大学物理II练习册答案

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大学物理II练习册答案13

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大学物理练习 十三一、选择题:1.一质点作简谐振动,振动方程为)cos(φω+=t A x ,当时间t=21T (T 为周期)时,质点的速度为: [ ] (A) φωsin A - (B) φωsin A (C) φωcos A - (D) φωcos A解:当时间t=21T,()φωφπωsin sin A A v =+-=2.一物体作简谐振动,振动方程为)4/cos(πω+=t A x 。

在t=T/4(T 为周期)时刻,物体的加速度为: [ ](A) 2212ωA - (B) 2212ωA (C) 2213ωA - (D) 2213ωA解:在t=T/4(T 为周期)时刻3.劲度系数分别为k 1和k 2的两个轻弹簧串联在一起,下面挂着质量为m 的物体,构成一个竖挂的弹簧振子,则该系统的振动周期为[ ](A) 21212)(2k k k k m T +π= (B) )(221k k m T +π=(C) 2121)(2k k k k m T +π= (D) 2122k k m T +π=解:x k x k x k ∆=∆=∆2211(C)4.一质点沿x轴作简谐振动,振动方程为()ππ3122cos 104+⨯=-t x (SI)。

从t=0 刻起,到质点位置在x= -2cm 处,且向X 轴正方向运动的最短时间间隔[ C ](A) 1/8s (B) 1/4s (C) 1/2s (D) 1/3s(E) 1/6s解: 5.一个质点作简谐振动,振幅为A ,在起始时刻质点的位移为A 21,且向x 轴的正方向运动,代表此简谐振动的旋转矢量图为[ ]解:[B ]二、填空题:1.如图所示,一质量为m 的滑块,两边分别与倔强系数为k 1和k 2的轻弹簧连接,两弹簧的另外两端分别固定在墙上。

滑块m 可在光滑的水平面上滑动,O 点为系统平衡位置。

将滑块m 向左移动到x 0,自静止释放,并从释放时开始计时。

取坐标如图所示,则其振动方程为 解:()Kx x K K x K x K f f f =+=+=+=212121A x x ==0 则:0=φ2.一质点作简谐振动.其振动曲线如图所示.根据此图,它的周期T =___________,用余弦函数描述时初相(B) (C) -⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=t m k k x x 210cosϕ =_________________。

大学物理(二)练习册答案

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1 大学物理(二)练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(D),2(C),3(C),4(A),5(C),6(B),7(C),8(D),9(D),10(B),二、填空题(1). 电场强度和电势,0/q F E=,l E q W U aaò×==00d /(U 0=0). (2). ()042e /q q+,q 1、q 2、q 3、q 4 ;(3). 0,l / (2e 0);(4). s R / (2e 0) ;(5). 0 ;(6). ÷÷øöççèæ-p 00114r r qe ;(7). -2³103 V ;(8). ÷÷øöççèæ-p a br r q q 11400e (9). 0,pE sin a ;(10). ()i a x A2+-.三、计算题1. 如图所示,真空中一长为L 的均匀带电细直杆,总电荷为q ,试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度.解:设杆的左端为坐标原点O ,x 轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为l =q / L ,在x 处取一电荷元d q = l d x = q d x / L ,它在P 点的场强:()204d d x d L qE -+p =e ()204d x d L L xq -+p =e 总场强为ò+p =Lx d L x Lq E 020)(d 4-e ()d L d q +p =04e 方向沿x 轴,即杆的延长线方向.2.一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形,沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ,沿其下半部分均匀分布有电荷-Q ,如图所示.试求圆心O 处的电场强度.解:把所有电荷都当作正电荷处理. 在q 处取微小电荷d q = l d l = 2Q d q / p 它在O 处产生场强Ldq P +Q-QROxyPLdd qx (L+d -x ) d ExOq e e d 24d d 20220RQRq E p =p =按q 角变化,将d E 分解成二个分量:分解成二个分量:q q e q d sin 2sin d d 202RQE E x p ==q q e q d cos 2cos d d 202RQE E y p -=-=对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷úûùêëé-p =òòpp p q q q q e 2/2/0202d sin d sin 2R QE x =0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q R QE y e q q q q e pp p p -=úûùêëé-p -=òò所以所以j R Q j E i E E y x202e p -=+=3. “无限长”均匀带电的半圆柱面,半径为R ,设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为l ,试求轴线上一点的电场强度.,试求轴线上一点的电场强度.解:设坐标系如图所示.将半圆柱面划分成许多窄条.d l 宽的窄条的电荷线密度为荷线密度为q l l l d d d p=p =l R取q 位置处的一条,它在轴线上一点产生的场强为位置处的一条,它在轴线上一点产生的场强为q e l e l d 22d d 020RR E p =p =如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为:轴上的二个分量为:d E x =d E sin q , d E y =-d E cos q 对各分量分别积分对各分量分别积分 R R E x 02002d sin 2e lq q e l pp =p =ò 0d c o s 202=p -=òp q q e lRE y场强场强 i Rj E i E E y x02e lp =+=4. 实验表明,在靠近地面处有相当强的电场,电场强度E垂直于地面向下,大小约为100 N/C ;在离地面1.5 km 高的地方,E也是垂直于地面向下的,大小约为25 N/C . (1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下,试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度;体密度;(2) 假设地表面内电场强度为零,假设地表面内电场强度为零,且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生,求地面上的电荷面密度.(已知:真空介电常量0e =8.85³10-12 C 2²N -1²m -2) d qR Oxyqd qqq d E y y d l d q R q O d E xx d EOR’O'解:(1) 设电荷的平均体密度为r ,取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面,底面D S 平行地面)上下底面处的上下底面处的 场强分别为E 1和E 2,则通过高斯面的电场强度通量为:,则通过高斯面的电场强度通量为:òòE²S d =E 2D S -E 1D S =(E 2-E 1) D S 高斯面S 包围的电荷∑q i =h D S r由高斯定理(E 2-E 1) D S =h D S r /e∴ () E Eh121-=er =4.43³10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为s .由于电荷只分布在地表面,所以电力线终止于地面,取高斯面如图(2) 由高斯定理由高斯定理òòE ²S d =åi 01q e-E D S =SD se1∴ s=-e 0 E =-8.9³10-10 C/m 35. 一半径为R 的带电球体,其电荷体密度分布为的带电球体,其电荷体密度分布为r =Ar (r ≤R ) , r =0 (r >R ), A 为一常量.试求球体内外的场强分布.为一常量.试求球体内外的场强分布.解:在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳,该壳内所包含的电荷为的薄球壳,该壳内所包含的电荷为 r r Ar V q d 4d d 2p ×==r在半径为r 的球面内包含的总电荷为的球面内包含的总电荷为 403d 4Ar r Ar dV q rV p =p ==òòr (r ≤R) 以该球面为高斯面,按高斯定理有以该球面为高斯面,按高斯定理有 0421/4e Ar r E p =p ×得到得到 ()0214/e ArE =, (r ≤R ) 方向沿径向,A >0时向外, A <0时向里.时向里.在球体外作一半径为r 的同心高斯球面,按高斯定理有的同心高斯球面,按高斯定理有0422/4e AR r E p =p ×得到得到 ()20424/rAR E e =, (r >R ) 方向沿径向,A >0时向外,A <0时向里.时向里.6. 如图所示,一厚为b 的“无限大”带电平板的“无限大”带电平板 , 其电荷体密度分布为r =kx (0≤x ≤b ),式中,式中k 为一正的常量.求:为一正的常量.求: (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小;处的电场强度大小;(2) 平板内任一点P 处的电场强度;处的电场强度; (3) 场强为零的点在何处?场强为零的点在何处?解:解: (1) 由对称分析知,平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面.设场强大小为E .作一柱形高斯面垂直于平面.其底面大小为S ,如图所示.,如图所示.E(2)xbP 1 P 2Px OSE 2D SE 1(1) h按高斯定理åò=×0e /d q S E S ,即,即 020002d d 12e e r e kSbx x kSxS SEb b ===òò得到得到 E = k b kb 2 / (4e 0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面,底面为S .设该处场强为E ¢,如图所示.按高斯定理有定理有()022ee k S bx d x kSSE Ex==+¢ò得到得到 ÷÷øöççèæ-=¢22220b x k E e (0≤x ≤b ) (3) E ¢=0,必须是0222=-bx , 可得2/b x =7. 一“无限大”平面,中部有一半径为R 的圆孔,设平面上均匀带电,电荷面密度为s .如图所示,试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零).解:将题中的电荷分布看作为面密度为s 的大平面和面密度为-s 的圆盘叠加的的圆盘叠加的 结果.选x 轴垂直于平面,坐标原点O在圆盘中心,大平面在x 处产生的场强为处产生的场强为 i xx E012e σ=圆盘在该处的场强为圆盘在该处的场强为i x R x x E÷÷øöççèæ+--=2202112e σ ∴ i xR xE E E 220212+=+=e σ 该点电势为该点电势为()22222d 2xRR xR xx U x+-=+=òe se s8. 一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体,其电荷体密度为r =Ar (r ≤R ),式中A 为常量.试求:求:(1) 圆柱体内、外各点场强大小分布;圆柱体内、外各点场强大小分布; (2) 选与圆柱轴线的距离为l (l >R ) 处为电势零点,计算圆柱体内、外各点的电势分布.解:(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示).面上各点场强大小为E 并垂直于柱面.则穿过该柱面的电场强度通量为:面.则穿过该柱面的电场强度通量为:xS P SE ESSEd xb E ¢sOROxPòp =×SrhE S E2d 为求高斯面内的电荷,r <R 时,取一半径为r ¢,厚d r ¢、高h 的圆筒,其电荷为的圆筒,其电荷为r r Ah V ¢¢p =d 2d 2r则包围在高斯面内的总电荷为则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 32Ahrr r Ah V rVp =¢¢p =òòr由高斯定理得由高斯定理得 ()033/22e Ahr rhE p =p 解出解出 ()023/e Ar E = (r ≤R ) r >R 时,包围在高斯面内总电荷为:时,包围在高斯面内总电荷为:3/2d 2d 32AhRrrAh VRVp=¢¢p=òòr由高斯定理由高斯定理 ()033/22e A h R r h E p =p 解出解出 ()r AR E 033/e = (r >R ) (2) 计算电势分布计算电势分布r ≤R 时 òòò×+==lRRrlrrr AR r r A r E U d 3d 3d 0320e e()Rl AR rR A ln 3903330e e +-=r >R 时 rl AR rr AR rE Ulrl rln3d 3d 033e e =×==òò9.一真空二极管,其主要构件是一个半径R 1=5³10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2=4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ,如图所示.阳极电势比阴极高300 300 VV ,忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力.(基本电荷e =1.6³10-19 C) 解:与阴极同轴作半径为r (R 1<r <R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面,设阴极上电荷线密度为l .按高斯定理有.按高斯定理有 2p rE = l / e 0 得到得到 E = l / (2p e 0r ) (R 1<r <R 2) 方向沿半径指向轴线.两极之间电势差方向沿半径指向轴线.两极之间电势差òòp -=×=-21d 2d 0R R BAB A rr r E U U el120ln 2R R elp -=得到得到()120/ln 2R R UUAB-=p e l, 所以所以 ()rR R UUE AB1/ln 12×-=在阴极表面处电子受电场力的大小为在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R RR UUeReE F AB×-===4.37³10-14 N 方向沿半径指向阳极.方向沿半径指向阳极.RrhABR 2 R 1四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为的静电场场强大小为 241rq E pe=式中r 为场点离点电荷的距离.当r →0时,E →∞,这一推论显然是没有物理意义的,应如何解释?何解释?参考解答:参考解答:点电荷的场强公式仅适用于点电荷,当r →0时,任何带电体都不能视为点电荷,所以点电荷场强公式已不适用.点电荷场强公式已不适用.若仍用此式求场强E ,其结论必然是错误的.当r →0时,需要具体考虑带电体的大小和电荷分布,这样求得的E 就有确定值.就有确定值.2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场.参考解答:参考解答:证:在电场中作如图所示的扇形环路abcda .在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直.在bc 和da 段场强大小不相等(电力线疏密程度不同)而路径相等.因而同)而路径相等.因而d d d ¹×¢-×=×òòòc ba d l E l E l E 按静电场环路定理应有0d =×òl E , 此场不满足静电场环路定理,所以不可能是静电场.此场不满足静电场环路定理,所以不可能是静电场.3. 如果只知道电场中某点的场强,能否求出该点的电势?如果只知道电场中某点的电势,能否求出该点的场强?为什么?能否求出该点的场强?为什么?参考解答:参考解答:由电势的定义:由电势的定义: ò×=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强,所以,如果只知道电场中某点的场强,而不知道路径上各点的场强表达式,不能求出该点的电势。

大学物理II练习册答案3

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大学物理练习三一.选择题1.一力学系统由两个质点组成,它们之间只有引力作用。

若两质点所受外力的矢量和为零,则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。

(B) 动量、机械能守恒,但角动量是否守恒不能断定。

(C) 动量守恒,但机械能和角动量守恒与否不能断定。

(D) 动量和角动量守恒,但机械能是否守恒不能断定。

解:[ C ] 按守恒条件:∑=0iF 动量守恒,但∑≠0i M 角动量不守恒, 机械能不能断定是否守恒。

2.如图所示,有一个小物体,置于一个光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,另一端穿过桌面中心的小孔,该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动,今将绳从小孔往下拉。

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。

解:[ E ] 因对o 点,合外力矩为0,角动量守恒3.有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B 。

A 环的质量分布均匀,B 环的质量分布不均匀。

它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则 [ ](A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。

解:[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关⎰==220mRdmR JO R4.光滑的水平桌面上,有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆,可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动,其转动惯量为31m L 2,起初杆静止。

桌面上有两个质量均为m的小球,各自在垂直于杆的方向上,正对着杆的一端,以相同的速率v 相向运动,如图所示。

当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动,则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ](A)L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) Lv 98 解:[ C ]角动量守恒二.填空题1.绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ,t = 20s 时角速度ω=ω0,则飞轮的角加速度β= ,t=0到t=100s 时间内飞轮所转过的角度θ= 。

大学物理II练习册答案12

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大学物理练习 十二一.选择题:1.如图导体棒AB 在均匀磁场B 中绕过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ’转动(角速度ω与B 同方向),BC 的长度为棒长的31。

则: (A) A 点比B 点电势高。

(B) A 点与B 点电势相等。

(C) A 点比B 点电势低。

(D) 有稳恒电流从A 点流向B 点。

[A ]解:2.有两个线圈,线圈1对线圈2的互感系数为M 21,而线圈2对线圈1的互感系数为M 12。

若它们分别流过I 1和I 2的变化电流且dtdidt di 21>,并设由I 2变化在线圈1中产生的互感电动势为12ε,由I 1变化在线圈2中产生的互感电动势为21ε,判断下述哪个论断正确? [C](A) M 12=M 21,21ε=12ε。

(B) M 12≠M 21,21ε≠12ε。

(C) M 12=M 21,21ε>12ε。

(D) M 12=M,ε<ε。

解: 由于 M 12=M 213.已知圆环式螺线管的自感系数为L 。

若将该螺线管锯成两个半环式的螺线管,则两个半环螺线管的自感系数: [ D ](A) 都等于21L 。

(B) 有一个大于21L ,另一个小于21L 。

(C) 都大于21L 。

(D) 都小于21L 。

解:M L L L 221++=4.真空中一根无限长直细导线上通有电流强度为I 的电流,则距导线垂直距离为a 的空间某点处的磁能密度为: [B ](A) 200221⎪⎭⎫ ⎝⎛a I πμμ (B)21μ202⎪⎫⎛a I πμ (C) 20221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛I a μπ (D) 200221⎪⎭⎫ ⎝⎛a I μμ 解:5.两个线圈P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上。

线圈P 的自感和电阻分别是线圈Q 的两倍。

当达到稳定状态后,线圈P 的磁场能量与Q 的磁场能量的比值是:(A) 4。

(B) 2。

(C) 1。

(D) 21。

[D ]解:Q p L L 2= Q p R R 2=当达到稳定状态后, 由于并联6.如图,平板电容器(忽略边缘效应)充电时,沿环路L 1、L 2磁场强度H的环流中,必有: [ C](A) ⎰⋅1L l d H >⎰⋅2L l d H (B) ⎰⋅1L l d H =⎰⋅2L l d H(C) ⎰⋅l d H <⎰⋅l d H (D) ⎰⋅l d H =0.解: 7.对位移电流,有下述四种说法,请指出哪一种说法正确? [A ](A) 位移电流是由变化电场产生的。

大学物理II练习册答案

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大学物理练习 十五一.选择题:1.如图所示,平行单色光垂直照射到薄膜上,经上下两表面反射的两束光发生干涉,若薄膜的厚度为e ,并且n 1<n 2 ,n 2>n 3,1λ为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长,则两束反射光在相遇点的位相差为 [ C ](A) )/(2112λπn e n (B) πλπ+)/(4121n e n (C) πλπ+)/(4112n e n (D) )/(4112λπn e n解: n 1<n 2 ,n 2>n 3 有半波损失.2.在双缝干涉实验中,屏幕E 上的P 点处是明条纹。

若将缝S 2盖住,并在S 1S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ,如图所示,则此时 (A) P 点处仍为明条纹。

(B) P 点处为暗条纹。

(C) 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹。

(D) 无干涉条纹。

[B ]解: 反射镜M 有半波损失. (屏幕E 上的P 点处原是明条纹。

)3.如图所示,用波长为λ的单色光照射双缝干涉实验装置,若将一折射率为n 、劈角为α的透明劈尖b 插入光线2中,则当劈尖b 缓慢地向上移动时(只遮住S 2),屏C 上的干涉条纹 (A) 间隔变大,向下移动。

(B) 间隔变小,向上移动。

(C) 间隔不变,向下移动。

(D) 间隔不变,向上移动.。

[C ]解:当劈尖b 缓慢地向上移动时,改n 13λ1S屏λ4.如图,用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上。

当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时,可以观察到这些环状干涉条纹 [B ](A) 向右平移. (B) 向中心收缩. (C) 向外扩张. (D) 静止不动. (E) 向左平移.解: 当平凸透镜垂直向上缓慢平移,薄膜厚增加. 环状干涉条纹向中心收缩.5. 在迈克尔逊干涉仪的一支光路中,放入一片折射率为n 的透明介质薄膜后,测出两束光的光程差的改变量为一个波长λ,则薄膜的厚度是 [ D ] (A) 2λ (B) ()n 2λ (C) n λ (D) )1(2-n λ解: λ=-=-=∆d n d nd )1(2226.如图所示,两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L ,夹在两块平晶的中间,形成空气劈尖,当单色光垂直入射时,产生等厚干涉条纹。

大学物理2习题参考答案

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题1-3图第一章 流体力学1.概念(3)理想流体:完全不可压缩又无黏性的流体。

(4)连续性原理:理想流体在管道中定常流动时,根据质量守恒定律,流体在管道内既不能增 多,也不能减少,因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。

(6)伯努利方程:C gh v P =++ρρ221(7)泊肃叶公式:LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流,下落时逐渐变细,其原因是( A )。

A. 压强不变,速度变大; B. 压强不变,速度变小;C. 压强变小,流速变大;D. 压强变大,速度变大。

3、 如图所示,土壤中的悬着水,其上下两个液面都与大气相同,如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B ),水的表面张力系数为α,密度为ρ,则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。

(解题:BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q , 单位长度血管两端的压强差为ΔP ,则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。

5、城市自来水管网的供水方式为:自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。

一般说来,进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积,主水管道的横截面积最小。

不考虑各类管道的海拔高差(即假设所有管道处于同水平面),假设所有管道均有水流,则主水管道中的水流速度 大 ,进户管道中的水流速度 小 。

10、如图所示,虹吸管的粗细均匀,略去水的粘滞性,求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。

221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5:如图,虹吸管粗细均匀,略去水的粘滞性,求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。

大物2练习册答案22页PPT

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大物2练习册答案

6、黄金时代是在我们的前面,而不在 我们的 后面。

7、心急吃不了热汤圆。

8、你可以很有个性,但某些时候请收 敛。

9、只为成功找方法,不为失败找借口 (蹩脚 的工人 总是说 工具不 好)。

10、只要下定决心克服恐惧,便几乎 能克服 任何恐 惧。因 为,请 记住, 除了在 脑海中 ,恐惧 无处藏 身。-- 戴尔. 就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人,越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智,自知者明。胜人者有力,自胜者强。——老子 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F·斯特利

大学物理(二)答案

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大学物理(二)练习册 参考解答第12章 真空中的静电场一、选择题1(A),2(C),3(C),4(A),5(C),6(B),7(C),8(D),9(D),10(B), 二、填空题(1). 电场强度和电势,0/q F E=,l E q W U aa⎰⋅==00d /(U 0=0).(2). ()042ε/q q +, q 1、q 2、q 3、q 4 ;(3). 0,λ / (2ε0) ; (4). σR / (2ε0) ; (5). 0 ; (6).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε ; (7). -2³103V ; (8).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb a r r q q 11400ε(9). 0,pE sin α ; (10). ()()j y x i xy40122482+-+-- (SI) ;三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状,设电荷均匀分布,电荷线密度为λ,四分之一圆弧AB 的半径为R ,试求圆心O 点的场强.解:在O 点建立坐标系如图所示. 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强:()j i R E -π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强:()j i R E +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强:()j i R E +π=034ελ由场强叠加原理,O 点合场强为: ()j i RE E E E +π=++=03214ελBA∞O BA∞∞2. 实验表明,在靠近地面处有相当强的电场,电场强度E垂直于地面向下,大小约为100N/C ;在离地面1.5 km 高的地方,E也是垂直于地面向下的,大小约为25 N/C .(1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下,试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度;(2) 假设地表面内电场强度为零,且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生,求地面上的电荷面密度.(已知:真空介电常量0ε=8.85³10-12 C 2²N -1²m -2)解:(1) 设电荷的平均体密度为ρ,取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面,底面∆S 平行地面)上下底面处的 场强分别为E 1和E 2,则通过高斯面的电场强度通量为:⎰⎰E²S d =E 2∆S -E 1∆S =(E 2-E 1) ∆S高斯面S 包围的电荷∑q i =h ∆S ρ由高斯定理(E 2-E 1) ∆S =h ∆S ρ /ε 0∴() E E h1201-=ερ=4.43³10-13C/m 3(2) 设地面面电荷密度为σ.由于电荷只分布在地表面,所以电力线终止于地面,取高斯面如图(2) 由高斯定理⎰⎰E²S d =∑i1qε-E ∆S =S ∆σε01∴ σ =-ε 0 E =-8.9³10-10C/m 33. 带电细线弯成半径为R 的半圆形,电荷线密度为λ=λ0sin φ,式中λ0为一常数,φ为半径R 与x 轴所成的夹角,如图所示.试求环心O 处的电场强度.解:在φ处取电荷元,其电荷为d q =λd l = λ0R sin φ d φ它在O 点产生的场强为R R qE 00204d sin 4d d εφφλεπ=π= 在x 、y 轴上的二个分量d E x =-d E cos φ, d E y =-d E sin φ 对各分量分别求和⎰ππ=000d cos sin 4φφφελR E x =0 RRE y 000208d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=(2)2(1)4. 一“无限长”圆柱面,其电荷面密度为: σ = σ0cos φ ,式中φ 为半径R 与x 轴所夹的角,试求圆柱轴线上一点的场强.解:将柱面分成许多与轴线平行的细长条,每条可视为“无限长”均匀带电直线,其电荷线密度为λ = σ0cos φ R d φ, 它在O 点产生的场强为:φφεσελd s co 22d 000π=π=R E它沿x 、y 轴上的二个分量为: d E x =-d E cos φ =φφεσd s co 220π-d E y =-d E sin φ =φφφεσd s co sin 20π 积分:⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E =2εσ0)d(sin sin 2200=π-=⎰πφφεσy E∴ i i E E x02εσ-==5. 一半径为R 的带电球体,其电荷体密度分布为4πRqr =ρ (r ≤R ) (q 为一正的常量)ρ = 0 (r >R )试求:(1) 带电球体的总电荷;(2) 球内、外各点的电场强度;(3) 球内、外各点的电势.解:(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳,该壳内所包含的电荷为 d q = ρd V = qr 4πr 2d r /(πR 4) = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为 ()q r r Rq V Q rV===⎰⎰34d /4d ρ(2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面,按高斯定理有4041241211d 414Rqr r r Rqr E r r εε=π⋅π=π⎰得402114R qr E επ=(r 1≤R),1E方向沿半径向外.在球体外作半径为r 2的高斯球面,按高斯定理有 0222/4εq E r =π得22024r q E επ=(r 2 >R ),2E方向沿半径向外.(3) 球内电势⎰⎰∞⋅+⋅=RR r r E r E U d d 2111⎰⎰∞π+π=RRr r rq r Rqrd 4d 4204021εε40310123Rqr R qεεπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=3310412R r R qε ()R r ≤1 球外电势 2020224d 4d 22r q r rq r E U r Rr εεπ=π=⋅=⎰⎰∞()R r >26. 如图所示,一厚为b 的“无限大”带电平板 , 其电荷体密度分布为ρ=kx (0≤x ≤b ),式中k 为一正的常量.求: (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小;(2) 平板内任一点P 处的电场强度; (3) 场强为零的点在何处?解: (1) 由对称分析知,平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面.设场强大小为E .作一柱形高斯面垂直于平面.其底面大小为S ,如图所示.按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S,即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2/ (4ε0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面,底面为S .设该处场强为E ',如图所示.按高斯定理有()022εεk S b x d x kSSE E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0,必须是0222=-bx , 可得2/b x =7. 一“无限大”平面,中部有一半径为R 的圆孔,设平面上均匀带电,电荷面密度为σ.如图所示,试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零).解:将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为-σ的圆盘叠加的 结果.选x 轴垂直于平面,坐标原点O在圆盘中心,大平面在x 处产生的场强为i xx E012εσ='圆盘在该处的场强为i x R x x E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i xR xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2xR R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ8.一真空二极管,其主要构件是一个半径R 1=5³10-4m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2=4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ,如图所示.阳极电势比阴极高300 V ,忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力.(基本电荷e =1.6³10-19C)解:与阴极同轴作半径为r (R 1<r <R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面,设阴极上电荷线密度为λ.按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1<r <R 2) 方向沿半径指向轴线.两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R B A B A rr r E U U ελ120ln 2R R ελπ-= 得到()120/ln 2R R UUAB-=πελ, 所以 ()rR R UUE AB1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为()()11211/c R R R U U e R eE F A B ⋅-===4.37³10-14N 方向沿半径指向阳极.四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 241rq E πε=式中r 为场点离点电荷的距离.当r →0时,E →∞,这一推论显然是没有物理意义的,应如何解释?参考解答:点电荷的场强公式仅适用于点电荷,当r →0时,任何带电体都不能视为点电荷,所以点电荷场强公式已不适用.若仍用此式求场强E ,其结论必然是错误的.当r →0时,需要具体考虑带电体的大小和电荷分布,这样求得的E 就有确定值.2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场.参考解答:证:在电场中作如图所示的扇形环路abcda .在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直.在bc 和da 段场强大小不相等(电力线疏密程度不同)而路径相等.因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E,此场不满足静电场环路定理,所以不可能是静电场.3. 如果只知道电场中某点的场强,能否求出该点的电势?如果只知道电场中某点的电势,能否求出该点的场强?为什么?参考解答:由电势的定义: ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强,所以,如果只知道电场中某点的场强,而不知道路径上各点的场强表达式,不能求出该点的电势。

精选-大学物理II练习册答案10

精选-大学物理II练习册答案10

大学物理练习十一.选择题:1.C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。

然后将电源断开,再把一电介质板插入C 1中,则(A) C 1上电势差减小,C 2上电势差增大。

(B) C 1上电势差减小,C 2上电势差不变。

(C) C 1上电势差增大,C 2上电势差减小。

(D) C 1上电势差增大,C 2上电势差不变。

解∶电源断开意味着电量不变。

由于C 1 放入介质,C 1电容增大, 则电势差减小。

[ B ] 2.两只电容器,F C F C μμ2,821==,分别把它们充电到1000V ,然后将它们反接(如图所示),此时两极板间的电势差为:(A) 0V (B) 200V(C) 600V (D) 1000V [C ]解∶311108-⨯==V C Q 库 ,322102-⨯==V C Q 库。

将它们反接321106-⨯=-=Q Q Q 库,3.一个大平行板电容器水平放置,两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质,另一半为空气,如图。

当两极板带上恒定的等量异号电荷时,有一个质量为m 、带电量为+q 的质点,平衡在极板间的空气区域中。

此后,若把电介质抽去,则该质点 (A) 保持不动 (B) 向上运动 (C) 向下运动 (D) 是否运动不能确定 [ B ] 解∶原来+q 的质点平衡在极板间的空气区域中,qE mg =故电势差增大,场强E 增大。

电场力大于重力。

4.一球形导体,带电量q ,置于一任意形状的空腔导体中。

当用导线将两者连接后,则与未连接前相比系统静电场能将 (A) 增大 (B ) 减小(C) 不变 (D) 如何变化无法确定 [ B ]+Q解∶任意形状的空腔导体中,球形导体带电量q 不变 未连接前腔内、腔外均有电场存在。

只不过连接后电量q 跑到空腔的外表面上,则腔外电场不变。

但腔内电场则为 零了。

故与未连接前相比系统静电场能将减小。

5.用力F 把电容器中的电介质板拉出,在图(a)和图(b)的两种情况下,电容器中储存的静电能量将 (A) 都增加。

大学物理2习题答案

大学物理2习题答案

一、 单项选择题:1. 北京正负电子对撞机中电子在周长为L 的储存环中作轨道运动。

已知电子的动量是P ,则偏转磁场的磁感应强度为: ( C )(A) eL P π; (B)eL P π4; (C) eLP π2; (D) 0。

2. 在磁感应强度为B 的均匀磁场中,取一边长为a 的立方形闭合面,则通过该闭合面的磁通量的大小为: ( D )(A) B a 2; (B) B a 22; (C) B a 26; (D) 0。

3.半径为R 的长直圆柱体载流为I , 电流I 均匀分布在横截面上,则圆柱体内(R r 〈)的一点P 的磁感应强度的大小为 ( B )(A) r I B πμ20=; (B) 202R Ir B πμ=; (C) 202r I B πμ=; (D) 202RI B πμ=。

4.单色光从空气射入水中,下面哪种说法是正确的 ( A )(A) 频率不变,光速变小; (B) 波长不变,频率变大;(C) 波长变短,光速不变; (D) 波长不变,频率不变.5.如图,在C 点放置点电荷q 1,在A 点放置点电荷q 2,S 是包围点电荷q 1的封闭曲面,P 点是S 曲面上的任意一点.现在把q 2从A 点移到B 点,则 (D )(A) 通过S 面的电通量改变,但P 点的电场强度不变;(B) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都改变;(C) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都不变;(D) 通过S 面的电通量不变,但P 点的电场强度改变。

6.如图所示,两平面玻璃板OA 和OB 构成一空气劈尖,一平面单色光垂A C直入射到劈尖上,当A 板与B 板的夹角θ增大时,干涉图样将 ( C )(A) 干涉条纹间距增大,并向O 方向移动;(B) 干涉条纹间距减小,并向B 方向移动;(C) 干涉条纹间距减小,并向O 方向移动;(D) 干涉条纹间距增大,并向O 方向移动.7.在均匀磁场中有一电子枪,它可发射出速率分别为v 和2v 的两个电子,这两个电子的速度方向相同,且均与磁感应强度B 垂直,则这两个电子绕行一周所需的时间之比为 ( A )(A) 1:1; (B) 1:2; (C) 2:1; (D) 4:1.8.如图所示,均匀磁场的磁感强度为B ,方向沿y 轴正向,欲要使电量为Q 的正离子沿x 轴正向作匀速直线运动,则必须加一个均匀电场E ,其大小和方向为 ( D )(A) E = B ,E 沿z 轴正向; (B) E =v B ,E 沿y 轴正向;(C) E =B ν,E 沿z 轴正向; (D) E =B ν,E 沿z 轴负向。

大学物理第二册习题答案详解

大学物理第二册习题答案详解
∴2+3= 0 (1)
2= -3
答:场强与电势的微分关系是, .场强的大小为电势沿等势面法线方向的变化率,方向为电势降落的方向。场强与电势的积分关系,
因此,
(1)说法不正确.
(2)说法正确.
(3)说法不正确.
(4)说法不正确
(5)说法不正确
(6)说法不正确.
8-5如图所示,在直角三角形ABC的A点处,有点电荷q1=1.8×10-9C,B点处有点电荷q2=-4.8×10-9C,试求C点处的场强.
(1)电通量不变,1=q1/0,高斯面上各点的场强E改变
(2)电通量改变,由1变为2=(q1+q2)/0,高斯面上各点的场强E也变
(3)电通量不变,仍为1.但高斯面上的场强E会变。
(4)电通量变为0,高斯面上的场强E会变.
8-4以下各种说法是否正确,并说明理由.
(1)场强为零的地方,电势一定为零;电势为零的地方,场强也一定为零.
9-6在一个平行板电容器的两极板间,先后分别放入一块电介质板与一块金属板,设两板厚度均为两极板间距离的一半,问它们对电容的影响是否相同?
解:平行插入 厚的金属板,相当于原来电容器极板间距由d减小为 ,则
插入同样厚度的介质板,相当于一个极板间距为 的空气平行板电容器与另一个极板间距为 ,充满介电常量为0r的的电介质的电容器串联,则
答:(1)电容器两极板间距减小时:电荷不变,场强不变,电势差变小,电容变大,电容器储能减少。
(2)电荷增加,场强变大,电势差不变,电容变大,电容器储能增加。
9-4电容分别为C1,C2的两个电容器,将它们并联后用电压U充电与将它们串联后用电压2U充电的两种情况下,哪一种电容器组合储存的电量多?哪一种储存的电能大?
9-7如题9-7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 的电介质.试分析充电后在有电介质和无电介质的两部分极板上的自由电荷面密度是否相同?如不相同它们的比值等于多少?

大学物理II练习册答案3课件

大学物理II练习册答案3课件

大学物理练习三一.选择题1.一力学系统由两个质点组成,它们之间只有引力作用。

若两质点所受外力的矢量和为零,则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。

(B) 动量、机械能守恒,但角动量是否守恒不能断定。

(C) 动量守恒,但机械能和角动量守恒与否不能断定。

(D) 动量和角动量守恒,但机械能是否守恒不能断定。

解:[ C ] 按守恒条件:∑=0iF 动量守恒,但∑≠0i M 角动量不守恒, 机械能不能断定是否守恒。

2.如图所示,有一个小物体,置于一个光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,另一端穿过桌面中心的小孔,该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动,今将绳从小孔往下拉。

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。

解:[ E ] 因对o 点,合外力矩为0,角动量守恒3.有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B 。

A 环的质量分布均匀,B 环的质量分布不均匀。

它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则 [ ] (A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。

解:[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关⎰==220mR dmR J4.光滑的水平桌面上,有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆,可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动,其转动惯量为31m L 2,起初杆静止。

桌面上有两个质量均为m的小球,各自在垂直于杆的方向上,正对着杆的一端,以相同的速率v 相向运动,如图所示。

当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动,则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ](A)L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) Lv 98解:[ C ]角动量守恒二.填空题1.绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ,t = 20s 时角速度ω=0.8ω0,则飞轮的角加速度β= ,t=0到t=100s 时间内飞轮所转过的角度θ= 。

大学物理2习题册(含答案)

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题1第⼀一章流体⼒力力学1、基本概念(3)理理想流体:完全不不可压缩,没有粘滞性的流体。

(4)连续性原理理:流管上⼀一节流速与截⾯面积的乘积是⼀一个常量量,截⾯面⼤大的流速⼩小,反之⼤大(6)伯努利利⽅方程:P 1+12ρv 12+ρg h 1=P 2+12ρv 22+ρg h 2=c(7)泊肃叶公式:2、从⽔水⻰龙头徐徐流出的⽔水流,下落时逐渐变细,其原因是(A )。

A.压强不不变,速度变⼤大; B.压强不不变,速度变⼩小;C.压强变⼩小,流速变⼤大;D.压强变⼤大,速度变⼤大。

3、如图所示,⼟土壤中的悬着⽔水,其上下两个液⾯面都与⼤大⽓气相同,如果两个⻚页⾯面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B ),⽔水的表⾯面张⼒力力系数为α,密度为ρ,则悬着⽔水的⾼高度h 为_____。

4、已知动物的某根动脉的半径为R,⾎血管中通过的⾎血液流量量为Q ,单位⻓长度⾎血管两端的压强差为ΔP ,则在单位⻓长度的⾎血管中维持上述流量量需要的功率为ΔPQ 。

5、城市⾃自来⽔水管⽹网的供⽔水⽅方式为:⾃自来⽔水从主管道到⽚片区⽀支管道再到居⺠民家的进户管道。

⼀一般说来,进户管道的总横截⾯面积⼤大于⽚片区⽀支管的总横截⾯面积,主⽔水管道的横截⾯面积最⼩小。

不不考虑各类管道的海海拔⾼高差(即假设所有管道处于同⽔水平⾯面),假设所有管道均有⽔水流,则主⽔水管道中的⽔水流速度⼤大,进户管道中的⽔水流速度⼩小。

6、如图所示,虹吸管的粗细均匀,略略去⽔水的粘滞性,求⽔水流速度及A 、B 、C 三处的压强。

题1-10图解:在管外液⾯面上任选⼀一点D ,CD 两点:BC两点:AC两点:7、⼀一开⼝口容器器截⾯面积为S1,底部开⼀一截⾯面积为S2的孔。

当容器器内装的液体⾼高度为h时,液体从孔中喷出的速度为多⼤大?设液体为理理想流体且作定常流动。

解:由于液体为理理想流体且作定常流动,根据连续性原理理,有根据伯努利利⽅方程,有从上两式联⽴立解得8、⼀一圆筒中的⽔水深为H=0.70m,底⾯面积S1=0.06m2,桶底部有⼀一⾯面积为1.0×10-4m2的⼩小孔。

大学物理2习题参考答案

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题1-3图第一章 流体力学1.概念(3)理想流体:完全不可压缩又无黏性的流体。

(4)连续性原理:理想流体在管道中定常流动时,根据质量守恒定律,流体在管道内既不能增 多,也不能减少,因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。

(6)伯努利方程:C gh v P =++ρρ221(7)泊肃叶公式:LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流,下落时逐渐变细,其原因是( A )。

A. 压强不变,速度变大; B. 压强不变,速度变小;C. 压强变小,流速变大;D. 压强变大,速度变大。

3、 如图所示,土壤中的悬着水,其上下两个液面都与大气相同,如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B ),水的表面张力系数为α,密度为ρ,则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。

(解题:BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q , 单位长度血管两端的压强差为ΔP ,则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。

5、城市自来水管网的供水方式为:自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。

一般说来,进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积,主水管道的横截面积最小。

不考虑各类管道的海拔高差(即假设所有管道处于同水平面),假设所有管道均有水流,则主水管道中的水流速度 大 ,进户管道中的水流速度 小 。

10、如图所示,虹吸管的粗细均匀,略去水的粘滞性,求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。

221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5:如图,虹吸管粗细均匀,略去水的粘滞性,求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。

大学物理2习题册(含答案)

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题1第⼀一章流体⼒力力学1、基本概念(3)理理想流体:完全不不可压缩,没有粘滞性的流体。

(4)连续性原理理:流管上⼀一节流速与截⾯面积的乘积是⼀一个常量量,截⾯面⼤大的流速⼩小,反之⼤大(6)伯努利利⽅方程:P 1+12ρv 12+ρg h 1=P 2+12ρv 22+ρg h 2=c(7)泊肃叶公式:2、从⽔水⻰龙头徐徐流出的⽔水流,下落时逐渐变细,其原因是(A )。

A.压强不不变,速度变⼤大; B.压强不不变,速度变⼩小;C.压强变⼩小,流速变⼤大;D.压强变⼤大,速度变⼤大。

3、如图所示,⼟土壤中的悬着⽔水,其上下两个液⾯面都与⼤大⽓气相同,如果两个⻚页⾯面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B ),⽔水的表⾯面张⼒力力系数为α,密度为ρ,则悬着⽔水的⾼高度h 为_____。

4、已知动物的某根动脉的半径为R,⾎血管中通过的⾎血液流量量为Q ,单位⻓长度⾎血管两端的压强差为ΔP ,则在单位⻓长度的⾎血管中维持上述流量量需要的功率为ΔPQ 。

5、城市⾃自来⽔水管⽹网的供⽔水⽅方式为:⾃自来⽔水从主管道到⽚片区⽀支管道再到居⺠民家的进户管道。

⼀一般说来,进户管道的总横截⾯面积⼤大于⽚片区⽀支管的总横截⾯面积,主⽔水管道的横截⾯面积最⼩小。

不不考虑各类管道的海海拔⾼高差(即假设所有管道处于同⽔水平⾯面),假设所有管道均有⽔水流,则主⽔水管道中的⽔水流速度⼤大,进户管道中的⽔水流速度⼩小。

6、如图所示,虹吸管的粗细均匀,略略去⽔水的粘滞性,求⽔水流速度及A 、B 、C 三处的压强。

题1-10图解:在管外液⾯面上任选⼀一点D ,CD 两点:BC两点:AC两点:7、⼀一开⼝口容器器截⾯面积为S1,底部开⼀一截⾯面积为S2的孔。

当容器器内装的液体⾼高度为h时,液体从孔中喷出的速度为多⼤大?设液体为理理想流体且作定常流动。

解:由于液体为理理想流体且作定常流动,根据连续性原理理,有根据伯努利利⽅方程,有从上两式联⽴立解得8、⼀一圆筒中的⽔水深为H=0.70m,底⾯面积S1=0.06m2,桶底部有⼀一⾯面积为1.0×10-4m2的⼩小孔。

大学物理II练习册答案4资料讲解

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大学物理I I练习册答案4大学物理练习 四一.选择题: 1.下列几种说法:(1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的。

(2) 在真空中,光的速度与光的频率、光源的运动状态无关。

(3) 在任何惯性系中,光在真空中沿任何方向的传播速率都相同。

其中那些说法是正确的: [ ] (A) 只有(1)、(2)是正确的.(B) 只有(1)、(3)是正确的. (C) 只有(2)、(3)是正确的. (D) 三种说法都是正确的.解: [ D ]2.一火箭的固定长度为L ,相对于地面作匀速直线运动,速度为v 1,火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为v 2的子弹。

在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是: [ ] (A)21v v L + (B)2v L (C)12v v L - (D)211)/(1c v v L -(c 表示真空中光速)解:[ B ] 在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是火箭的固定长度除以子弹相对于火箭的速度。

3.(1)对某观察者来说,发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件,对于相对该惯性系作匀速直线运动的其它惯性系中的观察者来说,它们是否同时发生?(2)在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件,它们在其它惯性系中是否同时发生?关于这两个问题的正确答案是: [ ] (A)(1)同时,(2)不同时。

(B)(1)不同时,(2)同时。

(C)(1)同时,(2)同时。

(D) 不(1)同时,(2)不同时。

解:[ A ]发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件,对于相对该惯性系作匀速直线运动的其它惯性系中的观察者来说,它们是同时发生。

在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件,它们在其它惯性系中不是同时发生。

4.K 系与K '系是坐标轴相互平行的两个惯性系,K '系相对于K 系沿Ox 轴正方向匀速运动。

一根刚性尺静止在K '系中,与O ’x ’轴成 30°角。

大学物理二练习册答案

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3. 如图所示,一电容器由两个同轴圆筒组成,内筒半径为 a,外筒半径为 b,筒长都是 L,中间充满相对介电常量为r 的各向同性均匀电介质. 内、 外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q.设 (b- a) << a,L >> b,可以忽略边缘效应,求: (1) 圆柱形电容器的电容; (2) 电容器贮存的能量.
思考题 3:有一上下极板成 θ 角的非平行板电容器(长为 a ,宽为 b) ,其电 容如何计算?
参考解答: 设 一 平 行 板 电 容 器 是 由 长 为 a , 宽 为 b 的 两 导 体板 构 成 , 板 间 距 为 d , 则 电 容 为
ab , 若该电容器沿两极板的长度同一方向有 d x的长度增 d a (b d x ) a d x 量,则电容为 C C0 , 在此基础上推广到 d d
L b a
解:由题给条件 ( b a) a 和 L b ,忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为: 两筒间的电势差 电容器的电容 电容器贮存的能量
E Q /(2 0 r Lr )
b
U
Q dr Q b ln 2 0 r L r 2 0 r L a a
3
参考解答: 由极性分子组成的电介质(极性电介质)放在外电场中时,极性分子的固有电矩将沿外 电场的方向取向而使电介质极化。 由于极性分子还有无规则热运动存在, 这种取向不可能完 全整齐。 当电介质的温度升高时,极性分子的无规则热运动更加剧烈,取向更加不整齐,极化的 pi 效果更差。此情形下,电极化强度 P 将会比温度升高前减小。 V 在电介质中的电场 E 不太强时,各向同性电介质的 P 和 E 间的关系为 P 0 ( r 1) E . 很明显,在同样的电场下,当温度升高后,相对介电常量 εr 要减小。

大学物理II练习册答案6

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大学物理练习 六一、选择题:1.理想气体经历如图所示的a b c 平衡过程,则系统对外做功A ,从外界吸收的热量Q 和内能的增量E ∆的正负情况如下: [ ] (A) 0>∆E ,.0,0<>A Q (B) .0,0,0>>>∆A Q E (C) .0,0,0><>∆A Q E (D) .0,0,0><<∆A Q E解: c b a →→,则A >0,另外c T >a T ,故温度升高内能增加。

据热一律E A Q ∆+=,Q >0。

选[ B ]2.一定量理想气体经历的循环过程用V -T 曲线表示如图.在此循环过程中,气体从外界吸热的过程是 [ ](A) A →B (B) B →C (C) C →A (D) A →B 和B →C解: [ A ] B →C 等容降温过程(放热)C →A 等温压缩过程(放热)A →B 等压膨胀过程(吸热)3.有人设计了一台卡诺热机(可逆的).每循环一次可从 400 K 的高温热源吸热1800 J ,向 300 K 的低温热源放热 800 J .同时对外做功1000 J ,这样的设计是 (A) 可以的,符合热力学第一定律. (B) 可以的,符合热力学第二定律. (C) 不行的,卡诺循环所作的功不能大于向低温热源放出的热量.(D) 不行的,这个热机的效率超过理论值. [ ]解:[ D ]00136.5518001000180080011==-=-=QQη 00.254140030011==-=-=g d T T 卡η 4.“理想气体和单一热源接触作等温膨胀时,吸收的热量全部用来对外作功。

”对此说法,有如下几种评论,哪种是正确的? [ ] (A) 不违反热力学第一定律,但违反热力学第二定律。

pOV a b c(B) 不违反热力学第二定律,但违反热力学第一定律。

(C) 不违反热力学第一定律,也不违反热力学第二定律。

大学物理II练习册答案

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大学物理练习八一、选择题:1.有两个点电荷电量都是+q ,相距为2 a 。

今以左边的点电荷所在处为球心,以a 为半径作一球形高斯面。

在球面上取两块相等的小面积S 1和S 2,其位置如图所示。

设通过S 1和S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ,通过整个球面的电场强度通量为s Φ,则[D ](A)s ΦΦ>Φ,21=0/εq (B)021/2,εq s =ΦΦ<Φ(C)021/,εq s =ΦΦ=Φ(D)021/,εq s =ΦΦ<Φ解∶通过S 1的电场强度通量分别为1Φ,有穿进又有穿出;但通过S 2的电场强度通量分别为2Φ,只有穿出.故,21Φ<Φ据高斯定理通过整个球面的电场强度通量为s Φ只与面内电荷有关。

2.图示为一具有球对称性分布的静电场的E~r 关系曲线。

请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的?[](A) 半径为R 的均匀带电球面。

(B) 半径为R 的均匀带电球体。

(C) 半径为R 、电荷体密度Ar =ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。

(D) 半径为R 、电荷体密度r A /=ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。

解∶(D )3.关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是:[D ] (A)如果高斯面上E ϖ处处为零,则该面内必无电荷. (B)如果高斯面内无电荷,则高斯面上E ϖ处处为零.(面外有电荷) (C)如果高斯面上E ϖ处处不为零,则高斯面内必有电荷.(D)如果高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电场强度通量必不为零.4.在磁感应强度为B ϖ的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ,S 边线所在平面的法线方向单位矢量n ϖ与B ϖ的夹角为α,则通过半球面S 的磁通量为[D ](A).2B r π(B)2.2B r π(C)απsin 2B r -.(D)απcos 2B r -.0=∑i q5.如图示,直线MN 长为2 L ,弧OCD 是以点N 为中心,L 为半径的半圆弧,N 点有正电荷+q ,M 点有负电荷-q 。

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大学物理练习三一.选择题1.一力学系统由两个质点组成,它们之间只有引力作用。

若两质点所受外力的矢量和为零,则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。

(B) 动量、机械能守恒,但角动量是否守恒不能断定。

(C) 动量守恒,但机械能和角动量守恒与否不能断定。

(D) 动量和角动量守恒,但机械能是否守恒不能断定。

解:[ C ] 按守恒条件:∑=0iF 动量守恒,但∑≠0i M 角动量不守恒, 机械能不能断定是否守恒。

2.如图所示,有一个小物体,置于一个光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,另一端穿过桌面中心的小孔,该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动,今将绳从小孔往下拉。

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。

解:[ E ] 因对o 点,合外力矩为0,角动量守恒3.有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B 。

A 环的质量分布均匀,B 环的质量分布不均匀。

它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则 [ ] (A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。

解:[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关⎰==220mR dmR J4.光滑的水平桌面上,有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆,可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动,其转动惯量为31m L 2,起初杆静止。

桌面上有两个质量均为m 的小球,各自在垂直于杆的方向上,正对着杆的一端,以相同的速率v 相向运动,如图所示。

当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动,则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ](A)L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) Lv 98解:[ C ]角动量守恒二.填空题1.绕定轴转动的飞轮均匀地减速,t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ,t = 20s 时角速度ω=ω0,则飞轮的角加速度β= ,t=0到t=100s 时间内飞轮所转过的角度θ= 。

解:因均匀减速,可用t βωω=-0 ,20/05.0202.0s rad -=-=∴ωβ2.半径为30cm 的飞轮,从静止开始以2/s rad 的匀角加速度转动,则飞轮边缘上一点在飞轮转 2400 时的切向加速度a t = ,法向加速度a n = 。

解:2/15.05.03.0sm r a t=⨯==ββθωr r a n 22==O v俯视图2/26.14.024036025.03.022sm r a n ==⨯⨯⨯⨯==ππβθ3.一轴承光滑的定滑轮,质量为M =2.00 kg ,半径为R =0.100 m ,一根不能伸长的轻绳,一端固定在定滑轮上,另一端系有一质量为m =5.00 kg 的物体,如图所示.已知定滑轮的转动惯量为J =221MR ,其初角速度0ω= rad/s ,方向垂直纸面向里.定滑轮的角加速度的大小 ,定滑轮的角速度变化到=0时,物体上升的高度 。

解法一:ma Tmg =- βJ TR = βR a =解法二:(1)设在任意时刻定滑轮的角速度为,物体的速度大小为v ,则有v=R .则物体与定滑轮的系统总角动量为:ωωω2mR J mvR J L +=+=根据角动量定理,刚体系统所受的合外力矩等于系统角动量对时间的变化率: dtdLM =,该系统所受的合外力矩即物体的重力矩:M=mgR 所以:22/7.81s rad mRJ mgRdt d =+==ωβ (2)该系统只有重力矩做功(物体的重力),所以机械能守恒。

m h h mg J mv 220201012.62121-⨯=∆⇒∆=+ω 4.质量为m 的质点以速度v ϖ沿一直线运动,则它对直线外垂直距离为d 的一点的角动量大小是 。

解:mvd5.长为L 、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动,转动惯量为31ML 2,开始时杆竖直下垂,如图所示。

有一质量为m 的子弹以水平速度0v ϖ射入杆上A 点,并嵌在杆0v ϖAO2l /3 mmM Rω022/7.81srad mR J mgR =+=β中,OA=2L /3,则子弹射入后瞬间杆的角速度ω= 。

解:系统(子弹+杆)角动量守恒,ω])32(3[32220l m Ml l mv += =ωlm M mv )43(60+6.一长为L 、质量为m 的细杆,两端分别固定质量为m 和2m 的小球,此系统在竖直平面内可绕过中点O 且与杆垂直的水平光滑固定轴(O 轴)转动.开始时杆与水平成60°角,处于静止状态.无初转速地释放以后,杆球这一刚体系统绕O 轴转 动.系统绕O 轴的转动惯量J = 。

释放后, 当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力矩M =解:三. 计算题:1.质量为m ,长度为L 的匀质杆可绕通过其下端的水平光滑固定轴O 在竖直平面内转动,如图。

设它从竖直位置由静止倒下,求它倾倒到与水平面成θ角时的角速度ω和角加速度β。

解法一:取O 点为重力势能零点,杆在倒下过程中只有重力做功,机械能守恒,有:O60°m2mOθ222265)2()2(2mll m l m ml J =++=1212222lmgl mg l mg M =-=lgJ M 53==β而 231mL J =所以 Lg )sin 1(3θω-=θωωθθωωβd d dt d d d dt d -===L g LL g L2cos 3)sin -3g(12cos 3)sin -3g(1 θθθθ=⋅-⋅-=解法二: 由刚体转动定律:βJ M = 得L g mL mgL J M 2cos 331cos 212θθβ===再由 θωωθθωωβd d dt d d d dt d -=== 得θβωωd d -=两边积分:⎰⎰-=θπωθθωω2cos 23d L g d 得 )sin 1(23212θω-=Lg则: Lg )sin 1(3θω-=N2.质量为M 1=24 kg 的圆轮,可绕水平光滑固定轴转动,一轻绳缠绕于轮上,另一端通过质量为M 2=5 kg 的圆盘形定滑轮悬有m =10 kg 的物体。

设绳与定滑轮间无相对滑动,圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为21121R M J =,22221r M J =。

求当重物由静止开始下降了h =0.5 m时,(1) 物体的速度; (2) 解:顺时针转向为正: 1M : 111βJ R T = ⑴1βR a =21121R M J =2M : 2212βJ r T r T =- ⑵2βr a =22221r M J =m : ma T mg =-2 ⑶由⑴得:121121βR M R T =a M T 1121=由⑵得: a M T T 21221=-a M M T )(21212+=由⑶得:a M M m mg ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=)(2121)/(422221s m M M m mga =++=ah v 22= )/(22421s m M M m mghv=++=N a M M M m mg M T 4821212111==++=N a g m M M m mgM M T 58)(2)(21212=-=+++=解法:222221212)21(21)21(2121ωωr M R M mv mgh ++=3.长为l 的匀质细杆,可绕过杆的一端O 点的水平光滑固定轴转动,开始时静止于竖直位置。

紧挨O 点悬一单摆,轻质摆线的长度也是l ,摆球质量为m 。

若单摆从水平位置由静止开始自由摆下,且摆球与细杆作完全弹性碰撞,碰撞后摆球正好静止。

求:(1) 细杆的质量。

(2) 细杆摆起的最大角度。

解:(1)单摆下落过程机械能守恒:mglmv =221 gl v 2=⇒碰撞过程角动量守恒:ω231Ml mvl = 碰撞过程能量守恒:222312121ω⋅⋅=Ml mv ωωmvl Ml mv =⋅=22231 ωl v =O θMmll则细杆的质量:m M 3=(2)细杆摆动过程机械能守恒:)cos 1(21312122θω-⋅=⋅⋅l Mg Ml 即:mgl mv l Mg Ml ==-⋅=⋅⋅22221)cos 1(213121θω 则:31arccos 1cos =⇒=θθ34. 一圆盘的质量为m 2、半径为R 可绕固定的过圆心的水平轴O 转动,原来处于静止状态,现有一质量为m 1,速度为v 的子弹嵌入圆盘的边缘,如图所示。

求: (1)子弹嵌入圆盘后,圆盘的角速度ω;(2)由子弹与圆盘组成的系统在此过程中的动能增量。

解:(1)子弹与圆盘碰撞过程角动量守恒:ω)21(21221R m R m vR m +=(2)。

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