2015级下大学物理考试计算题总结(定稿)

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大学物理 力学计算题汇总

大学物理 力学计算题汇总

力学计算题质量为0.25 kg 的质点,受力i t F= (SI)的作用,式中t 为时间.t = 0时该质点以j2=v (SI)的速度通过坐标原点,则该质点任意时刻的位置矢量是______________.j t i t 2323+ (SI) 1 (0155)如图所示,一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子质量可以忽略,它与定滑轮之间无滑动.假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为221MR ,滑轮轴光滑.试求该物体由静止开始下落的过程中,下落速度与时间的关系. 1 (0155)解:根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体: mg -T =ma ① 对滑轮: TR = J β ② 运动学关系: a =R β ③ 将①、②、③式联立得 a =mg / (m +21M ) ∵ v 0=0,∴ v =at =mgt / (m +21M ) 4 匀质杆长为l ,质量为m ,可绕过O 点且与杆垂直的水平轴在竖直面内自由转动。

如图所示,OA =13l ,杆对轴的转动惯量I =19m l 2,开始静止。

现用一水平常力F =2mg 作用于端点A ,当杆转角6πθ=时撤去力F 。

求:(1)过程中力F 做功;(2)杆转到平衡位置时的角速度。

a解:(1)力F 对轴的力矩为 F13 l cos θ = 2 m g 13l cos θ, 所以 A =62cos 3l M d Md mg d πθθθθ⋅==⎰⎰⎰=13mgl(2)撤去力F 后机械能守恒,设平衡位置势能为零212I A ω=,ω=== 2((0561)质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘,同轴地粘在一起,可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动,对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2,大小圆盘边缘都绕有绳子,绳子下端都挂一质量为m 的重物,如图所示.求盘的角加速度的大小.0561)解:受力分析如图. 2分 mg -T 2 = ma 2 1分 T 1-mg = ma 1 1分T 2 (2r )-T 1r = 9mr 2β / 2 2分2r β = a 2 1分 r β = a 1 1分 解上述5个联立方程,得: rg192=β 2分1.(本题10分)(5270)如图所示的阿特伍德机装置中,滑轮和绳子间没有滑动且绳子不可以伸长,轴与轮间有阻力矩,求滑轮两边绳子中的张力.已知m 1=20 kg ,m 2=10 kg .滑轮质量为m 3=5 kg .滑轮半径为r =0.2 m .滑轮可视为均匀圆盘,阻力矩M f =6.6 N ·m ,已知圆盘对过其中心且与盘面垂直的轴的转动惯量为2321r m .1. (10分)aa 1解:对两物体分别应用牛顿第二定律(见图),则有m 1g -T 1 = m 1a ① T 2 – m 2g = m 2a ②2分 对滑轮应用转动定律,则有ββ⋅==-'-'232121r m J M r T r T f ③ 2分 对轮缘上任一点,有 a = β r④ 1分又: 1T '= T 1, 2T '= T 2 ⑤则联立上面五个式子可以解出rm r m r m M gr m gr m a f3212121++--==2 m/s 2 2分T 1=m 1g -m 1a =156 NT 2=m 2g -m 2 a =118N 3分计算题:(共40分)1.(本题10分)(0141)一匀质细棒长为2L ,质量为m ,以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞.碰撞点位于棒中心的一侧L 21处,如图所示.求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω.(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ,式中的m 和l 分别为棒的质量和长度.)12 2'T221211. (本题10分)解:碰撞前瞬时,杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ 3分式中ρ为杆的线密度.碰撞后瞬时,杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3分因碰撞前后角动量守恒,所以L m mL 022112/7v =ω 3分∴ ω = 6v 0 / (7L) 1分1.(本题10分)(0452)如图,水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹.炮车质量为M ,炮身仰角为α ,炮弹质量为m ,炮弹刚出口时,相对于炮身的速度为u ,不计地面摩擦:(1) 求炮弹刚出口时,炮车的反冲速度大小; (2) 若炮筒长为l ,求发炮过程中炮车移动的距离.1.(0452)(本题10分)解:(1) 以炮弹与炮车为系统,以地面为参考系,水平方向动量守恒.设炮车相对于地面的速率为V x ,则有0)cos (=++x x V u m MV α 3分)/(cos m M mu V x +-=α 1分即炮车向后退.(2) 以u (t )表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度,则该瞬时炮车的速度应为)/(cos )()(m M t mu t V x +-=α3分积分求炮车后退距离 ⎰=∆tx t t V x 0d )(⎰+-=tt t u m M m 0d cos )()/(α2分)/(cos m M ml x +-=∆α即向后退了)/(cos m M ml +α的距离.1分1.(5264)一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20,斜面固定,倾角α = 45°.现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ,使它沿斜面向上滑,如图所示.求:(1) 物体能够上升的最大高度h ;该物体达到最高点后,沿斜面返回到原出发点时的速率v .解:(1)根据功能原理,有 mgh m fs -=2021v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分)ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分2.(0211)质量为M =0.03 kg ,长为l =0.2 m 的均匀细棒,在一水平面内绕通过棒中心并与棒垂直的光滑固定轴自由转动.细棒上套有两个可沿棒滑动的小物体,每个质量都为m =0.02 kg .开始时,两小物体分别被固定在棒中心的两侧且距棒中心各为r =0.05 m ,此系统以n 1=15 rev/ min 的转速转动.若将小物体松开,设它们在滑动过程中受到的阻力正比于它们相对棒的速度,(已知棒对中心轴的转动惯量为Ml 2 / 12)求:(1) 当两小物体到达棒端时,系统的角速度是多少?(2) 当两小物体飞离棒端,棒的角速度是多少? 解:选棒、小物体为系统,系统开始时角速度为 ω1 = 2πn 1=1.57 rad/s .(1) 设小物体滑到棒两端时系统的角速度为ω2.由于系统不受外力矩作用,所以角动量守恒. 2分故 2221222112212ωω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ml Ml mr Ml 3分 2212222112212ml Ml ml Ml +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωω=0.628 rad/s 2分(2) 小物体离开棒端的瞬间,棒的角速度仍为ω2.因为小物体离开棒的瞬间内并未对棒有冲力矩作用.(本题10分)(0699)如图,绳CO与竖直方向成30°角,O为一定滑轮,物体A与B用跨过定滑轮的细绳相连,处于平衡状态.已知B的质量为10 kg,地面对B的支持力为80N.若不考虑滑轮的大小求:(1) 物体A的质量.(2) 物体B与地面的摩擦力.(3) 绳CO的拉力.(取g=10 m/s2)一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端,绳另一端绕在一轮轴的轴上,如图所示.轴水平且垂直于轮轴面,其半径为r后,在时间t内下降了一段距离S.试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和S表示).m OrC OA B 30°1.(5039)(本题10分)如图所示,质量为M 的滑块正沿着光滑水平地面向球水平向右飞行,以速度v1右滑动.一质量为m 的小(对地)与滑块斜面相碰,碰后竖直向上弹起,速率为t ∆,试计算此过程中滑块v 2(对地).若碰撞时间为对地的平均作用力和滑块速度增量的大小.1. 解:(1) 小球m 在与M 碰撞过程中给M 的竖直方向冲力在数值上应等于M 对小球的竖直冲力.而此冲力应等于小球在竖直方向的动量变化率即:tm f ∆=2v 2分 由牛顿第三定律,小球以此力作用于M ,其方向向下.1分对M ,由牛顿第二定律,在竖直方向上0=--f Mg N , f Mg N += 1分又由牛顿第三定律,M 给地面的平均作用力也为Mg tm Mg f F +∆=+=2v 1分 方向竖直向下. 1分 (2) 同理,M 受到小球的水平方向冲力大小应为 ,tm f ∆='1v 方向与m 原运动方向一致 2分根据牛顿第二定律,对M 有 ,tv ∆∆='M f 利用上式的f ',即可得 M m /1v v =∆ 2分mM2.(0562)(本题10分)质量m =1.1 kg 的匀质圆盘,可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动,对轴的转动惯量J =221mr (r 为盘的半径).圆盘边缘绕有绳子,绳子下端挂一质量m 1=1.0 kg 的物体,如图所示.起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率v 0=0.6 m/s 匀速上升,如撤去所加力矩,问经历多少时间圆盘开始作反方向转动.2解:撤去外加力矩后受力分析如图所示. 2分 m 1g -T = m 1a 1分 Tr =J β 1分a =r β 1分 a = m 1gr / ( m 1r + J / r ) 代入J =221mr , a =mm gm 2111+= 6.32 ms -2 2分 ∵ v 0-at =0 2分 ∴ t =v 0 / a =0.095 s 1分质量为0.25 kg 的质点,受力i t F= (SI)的作用,式中t 为时间.t = 0时该质点以j2=v(SI)的速度通过坐标原点,则该质点任意时刻的位置矢量是 j t i t2323+ (SI) 3分1.(0713)(本题10分)质量为1 kg的物体,它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 .现对物体施以F = 10t (SI)的力,(t 表示时刻),力的方向保持一定,如图所示.如t = 0时物体静止,则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?1. 解:由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 2分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5, 0s 256.0t t =≥ 2分物体开始运动后,所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.3022t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分2.(0564)(本题10分)如图所示,设两重物的质量分别为m 1和m 2,且m 1>m 2,定滑轮的半径为r ,对转轴的转动惯量为J ,轻绳与滑轮间无滑动,滑轮轴上摩擦不计.设开始时系统静止,试求t 时刻滑轮的角速度.2解:作示力图.两重物加速度大小a 相同,方向如图.示力图 2分 m 1g -T 1=m 1a 1分T 2-m 2g =m 2a 1分设滑轮的角加速度为β,则 (T 1-T 2)r =J β 2分且有 a =r β 1分 由以上四式消去T 1,T 2得: ()()Jr m m grm m ++-=22121β 2分开始时系统静止,故t 时刻滑轮的角速度. ()()Jr m m grtm m t ++-==22121 βω 1分1. 如图所示,在光滑水平面上有一质量为m B 的静止物体B ,在B 上又有一个质量为m A 的静止物体A .今有一小球从左边m射到A 上被弹回,此时A 获得水平向右的速度A v(对地),并逐渐带动B ,最后二者以相同速度一起运动。

大物下期末考试试题及答案

大物下期末考试试题及答案

大物下期末考试试题及答案试题一:牛顿第二定律的应用题目:一个质量为5kg的物体在水平面上受到一个水平方向的力F=20N,求物体的加速度。

答案:根据牛顿第二定律,力F等于质量m乘以加速度a,即F=ma。

将已知数值代入公式,得到20N = 5kg * a,解得a = 20N / 5kg =4m/s²。

试题二:动能定理的应用题目:一个质量为2kg的物体从静止开始,受到一个恒定的力F=10N,经过4秒后,物体的动能增加了多少?答案:根据动能定理,力F做的功等于物体动能的增加量。

力F做的功W=F*d,其中d是物体移动的距离。

由牛顿第二定律,F=ma,得a=F/m=10N/2kg=5m/s²。

物体移动的距离d=1/2*a*t²=1/2*5m/s²*(4s)²=40m。

因此,W=F*d=10N*40m=400J。

所以物体的动能增加了400J。

试题三:动量守恒定律的应用题目:一个质量为3kg的物体以10m/s的速度向正北方向运动,与一个质量为2kg的物体以5m/s的速度向正南方向运动相撞。

如果碰撞后两物体粘在一起,求它们共同的速度大小和方向。

答案:碰撞前后系统的总动量守恒。

设碰撞后物体共同的速度为v,方向为北为正。

则碰撞前的总动量为:3kg*10m/s - 2kg*5m/s =25kg*m/s。

碰撞后的总动量为:(3kg + 2kg)*v。

根据动量守恒,25kg*m/s = 5kg*v,解得v = 5m/s。

因此,碰撞后物体共同的速度大小为5m/s,方向向北。

试题四:简谐振动的周期公式题目:一个质量为1kg的弹簧振子,其弹簧常数为100N/m。

当振子从平衡位置开始做简谐振动,求其振动周期。

答案:简谐振动的周期公式为T = 2π * √(m/k),其中m是振子的质量,k是弹簧常数。

将已知数值代入公式,得到T = 2π *√(1kg/100N/m) = 2π * √(0.01s²) = 2π * 0.1s = 0.2πs。

专题20 计算题2电与磁 2015年高考物理试题分项版解析原卷版2

专题20 计算题2电与磁 2015年高考物理试题分项版解析原卷版2

【2015·全国新课标Ⅱ·24】1.如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的例子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。

已知该粒子在A点的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B0点时速度方向与电场方向的夹角为30°。

不计重力。

求A、B两点间的电势差。

【2015·重庆·7】2.音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题7图是某音圈电机的原理示意nL,磁极正对区域内的磁感图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为,匝数为B,区域外的磁场忽略不计.应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为线圈左边始终在磁场外,右边始I.流向Q,大小为某时刻线圈中电流从终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等.P(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向。

v,求安培力的功率.(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为【2015·全国新课标Ⅰ·24】3.如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘,金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。

已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;2。

10m/s0.3cm,重力加速度大小取系统重新平衡后,闭合开关,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。

所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩1,如图.小明同学设计了一个“电磁天平”4】24·浙江2015·【.N。

线圈的下边处于匀强磁场内,,匝数为H=0.3m形线圈,两臂平衡。

线圈的水平边长L=0.1m,竖直边长1B 1.0T,方向垂直线圈平面向里。

线圈中通有可在0~2.0A磁感应强度范围内调节的电流I。

大学物理经典题型解析

大学物理经典题型解析

大学物理经典题型解析大学物理是一门重要的基础学科,涵盖了力学、热学、电磁学、光学和近代物理学等多个领域。

在学习过程中,掌握经典题型对于理解和应用物理知识至关重要。

下面,我们将对一些常见的大学物理经典题型进行解析。

一、力学部分1、牛顿运动定律的应用例题:一个质量为 m 的物体放在光滑水平面上,受到水平方向的恒力 F 作用,求物体的加速度和经过时间 t 后的速度。

解析:根据牛顿第二定律 F = ma,可得加速度 a = F / m 。

经过时间 t 后的速度 v = at =(F / m) × t 。

这道题主要考查对牛顿第二定律的理解和应用,需要明确力、质量和加速度之间的关系。

2、机械能守恒定律例题:一个质量为 m 的物体从高度为 h 的光滑斜面顶端由静止下滑,求物体到达斜面底端时的速度。

解析:在下滑过程中,只有重力做功,机械能守恒。

重力势能的减少量等于动能的增加量,即 mgh =(1/2)mv²,解得 v =√(2gh) 。

解决这类问题的关键是判断系统是否只有重力或弹力做功,从而确定能否应用机械能守恒定律。

二、热学部分1、理想气体状态方程例题:一定质量的理想气体,在压强为 P1 、体积为 V1 、温度为T1 时,经过绝热压缩,使其体积变为 V2 ,求此时的压强 P2 。

解析:对于绝热过程,有PV^γ =常数(γ 为比热容比)。

由理想气体状态方程 P1V1 / T1 = P2V2 / T2 ,且绝热过程中 T2 / T1 =(V1 / V2)^(γ 1) ,联立可得 P2 。

这道题需要综合运用理想气体状态方程和绝热过程的特点。

2、热力学第一定律例题:一个热机从高温热源吸收 Q1 的热量,向低温热源放出 Q2 的热量,对外做功 W ,求热机的效率。

解析:热机效率η = W / Q1 =(Q1 Q2) / Q1 。

理解热力学第一定律中内能的变化、热量和做功之间的关系是解决此类问题的基础。

大学物理下复习题(附答案)

大学物理下复习题(附答案)

大学物理下复习题(附答案)第一章填空题自然界中只存在正负两种电荷,同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引。

()对自然界中只存在正负两种电荷,同种电荷相互吸引,异种电荷相互排斥。

()错电荷电量是量子化的。

()对物体所带电量可以连续地取任意值。

()错物体所带电量只能是电子电量的整数倍。

()对库仑定律只适用于真空中的点电荷。

()对电场线稀疏处的电场强度小。

()对电场线稀疏处的电场强度大。

()错静电场是有源场。

()对静电场是无源场。

()错静电场力是保守力。

()对静电场力是非保守力。

()错静电场是保守力场。

()对静电场是非保守力场。

()错电势是矢量。

()错电势是标量。

()对等势面上的电势一定相等。

()对沿着电场线的方向电势降落。

()对沿着电场线的方向电势升高。

()错电场中某点场强方向就是将点电荷放在该点处所受电场力的方向。

()错电场中某点场强方向就是将正点电荷放在该点处所受电场力的方向。

()对电场中某点场强方向就是将负点电荷放在该点处所受电场力的方向。

()错电荷在电场中某点受到电场力很大,该点场强E一定很大。

()错电荷在电场中某点受到电场力很大,该点场强E不一定很大。

()对在以点电荷为中心,r为半径的球面上,场强E处处相等。

()错在以点电荷为中心,r为半径的球面上,场强E大小处处相等。

()对如果在高斯面上的E处处为零,肯定此高斯面内一定没有净电荷。

()对根据场强与电势梯度的关系可知,在电势不变的空间电场强度为零。

()对如果高斯面内没有净电荷,肯定高斯面上的E处处为零。

()错正电荷由A移到B时,外力克服电场力做正功,则B点电势高。

对导体达到静电平衡时,导体内部的场强处处为零。

()对第一章填空题已一个电子所带的电量的绝对值e= C。

1.602*10-19或1.6*10-19真空中介电常数值为=0ε C 2.N -1.m -2。

8.85*10-12真空中有一无限长带电直棒,电荷线密度为λ,其附近一点P 与棒的距离为a ,则P 点电场强度E 的大小为 。

大学物理计算题

大学物理计算题

m x 100=00=v 00=x 00=v m x 100=物理复习题总编三、计算题★1、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 处,初速度。

试求其位置和时间的关系式。

★2、一质点沿x 轴运动,其加速度a 与位置坐标x 的关系为a=2+6x 2(SI)。

如果质点在原点处的速度为零,试求其在任意位置处的速度。

★ 3、已知一质点绕半径为0.2米的圆周运动,其转过的弧长随时间变化的关系式是S=2t 2+3t+1(式中t 以秒计,S 以米计)。

求:(1)前2秒内质点的平均速率;(2)质点在第2秒末的瞬时速率;(3)质点在第2秒末的切向加速度、法向加速度和总加速度的大小。

★4、质点m=2kg 的物体沿x 轴作直线运动,所受合外力F=10+6x 2(SI)。

如果在处时速度 ;试求该物体运动到x=4m 处时速度的大小。

★5、已知质点的运动方程为x=5-3t 3,y=3t 2+2t-8(SI)求:(1)任意时刻质点的位置矢量、速度和加速度;(2)质点在第二秒内的位移、平均速度和平均加速度。

★6、质量为2.0kg 的质点沿x 轴运动,其速度v=5+t2,当t=0时,质点坐标为 。

试求:(1) t=3s 时质点的加速度和加速度和所受的力(2) 质点的运动方程(3) 前2秒内,力对质点所作的功。

★7、有一个水平的弹簧振子,振幅A=2.0×10-2米,周期为0.5秒,当t=0时,(1)物体经过x=1.0×10-2米处,且向负方向运动,(2)物体过x=-1.0×10-2米处,且向正方向运动。

请分别用旋转矢量图来表示它们各自运动的初相位,同时分别写出以上两种运动情况下的振动表达式;振动速度表达式;振动加速度表达式。

★8、如果所示,以P点在平衡位置向正方向运动作计时零点,已知圆频率为ω,振幅A,简谐波以速度u向x轴的正方向传播,试求:(1)P点振动方程。

(2)波动方程。

大学物理 下 计算题参考答案

大学物理 下 计算题参考答案

大学物理 下 复习题 部分计算题 参考答案 答案来自网络 仅供参考1四条平行的载流无限长直导线,垂直通过一边长为a 的正方形顶点,每条导线中的电流都是I ,方向如图,求正方形中心的磁感应强度。

⎪⎭⎫⎝⎛a I πμ02解0222Iaμπ=2.如图所示的长空心柱形导体半径分别为1R 和2R ,导体内载有电流I ,设电流均匀分布在导体的横截面上。

求 (1)导体内部各点的磁感应强度。

(2)导体内壁和外壁上各点的磁感应强度。

解:导体横截面的电流密度为2221()IR R δπ=-在P 点作半径为r 的圆周,作为安培环路。

由0B dl I μ∙=∑⎰得 222201012221()2()I r R B r r R R Rμπμδπ-=-=-即 22012221()2()I r R B r R R μπ-=- 对于导体内壁,1r R =,所以 0B = 对于导体外壁,2r R =,所以 022IB R μπ=3. 如图, 一根无限长直导线,通有电流I , 中部一段弯成圆弧形,求图中O 点磁感应强度的大小。

解:根据磁场叠加原理,O 点的磁感应强度是)A (-∞、)ABC (和)C (∞三段共同产生的。

)A (-∞段在O 点磁感应强度大小:)cos (cos x4IB 2101θθπμ-=将6021πθθ==,,a 213cosa x ==π代入 得到:)231(a 2IB 01-=πμ,方向垂直于纸面向里; )C (∞段在O 点磁感应强度大小:)cos (cos x4IB 2102θθπμ-=将πθππθ=-=216,,a 213cos a x ==π带入得到:)231(a 2I B 02-=πμ,方向垂直向里;)ABC (段在O 点磁感应强度大小:⎰=203a Idl 4B πμ,)a 32(a I 4B 203ππμ=,a6IB 03μ=,方向垂直于纸面向里。

O 点磁感应强度的大小:321B B B B ++=,)231(a I a6IB 00-+=πμμ, 方向垂直于纸面向里。

大学物理下册试卷总结

大学物理下册试卷总结

大学物理下册试卷总结一、选择题(每题3分,共30)得分:1如图,两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上,稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出,则磁感强度B 沿图中闭合路径L 的积分d L B l ⋅⎰等于 [ C ] (A)0μ-I . (B) 0/3I μ . (C) 0/3I μ-. (D) 02/3I μ . 2.如图所示,一根长为ab 的导线用软线悬挂在磁感强度为B 的匀强磁场中,电流由a 向b 流.此时悬线张力不为零(即安培力与重力不平衡).欲使ab 导线与软线连接处张力为零则必须: [ B ](A) 改变电流方向,并适当增大电流.(B) 不改变电流方向,而适当增大电流. (C) 改变磁场方向,适当增大磁感强度B 的大小. (D) 不改变磁场方向,适当减小磁感强度B 的大小.3.图为四个带电粒子在O 点沿相同方向垂直于磁感线射入均匀磁场后的偏转轨迹的照片.磁场方向垂直纸面向外,轨迹所对应的四个粒子的质量相等,电荷大小也相等,则其中动能最大的带负电的粒子的轨迹是 [ C ](A) Oa . (B) Ob .(C) Oc . (D) Od .4.顺磁物质的磁导率: [ B ](A) 比真空的磁导率略小. (B) 比真空的磁导率略大.(C) 远小于真空的磁导率. (D) 远大于真空的磁导率.5.如图所示,导体棒ab 在均匀磁场B 中 绕通过c 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ' 转动(角速度ω 与B 同方向),bc 的长度为棒长的1/3,则[ A ] (A) a 点比b 点电势高.(B) a 点与b 点电势相等.(C) a 点比b 点电势低.(D) 有稳恒电流从a 点流向b 点.6..在某地发生两件事,静止位于该地的甲测得时间间隔为4 s ,若相对于甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为 5 s ,则乙相对于甲的运动速度是(c 表示真空中光速) [ D ](A) 4c/5. (B) c/5. (C) 2c/5. (D) 3c/5.7.质子在加速器中被加速,当其动能为静止能量的4倍时,其质量为静止质量的 [ C ](A) 8倍. (B) 6倍. (C) 5倍. (D) 4倍.8.用X 射线照射物质时,可以观察到康普顿效应,即在偏离入射光的各个方向上观察到散射光,这种散射光中 [ B ](A) 只包含有与入射光波长相同的成分.(B) 既有与入射光波长相同的成分,也有波长变长的成分,波长的变化只与散射方向有关,与散射物质无关.(C) 既有与入射光相同的成分,也有波长变长的成分和波长变短的成分,波长的变化既与散射方向有关,也与散射物质有关.(D) 只包含着波长变长的成分,其波长的变化只与散射物质有关与散射方向无关.9.已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动,其波函数为: [ A ]a x ax 23cos 1)(π⋅=ψ, ( - a ≤x ≤a ) 那么粒子在x = 2a /3处出现的概率密度为 [ ](A) 1/a . (B) 1/(2a ). (C) a 2/1. (D) a /1.10.在氢原子的K 壳层中,电子可能具有的量子态(n ,l ,m l ,m s )是[ A ](A) (1,0,0,21). (B) (1,0,-1,21). (C) (1,1,0,21-). (D) (1,-1,0,21).二、填空题(每题3分,共301.均匀磁场的磁感强度B 与半径为r 的圆形平面的法 线n 的夹角为α ,今以圆周为边界,作一个半球面S ,S 与圆形平面组成封闭面如图.则通过S 面的磁通量Φ =_B Πr*r cos θ______________.2.在自感系数L =5.0×10-3H 的线圈中,流过I =2.0 A 的电流.在突然切断电路后经过t =1.0×10-3 s 的时间,电流强度近似变为零,回路中产生的平均自感电动势L ε=_______10V_____. 3.在圆柱形空间内有一磁感强度为B 的均 匀磁场,如图所示,B 的大小以速率d B /d t 变化.有两根等长的金属棒放在磁场的两个不同位置1(ab )和2(a b ''),则两金属棒内的感应电动势的大小关系为1ε__<___2ε。

大学物理电磁学习题的总结

大学物理电磁学习题的总结

R
dE 2 0 R
dE
2 d 2 0 R
dEy 2 sind 2 0 R
例5:如图所示,一无限长圆柱面, 其面电荷密度为 0 cos , 为 半径R与x轴之间的夹角,试求圆柱 面轴线上一点的场强。
例6:电荷线密度为λ的 “无限长 ”均匀带电细线,弯成图示形状 。若半圆弧AB的半径为R,试求 圆心O点的场强。
v 8.15106 m / s
(2) 同理得: v 10.3 106 m / s
例12.平行板电容器,极板面积为S,板间距为d。相对 介电常数分别为 r1 、 r 2 的两种电介质各充满板间 的一半, 问:(1)此电容器带电后,两介质所对的极板上自由 电荷面密度是否相等? (2)此时两种介质内的D是否相等? (3)此电容器的电容多大?
S d
r1
r2
例13:如图示,一平行板电容器两极板的面积都 是S,相距为d,两板分别带电荷Q和-Q,今在其 间平行地插入厚度为t的导体板,其面积为S/2, 略去边缘效应. 求:(1)两板电势差U; (2)电容。 S
t S/2
d
例14:三平行金属板A、B和C,面积都是200cm2, AB相距4.0mm,AC相距2.0mm,B、C都接地(如图 示)。如果使A板带正电3.0×10-7C,在略去边缘效 应时,问B板和C板上感应电荷各是多少?
O1

E E1 E2 (r1 r2 ) 3 0 E b 3 0
b
O2
例3. 如图所示,一厚为b的“无限大”带电平板,其电 荷体密度为 kx(0 x b) , 式中k为一正 的常数。 求:(1)平板外两侧任一点P1 和P2 处的电场强度大小; (2)平板内任一点P处的电场强度; (3)场强为零的点在何处? E 2 0 分析电场分布 (1) 作包围板的对称高斯面 qint qint 2 SE E dS

大学物理复习计算

大学物理复习计算

大学物理复习计算题1 一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20,斜面固定,倾角α = 45°.现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ,使它沿斜面向上滑,如图所示.求:(1) 物体能够上升的最大高度h ;(2) 该物体达到最高点后,沿斜面返回到原出发点时的速率v .2 如图所示,在与水平面成α角的光滑斜面上放一质量为m 的物体,此物体系于一劲度系数为k 的轻弹簧的一端,弹簧的另一端固定.设物体最初静止.今使物体获得一沿斜面向下的速度,设起始动能为E K 0,试求物体在弹簧的伸长达到x 时的动能.3 某弹簧不遵守胡克定律. 设施力F ,相应伸长为x ,力与伸长的关系为 F =52.8x +38.4x 2(SI )求:(1)将弹簧从伸长x 1=0.50 m 拉伸到伸长x 2=1.00 m 时,外力所需做的功.(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上,一端固定,另一端系一个质量为2.17 kg 的物体,然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2=1.00 m ,再将物体由静止释放,求当弹簧回到x 1=0.50 m 时,物体的速率.(3)此弹簧的弹力是保守力吗?24 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端,绳另一端绕在一轮轴的轴上,如图所示.轴水平且垂直于轮轴面,其半径为r ,整个装置架在光滑的固定轴承之上.当物体从静止释放后,在时间t 内下降了一段距离S .试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示).5 一定量的单原子分子理想气体,从初态A 出发,沿图示直线过程变到另一状态B ,又经过等容、等压两过程回到状态A . (1) 求A →B ,B →C ,C →A 各过程中系统对外所作的功W ,内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q .(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和).6 0.02 kg 的氦气(视为理想气体),温度由17℃升为27℃.若在升温过程中,(1) 体积保持不变;(2) 压强保持不变;(3) 不与外界交换热量;试分别求出气体内能的改变、吸收的热量、外界对气体所作的功.(普适气体常量R =8.31 11K mol J --⋅)3)57 两导体球A 、B .半径分别为R 1 = 0.5 m ,R 2 =1.0 m ,中间以导线连接,两球外分别包以内半径为R =1.2m 的同心导体球壳(与导线绝缘)并接地,导体间的介质均为空气,如图所示.已知:空气的击穿场强为3×106 V/m ,今使A 、B 两球所带电荷逐渐增加,计算:(1) 此系统何处首先被击穿?这里场强为何值?(2) 击穿时两球所带的总电荷Q 为多少?(设导线本身不带电,且对电场无影响.) (真空介电常量ε 0 = 8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )8 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成,内、外圆筒半径分别为R 1 = 2 cm ,R 2 = 5 cm ,其间充满相对介电常量为εr 的各向同性、均匀电介质.电容器接在电压U = 32 V 的电源上,(如图所示),试求距离轴线R = 3.5 cm 处的A 点的电场强度和A 点与外筒间的电势差.。

2015级大学物理参考答案

2015级大学物理参考答案

.一、 质点运动以及动力学一.选择题:1.解:选B 。

运动到最高点时速度为零,故有: 024=-=t dtdx,得t = 2s 。

2. 解:选B 。

区分平均速度和平均速率的定义 3. 解:选C 。

方法一 对题中给出的四个备选方程进行计算,通过微分得出速度的表达式)4(2t +=υm/s及将t =3s 代入方程可得 x = 9m ,符合这两个条件的方程就是要选的方程。

有速度dt dx /=υ,看出只有C 和D 可得)4(2t +=υ,将 t = 3s 代入各运动方程中,C 可得x = 9m ,所以选C 。

方法二 选用积分法。

一般方法是已知速度的表达式和初始条件,即t =0时的质点位置x 0,通过对速度积分,可得质点的运动方程。

4. 解: 选C 。

设A 、B 两车沿x 轴正向行驶,B 车开始减速时,B 车恰好在坐标原点,且此时为计时起点。

由直线运动方程有:对于A d t x +=11υ (1) 对于B 22221at t x -=υ (2) at t x B -=2υ (3)B 车速度为1υ时两车刚好不相撞。

设此时为t 0时刻,由上两式 20020121at t d t -=+υυ (4) 由(3)有 021at -=υυ (5)(4)、(5)联立消去t 0有: a d 2)(212υυ-=故两车不会相撞的最少距离为a2)(212υυ-。

.5. 解:选(C )。

当A 紧靠在圆筒内壁而不下落时,A 受到的摩擦力 r f 与重力平衡,又因为r f 与筒壁提供给A的向心力N的反作用力的大小成正比,如图所示,故:mg f r = 2ωμ=mR f r∴ Rg μ=ω6. 解:选(A )。

如图所示:2cos ω=θmr N mg N =θsin θ=cos R r RhR -=θsin ∴ ω=12.78rad ·s -1≈13 rad ·s -17. 解:选(B )。

质点m 越过A 角前、后的速度如图所。

大学物理学(下册)习题答案详解

大学物理学(下册)习题答案详解

第十二章 热力学基础一、选择题 12-1 C 12-2 C 12-3 C 12-4 B 12-5 C 12-6 A 二、填空题 12-710000100p V p V p V p V --12-8 260J ,280J - 12-912-10 )(5.21122V p V p -,))((5.01212V V p p -+,)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12-11 268J ,732J 三、计算题12-12 分析:理想气体的内能是温度T 的单值函数,内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定,与经历的准静态过程无关.根据热力学第一定律可知,在等温过程中,系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量,在等压过程中,系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量,同时对外做功. 解:单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12-13 分析:根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解. 解:氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程,再作等温膨胀过程. 在等体过程中,内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中,对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程,然后作等体升压过程. 在等温膨胀过程中,对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中,内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同,但由于始末状态的温差T ∆相同,因而内能的增量E ∆相同,而Q 和A 则与过程有关.12-14 分析:卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关.本题中,求出等温膨胀过程吸收热量后,利用卡诺循环效率及其定义,便可求出循环的功和在等温压缩过程中,系统向低温热源放出的热量. 解:从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12-15 分析:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量,温度升高.在b c →绝热过程中,系统减少内能,降低温度对外作功,与外界无热量交换.在c a →等压压缩过程中,系统放出热量,温度降低,对外作负功.计算得出各个过程的热量和功,根据热机循环效率的定义即可得证. 证明:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中,系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以,该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12-16 分析:根据卡诺定理,在相同的高温热源(1T ),与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等,有221111Q TQ T η=-=-.非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-. 解:(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机,则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机.(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式.根据热机效率的定义,可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13-1 D 13-2 B 13-3 D 13-4 D 13-5 C 13-6 C 13-7 A 二、填空题13-8 相同,不同;相同,不同,相同. 13-9 (1)分子体积忽略不计;(2)分子间的碰撞是完全弹性的; (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用.13-10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比,分子的平均平动动能,()d 1f v v ∞=⎰,速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百.13-11 氧气,氢气,1T 13-12 3,2,013-13 211042.9-⨯J ,211042.9-⨯J ,1:2 13-14 概率,概率大的状态. 三、计算题13-15 分析:根据道尔顿分压定律可知,内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强,等于混合气体中各成分理想气体的压强之和.解:设氦、氢气压强分别为1p 和2p ,则12p p p =+.由理想气体物态方程,得1He He m RTp M V =, 222H H m RT p M V=所以,总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13-16 解:(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同,三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13-17 分析:在某一速率区间,分布函数()f v 曲线下的面积,表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比.速率区间很小时,这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=,函数值()f v 为矩形面积的高,本题中可取为()p f v .利用p v 改写麦克斯韦速率分布律,可进一步简化计算.解: ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时,氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率,在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知,10p v v =-,(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=.而10p v ,所以可取p v v ≈,代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13-18 解:(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13-19 分析:气体分子处于平衡态时,其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关.温度一定时,平均碰撞次数和压强成正比.解:(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯,0273T K =,氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯,273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13-20 分析:把加热的铁棒侵入处于室温的水中后,铁棒将向水传热而降低温度,但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化,因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源.把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统,根据热力学第二定律可知,在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中,系统的熵将增加.熵是态函数,系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关.因此,求不可逆过程的熵变,可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解. 解:根据题意有 1273300573T K =+=,227327300T K =+=.设铁棒的比热容为c ,当铁棒的质量为m ,温度变化dT 时,吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程,其温度连续地由1T 降为2T ,在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14-1 C 14-2 A 14-3 B 14-4 C 14-5 B 二、填空题 14-622 14-7 5.5Hz ,114-82411s ,23π 14-9 0.1,2π14-10 2222mA T π- 三、计算题14-11 解:简谐振动的振幅2A cm =,速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-,3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14-12 证明:(1) 物体在地球内与地心相距为r 时,它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反.式中M 是以地心为中心,以r 为半径的球体内的质量,其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比,方向相反,故物体在隧道内作简谐振动. (2) 物体由地表向地心落去时,其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14-13 分析:一物体是否作简谐振动,可从动力学方法和能量分析方法作出判断.动力学的分析方法由对物体的受力分析入手,根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程,与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断.能量法求解首先需确定振动系统,确定系统的机械能是否守恒,然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点,再写出物体在任意位置时的机械能表达式,并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较,最后作出是否作简谐振动的判断. 解:(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统.在物体上下自由振动的过程中,系统不受外力,系统内无非保守内力作功,所以系统的机械能守恒. 取弹簧的原长处为弹性势能零点,取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置,也即Ox 轴的坐标原点,如图14-13(a)所示.图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,由图14-13(b)可知,有10mg T -=,120T R T R -=,2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时,其运动速率为v ,弹簧的伸长量为x l +,滑轮的角速度为ω.由系统的机械能守恒,可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数,得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程,式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另:动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示.12图14-13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,因为这时0a =,可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时,2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比,方向相反,所以它是作简谐振动. (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时,弹簧无伸长,物体的位移0x l =-;物体也无初速,00v =,物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以,物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14-14 分析:M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +,振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定,振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置.图14-14解:设空盘静止时,弹簧伸长1l ∆(图14-14),则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置,弹簧再伸长2l ∆,则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前,物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时,服从动量守恒定律,碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点,物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点,坐标轴方向竖直向下.则0t =时,02mg x l k =-∆=-,02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件,0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <,00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14-15 解:(1) 振子作简谐振动时,有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时,即12p E E =.所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时,0x A =,故00ϕ=.动能和势能相等时,物体的坐标15x =即cos A t ω=,cos t ω= 在一个周期内,相位变化为2π,故3574444t ππππω=, , , 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14-16 解:(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时,即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时, 13x x +的振幅最大.取0k =,则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时,即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时,13x x +的振幅最小.取0k =,则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14-17 分析:质点同时受到x 和y 方向振动的作用,其运动轨迹在Oxy 平面内,16质点所受的作用力满足力的叠加原理.解:(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到.对t 作变量替换,令12t t '=-,两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加,得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以,质点的运动轨迹为一椭圆. (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时,它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点),作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14-18 分析:充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路.不计电路的阻尼时,电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化.振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定,振幅和初相位由系统的初始状态决定.任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定. 解:(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗,e m W W =.因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时,电容器能量是它最大能量的一半,即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中,电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=,ω=.因为0t =时,0q Q =,故有00ϕ=.于是q C ε=当首次q =时有C ε==,4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15-1 B 15-2 C 15-3 B 15-4 A 15-5 C 15-6 C 二、填空题15-7 波源,传播机械波的介质 15-8B C,2B π,2C π,lC ,lC - 15-9 cos IS θ 15-10 0 15-11 0.45m 三、计算题15-12 分析:平面简谐波在弹性介质中传播时,介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动,振动的相位沿传播方向依次落后,以速度u 传播.把绳中横波的表达式与波动表达式相比较,可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量.t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同. 解:(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =,52v Hz ωπ==,0.5m λ=,0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=. (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =,1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位. (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =, 1.25t s =, 1.50t s =各时刻的波形见图15-12.15-13 解:(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播,根据a 点的振动表达式,并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时,b 点的坐标为5x m =-,代入上式,得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点,则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015-14 解:由波形曲线可得100.1A cm m ==,400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===,2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态:2Ot Ay =-,0Ot v >,利用旋转矢量图可得,该时刻O 点的振动相位为23π-,即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向,可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态:0Qt y =,0Qt v <,利用旋转矢量图可得,该时刻Q 点的振动相位为2π,即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15-15 分析:波的传播过程也是能量的传播过程,波的能量同样具有空间和时间的周期性.波的强度即能流密度,为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流.注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系.解:(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15-16 分析:根据弦线上已知质点的振动状态,推出原点处质点振动的初相位,即可写出入射波的表达式.根据入射波在反射点的振动,考虑反射时的相位突变,可写出反射波的表达式.据题意,入射波和反射波的能量相等,因此,在弦线上形成驻波的平均能流为零.解:沿弦线建立Ox 坐标系,如图15-16所示.根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===,2100 /rad s ωπνπ==,100250u m m v λ===, (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ,入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知,在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=,即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以,入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失,反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t(2)入射波和反射波的传播方向相反,叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤,在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤,波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波,在驻波中没有能量的定向传播,因而平均能流为零. 15-17 分析:运动波源接近固定反射面而背离观察者时,观察者即接收到直接来自波源的声波,也接收到来自固定反射面反射的声波,两声波在A 点的振动合成为拍.当波源相对于观察者静止,而反射面接近波源和观察者时,观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应,但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应,因此,两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍. 解:(1) 波源远离观察者而去,观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止,接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率,这时的波源以S v 接近反射面.2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说,反射面相当于接收器,它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说,反射面相当于另一波源,观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15-18 解:平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂, 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较,可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15-19 解:由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=, 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向,且磁场强度和电场强度同相位,所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+[SI ]第十六章 几何光学一、选择题 16-1 A 16-2 B 16-3 B 16-4 C 二、填空题16-5 6.0S cm '=,12V = 16-6 80f cm '=16-7 34s cm '=-,2V =- 16-8 左,2R 三、计算题16-9 解:设空气的折射率为n ,玻璃的折射率为n ',则 1n =, 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16-10 分析:将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例,可由折射球面的成像规律求解。

大学物理期末考试试题及答案

大学物理期末考试试题及答案

大学物理期末考试试题及答案一、选择题(每题3分,共30分)1. 关于力学中的功,以下说法正确的是()A. 功是标量,其大小等于力与位移的乘积B. 功是矢量,其方向与力的方向相同C. 功的大小等于力与位移的乘积,但力的方向与位移的方向必须相同D. 功的大小等于力在位移方向上的分量与位移的乘积答案:D2. 在简谐振动中,以下哪个物理量是守恒的?()A. 动能B. 势能C. 总能量D. 动能和势能的和答案:C3. 关于光的传播,以下说法正确的是()A. 光在真空中传播速度最快B. 光在介质中传播速度与介质的折射率成正比C. 光在介质中传播速度与介质的折射率成反比D. 光的传播速度与光源的频率有关答案:C4. 以下哪个现象不能用波动理论解释?()A. 干涉B. 衍射C. 折射D. 光的直线传播答案:D5. 关于电磁波,以下说法正确的是()A. 电磁波是横波,电场和磁场振动方向相互垂直B. 电磁波是纵波,电场和磁场振动方向相互平行C. 电磁波传播速度与频率无关D. 电磁波传播过程中,电场和磁场能量不守恒答案:A6. 在量子力学中,以下哪个概念是描述微观粒子状态的数学工具?()A. 波函数B. 能量C. 动量答案:A7. 关于原子的能级,以下说法正确的是()A. 原子的能级是连续的B. 原子的能级是离散的C. 原子的能级与原子核外电子数无关D. 原子的能级与原子核外电子数成正比答案:B8. 以下哪个物理量在相对论中保持不变?()A. 时间B. 空间C. 质量能量D. 动量答案:C9. 在相对论力学中,以下哪个物理量是相对论性不变量?()A. 动能B. 势能C. 总能量答案:C10. 以下哪个现象不能用经典力学解释?()A. 电子衍射B. 光的折射C. 黑体辐射D. 氢原子的光谱答案:A二、填空题(每题3分,共30分)1. 功的定义是:功等于力与位移的_________。

答案:点积2. 简谐振动的周期公式是:T = __________。

大学物理(下)习题整理(1).docx

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大学物理(下)习题整理一、选择题1. 带电-q 的粒子在带电+q 的点电荷的静电力作用下,在水平面内绕点电荷+q 作半径为R的匀速率圆周运动。

如果带电粒子及点电荷的电量均增大一倍,并使粒子的运动速率也 增大一倍,那么,粒子的运动半径变为多少? ()(A)R/2(B) R(C) 2R(D) 4R2. 在静电场中,若通过所选取的闭合曲面的电通量为零,则 () (A) 闭合曲面上每一点的电场强度必为零 (B) 闭合曲面内一定无电荷(C) 闭合曲面内部加外部的电荷代数和为零 (D)闭合曲面内无净电荷3. 如图所示,在边长为1的正方形的四个顶角上分别放置电量相等的四个点电荷q,其中 三角形顶角A, B, D 上放置的是正电荷,顶角C 处放置的是负电荷。

现将另一电量为 qO 的点电荷由正方形中点0沿X 方向移到无限远处,则电场力所作的功是()4. 真空中有A 和B 两块平行平板,面积均为S,间距为d(d<平板线度),分别带有电量+q 和-q,则两板的相互作用力为()27(A)土 (B)上47T£0d 22sOS5. 有一不带电的导体球壳,其半径为R,在球心处放一点电荷,测得球壳内外的电场分布。

然后将该点电荷移至距球心R/2处,重新测量电场分布。

试问上述点电荷的移动对电场 的影响为下列哪种情况? ()(A) 对球壳内外电场均无影响(B) 球壳内电场改变,球壳外电场不变 (C) 球壳内外电场均有改变(D)球壳内电场不变,球壳外电场改变6. 半径分别为R 和r 的两个孤立球形导体A 和B (R>r)均带有电荷,现用一根细长导线将(A) (c ) q°qE 2V27TC0ZCD) 一 V2q0q2TT £0Zn 2(D)—(C)正MSy/2q0q2ns0l它们连接起来,测得电势为U,则两导体球表面的电荷面密度比值。

A/oB 为 (A) r/R(B) R/r(C) r 2/R 2(ID) 18. 如图所示,流出纸面的电流为21,流进纸面的电流为I,沿图示各条闭合回路的磁感应强度的环流如下,试问哪一个环流表达式是正确的()(A) J 】B ・ dl = 2/10/ (B) 必B • di =(101 (C) 鸟B • dZ = [101 (D) B • dl = — "0/9. 如图所示,一电子束以垂直于E 和B 的方向射入电场和磁场共存区域。

(完整版)《大学物理》下期末考试有答案

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《大学物理》(下)期末统考试题(A 卷)说明 1考试答案必须写在答题纸上,否则无效。

请把答题纸撕下。

一、 选择题(30分,每题3分)1.一质点作简谐振动,振动方程x=Acos(ωt+φ),当时间t=T/4(T 为周期)时,质点的速度为:(A) -Aωsinφ; (B) Aωsinφ; (C) -Aωcosφ; (D) Aωcosφ参考解:v =dx/dt = -Aωsin (ωt+φ),cos )sin(424/ϕωϕωπA A v T T T t -=+⋅-== ∴选(C)2.一弹簧振子作简谐振动,当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的1/4时,其动能为振动总能量的(A) 7/6 (B) 9/16 (C) 11/16 (D )13/16 (E) 15/16 参考解:,1615)(2212421221221221=-=kA k kA kA mv A ∴选(E )3.一平面简谐波在弹性媒质中传播,在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中:(A) 它的动能转换成势能.(B) 它的势能转换成动能.(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元,其能量逐渐减小.参考解:这里的条件是“平面简谐波在弹性媒质中传播”。

由于弹性媒质的质元在平衡位置时的形变最大,所以势能动能最大,这时动能也最大;由于弹性媒质的质元在最大位移处时形变最小,所以势能也最小,这时动能也最小。

质元的机械能由最大变到最小的过程中,同时也把该机械能传给相邻的一段质元。

∴选(D )4.如图所示,折射率为n 2、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n 1和n 3,已知n 1<n 2<n 3.若用波长为λ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①与②的光程差是(A) 2n 2 e . (B) 2n 2 e -λ / 2 .(C) 2n 2 e -λ. (D) 2n 2 e -λ / (2n 2). 参考解:半波损失现象发生在波由波疏媒质到波密媒质的界面的反射现象中。

大学物理下计算题

大学物理下计算题


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12
12. 如图所示,在半径为R的无限长直圆柱形空间 内,存在磁感应强度为B的均匀磁场,B的方向平行 于圆柱轴线。设磁场在增加,且dB/dt=k(k为大于零 的常量),求:
(1)圆柱体内外的感生电场强度的大小; (2)有一长 L 的金属棒放在磁场中,如图(a)所示,
求棒中的感应电动势,并指出哪端电势高; (3)如果在垂直于圆柱轴线的平面内有一根无限长
图上标出方向;
(2)金属棒两端的电势差UAB和UCD;
(解3:)1金(1属B)棒l中1 点2O1和1O24之间8的(V电)势差。1AO1
2CO2
方向A→B
B
D
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10
2 Bl2 21 2 4(V)
方向C→D
(2)
I 1 2 8 4 0.5(A)
2R 24
ldr
0 I1l 2
ln
r1
r1
r2
4 107 20 0.25ln 0.30
2
0.10
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4
106 ln 3 1.1106(Wb) 2 1
通过矩形的总磁通量
2.2 106(Wb)

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5
5.在半径为R的无限长金属圆柱体内部挖去一半径为 r的无限长圆柱体,两柱体的轴线平行,相距为d,如 图所示。今有电流沿空心柱体的轴线方向流动,电流I 均匀分布在空心柱体的截面上。分别求圆柱轴线上和 空心部分轴线上O、O点的磁感应强度大小;
动势的大小和方向。
解:在垂直于圆柱轴线的无限 长直导线所在平面内作矩形回 路ABCD,AB与圆柱轴线相距 为d 。回路的感应电动势

大学物理下册考试计算题和证明题

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22q 计算题和证明题1、照相机镜头呈现蓝紫色——为了消除黄绿色的反射光而镀了膜。

在折射率1n =1.52的镜头表面镀一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜。

试证明:如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光,则镀膜的最薄厚度应取996oA .证明:设光垂直入射增透膜,欲透射增强,则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件,即2、传输微波信号的无限长圆柱形同轴电缆,各通有电流I ,流向相反。

内、外导体的截面半径分别为1R 和2R (1R <2R ),两导体之间磁介质的磁导率假设为μ,试求:(1)介质中的磁场强度和磁感应强度的大小;(2)长为L 的一段同轴电缆中磁场的能量.3、利用空气劈尖可以精确测量金属细丝的直径。

如图,波长为6800oA 的平行光垂直照射到L =0.12m 长的两块玻璃片上,两玻璃片一边相互接触,另一边被直径为d 的细钢丝隔开.若两玻璃片间的夹角=θ44.010-⨯弧度,求: (1)细钢丝的直径是多少?(2)相邻两暗条纹的间距是多少?4、在水(折射率n 1=1.33)和一种玻璃(折射率n 2=1.56的交界面上,自然光从水中射向玻璃,求起偏角i 0.若自然光从玻璃中射向水,再求此时的起偏角0i ' 4、解:tg i 0=1.56 / 1.33 i 0=49.6° 光自玻璃中入射到水表面上时,tg 0i '=1.33 / 1.56 0i '=40.4° (或 0i '=90°-i 0=40.4°)5、两个均匀带电的金属同心球壳,内球壳半径为1R ,带电1q ,外球壳半径为2R ,带电2q ,试求两球壳之间任一点12()P R r R <<的场强与电势? 5、解:由高斯定理:Ci 内外球壳在P 点产生的场强2014r q E P πε=内外球壳在外球壳外产生的场强20214rq q E πε+=P 点的电势01221012021201411444222121πεπεπεπεq q R r q drrq q dr rq dr E dr E UR R R r R r p p-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∙+∙=∙+∙=+⎰⎰⎰⎰6、一根很长的直导线载有交变电流0i I sin t ω=,它旁边有一长方形线圈ABCD ,长为l ,宽为b a -, 线圈和导线在同一平面内,求:(1) 穿过回路ABCD 的磁通量m Φ; (2 ) 回路ABCD 中的感应电动势。

大学物理下册期末考试重点计算题

大学物理下册期末考试重点计算题

大学物理下册期末考试要点计算题8-2 两小球的质量都是m ,都用长为l的细绳挂在同一点,它们带有同样电量,静止时两线夹角为 2 , 如题 8-2 图所示.设小球的半径和线的质量都能够忽视不计,求每个小球所带的电量.解: 如题 8-2 图示T cos mgT sinF e1q 24π0(2l sin ) 2解得2 sin4tan q l0 mg8-6 长l=15.0cm的直导线 AB上平均地散布着线密度=5.0x10 -9 C· m-1的正电荷.试求:(1)在导线的延伸线上与导线 B端相距a1 =5.0cm处P点的场强; (2) 在导线的垂直均分线上与导线中点相距 d2=5.0cm处 Q 点的场强.解:如题 8-6图所示(1) 在带电直线上取线元dx ,其上电量dq在 P 点产生场强为dE P1dx4π 0( a x) 2l dxE P dE P24π02l( a x) 2 [1 1 ]4π0l la a22lπ 0(4a2l 2 )用 l 15 cm, 5.010 9C m 1,a12.5c m 代入得E P 6.74102 N C 1方向水平向右(2) 同理dE Q1dx方向如题 8-6图所示4π0x2d22因为对称性dE Qx0 ,即 E Q只有 y 重量,l∵dE Qy1dx d 24π 0x 2 d 22x 2d22d 2l dxE Qy dE Qy2l4π2l32 (x2d22 ) 2 l2π0l 24d22以 5.010 9C cm 1,l15cm ,d2 5cm 代入得E Q EQy14.96 102N C1,方向沿 y 轴正向8-7 一个半径为R的平均带电半圆环,电荷线密度为, 求环心处O点的场强.解:如 8-7图在圆上取 dl Rd题8-7图dq dl R d ,它在O点产生场强盛小为dERd方向沿半径向外4π0 R2则 dE x dE sin sin d4π0 RdE y dE cos()cos d4π0 R积分 E xsin d4π0 R2π0 RE ycos d04π0 R∴E E x2π0 R,方向沿x 轴正向.5-38-10 平均带电球壳内半径 6cm ,外半径 10cm ,电荷体密度为 2× 10 C · m 求距球心 5cm , 8cm ,12cm 各点的场强.解:E dSqq高斯定理, E4πr2s当 r 5 cm 时,q 0, Er 8 cm 时, qp 4π( r 3r 内3 )34π r 3 r 内2∴E33.48 10 4N C 1, 方向沿半径向外.4π 0 r 2r 12 cm 时 ,q4π(r 外3r 内3)34πr 外 3 r 内3∴E34.10 104N C 1沿半径向外 .4π 0 r28-11半径为 R 1和 R 2( R 2 > R 1 ) 的两无穷长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量和- , 试求 :(1)r < R 1 ; (2) R 1 < r < R 2 ; (3) r > R 2 处各点的场强.解: 高斯定理E dSqs取同轴圆柱形高斯面,侧面积 S2πrl则E S E πrlSd 2对(1)rR 1q 0, E(2)R 1 r R 2ql∴E沿径向向外2π 0r(3)r R 2 q∴E题 8-12 图8-12 两个无穷大的平行平面都平均带电,电荷的面密度分别为1 和2 ,试求空间各处场强.解:如题 8-12 图示,两带电平面平均带电,电荷面密度分别为1 与2 ,1(2)n两面间, E121 面外,E1 ( 12 ) n2 02 面外,E1 (12 )n2n :垂直于两平面由1 面指为2 面.8-13半径为 R 的平均带电球体内的电荷体密度为, 若在球内挖去一块半径为r < R 的小球体,如题 8-13 图所示.试求:两球心 O 与 O 点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的. 解:将此带电体看作带正电的平均球与带电的平均小球的组合,见题8-13 图 (a) .(1)球在 O 点产生电场E100,4πr3球在 O 点产生电场 E 2033 OO'4π 0 dr 33 OO';∴O 点电场 E 03 0d4 d 3(2)在 O 产生电场33 OO'E 1 04π 0d球在 O 产生电场 E 20∴ O点电场E 0OO'3 0题 8-13 图 (a)题 8-13 图 (b)(3) 设空腔任一点 P 相对 O 的位矢为 r ,相对 O 点位矢为 r ( 如题 8-13(b) 图)则E POr3,E POr3,∴E PE POEPO(r r )OO' d3 03 03 0∴腔内场强是平均的.8-16如题 8-16 图所示,在 A , B 两点处放有电量分别为 + q ,- q 的点电荷, AB 间距离为2 R ,现将另一正试验点电荷 q 0 从 O 点经过半圆弧移到 C 点,求挪动过程中电场力作的功.解:如题 8-16 图示U O1 ( qq ) 04π 0 R RU O1 ( qq ) q4π 0 3RR 6π 0 R∴Aq 0 (U O U C )q o q6π 0 R8-17 如题 8-17 图所示的绝缘细线上平均散布着线密度为 的正电荷 , 两直导线的长度和半圆环的半径都等于 R .试求环中心 O 点处的场强和电势.解 : (1) 因为电荷平均散布与对称性,AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强相互抵消,取 dl Rd则 dqRd 产生 O 点 dE 如图,因为对称性, O 点场强沿 y 轴负方向题 8-17 图2Rd2cosE dE y2 4π0 R[sin() sin ]4π0 R222π0 R(2) AB电荷在O点产生电势,以U0A dx2 RdxU 1ln 24π0 xB R4π0 x 4π0同理 CD 产生U 2ln 24π0半圆环产生U 3πR4π0 R 4 0∴U O U1 U2U 3ln 22π0 4 08-22三个平行金属板2, A 和 B 相距4.0mm, A 与 C 相距2.0 A , B 和 C 的面积都是200cmmm.B,C都接地,如题 8-22 图所示.假如使A板带正电 3.0 × 10-7 C,略去边沿效应,问B 板和 C 板上的感觉电荷各是多少?以地的电势为零,则 A 板的电势是多少?解:如题8-22图示,令 A 板左边面电荷面密度为 1 ,右边面电荷面密度为2题 8-22 图(1) ∵U AC U AB,即∴EACdACEABdAB∴1EACdAB2 EABdAC2且1 +2q AS得2qA ,12q A3S3S而q C1S2q A2 107C3q B2S1107C(2)U AE ACdAC1d AC2.3 103 V8-23两个半径分别为R 1 和 R 2( R 1 < R 2 ) 的齐心薄金属球壳,现给内球壳带电 +q ,试计算:(1) 外球壳上的电荷散布及电势大小;(2) 先把外球壳接地,而后断开接地线从头绝缘,此时外球壳的电荷散布及电势; *(3) 再使内球壳接地,此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量. 解 : (1) 内球带电q ;球壳内表面带电则为 q , 表面面带电为 q ,且平均散布,其电势题 8-23 图UE drqdrq4π 0 RR 2R24πr2(2) 外壳接地时,表面面电荷 q 入地,表面面不带电,内表面电荷仍为q .因此球壳电势由内球q 与内表面q 产生:Uq q 04π 0 R 24π 0 R 2(3) 设此时内球壳带电量为q ;则外壳内表面带电量为q ,外壳表面面带电量为q q( 电荷守恒 ) ,此时内球壳电势为零,且U Aq' q'q q'4π 0 R 14π 0 R 24π 0 R 2得qR 1 qR 2外球壳上电势q' q' q q' R 1 R 2 qU B4π 0 R 24π 0 R 24π 0 R 224π 0 R 28-29 两个同轴的圆柱面,长度均为 l ,半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 > R 1 ) ,且 l >> R 2 - R 1 ,两柱面之间充有介电常数的平均电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和- Q 时,求:(1) 在半径 r 处 ( R 1 < r < R 2 =,厚度为 dr ,长为 l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量;(2) 电介质中的总电场能量;(3) 圆柱形电容器的电容.解: 取半径为 r 的同轴圆柱面 (S)则Dd S rlD( S)2π当 (R 1 r R 2 ) 时, q Q∴DQ2πrl(1) 电场能量密度D 2Q 2w22 l 228π r薄壳中 dWwdQ 22 2πrdrlQ 2dr22l4π rl8π r(2) 电介质中总电场能量WdWR 2Q 2dr Q 2R 2R14πrllnR 1V4πl(3) 电容:∵WQ 22C∴CQ 22πl2W ln( R 2 / R 1 )题9-7图9-7 如题 9-7 图所示, AB 、 CD 为长直导线, BC 为圆心在 O 点的一段圆弧形导线,其半径为 R .若通以电流 I ,求 O 点的磁感觉强度.解:如题 9-7 图所示, O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生.此中AB 产生 B 1 0CD 产生 B 20 I,方向垂直向里12 RCD 段产生B 3I(sin 90sin 60 )0I(13),方向 向里R2 R242∴ B 0B 1 B 2B 30I(13) ,方向 向里.2 R2 69-8 在真空中, 有两根相互平行的无穷长直导线L 1 和 L 2 ,相距 0.1m ,通有方向相反的电流,I 1 =20A, I 2 =10A ,如题 9-8 图所示. A , B 两点与导线在同一平面内.这两点与导线L 2 的距离均为 5.0cm .试求 A , B 两点处的磁感觉强度,以及磁感觉强度为零的点的地点.题9-8图解:如题 9-8 图所示 , B A 方向垂直纸面向里B A0 I10 I21.2 104T2(0.1 0.05) 2 0.05(2) 设 B 0在 L 2 外侧距离 L 2 为 r 处则0 II 2 0 2 ( r 0.1)2 r 解得r 0.1m题9-9图9-9 如题 9-9 图所示,两根导线沿半径方向引向铁环上的A ,B 两点,并在很远处与电源相连.已知圆环的粗细平均,求环中心O 的磁感觉强度.解: 如题 9-9 图所示,圆心 O 点磁场由直电流 A 和 B 及两段圆弧上电流 I 1与 I 2所产生,但A 和B在 O 点产生的磁场为零。

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a
Nf (v ) a
v0 2v0
(v0 v 2v0 )
o
(v 2v0 ) Nf (v ) 0 v av / Nv0 (0 v v0 ) 则: f (v ) (v0 v 2v0 ) a/ N
0
(v 2v0 )
热学第2题
2、N 个假想的气体分子,其速率分布如图。 (v > 2v0 时,粒子数为零)。(1)由 N 和 v0 求 a。 (2)求速率在1.5v0和2.0v0之间的分子数ΔN。 (3)求分子的平均速率 v 。 分析:f(v) 满足归一化条件,但在此,纵坐标是 Nf(v) 而不是 f(v) ,故曲线下的总面积为N。 (1)由归一化条件可得:
1、设 N 个粒子的速率分布服从的规律为:
2 Av dv dN N 0
0 v vm v vm
(式中A为常数)
(1)用 vm 定出常数 A;(2)求粒子的平均速率 v ; (3)求粒子的方均根速率
v
0
2

dN 1解、(1) f (v ) Ndv

Av 2
0 v vm

v
vm
2

3
1解、(2) v vf (v )dv
0 2


0
4 Av dv vm 3
3 v vm 5
2
(3) v v f (v )dv
2 0

vm

0
3 2 Av dv v m 5
4
热学第2题
2、N 个假想的气体分子,其速率分布如图。 (v > 2v0 时,粒子数为零)。(1)由 N 和 v0 求 a。 (2)求速率在1.5v0和2.0v0之间的分子数ΔN。 (3)求分子的平均速率 v 。 2解: (1)从图上可得分布函数表达式: Nf (v ) Nf (v ) av / v0 (0 v v0 )
1 ②可通过面积计算得: N a (2v0 1.5v0 ) N 3
③ N 个粒子的平均速率:
1 av v vf (v )dv vNf (v )dv dv N0 v0 0 0
1 1 2 3 2 11 v ( av0 av0 ) v0 N 3 2 9
3
2
( x 0) ( x 0)
11
量子物理第3题
( x 0) 3、一维运动的粒子处在波 ( x ) 0 x ( x ) 函数 所描写的状态, ( x 0) Axe 其中λ是正常数。(1)将 ( x ) 归一化;(2)求粒子 概率密度分布函数;(3)在何处找到粒子的概率最大.
2
10
量子物理第3题
( x 0) 3、一维运动的粒子处在波 ( x ) 0 x ( x ) 函数 所描写的状态, ( x 0) Axe 其中λ是正常数。1)将 ( x )归一化;2)求粒子概 率密度分布函数;3)在何处找到粒子的概率最大。
3解: 1)由归一化条件可得:
T = 2s,当 t = 0 时,x0 = 0.06m,此时质点向 x 轴正向
运动。求:(1)此简谐振动的表达式;
(2)从初始时刻开始第一次通过平衡位置所需时间。 (3)t=T/4时质点的位置、速度和加速度; (4)从 x = - 0.06m 向 x 轴负向运动,第一次回到平 衡位置所需的时间(思考?)。
2 2 2 x A x e dx 1 0

用部分积分法,可得: 2 2 A A 2 2 2 x 2 x A x e dx 3 e 3 1 4 4 0 0
0 归一化波函数为: ( x ) 3 x 2 2 xe
A 2
3解: (2)粒子概率密度分布函数为: P ( x ) ( x ) ( x 0) 0 所以:P ( x ) 3 2 2 x ( x 0) 4 x e
dP ( x ) 0 (3)令: dx x x0
2 2 x0 有: 4 3 (2 x0e 2 x0 2 x0 e )0


v0
2
2 v0
v0
avdv
热学第2题
(4)如果要计算0.5v0 到v0 区间内粒子的平均速率,则:
v0
v
0.5 v0 v0

v0
0.5 v0

vdN N1
2
N N vdN vf (v )dv N1 0.5v0 N1 0.5v0 N
v0
v0
N v N1 0.5 0
3 3 2 1 av av av 1 7 av 0 ( 0 0 ) dv N1 3v0 24v0 Nv0 N1 24
0.5v0 到v0 区间内粒子数:
1 1 3 N1 (a 0.5a )(v0 0.5v0 ) av0 N 4 2 8 2 7v0 7av0 v 0.5v v 0 0 9 6N
26
机械振动计算题总结
27
机械振动——教材P81 例16-2
机械振动第1题
例:一质点沿 x 轴作简谐振动,振幅 A = 0.12m,周期
5
量子物理基础与热学计算题总结
6
量子物理第1题
1、作一维运动的粒子被束缚在0 < x < a 的范围内, x x A sin ,求:(1)常数A; 已知其波函数为: a (2)粒子在0到a/2区域内出现的概率;(3)粒子在
何处出现的概率最大? 1解:(1)由归一化条件: dx A sin
1、作一维运动的粒子被束缚在0 < x < a 的范围内, x x A sin ,求:(1)常数A; 已知其波函数为: a (2)粒子在0到a/2区域内出现的概率;(3)粒子在
何处出现的概率最大? 1解:(3)概率最大的位置应该满足: d 2 2 2x 2 sin 0 dx a a 2x 即当: k , k 0,1,2, 时, a 粒子出现的概率最大。 因为 0 < x < a,故得 x = a / 2, 此处粒子出现的概率最大。
光的干涉:P148 例18-1;P160 例18-4;P160 例18-5; P164 例18-6。 光的衍射:P184 例19-1;P194 例19-2; P195例19-3。
量子物理: 21-1;21-2;21-3;21-4;21-5;21-6; 21-10;21-11;P269 例21-13。
28
机械振动——教材P81 例16-2
机械振动第1题
例:已知 A = 0.12m,T =2s。当t = 0时,x0= 0.06m, 此时,质点沿 x 轴正向运动。 求:1)简谐振动表达式; 解:(由解析法求解)2所:x0 1
12
13
14
15
16
17
热学——教材P23 例14-4 P23 例14-4:有 N 个粒子,其速率分布函数为:
dN C, f (v ) Ndv f (v ) 0, v0 v 0 v v0
(1)画出速率分布曲线;(2)用N和 v 求常数C; 0 (3)求粒子的平均速率 v 。 解: (1)速率分布曲线如图。
计算题部分,要将教材上的例题、作业 习题册上相关练习的计算题都搞清楚;还有 时间的话就把教材后面的典型习题做做。
选择、填空部分,请将作业习题册所有 练习的填空题都搞清楚,此外,还有网络平 台上的选择题解答都搞清楚。
3
(大学物理A下期末考试时间:
2016年12月17日晚上7:00-9:00)
大学物理答疑
(1)画出速率分布曲线;(2)用N和 v 求常数C; 0 (3)求粒子的平均速率 v 。
解:(3)N 个粒子的平均速率由平均值的定义为:
v vf (v )dv vCdv
0 0

v0
v0
0
1 v dv v0
19
1 2 1 1 ( v0 ) v0 2 v0 2
热学第1题
f (v )
(2) f(v) 满足归一化条件,即: C

f (v )dv Cdv Cv0 1 0 0 o v0 1 C 速率分布曲线 v0

v0
v
18
热学——教材P23 例14-4 P23 例14-4:有 N 个粒子,其速率分布函数为:
dN C, f (v ) Ndv f (v ) 0, v0 v 0 v v0
机械振动只涉及简谐振动及合成,其中角谐振 动及垂直振动合成不在考试范围;

机械波到驻波; 光的干涉到迈克尔逊干涉仪; 光的衍射到光学仪器分辨率; 光的偏振到反射光和折射光的偏振性质;

量子物理基础到一维无限深势阱
三、试题以教材和练习册及网络练习题目为主
请同学们全面认真复习,
争取考出好成绩!
v vm
vm
由归一化条件:

0
f (v )dv

0
Av 2dv 1
得:
A 3/v
3 m
热学第1题
1、设 N 个粒子的速率分布服从的规律为:
2 Av dv dN N 0
0 v vm v vm
(式中A为常数)
(1)用 vm 定出常数 A;(2)求粒子的平均速率 v ; (3)求粒子的方均根速率
2 2 0 a 2
x
a
dx 1
a 2 2 A 1, 解得: A 2 a 2 2 2 x (2)粒子的概率密度为: si n a a 粒子在 0 到 a / 2 区域内出现的概率为:
a/2
2 dx a 0
2
a/2

0
1 si n dx a 2
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