北京邮电大学大学物理实验试题打包
大学物理试卷参考答案(对应北京邮电大学版)
物理试卷参考答案1解：理想气体分子的能量RT i E 2υ=平动动能 3=t 5.373930031.823=⨯⨯=t E J 转动动能 2=r249330031.822=⨯⨯=r E内能5=i 5.623230031.825=⨯⨯=i E J 2解： ∵ xv v t x x v t v ad d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v3.解：∵ t tva 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m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v4. )由题知，0=t时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt 5)222υυ+=u 52202=+=υυu m/s=4.47υυθ00)90tan(=-2142== 6）由图知，0=t时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值) ∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p∵ πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得 67.135==x m Y=-1/2M 7) 解： bt v tsv -==0d dRbt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ8）又 11x k F A∆= 22x k F B ∆=Mg F F B A ==弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆=二．填空题答案1）解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgRv +=22）正比3）v v nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数密度 4)⎰21d )(v v v v Nf ：表示分布在21~v v 区间内的分子数5) 卡诺热机效率121T T -=η%7010003001=-=η6）W E Q+∆=7) E=1/2KA 2 8）书P144 三．计算题解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l+=将上式对时间t 求导，得tss t l l dd 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ ts v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s lt l s l t s v ==-=-=船或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度322d d sv h t v a ==船2）解：由题图(a)，∵0=t时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x 01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 3）解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω(2)020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ4）解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 W E Q+∆=224126350=-=-=∆W Q E Jabd过程，系统作功42=WJ26642224=+=+∆=W E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=W E Q J 系统放热5）解：(1)从图上可得分布函数表达式⎪⎩⎪⎨⎧≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≤≤≤=)2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v Na v v Nv av v f )(v f 满足归一化条件，但这里纵坐标是)(v Nf 而不是)(v f 故曲线下的总面积为N，(2)由归一化条件可得⎰⎰==+0002032d d v v v v N a Nv a N v v avN(3)可通过面积计算 N v v a N 31)5.12(00=-=∆(4) N 个粒子平均速率⎰⎰⎰⎰+===∞∞00202d d d )(1d )(v v v v av v v av v v vNf Nv v vf v02020911)2331(1v av av N v =+=(5)05.0v 到01v 区间内粒子平均速率⎰⎰==0005.0115.0d d v v v v NNv N N N Nv v ⎰⎰==00005.05.00211d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N 2471)243(1d 12103003015.002100av N v av v av N v v av N v v v =-==⎰ 05.0v 到01v 区间内粒子数N av v v a a N 4183)5.0)(5.0(210001==-+=9767020v N av v ==6）解: (1)如题5-11图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=uxu l t A y 如图(b)，则波动方程为])(cos[0φω++=uxt A y(2) 如题5-11图(a)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω+-=ubt A A Q如题5-11图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=ubt A A Q。
大学物理 北京邮电大学习题
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 ϖϖ-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v ts 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 rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr t 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t v a d d ϖϖ=，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττϖϖ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tvt v t v d d d d d d ττϖϖϖ+= 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τϖϖΘ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 =tr d d ，及a ＝22d d t r 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 =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 ϖϖϖ+=，jty i t x t r a jty i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d 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 yxyx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 t r t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理学第版修订版北京邮电大学出版社上册习题答案.docx
习题3 3.1 选择题(1)有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为 m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)J0(B)J0mR2m) R 2J(J(C)J0(D) 0 mR2[ 答案： (A)](2)如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速度ω 绕其对称轴OC旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s(B)17rad/s(C)10rad/s(D)18rad/s(a)(b)题3.1 （ 2）图[ 答案： (A)](3)如 3.1(3) 图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度?在距孔为 R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[ 答案： (E)]3.2 填空题(1)半径为 30cm的飞轮，从静止开始以 0.5rad ·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度aτ =，法向加速度a n=。
[ 答案：0.15; 1.256 ](2)如题3.2 （2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴 O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，弹、细棒、地球系统的守恒。
守恒，对木球、子题3.2 （2）图[ 答案：对 o 轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴的合外力矩为零，机械能守恒](3)两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为ρA和ρB ( ρA>ρB) ，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理习题及解答(第三版_北京邮电大学出版社)
大学物理习题及解答（第三版 北京邮电大学出版社）习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有111a m T g m =-② 222a m g m T =-③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道． 解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α= 由①、②式消去t ，得 220sin 21x g v y ⋅=α2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解： 2s m 83166-⋅===m f a x x2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=j i v ϖϖϖ(2)m 874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t m t k vv 00d d mkt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===t t t m k m k e k mv t e v t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv t e v x t m k (4)当t=k m时，其速度为 e v e v ev v k m m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1. 2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下(2) 2m 对地加速度为 22g a a a =-'= 方向向上 1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴g g g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo6.2621arctan ==，左偏上． 2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ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．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上， 大小mg mv mv p =--=∆)(12ϖ碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i p I i m p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则 ⎰⎰+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos += 求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为 )cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-== 将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω2-10 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b a t = (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b a t =代入，得 b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v +m kT 2, v -km T2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得1,121+=+=k m m k km m ①又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv +=③联立①、③解得 12)1(kv v k v -+=④将④代入②，并整理得21)(2v v km T -=于是有km T v v 21±= 将其代入④式，有m kT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T v v m kT v v 2,221-=+=证毕． 2-12 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化． 解: (1)由题知，合F ϖ为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合 J 452421-=--=(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s k y ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为 cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n P r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向．解: 1d )(d )(+-==n r nk r r E r F 方向与位矢r ϖ的方向相反，即指向力心．2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少?解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM G r mM G -=地月经整理，得R M M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M Gr M G E P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m kh gh m m v +-+-=μ题2-17图2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。
北京邮电大学大学物理实验习题
大学物理实验模拟试题六一． 选择题（30分，任选10题，每题3分）1． 用0.02mm 的游标卡尺测量约36mm 的物体长度，下面读数正确的是（ ）A: 36.08mm; B: 36.080mm; C: 36.07mm;D: 36.008mm.2． 杨氏模量实验中测量x ∆时，用加、减砝码各测一次的方法，目的是 （ ）A: 消除随机误差； B: 增加测量次数； C: 无意义；D: 减小或消除一些系统误差。
3． 电位差计测量电动势的基本方法是 （ ）A: 比较法； B: 补偿法； C: 模拟法； D: 伏安法。
4． 在分光计的调节中，调节望远镜聚焦于无穷远所用的方法是 （ ）A: 干涉法；B: 二分之一逼近法； C: 自准直法； D: 反射法。
5． 用伏安法测量1000欧姆的电阻，所用测量线路应是 （ ）A: 内接法； B: 外接法；C: 内、外接法都可以；D: 内、外接法都不可以。
6． 用示波器观察李萨如图形，当图形不稳定时，应该调节 （ ） A: f x 、f y 其中任意一个； B: 电平旋钮； C: 锯齿波的频率；D: 聚焦旋钮。
7．不确定度x = x ±x ∆的含义是 （ ）A: x = x +x ∆;B: x = x -x ∆;C: x 的值以一定的概率落在x +x ∆和x -x ∆之间； D: x 的值一定落在x +x ∆和x -x ∆之间。
8．测量约6Ω（功率1W ）的电阻，且使误差小于2.5%，应该选择 （ ） A: 2.5级量程3V 的电压表，1.0级量程0.5A 的电流表； B: 0.5级量程3V 的电压表，0.5级量程10mA 的电流表；C: 1.0级量程3V 的电压表，1.0级量程0.5A 的电流表； D: 1.0级量程3V 的电压表，1.0级量程1A 的电流表。
9．测量约10mm 长度的规则物体的长度，单次测量使误差在千分之几毫米，应选择的测量工具是 （ ） A: 米尺； B: 游标卡尺； C: 千分尺；D: 以上三种工具都不可以。
2022年北京邮电大学805物理学考研真题和答案
2022年北京邮电大学805物理学考研真题和答案2022年北京邮电大学《805物理学》考研全套目录•北京邮电大学《805物理学》历年考研真题汇编•全国名校大学物理考研真题汇编说明：本部分收录了本科目近年考研真题，方便了解出题风格、难度及命题点。
此外提供了相关院校考研真题，以供参考。
2．教材教辅•张三慧《大学物理学：力学、电磁学》（第3版）（B版）配套题库【名校考研真题＋课后习题＋章节题库＋模拟试题】•张三慧《大学物理学：热学、光学、量子物理》（第3版）（B版）配套题库【名校考研真题＋课后习题＋章节题库＋模拟试题】说明：以上为本科目参考教材配套的辅导资料。
•试看部分内容名校考研真题说明：本部分从指定张三慧主编的《大学物理学：力学、电磁学》（第3版）（B版）为考研参考书目的名校历年考研真题中挑选最具代表性的部分，并对其进行了详细的解答。
所选考研真题既注重对基础知识的掌握，让学员具有扎实的专业基础；又对一些重难点部分（包括教材中未涉及到的知识点）进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。
第1篇力学第1章质点运动学一、选择题1．质点作半径为R的变速率圆周运动，以v表示其某一时刻的速率，则质点加速度的大小为（）。
[北京邮电大学2010研]A．B．C．D．【答案】D查看答案【解析】质点切向加速度为，法向加速度为，故质点加速度为：2．以下五种运动形式中，保持不变的运动是（）。
[华南理工大学2009研]A．单摆的运动B．匀速率圆周运动C．行星的椭圆轨道运动D．抛体运动E．圆锥摆运动【答案】D查看答案【解析】抛体运动可将其分解为竖直方向的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，故其加速度始终为,且方向竖直向下。
3．一质点沿轴运动，其运动方程为则质点在前4秒内走过的路程为（）。
[电子科技大学2007研]A．10mB．8mC．9mD．6m【答案】A查看答案【解析】分两段分别计算正向位移、反向位移。
注意位移与路程的差别。
(完整word)北京邮电大学大学物理实验习题5
大学物理实验模拟试题五一、填空题：1．物理学从本质上说是一门____科学，物理规律的发现和物理理论的建立，都必须以严格的____为基础。
并受到____的检验。
2．测量的四要素是______、____、____和____.3．误差按性质可分为____ 和____误差.4．表示重复测量数据离散程度的是____度，它属于____误差，用____误差(偏差)来描述它比较合适。
5．指出下列各数的有效数字的位数.（1） 0。
05cm 是____，（2）mm 310321.4-⨯是____位，（ 3）周长R π2=中的2是____，（ 4）kg )012.0842.3(±中的kg 842.3是____位.6．计算 =⨯+01.0647.9326.000.100____ ,其中00.100=____，0.326+9.647=____，=+647.9326.000.100____。
7．分光仪的四大组成部分是____、____、____和____。
8．在牛顿环实验的调节过程中，若发现视场中半明半暗，应调节____，若发现视场非常明亮.但却调节不出于涉环，其原因是____，若干涉环不够清晰应调节____________。
9．试举出米尺（类）外的三种测量长度的仪器（具） ：（l)____（2）____（3）________10．在落球法测液体的粘度系数中，要测小球的运动过度,这个速度应是小球作____运动的速度；如果实验时。
液体中有气泡，可能使这个速度____，从而使η值的测量值____.二、选择题：1、选出下列说法的正确者（）．A ．可用仪器最小分度或最小分度的一半作为该仪器的一次测量的误差；B ．可以用仪器精度等级估算该仪器一次测量的误差；C ．只要知道仪器的最小分度值,就可以大致确定仪器误差的数量级；D ．以上三种说法都正确．2．测量一约为1.5伏特的电压时要求其结果的相对误差小于1。
5％,则应选用下列哪一种规格的伏特表（）。
大学物理学答案_下册_北京邮电大学
大学物理习题及解答习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q aq'=︒εε解得 qq 33-='(2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r qE πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r rq E ε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d qπε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S qE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力SqS qqf 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos rp E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =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x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a x E E ll P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40la l a +--=ελ)4(π220l al-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1mC -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1CN -⋅方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=xxE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ，即QE 只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=xxx E Qy λε22π4d d ελ⎰==lQyQy EE ⎰-+2223222)d (d ll xx222d 4π2+=llελ以9100.5-⨯=λ1cmC -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1CN -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外则ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RRE x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 2221lrE P +-=εθθλ∵22cos 221lrl+=θ12cos cos θθ-=∴24π4d 22220l r ll r E P++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222lrrlrlrl E +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220lr lr lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵l q 4=λ∴2)4(π422220lr lrqr E P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理0d εq S E s⎰=⋅ 立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量6εq e=Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量6εq e=Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εq e=Φ，如果它包含q 所在顶点则=Φe．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图 (3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R+的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xRxx R S +-+=∴)(π42200x RSq +=Φε02εq =[221xRx+-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=qrE当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm时，∑q3π4p=3(r )3内r -∴()2023π43π4rr rE ερ内-=41048.3⨯≈1CN -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr rE ερ内外1CN -⋅沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rlE S E S π2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2)21R r R <<λl q =∑∴rE 0π2ελ=沿径向向外(3)2R r >0=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， nE )(21210σσε-=1σ面外，nE )(21210σσε+-=2σ面外，nE )(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,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ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1)ρ+球在O 点产生电场010=E ，ρ- 球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ=；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场003ερ='E 'OO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 03ερr E PO=，3ερr E O P '-=',∴ 0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p 在外场E 中受力矩E p M⨯=∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=Mm N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r=42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图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2R ，现将另一正试验点电荷0q从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=OU)(=-Rq Rq 0π41ε=OU)3(RqRq -Rq0π6ε-=∴Rq q U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ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)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==RR E E yR0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d RRxxxxU ελελελ同理CD 产生2ln π402ελ=U半圆环产生034π4πελελ==RR U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小re eE F e 0π2ελ==∴rvmre 20π2=ελ得1320105.12π2-⨯==emvελ1mC -⋅8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E与电势U 的关系U E -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势22π4xRq U +=ε∴()ixR qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4rql l l r q U εθθθε=+--=∴30π2cos rp rU E r εθ=∂∂-=30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即2222040321=---εσεσεσεσ又∵+2σ03=σ∴ 1σ4σ= 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?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 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ ABACUU=，即∴ABAB AC AC E E dd =∴2dd 21===ACAB ABAC E E σσ且1σ+2σS q A =得,32Sq A =σS q A 321=σ而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC 10172-⨯-=-=S q B σ (2)31103.2dd⨯===ACACAC AE UεσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(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 -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rq rr q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε (3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q '(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q UAεεε得 qR R q 21='外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q UBεεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq Rq εε得-='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知2020π4rqF ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0220183π483π4"'2F rqrq q F =-=εε(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q.∴ 小球1、2间的作用力0294π432322F rq qF ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U=0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U UAB=可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσdU Sq S q dU U C SS q B A解得S q261==σσS q d U2032-=-=εσσS q dU 2054+=-=εσσ所以CB 间电场S qdU E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U UCBCε+===注意：因为C 片带电，所以2UUC≠，若C 片不带电，显然2U U C=8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rr Q E r r Q D r εε==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E rQr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQ E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR rq rεεε+-=)11(π420R rQ r r-+=εεε(3)金属球的电势rd r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内 ⎰⎰∞+=222020π44πdr R R Rr rQdrrQ εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D 得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21U E E ==∴rD D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.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(1R ＜r ＜2R＝，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；rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内(3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl Q D π2=(1)电场能量密度22222π82lr QDw εε==薄壳中rl r Q rl r l r Qw W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222lnπ4π4d d R R VR R lQrlr Q W W εε(3)电容：∵C QW 22=∴)/ln(π22122R R l WQC ε==*8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1)1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41rq q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．(2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41rq q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μ F ．1C 上电压为50V ．求：ABU．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C +=其上电荷123Q Q =∴355025231123232⨯===C U C C Q U86)35251(5021=+=+=UU UABV8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1)1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C UU ，而100021=+UU∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021UU U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失WW W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q UC UC +-+=221212UC C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求： (1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r r Q E ε=3R r >时302π4rr Q E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R rr rQ W εε⎰-==21)11(π8π8d 212202R R R R Qrr Q εε在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Qr r r Q W εεε∴ 总能量)111(π8321221R R R QW W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rr Q E ε=,02=W∴4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R QW W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd μ∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ 这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅L l l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B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 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒RI R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=RIB B B B ，方向⊥向里．9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =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2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ解得 1.0=r m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．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．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1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
(完整word)北京邮电大学大学物理实验习题1 (1)
大学物理实验模拟试题一一、填空题（总分42分，每空1分）1． 测量结果的有效数字的位数由 和 共同决定。
2． 50分度的游标卡尺，其仪器误差为 。
3． 量程为10mA 电流表，其等级为1。
0,当读数为6。
5mA 时,它的最大误差为 。
4． 不确定度 表示 . 5． lg35.4= .6． 在分光计实验中，望远镜的调节用的是 法.7． S 是表示多次测量中每次测量值的 程度，它随测量次数n 的增加变化很 ,N S 表示偏离真值的多少，它随测量次数n 的增加变化很 。
8． 在杨氏模量实验中,若望远镜的叉丝不清楚，应调节望远镜 的焦距，若观察到的标尺像不清楚则应调节望远镜 的焦距。
钢丝的伸长量用 法来测定。
9． 计算标准偏差我们用 法,其计算公式为 。
10．表示测量数据离散程度的是 精密度 ，它属于 偶然 误差,用 误差（偏差）来描述它比较合适.11．用20分度的游标卡尺测长度,刚好为15mm ，应记为 mm 。
12．根据获得测量结果的不同方法,测量可分为 测量和 测量；根据测量的条件不同，可分为 测量和 测量.13．电势差计实验中,热电偶的电动势与温差的关系为 关系，可用法、 法和 法来求得经验方程。
14．789。
30×50÷0.100= .15．10.1÷4。
178= 。
16．2252= 。
17．用分光仪测得一角度为300，分光仪的最小分度为1，,测量的结果为 。
18．对于连续读数的仪器，如米尺、螺旋测微计等,就以 作为仪器误差。
19．分光计测角度时由于度盘偏心引起的测量角度误差按正弦规律变化,这是 误差.20．在示波器内部，同步、扫描系统的功能是获得 电压信号，这种电压信号加在 偏转板上，可使光点匀速地沿X 方向从左向右作周期性运动.21．系统误差有 确定性 的特点，偶然误差有 随机性 的特点。
22．在测量结果的数字表示中，由若干位可靠数字加上 位可疑数字，便组成了有效数字。
北京邮电大学2020年《805物理学》考研专业课真题试卷
其值为Io, 则当透射方向与x轴成0角时， 透射强度为［
］
。 (A) 1.51 -1/21。cos2 0
。 。 (B) 1.5/ sin2 0+1/21
。 。 (C) 1.51 -1/21 sin2 0
。 (D) 1.5/ sin20-1/2!。
10. 氢原子中处于3d量子态的电子， 描述其量子态的四个量子数(n,l,mi ,m)可能取得
图。若r«R, 当它们处于同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为
。
考试科目： 805 物理学
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题17图 18. 线偏振光垂直通过l / 4波片后， 其出射光为
偏振光。
19. 令儿C = himec (称为电子的康普顿波长， 其中me 是电子静止质量，c为真空中光速，
h为普朗克常数）。当电子的动能等于其静止能量时，它的德布罗意波长为入＝
M
(A) mg(l+己）
(C)
mg(2+
3M
了）
题2图
(B) mg(气） (D) 2mg(l+号）
.--...『. ;, 3. 一平行板电容器两极板相距为d, 面积为S, 中间充有厚度分别为d1和少的两层电介
质， 其相对介电常数分别为£,! 和幻， 不计边缘效应。 则该电容器系统的电容为［ ］ +Q
的值为［
］
(A) (3,0,,1,--2)
(B) (1,1,,1,--21 )
(C) (2,1,,2,--21 )
(D) (3,2,,0,-一21 ）
二、 填空题（每小题4分， 共40分）
11. 一质点作圆周运动， 半径为R, 其路程与时间的函数关系为S= 冗t2 +St (SI), 则质
北京邮电大学大学物理学习题答案10
习题十10-1 一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ 感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====tr rB r B ttm Φε V10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i， 题10-2图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m =∵ B 与i夹角和B 与j 夹角相等，∴ ︒=45α则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tB RtmαεV方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-3图*10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2ax ，放在均匀磁场中．B与xOy 平面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势．解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量⎰⎰=-==aym y B x x y B S B 0232322d )(2d 2ααΦ∴ v y Bty y Btm 21212d d d d ααε-=-=Φ-=∵ ay v 22=∴ 212y a v =则 ααεaByy a yBi 8222121-=-= i ε实际方向沿ODC ．题10-4图10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压NM UU -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε=又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba b a Ivl vB 0ln2d cos 0πμπε所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba b a Iv-+ln20πμM 点电势高于N 点电势，即ba b a IvU U N M -+=-ln20πμ题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tI d d 的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln[lnπ2d π2d π2000da db ab Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε 10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题10-6图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m∴Bfr f r B r B t r B tm m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε∴ RBf r RI m 22π==ε10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=A D Ivb vBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a I vbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad dIbvμεεεV方向沿顺时针．10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm -=-=d d Φε即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε；题10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε；出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示.题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l 磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d lOb l B r rB ωωε同理 ⎰==32181d lOa l B r rB ωωε∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+=(2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Ivr ra rIv l B v ba ba BAAB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-lnd )211(2d )(00πμπμε∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左，∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题10-12图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tB d d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tB R B R ttab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tab d d 2ΦεtB R B R td d 12π]12π[d d 22=--∴ tB R R ac d d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a → 10-13 半径为R 的直螺线管中，有dtdB ＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m-=⋅= Φ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε∵ 0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题10-13图题10-14图10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解： 由⎰⎰⋅-=⋅l S t Bl Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E与ab 垂直 ∴ ⎰=⋅ll 0d旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l Ecddc旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题10-15图10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2aa Ia r rIa μμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==10-16 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Iarr Ia S B bbS μμΦ⎰⎰==⋅=∴ 6012108.22ln π2-⨯===aNIN M μΦ H(b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012=Φ，见题10-16图(b) ∴ 0=M题10-16图题10-17图10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是a ，中心相距为d ，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l 的一段自感为πμl L 0=Inaa d -．解： 如图10-17图所示，取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad d aa d Il r r rIl r l r I r πI )ln(ln2πd )d11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦaa d Il-=lnπ0μ∴ aa d lI L -==lnπ0μΦ10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H10-19图10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ磁链 ab Ih N N ln π220μΦψ==∴ ab h N IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LIW m =∴ ab hI N W m ln π4220μ=10-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能． 解：在R r <时 20π2RI B rμ=∴ 4222002π82RrI Bw m μμ==取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I Rr r I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ。
大学物理(北邮大)答案习题9
习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B =(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0 但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B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 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BBC 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =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2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置题9-8图解：如题9-8图所示,A B 方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m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．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．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1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理(北邮大)答案习题11.doc
q = CU = 271E IU q =CU 习题十一11-1圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为尺和R/RD 中间充满介电常数为£ 的电介质•当两极板间的电压随时间的变化孑^时魏为常数），求介质内距圆柱轴线为 r 处的位移电流密度. 解：圆柱形电容器电容C=—In 冬小 q 2 兀elU E U D =——= ------------- = -----------S 宀、17cr ln^- 厂 In 」& K.dD Ek ]= ------- =--------------- —肆11-2试证：平行板电容器的位移电流可写成l d =C —.式中C 为电容器的电容，U 是 dr 电容器两极板的电势差.如果不是平板电容器，以上关系还适用吗？解：••• CU~S~<P D =DS = CU=d0p =cdU "dt dt不是平板电容器时 D = cr 0仍成立题11-3图D =C°□还适用.题11-4■&11-4如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度E=720sinl0‘加V 方向规定如图.试求：(1)电容器中的位移电流密⑵电容器内距中心联线“叽的-点/,当时磁场强度的大小及方向(不考虑传导电流产生的磁场).J D =晋'D = £Q E 解：(1)⑵•••~\ 1-1 ~\ j D = ——=e 0—(720sinl05^r) =72OxlO 5^r o cosl05^r A m -2dt dt ^Hdl=Yl 0 + [s)J D dS 取与极板平彳丁且以中心连线为圆心，半径r 的圆周/ = 2岔，贝H27rr = j DrHpt =0时=fx720x10,亦•()=3.6xlOF ()A m -1/=丄xlO -5 s 时，H p = 0 2 卩11-5半径为7?=0. 10m 的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中.今对电容器匀速充电， 使两极板间电场的变化率为一=1.0X10" V-m H - s H .求两极板间的位移电流，并计算电 dt容器内离两圆板中心联线r (r<7?)处的磁感应强度Br 以及r = R 处的磁感应强度.dD 3E解：D = j D S =j 7iR^2.8A11-3如题11-3图所示，电荷+q 以速度0向0点运动，+q 到0点的距离为x ,在0点处作半径为a 的圆平面，圆平面与0垂直.求：通过此圆的位移电流. 解：如题11-3图所示，当q 离平面x 时，通过圆平面的电位移通量d 如—qa~v E 2(x 2 +a 2y⑵••• s取平行于极板, 以两板中心联线为圆心的圆周1 = 亦,贝I」H17Vr = j D7Vr2 = 6*0——Ttr1 dt口r dE—嘗普2 dt当r = R时，BR=^^-—=5.6X10^ T R 2 dt*11-6 一导线，截面半径为10%单位长度的电阻为3X10% 载有电流25. 1A.试计算在距导线表面很近一点的以下各量：(1)H的大小；(2)E在平行于导线方向上的分量；(3)垂直于导线表面的S分量.解：⑴•••取与导线同轴的垂直于导线的圆周1=2启,贝UH271T =1H = —= 4xl02 Am"17vr(2)由欧姆定律微分形式j = aE得E = ^- = - = 77? = 7.53x 10"2V-m-1<7 1/RS(3) ■: S = ExH , E沿导线轴线，H垂直于轴线••• S垂直导线侧面进入导线，大小S = EH=30.1 W m-2*11-7有一圆柱形导体，截面半径为a,电阻率为。
大学物理(北邮大)习题4答案
大学物理(北邮大)习题4答案习题四4-1 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；(2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．题4-1图解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用0d d 222=+ξωξt描述时，其所作的运动就是谐振动． (1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线 性回复力．(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中 ，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题4-1图(b)所示．题 中所述，S ∆＜＜R ，故R S ∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有θθmg tmR -=22d d令Rg =2ω，则有0d d 222=+ωθt4-2 劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．题4-2图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有21F FF ==，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有111xk F xk F -=-=串 222x k F -=又有 21x xx +=2211k F k F k Fx +==串所以串联弹簧的等效倔强系数为2121k k k k k +=串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/(2121k k kk k +=的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为2121)(222k k k k m k mT +===ππωπ串(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ==，即21x xx ==，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有2211x k x k x k +=并故 21k k k +=并同上理，其振动周期为212k k m T +='π4-3 如题4-3图所示，物体的质量为m ，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，弹簧的倔强系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R ．先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．题4-3图解：分别以物体m 和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为x 轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x 时，有221d d sin tx m T mg =-θ ①βI R T R T =-21J 1058.1212-⨯===E E E k p当pkE E=时，有pE E 2=，即 )21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)Ax-=0；(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2A x =处向负向运动； (4)过2A x -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程． 解：因为⎩⎨⎧-==0000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t T A x )232cos(232πππφ+==t T A x )32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x4-6 一质量为kg10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量． 解：由题已知 s0.4,m 10242=⨯=-T A ∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m)5.0cos(10242t x π-⨯= (1)将s 5.0=t 代入得0.17mm )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，0=φ， tt =时 3,0,20πφ=<+=t v A x故且∴ s 322/3==∆=ππωφt (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4．用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后 ，给予向上的初速度1s cm 0.5-⋅=v ，求振动周期和振动表达式． 解：由题知12311mN 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k而0=t 时，-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x( 设向上为正)又 s 26.12,51082.03===⨯==-ωπωT m k 即m102)5100.5()100.1()(22222220---⨯=⨯+⨯=+=∴ωv x A45,15100.1100.5tan 022000πφωφ==⨯⨯⨯=-=--即x v∴ m)455cos(1022π+⨯=-t x4-8 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,00===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT 故 m)23cos(1.0ππ+=t xa由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,200πφ=∴>=v Ax1=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=vx又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65= 故 mt xb)3565cos(1.0ππ+=4-9 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同?(2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程． 解：(1)空盘的振动周期为kM π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大．(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmg x -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即)(2v M m gh m +=则有 Mm gh m v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）gm M kh x v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk m g x )(2arctan cos )(214-10 有一单摆，摆长m 0.1=l ，摆球质量kg10103-⨯=m ，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水平向右的冲量14s m kg 100.1--⋅⋅⨯=∆t F ，取打击时刻为计时起点)0(=t ，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程．解：由动量定理，有-=∆⋅mv t F∴1-34s m 01.0100.1100.1⋅=⨯⨯=∆⋅=--m t F v按题设计时起点，并设向右为x 轴正向，则知=t 时，100s m 01.0,0-⋅==v x＞0∴ 2/30πφ=又 1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω∴ m 102.313.301.0)(302020-⨯===+=ωωv v x A故其角振幅rad 102.33-⨯==ΘlA小球的振动方程为rad)2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m 20.0，位相与第一振动的位相差为6π，已知第一振动的振幅为m 173.0，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差．题4-11图解：由题意可做出旋转矢量图如下． 由图知01.02/32.0173.02)2.0()173.0(30cos 222122122=⨯⨯⨯-+=︒-+=A A A A A∴ m1.02=A 设角θ为O AA 1，则θcos 22122212A A A A A -+=即1.0173.02)02.0()1.0()173.0(2cos 2222122221=⨯⨯-+=-+=A A A A A θ即2πθ=，这说明，1A 与2A 间夹角为2π，即二振动的位相差为2π. 4-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅： (1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)373cos(5cm )33cos(521ππt x t x(2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm1021=+=AA A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
北京邮电大学《805物理学》考研专业课真题试卷
卜---- L -- -1
考试科目： 805物理学
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8. 仅用检偏器观察一束光时， 强度有一最大但无消光位置， 在检偏器前
置一个四分之一波片， 使其光轴与上述强度为最大的位置平行， 通过检
偏器观察时有一消光位置， 这束光是[
J
(A) 自然光
(B)线偏振光
(C)部分偏振光
(D)椭圆偏振光
］
(A) d1 凡
(B) d2 /d1
noin屯
(C) 1
I (D) dJ dl2
d1 u t/.i
考试科目： 805 物理学
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4. 如图所示， 两个半径为R的相同金属环在a、b两点接触(ab连线为
环直径）， 并相互垂直放置， 电流I沿ab连线方向由a端流入，b端流
出， 则环心处磁感应强度的大小为［
m
k
F
_____________
805
3
6
4.
n,
I
r
______________
0
f(v)
5.
_______________________
6. 1m
0.2mm 500nm
_______________
O 1000
v (m/s)
7.
1
a
b
2
()
I
R ab
O
O
_______________
1I a Ob
2I
8. f=400mm
_______________
a=0.15 mm 8 mm
9.
1 3x
(x)
cos , ( - a x a )
大学物理 力学 北京邮电大学 习题讨论-3.20
m1
(不爬)
m2
(爬 )
m1= m2 把小孩看成质点， 以滑轮中心为“固定点”，
对“m1+m2 + 轻绳 + 滑轮”系统：
外力： m1 g , m 2 g , N
条件： M 外 0
所以角动量守恒 设两小孩
N R
0
分别以 v v 速度上升。 1, 2
设角动量以指向纸内为正。
R 0
第3题 一长为 l , 质量为m 的 o 竿可绕支点O自由转动．一质 30 量为m’、速率为v 的子弹射入 a ' 竿内距支点为a 处，使竿的偏 m o 转角为30 . 问子弹的初速率 v 为多少? 解 子弹、竿组成一系统，应用角动量守恒
3mva 1 2 2 mva ( ml ma )， 2 2 3 m'l 3ma
即质量为 m1 （轻的、不爬的） 小孩先到。
m1
(不爬)
m2
(爬 )
总之， 轻的小孩总是先到， 爬绳的小孩不一定先到。
刚体运动
1.转动惯量求法
同轴圆柱
r1 r2 o m2
m1
J z J 2 J1
2 m 2 r2
2
2 m1 r1
2
z
m1 r1 m2 r2
空心圆盘
J z J 2 J1 m 2 r22 m1 r12 2 2
碰后球 的角动量 碰后杆的 质心角动量 碰后杆绕 碰前总 质心的角动量 角动量
得
l 6vc ---（2）
注意：被碰的杆端不是固定点。
弹性碰撞，动能不变 2 1 1 Ml 2 1 1 2 2 mv Mv c mv02 2 2 12 2 2 2 1 1 3 ml 1 1 2 2 2 2 mv 3mv c mv 0 2 2 12 2 2
北京邮电大学《805物理学》历年考研真题汇编
目 录2016年北京邮电大学805物理学考研真题2015年北京邮电大学805物理学考研真题2013年北京邮电大学805物理学考研真题2012年北京邮电大学805物理学考研真题2011年北京邮电大学805物理学考研真题2010年北京邮电大学805物理学考研真题2009年北京邮电大学物理学考研真题2008年北京邮电大学物理学考研真题2007年北京邮电大学物理学考研真题2006年北京邮电大学物理学考研真题2005年北京邮电大学物理学考研真题2004年北京邮电大学物理学考研真题2003年北京邮电大学物理学考研真题2016年北京邮电大学805物理学考研真题北京邮电大学2016年硕士研究生入学考试试题考试科目：物理学靖考生注意:①所有答案(包括选择题和填空题)一律写在答题纸上，否则不计成绩，②不允许考生使用计算器，③可能用到的物理常数均用字母表示，一.选择题(每题3分，共30分)1,在质点的下列运动中，说法正确的是()(A)勾加速运动必定是直线运动(B)在曲线运动中，速度的法向分最恒为零(C)在圆周运动中，加速度的方向总指向圆心(D)在圆周运动中，法向加速度方向总不变2质危为析的物体，放在纬度为&的地面上，设地球质讶为此，半径为R e，自救角速度为叽考虑地球自转的影响，该物体受到的重力为(A)G罗(B)G七:-灯麻A(C)G cos0火53.两个均匀的圆盘A和质金和厚度都相等，已知X的密度大于B的密度，设两盘对过圆心且与盘面垂直的转轴的转动惯量分别为以和而，则()(A)J A<J B(B)J A=J S(C)J A>J B(D)无法判断4,电场中任意高斯面上各点的电场强度由()(A)高斯面内的电荷决定(B)分布在高斯面外的电荷决定(C)空间所有电荷决定(D)高斯面内的电荷的代数和决定考试科目：m3物理学第£爽共6舆5.正方形的一条对角线上放置一均匀带电的细杆，长度恰好与对角线重合，带电量为心其余两顶点上各放置点电荷0若。
北京邮电大学大学物理实验习题
大学物理实验模拟试题六一． 选择题（30分，任选10题，每题3分）1． 用0.02mm 的游标卡尺测量约36mm 的物体长度，下面读数正确的是（ ）A: 36.08mm; B: 36.080mm; C: 36.07mm; D: 36.008mm.2． 杨氏模量实验中测量x ∆时，用加、减砝码各测一次的方法，目的是 （ ）A: 消除随机误差； B: 增加测量次数； C: 无意义；D: 减小或消除一些系统误差。
3． 电位差计测量电动势的基本方法是 （ ）A: 比较法； B: 补偿法； C: 模拟法； D: 伏安法。
4． 在分光计的调节中，调节望远镜聚焦于无穷远所用的方法是 （ ）A: 干涉法； B: 二分之一逼近法； C: 自准直法； D: 反射法。
5． 用伏安法测量1000欧姆的电阻，所用测量线路应是 （ ）A: 内接法； B: 外接法；C: 内、外接法都可以； D: 内、外接法都不可以。
6． 用示波器观察李萨如图形，当图形不稳定时，应该调节 （ ）A: f x 、f y 其中任意一个； B: 电平旋钮； C: 锯齿波的频率； D: 聚焦旋钮。
7．不确定度x = x ±x ∆的含义是 （ ）A: x = x +x ∆;B: x = x -x ∆;C: x 的值以一定的概率落在x +x ∆和x -x ∆之间； D: x 的值一定落在x +x ∆和x -x ∆之间。
8．测量约6Ω（功率1W ）的电阻，且使误差小于2.5%，应该选择 （ ） A: 2.5级量程3V 的电压表，1.0级量程0.5A 的电流表； B: 0.5级量程3V 的电压表，0.5级量程10mA 的电流表；C: 1.0级量程3V 的电压表，1.0级量程0.5A 的电流表； D: 1.0级量程3V 的电压表，1.0级量程1A 的电流表。
9．测量约10mm 长度的规则物体的长度，单次测量使误差在千分之几毫米，应选择的测量工具是 （ ） A: 米尺； B: 游标卡尺； C: 千分尺；D: 以上三种工具都不可以。
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大学物理实验模拟试题一一、填空题（总分42分，每空1分）1． 测量结果的有效数字的位数由 和 共同决定。
2． 50分度的游标卡尺，其仪器误差为 。
3． 量程为10mA 电流表，其等级为1.0，当读数为6. 5mA 时，它的最大误差为 。
4． 不确定度表示 。
5． lg35.4= 。
6． 在分光计实验中，望远镜的调节用的是 法。
7． S 是表示多次测量中每次测量值的 程度，它随测量次数n 的增加变化很 ，表示 偏离真值的多少，它随测量次数n 的增加变化很 。
8． 在杨氏模量实验中，若望远镜的叉丝不清楚，应调节望远镜 的焦距，若观察到的标尺像不清楚则应调节望远镜 的焦距。
钢丝的伸长量用 法来测定。
9． 计算标准偏差我们用 法，其计算公式为 。
10．表示测量数据离散程度的是 精密度 ，它属于 偶然 误差，用误差（偏差）来描述它比较合适。
11．用20分度的游标卡尺测长度，刚好为15mm,应记为 mm 。
12．根据获得测量结果的不同方法，测量可分为 测量和 测量；根据测量的条件不同，可分为 测量和 测量。
13．电势差计实验中，热电偶的电动势与温差的关系为 关系，可用法、 法和 法来求得经验方程。
14．789.30×50÷0.100= 。
15．10.1÷4.178= 。
16．2252= 。
17．用分光仪测得一角度为300，分光仪的最小分度为1，，测量的结果为 。
18．对于连续读数的仪器，如米尺、螺旋测微计等，就以 作为仪器误差。
19．分光计测角度时由于度盘偏心引起的测量角度误差按正弦规律变化，这是 误差。
20．在示波器内部，同步、扫描系统的功能是获得 电压信号，这种电压信号加在 偏转板上，可使光点匀速地沿X 方向从左向右作周期性运动。
21．系统误差有 确定性 的特点，偶然误差有 随机性 的特点。
22．在测量结果的数字表示中，由若干位可靠数字加上 位可疑数字，便组成了有效数字。
23．在进行十进制单位换算时，有效数字的位数 。
24．静电场模拟实验应用了 法，它利用了静电场和 的相似性。
二、单项和多项选择题（总分30分,每题3分）1． 下列测量结果正确的表达式是：A ．L=23.68＋0.03mB ．I=4.091＋0.100mAC ．T=12.563＋0.01sD ．Y=(1.67＋0.15)×1011P aσNS２．在下面的李萨如图中，如果在X 轴方向信号的频率是100Hz ，那么在Y 轴方向信号的频率是：３．在静电场模拟实验中，若提高电源电压，则：Ａ．等势线的分布更密集 Ｂ．电场分布会有畸变 Ｃ．等势线的形状不会发生改变 Ｄ．电力线会产生变化 ４．在示波器实验中，时间轴Ｘ轴上加的信号为Ａ．正弦波 Ｂ．方波 Ｃ．三角波 Ｄ．锯齿波 ５．下列不确定度的传递公式中，正确的是：Ａ．Ｂ．Ｃ．（a 为常数）Ｄ．６．测量一约为1.5伏的电压时要求其结果的相对误差不大于1.5%，则应选用下列哪种规格的电压表：Ａ．0.5级，量程为5伏 B ．1.0级，量程为2伏 C ．2.5级，量程为1.5伏 D ．0.5级，量程为3伏 7．实验中，牛顿环的中心条纹为：Ａ．暗纹 Ｂ．亮纹 Ｃ．零级条纹 Ｄ．不确定 ８．下列正确的说法是Ａ．A 类不确定度评定的都是偶然误差 Ｂ．系统误差都由B 类不确定度决定Ｃ．A 类不确定度可以评定某些系统误差 Ｄ．偶然误差全部可以用A 类不确定度来评定９．在杨氏模量实验中，下列哪种原因产生系统误差？Ａ．实验前钢丝没拉直 Ｂ．支架不铅直Ｃ．砝码的误差 Ｄ．标尺的刻度误差 Ｅ．以上全部10．在静电场模拟实验中，若画出的等势线不对称，可能的原因是：Ａ．导线有一定的电阻 Ｂ．电源电压过高 Ｃ．导电基质不均匀 Ｄ．以上全部y x y x N +-=222x2222y2N y x x y x y +++=σσσz 2y x L -+=2224z y x z σσσσ++=at 1V M +=32222)1()1(4at V a at t V M+++=σσσ4hd V 2π=2h2d V d 4σσσ+=三、综合题（总分28分） １．用50分度的游标卡尺测圆环的宽度，其数据如下：m=15.272，15.276，15.268，15.274，15.270，15.272，15.274，15.268，15.274，15.272cm ，求合成不确定度。
（10分） ２．测量某圆柱体的高h=13.322+0.006cm ，直径为d=1.541+0.005cm ，计算圆柱体的体积V的值并写出结果表达式。
（10分）３．利用读数显微镜测量一微小圆环的内环半径R1、外环半径R2和厚度d 。
试说明测量方法和测量步骤。
（8分）大学物理实验模拟试题一答案一、填空题（总分42分，每空1分） 1．被测量的大小，测量仪器。
2．0.02mm 。
3．0.01mA 。
4．误差以一定的概率被包含在量值范围（）之中，或测量值的真值以一定的概率落在量值范围（）之中。
5．1.549。
6．自准直。
7．分散，慢，平均值，快。
8．目镜，物镜，放大法。
9．贝塞尔，（公式略）。
10．精密度，偶然，标准。
11．15．0012．直接，间接，等精度，非等精度。
13．线性，作图，逐差，最小二乘。
14．3.9×103。
15．2.42。
16．5.06×104。
17．0.5236+0.0003弧度 18．最小分度/2。
19．系统。
20．锯齿波，X 。
21．确定性，随机性。
σσ+-~σσ+-N N ~22．1． 23．不变。
24．模拟，电流场。
二、单项和多项选择题（总分30分,每题3分）１A ２C ３C ４Ｄ 5 B 6B D 7Ｄ ８CD ９Ｅ 10C三、综合题（总分28分）1． 解：=0.003（cm ） (3分)（4分）（3分）2． 解：（2分）(4分)V=24.9+0.2（cm 3） (3分)3．解：主要是注意空转误差的消除。
（4分） R1和R2的测量转化为直径的测量。
（4分）大学物理实验模拟试题二一、填空题（总分50分，每空1分）1． 测量四要素是 ， ， ， 。
2． 绝对误差为 。
修正值为 。
3．误差按来源分类可分为 ， ， ， 。
4． 在计算标准偏差时，S 表示 ，表示 。
5． 计算公式L=2лR ，其中R=0.02640m ，则式中R 为 位有效数字，2为 位有效数字，л为 位有效数字。
6． 分光计由 ， ， ， 组成。
7． 在牛顿环实验中应注意消除 误差。
)1()(1012--=∑=n n m mS i im )(001.03002.03002.0cm u cm ==∆==∆仪仪)(003.0)001.0()003.0(2222cm u S m =+=+=σ)(85.24322.13541.01416.3414322cm h d V =⨯⨯⨯==π32222.0()()2(4cm d hd h d V ==+=数据代入式）σσπσ--NS8． 在杨氏模量实验中用 法消除系统误差。
9． 示波器的最基本组成部分是 ， ， ， 。
10．电势差计的基本原理是 。
它的三个重要组成部分是 ， ， 。
11．用一只准确度级别为1.0级，量程为30mA ，最小分度为1mA 的电流表测电流。
如果电表指针正好指在21mA 上，应读作 mA 。
12．用米尺测量某一长度L=6.34cm ，若用螺旋测微计来测量，则有效数字应有 位。
13．使用逐差法的条件是：自变量是严格 变化的，对一次逐差必须是 关系。
14．天平砝码的准确性产生的误差为 误差，用 类不确定度来评定。
15．在分光计的实验中采用 法来消除偏心差。
16．作图连线时，一般应连接为 直线或曲线， 通过每个测量数据点。
而校正图线应该连接为 线， 要通过每个测量数据点。
17．偶然误差的分布具有三个性质，即 性， 性， 性。
18．对于不连续读数的仪器，如数字秒表、分光计等，就以 作为仪器误差。
19．在伏安法测非线性电阻的实验中，由于电流表内接或外接产生的误差为 误差。
20．在示波器的水平和垂直偏转板上分别加上两个正弦信号，当二电压信号的频率比为 比时荧光屏上出现稳定 的图形，称为 图形。
21．作薄透镜焦距测量的实验中，首先要进行 调节，这是因为薄透镜成像公式在 的条件下才能成立。
二、选择题（总分20分,每题２分）1． 下列测量结果正确的表达式是：A ．L=23.68＋0.009mB ．I=4.09＋0.10mAC ．T=12.56＋0.01sD ．Y=(1.67＋0.5)×1011P a ２．在牛顿环实验中，我们看到的干涉条纹是由哪两条光线产生的？３．在电势差计的实验中，校正工作电流时平衡指示仪的指针始终偏向一边，可能的原因是：Ａ．没开工作电源 Ｂ．接标准电源的导线不通 Ｃ．平衡指示仪的导线极性接反 Ｄ．工作电源电压偏高或偏低 ４．在示波器实验中，时间轴Ｘ轴上加的信号为Ａ．正弦波 Ｂ．方波 Ｃ．三角波 Ｄ．锯齿波 ５．下列不确定度的传递公式中，正确的是：Ａ．Ｂ．y x y x N +-=222x 2222y2N y x x y x y +++=σσσz 2y x L -+=2z2y 2x z 2σσσσ++=Ｃ．(a 为常数)Ｄ．６．用分度值为０．０２mm 的游标卡尺测长度，正确的数据记录为：Ａ．６７．８８mm B ．５．６７mm C ．４５．７４８mm D ．３６．９mm7．用示波器观察波形，如果看到了波形，但不稳定，为使其稳定，可调节：Ａ．＂扫描频率＂调节 Ｂ．＂扫描频率＂与＂聚焦＂配合调节Ｃ．＂触发电平＂调节 Ｄ．＂扫描频率＂与＂触发电平＂配合调节 ８．下列正确的说法是Ａ．多次测量可以减小偶然误差 Ｂ．多次测量可以消除系统误差 Ｃ．多次测量可以减小系统误差 Ｄ．多次测量可以消除偶然误差 ９．在牛顿环实验中，下列哪种措施可以减下误差？Ａ．将半径的测量变成直径的测量 Ｂ．用单色性好的光源Ｃ．用逐差法处理数据 Ｄ．测量时保持显微镜的测距手轮单向移动 Ｅ．以上全部10．在静电场模拟实验中，若画出的等势线不对称，可能的原因是：Ａ．电压表的分流作用 Ｂ．电极与导电基质接触不良或不均匀 Ｃ．导电基质不均匀 Ｄ．以上全部三、计算题（总分３０分，每题１０分）１．用复摆公式，通过测量周期Ｔ来测量摆长Ｌ。
如果已知g 的标准值，并测得Ｔ≈２s ，周期测量的极限误差为△Ｔ＝０.１s ，若想要Ｌ的不确定度小于１.0%，测量周期时至少应测量多少个周期？２．用电势差计校准量程为1mV 的毫伏表，测量数据如下（表中单位均为mV ）。
在如图所示的坐标中画出毫伏表的校准曲线，并对毫伏表定级别。