大学物理上(第二版)第 3 期考试在线评卷

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2022年大学基础课《大学物理(上册)》期中考试试卷附答案

姓名班级学号………密……….…………封…………………线…………………内……..………………不…………………….准…………………答….…………题…2022年大学基础课《大学物理（上册）》期中考试试卷附答案考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。

2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。

3、请仔细阅读各种题目的回答要求，在密封线内答题，否则不予评分。

一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、一束光线入射到单轴晶体后，成为两束光线，沿着不同方向折射．这样的现象称为双折射现象．其中一束折射光称为寻常光，它______________定律；另一束光线称为非常光，它___________定律。

2、长为的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。

如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为_____，细杆转动到竖直位置时角加速度为_____。

3、一质点作半径为R的匀速圆周运动，在此过程中质点的切向加速度的方向______，法向加速度的大小______。

（填“改变”或“不变”）4、长为、质量为的均质杆可绕通过杆一端的水平光滑固定轴转动，转动惯量为，开始时杆竖直下垂，如图所示。

现有一质量为的子弹以水平速度射入杆上点，并嵌在杆中. ，则子弹射入后瞬间杆的角速度___________。

5、一束平行单色光垂直入射在一光栅上，若光栅的透明缝宽度与不透明部分宽度相等，则可能看到的衍射光谱的级次为____________。

6、简谐振动的振动曲线如图所示，相应的以余弦函数表示的振动方程为__________。

7、一质点沿半径R=0.4m作圆周运动，其角位置，在t=2s时，它的法向加速度=______，切向加速度=______。

8、设作用在质量为1kg的物体上的力F＝6t＋3（SI）．如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到 2.0 s的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝__________________。

大学物理考试题目及答案2

1.1下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。

给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。

（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。

加速度又是位移对时间的两阶导数。

于是可得（3）为匀变速直线运动。

其速度和加速度表达式分别为22484dx v t dt d x a dt==+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。

因加速度为正所以是加速的1.3 一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) 由v =9t - 6t 2 可得：当t<1.5s 时，v>0; 当t>1.5s 时，v<0.所以 S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m1.8 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t tv a 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )234(d 2+= 积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m 70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v 2.8 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量；(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t = (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )( 将ba t =代入，得b a I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2.15如图所示，一质量为m 的物体A 放在一与水平面成θ角的固定光滑斜面上，并系于一劲度系数为k 的轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定．设物体沿斜面的运动中, 在平衡位置处的初动能为E K 0，以弹簧原长处为坐标原点，沿斜面向下为x 轴正向，试求：(1) 物体A 处于平衡位置时的坐标x 0．(2) 物体A 在弹簧伸长x 时动能的表达式．题2.17图解：(1) 0sin kx mg =θk mg x /sin 0θ= (2) 取弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，则平衡位置处系统的机械能 θsin 2102000mgx kx E E K -+=伸长x 处系统的机械能 θsin 212mgx kx E E K x -+= A θ由机械能守恒定律， x E E =0 解出 20]sin )/1([21θmg k x k E E K K --=。

大学物理第二版习题答案

13级应用化学（2）班物理习题详解习题精解1-1某质点的速度为j t i v 82-=，已知t=0时它经过点（3，7），则该质点的运动方程为（）A.j t i t 242-B.()()j t i t 74322+-+ C.j 8- D.不能确定解：本题答案为B.因为 dt rd v =所以 ()dt j t i r d82-=于是有()d t j t i r d t rr ⎰⎰-=0820即 j t i t r r2042-=-亦即 ()j t i t j i r 24273-=-- 故 ()()j t i t r 74322+-+=1-2 一质点在平面上作曲线运动,1t 时刻位置矢量为j i r 621+-=，2t 时刻的位置矢量为j i r 422+=，求：（1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大小和方向；（3）在坐标图上画出21,r r及r∆。

解（1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式为()()m j i r r r 2412-=-=∆ （2）该段时间内位移的大小 ()()m r 522422=+=∆该段时间内位移的方向与轴的夹角为 ︒-=⎪⎭⎫⎝⎛-=-6.2642tan 1α （3）坐标图上的表示如图1.1所示1-3某质点作直线运动，其运动方程为214x t t =+- ，其中x 以m 计，t 以s 计，求：（1）第3s 末质点的位置；（2）头3s 的位移大小；（3）头3s 内经过的路程。

解（1）第3s 末质点的位置为2(3)14334()x m =+⨯-=（2）头3s 的位移大小为 ()(3)03()x x m -=（3）因为质点做反向运动是有()0v t =，所以令0dxdt=，即420,2t t s -==因此头3s 内经过的路程为 (3)(2)(2)(0)45515()x x x x m -+-=-+-=1-4 已知某质点的运动方程为22,2x t y t ==-，式中t 以s 计，x 和y 以m 计。

《大学物理学(第二版)》(李乃伯主编)第一至第五单元课后习题指导

《物理学(第二版)》(李迺伯主编)第一章：过关测试第一关1．判断下列哪一种说法是正确的A．你用手关一扇门，此门可以看成质点；B．开枪后子弹在空中飞行，子弹可看成质点；C．讨论地球自转，地球可看成质点；D．一列火车在半径为800m的圆轨道上行驶，火车可看成质点。

答案：B2．下列哪一种说法是正确的A．加速度恒定不变时，物体的运动方向必定不变；B．平均速率等于平均速度的大小；C．不论加速度如何，平均速率的表达式总可以写成。

上式中为初始速率，为末了速率；D．运动物体的速率不变时，速度可以变化。

答案：D3．某质点的运动学方程为，以为单位，以为单位。

则该质点作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。

答案：D （解：速度加速度）4．质点作匀加速圆周运动，它的A．切向加速度的大小和方向都在变化；B．法向加速度的大小和方向都在变化；C．法向加速度的方向变化，大小不变；D．切向加速度的方向不变，大小变化。

答案：B5．气球正在上升，气球下系有一重物，当气球上升到离地面100 m高处，系绳突然断裂，最后重物下落到地面。

与另一物体从100 m高处自由下落到地面的运动相比，下列结论正确的是A．运动的时间相同；B．运动的路程相同；C．运动的位移相同；D．落地时的速度相同。

答案：C(解：由于重物在100 m高处有向上的初速度，先上升，到达最高点后再下落。

与物体从100 m高处自由落体到地面的运动相比，运动的时间、路程，落地时的速度均不相同，仅位移相同。

)6．用细绳系一小球，使之在竖直平面内作圆周运动，当小球运动到最高点时A．小球受到重力、绳的拉力和向心力的作用；B．小球受到重力、绳的拉力和离心力的作用；C．绳子的拉力可能为零；D．小球可能处于受力平衡状态。

答案：C(解：小球所受合力的法向分量有时称作向心力，它是“合力的分量”，不是其它物体施加的，故A不正确。

大学物理模拟考试题第三章机械振动

大学物理模拟考试题第三章机械振动一、选择题（每题三分）1、一质点在X 轴上作谐振动，振幅A=4cm ，周期T=2s 。

取平衡位置为坐标原点，若t=0时刻质点第一次通过x=2cm 处，且向x 轴正方向运动，则质点第二次通过x=2cm 处的时刻为（）。

（A ）1s (B) 4/3s (C) 2/3s (D) 2s2、一弹簧振子作简谐振动，总能量为E ，如果谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量变为（）。

（A ）E/4 (B) E/2 (C) 4E (D) 2E3、如图12-12所示，用余弦函数描述一简谐振动。

已知振幅为A ，周期为T ，初相πϕ3/1=，则振动曲线为（）。

4、已知某简谐的振动曲线如图12-13所示，则此简谐振动的振动方程为（）。

（A ）x=2cos(2πt ／3+2π/3) （B ）x=2cos(2t π/3-π/3)(C) x=2cos(4πt/3+2π/3) （D ）x=2cos(4πt/3-π/3)5、一简谐振动曲线如图12-15所示，则振动周期时（）。

(A) 2.62s (B) 2.40s (C) 2.20s (D) 2.00s6、一个质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为-1/2A ，且向X 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为（）。

7、轻弹簧上端固定，下系一质量为m1的物体，稳定后在m1下边又系一质量为m2的物体，于是弹簧又伸长了△x ，若将m2移去，并令其振动，则振动周期为（）。

(A ) T=g m x m 212∆π (B) T=gm x m 122∆π (C) T=g m x m 2121∆π(D)T=gm m x m )21(22+∆π8 、一劲度系数为k 的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联，下面挂一个质量为m 的物体，如图所示。

则振动系数的频率为（）。

（A ）m k 321π（B ） m k π21 （C ）m k 321π （D ）m k 621π 9、一质量为m 的物体挂在劲度系数为k 的轻弹簧下面，振动角频率是ω，若把此弹簧分割成两等份，将物体m 挂在分割后的一根弹簧上，则振动角频率是（）（A ）2ω （B ）ω2(C ）2ω （D ）2ω 10、一质点做简谐振动，周期为T ，质点由平衡位置向x 轴负方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要时间为（）（A ）T/4 （B ）T/6(C)T/8 (D)T/12二、填空题（每空三分）1. 一质点做简谐振动，周期为T ，当它由平衡位置x 轴向正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处所需要的最短时间为______。

大学物理上试卷(有答案)

一、选择题（每题3分，共10题）1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为υ，瞬时速率υ为，某一段时间内的平均速度为υ ，平均速率为υ，它们之间的关系必定有：（ D ）A υ=υ,υ= υ B υ≠υ, υ=υC υ ≠υ,υ ≠υD υ =υ，υ ≠υ 3．一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．（ A ） A 动量增量大小为0v m，方向竖直向下． B 动量增量大小为v m ，方向竖直向上． C 动量增量大小为0v m 2 ，方向竖直向下． D 动量增量大小为v m 2 ，方向竖直向上．4．地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为（ A ）。

A GMR mB R GMmC R GMmD R GMm25．一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动（ω沿Z 轴正方向）。

设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r 543++=，其单位为m 210-，若以s m /102-为速度单位，则该时刻P 点的速度为：（ C ）A υ ＝94.2i +125.6j +157.0k ；B υ =34.4k ；C υ=-25.1i +18.8j ； D υ=-25.1i -18.8j ；6．刚体角动量守恒的充分而必要的条件是：（ B ）A 刚体不受外力矩的作用B 刚体所受合外力矩为零C 刚体所受的合外力和合外力矩均为零D 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 7．一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A=4cm 。

周期T=2s 。

其平衡位置取作坐标原点。

若t=0时刻质点第一次通过x= -2cm 处，且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x= -2cm 处的时刻为（ B ）。

A 1sB 32sC 34s D 2s8．图示一简谐波在t=0时刻的波形图，波速υ=200m/s ，则图中O 点的振动加速度的表达式为（ D ）。

06-07(1) 《大学物理》期中考试点评

06-07(2) 《大学物理》期中试卷
一．电学部分
11. 真空中有两个点电荷M、N，相互间作用力为 F ，当另一点电荷 Q 移近这两个点电荷时， M 、 N 两点电荷之间的作用力[ C ]
(A) 大小改变，方向不变． (B) 大小不变，方向改变．
(C) 大小和方向都不变． (D) 大小和方向都改变．
15. 把通电的直导线放在蹄形磁铁磁极的上方，如图所示．导线可以自由活动，且不计重力。当导线内通以如图所示的电流时,导线将 [ D ] (A) 不动． (B) 顺时针方向转动(从上往下看)，然后上升．
(C) 顺时针方向转动(从上往下看)，然后下降．
(D) 逆时针方向转动(从上往下看)，然后下降． (E) 逆时针方向转动(从上往下看)，然后上升．

14、如图，在无限长直载流导线的右侧有面积为S1和S2的两个矩形回路．两个回路与长直载流导线在同一平面，且矩形回路的一边与长直载流导线平行．则通过面积为S1的矩形回路的磁通量与通过面积为S2 的矩形回路的磁通量之比为 __________．
பைடு நூலகம்
S1 a a
S2 2a
外
4 0 r 2
1．两个电容器1和2，串联以后接上电动势恒定的电源充电．在电源保持联接的情况下，若把电介质充入电容器2中，增大则电容器1上的电势差______________；电容器1极板上的增大电荷____________．(填增大、减小、不变)
12. 一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U12、电场强度的大小E、电场能量W将发生如下变化：[ ]
(D) 半径为R、电荷体密度为ρ =A/r (A为常数)的非均匀带电球体． E q E∝1/r2 球对称电场： E＝ 4 0 r 2

2003级《大学物理》(二)期终考试试题

南华大学2003级《大学物理》（二）试题院系及专业姓名考号考试时间：2005-1-19一、选择题（30分）1．如果氢气和氦气的温度相同，摩尔数也相同，则（A）这两种气体的平均平动动能相同；（B）这两种气体的平均动能相同；（C）这两种气体的内能相等；（D）这两种气体的势能相等。

2．在恒定不变的压强下，理想气体分子的平均碰撞次数z与温度T的关系为（A）与T无关；（B）与T成反比；（C）与T成正比；（D）与T成正比；3．根据经典的能量按自由度均分原理，每个自由度的平均能量为（A）kT/4；（B）kT/2；（C）kT/3；（D）3kT/2；4．“理想气体与单一热源接触作等温膨胀时，吸收的热量全部用来对外作功。

”对此说法，有如下几种评论，哪个是正确的？（A）不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律；（B）不违反热力学第二定律，但违反热力学第一定律；（C）不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律；（D）违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律。

5．根据波尔理论，当氢原子的量子数n由2增到4时，电子轨道半径是原来的多少倍。

（A）2倍（B）0.5倍（C）0.25倍（D）4倍6．在V p 图上有两条曲线abc 和adc ，由此可以得出以下结论：（A ）其中一条是绝热线，另一条是等温线；（B ）两个过程吸收的热量相同；（C ）两个过程中系统对外作的功相等；（D ）两个过程中系统的内能变化相同。

7．平面简谐波)35sin(4y t x ππ+=与下面哪列波相干可形成驻波？（A ）)2325(2sin 4x t y +=π；（B ）)2325(2sin 4x t y -=π；（C ）)2325(2sin 4y t x +=π；（D ）)2325(2sin 4y t x -=π。

8．在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是（A ）使屏靠近双缝；（B ）使两缝的间距变小；（C ）把两个缝的宽度稍微调窄；（D ）改用波长较小的单色光源。

大学物理实验理论考试题目及答案3

18．请选出下列说法中的正确者：( BD )
A：一般来说，测量结果的有效数字多少与测量结果的准确度无关。
B：可用仪器最小分值度或最小分度值的一半作为该仪器的单次测量误差。
C：直接测量一个约1 mm的钢球，要求测量结果的相对误差不超过5%，应选用最小分度为1mm的米尺来测量。
D：在记录测量数据时，其有效位数既不能多写，也不能少写，应根据仪器的精度来定。
Ｃ：由于量具没有调整到理想状态，如没有调到垂直而引起的差。
10．请选出下列说法中的正确者（CDE）
A：当被测量可以进行重复测量时，常用多次测量来减少测量结果的系统误差。
B：多次测量某物理量L时，如果偶然误差，则将结果记为：。
C：已知测量某电阻结果为：表明测量电阻真值位于区间[85.27~85.37]之间的可能性很大。
19．QJ36型单双臂电桥设置粗调、细调按扭的主要作用是：（AC）
Ａ：保护电桥平衡指示仪（与检流计相当）；
Ｂ：保护电源，以避免电源短路而烧坏；
Ｃ：便于把电桥调到平衡状态；
Ｄ：保护被测的低电阻，以避免过度发热烧坏。
20．牛顿环实验将测量式由的主要原因是：（AC）
A：消除干涉级次K的不确定性引起的系统误差；B：为了测量更加方便；
12．在测量金属丝的杨氏模量实验中，常需预加2kg的负荷，其目的是：（）
A：消除摩擦力；B：使测量系统稳定，金属丝铅直；
C：拉直金属丝，避免将拉直过程当作伸长过程进行测量；
D：便于望远镜的调整和测量。
15．在调节分光计时，要求把望远镜调焦到无穷远，现目镜已调好，若从望远镜视场中看到自准直反射镜反射回来的自准直像如下图（）所示，则说明望远镜已调焦到无穷远。
25．请选出下列说法中的正确者：（ABCD）

物理学教程(第二版)上册第三章课后答案

第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒(D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是()(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的． 3 -6 一架以3.0 ×102m·ｓ-1的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得 0Δ-='v m t F式中F '为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得N 1055.252⨯=='lm F v鸟对飞机的平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．3 -7 如图所示，质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．解1 物体从出发到达最高点所需的时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面的时间为gt t αsin Δ2Δ0122v ==于是,在相应的过程中重力的冲量分别为j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰ j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1＝10 m·s -1 ,方向与F x 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2．分析本题可由冲量的定义式⎰=21d t t t F I ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6.86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6.86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112sm 40-⋅=+=mm I v v3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．分析从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg tm Δmg F v解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π=时间内小球动量的增量．分析由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分．解力F 的冲量为ωωωkAt t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d即()ωkA m -=v Δ3 -11 一只质量kg 11.01=m 的垒球以11sm 17-⋅=v 水平速率扔向打击手，球经球棒击出后，具有如图（a ）所示的速度且大小12sm 34-⋅=v ，若球与棒的接触时间为0.025 s,求：（1）棒对该球平均作用力的大小；（2）垒球手至少对球作了多少功？分析第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b ）所示；也可建立如图（a ）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.题 3-11 图解（1）解 1由分析知，有12mv mv t F -=∆其矢量关系如图（b ）所示，则)60180cos())((2)()()(2122212--+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F 解 2由图（a ）有x xx mv mvt F 12-=∆02-=∆yy mvt F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=yx FF F(2) 由质点动能定理，得J 7.4721212122=-=mv mvW3 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1的水通过,求弯管所受力的大小和方向．题 3-12 图分析对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力) 分析由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．解设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A Am m m m v v v '=+-(1)()''=+-BB A B Bm m m m v v v (2) 由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1代入数据后,可解得()()12sm 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B BB A v v()()()12sm 6.3-⋅=---'-=mm m m m m m m B ABB AB v v也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．3 -14 质量为m′的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面的水平速率,v -u 为抛出物对地面的水平速率．得u m m m α'++=cos 00v v人的水平速率的增量为u m m m α'+=-=cos Δ0v v v而人从最高点到地面的运动时间为gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct 3作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k ) 分析本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式⎰⋅=x F d W 来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3的关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．解由运动学方程x ＝ct 3,可得物体的速度23d d ct tx ==v按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299xkct kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kcx xkcx W ll-=-==⋅=⎰⎰⎰x F3 -16 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．题 3-16 图分析由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可求出．解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为()J 882d d 1010=-=⋅=⎰⎰y agy mgW y F3 -17 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．题 3-17 图分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式⎰⋅=s d F W ,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功s Fd TT ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位置的速率为1P K s m 30.222-⋅===mW mE v(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v3 -18 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解 (1) 摩擦力作功为20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=(1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos of -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ1632v =(3) 由于一周中损失的动能为2083v m ,则在静止前可运行的圈数为34k 0==WE n 圈3 -19 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1和m 2．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )题 3-19 图分析运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1＝P 1＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgyky +=-式中y 1、y 2为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1＝ky 1 ,F 2＝ky 2及P 1＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2＝P 2 ,且F 2＝F′2．由式(3)可得F ＝P 1＋P 2＝(m 1＋m 2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -20 如图所示，一质量为m 的木块静止在光滑水平面上，一质量为m /2的子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内，求：（1）木块与子弹的共同速度v ,此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这一对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作的功.(4)证明这一对摩擦阻力所作功的代数和就等于子弹-木块系统总机械能的减少量(亦即转化为热的那部分能量).题 3-20 图分析对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功的数值大于前者，通过这一对作用力与反作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块，而另一部分却转化为物体内能.本题（3）、（4）两问给出了具有普遍意义的结论，可帮助读者以后分析此类问题.解（1）子弹-木块系统满足动量守恒，有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mvE =-=∆对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆（2）对木块和子弹分别运用质点动能定理，则对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆=（3）设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s ，则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.(4) 对木块 2f 121mv s F W ==对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加，得202221)2(21])2(2121[v m v m mvW W -+=+ 即 20f 183mv L F -=-两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m ．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．解因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d dΔx ＝0.41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3R E 的圆轨道运动, R E 为地球的半径．已知地球的质量为m E ．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．分析根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得()E22E E 33R mR mm Gv=则EE 2k 621R m m Gm E ==v(2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为EE P 3R m m GE -=(3) 卫星的机械能为EE EE EE P k 636R m m GR m m GR m m GE E E -=-=+=3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．题 3-23 图分析取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力F N 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P 又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．解由系统的机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1)根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为Rm F θmgR 2N cos v =- (2)冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置oθ2.4832arccos==冰块此时的速率为32cos Rg θgR ==vv 的方向与重力P 方向的夹角为α＝90° - θ＝41.8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2m ．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知 BCD 是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r ．求弹簧劲度系数的最小值．题 3-24 图分析若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．解小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v =(1)取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2)由式(1)、(2)可得()12mN 366Δ7-⋅==l mgrk3 -25 如图所示,质量为m 、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．题 3-25 图分析这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．解设弹簧的最大压缩量为x 0．小球与靶共同运动的速度为v 1．由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2)由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=3 -26 质量为m 的弹丸A ,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v 的最小值应为多少？。

大学物理第二版(上册) 中科大版倪致祥朱永忠袁光宇黄时中版

大学物理学习题答案习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =drv dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。

解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。

大学物理学第二版答案

大学物理学第二版答案【篇一：大学物理上第二版网上考试答案第三四期】绳子各一端，他们由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是：（正确答案：c 提交答案：c 判题：√ 得分：10分）a、甲先到达b、乙先到达c、同时到达d、无法确定2、假设某卫星环绕地球中心作椭圆轨道运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（正确答案：b 提交答案：b 判题：√ 得分：10分）a、角动量守恒，动能守恒b、角动量守恒，机械能守恒c、角动量不守恒，机械能守恒d、角动量不守恒，动能守恒3、几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体（正确答案：d 提交答案：d 判题：√ 得分：10分）a、必然不会转动b、转速必然不变c、转速必然改变d、转速可能不变，也可能改变4、一水平放置的直杆，质量为m，长度为l，绕其一端作匀速率转动（转动惯量度为v，则杆的动能为（正确答案：c 提交答案：c 判题：√ 得分：10分）a、b、c、d、），外端点线速5、一质点作匀速率圆周运动时（正确答案：c 提交答案：c 判题：√ 得分：10分）a、它的动量不变，对圆心的角动量也不变b、它的动量不变，对圆心的角动量不断改变c、它的动量不断改变，对圆心的角动量不变d、它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变6、一水平圆盘可绕固定铅直中心轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，忽略轴的摩擦，当此人在盘上随意走动时，此系统（正确答案：c 提交答案：d 判题：╳得分：0分）a、动量守恒b、机械能守恒c、对中心轴的角动量守恒d、动量、机械能和角动量都守恒7、多个力作用在有固定转轴的刚体上，这些力的矢量和为零，则刚体绕该轴转动的角加速度将（正确答案：d 提交答案：d 判题：√ 得分：10分）a、保持不变的恒量b、为0c、不为0的变量d、无法确定8、有两个半径相同，质量相等的细圆环a和b，a环的质量分布均匀，b环的质量分布不均匀，它们对通过环心与环面垂直的轴的转动惯量分别为、，则（）（正确答案：c 提交答案：d 判题：╳得分：0分）a、a环的转动惯量较大b、b环的转动惯量较大c、一样大d、不能确定9、花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为，角速度为，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为。

大学物理(上))末试卷A、B及其解答.

武汉大学物理科学与技术学院2007—2008学年第二学期考试试卷 A强物理类《大学物理（上）》班号姓名学号成绩一、单项选择题（1-6题、共6题，每小题3分、共18分）1、质点作曲线运动，若r表示位矢，s 表示路程，v 表示速度，v 表示速率，τa 表示切向加速度，则下列四组表达式中，正确的是：（）A 、a tv=d d ，v t r =d d ； B 、τa t v =d d ， v t r =d d ； C 、ν=t s d d ，τa t v =d d； D 、ν=trd d ，a t v =d d 2、在升降机天花板上拴一轻绳，其下端系有一重物。

当升降机以匀加速度a 上升时，绳中的张力正好等于绳子所能承受的最大张力的一半，当绳子刚好被拉断时升降机上升的加速度为：（）A 、2a ；B 、 2(a+g )；C 、2a+g ；D 、a+g 3、一弹簧振子在光滑的水平面上作简谐运动，已知振动系统的最大势能为100 J 。

当振子在最大位移的一半时，振子的动能为：（）A 、 100 JB 、 75 JC 、50 JD 、25 J4、S 1和S 2为两列平面简谐波的相干波源，其振动表达式为ωt A y cos 11= ， ()2cos 22π-=ωt A y S 1、S 2到达P 点的距离相等，则P 点处合振动的振幅为（）A 、21A A +B 、21A A -C 、2221A A +D 、2221A A -5、两个体积不等的容器，分别储有氦气和氧气，若它们的压强相同，温度相同，则下列答案中相同的是( )。

A 、单位体积中的分子数B 、单位体积中的气体内能C 、单位体积中的气体质量D 、容器中的分子总数6、如图所示，理想气体卡诺循环过程中两条绝热线下面的面积为1S 和2S ，则( )。

A 、 1S ＞2SB 、1S ＝2SC 、1S ＜2SD 、无法确定二、填空题（7-12题，共22分）7、（3分）质量为m 的小球，在合外力F= - kx 作用下运动，已知t A x cos ω=，其中k 、ω、A 均为正常量，在t = 0到ωπ2=t 时间内小球动量的增量为。

《大学物理学》(赵近芳主编)第二版课后习题答案(上下册)第一单元

习题解答习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即td d r==v t s d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rr r +=式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即tva d d=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tv t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d tr而求得结果；又有人先计算速度和加速度v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t x t r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。

大学物理实验理论考试题目及答案3

1．请选出下列说法中的正确者（ CDE ）A ：当被测量可以进行重复测量时，常用重复测量的方法来减少测量结果的系统误差。

B ：对某一长度进行两次测量，其测量结果为10cm 和10.0cm ，则两次测量结果是一样的。

C ：已知测量某电阻结果为：,05.032.85Ω±=R 表明测量电阻的真值位于区间[85.27~85.37]之外的可能性很小。

D ：测量结果的三要素是测量量的最佳值（平均值），测量结果的不确定度和单位。

E ：单次测量结果不确定度往往用仪器误差Δ仪来表示，而不计ΔA .2．请选择出表达正确者（ AD ）3333343/10)08.060.7(: /14.060.7:/1041.01060.7: /05.060.7:mkg D m kg C m kg B m kg A ⨯±=±=⨯±⨯=±=ρρρρ3．请选择出正确的表达式： ( CD ) 333334/10)08.060.10( : (mm)1087.9)(87.9 :/104.0106.10 : )(10500)(5.10 :mkg D m C m kg B g kg A ⨯±=⨯=⨯±⨯==ρρ4．请选择出表达正确者（ A ） 3333/04.0603.7: /14.060.7:/041.060.7: /04.060.7:mkg D m kg C m kg B m kg A ±=±=±=±=ρρρρ5．请选择出表达正确者 ( BC ) 0.3mm 10.4cm h :D /10)08.060.7(:0.3cm10.4h :B /1041.01060.7 :33334±=⨯±=±=⨯±⨯=m kg C m kg A ρρ6．测量误差可分为系统误差和偶然误差，属于系统误差的有： ( AD )Ａ：由于电表存在零点读数而产生的误差；Ｂ：由于测量对象的自身涨落所引起的误差；Ｃ：由于实验者在判断和估计读数上的变动性而产生的误差。

中南大学2020年《大学物理Ⅲ》期末试题及答案

---○---○------○---○---……… 评卷密封线…………… 密封线内不要答题，密封线外不准填写考生信息，违者考试成绩按0分处理…………… 评卷密封………线 ………中南大学考试试卷2019 ~2020 学年二学期大学物理 Ⅲ 课程时间100分钟 72学时，4.5学分，闭卷，总分100分，占总评成绩 70 %题号一二三（1）三（2）三（3）合计得分评卷人复查人一、选择题（共30分，每小题3分）1．水在粗细均匀虹吸管中流动时，如图中四点的压强关系是（A ）4321P P P P === （B ）4321P P P P <<< （C ）3241P P P P =>= （D ）4321P P P P <==［］ 2．某元素的特征光谱中含有波长分别为1λ＝450 nm 和2λ＝750 nm (1 nm ＝10-9 m)的光谱线。

在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处2λ的谱线的级数将是 (A) 2 ，3 ，4 ，5 ．．．．．． (B) 2 ，5 ，8 ，11．．．．．． (C) 2 ，4 ，6 ，8 ．．．．．． (D) 3 ，6 ，9 ，12．．．．．．［］得分评卷人3．图中MN 为某理想气体的绝热曲线，ABC 是任意过程，箭头方向表示过程进行的方向，ABC 过程结束后气体的温度和吸收的热量为（A ）温度升高，吸热为正（B ）温度升高，吸热为负（C ）温度降低，吸热为正（D ）温度降低，吸热为负［］4．一简谐波沿x 轴正方向传播，t = T /4时的波形曲线如图所示．若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取-π 到π 之间的值，则 (A) O 点的初相为00=φ (B) 1点的初相为π-=211φ (C) 2点的初相为π=2φ (D) 3点的初相为π-=213φ ［］5．用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上．如图，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹（Ａ）向右平移（Ｂ）向中心收缩（Ｃ）向外扩张（D ）向左平移6．一定量理想气体保持压强不变，则气体分子的平均碰撞频率z 和平均自由程λ与气体温度T 的关系为（A ）z 正比于T /1，λ正比于T （B ）z 正比于T ，λ正比于1/T（C ）z 正比于T ，λ正比于1/T （D ）z 与T 无关，λ正比于TxO 1u y 234空气单色光7．一金属球壳的内外半径分别为R 1和R 2，其中心放一点电荷q ，则金属球壳的电势为（A ）104/R q πε（B ）204/R q πε （C ）()120///8q R q R πε+（D ）)(2210R R q +πε8．如图所示，四分之一圆形线圈半径为R ，通有电流I ，在均匀磁场B 的作用下，从图示位置转过30°时，它所受磁力矩的大小与方向分别为（A ）82IB R π，沿图面竖直向下（B ）82IBR π，沿图面竖直向上（C ）832IB R π，沿图面竖直向下（D ）832IB R π，沿图面竖直向上 9．一艘以0.9c 的速率离开地面的宇宙飞船，以相对于自己0.8c 的速率向前发射一枚导弹，则该导弹相对于地球的速率为（A ）1.7c （B ）0.988c （C ）0.1c （D ）0.357c10．一个电子的运动速度为v =0.99c ，则该电子的动能E k 为（电子的静止能量为0.51Mev ）（A ）3.5Mev （B ）4.0Mev （C ）3.1Mev （D ）2.5Mev二、填空题（共40分）1．（本题6分）一横波沿绳子传播时的波动方程为：),410cos(1.0x t S ππ-= 式中：s 、x 以米计，t 以秒计。

大学物理(上)考试答案

一、单选题（题数：30，共 60.0 分）1一个点电荷q产生多少条电场线？（）（2.0分）2.0分我的答案：C2质量为2kg的质点的运动学方程为，则质点所受的力大小为（）。

（2.0分）2.0分我的答案：A3以下不属于机械能的是（）。

（2.0分）2.0分我的答案：D4已知一质点的运动学方程为，其实中r、t分别以m和s为单位，则从t=1s到t=2s质点的位移是（）。

（2.0分）2.0分mmm我的答案：D5相对论中冲量公式为（）。

（2.0分）2.0分我的答案：A6物理学家高斯是哪个国家的？（）（2.0分）2.0分我的答案：A7质点的运动学方程为，则质点的加速度为（）。

（2.0分）2.0分我的答案：B8质点以速度作直线运动，沿质点运动直线作Ox轴，并已知t=3s时，质点位于x=9m处，则该质点的运动学方程为（）。

（2.0分）2.0分我的答案：D9一质量为M=15kg、半径为R=0.3m的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动（转动惯量）。

现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量m=8.0kg的物体，不及圆柱面和轴之间的摩擦，物体自静止下落，则绳中的张力是（）。

（2.0分）2.0分我的答案：C10质心运动定律的公式表达式为（）。

（2.0分）2.0分我的答案：A11一质量为m的物体，以的初速度沿与水平方向成角的方向抛出，空气的阻力与物体的质量和速度成正比，比例系数为k。

则物体的运动方程为（）。

（2.0分）2.0分我的答案：B12对于理想气体系统来说，在下列过程中，哪个过程系统所吸收的热量、内能的增加量和对外作的功三者为负值？（）（2.0分）2.0分我的答案：D13在平面极坐标系中，任意位矢可表示为（）。

（2.0分）2.0分我的答案：C14物理学家伏特什么时候发明伏达电堆？（）（2.0分）2.0分我的答案：B15点电荷q的电场强度E与（）有关。

（2.0分）2.0分我的答案：B16长为30cm、最大强度为T=1.0kg的绳子，系一质量为m=500g的小球.若小球原来静止不动，要用多大的水平冲量作用在小球上，才能把绳子打断？（）（2.0分）2.0分我的答案：A17一吊车板底上放一质量为10kg的物体，若吊车板底加速上升，加速度大小为，则2秒内吊车板底给物体的冲量大小为（）。

大学物理第二版答案(北京邮电大学出版社)

大学物理第二版答案（北京邮电大学出版社）习题解答第一章质点运动学1-1(1)质点t时刻位矢为：r(3t5)i12t23t4j(m)(2)第一秒内位移r1(某1某0)i(y1y0)j3(10)i12(10)23(110)j3i3.5j(m)(3)前4秒内平均速度Vr1t4(12i20j)3i5j(m1)(4)速度Vdr3i(t3)j(m1dt)∴V43i(43)j3i7j(m1)A；/。

(5)前4秒平均加速度aVV4V0734jj(m2t40)(6)加速度adVdtj(m2)a4j(m2)1-2vd某dtt33t22某d某vdtc14t4t32tc当t=2时某=4代入求证c=－12即某14t4t32t12vt33t22adv3t2dt6t将t=3代入证某41134(m)v356(m1)a345(m2)1-3(1)由运动方程某4t22t消去t得轨迹方程y3某(y3)20(2)1秒时间坐标和位矢方向为某14m[4,5]m:tgy某1.25,51.3(3)第1秒内的位移和平均速度分别为y15mr1(40)i(53)j4i2j(m)r1V4i2j(m1)t(4)质点的速度与加速度分别为drV8i2j,dtdVa8idt故t=1时的速度和加速度分别为V18i2jm1,a18im21-4该星云飞行时间为9.4610152.741096.5910172.091010a73.9310即该星云是2.091010年前和我们银河系分离的.1-5实验车的加速度为v1600103a2.47102m/225(g)t36001.80基本上未超过25g.1.80内实验车跑的距离为v1600103t1.80400（m）2236001-6(1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中，则hv0t12gt2代入已知数得11115t9.8t22解此方程，可得二解为t11.84,t11.22第一块石头上升到顶点所用的时间为tmv10/g15/9.81.53由于t1tm,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于t1tm这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以v20和v20分别对应于在t1和t1时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于hv20(t1t1)1g(t1t1)22所以hv2011g(t1t1)2119.8(1.841)222t1t11.84117.2m/同理.2v20h11g(t1t1)2119.8(1.221)2221.221t1t151.1(m/)(2)由于t21.3t1,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t1时刻相碰，第二块的初速度为h12g(t)21119.8(1.841.3)2v201t2tt2121.841.323.0(m/)1-7以l表示从船到定滑轮的绳长，则v0dl/dt.由图可知l2h2于是得船的速度为vdldl2h2dtl2h2dtv0习题1-7图负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为advdldtvdlh2v20dll2h20dt3负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8所求位数为2r42n2r42(6104)2gg0.16029.841051-9物体A下降的加速度(如图所示)为a2h20.40.2m/2t222此加速度也等于轮缘上一点在t3时的切向加速度，即at0.2(m/2)在t3时的法向加速度为av2(att)2R(0.23)2n1.00.36(m/2R)习题1-9图习题1-10图1-10a1.2m/2,t00.5,h01.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为3v0at01.20.50.6(m/)以t表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为hv0t12gt2电梯下降的距离为hv0t12at2又h0hh1(ga)t22由此得t2h021.50.59ga9.81.2而小球相对地面下落的距离为hv0t12gt20.60.599.80.5922.06m1-11v风地v风人v人地2v0人地，速度矢量合成如图（b）两图中v风地应是同一矢量.可知（a）v风人画出速度矢量合成图(a)又v风地12图必是底角为45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为v风地4.23(m1)v0人地co452v0人地1-12(1)t(2)2L2LvvLL2vLtt1t22vuvuvu222Lu1vv1习题1-11图(3)u由东习题1-12图tt1t2LL,如图所示风速vv向西，由速度合成可得飞机对地速度vuv,则Vv2u2.t2L2L22vvu2Luv1v2证毕1-13（1）设船相对岸的速度为V(如图所示),由速度合成得VuVV的大小由图1.7示可得VVcouco习题1-13图4即VcoVuco323332而Vinuin21船达到B点所需时间tAB两点之距SDctgOBDD1000()VVincoin12D将式（1）、（2）代入可得SD(33)1268(m)(2)由D1103tVinuin船到对岸所需最短时间由极值条件决定dt1du1in2co0即co0,/2故船头应与岸垂直，航时最短.将值代入（3）式得最短航时为3t110minuin/2110320.5103500()(3)设OBl,则lDVDDu2V22inuVcoVinuin欲使l最短，应满足极值条件.dlDu2V22uVcoduacoainuVin2ain2au2V22uVco0简化后可得2u2V2coauVco10即co2a136co10解此方程得co23co12348.2故船头与岸成48.2，则航距最短.将值代入（4）式得最小航程为2lu2v22uvco10002232223minDu1co23221231.5103m1.5(km)AB两点最短距离为52SminlminD21.511.12(km)第二章质点动力学2-1（1）对木箱，由牛顿第二定律，在某向：Fmincofma某0y向：NFmininMg0还有fma某N习题2-1图木箱将要被推动的情况下如图所示，解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为FminMgcoin在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为FminkMgcokin（2）在上面Fmin的表示式中，如果coin0，则Fmin，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是coin0由此得的最小值为arctan12-2（1）对小球，由牛顿第二定律某向：TcoNinmay向：TinNcomg0联立解此二式，可得Tm(acogin)0.5(2co309.8in30)3.32(N)Nm(gcoain)0.5(9.8co302in30 )3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力NN3.74(N)（2）小球刚要脱离斜面时N=0，习题2-2图则上面牛顿第二定律方程为Tcoma,Tinmg由此二式可解得ag/tan9.8/tan3017.0m/22-3要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a,且挂吊B的绳应向后倾斜。

大学基础教育《大学物理（上册）》考前检测试题含答案

大学基础教育《大学物理（上册）》考前检测试题含答案姓名：______ 班级：______ 学号：______考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。

2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。

一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、一电子以0.99 c的速率运动(电子静止质量为9.11×10-31kg，则电子的总能量是__________J，电子的经典力学的动能与相对论动能之比是_____________。

2、一质点同时参与了两个同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为（SI），（SI）.其合振运动的振动方程为x＝____________。

3、若静电场的某个区域电势等于恒量，则该区域的电场强度为_______________，若电势随空间坐标作线性变化，则该区域的电场强度分布为 _______________。

4、两个同振动方向、同频率、振幅均为A的简谐振动合成后振幅仍为A，则两简谐振动的相位差为_______ 。

5、一个质点的运动方程为（SI），则在由0至4s的时间间隔内，质点的位移大小为___________，在由0到4s的时间间用内质点走过的路程为___________。

6、一弹簧振子系统具有1.OJ的振动能量，0.10m的振幅和1.0m／s的最大速率，则弹簧的倔强系数为_______，振子的振动频率为_______。

7、一质点沿半径R=0.4m作圆周运动，其角位置，在t=2s时，它的法向加速度=______，切向加速度=______。

8、一质点的加速度和位移的关系为且，则速度的最大值为_______________ 。

9、质点在平面内运动，其运动方程为，质点在任意时刻的位置矢量为________；质点在任意时刻的速度矢量为________；加速度矢量为________。

10、长为、质量为的均质杆可绕通过杆一端的水平光滑固定轴转动，转动惯量为，开始时杆竖直下垂，如图所示。

武汉理工大学大学物理网上答题

武汉理工大学大学物理网上答题(共20页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第 1 期考试在线评卷（本期考试 3 道判断题， 7 道选择题，总分 100 分）判断题（共 3 道，每题 10 分）1 、封闭系统是指与外界只有能量交换而无物质交换的热力学系统。

（正确答案：对提交答案：对判题：√ 得分：10分）2 、处于平衡态下的系统中的大量分子的热运动也停止了。

（正确答案：错提交答案：错判题：√ 得分：10分）3 、“热现象是物质中大量分子或原子等微观粒子有规则运动（称为：热运动）的集体表现”这种说法正确吗？（正确答案：错提交答案：错判题：√ 得分：10分）判断类型题小计得分：30分选择题（共 7 道，每题 10 分）1、一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平衡状态，则它们（正确答案：C 提交答案：C 判题：√ 得分：10分）A、温度相同、压强相同B、温度、压强都不相同C、温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强D、温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强2、水蒸气分解为同温度的氧气和氢气，其内能增加了百分之几（按刚性分子考虑）（正确答案：C 提交答案：C 判题：√ 得分：10分）A、%B、50%C、25%D、03、关于温度的意义，有下列几种说法：（1）气体的温度是分子平均平动动能的量度。

（2）气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义。

（3）温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同。

（4）从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。

上述说法中正确的是（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、（1）、（2）、（4）B、（1）、（2）、（3）C、（2）、（3）、（4）D、（1）、（3）、（4）4、已知氢气与氧气的温度相同，请判断下列说法哪个正确（正确答案：D 提交答案：D 判题：√ 得分：10分）A、氧分子的质量比氢分子大，所以氧气的压强一定大于氢气的压强B、氧分子的质量比氢分子大，所以氧气的密度一定大于氢气的密度C、氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子的速率大D、氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的方均根速率一定比氧分子的方均根速率大5、速率分布函数f(v)的物理意义为：（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、具有速率v的分子占总分子数的百分比B、速率分布在v附近、单位速率区间中的分子数占总分子数的百分比C、具有速率v的分子数D、速率分布在v附近、单位速率区间中的分子数6、若两种理想气体的温度相等，则其能量关系为（正确答案：C 提交答案：判题：╳得分：0分）A、分子的平均总能量必然相等B、分子的平均动能必然相等C、分子的平均平动动能必然相等D、内能必然相等7、两容器中分别装有两种双原子理想气体，已知它们的压强相同，体积相同，它们的内能（正确答案：A 提交答案：A 判题：√ 得分：10分）A、一定相等B、温度较高的，内能较多C、分子数较多的，内能较多D、气体质量较大的，内能较多第 2 期考试在线评卷（本期考试 0 道判断题， 10 道选择题，总分 100 分）选择题（共 10 道，每题 10 分）1、已知一质点沿y轴作简谐振动，其振动方程为，与之对应的振动曲线是（）（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、上图中的答案AB、上图中的答案BC、上图中的答案CD、上图中的答案D2、一劲度系数为k的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联在一起，下面挂一质量为m的物体，则振动系统的频率为：（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、B、C、D、3、一弹簧振子作简谐振动，总能量为E1。

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