长江大学大学物理力学习题答案

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长江大学物理习题集下学期答案

答案练习1 库伦定律电场强度一、选择题 C B A C D二、填空题 1. λ1d/(λ1+λ2).2. 2qy j /[4πε0 (a 2+y 2)3/2] , ±a/21/2.3. M/(E sin θ).三、计算题1. 取环带微元 d q =σd S=σ2π(R sin θ)R d θ =2πσR 2sin θd θd E =d qx/[4πε0(r 2+x 2)3/2]=()3024cos d sin 2RR R πεθθθπσ =σsin θcos θd θ/(2ε0)()()0/204/2d cos sin εσεθθθσπ==⎰E方向x 轴正向.2.取园弧微元d q=λd l =[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2)=Q d θ/(4π2ε0R 2)d E x =d E cos(θ+π) =－d E cos θ d E y =d E sin(θ+π) =－d E sin θE x =()⎰⎰-=2/32/2024d cos d ππεπθθR Q E x=Q/(2π2ε0R 2)E y =⎰d E y ()⎰-2/32/2024d sin ππεπθθR Q =0方向沿x 轴正向.练习2 电场强度（续）一、选择题 D C D B A 二、填空题1. 2p/(4πε0x 3), －p/(4πε0y 3).2. λ/(πε0a ), 03. 5.14⨯105.三、计算题1. 取无限长窄条电荷元d x ,电荷线密度λ'=λd x/a它在P 点产生的电场强度为 d E=λ'/(2πε0r )=λd x/(2πε0a 22xb +)d E x =d E cos α=-λx d x/[2πε0a (b 2+x 2)]d E y =d E sin α=λb d x/[2πε0a (b 2+x2)]E x =()⎰⎰-+=2/2/2202a a x xb a xdxdE πελ=()04ln 2/2/022=+-a a a x b πελ E y =()⎰⎰-+=2/2/2202a a y xb a bdxdE πελbaa bx b a b a a 2arctan arctan 1202/2/0πελπελ=⋅=-2. 取窄条面元d S=a d x ,该处电场强度为 E=λ/(2πε0r ) 过面元的电通量为 d Φe =E ⋅d S=[λ/(2πε0r )]a d x cos θ =λac d x/[2πε0(c 2+x 2)]Φe =⎰d Φ()⎰-+=2/2/2202b b x c acdxπελ2/2/0arctan 12b b c x c ac -⋅=πελ =λa arctan[b /(2c )]/(πε0)练习3 高斯定理一、选择题 D A D C B二、填空题1. σ/(2ε0),向左;3σ/(2ε0),向左;σ/(2ε0),向右. 2 -Q/ε0, -2Q r 0/(9πε0R 2),-Q r 0/(2πε0R 2).3 (q 1+ q 4)/ε0, q 1、q 2、q 3、q 4, 矢量和三、计算题 1 因电荷分布以中心面面对称,故电场强度方向垂直于平板,距离中心相等处场强大小相等.取如图所示的柱形高斯面:两底面∆S 以平板中心面对称,侧面与平板垂直.=⋅⎰S E d SQ /ε0左边=⎰⋅左底S E d +⎰⋅右底S E d +⎰⋅侧面S E d =2∆SE (1) 板内|x |<aQ=()[]⎰-∆xx Sdx a x 2cos 0πρ=()()[]xx a x S a -∆2sin 20ππρ=4ρ0(a /π)∆S sin[πx /(2a )] 得E={2ρ0a sin[πx /(2a )]}/(πε0) (2)板外|x |>aQ=()[]⎰-∆aa Sdx a x 2cos 0πρ=()()[]aa a x S a -∆2sin 20ππρ=4ρ0(a /π)∆S得 E=2ρ0a /(πε0)当x >0方向向右, 当x <0方向向左.2. 球形空腔无限长圆柱带电体可认为是均匀带正电(体电荷密度为ρ)无限长圆柱体与均匀带负电(体电荷密度为-ρ)球体组成.分别用高斯定理求无限长均匀带电圆柱体激发的电场E 1与均匀带电球体激发的电场E 2.为求E 1,在柱体内作同轴的圆柱形高斯面,有=⋅⎰S E d S02102ερπεπl r Q rlE ==E 1=ρr 1/(2ε0)方向垂直于轴指向外;为求E 2,在球体内外作同心的球形高斯面,有=⋅⎰S E d S0224επQ E r = 球内r<a Q=-ρ4πr 23/3 E 2=-πr 2/(3ε0) 球外r>a Q=-ρ4πa 3/3E 2=-πa 3/(3ε0r 22)负号表示方向指向球心.对于O 点 E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πr 2/(3ε0)=0(因r 2=0)得 E O =ρa/(2ε0) 方向向右; 对于P 点E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πa 3/(12ε0d 2) 得E P =ρd/(2ε0)-πa 3/(12ε0d 2) 方向向左.练习4 静电场的环路定理电势一、选择题 A C B D D二、填空题 1.)222(812310q q q R++πε.2 Ed cos α.3 .-q/(6πε0R )三、计算题1.解：设球层电荷密度为ρ.ρ=Q/(4πR 23/3-4πR 13/3)=3Q/[4π(R23-R 13)]球内，球层中，球外电场为 E 1=0, E 2=ρ(r 3-R 13)/(3ε0r 2) , E 3=ρ(R 23-R 13)/(3ε0r 2) 故⎰⎰⎰∞+=⋅=rR R R r211d d d 21r E r E r E ϕ⎰∞+2d 3R r E=0+{ρ(R 22-R 12)/(6ε0)+[ρR 13/(3ε0)(1/R 2-1/R 1)]}+ ρ(R 23-R 13)/(3ε0R 2) =ρ(R 22-R 12)/(2ε0)=3Q (R 22-R 12)/[8πε0(R 23-R 13)] 2.(1)⎰⋅=-212d 2r r r r U U 1l E =⎰2102r r dr rπελ=(λ/2πε0)ln(r 2/r 1)(2)无限长带电直线不能选取无限远为势能零点，因为此时带电直线已不是无限长了，公式E=λ/(2πε0r )不再适用.练习5 静电场中的导体一、选择题 A A C D B二、填空题1. 2U 0/3+2Qd/(9ε0S ).2. 会, 矢量.3. 是, 是, 垂直, 等于.三、计算题 1. E x =-∂U/∂x=-C [1/(x 2+y 2)3/2+x (-3/2)2x /(x 2+y 2)5/2]= (2x 2-y 2)C /(x 2+y 2)5/2 E y =-∂U/∂y=-Cx (-3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2x轴上点(y =0)E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3y轴上点(x =0)E x =-Cy 2/y 5=-C /y 3 E y =0E =-C i /y 32. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U ABU A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3)U AB=[Q B/(4πε0)](1/R2-1/R1) 得Q B=QR1R2/(R1R2+R2R3-R1R3)U A=[Q/(4πε0R3)][-1+R1R2/(R1R2+R2R3-R1R3)]=-Q(R2-R1)/[4πε0(R1R2+R2R3-R1R3)]练习6 静电场中的电介质一、选择题 D D B A C二、填空题1.非极性, 极性.2.取向, 取向; 位移, 位移.3.-Q/(2S), -Q/(S)三、计算题1. 在A板体内取一点A, B板体内取一点B,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有E A=σ1/(2ε0)-σ2/(2ε0)-σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0E A=σ1/(2ε0)+σ2/(2ε0)+σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0而S(σ1+σ2)=Q1 S(σ3+σ4)=Q2有σ1-σ2-σ3-σ4=0σ1+σ2+σ3-σ4=0σ1+σ2=Q1/Sσ3+σ4=Q2/S解得σ1=σ4=(Q1+Q2)/(2S)=2.66⨯10-8C/ m2σ2=-σ3=(Q1-Q2)/(2S)=0.89⨯10-8C/m2两板间的场强E=σ2/ε0=(Q1-Q2)/(2ε0S)V=U A －U B ⎰⋅=BA l E d =Ed=(Q 1-Q 2)d /(2ε0S )=1000V四、证明题 1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB 作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅ABl E d 2=⎰⋅ACBl E d ≠与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l 0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.练习7 静电场习题课一、选择题 D B A C A二、填空题1. 9.42×103N/C, 5×10-9C .2. 25.3 R 1/R 2, 4πε0(R 1+R 2), R 2/R 1.三、计算题1. (1)拉开前 C 0=ε0S/dW 0=Q 2/(2C 0)= Q 2d /(2ε0S ) 拉开后 C=ε0S/(2d )W=Q 2/(2C )=Q 2d /(ε0S ) ∆W=W -W 0= Q 2d /(2ε0S ) (2)外力所作功A=-A e =-(W 0-W )= W -W 0=Q 2d /(2ε0S )外力作功转换成电场的能量 {用定义式解:A=⎰⋅l F d =Fd =QE 'd=Q [(Q/S )/(2ε0)]d = Q 2d /(2ε0S ) }2. 洞很细,可认为电荷与电场仍为球对称,由高斯定理可得球体内的电场为E =(ρ4πr 3/3)/(4πε0r 2)(r /r ) =ρr /(3ε0)=Q r /(4πε0R 3)F =-q E =-qQ r /(4πε0R 3) F 为恢复力, 点电荷作谐振动-qQr /(4πε0R 3)=m d 2r/d t 2 ω=[ qQ /(4πε0mR 3)]1/2因t =0时, r 0=a, v 0=0,得谐振动A=a ,ϕ0=0故点电荷的运动方程为()t mR qQ a r 304cos πε=练习8 磁感应强度毕奥—萨伐尔定律一、选择题 A A B C D二、填空题1. 所围面积,电流,法线(n ).2. μ0I/(4R 1)+ μ0I/(4R 2),垂直向外; (μ0I/4)(1/R 12+1/R 22)1/2,π+arctan(R 1/R 2). 3. 0.三、计算题 1.取宽为d x 的无限长电流元 d I=I d x/(2a ) d B=μ0d I/(2πr ) =μ0I d x/(4πar )d B x =d B cos α=[μ0I d x/(4πar )](a/r )=μ0I d x/(4πr 2)=μ0I d x/[4π(x 2+a 2)]d B y =d B sin α= μ0Ix d x/[4πa (x 2+a 2)]()⎰⎰-+==a ax x ax xI B B 2204d d πμ=[μ0I/(4π)](1/a )arctan(x/a )a a-=μ0I/(8a )()⎰⎰-+==aay y ax a xIx B B 2204d d πμ=[μ0I/(8πa )]ln(x 2+a 2)a a-=02. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(πR/2)]R d θ=(2IN/π)d θ d B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2] r=R sin θ x=R cos θ d B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B =μ0NI/(4R )练习9 毕—萨定律(续) 一、选择题 D B C A D二、填空题 1. 0.16T.2. μ0Qv /(8πl 2), z 轴负向. 3. μ0nI πR 2. 三、计算题1.取窄条面元d S =b d r ,面元上磁场的大小为B =μ0I /(2πr ), 面元法线与磁场方向相反.有Φ1=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ Φ2=⎰-=aabIbdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ Φ1/Φ2=12. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r ,[σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为 d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r (1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与ω同向,大小为d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=RRx rx r r x r rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++Rx r x r x r232222220d 4σωμ-()()⎰++Rx r x r x 02322222d 4σωμ =⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r x x r 022202202σωμ =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ(2)求磁距. 电流元的磁矩d P m=d IS=σωr d rπr2=πσωr2d r⎰=R mdr rP3πσω=πσωR4/4=ωQR2/4练习10 安培环路定理一、选择题 B C C D A二、填空题1.环路L所包围的电流, 环路L上的磁感应强度,内外.2.μ0I, 0,2μ0I.3.-μ0IS1/(S1+S2),三、计算题1. 此电流可认为是由半径为R的无限长圆柱电流I1和一个同电流密度的反方向的半径为R'的无限长圆柱电流I2组成.I1=JπR2 I2=-JπR '2 J=I/[π(R2-R '2)]它们在空腔内产生的磁感强度分别为B1=μ0r1J/2 B2=μ0r2J/2方向如图.有B x=B2sinθ2-B1sinθ1=(μ0J/2)(r2sinθ2-r1sinθ1)=0B y =B2cosθ2＋B1cosθ1=(μ0J/2)(r2cosθ2＋r1cosθ1)=(μ0J/2)d所以 B = B y= μ0dI/[2π(R2－R '2)]方向沿y轴正向2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为B1=μ0J/2 在平面①的上方向右,在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为B2=μ0J/2在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有B=B1+B2=μ0J(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有B=B1-B2=0练习11 安培力洛仑兹力一、选择题 D B C A B二、填空题1 IBR .2 10－2, π/23 0.157N·m ; 7.85×10－2J . 三、计算题1. (1) P m=IS=Ia2方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P m与B垂直.有M m=P m×BM m=P m B sin(π/2)=Ia2B=9.4×10－4m⋅N(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向M m=P m B sin(π/2－θ)=Ia2B cosθM G= M G1 + M G2 + M G3=mg(a/2)sinθ+mga sinθ+ mg(a/2)sinθ=2(ρSa)ga sinθ=2ρSa2g sinθIa2B cosθ=2ρSa2g sinθtanθ=IB/(2ρSg)=0.2694θ=15︒2.在圆环上取微元 I 2d l = I 2R d θ 该处磁场为 B =μ0I 1/(2πR cos θ) I 2d l 与B 垂直,有 d F= I 2d lB sin(π/2) d F=μ0I 1I 2d θ/(2πcos θ)d F x =d F cos θ=μ0I 1I 2d θ /(2π) d F y =d F sin θ=μ0I 1I 2sin θd θ /(2πcos θ)⎰-=222102πππθμd I I F x =μ0I 1I 2/2 因对称F y =0.故 F =μ0I 1I 2/2 方向向右.练习12 物质的磁性一、选择题 D B D A C二、填空题1. 7.96×105A/m,2.42×102A/m. 2. 见图3.矫顽力H c 大, 永久磁铁.三、计算题1. 设场点距中心面为x ,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有⎰⋅l l H d =ΣI 0 2∆LH=ΣI 0 (1) 介质内,0<x <b/2.ΣI 0=2x ∆lJ =2x ∆l γE ,有 H =x γE B =μ0μr 1H=μ0μr 1x γE (2) 介质外,|x |>b/2.ΣI 0=b ∆lJ =b ∆l γE ,有 H =b γE/2 B =μ0μr 2H=μ0μr 2b γE/22. 因磁场柱对称取同轴的圆形安培环路，有 ⎰⋅l l H d =ΣI 0 在介质中(R 1<r <R 2)，ΣI 0=I ，有 2πrH = I H = I /(2πr)介质内的磁化强度 M =χm H =χm I /(2πr ) 介质内表面的磁化电流 J SR 1=| M R 1×n R 1|=| M R 1|=χm I /(2πR 1) I SR 1=J SR 1⋅2πR 1=χm I (与I 同向)介质外表面的磁化电流 J SR 2=| M R 2×n R 2|=| M R 2|=χm I /(2πR 2) I SR 2=J SR 2⋅2πR 2=χm I (与I 反向)练习13 静磁场习题课一、选择题 D C A A A 二、填空题1. 6.67×10-6T ; 7.20×10-21A ·m 2.2. Rih πμ20.3. -πR 2c (Wb).三、计算题1.(1)螺绕环内的磁场具有轴对称性,故在环内作与环同轴的安培环路.有 ⎰⋅l l B d =2πrB=μ0∑I i =μ0NI B=μ0NI/(2πr ) (2)取面积微元h d r 平行与环中心轴,有 d Φm =|B ⋅d S |=[μ0NI/(2πr )]h d r =μ0NIh d r /(2πr )Φm =⎰=22120021ln 22D D D D NIh dr r NIh πμπμ 2. 因电流为径向,得径向电阻为⎰=2112ln 22R RR R d rd dr πρπρ I=ε/[ρln(R 2/R 1)/(2πd )]=2πd ε/[ρln(R 2/R 1)]取微元电流 d I d l=J d S d r =[I/(2πrd )]r d θd d r=d εd θd r /[ρln(R 2/R 1)] 受磁力为 d F=|d I d l ×B |=Bd εd θd r /[ρln(R 2/R 1)]d M=|r ×d F |=Bd εd θr d r /[ρln(R 2/R 1)] 练习练习14 电磁感应定律动生电动势一、选择题 D B D A C二、填空题 1.t I r r ωωπμcos 202210,22102Rr I r πμ .2. > , < , = .3. B ωR 2/2; 沿曲线由中心向外.三、计算题 1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里.取窄条面积微元d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d xΦm =⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a b Il ln 20πμ εi =-d Φm /d t=()dt dIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ =-5.18×10－8V负号表示逆时针2. (1) 导线ab 的动生电动势为εi = ⎰lv×B ·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θI i =εi /R = vBl cos θ/R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为F =| ⎰l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/R F 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θmg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )]()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t lB e l B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .练习15 感生电动势自感一、选择题 A D C B B二、填空题 1.er 1(d B /d t )/(2m ),向右;eR 2(d B /d t )/(2r 2m ),向下. 2. μ0n 2l πa 2, μ0nI 0πa 2ωcos ωt . 3.ε=πR 2k/4，从c 流至b .三、计算题1.(1) 用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R<x<R ),该处感生电场大小为E i =[R 2/(2r )](d B/d t )与棒夹角θ满足tan θ=x/Rεi =⎰⋅N M l E i d =⎰NM i x E θcos d=()⎰-⋅RR r R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RRR x x t B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )R R-=πR 2(d B/d t )/4 因εi =>0,故N 点的电势高.(2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 解:沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONMεi =⎰⋅N M l E i d =⎰⋅-MN l E i d=-⎢⎣⎡⋅⎰M N l E i d +⎰⋅O M l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰N O l E i d =－(－d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t 而 ΦmMONM =⎰⋅S d S B =πR 2B/4 故 εi =πR 2(d B/d t )/4 N 点的电势高.2. .等效于螺线管B 内=μ0 nI=μ0 [Q ω /(2π)]/L=μ0 Q ω /(2πL )B 外=0Φ=⎰S B ⋅d S=B πa 2=μ0Q ω a 2 /(2 L ) εi =－d Φ/d t=－[μ0Q a 2 /(2 L )]d ω/d t=μ0ω 0Q a2 /(2 L t0)I i=εi /R=μ0ω 0Q a2 /(2 LR t0) 方向与旋转方向一致.练习16 互感（续）磁场的能量一、选择题 D C B C A二、填空题1. 0.2. ΦAB=ΦBA.3. μ0I2L/(16π.)三、计算题1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I,则两导线间磁场方向向里,大小为0≤r≤a B1=μ0Ir/(2πa2)+μ0I/[2π(d-r)]a≤r≤d-a B2=μ0I/(2πr)+μ0I/[2π(d-r)]d-a≤r≤d B3=μ0I/(2πr)+μ0I(d-r)/(2πa2)取窄条微元d S=l d r,由Φm=⎰⋅SSB d 得Φml =⎰aarIrl22dπμ+()⎰-ardrIl2dπμ+⎰-a darrIlπμ2d0+()⎰--adardrIlπμ2d+⎰-a darrIlπμ2d0+()⎰-a daarl r-dI22dπμ=μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d-a)] +[μ0Il/(2π)]ln[(d-a)/a]+[μ0Il/(2π)]ln[(d-a)/a]+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d-a)]+μ0Il/(4π)=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a) 由L l=Φl /I,L0= L l/l=Φl /(Il).得单位长度导线自感L0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a)2. 设环形螺旋管电流为I, 则管内磁场大小为B=μ0NI/(2πρ) r≤ρ≤R 方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元d S=h dρ,由Φm=⎰⋅S SB d得Φm =⎰RrNIhπρρμ2d0=μ0NIh ln(R/r)/(2π)M=Φm/I==μ0Nh ln(R/r)/(2π)练习17 麦克斯韦方程组一、选择题 C A D B C二、填空题1. 1.2. ②, ③, ①.3. 1.33×102 W/m2 ,2.51×10-6J/m3.三、计算题1. 设极板电荷为Q, 因I=d Q/d t, Q=CU,有(1) I=d(CU)/d t=C d U/d td U/d t=I/C= I0e-kt/CU= I0(1-e-kt)/(kC)(2)I d=dΦd/d t=d(DS)/d t=d(εES)/d t =d[ε(U/d)S]/d t=(εS/d)d U/d t =C d U/d t=I=I0e-kt(3)在极板间以电容器轴线为心,以r为半径作环面垂直于轴的环路,方向与I d成右手螺旋.有⎰⋅llH d=2πrH=∑I d当r<R时∑I d=[I d/(πR2)]πr2 H=I d r/(2πR2)B=μH=μI d r/(2πR2)=μI0e-kt r/(2πR2)当r>R时∑I d=I d H=Ir/(2πr)B=μI0e-k t/(2πr)方向与回路方向相同.O 点,r =0: B =0A 点,r =R 1<R :B =μI 0e -kt R 1/(2πR 2) 方向向里C 点,r =R 2>R : B =μI 0e -k t /(2πR 2) 方向向外.2.(1)坡印廷矢量平均值S =I =P /(2πr 2) r =10km S =P /(2πr 2)=1.59×10-5W/m 2(2) 电场强度和磁场强度振幅.εE =μHS =|S |=|E ×H |=2E με=εμH 2 E=εμS H=μεS E m =E 2=002εμS =1.09⨯10-1V /m H m =H 2=002μεS =2.91×10-4A/m练习18 电磁感应习题课一、选择题 A B B C D二、填空题1 0, 2μ0I 2/(9π2a 2).2 700Wb/s.3 vBl sin α, A 点.三、计算题1. 任意时刻金属杆角速度为ω,取微元长度d rd εi =v ×B ⋅d l=ωrBdr εi =⎰d εi =r r B ad 0⎰ω=ω Ba 2/2I =εi /R =ω Ba 2/(2R ) 方向由O 向A .微元d r 受安培力为|d F |=|I d l ×B |= IB d r d M =|d M |=|r ×d F |= IBr d r M=⎰d M =r r IB ad 0⎰=I Ba 2/2=ωB 2a 4/(4R )方向与ω相反.依转动定律,有-ω B 2a 4/(4R )=J α=(ma 2/3)d ω /d td t=-[4Rm/(3ω B 2a 2)]d ω =-[4Rm/(3 B 2a 2)]d ω/ωt =()[]()ωωωωd 34022⎰a B mR=-[4Rm/(3 B 2a 2)]ln(ω/ω0)t mRa B e43022-=ωω2. 因b >>a ,可认为小金属环上的磁场是均匀.Φm =⎰⋅S d S B =BS cos θ=[μ0I/(2b )]πa 2cos θ=μ0I πa 2cos θ/(2b )(1) I 恒定,θ=ω1t : εi =-d Φm /d t =(-d Φm /d θ)(d θ/d t )=μ0I πa 2ω1sin(ω1t )/(2b )(2) I =I 0sin ω2t ,θ=0:εi =-d Φm /d t =(-d Φm /d I )(d I/d t )=-μ0πa 2I 0ω2cos ω2t/(2b ) (3) I =I 0sin ω2t ,θ= ω1t :εi =-d Φm /d t=-[(∂Φm /∂θ)(∂θ/∂t )+(∂Φm /∂I )(∂I/∂t)]=[μ0I 0πa 2/(2b )][ω1sin(ω1t )sin(ω2t )-ω2cos ω2t ]练习19 义相对论的基本原理及其时空观一、选择题 C D B A A二、填空题 1. c , c . 2. c c 97.017/16=. 3. ()c l a 201-三、计算题1 (1)设K '相对于K 的运动速度为v ,运动方向为x 正向.因x 1=x 2,有∆t '=(∆t -v ∆x /c 2)/(1-v 2/c 2)1/2=∆t /(1-v 2/c 2)1/2v=[1-(∆t )2/(∆t ')2]1/2c =3c /5=1.8×108m/s(2)∆x'=(∆x-v∆t)/(1-v2/c2)1/2=-v∆t/(1 -v2/c2)1/2=-v∆t'=3c(m)=9×108m2. 设地球和飞船分别为K和K'系,有(1)飞船上观察者测飞船长度为固有长度,又因光速不变,有∆x'=90m∆t'=∆x'/c=3×10-7s(2)地球上观察者∆x=(∆x'+v∆t')/(1-v2/c2)1/2=27 0m∆t=(∆t'+v∆x'/c2)/(1-v2/c2)1/2=9×10-7s{或∆t=(∆t'+v∆x'/c2)/(1-v2/c2)1/2=(∆x'/c+v∆x'/c2)/(1-v2/c2)1/2=[(∆x'+v∆t')/(1-v2/c2)1/2]/c=∆x/c=9×10-7s }练习20 相对论力学基础一、选择题 A C A B C二、填空题1.1.49MeV.2.2/3c, 2/3c.3.5.81×10－13, 8.04×10-2.三、计算题1. E k=mc2-m0c2m=m0+E k/c2回旋周期T=2πm/(qB)=2π( m0+E k/c2)/(qB) E k=104MeV=1.6×10-9Jm0=1.67×10-27kg q=1.6⨯10-19C T=2π( m0+E k/c2)/(qB)=7.65×10-7s212.E =m 0c 2/221c v -=E 0/221c v -γ= 1/221c v -=E /E 0v=c ()201E E -=2.998×108m/s运动的距离∆l =v ∆t =v τ0γ= c ()201E E -τ0 E /E 0 =c τ0()1/20-E E =1.799×104m练习21 热辐射光电效应一、选择题 A D C D B二、填空题1. 0.64 .2. 2.4×103K.3. 在一定温度下,单位时间内从绝对黑体表面单位面积上所辐射的各波长的总能量.三、计算题1. (1)T=b/λm =5.794×103K . (2)P =M (T )S =σT 44πR S 2=3.67×1026W(3)P'=P/S'=σT 44πR S 2/(4πL 2)=1.30×103W/m 22. λm = b/T =9.66×10-4mνm =c /λm =c /(b/T )=cT/b =3.11×1011Hz P =M (T )S =σT 44πR E 2=2.34×109W练习22 康普顿效应氢原子的玻尔理论一、选择题 D B A C A二、填空题1. hc/λ；h/λ；h/(λc ).2. 1.45V ；7.14×105m/s .3. π；0.三、计算题1.hν=hc/λ=mv2/2+A=eU c+AU c=(hc/λ-A)/e=(hc/(λe)-A/emv=[2m( hc/λ-A)]1/2R=mv/(qB)=[2m( hc/λ-A)]1/2/(eB)2.(1) ∆λ=h(1-cosϕ)/(m0c) λ=λ0+∆λ=λ0+h(1-cosϕ)/(m0c)=1.024×10-10m(2)hν0+m0c2=hν+mc2=hν+m0c2+E khν0= hν+E kE k=hν0- hν= hc/λ0- hc/λ=hc(λ-λ0)/(λ0λ)=hc∆λ/[λ0(λ0+∆λ)]=4.71×10-17J=294eV练习23 德布罗意波不确定关系一、选择题 D C D A B二、填空题1. 1.46Å; 6.63×10-31m.2.3/3.3. 6.63×10-24. (或1.06×10-24,3.32×10-24,0.53×10-24)三、计算题1. (1)由带电粒子在均匀磁场中作圆运动运动的知识知,R=mv/(qB).于是有pα=mαvα=qBR=2eBRλα=h/pα=h/(2eBR)=9.98×10-12m =9.98×10-3nm(2) 设小球与α粒子速率相同v=vα=2eBR/mαλ= h/p= h/(mv)= h/[m(2eBR/mα)] =[h/(2eBR)](mα/m)=(mα/m)λα=6.62×10-34m2. (1)考虑相对论效应E k=eU=mc2-m0c2=E-E0p2c2=E2-E02=(E+E0)(E-E0)=(E k+2E0)E k22=(eU +2 m0c2) eUp=[(eU +2 m0c2) eU]1/2/cλ=h/p=hc/[(eU +2 m0c2)eU]1/2=8.74×10-13m(2)不考虑相对论效应E k=eU=mv2/2=p2/(2m)p=(2meU)1/2λ=h/p=h/(2meU)1/2= h/(2m0eU)1/2=1.23×10-12m(λ-λ0)/λ0=40.7%﹪﹪练习24 薛定谔方程氢原子的量子力学描述一、选择题 A C A D B二、填空题1.ν3=ν1+ν2；1/λ3=1/λ1+1/λ2.2. 粒子t时刻出现在r处的概率密度;单值,有限,连续;⎰=ψ1ddd2zyx.3. a/6, a/2, 5a/6.三、计算题1所发射光子的能量ε=hν=hc/λ=2.56eV激发能为∆E=10.19eV能级的能量为E k,有∆E=E k- E1E k=E1+∆E=-13.6+10.19=-3.41eV 初态能量E n=E k+ε=-0.85eV初态主量子数n=(E1/E n)1/2=42. 由归一化⎰∞∞-=VΨd2⎰l x c022(l-x)d x=1得c=530l0~l/3区间发现粒子的概率P=⎰l xΨ2d=⎰l30x2(l-x)2d x/l5=17/81=21%练习25 近代物理习题课一、选择题 D D D C B二、填空题231 13.6eV, 5.2 >, >, <.3. 459W/s三、计算题1. (1)ε=hν=hc/λ=2.86eV(2) 巴耳末系k=2,E2=E1/22=-13.6/4=-3.4eVE n=E1/n2=E2+ε=-0.54eVn=(E1/E n)1/2=5(3) 可发射四个线系, 共10条谱线;波长最短的谱线是从n=5的能态跃迁到n=1的能态而发射的光譜线2 ∆p∆x≧ћ/2 ∆p≧ћ/(2∆x)取p≈∆p≧ћ/(2∆x)=7.3⨯10-21kgm/sE k= p2/(2m)≈[ћ/(2∆x)]2/(2m)=ћ2/[8 m (∆x)2]=2.5⨯102425。

长江大学大一公共课大学物理试卷及答案 (2)

长江大学20XX级大学物理(上) (答案全部做在答题纸上,做在试题纸上无效)一填空(44)1.一质点作半径为9m的匀变速圆周运动,3秒内由静止绕行S=4.5m,则其加速度a= (1) m/s(矢量式),及其量值a= (2) m/s.2.质量为m的小车以速度v0作匀速直线运动,刹车后受到的阻力与速度成正比而反向,即F=-kv(k为正的常数),则t时刻小车的速度和加速度分别为v(t)= (3) 和a(t)= (4) .3.设地球半径为R,自转周期为T,地球表面重力加速度为g,则第二宇宙速度v2 = (5) ,位于赤道上空的同步卫星的高度h= (6) .4.长度为L质量为m的匀质细杆,直立在地面上,使其自然倒下,触地端保持不移动,则碰地前瞬间,杆的角速度ω= (7) 和质心线速度值v c= (8) .5.弹簧振子的固有周期为T,其振动曲线如图(1),则振动方程为 (9) ,若将弹簧长A度剪去一半, 则该振子的固有周期T1= (10) .6.一平面简谐波以波速u=10m/s沿x正方向传播,t=0时的波形如图(2),则原点0的振动方程为(11) ,该波的波函数为 (12) .7.设气体分子速率分布函数为f(v),则分子速率处于v1 → v2区间内的概率∞为 (13) ,而∫f(v)dv= (14) .8.在27O C时1atm的氮气,其分子的平均速率为 (15) ,平均转动动能为 (16) ,系统的分子数密度为 (17) .9.一摩尔氧气由体积V1按P=KV2(K为正的常数)的规律膨胀到V2,则气体所做的功为 (18) .10.电荷线密度为λ的长直线电荷,如图(3),则A点处的场强值为 (19) ,若将点电荷+q0从A点沿路径ACB移到B点,电场力做功为 (20) .11.半径R的金属球带电量为Q,则该球的电势V= (21) 和电容C= (22) .二(12)一摩尔氧气的循环曲线如图(4),bc为绝热线,试求: (1)ab,ca过程中系统吸收的热量Q A和Q B(用P1,P2,V1表示);(2)循环效率η(算出数值).三(12)波源的振动曲线如图(5),波速u=4m/s的平面简谐波沿x正方向传播,求: (1)波源的振动方程;(2)该波的波函数;(3)画出t=1.5秒时的波形图.四(12)长为L,质量M的均匀细杆,可绕水平轴O自由转动,现让其从水平位置由静止释放,在竖直位置与地面上质量为m的小球作完全非弹性碰撞,如图(6),求: (1)细杆碰撞前瞬间的角速度ω0;(2)碰撞后的角速度ω.yV1 V2=2V1图(4) 图(5) 图(6)五(8)长为L电荷线密度为λ的均匀带电线段,如图(7),求其延长线上一点P的场强和电势.图(7)六(12)圆柱形电容器内外薄圆筒A B的半径分别为R A和R B,长为h,单位长度带电量为λ.求(1)两筒间的场强发布E(r)和电势差V AB;(2)该电容器的电容C和电场能量W.物理常数: R=8.31J/K.mol, k=1.38*10-23J/K20XX级大学物理(上)试题答案一(44分)1(1)1n0+1t0(m/s2), (2)√2 (m/s2).2(3) v0e-kt/m,(4)-(kv0/m)e- kt/m. 3(5)√2g R,(6)3√R2T2g/4π2 –R. 4(7) √3g/L, (8)√3g L/4.5(9) x=A cos(2πt/T-π/3), (10) T/√2.6(11)y0=2cos(2πt+π/2)m, (12) y=2cos[2π(t-x/10)+π/2]m.v27(13)∫f(v)dv,(14) 1,8(15) 516.8m/s,(16) 4.14*10- 21J,(17) 2.44*1025m-3.v19(18) K(V13-V23)/3.10(19) λ , (20) q0λln[(a+b)/a]. 11(21) Q , (22) C=4πε0R.2πε0a 2πε0 4πε0R参考分数二(12)(1)Q ab=C V(T b-T a)=5(P2-P1)V1/2,Q ca=C P(T a-T C)=7P1(V1-V2)/2<0 (6) (2)η=1- Q2/Q1=1-7P1(V2-V1)/[5V1(P2-P1)]=1-7/[5(P2/P1-1)](2)(6)∵P b V bγ=P c V cγ,即P2/P1=(V2/V1)γ=21.4=2.64 (3)∴η=1-7/[5(2.64-1)]=14.6﹪(1)三(12)(1)y0(0)=5cosφ=0,v0>0,即sinφ<0∴φ=3π/2,而ω=2π/T=π, ∴y0(t)=5cos(πt+3π/2)(m(2) y(x,t)=5cos[π(t-x/4)+3π/2](m(3) y(x,t=1.5)=5cos[π(1.5-x/4)+3π/2=-5con(πx/4)(m(λ=u T=4*2=8m)四(12)(1) M g l/2=Iω02/2, I=Ml2/3, ∴ω0 =√3g/l (4,1,1)(6) (2) Iω0=(I+m l2)ω, ∴ω=Mω0/(M+3m)=[M/(M+3m)]√3g/l (4,2)(6)a+l五(8)(1)E P =∫dq/(4πε0x2)=∫λdx/(4a+l(2)V P =∫dq/(4πε0x)=∫λdx/(4πε0x)E P方向:若λ>0,则E P沿x正方向,若λP六(12)(1)由高斯定理可得:E=λ/(2πε0r),(R1< r <R2) (3) (6) R BV AB=∫[λdr/(2πε0r)]=[λ/(2πε0)]lnR B/R A (3)R A(2) C=Q/V AB=(2πε0h)/lnR B/R A (3)(6)W=Q2/2C=(λ2h/4πε0)lnR B/R A (3)。

长江大学大一公共课大学物理试卷及答案

长江大学XX 级大学物理考试卷一、选择题（每题2分，共20分）1、下列说法中正确的是（ D ）（A ）加速度恒定不变时，物体的运动方向也不变；（B ）平均速率等于平均速度的大小；（C ）当物体的速度为零时，加速度必定为零；（D ）质点作曲线运动时，质点速度大小变化产生切向加速度，速度方向的变化产生法向加速度。

2、对功的概念有以下几种说法：（1）保守力作功时，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，所以两者作功的代数和必为零。

在上述说法中正确的是（ C ）（A ）（1）（2）（B ）（2）（3）（C ）只有（2）（D ）只有（3） 3、两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ。

若B A ρρ>，但两圆盘质量和厚度相同，若两盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则（ B ）（A ）B J J >A ；（B ）B J J <A ；（C ）B J J =A ；（D ）不能确定哪个大。

4、一质点作简谐振动，周期为T ，当它由平衡位置向x 轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的时间为（ C ）（A ）4T ；（B ）12T ；（C ）6T ；（D ）8T 5、机械波在弹性媒质中传播时，若媒质中媒质元刚好经过平衡位置，则它的能量为：（ A ）（A ）动能最大，势能也最大；（B ）动能最小，势能也最小；（C ）动能最大，势能最小；（D ）动能最小，势能最大。

6、两种不同的理想气体，若它们的最可几速率相等，则它们的（ A ）（A ）平均速率相等，方均根速率相等；（B ）平均速率相等，方均根速率不相等；（C ）平均速率不相等，方均根速率相等；（D ）平均速率不相等，方均根速率不相等。

7、若理想气体的体积为V ，压强为p ,温度为T ，其单个分子的质量为m ，k 为玻耳兹曼常量，R 为摩尔气体常量，则该理想气体的分子数为：（ B ）（A ）m pV ；（B ）kT pV ；（C ）RT pV ；（D ）mTpV 8、关于热力学过程，下列说法正确的是：（ C ）（A ）准静态过程一定是可逆过程；（B ）非准静态过程不一定是不可逆过程；（C ）可逆过程一定是准静态过程；（D ）不可逆过程一定是非准静态过程。

长江大学《大学物理》习题课2

4、一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁绝
缘材料，如图．传导电流I沿导
线向上流去，由圆筒向下流回，
R3 R2 R 1 I
在它们的截面上电流都是均匀
分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B的分布．
I
如果做成永磁体容易退磁
.
4、长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体组成，两导体中有等值反向均匀电流I通过，其间充满磁导率为的均匀磁介质．介质中离中心轴距离为r
I 的某点处的磁场强度的大小H =_________ 2 r ，磁感强
I 度的大小B =__________ ． 2 r
(A) 21 212
(B) 21 12 (C) 21 12 1 (D) 21 12 2
I S 1 I 2S 2
二、填空题 1、有一半径为a，流过稳恒电流为I的1/4圆弧形载
流导线bc，按图示方式置于均匀外磁场中，则该
载流导线所受的安培力大小为
aIB
.
c a O I a
a (A) B = 0，因为B1 = B2 = B3 = 0． 1 (B) B = 0，因为B1+B2=0，B3= 0． O (C) B≠0，因为虽然B1+B2=0， 2 I 但B3≠ 0． b (D) B≠0，因为虽然B3= 0，但 B1 B2 0 ． I
c
2、如图所示，导线框abcd置于均匀磁场中(B的方向竖直向上)，线框可绕AA′轴转动．导线通电时，转过 a 角后，达到稳定平衡．如果导线改用密度为原来1/2 的材料做，欲保持原来的稳定平衡位置(即a 不变)，可以采用下列哪一种办法？(导线是均匀的) (A) 将磁场B减为原来的1/2或线框中电流减为原来的 1/2． B d (B) 将导线的bc部分长度减小 a A A′ 为原来的1/2． b c (C) 将导线ab和cd部分长度减小为原来的1/2． (D) 将磁场B减少1/4，线框中电流也减少1/4.

答案长江大学物理习题集(上册)

一、运动学 1.基本物理量 (1).位置矢量(运动方程) r = r (t) = x (t)i + y (t)j + z (t)k，速度v = dr/dt = (dx/dt)i+(dy/dt)j + (dz/dt)k，加速度 a=dv/dt=(dvx/dt)i+(dvy/dt)j +(dvz/dt)k =d2r/dt2=(d2x/dt2)i+(d2y/dt2)j + (d2z/dt2)k，切向加速度 at= dv/dt，法向加速度 an= v2/ . (2).圆周运动及刚体定轴转动的角量描述 =(t)， =d/dt， = d/dt =d2/dt2，角量与线量的关系 △l=r△， v=r (v= ×r)， at=r, an=r2。 2.相对运动 v20=v21+v10， a20=a21+a10. 二、质点动力学 1.牛顿三定律(略)；惯性系(略)；非惯性系(略)；惯性力:平动加速参照系 F惯= ma (a为非惯性系相对惯性系的加速度). 匀速转动参照系的惯性离心力 F惯= m2r 2.动量 P=mv，冲量，质点及质点系的动量定理 =P2－P1，动量守恒定律： (1) F外=0， p=恒量， (2) (F外)某方向=0，p某方向=恒量， (3) F外f内，p≈恒量 (F外) 某方向( f内) 某方向，p某方向≈恒量 3.功功率 P=F·v，
2. 阻力作功 A= 依动能定理，有
第一次x1=0,x2=1; 第二次x1=１,x2待求 k(x22－12)= k(12－02) 得 x=,所以第二次击铁钉的深度为 x=－1=0.414cm
Ⅳ 课堂例题一. 选择题 1.一质点在几个外力同时作用下运动时，下述哪种说法正确？ (A) 质点的动量改变时，质点的动能一定改变． (B) 质点的动能不变时，质点的动量也一定不变． (C) 外力的冲量是零，外力的功一定为零． (D) 外力的功为零，外力的冲量一定为零． 2.有一劲度系数为k的轻弹簧，原长为l0，将它吊在天花板上．当它下端挂一托盘平衡时，其长度变为l1．然后在托盘中放一重物，弹簧长度变为l2，则由l1伸长至l2的过程中，弹性力所作的功为 (A) ． (B) ． (C) ． (D) ． 3.某物体的运动规律为dv/dt=－kv2t，式中的k为大于零的常量．当t=0时，初速为v0，则速度v与时间t的函数关系是 (A) (B) (C) (D) 4.一根细绳跨过一光滑的定滑轮，一端挂一质量为M的物体，另一端被人用双手拉着，人的质量m=M/2．若人相对于绳以加速度a0向上爬，则人相对于地面的加速度（以竖直向上为正）是 (A) (2 a0 + g)/3． (B) －(3g－a0)． (C) －(2 a0 + g)/3． (D) a0． 5.假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的 (A) 角动量守恒，动能也守恒． (B) 角动量守恒，动能不守恒． (C) 角动量不守恒，动能守恒． (D) 角动量不守恒，动量也不守恒． (E) 角动量守恒，动量也守恒． 6.如图所示，A、B为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A滑轮挂一质

大学物理力学习题答案

大学物理力学习题答案
大学物理力学学习题答案
在大学物理力学学习中，学生经常会遇到各种各样的问题和挑战。

为了帮助学
生更好地理解和掌握物理力学知识，我们为大家准备了一些常见的学习题答案，希望能够帮助大家更好地学习和掌握这门重要的学科。

1. 什么是牛顿第一定律？
答：牛顿第一定律又称惯性定律，它指出一个物体如果受到的合外力为零，则
物体将保持静止或匀速直线运动的状态。

2. 什么是牛顿第二定律？
答：牛顿第二定律指出，物体的加速度与作用在其上的合外力成正比，与物体
的质量成反比，可以用公式F=ma表示，其中F为合外力，m为物体的质量，a 为物体的加速度。

3. 什么是牛顿第三定律？
答：牛顿第三定律指出，任何两个物体之间的相互作用力都是相等的，方向相反。

4. 什么是动量守恒定律？
答：动量守恒定律指出，在一个封闭系统中，系统的总动量在时间不变的条件
下保持不变。

5. 什么是能量守恒定律？
答：能量守恒定律指出，在一个封闭系统中，系统的总能量在时间不变的条件
下保持不变。

通过以上学习题答案的介绍，我们希望能够帮助大家更好地理解和掌握大学物
理力学的知识。

同时也希望大家在学习物理力学的过程中能够勤加练习，不断提高自己的物理素养，为将来的学习和工作打下坚实的基础。

大学物理---力学部分练习题及答案解析

大学物理---力学部分练习题及答案解析一、选择题1、某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3+ 6 (SI)，则该质点作(A) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．(B) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．(C) 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．(D) 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．［ D ］2、一质点沿x 轴作直线运动，其v t 曲线如图所示，如t =0时，质点位于坐标原点，则t = 4.5 s 时，质点在x 轴上的位置为(A) 5m ． (B) 2m ．(C) 0． (D)2 m ． (E) 5 m.［ B ］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(A) 匀速直线运动． (B) 变速直线运动．(C) 抛物线运动． (D)一般曲线运动．［ B ］4、一质点在x 轴上运动，其坐标与时间的变化关系为x =4t-2t 2，式中x 、t 分别以m 、s为单位，则4秒末质点的速度和加速度为 ( B )（A ）12m/s 、4m/s 2；（B ）-12 m/s 、-4 m/s 2 ；（C ）20 m/s 、4 m/s 2 ；（D ）-20 m/s 、-4 m/s 2；5. 下列哪一种说法是正确的（ C ）（A ）运动物体加速度越大，速度越快（B ）作直线运动的物体，加速度越来越小，速度也越来越小（C ）切向加速度为正值时，质点运动加快（D ）法向加速度越大，质点运动的法向速度变化越快6、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(A) t r d d (B) tr d d(C) t r d d (D) 22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x [ D ] 1 4.5432.52-112t v (m/s)7．用水平压力F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f （ B ）(A) 恒为零．(B) 不为零，但保持不变．(C) 随F 成正比地增大．(D) 开始随F 增大，达到某一最大值后，就保持不变11、某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 (A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt ［ C ］ 12、质量为20 g 的子弹沿X 轴正向以 500 m/s 的速率射入一木块后，与木块一起仍沿X 轴正向以50 m/s 的速率前进，在此过程中木块所受冲量的大小为(A) 9 N·s . (B) -9 N·s ．(C)10 N·s ． (D) -10 N·s ．［ A ］13、在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力）(A) 总动量守恒．(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒．［ C ］14、质量为m 的小球，沿水平方向以速率v 与固定的竖直壁作弹性碰撞，设指向壁内的方向为正方向，则由于此碰撞，小球的动量增量为(A) mv ． (B) 0．(C) 2mv ． (D) –2mv ．［ D ］15、对于一个物体系来说，在下列的哪种情况下系统的机械能守恒？(A) 合外力为0．(B) 合外力不作功．(C) 外力和非保守内力都不作功．(D) 外力和保守内力都不作功．［ C ］16、下列叙述中正确的是(A)物体的动量不变，动能也不变．(B)物体的动能不变，动量也不变．(C)物体的动量变化，动能也一定变化．(D)物体的动能变化，动量却不一定变化．［ A ］17.考虑下列四个实例．你认为哪一个实例中物体和地球构成的系统的机械能不守恒?(A)物体作圆锥摆运动．(B)抛出的铁饼作斜抛运动（不计空气阻力）．(C)物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速上升．(D)物体在光滑斜面上自由滑下．［ C ］18.一子弹以水平速度v0射入一静止于光滑水平面上的木块后，随木块一起运动．对于这一过程正确的分析是(A) 子弹、木块组成的系统机械能守恒．(B) 子弹、木块组成的系统水平方向的动量守恒．(C) 子弹所受的冲量等于木块所受的冲量．(D) 子弹动能的减少等于木块动能的增加．［ B ］19、一光滑的圆弧形槽M置于光滑水平面上，一滑块m自槽的顶部由静止释放后沿槽滑下，不计空气阻力．对于这一过程，以下哪种分析是对的？(A) 由m和M组成的系统动量守恒．(B) 由m和M组成的系统机械能守恒．(C) 由m、M和地球组成的系统机械能守恒．(D) M对m的正压力恒不作功．［ C ］20.关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关．（B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关．（C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．（D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关．［ C ］21.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是(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．［ B ］22. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？(A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值；(B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零；(C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。

大学物理习题力学答案

大学物理习题力学答案大学物理习题力学答案在大学物理学习过程中，力学是一个重要的分支，它研究物体的运动和相互作用。

在学习力学的过程中，我们经常会遇到各种各样的习题，通过解答这些习题，我们可以更好地理解力学的概念和原理。

下面，我将为大家提供一些大学物理习题力学的答案，希望能对大家的学习有所帮助。

1. 一个质量为m的物体以初速度v0沿着水平方向从高度h自由下落，求它落地时的速度。

答案：根据重力加速度的定义g=9.8 m/s²，利用重力势能转化为动能的原理，可以得到物体落地时的速度v=√(2gh)。

2. 一个质量为m的物体以速度v水平地撞击一个静止的质量为M的物体，两物体发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。

答案：根据动量守恒定律，可以得到碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。

设碰撞后两物体的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律可以得到mv=v1m+Mv2。

同时，根据动能守恒定律可以得到(1/2)mv²=(1/2)m(v1)²+(1/2)M(v2)²。

通过解这两个方程组，可以求得碰撞后两物体的速度。

3. 一个质量为m的物体以速度v斜向上抛出，抛出角度为θ，求物体达到最大高度时的速度和抛出点到最大高度的距离。

答案：将抛体运动分解为水平和竖直两个方向的运动。

在竖直方向上，根据自由落体运动的规律可以得到物体达到最大高度时的竖直速度为0。

在水平方向上，根据匀速直线运动的规律可以得到物体达到最大高度时的水平速度不变。

因此，物体达到最大高度时的速度为v*cosθ，抛出点到最大高度的距离为(v²*sin2θ)/g。

4. 一个质量为m的物体以速度v沿着光滑水平轨道做匀速圆周运动，求物体所受的向心力。

答案：根据牛顿第二定律F=ma，可以得到物体所受的向心力Fc=mv²/r，其中v为物体的速度，r为圆周运动的半径。

5. 一个质量为m的物体以速度v斜向上抛出，抛出角度为θ，求物体落地点的水平距离。

大学物理力学部分习题解答

第1章质点运动与牛顿定律1-9 一人自坐标原点出发，经20(s)向东走了25(m)，又用15(s)向北走了20(m)，再经过10(s)向西南方向走了15(m)，求：（1）全过程的位移和路程；（2）整个过程的平均速度和平均速率。

分析：从位移的概念出发，先用分量之差表示出每段位移，再通过矢量求和而求出全过程的位移，进而由路程、平均速度和平均速率的概念求出路程、平均速度和平均速率。

解：（1）以人为研究对象，建立如图所示的直角坐标系，全过程的位移为：r r r r OC OA AB BC Δ=Δ+Δ+Δ()()()()A O B A C B C B =x x +y y +x x +y y －－－－i j i j =25+2015451545i j i j 00cos sin －－j i 4.94.14+=其大小为：2222Δ=(Δ)+(Δ)=(14.4)+(9.4)=17.2()OC r x y m全过程位移的方向为：01.334.144.9==∆∆=arctg x y arctg θ 即方向向东偏北01.33 （2）平均速度 OCr tυ∆=∆ 其大小为：()117.20.3845OC r m s t υ-∆===⋅∆ 平均速度的方向沿东偏北01.33 平均速率 25201545s t υ∆++==∆()133.1-⋅=s m 1-10 一质点P 沿半径 3.00m R =的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为20.0s ，设0t =时，质点位于O 点。

按如图所示的坐标系oxy ，求：(1)质点P 在任意时刻的位矢；(2)5s 时的速度和加速度。

分析：只要找出在任意时刻质点P 点的坐标x 、y ，（通过辅助坐标系'''o x y 而找出）就能表示出质点P 在任意时刻的位矢x y =+r i j ，进而由r 对时间求导求出速度υ和加速度a 。

解：如图所示，在'''o x y 坐标系中，因t Tπθ2=，则质点P 的参数方程为： 22`,`x Rsin t y Rcos t T Tππ==- 图1-30 习题1-10图解习题1-9图解坐标变换后，在oxy 坐标系中有： 2`x x Rsint T π==，02`y y y Rcos t R Tπ=+=-+ 则质点P 的位矢方程为： 22ππ=Rsint +Rcos t +R T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭－r i j ()()=30.1310.1i j sin t cos t ππ+⎡⎤⎣⎦－ 5s 时的速度和加速度分别为：22220.3r i j j υd R cos t R sin t dt T T T Tπππππ==+=2222222=()+()(0.03)22d =R sin t R cos t =dt T T T Tπππππ－－r a i j j1-11 已知一质点的运动方程为2362x t t =-(单位为SI 制)，求：(1)第2秒内的平均速度；(2)第3秒末的速度；(3)第一秒末的加速度；(4)物体运动的类型。

大学物理力学练习题及答案

大学物理力学练习题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 一个物体质量为2kg，受到的力是3N，该物体的加速度大小为多少？A. 0.3 m/s^2B. 1.5 m/s^2C. 6 m/s^2D. 1 N/kg答案：B2. 假设一个物体在重力作用下自由下落，那么它的重力势能和动能之间的关系是？A. 重力势能和动能相等B. 重力势能大于动能C. 重力势能小于动能D. 重力势能减少，动能增加答案：A3. 力的合成是指两个或多个力合并后的结果。

如果两个力大小相等并且方向相反，则它们的合力为A. 0B. 1C. 2D. 无法确定答案：A4. 在一个力的作用下，一个物体做匀速直线运动。

可以推断出物体的状态是A. 静止状态B. 匀速运动状态C. 加速运动状态D. 不能判断答案：B5. 牛顿运动定律中，质量的作用是用来描述物体对力的抵抗程度，质量越大，则物体对力的抵抗越小。

A. 对B. 错答案：B6. 一个物体以20 m/s的速度做匀速圆周运动，周长为40π m，物体的摩擦力大小为F，那么物体受到的拉力大小为多少？A. 0B. FC. 2FD. 4F答案：C7. 一个质量为1 kg的物体向左受到3 N的力，向右受到2 N的力，则该物体的加速度大小为多少？A. 1 m/s^2B. 2 m/s^2C. 3 m/s^2D. 5 m/s^2答案：A8. 弹力是一种常见的力，它的特点是随着物体变形而产生，并且与物体的形状无关。

A. 对B. 错答案：A9. 一个物体受到两个力，力的合力为2 N，其中一个力的大小为1 N，则另一个力的大小为多少？A. 1 NB. 0 NC. -1 ND. 无法确定答案：A10. 在竖直抛体运动过程中，物体的速度在上升过程中逐渐减小，直到达到峰值后开始增大。

A. 对B. 错答案：B二、计算题（每题10分，共40分）1. 一个物体以5 m/s的初速度被一个10 N的力加速，物体质量为2 kg，求物体在2秒后的速度。

大物习题册答案全套

练习一力学导论参考解答1． (C)；提示：⎰⎰=⇒=t3x9vdt dxtd xd v2． (B)；提示：⎰⎰+=R20y 0x y d F x d F A3． 0.003 s ；提示：0t 3104400F 5=⨯-=令 0.6 N·s ; 提示： ⎰=003.00Fdt I2 g ; 提示：动量定理0mv 6.0I -==3． 5 m/s 提示：图中三角形面积大小即为冲量大小；然后再用动量定理求解。

5．解：(1) 位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI)可写为 t a x ωc o s = ， t b y ωs i n= t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωc o s d dy-==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v由A →B ⎰⎰-==0a 20a x x x t c o sa m x F A d d ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω ⎰⎰-==b 02b 0y y t sin b m y F A dy d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω6. 解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下： x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=∆ ① y 方向：0)(=---=∆y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ∆==/2v v x =v cos a∴ t m F ∆=/cos 2αv 方向沿x 正向．根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．ααmmOx y练习二刚体的定轴转动参考解答1．(C) 提示：卫星对地心的角动量守恒2．(C) 提示：以物体作为研究对象P-T=ma (1);以滑轮作为研究对象 TR=J β (2)若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，表明(2)式中的T 增大，故β也增大。

长江大学《大学物理》大题

R2
3 ( R2 R13 ) E3dr 3 0 R2
其中

Q
4 3 ( R2 R13 ) 3
2. 如图所示，一根半径为R2的无限长载流直导体，其中电流沿轴向由里向外流出，并均匀分布在横截面上，电流密度为j。现在导体上有一半径为R1（R1< R2）的圆柱形空腔，其轴与直导体的轴重合。试求柱层内任意点(R1rR2)的磁感强度的大小和方向。（重要）
4 0 r 2
4 0 r 2
（2）求电势分布 U
R E dl r E2dr R E3dr
2 p 2

R2
rp
3 2 R 2 3R2 U rp2 1 6 0 rp
E2 dr 3 0
R 2 rp 2 1 3 1 2 R1 2 2 R2 rp
B 2r 0 I

B
0 j (r 2 R12 )
2r
S
r R1
I 0
B0
r R2
2 I j ds j R2 R12 ( R2 2 R12 )
2r
（方向：以r为半径的逆时钟回路方向，且与圆回路相切）
1.如图所示, 一个均匀带电的球层, 其电量为Q, 球层内表面半径为R1, 外表面半径为R2. 设无穷远处为电势零点，求球层内任一点(R1rR2)的电势.（重要）
（1）求场强分布
因电荷球对称,电场球对称,作与带电体对称的球形高斯面,有
P R1 O R2
2 E dS 4rp E qin / 0
无限长载流直导体电流分布具有轴对称性，磁力线是以轴线为对称轴的同心圆。选取回路：取沿半径 r 的磁感应线为环路，逆时钟方向安培环路定理得

大学物理力学题目训练含答案

大学物理力学题目训练含答案问题1一枪的质量为$m$，初速度为$v$，击中静止的物块的质量为$M$。

若已知作用力的时间为$t$，求物块的速度。

解答1根据动量守恒定律，炮与物块的总动量在作用时间内保持不变。

设物块的速度为$v'$，则有：$$m \cdot v + 0 = (M + m) \cdot v'$$解得：$$v' = \frac{m \cdot v}{M + m}$$问题2在一个轨道上有一个小球，质量为$m_1$，速度为$v_1$。

小球碰撞到静止的大球，质量为$m_2$，半径为$R$。

已知碰撞后小球的速度为$v_1'$，大球的速度为$v_2'$，求$v_1'$和$v_2'$之间的关系。

解答2根据动量守恒和动能守恒定律，碰撞前后的总动量和总动能相等。

设小球碰撞后的速度为$v_1'$，大球碰撞后的速度为$v_2'$，则有：总动量守恒：$m_1 \cdot v_1 + m_2 \cdot 0 = m_1 \cdot v_1' +m_2 \cdot v_2'$总动能守恒：$\frac{1}{2} m_1 \cdot v_1^2 + 0 = \frac{1}{2}m_1 \cdot v_1'^2 + \frac{1}{2} m_2 \cdot v_2'^2$解以上方程组，得到$v_1'$和$v_2'$之间的关系。

问题3一个质点质量为$m$，受到力$F$作用，已知力的大小和方向，求质点的加速度。

解答3根据牛顿第二定律，质点受力和加速度满足以下关系：$F = m \cdot a$解以上方程，得到质点的加速度$a$。

以上是大学物理力学题目训练的几个例子，希望对你有帮助！。

物理长江练习册全册答案

物理长江练习册全册答案第一章：力学基础1. 题目：一个质量为5kg的物体在水平面上，受到一个大小为20N的水平推力，求物体的加速度。

答案：根据牛顿第二定律，\[ F = ma \]，其中$ F $为推力，$ m $为质量，$ a $为加速度。

代入数值解得，\[ a =\frac{F}{m} = \frac{20N}{5kg} = 4m/s^2 \]。

2. 题目：一个物体从静止开始自由下落，求其在第2秒末的速度。

答案：自由下落的物体速度$ v $与时间$ t $的关系为\[ v = gt \]，其中$ g $为重力加速度，取9.8m/s²。

代入$ t = 2s $，得\[ v = 9.8m/s^2 \times 2s = 19.6m/s \]。

第二章：能量守恒与转换1. 题目：一个质量为2kg的物体从高度5m处自由落下，求其着地时的动能。

答案：物体的势能$ PE $为\[ PE = mgh \]，其中$ m $为质量，$ g $为重力加速度，$ h $为高度。

代入数值，\[ PE = 2kg \times 9.8m/s^2 \times 5m = 98J \]。

由于能量守恒，物体着地时的动能$ KE $等于其势能，\[ KE = 98J \]。

2. 题目：一个物体以10m/s的速度运动，求其动能。

答案：动能$ KE $的公式为\[ KE = \frac{1}{2}mv^2 \]，代入数值，\[ KE = \frac{1}{2} \times 2kg \times (10m/s)^2 = 100J \]。

第三章：电磁学1. 题目：一个导体两端的电压为12V，通过的电流为2A，求导体的电阻。

答案：根据欧姆定律，\[ V = IR \]，其中$ V $为电压，$ I $为电流，$ R $为电阻。

解得电阻\[ R = \frac{V}{I} =\frac{12V}{2A} = 6\Omega \]。

长江大学物理练习册答案1

2静电场习题课说明：数学表达式中字母为黑体者表示矢量壹．内容提要一、电荷守恒定律(略) .二、库仑定律： F=q 1q 2r /(4πε0r 3) . 三、电场强度E ：1．定义：E=F /q 0 (F 为试验电荷q 0在电场E 中所受作用力)；2. 电场叠加原理i E E ∑= (矢量叠加)；点电荷系激发的电场：)4/(30r q i πεi r E ∑=；连续带电体激发的电场： E=∫ q r d q /(4πε0r 3) . 四、高斯定理： 1.电场线(略)；2.电场强度通量 Фe =∫S E∙d S (计算电场强度通量时注意曲面S 的法线正方向)；3.高斯定理(过闭合曲面的电场强度通量)：真空中 0d εi S e qΦ∑=⋅=⎰S E ；介质中 iSq0d ∑=⋅⎰S D ；4.库仑电场为有源场. 五、环路定理： 1.表达式⎰=⋅l0d l E ；2. 静电场为保守场. 六、电势V ：1.定义式 (场强与电势的积分关系.下式中p 表示场点，(0) 表示电势零点)：⎰⋅=)0(d pV l E ；2. 电势差 ⎰⋅=-=BAl E d B A AB V V V ；3. 电势叠加原理 V V i ∑=(标量叠加)；点电荷系激发的电势：)4/(0r q V i πε∑=；连续带电体激发的电势()[]⎰=q r q V 04d πε.4.静电场力的功 W AB =qV AB ；5. 场强与电势的微分关系E=－grad V=[(∂V/∂x )i+(∂V/∂y )j+(∂V/∂z )k ] .七、电偶极子： 1.定义(略)； 2.电矩 P e =q l ； 3.激发的电场：延长线上 E=[1/(4πε0)] (2P e /r 3)；中垂线上 E=[1/(4πε0)] (－P e /r 3)； 4. 激发的电势 V =P e ·r / (4πε0r 3) ； 5. 在均匀电场中受力矩 M= P e ×E . 八、导体：1.静电平衡条件导体内E=0, 导体表面附近外E 垂直表面；2.推论(1)导体为等势体，导体表面为等势面， (2)导体表面曲率半径小处面电荷密度大， (3) 导体表面外附近电场E=σ/ε0,3.静电屏蔽(1) 空腔导体内的物体不受腔外电场的影响，(2)接地空腔导体外物体不受腔内电场的影响. 九、电介质：1.有极分子取向极化,无极分子位移极化；2.极化强度 P=∑p e /ΔV ，在各向同性介质中P=χε0E ；3.电位移矢量 D=ε0E+P ，在各向同性介质中D=ε0εr E=εE ，εr =1+χ. 十、电容：1.定义式 C=Q/U=Q /(V 1－V 2)；2.几种电容器的电容 (1)平行板电容器 C=εS/d ， (2)圆柱形电容器 C=2πεl/ln(R 2/R 1)， (3)球形电容器 C=4πεR 2R 1 /(R 2－R 1)， (4)孤立导体球 C=4πεR ；3.并联 C=C 1+C 2+C 3+…;4串联 1/C=1/C 1+1/C 2+1/C 3+….2十一、静电场的能量:1.点电荷系相互作用能W e = (1/2)∑q i V i ；2.连续带电体的能量W e = (1/2)∫q V d q ；3.电容器电能W e =(1/2)qU=(1/2)CU 2=q 2/(2C )； 4.静电场的能量密度 w e =(1/2)D ·E ，W e =∫V w e d V=(1/2)∫V D ·E d V .十二、几种特殊带电体激发电场： 1.无限长均匀带电直线激发电场的场强E =λr /(2πε0r 2)；2.均匀带电园环轴线上的场强与电势E=Qx/[4πε0 (x 2+R 2)3/2],V= Q/[4πε0 (x 2+R 2)1/2]； 3. 无限大均匀带电平面激发电场的场强E=σ/(2ε0)；4. 均匀带电球面激发的场强与电势：球面内 E =0, V= Q/(4πε0 R ) 球面外 E = Q r /(4πε0 r 3), V= Q/(4πε0 r )；5. 均匀带电球体激发的场强与电势：球体内E =Q r /(4πε0R 3), V=Q (3R 2-r )/(8πε0R 3); 球体外E = Q r /(4πε0 r 3), V= Q/(4πε0 r )；6. 无限长均匀带电圆柱面激发的场强：柱面内 E =0, 柱面外 E =λr /(2πε0r 2)；7. 无限长均匀带电圆柱体激发的场强：柱体内 E =λr /(2πε0R 2)，柱体外 E =λr /(2πε0r 2)贰、练习一至练习八答案及简短解答练习1 库伦定律电场强度一、选择题 C B A C D 二、填空题1. λ1d/(λ1+λ2).2. 2qy j /[4πε0 (a 2+y 2)3/2] , ±a/21/2.3. M/(E sin θ).三、计算题1. 取环带微元d q =σd S=σ2π(R sin θ)R d θ =2πσR 2sin θd θ d E =d qx/[4πε0(r 2+x 2)3/2]=()3024cos d sin 2R R R πεθθθπσ=σsin θcos θd θ/(2ε0)()()0/204/2d cos sin εσεθθθσπ==⎰E方向x 轴正向.2.取园弧微元 d q=λd l=[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/πd E =d q/(4πε0r 2) =Q d θ/(4π2ε0R 2)d E x =d E cos(θ+π)=－d E cos θ d E y =d E sin(θ+π)=－d E sin θE x =()⎰⎰-=2/32/2024d cos d ππεπθθR Q E x=Q/(2π2ε0R 2)E y =⎰d E y ()⎰-2/32/2024d sin ππεπθθR Q =0故 E=E x =()2022R Q επ 方向沿x 轴正向.练习2 电场强度（续）电通量一、选择题 D C D B A 二、填空题1. －p/(4πε0y 3), 2p/(4πε0x 3).2. λ/(πε0a ),3. 5.14⨯105N.三、计算题1. 取无限长窄条电荷元d x ,电荷线密度λ'=λd x/a它在P 点产生的电场强度为d E=λ'/(2πε0r )=λd x/(2πε0a 22x b +) d E x =d E cos α=-λx d x/[2πε0a (b 2+x 2)] d E y =d E sin α=λb d x/[2πε0a (b 2+x 2)]E x =()⎰⎰-+=2/2/2202a a x xb a xdxdE πελ3=()04ln 2/2/022=+-a a ax b πελE y =()⎰⎰-+=2/2/2202a a y xb a bdxdE πελba ab x b a b a a 2arctan arctan 1202/2/0πελπελ=⋅=- 2. 取窄条面元d S=a d x ,该处电场强度为 E=λ/(2πε0r ) 过面元的电通量为d Φe =E ⋅d S =[λ/(2πε0r )]a d x cos θ =λac d x/[2πε0(c 2+x 2)]Φe =⎰d Φe ()⎰-+=2/2/2202b b xc acdxπελ2/2/0arctan 12b b cx c ac -⋅=πελ=λa arctan[b /(2c )]/(πε0)练习3 高斯定理一、选择题 D A D C B二、填空题1. σ/(2ε0),向左;3σ/(2ε0),向左;σ/(2ε0),向右. 2 -Q/ε0, -2Q r 0/(9πε0R 2), -Q r 0/(2πε0R 2). 3 (q 1+ q 4)/ε0, q 1、q 2、q 3、q 4, 矢量和三、计算题1 因电荷分布以中心面面对称,故电场强度方向垂直于平板,距离中心相等处场强大小相等.取如图所示的柱形高斯面:两底面∆S以平板中心面对称,侧面与平板垂直.=⋅⎰S E d SQ /ε左边=⎰⋅左底S E d +⎰⋅右底S E d +⎰⋅侧面S E d =2∆SE(1)板内|x |<a Q=()[]⎰-∆xxSdx a x 2cos 0πρ=()()[]xx a x S a -∆2sin 20ππρ=4ρ0(a /π)∆S sin[πx /(2a )]得 E={2ρ0a sin[πx /(2a )]}/(πε0)(2)板外|x |>a Q=()[]⎰-∆aaSdx a x 2cos 0πρ=()()[]aa a x S a -∆2sin 20ππρ =4ρ0(a /π)∆S得 E=2ρ0a /(πε0)当x >0方向向右, 当x <0方向向左.2. 球形空腔无限长圆柱带电体可认为是均匀带正电(体电荷密度为ρ)无限长圆柱体与均匀带负电(体电荷密度为-ρ)球体组成.分别用高斯定理求无限长均匀带电圆柱体激发的电场E 1与均匀带电球体激发的电场E 2.为求E 1,在柱体内作同轴的圆柱形高斯面,有=⋅⎰S E d S02102ερπεπl r Q rlE ==E 1=ρr 1/(2ε0)方向垂直于轴指向外;为求E 2,在球体内外作同心的球形高斯面,有=⋅⎰S E d S0224πQ E r = 球内r<a Q=-ρ4πr 23/3 E 2=-πr 2/(3ε0) 球外r>a Q=-ρ4πa 3/3 E 2=-πa 3/(3ε0r 22) 负号表示方向指向球心.对于O 点 E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πr 2/(3ε0)=0 (因r 2=0) 得 E O =ρa/(2ε0) 方向向右; 对于P 点E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πa 3/(12ε0d 2) 得 E P =ρd/(2ε0)-πa 3/(12ε0d 2) 方向向左.练习4 静电场的环路定理电势一、选择题 A C B D D 二、填空题1.)222(812310q q q R++πε. 2 Ed cos α. 3 .-q/(6πε0R )λ4三、计算题1.解：设球层电荷密度为ρ. ρ=Q/(4πR 23/3-4πR 13/3)=3Q/[4π(R 23-R 13)]球内，球层中，球外电场为E 1=0, E 2=ρ(r 3-R 13)/(3ε0r 2) , E 3=ρ(R 23-R 13)/(3ε0r 2)故⎰⎰⎰∞+=⋅=rR R R r211d d d 21r E r E r E ϕ⎰∞+2d 3R r E=0+{ρ(R 22-R 12)/(6ε0)+[ρR 13/(3ε0)(1/R 2-1/R 1)]}+ ρ(R 23-R 13)/(3ε0R 2) =ρ(R 22-R 12)/(2ε0) =3Q (R 22-R 12)/[8πε0(R 23-R 13)]2. (1)⎰⋅=-212d 2r r r r U U 1l E =⎰2102r rdr r πελ=(λ/2πε0)ln(r 2/r 1)(2)无限长带电直线不能选取无限远为势能零点，因为此时带电直线已不是无限长了，公式E=λ/(2πε0r )不再适用.练习5 电势梯度静电能静电场中的导体一、选择题 A A C D B 二、填空题1. 2U 0/3+2Qd/(9ε0S ).2. 会, 矢量.3. 是, 是, 垂直, 等于.三、计算题1. E x =-∂U/∂x=-C [1/(x 2+y 2)3/2+x (-3/2)2x /(x 2+y 2)5/2]= (2x 2-y 2)C /(x 2+y 2)5/2 E y =-∂U/∂y=-Cx (-3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2 x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3 y 轴上点(x =0) E x =-Cy 2/y 5=-C /y 3 E y =0E =-C i /y 32. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U BAU A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3)U BA =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3- R 1R 3) U A =[Q/(4πε0R 3)][-1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]=-Q (R 2-R 1)/[4πε0(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]练习6 静电场中的导体(续)静电场中的电介质一、选择题 D D B A C 二、填空题1. 非极性, 极性.2. 取向, 取向; 位移, 位移.3. -Q/(2S ), -Q/(S )三、计算题1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有E A =σ1/(2ε0)-σ2/(2ε0)-σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0 E A =σ1/(2ε0)+σ2/(2ε0)+σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0 而 S (σ1+σ2)=Q 1 S (σ3+σ4)=Q 2 有 σ1-σ2-σ3-σ4=0σ1+σ2+σ3-σ4=0 σ1+σ2=Q 1/S σ3+σ4=Q 2/S解得 σ1=σ4=(Q 1+Q 2)/(2S )=2.66⨯10-8C/m 2σ2=-σ3=(Q 1-Q 2)/(2S )=0.89⨯10-8C/m 2 两板间的场强 E=σ2/ε0=(Q 1-Q 2)/(2ε0S )V=U A －U B ⎰⋅=BAl E d=Ed=(Q 1-Q 2)d /(2ε0S )=1000V四、证明题1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB 作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅AB l E d 2=⎰⋅ACBl E d ≠0与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l0相违背,故5在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.练习7 静电场中的电介质（续）电容静电场的能量一、选择题 D C B C A二、填空题1. 1/εr , 1/εr .2.3.36×105N/C . 3 ε0εr U 2/(2d 2)三、计算题1. (1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,过场点作与金属球同心的球形高斯面,有iSq0d ∑=⋅⎰S D4πr 2D=∑q 0i当r=5cm <R 1, ∑q 0i =0得 D 1=0, E 1=0 当r=15cm(R 1<r <R 1+d ) ∑q 0i =Q=1.0×10-8C 得 D 2=Q /(4πr 2)=3.54×10-8C/m 2 E 2=Q /(4πε0εr r 2)=7.99×103N/C 当r=25cm(r >R 1+d ) ∑q 0i =Q=1.0×10-8C 得 D 3=Q /(4πr 2)=1.27×10-8C/m 2 E 3=Q /(4πε0r 2)=1.44×104N/C D 和E 的方向沿径向. (2) 当r=5cm <R 1时 U 1=⎰∞⋅rl E d⎰=R rr E d 1⎰++dR Rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q/(4πε0εr R )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]=540V当r=15cm <R 1时 U 2=⎰∞⋅rl E d ⎰+=dR rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q/(4πε0εr r )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]=480V当r=25cm <R 1时 U 3=⎰∞⋅rl E d ⎰∞=rr E d 3=Q/(4πε0r )=360V(3)在介质的内外表面存在极化电荷,P e =ε0χE=ε0(εr -1)E σ'= P e ·n r=R 处, 介质表面法线指向球心σ'=P e ·n =P e cos π=-ε0(εr -1)Eq '=σ'S =-ε0(εr -1) [Q /(4πε0εr R 2)]4πR 2=-(εr -1)Q /εr =-0.8×10-8Cr=R+d 处, 介质表面法线向外σ'=P e ·n =P e cos0=ε0(εr -1)Eq '=σ'S =ε0(εr -1)[Q /(4πε0εr (R+d )2]4π(R +d )2=(εr -1)Q /εr =0.8×10-8C2.球形电容器 C =4πε0RQ 1=C 1V 1= 4πε0RV 1 Q 2=C 2V 2= 4πε0RV 2 W 0=C 1V 12/2+C 2V 22/2=2πε0R (V 12+V 22)两导体相连后 C =C 1+C 2=8πε0RQ=Q 1+Q 2= C 1V 1+C 2V 2=4πε0R (V 1+V 2) W=Q 2/(2C )= [4πε0R (V 1+V 2)]2/(16πε0R ) =πε0R (V 1+V 2)2静电力作功 A=W 0-W=2πε0R (V 12+V 22)-πε0R (V 1+V 2)2=πε0R (V 1-V 2)2=1.11×10-7J练习8 静电场习题课一、选择题 D B A C A 二、填空题1. 9.42×103N/C, 5×10-9C .2.25.3 R 1/R 2, 4πε0(R 1+R 2), R 2/R 1.三、计算题1. (1)拉开前 C 0=ε0S/d W 0=Q 2/(2C 0)= Q 2d /(2ε0S ) 拉开后 C=ε0S/(2d )W=Q 2/(2C )=Q 2d /(ε0S )∆W=W -W 0= Q 2d /(2ε0S )(2)外力所作功A=-A e =-(W 0-W )= W -W 0= Q 2d /(2ε0S ) 外力作功转换成电场的能量 {用定义式解:A=⎰⋅l F d =Fd =QE 'd=Q [(Q/S )/(2ε0)]d= Q 2d /(2ε0S ) }2. 洞很细,可认为电荷与电场仍为球对称,由高斯定理可得球体内电场为6E =(ρ4πr 3/3)r /(4πε0r 3)=ρr /(3ε0)=Q r /(4πε0R 3)F =-q E =-qQ r /(4πε0R 3)F 为恢复力, 点电荷作谐振动-qQr /(4πε0R 3)=m d 2r/d t 2ω=[ qQ /(4πε0mR 3)]1/2因t =0时, r 0=a, v 0=0,得谐振动A=a ,ϕ0=0故点电荷的运动方程为()t mR qQ a r 304cos πε=叁、静电场部分测试题一.选择题1.真空中有一均匀带电球体和一均匀带电球面，如果它们的半径和所带的电量都相等，则它们的静电能之间的关系是(A) 均匀带电球体产生电场的静电能等于均匀带电球面产生电场的静电能. (B) 均匀带电球体产生电场的静电能大于均匀带电球面产生电场的静电能. (C) 均匀带电球体产生电场的静电能小于均匀带电球面产生电场的静电能. (D) 球体内的静电能大于球面内的静电能，球体外的静电能小于球面外的静电能. 2.如图1所示,厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板,电荷面密度为σ ，则板两侧离板面距离均为h 的两点a 、b 之间的电势差为： (A) 零.(B) σ /2ε 0 (C) σ h /ε 0.(D) 2σ h /ε 0.3.如图2所示，一半径为a 的“无限长”圆柱面上均匀带电，其电荷线密度为λ,在它外面同轴地套一半径为b 的薄金属圆筒，圆筒原先不带电，但与地连接，设地的电势为零，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 的P 点的场强大小和电势分别为：(A) E =0，U =raln 20πελ. (B) E =0，U =abln 20πελ. (C) E =r02πελ，U =r b ln 20πελ. (D) E =r02πελ，U =a b ln 20πελ. 4.质量均为m ，相距为r 1的两个电子，由静止开始在电力作用下（忽略重力作用）运动至相距为r 2 ，此时每一个电子的速率为(A) ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-2101142r r m e πε.图27(B)⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2101142r r m eπε. (C) ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2101142r r m eπε . (D) ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2101141r r m eπε. 5. 如图3所示，在真空中半径分别为R 和2R 的两个同心球面，其上分别均匀地带有电量+q 和-3q ，今将一电量为+Q 的带电粒子从内球面处由静止释放，则该粒子到达外球面时的动能为：(A) R Qq 04πε. (B) RQq 02πε.(C) RQq 08πε.(D)RQq083πε. 6.关于试验电荷以下说法正确的是 (A) 试验电荷是电量极小的正电荷； (B) 试验电荷是体积极小的正电荷；(C) 试验电荷是体积和电量都极小的正电荷；(D) 试验电荷是电量足够小，以至于它不影响产生原电场的电荷分布，从而不影响原电场;同时是体积足够小，以至于它所在的位置真正代表一点的正电荷（这里的足够小都是相对问题而言的）.6.在点电荷激发的电场中，如以点电荷为心作一个球面，关于球面上的电场，以下说法正确的是(A) 球面上的电场强度矢量E 处处不等；(B) 球面上的电场强度矢量E 处处相等，故球面上的电场是匀强电场； (C) 球面上的电场强度矢量E 的方向一定指向球心；(D) 球面上的电场强度矢量E 的方向一定沿半径垂直球面向外. 8.关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是 (A) 如高斯面上E 处处为零,则该面内必无电荷； (B) 如高斯面内无电荷,则高斯面上E 处处为零； (C) 如高斯面上E 处处不为零,则高斯面内必有电荷； (D) 如高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电通量必不为零；9.如图4，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3q 图3 +图48(A) ()a q 04πε. (B) ()a q 08πε. (C) ()a q 04πε-. (D) )a q 08πε-.10.如图5,一导体球壳A,同心地罩在一接地导体B 上,今给A 球带负电-Q , 则B 球(A) 带正电.(B) 带负电. (C) 不带电.(D) 上面带正电,下面带负电.二.填空题1.一均匀带电直线长为d ,电荷线密度为+λ,以导线中点O 为球心，R 为半径(R >d/2 ) 作一球面,如图86所示,则通过该球面的电场强度通量为 , 带电直线的延长线与球面交点P 处的电场强度的大小为 , 方向 .2.一空气平行板容器，两板相距为d ，与一电池连接时两板之间相互作用力的大小为F ，在与电池保持连接的情况下，将两板距离拉开到2d ，则两板之间的相互作用力的大小是 .3. 图7所示为某电荷系形成的电场中的电力线示意图，已知A 点处有电量为Q 的点电荷，则从电力可判断B 处存在一（填正、负）的点电荷；其电量 | q |(填> ,< ,= )Q .4. 在相对介电常数ε r = 4 的各向同性均匀介质中,与电能密度w e=2×106J/cm 3相应的电场强度大小E = .5.如图8,一平行板电容器, 极板面积为S ,,相距为d , 若B 板接地,,且保持A 板的电势 U A =U 0不变,,如图, 把一块面积相同的带电量为Q 的导体薄板C 平行地插入两板中间, 则导体薄板C 的电势U C = .6.如图9所示,一电荷线密度为λ 的无限长带电直线垂直通过图面上的A 点,一电荷为Q 的均匀球体,其球心为O 点,ΔAOP 是边长为a 的等边三角形,为了使P 点处场强方向垂直于OP, 则λ和Q 的数量之间应满足关系,且λ与Q 为号电荷 (填同号或异号) .7. 点电荷q 1 、q 2、q 3和q 4在真空中的分布如图10所示,图中S 为闭合曲面,则通过该闭合曲面的电通量S E d ⋅⎰S= ,式图6-Q图5AC BU U 图8图9 ∙q 1 ∙q 2 ∙q 3 ∙q 4S图10AQ 图7中的E是哪些点电荷在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和？答：是.8.为求半径为R带电量为Q的均匀带电园盘中心轴线上P点的电场强度, 可将园盘分成无数个同心的细园环, 园环宽度为d r，半径为r，此面元的面积d S= ，带电量为d q = ,此细园环在中心轴线上距圆心x的一点产生的电场强度E = .9.电量分别为q1 , q2 , q3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上,如图11所示,设无穷远处为电势零点,圆半径为R, 则b点处的电势U = .10.若静电场的某个立体区域电势等于恒量, 则该区域的电场强度分布是;若电势随空间坐标作线性变化, 则该区域的场强分布是.三.计算题1.如图12所示，一电荷面密度为σ的“无限大”平面，在距离平面a米远处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R的圆面积范围内的电荷所产生的，试求该圆半径的大小2.两平行的无限长半径均为r0的圆柱形导线相距为d(d>> r0 ) ，求单位长度的此两导线间的电容.3.半径为R的一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷,若保持电荷分布不变,在该球体内挖去半径r的一个小球体,球心为O´ , 两球心间距离OO = d, 如图13所示, 求：(1) 在球形空腔内,球心O'处的电场强度E0；(2) 在球体内P点处的电场强度E.设O'、O、P三点在同一直径上，且OP= d.4.一均匀带电的球层, 其电荷体密度为ρ, 球层内表面半径为R1, 外表面半径为R2,设无穷远处为电势零点, 求球层内任一点(R1<r0<R2)的电势.图12q q3图11图13910肆、静电场部分测试题解一.选择题 B A B D C D A D D A 二.填空题1. λd/ε0, λd/[4πε0(R 2-d 2/4)]，水平向左2. 负，＜.3. F /4. 4. 3.36×1011V/m.5. U 0/2+Qd/(4ε0S ).6. Q=a λ, 异.7. (q 2+q 4)/ε0, q 1、q 2、q 3、q 4. 8. 2πr d r , 2πr σd r , σd r .9.)22(812310q q q R++πε.10. E =0，匀强电场.三.计算题1. 该均匀带电圆在距平面a 米处产生场强为[]{}⎰⎰+==qa r adq E E 3220)(4d πε]{}⎰+=Ra r r a 023220)(4d 2πεπσ=[σ/(2ε0)][1-a /(R 2+a 2)1/2]“无限大”均匀带电平面在该点产生的场强为E '=σ/(2ε0),由题意E '=2 E .故σ/(2ε0) =2[σ/(2ε0)][1-a /(R 2+a 2)1/2]a /(R 2+a 2)1/2=1/2 解得 a R 3= 2. 设两无限长导线带电线密度为λ±,取坐标如图,由叠加原理可求得两导体间的场强： E =λ/(2πε0x )+λ/[2πε0(d -x )]⎰⋅=∆baU l E d()[]()[]⎰--+=000112r d r x r d x d πελ=[λ/(πε0)]ln[(d -r 0)/r 0]≈[λ/(πε0)]ln(d /r 0) 取导线长度L ,则所带电量Q=λL ,则此段导线的电容为 C L =Q/∆U=πε0L/ln(d /r 0) 单位长度电容为 C 0=C L /L =πε0/ln(d /r 0)3. 此带电体可认为是实心均匀带正电(电荷密度ρ)的大球和均匀带负电(电荷密度-ρ,位置在原空腔处)的小球组成.Q 1=ρ(4πR 3/3), Q 2=-ρ(4πa 3/3),用高斯定理可求Q 1在大球内(r 1<R )产生的场.E 1= Q 1r 1/(4πε0R 3)=ρr 1/(3ε0)Q 2在小球内(r 2<a )外(r 2>a )产生的场.E 2内= Q 2r 2/(4πε0a 3)=-ρr 2/(3ε0) E 2外= Q r 2/(4πε0r 23)=-ρa 3r 2/(3ε0r 3) (1)O ' 点处:r 1=d ,r 2=0. E 1=ρd 1/(3ε0), E 2=0E 0=E 1+E 2=ρd 1/(3ε0) 方向向右(2)P 点处:r 1=d ,r 2=2d. E 1=ρd 1/(3ε0), E 2=-ρa 3/(12ε0d 2) E 0=E 1+E 2=ρd 1/(3ε0) -ρa 3/(12ε0d 2)= ρ (4d 3-a 3)/(12ε0d 2)方向向左4一法,用电势定义求因电荷球对称,电场球对称,作与带电体对称的球形高斯面,有0int 2/4d επq E rS==⋅⎰S E球内,r<R 1: q int =0 E 1=0 球层中R 1<r<R 2， q int =ρ4π( r 3-R 13)/3E 2=ρ( r 3-R 13)/3ε0r 2球外r>R 2: q int =ρ4π( R 23-R 13)/3E 2=ρ( R 23-R 13)/3ε0r 2 故⎰∞⋅=rU l E d ⎰⎰∞⋅+⋅=2232R R r l E l E d d()()[]+⋅-⎰2120313R r 3r r R r d ερ ()()[]⎰∞⋅-+2231323R r r R R d ερ[ρ/(3ε0)][( R 22-r 02)/2- R 13(1/r 0-1/R 2)]++[ρ/(3ε0)]( R 23-R 13)/R 2) =ρ(3R 2-r 02-2R 13/r 0)/(6ε0)二法,用电势叠加求取同心的薄球壳微元d q ==4πr 2ρd r ,它在球层内产生的电势:当r<r 0时, d U =d q/(4πε0r 0)= ρr 2d r/(ε0r 0), 当r>r 0时, d U =d q/(4πε0r )= ρr d r/ε0, 所以()[]⎰⎰⎰+==20010002R r r R r r r r r U U ερερd d d =[ρ/(3ε0)]( r 02-R 13/r 0)+[ ρ/(2ε0)]( R 22-r 02)=ρ(3R 2-r 02-2R 13/r 0)/(6ε0)11。

长江大学《大学物理》习题课1

6、对高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是
(A) 如高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷； (B) 如高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零； (C) 如高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷； (D) 如高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零.
二、填空题
1、一均匀带电直线长为d，电荷线密度为+，以导线中点O为球心，R为半径（R d/2）作一球面，如
x
x dx
d
3、半径为R的一球体内均匀分布着电荷体密度为的
正电荷，若保持电荷分布不变，在该球体内挖去半径
r 的一个小球体，球心为O´，两球心间距离 OO d
如图所示，
求：(1) 在球形空腔内，球心O处的电场强度E0 ； (2) 在球体内P点处的电场强度E. 设O、O、P
三点在同一直径上，且 OP d
Q
A
B
三、计算题
1、如图所示，一电荷面密度为的“无限
大”平面，在距离平面 a 米远处的一点的场
强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的
圆面积范围内的电荷所产生的，
试求该圆半径的大小
OLeabharlann ·ERa2、两半径为R的平行长直导线，中心间距
为d，且d R，
求单位长度的电容.
2R

E
oP
一、选择题 1、真空中有一均匀带电球体和一均匀带电球面，如果它们的半径和所带的电量都相等，则它们的静电能之间的关系是
(A) 均匀带电球体产生电场的静电能等于均匀带电球面产生电场的静电能.
(B) 均匀带电球体产生电场的静电能大于均匀带电球面产生电场的静电能.
(C) 均匀带电球体产生电场的静电能小于均匀带电球面产生电场的静电能.

长江大学大学物理上重点习题答案选择填空

4. 如图所示为某种气体的速率分布曲线,则 v2 f vdv v1
表示速率介于 v1 到 v2 之间的 C
f(v )
(A) 分子数.
(B) 分子的平均速率. (C) 分子数占总分子数的百分比. (D) 分子的方均根速率.
O
v v1 v2
图
1. 下面各种情况中可能存在的是 B (A) 由 pV=(M/Mmol)RT 知,在等温条件下,逐渐增大压强,当 p→∞时,V→0； (B) 由 pV=(M/Mmol)RT 知,在等温条件下,逐渐让体积膨胀,当 V→∞时,p→0； (C) 由 E=(M/Mmol)iRT/2 知,当 T→0 时,E→0；
3. 有 A、B 两个半径相同,质量相同的细圆环.A 环的质量均匀分布,B 环的质量不均匀分布,设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为 IA 和 I B,则有 D
(D) IA＝IB.
1. 以下说法错误的是: (A) 角速度大的物体,受的合外力矩不一定大； (B) 有角加速度的物体,所受合外力矩不可能为零； (C) 有角加速度的物体,所受合外力一定不为零； (D) 作定轴（轴过质心）转动的物体,不论角加速度多大,所受合外力一定为零.
2. 如图(A)所示，mA > mB 时,算出 mB 向右的加速度为 a,今去掉 mA 而代之以拉力 T= mAg,
如图(B)所示,算出 mB 的加速度 a ,则 C (C) a < a .
mB
mB
mA (A)
图
T (B)
4. 如图所示，弹簧秤挂一滑轮，滑轮两边各挂一质量
为 m 和 2m 的物体，绳子与滑轮的质量忽略不计，轴承处摩擦忽略不计，在 m 及 2m 的运动过程中，弹簧秤的读数为 D
(C) pV /(RT) . (D) pV/(mT) .

【VIP专享】长江大学物理练习册答案3

方向与旋转方向一致.
练习 19 互感（续）自感磁场的能量
一、选择题 D C B C A
二、填空题
1. 1.
1. 0.
2. AB=BA. 3. 0I2L / (16). 三、计算题
I 1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为 I,则两导线间磁场方向向里,大小为
2. ②, ③, ①. 3. 1.33×102 W/m2 , 2.51×10-6J/m3.
g sin vB2l 2 cos2 mR
0
v mgRsin 1 e B2l2 cos2 t mR B2l 2 cos 2
(2)
导线
ab
的 2l 2 cos 2
.
练习 18 感生电动势互感
一、选择题 A D C B B 二、填空题
1.er1(dB/dt)/(2m),向右;eR2(dB/dt)/(2r2m),向下.
F= l (Iidl×B)= vB2l2cos/R F 在导轨上投影沿导轨向上,大小为
F = Fcos =vB2l2cos2/R
重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为
mgsin mgsin vB2l2cos2/R=ma=mdv/dt dt=dv/[gsin vB2l2cos2/(mR)]
t
v
dv
故
εi=R2(dB/dt)/4
N 点的电势高.
2. .等效于螺线管
B 内=0 nI=0 [Q /(2)]/L=0 Q /(2L)
B 外=0 =SBdS=Ba2=0Q a2 /(2 L) εi =－d/dt=－[0Q a2 /(2 L)]d /dt
=0 0Q a2 /(2 L t0) Ii=εi /R=0 0Q a2 /(2 LR t0)

长江大学物理练习册答案

1长江大学物理练习册答案壹．内容提要一、狭义相对论 1. 基本原理(1)爱因斯坦相对性原理; (2)光速不变原理. 2.洛伦兹坐标变换式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='='='='2222211/c v -vx/c -t t z z y y /c v -vt-x x ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧'+'='='='+'=2222211/c v -/c x v t t z z y y /c v -t v x x 3. 时空观 (1).同时的相对性∆t=()2221/c v -/c x v t '∆+'∆(2). 长度收缩 l=2201/c v -l (3). 时间延缓 ∆t=2201Δ/c v -t4. 相对论力学(1).相对论质量 2201/c v -m m = (2).相对论动量 2201/c v -m m v v p ==(3).质能关系式①静能 E 0=m 0c 2 ②运动的能量 E=mc 2=22201/c v -c m③动能 E k =E －E 0=22201/c v -c m －m 0c 2④ E k =∆mc 2 ∆E =∆mc 2 (4). 动量能量关系式E 2=E 02+p 2c 2 . 二.光的粒子性1.普朗克黑体辐射公式(1).普朗克的量子假设(略) (2).普朗克黑体辐射公式M ν(T )d ν=()1e d 223-kT h c h νννπ M λ(T )d λ =()1ed 252-λλλπkT c h hc(3)斯特藩－玻耳兹曼定律 M (T )=σT 4(4)维恩位移定律 λm T = b 2. 光子能量ε=h ν 动量p=h/λ 3.光电效应(1)爱因斯坦方程 h ν=mv 2/2+A (2)红限频率 ν0=A /h(3)遏止电势差 U c =( h ν-A )/e 4.康普顿效应 ∆λ=()[]()2sin 220θc m h 三、量子物理1.氢原子的玻尔理论 (1)三条假设 ①定态假设,②量子化条件 L=nħ=nh /(2π) ③频率条件 h ν=E i -E f(2)氢原子中电子轨道半径 r n =n 2r 1 (玻尔半径r 1为电子第一轨道半径n=1) (3)氢原子能级公式 E n =E 1/n 2氢原子的基态能量( n=1) E 1=－13.6eV (3)能级跃迁时辐射光子的频率和波长公式 ν=Rc (1/n f 2-1/n i 2) 1/λ= R (1/n f 2-1/n i 2) 2.德布罗意波能量E=h ν 动量p=h/λ 德布罗意波长 λ=h/p=h/ (mv )3.不确定关系 ∆x ∆p x ≥h ∆y ∆p y ≥h∆z ∆p z ≥h ∆E ∆t ≥h4.量子力学简介2(1)波函数自由粒子的波函数 ()()px -Et h t x Ψπψ2i-0e,=找到粒子的概率密度为⎪ψ⎪2=ψψ*；波函数必须是单值、有界、连续并满足归一化条件:⎰∞∞-=1d 2V Ψ(1) 薛定谔方程①一维含时薛定谔方程t Ψh U Ψx Ψm h ∂∂=+∂∂-ππ2i 82222②一维定态薛定谔方程()()()08d d 2222=+x ψU -E hmx x ψπ ③三维定态薛定谔方程()08222=+∇ΨU -E h mΨπ (3)一维无限深势阱 08d d 2222=+ψh mE x ψπ 一维方垒势的隧道效应。

大学物理力学题库及答案

(C) ．
(D) .
[ ]
13、一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为，瞬时速率为v，某一时间内的平均速度为，平均速率为，它们之间的关系必定有：（A）（B）（C）（D） [ ] 14、在相对地面静止的坐标系内，A、B二船都以2 m/s速率匀速行驶，A船沿x轴正向，B船沿y轴正向．今在A船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系(x、y方向单位矢用、表示)，那么在A船上的坐标系中，B 船的速度（以m/s为单位）为 (A) 2＋2． (B) −2＋2． (C) －2－2． (D) 2－2．［］ 15、一条河在某一段直线岸边同侧有A、B两个码头，相距1 km．甲、乙两人需要从码头A到码头B，再立即由B返回．甲划船前去，船相对河水的速度为4 km/h；而乙沿岸步行，步行速度也为4 km/h．如河水流速为 2 km/h, 方向从A到B，则 (A) 甲比乙晚10分钟回到A． (B) 甲和乙同时回到A． (C) 甲比乙早10分钟回到A． (D) 甲比乙早2分钟回到A．［］ 16、一飞机相对空气的速度大小为 200 km/h, 风速为56 km/h，方向从西向东．地面雷达站测得飞机速度大小为 192 km/h，方向是 (A) 南偏西16.3°． (B) 北偏东16.3°． (C) 向正南或向正北． (D) 西偏北16.3°． (E) 东偏南16.3°．［］ 17、下列说法哪一条正确？ (A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变． (B) 平均速率等于平均速度的大小． (C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成(v1、v2 分别为初、末速
一、选择题：（每题3分） 1、某质点作直线运动的运动学方程为x＝3t-5t3 + 6 (SI)，则该质点作 (A) 匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向． (B) 匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向． (C) 变加速直线运动，加速度沿x轴正方向． (D) 变加速直线运动，加速度沿x轴负方向．