大学物理-作业与答案
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《大学物理I 》作业 No.03 角动量 角动量守恒定律 (A 卷)班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题[ ]1、一质点沿直线做匀速率运动时,(A) 其动量一定守恒,角动量一定为零。
(B) 其动量一定守恒,角动量不一定为零。
(C) 其动量不一定守恒,角动量一定为零。
(D) 其动量不一定守恒,角动量不一定为零。
答案:B答案解析:质点作匀速直线运动,很显然运动过程中其速度不变,动量不变,即动量守恒;根据角动量的定义v m r L⨯=,质点的角动量因参考点(轴)而异。
本题中,只要参考点(轴)位于质点运动轨迹上,质点对其的角动量即为零,其余位置均不会为零。
故(B)是正确答案。
[ ]2. 两个均质圆盘A 和B 密度分别为A ρ和B ρ,若A ρ>B ρ,两圆盘质量与厚度相同,如两盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量各为A J 和B J ,则 (A) A J >B J(B) B J >A J(C) A J =B J(D) A J 、B J 哪个大,不能确定答案:B答案解析:设A 、B 联盘厚度为d ,半径分别为A R 和B R ,由题意,二者质量相等,即B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>,所以22B A R R <,由转动惯量221mR J =,则B A J J <。
[ ]3.对于绕定轴转动的刚体,如果它的角速度很大,则 (A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大(C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小答案:D 答案解析:由刚体质心运动定律和刚体定轴转动定律知:物体所受的合外力和合外力矩只影响物体运动的加速度和角加速度,因此无法通过刚体运动的角速度来判断外力矩的大小,正如无法通过速度来判断物体所受外力的大小一样。
班级_____________ 学号___________姓名________________ 简谐振动1. 一质点作谐振动, 振动方程为X=6COS (8πt+π/5) cm, 则t=2秒时的周相为:π5116, 质点第一次回到平衡位置所需要的时间为:s 0375.0.2. 一弹簧振子振动周期为T 0, 若将弹簧剪去一半, 则此弹簧振子振动周期T 和原有周期T 0之间的关系是:022T T =.3. 如图为以余弦函数表示的谐振动的振动曲线, 则其初周相φ=3π-,P 时刻的周相为:0.4. 一个沿X 轴作谐振动的弹簧振子, 振幅为A , 周期为T , 其振动方程用余弦函数表示, 如果在t=0时, 质点的状态分别是:(A) X 0=-A; (B) 过平衡位置向正向运动;(C) 过X=A/2 处向负向运动; (D) 过A x 22-= 处向正向运动.2 1 0 P t(s) X(m)试求出相应的初周相之值, 并写出振动方程.)2cos()(ππ+=t TA x A ; )22cos()(ππ-=t T A x B)32cos()(ππ+=t T A x C ; )452cos()(ππ+=t T A x D5.一质量为0.2kg 的质点作谐振动,其运动议程为:X=0.60 COS(5t -π/2)(SI)。
求(1)质点的初速度;(2)质点在正向最大的位移一半处所受的力。
解(1))5sin(00.32π--==t dtdxv 10.00.3,0-==s m v t(2)x x dtdv a 2520-=-==ω 22.5.7,30.0--===s m a m x AN ma F 5.1-==班级_____________ 学号___________姓名________________简谐振动的合成1. 两个不同的轻质弹簧分别挂上质量相同的物体1和2, 若它们的振幅之比A 2 /A 1=2, 周期之比T 2 / T 1=2, 则它们的总振动能量之比E 2 / E 1 是( A )(A) 1 (B) 1/4 (C) 4/1 (D) 2/11)()(;)(2222221122112=⋅==A A T T E E T A m E π2.有两个同方向的谐振动分别为X 1=4COS(3t+π/4)cm ,X 2 =3COS(3t -3π/4)cm, 则合振动的振幅为:cm A 1=, 初周相为:4πφ=. 3. 一质点同时参与两个同方向, 同频率的谐振动, 已知其中一个分振动的方程为X 1=4COS3t cm, 其合振动的方程为分振动的振幅为A 2 =cm 44. 动方程分别为X 1=A COS(ωt+π/3), X 2 =A COS (ωt+5π/3), X 3 =A COS(ω程为:)6cos(3πω+=t A x5. 频率为v 1和v 2的两个音叉同时振动时,可以听到拍音,可以听到拍音,若v 1>v 2,则拍的频率是(B )(A)v 1+v 2 (B)v 1-v 2 (C)(v 1+v 2)/2 (D)(v 1-v 2)/26.有两个同方向,同频率的谐振动,其合成振动的振幅为0.20m ,周相与第一振动周相差为π/6。
引言概述:正文内容:一、力学1.牛顿三定律的应用解释牛顿第一定律的原理,并给出实际应用的例子。
找出物体的质心,并计算其位置坐标。
利用牛顿第二定律计算物体所受的合力和加速度。
2.作用力和反作用力解释作用力和反作用力的概念,并给出相关案例。
计算物体所受的作用力和反作用力的大小和方向。
应用牛顿第三定律解决实际问题。
3.动能和动能守恒计算物体的动能,并解释其物理意义。
说明动能守恒定律的原理,给出相应的实例。
利用动能守恒定律解决能量转化问题。
4.力学振动和波动解释简谐振动的特征和公式,并计算相关参数。
介绍波的基本概念和性质,并给出波动方程的解释。
分析机械波的传播和干涉现象。
5.万有引力和天体运动介绍万有引力定律的公式和原理。
计算引力和重力的大小和方向。
描述行星运动的轨道和速度,并解释开普勒定律。
二、热学1.理想气体定律和状态方程解释理想气体和实际气体的区别。
推导理想气体定律,解释每个变量的含义。
计算理想气体的性质和状态。
2.热力学第一定律和功解释热力学第一定律的原理,并给出相应公式。
计算系统的内能变化和热量的传递。
分析功的定义和计算方法。
3.热力学第二定律和熵介绍热力学第二定律的概念和表述方法。
计算熵的变化和热力学过程的可逆性。
解释热力学第二定律对能量转化的限制。
4.热传导和热辐射分析热传导的机制和方法,并计算热传导的速率。
描述热辐射的特性和功率密度。
利用热传导和热辐射解决实际问题。
5.热力学循环和效率给出常见热力学循环的定义和示意图。
计算热力学循环的效率和功率输出。
分析热力学循环的改进方法和应用。
三、电磁学1.静电场和电势描述静电场的特性和形成原理,并给出电势的定义。
计算电场和电势的大小和方向。
利用电势差解决电荷移动和电场中的工作问题。
2.电场和电场强度推导库仑定律和电场强度公式。
计算由点电荷、带电导体和带电平面产生的电场。
分析电场中带电粒子受力和加速度。
3.电容和电容器解释电容和电容器的概念和原理,并计算其电容量。
《大学物理AII 》作业 No.05光的干涉班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______ ------------------------------------------------------------------------------------------------------- ****************************本章教学要求****************************1、理解光的相干条件及利用普通光源获得相干光的方法和原理。
2、理解光程及光程差的概念,并掌握其计算方法。
理解什么情况下有半波损失,理解薄透镜不引起附加光程差的意义。
3、掌握杨氏双缝干涉实验的基本装置及其条纹位置、条纹间距的计算。
4、理解薄膜等倾干涉。
5、掌握薄膜等厚干涉实验的基本装置(劈尖、牛顿环),能计算条纹位置、条纹间距,能理解干涉条纹形状与薄膜等厚线形状的关系。
6、理解迈克耳孙干涉仪原理及应用。
-------------------------------------------------------------------------------------------------------一、填空题1、光的相干条件需满足(频率相同、振动方向相同、相位差恒定);利用普通光源获得相干光的方法可分为:(分波阵面法)和(分振幅法)。
2、光在折射率为n 的介质中传播几何路程为x ,其相位改变与真空中经过(nx )的几何路程产生的相位改变相同,该几何路程称为光程或者(等效真空程);如果两个相干光源的初相分别为21ϕϕ、,利用光程差∆计算相位改变的一般公式为(∆+-=∆λπϕϕϕ212)。
当光从光疏介质向光密介质反射时,反射光有2π的相位突变,相当于光程增加了(2λ)。
3、杨氏双缝实验、(菲涅尔双棱镜)、(菲涅耳双面镜)和(劳埃德镜)都属于分波阵面实验法。
《大学物理II 》作业 No.07 量子力学的基本原理及其应用(C 卷)班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题(8小题)1、下列说法不正确的是 [ B ](A)德布罗意提出了物质波假说; (B)爱因斯坦提出了概率波假说; (C)海森堡提出了不确定关系; (D)波尔提出了互补原理。
解: 《大学物理学》下册第二版(张晓 王莉 主编)160页,玻恩于1926年用概率波的概念来解释微观粒子的波动性与粒子性的关联,所以B 的说法不对。
故选B2.如图所示,一束动量为p 的电子,通过缝宽为a 的狭缝。
在距离狭缝为R 处放置一荧光屏,屏上衍射图样中央最大的宽度d 等于 [ D ](A) 2a 2/R (B) 2ha /p(C) 2ha /(Rp )(D) 2Rh /(ap )解:根据单缝衍射中央明纹线宽度有()222hp Rhd R R ap a aλ=⨯⨯=⨯⨯= 故选D3. 我们不能用经典力学中的轨道运动来描述微观粒子,是因为: [ C ] (1)微观粒子的波粒二象性 (2)微观粒子的位置不能确定(3)微观粒子的动量不能确定 (4)微观粒子的位置和动量不能同时确定 (A) (1)(3) (B )(2)(3) (C)(1)(4) (D)(2)(4) 解:《大学物理学》下册第二版(张晓 王莉 主编)161-162页。
由于微观粒子的波粒二象性,使其运动具有一种不确定性。
不确定关系式 ≥∆⋅∆x p x 表明,微观粒子的位置和动量不能同时确定。
故选C4. 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动,其波函数为:()()2cos 0x x x a aπψ=<<那么粒子在/3x a =处出现的概率密度为[ A ] (A)a 21 (B) a1(C) a21 (D) a1解:任意位置概率密度()2222cos x x a aπψ=,将/3x a =代入,得 ()22221cos 32a x a a aπψ=⋅= 故选A5.锂(Z =3)原子中含有3个电子,电子的量子态可用(n ,l ,m l ,m s )四个量子数来描述,若已知基态锂原子中一个电子的量子态为(1,0,0,21),则其余电子的量子态不可能为[ C ] (A) (1,0,0,21-) (B) (2,0,0,21-)(C) (2,1,1,21)(D) (2,0,0,21)解:根据泡利不相容原理和能量最小原理知,处于基态的锂原子中其余两个电子的量子态分别为 (1,0,0,21-)和 (2,0,0,21)或 (2,0,0,21-), 故选C6.一个光子和一个电子具有同样的波长,关于二者动量的大小比较,有: [ B ] (A) 光子具有较大的动量 (B )他们具有相同的动量 (C )电子具有较大的动量 (D )它们的动量不能确定解:根据德布罗意公式和爱因斯坦光量子理论,知B 正确。
∙ -q OABCD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 π ε 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; (C) 从A 到D ,电场力做功最大;+q(D) 从A 到C ,电场力做功最大。
大连理工大学大学物理作业及答案详解作业1 (静电场一)1.关于电场强度定义式,下列说法中哪个是正确的?[ ] A .场强E 的大小与试探电荷0q 的大小成反比。
B .对场中某点,试探电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变。
C .试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向。
D .若场中某点不放试探电荷0q ,则0F =,从而0E =。
答案: 【B 】[解]定义。
场强的大小只与产生电场的电荷以及场点有关,与试验电荷无关,A 错;如果试验电荷是负电荷,则试验电荷受的库仑力的方向与电场强度方向相反,C 错;电荷产生的电场强度是一种客观存在的物质,不因试验电荷的有无而改变,D 错;试验电荷所受的库仑力与试验电荷的比值就是电场强度,与试验电荷无关,B 正确。
2.一个质子,在电场力作用下从A 点经C 点运动到B 点,其运动轨迹如图所示,已知质点运动的速率是递增的,下面关于C 点场强方向的四个图示哪个正确?[ ]答案: 【D 】[解]a m E q=,质子带正电且沿曲线作加速运动,有向心加速度和切线加速度。
存在向心加速度,即有向心力,指向运动曲线弯屈的方向,因此质子受到的库仑力有指向曲线弯屈方向的分量,而库仑力与电场强度方向平行(相同或相反),因此A 和B 错;质子沿曲线ACB 运动,而且是加速运动,所以质子受到的库仑力还有一个沿ACB 方向的分量(在C 点是沿右上方),而质子带正电荷,库仑力与电场强度方向相同,所以,C 错,D 正确。
3.带电量均为q +的两个点电荷分别位于X 轴上的a +和a -位置,如图所示,则Y 轴上各点电场强度的表示式为E = ,场强最大值的位置在y = 。
答案:y a qy23220)(2+=πε,2/a y ±= [解]21E E += )(422021y a qE E +==πε关于y 轴对称:θcos 2,01E E E y x ==j y a qyj E E y 23220)(2+==∴πε沿y 轴正向的场强最大处0=dydEy y a y y a dy dE 2)(23)(25222322⨯+-+∝-- 2/a y = 2/a y ±=处电场最强。
静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下,极板间的电场等同于电荷均匀分布,密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场,一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0),方向垂直于板面.所以,极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。
故选(B)。
2.解:设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体,使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。
3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。
4.解:选(B)。
5.解:据高斯定理知:通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负,对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。
二. 填空题:1.解:无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区:E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区:E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解:据题意知,P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。
3 4%。
4%。
之3. 解:无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成,因此 其场强分布是柱对称的,场强方向沿圆柱半径方向,距轴线等距各点的场强大学相等。
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 jdtvd a -==)/(422s m j i v-= )/(222--=s m ja8.解:t A tdt A adt v tot oωω-=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 ≥ωμ2 Rgo 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 ++=()⎰⎰++=toxdt t t dx 64620.5 )(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 o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mgk 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 ①mgR 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。
作业4 静电场四导线穿过外球壳上的绝缘小孔与地连接,外球壳上带有正电荷,则内球壳上[ ]。
.A 不带电荷.B 带正电 .C 带负电荷.D 外表面带负电荷,内表面带等量正电荷答案:【C 】解:如图,由高斯定理可知,内球壳内表面不带电。
否则内球壳内的静电场不为零。
如果内球壳外表面不带电(已经知道内球壳内表面不带电),则两壳之间没有电场,外球壳内表面也不带电;由于外球壳带正电,外球壳外表面带正电;外球壳外存在静电场。
电场强度由内球壳向外的线积分到无限远,不会为零。
即内球壳电势不为零。
这与内球壳接地(电势为零)矛盾。
因此,内球壳外表面一定带电。
设内球壳外表面带电量为q (这也就是内球壳带电量),外球壳带电为Q ,则由高斯定理可知,外球壳内表面带电为q -,外球壳外表面带电为Q q +。
这样,空间电场强度分布r r qr E ˆ4)(201πε=,(两球壳之间:32R r R <<)r r Qq r E ˆ4)(202πε+= ,(外球壳外:r R <4)其他区域(20R r <<,43R r R <<),电场强度为零。
内球壳电势为041)11(4ˆ4ˆ4)()(403202020214324322=++-=⋅++⋅=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰⎰∞∞∞R Q q R R q r d r rQq r d r r q r d r E r d r E l d E U R R R R R R R πεπεπεπε则04432=++-R QR q R q R q ,4324111R R R R Q q +--=由于432R R R <<,0>Q ,所以0<q即内球壳外表面带负电,因此内球壳负电。
2.真空中有一组带电导体,其中某一导体表面某处电荷面密度为σ,该处表面附近的场强大小为E ,则0E σ=。
那么,E 是[ ]。
.A 该处无穷小面元上电荷产生的场 .B 导体上全部电荷在该处产生的场 .C 所有的导体表面的电荷在该处产生的场 .D 以上说法都不对答案:【C 】解:处于静电平衡的导体,导体表面附近的电场强度为0E σ=,指的是:空间全部电荷分布,在该处产生的电场,而且垂直于该处导体表面。
No.1 运动的描述一、选择题1. 一质点在平面上作一般曲线运动,其瞬时速度为v,瞬时速率为v ,某一段时间内的平均速度为v,平均速率为v ,它们之间的关系有 [ D ](A) v v v v ==, (B) v v v v =≠, (C) v v v v ≠≠,(D) v v v v ≠=,注意:①平均速度t r∆∆= v ,矢量。
②平均速率t ∆∆=sv ,标量。
③一般情况下,|||r |s ∆≠∆。
④瞬时速度tr ∆∆=→∆0t lim v 。
⑤瞬时速率|v |v=(即瞬时速率是瞬时速度的大小,这与平均速度和平均速率的关系不同) 2. 某物体的运动规律为kt tv -=d d ,式中的k 为大于零的常数。
当t =0时,初速为0v ,则速度v 与t 的函数关系是 [ B ](A) 0221v kt v += (B) 0221v kt v +-=注意:①求积分。
3. 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j bt i at r 22+=(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 注意:①求导数。
②求运动方程。
4.一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处,其速度大小为 [ D ](C )tr d d( D)22)d d ()d d (ty tx +注意:①即求模长。
二、填空题★1. 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=,则在t 由0至4 s 的时间间隔内,质点的位移大小为8m ,在t 由0到4 s 的时间间隔内质点走过的路程为 10 m 。
注意:①陷阱,4秒内并不是一直在往前,中间存在一个先去后返的过程。
2. ()()t t r t r ∆+与为某质点在不同时刻的位置矢量,试在两个图中分别画出三、计算题1.(p36 习题1.6)一质点在xy 平面上运动,运动函数84,22-==t y t x (采用国际单位制)。
《大学物理》课后作业题专业班级: 姓名: 学号:作业要求:题目可打印,答案要求手写,该课程考试时交作业。
第一章 质点力学1、质点的运动函数为:54;22+==t y t x ,式中的量均采用SI 单位制。
求:(1)质点运动的轨道方程;(2)s 11=t 和s 22=t 时,质点的位置、速度和加速度。
1、用消元法t=x/2 轨迹方程为 y=x²+5 2、运动的合成x 方向上的速度为x'=2, y 方向上的速度为y'=8t+5 将t 带入分别求出x 和y 方向上的速度 然后合成x 方向上的加速度为x''=0 y 方向上的加速度为y''=8 所以加速度为82、如图所示,把质量为m 的小球悬挂在以恒加速度水平运动的小车上,悬线与竖直方向的夹角为θ,求小车的加速度和绳的张力。
绳子的拉力F ,将其水平和竖直正交分解为 Fsinα 和 Fcosα 竖直:Fcosα=mg 水平:Fsinα=ma a=gtanα 方向水平向右3、一质量为0.10kg 的质点由静止开始运动,运动函数为j i 2353+=t r (SI 单位)求在t=0到t=2s 时间内,作用在该质点上的合力所做的功。
质点的速度就是V =dr / dt =5* t^2 i +0 j即质点是做直线运动,在 t =0时速度为V0=0;在 t =2秒时,速度为 V1=5*2^2=20 m/s由动能定理得所求合力做的功是W 合=(m*V1^2 / 2)-(m*V0^2 / 2)=m*V1^2 / 2=0.1*20^2 / 2=20 焦耳第二章 刚体力学1、在图示系统中,滑轮可视为半径为R 、质量为m 0的匀质圆盘。
设绳与滑轮之间无滑动,水平面光滑,并且m 1=50kg ,m 2=200kg ,m 0=15kg ,R=0.10m ,求物体的加速度及绳中的张力。
解 将体系隔离为1m ,0m ,2m三个部分,对1m 和2m 分别列牛顿方程,有a m T g m 222=- a m T 11=因滑轮与绳子间无滑动,则有运动学条件R a β=联立求解由以上四式,可得由此得物体的加速度和绳中的张力为m 2T 1221262.7155.02005081.920021-⋅=⨯++⨯=++==smMmmgmRaβNamT38162.75011=⨯==NagmT438)62.781.9(200)(22=-⨯=-=第四章静止电荷的电场1、如图所示:一半径为R的半圆环上均匀分布电荷Q(>0),求环心处的电场强度。
解:由上述分析,点O的电场强度由几何关系θdd Rl=,统一积分变量后,有方向沿y轴负方向。
2、如图所示:有三个点电荷Q1,Q2,Q3沿一条直线等间距分布,已知其中任一点电荷所受合力均为零,且Q1=Q3=Q。
求在固定Q1,Q3的情况下,将Q2从O点移动到无穷远处外力所做的功。
yOd dQ1Q3Q2解::由题意Q1所受的合力为零24403121=+)d(QQdQQπεπε解得QQQ414132-=-=yxO将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功第五章 静电场中的导体和电介质1、如图所示,一个接地导体球,半径为R ,原来不带电,今将一点电荷q 放在球外距离球心r 的地方,求球上感生电荷总量解:因为导体球接地,故其电势为零,即 0=ϕ设导体球上的感应电量为Q 由导体是个等势体知:o 点的电势也为0 由电势叠加原理有关系式:2、电容均为C 的两个电容器分别带电Q 和2Q ,求这两个电容器并联前后总能量的变化。
解 在并联之前,两个电容器的总能量为在并联之后,总电容为C 2,总电量为Q 3,于是并联后总能量的变化为并联后总能量减少了。
这是由于电容并联时极板上的电荷重新分配消耗能量的结果。
第六章 稳恒电流的磁场1、如图所示,几种不同形状平面载流导线的电流均为I ,它们在O 点的磁感应强度各为多大?I(a)2、如图所示,一长直导线通有电流I 1=30A ,矩形回路通有电流I 2=20A 。
求作用在回路上的合力。
已知d =1.0cm ,b =8.0cm ,l =0.12m 。
解:如图所示,BC 和 DA 两段导线所受安培力2F 1和F 的大小相等,方向相反,两力的矢量和为零。
AB 和CD 两段导线,由于载流导线所在处磁感应强度不等,所受安图培力34F F 和大小不等,且方向相反,因此线框所受的力为这两个力的合力。
01232I I aF dμπ=01242()I I a F d b μπ=+故线框所受合力的大小为301201234 1.281022()I I a I I a F F F N d d b μμππ-=-=-=⨯+ 合力的方向向左,指向直导线。
第七章 电磁感应 位移电流 电磁波1、有一面积为0.5m 2的平面线圈,把它放入匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直。
当dB/dt=2×10-2T·s -1时,线圈中感应电动势的大小是多少?2、如图所示,正方形线圈边长为a ,以速率v 匀速通过有匀强磁场的正方形区域,以线圈中心为原点做坐标轴x ,如果磁感应强度B 不随时间变化,磁场中心坐标x=2a ,在线圈中心坐标x=0到x=4a 范围内,写出线圈中感应电动势关于x 的表达式第八章 气体动理论O2a2a2aa avx无第九章 热力学基础1、如图所示,系统由A 态经ABC 过程到达C 态,吸收的热量为350J ,同时对外做功为126J 。
(1)如果沿ADC 进行,系统对外做功为42J ,则系统吸收了多少热量?(2)如果系统由C 态沿CA 返回A 态,外界对系统做功为84J ,则系统吸热多少?解:(1)系统从abc 进行过程中,吸收热量350abc Q J =,系统对外做功,126abc A J =。
故c 态与a 态能量之差为(350126)224c a abc abc E E Q A J J -=-=-=系统经adc 过程之后,系统做功42abc A J =。
系统吸收热量为()22442266adc c a adc Q E E A J =-+=+=(2)系统沿ca 曲线由c 态返回a 态时,系统对外做功84ca A J =-,这时系统内能减少224ca ac E E J ∆=-∆=-。
22484308ca ca ca Q E A J =∆+=--=-,负号表示系统放热。
2、1mol 双原子分子理想气体,做如图所示循环,图中bc 代表绝热过程。
求(1)一次循环过程中,系统从外界吸收的热量;(2)一次循环过程中系统向外界放出的热量;循环的效率。
解(1)在循环过程中,只有在ab 过程吸收热量。
因是等体过程,则吸收p /105P aV /10-3m 3热量为J TvCQQmVab500,=∆==吸(2)在循环过程中,只有在ca过程放出热量。
因是等压过程,则放出热量为JTvCQQmPca350,=∆==放(3)循环的效率为%301=-=吸放QQη第十章振动和波动1、有一个和轻弹簧相连的小球,沿x轴作振幅为A的简谐运动,振动的表达式为余弦函数。
若t=0时球的运动状态分别为:(1)x0= - A;(2)过平衡位置向x轴正方向运动;(3)过x=2/A处,且向x轴反方向运动。
用旋转矢量法确定上述状态的初相位。
2、作简谐振动的小球,速度最大值v m=0.03m/s,振幅A=0.02m,从速度为正的最大值的某个时刻开始计时。
(1)求振动周期;(2)求加速度最大值;(3)写出振动表达式。
解:(1)2220.0244.2(s)0.033mATππππωυ⨯====≈(2)22220.030.045(m/s)43m m ma ATππωυωυπ===⨯=⨯≈(3)02πϕ=-,3(rad/s)2ω=,∴30.02cos()22x tπ=-[SI]3、一简谐波在介质中沿x轴正方向传播,振幅A=0.1m,周期T=0.5s,波长λ=10m。
在t=0时刻,波源振动的位移为正方向最大值,把波源的位置取为坐标原点。
求:(1)这个简谐波的波函数;(2)t1=T/4时刻,x1=λ/4处质元的位移;(3)t2=T/2时刻,x2=λ/4处质元的振动速度。
第十一章波动光学1、由汞弧灯发出的光,通过一绿色滤光片后,垂直照射到相距为0.60m的双缝上,在距双缝2.5m的光屏上出现干涉条纹。
现测得相邻两明条纹中心间距为2.27mm,求入射光的波长。
2、一双缝间距d=1.0×10-4m,每个缝的宽度a=2.0×10-5m,透镜焦距为0.5m,入射光的波长为480nm,求:(1)屏上干涉条纹的间距;(2)单缝衍射的中央明纹的宽度;(3)在单缝衍射中央明纹内有多少双缝干涉极大。
3、一束光通过两个偏振化方向平行的偏振片,透过光强为I1,当一个偏振片慢慢转过θ角时,透过光的强度为I1/2。
求θ角。
第十二章量子物理基础无精选。