0) 则 ()R r Rr

qQ A E k 23801-π=-=ε

5．解：由高斯定理求得两球壳间的场强为 ()212

0R 4R r r

q E <<π=

ε，

方向沿半径指向内球壳．电子在电场中受电场力的大小为 42

eq eE F επ==，

方向沿半径指向外球壳．电子自内球壳到外球壳电场力作功为 ?

π=

d 4d R R R R r

r eq r F A ε()210122104114R R R R eq R R eq

εεπ-=???? ??-π=

．由动能定理

()212

012

4e eq R R m R R ε-=

πv ，得到 =

v 1.98×107 m/s ．

练习十二答案

一、1.（D ） 2.（D ） 3.（B ）4.（B ） 5.（C ） 6.（B ）

二、1. )2/(0S Qd ε ；)/(0S Qd ε 2. )18/(202R Q επ 3. )4/(3

0r r q επ

；)4/(0C r q επ

三、

1.（0392）解：（1）两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布．今

先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2，由于A 、B 用导线连接，故两者等电势，即满足：

R Q R Q 0110144εεπ-+πR Q R Q 02

20244εεπ-+

π= ，代入数据解得 7/1/21=Q Q ．两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为

4/42

2122022101max 2max 1==ππ=R Q R Q R Q R Q E E εε ， B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即:6

02max 21034?=π=R

Q E ε V/m ．

（2）由E 2 max 解得 Q 2 =3.3 ×10-4

C ， ==

217

1Q Q 0.47×10-4

C ，

击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q 1+ Q 2 =3.77×10-4 C ．

2.（1652）解：（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为 R

q U 04επ=

将d q 从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 q R

q W A d 4d d 0επ=

（2）带电球体的电荷从零增加到Q 的过程中，外力作功为

??==

q A A 0

4d d πε

8επ=

3.（5425）解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则

导体球电势：

U 004επ=．内球壳电势： 10114R q Q U επ-=2024R Q επ+．

二者等电势，即

q 04επ1

014R q Q επ-=

024R Q επ+

，解得 )

()(122112r R R Q R Q R r q ++=

4.（1377）解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布为 )2/(r E ελπ=．

设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为

???π==R

r R r r

r r E U d 2d ελ

0ln 2r R ελπ=．电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有 002E r ελπ=， 0

00ln

r R E r U =．

适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令

0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U ，得 e R r /0=．

显然有

d d r U < 0，故当

e R r /0= 时电容器可承受最高的电压 e RE U /0max = = 147

kV ． 5．（1182）解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+λ和-λ, 根据高斯定理可求得两圆筒

间任一点的电场强度为 r E r εελ

02π=，则两圆筒的电势差为

200

22d d 2

1R R r

r E U r

R R r R R εελεε

λπ=

π=

=???

，解得 1

20ln 2R R U r εελπ=

．

于是可求得Ａ点的电场强度为 A E )

/l n (12R R R U =

= 998 V/m ．（方向沿径向向外）

A 点与外筒间的电势差： ?

='2

d )

/l n (d 12R R

R R

r R R U r E U R

R R R U 212ln

)

/ln(=

= 12.5 V ．

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

大学物理试卷期末考试试题答案

2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷）《A 卷参考解答与评分标准》一填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时

针方向)，则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）．【解法二】动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± )

大学物理课后题答案

习题四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ，所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。由牛顿运动定律切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=

两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一

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

大学物理练习题及答案

? -q O A B C D 关于点电荷以下说法正确的是 D (A) 点电荷是电量极小的电荷； (B) 点电荷是体积极小的电荷； (C) 点电荷是体积和电量都极小的电荷； (D) 带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。关于点电荷电场强度的计算公式E = q r / (4 0 r 3),以下说法正确的是 B (A) r →0时, E →∞； (B) r →0时, q 不能作为点电荷,公式不适用； (C) r →0时, q 仍是点电荷,但公式无意义； (D) r →0时, q 已成为球形电荷, 应用球对称电荷分布来计算电场. 如果对某一闭合曲面的电通量为 S E d ??S =0，以下说法正确的是 A (A) S 面内电荷的代数和为零; (B) S 面内的电荷必定为零； (C) 空间电荷的代数和为零； (D) S 面上的E 必定为零。已知一高斯面所包围的空间内电荷代数和 ∑q ＝0 ，则可肯定： C (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场强度通量均为零． (C). 穿过整个高斯面的电场强度通量为零． (D). 以上说法都不对．如图，在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点，则M 点的电势为 D (A) q /(4πε0a ) (B) ?q /(4πε0a ) (C) q /(8πε0a ) (D) ?q /(8πε0a ) 对于某一回路l ，积分l B d ?? l 等于零，则可以断定 D (A) 回路l 内一定有电流； (B) 回路l 内一定无电流； (C) 回路l 内可能有电流； (D) 回路l 内可能有电流，但代数和为零。如图，一电量为 q 的点电荷位于圆心O 处，A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点，现将一试验电荷从A 点分别移动到B 、C 、D 各点，则 A (A) 从A 到各点，电场力做功相等； (B) 从A 到B ，电场力做功最大； +q ? a a P · · M

大学物理(第四版)课后习题及答案质点

题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为ｓ2=P t （t = 0不合题意）则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动）根据上述结果即可作出质点的a －t 图在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案习题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。解：1）由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单

位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1）图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3）解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而落地所用时间 g h 2t =

大学物理第一章练习及答案

一、判断题 1. 在自然界中，可以找到实际的质点. ······························································· [×] 2. 同一物体的运动，如果选取的参考系不同，对它的运动描述也不同. ···················· [√] 3. 运动物体在某段时间内的平均速度大小等于该段时间内的平均速率. ···················· [×] 4. 质点作圆周运动时的加速度指向圆心. ···························································· [×] 5. 圆周运动满足条件d 0d r t =，而d 0d r t ≠. ···························································· [√] 6. 只有切向加速度的运动一定是直线运动. ························································· [√] 7. 只有法向加速度的运动一定是圆周运动. ························································· [×] 8. 曲线运动的物体，其法向加速度一定不等于零. ················································ [×] 9. 质点在两个相对作匀速直线运动的参考系中的加速度是相同的. ·························· [√] 10. 牛顿定律只有在惯性系中才成立. ·································································· [√] 二、选择题 11. 一运动质点在某时刻位于矢径(),r x y 的端点处，其速度大小为：（ C ） A. d d r t B. d d r t C. d d r t D. 22d d x y +12. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为254SI S t t =+-（），则小球运动到最高点的时刻是：（ B ） A. 4s t = B. 2s t = C. 8s t = D. 5s t = 13. 一质点在平面上运动，已知其位置矢量的表达式为22r at i bt j =+（其中a 、b 为常量）则该质点作：（ B ） 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 14. 某物体的运动规律为2d d v kv t t =-，式中的k 为大于0的常数。当0t =时，初速为0v ，则速度v 与时间t 的关系是：（ C ） A. 0221v kt v += B. 022 1v kt v +-= C. 021211v kt v += D. 0 21211v kt v +-= 15. 在相对地面静止的坐标系中，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 沿x 轴正方向，B

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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第6章真空中的静电场习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的电场力。解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册吴柳第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

大学物理期末考试试题

西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是（Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为；波长为；波沿x 轴的向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言，是理想气体分子热运动激烈程度的标志。

大学物理电磁场练习题含答案

前面是答案和后面是题目,大家认真对对. 三、稳恒磁场答案 1-5 CADBC 6-8 CBC 三、稳恒磁场习题 1. 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B 1 / B 2为 (A) 0.90． (B) 1.00． (C) 1.11． (D) 1.22．［］ 2. 边长为l 的正方形线圈中通有电流I ，此线圈在A 点(见图)产生的磁感强度B 为 (A) l I π420μ． (B) l I π220μ． (C) l I π02μ． (D) 以上均不对．［］ 3. 通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为： (A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O ． (C) B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > B P ．［］

4. 无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为a 、b ，电流在导体截面上均匀分布，则空间各处的B 的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r 的关系定性地如图所示．正确的图是［］ 5. 电流I 由长直导线1沿平行bc 边方向经a 点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由b 点沿垂直ac 边方向流出，经长直导线2返回电源(如图)．若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O 点产生的磁感强度分别用1B 、2B 和3B 表示，则O 点的磁感强度大小 (A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0． (B) B = 0，因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0，但021=+B B ，B 3 = 0． (C) B ≠ 0，因为虽然B 2 = 0、B 3= 0，但B 1≠ 0． (D) B ≠ 0，因为虽然021 ≠+B B ，但B 3 ≠ 0．［］

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷

大学物理期末考试题库

1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作（ D ）（A ）匀加速直线运动，加速度为正值（B ）匀加速直线运动，加速度为负值（C ）变加速直线运动，加速度为正值（D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ）（A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ）（A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。（B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。（C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均速度的大小和平均速率分别为（B ）（A ），（B ） 0，（C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?，由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ，所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的大小和方向分别为（D ）轴正向相反与、轴正向相同与、轴正向相同与、轴正向相反与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t

大学物理下册练习及答案

大学物理下册练习及答案文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]

电磁学磁力 A 点时，具有速率s m /10170?=。（1）欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向；（2）求电子自A 运动到C 所需的时间。解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。（2）所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =的匀强磁场中，其速度 B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时，（1）求铜片两侧的电势差'aa U ；（2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么解：（1）53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 v A C

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线（2）质点的位置： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案

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