大学物理综合练习册答案
大学物理练习册答案
练习一：1-3：D B D ；4、331ctv v +=，400121ctt v xx ++=5、s3；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s27、解：（1）jt ti t r)4321()53(2-+++=； （2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t+=++===；（3）)/(12s m j dtv d a == 68、解： ∵ xvvt x x v t v a d 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∴ 13sm 252-⋅++=x x v练习二：1、C ；2、B ；3、j8，ji 4+-，4412arctg arctg-+ππ或；4、32ct，ct 2，Rt c 42，R ct 2；5、212tt +，212t+；6、210θθθθtg tgtg tg ++7、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t s s t l l d d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v tl v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v sl tl s l ts v==-=-=船或 sv s h slv v2/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度32022222002)(d d d d d d sv h sv sls v slv s v v st s l tl s tv a =+-=+-=-==船船8、解：（1）由23RbtdtdRdtdsv-===θ得：Rbtdtdva6-==τ，4229tRbRvan==（2）nnnetRbeRbteaeaaˆ9ˆ6ˆˆ42+-=+=τττ练习三1、C，2、A，3、D，4、2121)(mmgmmF+-+，)2(1212gmFmmm++；5、0.41cm6、解：取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。
大学物理学练习册参考答案全
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
大学物理练习册答案
振动的相位差为 –1 = /6。若第一个简谐振动的振幅为10 3 cm = 17.3 cm，则 第二个简谐振动的振幅为__ __ cm，第一、二两个简谐振动的相位差1 2
为
。
三、计算题
1、由一个电容 C=4.0μF 的电容器和一个自感为 L=10mH 的线圈组成的 LC 电
路，当电容器上电荷的最大值 Q0=6.0×10-5C 时开始作无阻尼自由振荡，试求：
x1
0.05cos(t
1 4
)
(SI)，
x2
0.05cos(t
9 ) 12
(SI)
其合成运动的运动方程为 x =
。
8
3、已知一物体同时参与两个同方向同频率的简谐振动，这两个简谐振动的振
动曲线如下图所示，其中 A1 >A 2 ，则该物体振动的初相为__ __。
x
A2
x2
t
A1
x1
4、两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为 20 cm，与第一个简谐
(C)x=6m 的质点向右运动
10
(D)x=6m 的质点向下运动
4、如右图所示，一平面简谐波以波速 u 沿 x 轴正方向传播，O 为坐标原
点．已知 P 点的振动方程为 y Acost ，则( )
（A）O 点的振动方程为 y Acos(t l / u) ； （B）波的表达式为 y Acos[t (l / u) (x / u)] ； （C）波的表达式为 y Acos[t (l / u) (x / u)] ； （D）C 点的振动方程为 y Acos(t 3l / u) 。
(A) A 2
(B) A 4
(C) A 2
(D) A
二、填空题
1、已知简谐振动
大学物理练习册(上册)答案
练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题1、（1）A （2）1.186s(或4133-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ωπωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。
2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= （2）t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=（3）令0692=-==t t dtdxv ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。
3、解：（1）由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=（2）速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==（3）r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。
大学物理练习册答案(下册)-
（1） x Acos( 2π t )
T
（2）
x Acos( 2π t 1 )
T2
（3）x Acos( 2π t 1 ) （4） x Acos( 2π t 3 )
T3
T4
2.两位外星人A和B生活在一个没有自转，没有大气， 表面光滑的匀质球形小星球上。有一次他们决定进 行一场比赛，从他们所在的位置出发，各自采用航 天技术看谁能先达到星球的对径位置。A计划穿过星 体直径凿一条通道，采用自由下落方式到达目标位 置；B计划沿着紧贴着星球表面的空间轨道，象人造 卫星一样航行到目标位置。试问A和B谁会赢得比赛？
C. 1 , 1 ,0.05 22
D. 2,2,0.05
9. 一列机械横波在t时刻的波形曲线如图所示， 则该时刻能量为最大值的媒y质质元的位置是:
A. o, b, d, f B. a, c, e, g O'
C. o, d
D. b, f O
d
a
eg
c
b
fx
(二) 填空题 1.一横波的波动方程为: y 0.01cos(250πt 10πx)(m)
解: 以星球中心为原点在直径 通道上设置x轴，A在x处受引力:
Fx
G
Mm R3
x
（注: 只有半径为x的星球部分对A有引力）
式中M为星球质量, R为星球半径, m为A的质量
A做简谐振动, 周期为 T 2 m / k k GMm / R3
A到达目标所需的时间为 tA T / 2 R R / GM B以第一宇宙速度做圆周运动 vB GM / R B到达目标所需的时间为 tB R / vB R R / GM
4. 一质点在x轴上作谐振动振幅A=4cm, 周期T=2s, 其平衡位置取作坐标原点, 若t=0时刻近质点第一次通过x=-2cm处, 且向x轴正方向运动, 则质点第二次通过 x=-2cm,处时刻为:[]
大学物理综合练习册答案(南航)
《大学物理》综合练习(一)参考答案一、选择题1．D ；2．D ；3．C ；4．C ；5．C ；6．C ；7．B ；8．A ；9．D ；10．D 。
二、填充题1．m /s 2-；s 2；m 3；m 5。
2．j t i t ϖϖ)312()1(32+++；j t i ϖϖ22+。
3．v hl h 22-。
4．2m/s 8.4；2m/s 4.230。
5．mt kv mv t v +=00)(；x mk e v x v -=0)(。
6．J 18-。
7．rg v π16320；34。
8．RGMm6-。
9．θsin 2gl ；θsin 3mg ；θsin 2g ；θcos g 。
10．j mv ϖ2-；j Rmv ϖπ22-。
11．v Mm mV +-。
12．m 3.0。
13．100r r v ；20212121mv mv -。
三、计算题1．(1) j t i t r ϖϖϖ)1(342++=；j t i t v ϖϖϖ346+=；j t i a ϖϖϖ2126+=。
(2) j t i t r r r ϖϖϖϖϖ42013+=-=∆。
(3) 192+=x y 。
2．(1) ⎰-=+=tt t a v v 0201d ，300313d t t t v x x t-+=+=⎰。
(2) 0=v 时s 1=t ，该时刻2m/s 2-=a ，m 323=x 。
(3) 0=t 时m 30=x ，0=v 时(相应s 1=t )m 3231=x ，m 3201=-=∆x x x 。
3．(1) ⎪⎩⎪⎨⎧==-=-3322211am g m a m g m T am T g m μμ 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=====+-=232322121m/s 96.12.0m/s 88.56.0g g m m a g g m m m m a μμ(2) 2m 相对于3m 的加速度g a a a 4.03=-='，且221t a s '=，3m 移动距离23321t a s =，因而m 20.04.04.02.033=⨯='=ggs a a s 。
吉林大学大学物理练习册综合练习二答案
11. 图示为一具有球对称性分布的静电场的 ~ r关系曲 图示为一具有球对称性分布的静电场的E 关系曲 请指出该静电场E是由下列哪种带电体产生的 是由下列哪种带电体产生的。 线 ， 请指出该静电场 是由下列哪种带电体产生的。 A. 半径为 的均匀带电球面； 半径为R的均匀带电球面 的均匀带电球面； E B. 半径为 的均匀带电球体； 半径为R的均匀带电球体 的均匀带电球体； 1 E∝ 2 ρ = Ar C. 半径为 、电荷体密度为 半径为R、 r (A为常数 的非均匀带电球体。 为常数)的非均匀带电球体 为常数 的非均匀带电球体。 O D. 半径为 、电荷体密度为 ρ = A/ r 半径为R、 r R (A为常数 的非均匀带电球体； 为常数)的非均匀带电球体 为常数 的非均匀带电球体； 12.某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M 某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从 某电场的电力线分布情况如图所示 点移到N点 有人根据这个图得出下列几点结论， 点移到 点。有人根据这个图得出下列几点结论，其中 哪点是正确的？ 哪点是正确的？ A. 电场强度 M < EN； 电场强度E B. 电势 M < UN； 电势U N M C. 电势能WM < WN； 电势能 6 D. 电场力的功 > 0。 电场力的功A 。
12
r r r 10.均匀静电场，电场强度 E = (400i + 600j )(V ⋅ m−1 ) 均匀静电场， 均匀静电场 （ 之间电势差_________ ） 点a(3，2)和b(1，0)之间电势差 －2000（V）。 ， 和 ， 之间电势差
11．有一内外半径分别为R及2R的金属球壳，在 ．有一内外半径分别为 及 的金属球壳 的金属球壳， 离其球心O为 处放一电量为 的点电荷， 处放一电量为q的点电荷 离其球心 为R/2处放一电量为 的点电荷，则球 3q 处电势=__________。在离球心 为3R处的 心O处电势 处电势 。在离球心O为 处的 8πε0 R q q 电场强度大小=__________，电势 12πε0R 电场强度大小 ，电势=__________。 。 36πε R
大学物理综合练习(三)参考答案
=
V22 a2
V12
V2 V1
= V1 V2
< 1，即温度降低。
6．（１） a → b 等温膨胀过程吸热， b → c 等容过程放热。
（２） Vc
= V2 ， Tc
=
T1
V1 V2
γ
−1
（３）η = 1 − Q2
= 1 − Qbc
= 1−
M M mol
CV (T1 − TC )
=1−
1
⋅
1
−
V1 V2
γ −1
Q1
Qab
M M mol
RT1
ln V2 V1
γ −1
ln V2 V1
7．致冷系数 W卡
=
Q2 A
=
T2 T1 − T2
=
273 − 5 22
=
268 22
= 12.2
∴Q2 = AW卡 = 1000 ×12.18 = 1.22 ×10 4 J （从室外吸收的热量） 传给室内的热量 Q1 = Q2 + A = (1.22 + 0.1) ×10 4 = 1.32 ×104 J 8．对 ABO 过程，外界做功 A1 = Q1 = −30 J ； 对 ODC 过程，对外做功 A2 = Q2 = 70 J ； Q Q1 = QBO + QOA ， Q2 = QOD + QCO ∴ Q1 + Q2 = QBD + QCA ， QBD = Q1 + Q2 − QCA = 140 J 9． 0° C 水至100° C 水：设想该过程为一个可逆的等压过程
=
i 2
(
p
2V2
−
大学物理练习册综合练习5-电磁学
(D) 铜盘上有感应电流产生，沿铜盘转动的方向流动。 []
5．在一根无限长载流直导线旁放置一矩形截流线圈 abcd，它们都在纸平面内，ad 边平行 于直导线，在磁场力作用下线圈将在纸平面内向什么方向运动? (A)向上； (B)向下； (C)向左； (D)向右。 [] z
a
b
I1 I2
过，其间充满磁导率为 的均匀磁介质，介质中离中心轴为 r 的某点处的磁场强度
H
,磁感应强度 B
,磁场能量密度 wm
。
9．如图所示，半径为 R ，电荷线密度为 ( 0) 的均匀带电圆线圈，绕过圆心与圆平面垂直
的轴以角速度 转动，线圈中心处磁感应强度 B
。
综合练习 5-4
三、计算题 1．在一半径为 R 的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流 I 通过，如图所示。试
《大学物理》综合练习(五)
——电磁学
教学班级：
序 号：
姓 名：
一、选择题(把正确答案的序号填入括号内)
日 期：
1．一长直导线折成如图所示之形状，已知 I 10 A ，
PA 2 cm ， 60 ，则 P 点的磁感应强度为
(A) 2.89 102 T ； (B) 5.98 103 T ； (C) 5.98 105 T ； (D) 2.89 105 T 。
a
I2 I1
db
c
4．如图所示形状的导线，通电流 I ，放在一个与均匀磁场 B 垂直的平面上，ced 为半圆弧，
ac 长为 l ,求导线受到的安培力的大小和方向。
×× ×××××
b
× × × × × ××
I
×
a
×
×××
cR
吉林大学-大学物理-练习册答案
11. 两根互相平行的长直导线，相距为a，其上均 匀带电，电荷线密度分别为λ1和λ2，则导线单 位长度所受电场力的大小为F0＝ 。
三、计算题
图中所示为一沿 x 轴放置的长度为l的不均匀 带电细棒，其电荷线密度为 = 0(x-a), 0为一 常量。取无穷远处为电势零点，求坐标原点o处 的电势。
它们定义式是 和 。
路径到B点的场强线积分 = .
7. 在场强为E 均匀电场中，A、B两点间距离为 d，A、B连线方向与E方向一致，从A点经任意
8．半径为R的不均匀带电球体，电荷体密度分布为ρ＝Ar，式中 r 为离球心的距离，(r≤R)、A为一常数，则球体上的总电量Q＝ 。
Π区 大小 ，方向 .
3. 在相对介电常数为εr的各向同性的电介质中，电位移矢量与场强之间的关系是 。
4. 两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为(>0)及－2 ，如图所示，试写出各区域的电场强度
热
磁
4.涡旋电场由 所激发，其环流数学
左
变化的磁场
表达式为 ，涡旋电场强度E涡与
5. 取自感系数定义式为L＝Φ/I, 当线圈几何形状不变，周围无铁磁性物质时，若线圈中电流强度变小，则线圈的自感系数L 。
8. 在没有自由电荷和传导电流的变化电磁场中：
；
；
10/π
9.在自感系数为L=0.05mH线圈中，流过I=0.8A的电流，在切断电路后经t=0.8μs的时间，电流强度近似为零，回路中的平均自感电动势大小
10.长直导线与半径为R的导线圆周相切（两者绝缘），则它们之间互感系数
4. 关于静电场中的电位移线，下列说法中，哪一种是正确的？ A.起自正电荷,止于负电荷,不形成闭合线,不中断 B.任何两条电位移线互相平行 C.起自正自由电荷，止于负自由电荷，任何两 条电位移线在无自由电荷的空间不相交 D.电位移线只出现在有电介质的空间
大学物理练习册答案
第十章练习一一、选择题1、以下四种运动〔忽略阻力〕中哪一种是简谐振动？〔〕(A)小球在地面上作完全弹性的上下跳动(B)细线悬挂一小球在竖直平面上作大角度的来回摆动(C)浮在水里的一均匀矩形木块，将它局部按入水中，然后松开，使木块上下浮动 (D)浮在水里的一均匀球形木块，将它局部按入水中，然后松开，使木块上下浮动2、质点作简谐振动，距平衡位置时，加速度a=/s 2,则该质点从一端运动到另一端的时间为〔 〕3、如图下所示，以向右为正方向，用向左的力压缩一弹簧，然后松手任其振动，假设从松手时开场计时，则该弹簧振子的初相位为〔〕(A) 0 (B) 2π (C) 2π-(D) π 4、一质量为m 的物体与一个劲度系数为k 的轻弹簧组成弹簧振子，当其振幅为A 时，该弹簧振子的总能量为E 。
假设将其弹簧分割成两等份，将两根弹簧并联组成新的弹簧振子，则新弹簧振子的振幅为多少时，其总能量与原先弹簧振子的总能量E 相等〔〕(A)2A (B) 4A(C)2A (D)A 二、填空题1、简谐振动A x =)cos(0ϕω+t 的周期为T ，在2Tt =时的质点速度为，加速度为。
2、月球上的重力加速度是地球的1/6，假设一个单摆(只考虑小角度摆动)在地球上的振动周期为T ，将该单摆拿到月球上去，其振动周期应为。
3、一质点作简谐振动，在同一周期内相继通过相距为11cm 的A,B 两点，历时2秒，速度大小与方向均一样，再经过2秒，从另一方向以一样速率反向通过B 点。
该振动的振幅为，周期为。
4、简谐振动的总能量是E ，当位移是振幅的一半时，k E E =，P E E =，当xA=时，k P E E =。
三、计算题1、一振动质点的振动曲线如右图所示， 试求：(l)运动学方程； (2)点P 对应的相位；(3)从振动开场到达点P 相应位置所需的时间。
2、一质量为10g 的物体作简谐运动，其振幅为24 cm ，周期为4.0s ，当t=0时，位移为+24cm 。
吉林大学大学物理练习册综合练习一答案
R1
R2O
λ1 r P
λ2
D. 0
9. 真空中一半径为 的球面均匀带电 ，在球心 处有一 真空中一半径为R的球面均匀带电 的球面均匀带电Q，在球心O处有一 带电量为q的点电荷 如图所示。 的点电荷， 带电量为 的点电荷，如图所示。设无穷远处为电 势零 则在球内离球心O距离为 距离为r的 点处电势为 点，则在球内离球心 距离为 的P点处电势为
二、填空题 x = 6 t − t 2 ( SI) ,则在 由0至4 s的 1. 一质点的运动方程为 则在t由 至 的 则在 时间间隔内， 时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t由0到4 s 由 到 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。 2. 半径为 半径为30cm的飞轮 从静止开始以 的飞轮,从静止开始以 的飞轮 从静止开始以0.5rad/s2的匀角加速 度转动， 度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过 240°时的切向 ° 法向加速度的大小a 加速度的大小 at＝ 0.15 m/s2 ， 法向加速度的大小 n ＝ 0.4π m/s2 。 3．一定量的理想气体处于热动平衡状态时，此热力学 ．一定量的理想气体处于热动平衡状态时， 系统不随时间变化的三个宏观量是____________, 系统不随时间变化的三个宏观量是 P,V ,T 2 1 而随时间不断变化的微观量是_________________. 而随时间不断变化的微观量是 υ, 2 mυ , mυ等
m dMf = rµ gdm = rµ g 2 2π rdr πR
mg 2 Mf = ∫ rµ 2 2πrdr = mgµ R 3 πR 0
R
1 2 − Mf θ = 0 − Iω0 2
n =θ
3Rω = 2π 16πµ g
2 0
3. 一卡诺热机 可逆的 ，当高温热源的温度为 一卡诺热机(可逆的 当高温热源的温度为127oC, 低温 可逆的)， 热源温度为27 时 其每次循环对外作净功8000J。今维 热源温度为 oC时，其每次循环对外作净功 。 持低温热源的温度不变，提高高温热源温度， 持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次 循环对外作净功10000J 。若两个卡诺循环都工作在相同 循环对外作净功 的两条绝热线之间，试求： 的两条绝热线之间，试求： (1) 第二个循环热机的效率； 第二个循环热机的效率； (2) 第二个循环的高温热源的温度。 第二个循环的高温热源的温度。 T1 − T2 A 解： = η = ⇒Q2 = 24000J T1 Q2 + A 两循环工作在相同的两条绝热线之间， 两循环工作在相同的两条绝热线之间，且低温热源的 温度不变， 不变。 温度不变，故Q2不变。
大学物理 习题册答案
1.轻型飞机连同驾驶员总质量为31.010kg ⨯。
飞机以155.0m s -⋅速率在水平跑道上着陆后，驾驶员开始制动，若阻力与时间成正比，比例系数215.010N S -∂=⨯⋅求：⑴ 10秒后飞机的速率；⑵ 飞机着陆后10秒内滑行的距离。
解：（1）在水平面上飞机仅受阻力作用，以飞机滑行方向为正方向， 由牛顿第二定律得：t dt dv mma F -∂===∴ dt m t dv t v v ⎰⎰∂-=00 可得：202t mv v ∂-=∴ 当s t 10=时，10.30-⋅=s m v （2）又∵ dtdr v =∴⎰⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛∂-==ttrdt t m v vdt dr 020002 ∴m t mt v r r s 4676300=∂-=-= 2.用铁锤把钉子敲入墙面木板，设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。
若第一次敲击，能把钉子钉入木板21.0010m -⨯。
第二次敲击时，保持第一次敲击钉子的速度，那么第二次能把钉子钉入多深？试问木板对钉子的阻力是保守力？解：由动能定理，有：12201011022s m kx x ks -=-=-⎰d v设铁锤第二次敲打时能敲入的深度为ΔS ，则有112220111110()222s s s m kx x k s s ks +∆⎡⎤-=-=-+∆-⎢⎥⎣⎦⎰d v得：2211()2s s s +∆= 化简后为：11s s +∆=第二次能敲入的深度为：111)10.41cm s s ∆=-=⨯=cm 易知：木板对钉子的阻力是保守力3.某弹簧不遵守胡克定律，力F 与伸长x 的关系为F ＝52.8x ＋38.4x 2（SI ），求： ⑴ 将弹簧从伸长x 1＝0.50 m 拉伸到伸长x 2＝1.00 m 时，外力所需做的功。
⑵ 将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17 kg 的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2＝1.00 m ，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x 1＝0.50 m 时，物体的速率。
吉林大学大学物理练习册综合练习一答案
B
成60o角，如图所示。则通过以该圆周为边线的如图所示
的任意曲面 Biblioteka 的磁通量 Φm1 s B dS BS cos 60o n R
任意曲面S
1 BR2
2
Φm2
s B dS
1 2
BR2
60 B
S
B
B
三、计算题
1. 如图所示，质点P在水平面内沿一半径为R = 2m的圆轨道转动。转动的角速度与时间t的函 数关系为=kt2(k为常数)。已知t=2s时，质点的 速度值为32m/s。试求t=1s时，质点P的速度与加 速度的大小。
半径为r具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳绳下端挂一质量为m的物体绳的质量可以忽略绳与定滑轮之间无相对滑动若物体下落的加速度为a则定滑轮对轴的转动惯量jmg?arma2b?n?rb?b?任意曲面s?60s???sbs2m??d2rb21???d1三计算题1
3．一个人站在正在旋转的转台上，当他从转台 边缘沿半径向中心走去时，则转台的角速度 将
E Q (1 1 )
4 L R R2 L2
若Q 0 E沿x轴负方向
5. 图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为
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，求空腔内任一点的电势。
解： dU 1 dq
4 0 r
dq 4 r2dr
R1
2
O
R2
E0
,B=
4 3
0
E0
.
A
B
E0
A 2 0
B 2 0
1 3
E0
A 2 0
大学基础教育《大学物理（一）》综合练习试题 附答案
大学基础教育《大学物理（一）》综合练习试题附答案姓名：______ 班级：______ 学号：______考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。
2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。
一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、一质点作半径为0.1m的圆周运动，其运动方程为：（SI），则其切向加速度为＝_____________。
2、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度_____。
3、两列简谐波发生干涉的条件是_______________，_______________，_______________。
4、从统计的意义来解释, 不可逆过程实质上是一个________________的转变过程, 一切实际过程都向着________________ 的方向进行。
5、质量为M的物体A静止于水平面上，它与平面之间的滑动摩擦系数为μ，另一质量为的小球B以沿水平方向向右的速度与物体A发生完全非弹性碰撞．则碰后它们在水平方向滑过的距离L＝__________。
6、质量为m的物体和一个轻弹簧组成弹簧振子，其固有振动周期为T．当它作振幅为A的自由简谐振动时，其振动能量E＝__________。
7、简谐振动的振动曲线如图所示，相应的以余弦函数表示的振动方程为__________。
8、静电场中有一质子(带电荷) 沿图示路径从a点经c点移动到b点时，电场力作功J．则当质子从b点沿另一路径回到a点过程中，电场力作功A＝___________；若设a点电势为零，则b点电势＝_________。
9、两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2，相距为d，其电荷线密度分别为和如图所示，则场强等于零的点与直线1的距离a为_____________ 。
10、花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为，角速度为；然后将两手臂合拢，使其转动惯量变为，则转动角速度变为_______。
大学物理学练习册答案
大物练习册参考答案二、判断题01. × 02. × 03. × 04. √ 05. √ 06. × 07. × 08. √ 09. √ 10. √ 11. √ 12. √ 13. √ 14. × 15. √三、计算题1. 解：根据连续性原理可知，出口处流速为：112221120.16)010.0()020.0(0.4--•=•⨯==s m s m S S v v 选流入处为参考平面，即令01=h ，根据伯努利方程可求的高处的压强为：22222112121gh v p v p ρρρ++=+ Pa gh v v p p 52222112103.22121⨯=--+=ρρρ2. 解：以油滴为研究对象, 设油滴的半径为r ，不存在竖直向下的匀强电场时，其受力情况为：竖直向下的重力：g r mg G ρπ334== 竖直向上的浮力：g r F 0334ρπ=竖直向上的黏滞阻力：rv f πη6= 三力达到平衡时,即:G=F+f,油滴以最大速度0v 下降。
由受力平衡：003363434rv g r g r πηρπρπ+=(1) 当存在竖直向下的匀强电场时，仍然以油滴为研究对象, 其受力情况为：竖直向下的重力：g r mg G ρπ334== 竖直向上的浮力：g r F 0334ρπ=竖直向上的黏滞阻力：rv f πη6= 竖直向上的电场力：qE F =1四力达到平衡时,即:f F F G ++=1时，油滴以最大速度v 下降。
由受力平衡：rv qE g r g r πηρπρπ63434033++=(2) 由方程（1）和（2）可以求出q 为：E v v v g q 210021023)((1)29(34-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ρρηπ 3. 解：设总的水滴数目为N 个，根据融合前后水的体积不变，可得： 6333420105010(1.010)3N π--⨯⨯⨯=⨯g（1） 则融合前后水的表面积改变量为：3264(1.010)2010S N π-∆=⨯-⨯g (2) 释放出的能量为E S α∆=∆ (3) 根据（1），（2），（3）方程可得 82.1810E J ∆=⨯4. 解：将虹吸管取为一流管。
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《大学物理》综合练习(一)参考答案一、选择题1．D ；2．D ；3．C ；4．C ；5．C ；6．C ；7．B ；8．A ；9．D ；10．D 。
二、填充题1．m /s 2-；s 2；m 3；m 5。
2．j t i t)312()1(32+++；j t i 22+。
3．v hl h 22-。
4．2m/s 8.4；2m/s 4.230。
5．mt kv mv t v +=00)(；x mk e v x v -=0)(。
6．J 18-。
7．rg v π16320；34。
8．RGMm6-。
9．θsin 2gl ；θsin 3mg ；θsin 2g ；θcos g 。
10．j mv 2-；j R mvπ22-。
11．v Mm mV +-。
12．m 3.0。
13．100r r v ；20212121mv mv -。
三、计算题1．(1) j t i t r)1(342++=；j t i t v 346+=；j t i a 2126+=。
(2) j t i t r r r42013+=-=∆。
(3) 192+=x y 。
2．(1) ⎰-=+=tt t a v v 0201d ，300313d t t t v x x t-+=+=⎰。
(2) 0=v 时s 1=t ，该时刻2m/s 2-=a ，m 323=x 。
(3) 0=t 时m 30=x ，0=v 时(相应s 1=t )m 3231=x ，m 3201=-=∆x x x 。
3．(1) ⎪⎩⎪⎨⎧==-=-3322211am g m a m g m T a m T g m μμ 解得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=====+-=232322121m/s 96.12.0m/s 88.56.0g g m m a g g m m m m a μμ(2) 2m 相对于3m 的加速度g a a a 4.03=-='，且221t a s '=，3m 移动距离23321t a s =，因而m 20.04.04.02.033=⨯='=ggs a a s 。
4．切向：t v m kv d d =-，两边积分⎰⎰-=tv v t m k v v 0d d 0，得t m ke v v -=0。
法向：t mk t m k e T e l v m l v m T 202202--===，其中lv m T 200=为初始时刻绳中张力。
5．利用机械能守恒和牛顿定律 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-++=l v m mg T mgl mv mv 2220)cos()]cos(1[2121θπθπ 从以上两式中消去v ，得)cos 32(θ+=mg T0=T 时，9413132cos 1'︒=⎪⎭⎫⎝⎛-=-θ。
6．⎪⎩⎪⎨⎧==-+=2122211122211110sin sin cos cos mm v m v m v m v m v m θθθθ解得 ︒==-3033tan 12θ m/s 32.173102==v由于22221121212121v m v m v m +=，即 22212v v v +=，系统机械能守恒，所以是弹性碰撞。
7．(1) ⎩⎨⎧==-am T a m T g m B AB A AB A ，消去AB T 得 g g m m m a B A A 21=+=又 221at l =，得 m 4.054.022=⨯==a l t (2) 系统动量不守恒，因为在拉紧过程中滑轮对绳有冲击力。
(3) 绳拉紧时A 、B 的速率 m/s 24.05.022=⨯⨯==g al v 设绳拉紧时间为τ，忽略重力的作用，由动量定理得○○0B2v1v⎪⎩⎪⎨⎧=-=--=-ττττBC CBCAB B B AB A A T V m T T v m V m T v m V m 解得 m/s 33.1232=⨯=+++=v m m m m m V C B A B A 8．设两球碰撞后共同速率为1v ，由动量守恒定律得02121)(v m v m m =+ （1）碰撞后系统机械能守恒202212121)(21)(21)(21l l k v m m v m m -++=+ （2） 系统对O 点的角动量守恒αsin )()(211021lv m m v l m m +=+ （3）由以上三个方程解得21202221202)(m m l l k m m m v m v +-+-=， 20222120001)(sin l l k m m m v l v l -+-=-α9．设卫星质量为m ，地球质量为M ，由角动量守恒定律和机械能守恒定律，得2211r mv r mv =， 2221212121r mMG mv r mM Gmv -=- 从以上两式解得)(221121r r r GMr v +=，)(221212r r r GMr v +=又2RmM Gmg =，2gR GM =，代入上式，得 )(221121r r r gr Rv +=，)(221212r r r gr R v +=《大学物理》综合练习(二)参考答案一、选择题1．C ；2．C ；3．B ；4．C ；5．B ；6．C ；7．D ；8．①E ，②C 。
二、填充题1．m N 1098.32⋅⨯。
2．rad/s 1095.42⨯。
3．m /s 42.5。
4．⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-1222h gt mR 。
5．L 33；L g 3。
6．Lg 2cos 3θ；L g θsin 3； θsin 3Lg ；2cos 3θg a t =；θsin 3g a n =；θcos 41mg F t =；θsin 25mg F n =； 1sin 9941222+=+=θmg F F F n t ；θθβsin 10cos arctanarctan ==n t F F 。
三、计算题1． 设1T 、2T 分别为物体m 与滑轮间、球壳与滑轮间绳的张力，J 为球壳绕竖直轴的转动惯量，a 为物体m 的加速度大小，方向竖直向下。
由转动定律和牛顿第二定律，得球壳： RaMR R a JJ R T 2232===α （1） 滑轮： raJ J r T T 00021)(==-α （2）物体： ma T mg =-1 （3） 由（1）~（3）式解得：2032r J M m mga ++=，ah v 2=20322rJ M m mgh++= 2． 钢棒绕其转轴的转动惯量2222221m Kg 53.122.106.122.14.6121221212⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯+⨯⨯=⎪⎭⎫⎝⎛⨯+=+=l m Ml J J J(1) 由动能定理得轴摩擦力所做的总功AJ 1060.421420⨯-=-=∆=ωJ E A k(2) 恒定力矩的功 n M M A πθ2==，故在s 32内转过的转数(rev)9.62439253.120.321060.4224=⨯⨯⨯⨯⨯===ππαππJ A M A n(3) 当摩擦力矩不恒定时，只有力矩作功可以计算，无需任何附加条件，且J 1060.44⨯-=A3．(1) 由转动定律 ωωK t J -=d d ，积分 ⎰⎰-=2/000d d ωωωωt t J K ，得2ln KJt =(2) 由动能定理 20220832122112ωωωJ J J E E A k k -=-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 4．取杆自由悬挂时的质心所在位置为势能零点，杆对离其一端4/l 的水平轴的转动惯量为2224874121ml l m ml J =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=系统在整个运动过程中机械能守恒，故有22120l mg J =ω，l g 7340=ω，0ωω> 5．(1) 碰撞过程不计摩擦力的影响，系统对O 点的角动量守恒02122210234330sin 2ωωωl m l m l m J v m l≈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==︒ 23325.040002.03230sin 2120=⨯⨯⨯=⨯︒=l m v lm ωrad/s(2) 在距O 点r 处取一长为r d 质元，摩擦力大小为 r lgm mg f d d d 1μμ==，f d 对O 点的力矩 r r l gm f r M d d d 1μ-=-=，则整个细杆所受的摩擦力对O 点的力矩为 ⎰⎰-=-==l l gl m r r l g m M M 00112d d μμ由动能定理 2022121ωωθJ J M -=rad 68.08.92.03232321212201202120=⨯⨯==-⨯-=-=g l gl m l m M J μωμωωθ6．系统对通过其中心的水平轴的角动量守恒vl m J ul m '-='ω即 ωω231)(ml J l v u m ==+' （1） 因小球和细杆作弹性碰撞，系统机械能守恒222212121ωJ v m u m +'=' （2） 由（1）和（2）式解得m m m m u v '+'-=3)3(，l m m u m )3(6'+'=ω7．(1) 在距圆心r 处取一宽度为r d 的圆环，其上所受的阻力大小为f d ，则r kr r r kr s kv f d 4d 4d d 2πωπω===圆盘所受的空气阻力矩为⎰⎰⎰-=-=-==RRkR r kr f r M M 043d 4d d πωπω(2) 由转动定律θωωθθωωπωd d d d d d d d 4J t J t JkR M ===-= 积分 ⎰⎰-=θωωπθ0040d d kR J得 2040240221kR m kR mR kR J πωπωπωθ=== 22042kR m n πωπθ==《大学物理》综合练习(三)参考答案一、选择题1． D ；2．A ；3．B ；4．A ；5．B ；6．B ；7．C ；8．A ；9．C ；10．B ；11．E ； 12．D ；13．A ；14．A 、B 、D ；15．B 、C 。
二、填充题1．p v 、v 、2v ； 2．1:1、3:5； 3．pd kT22π、正比、T pd km 216π、 平方根成反比； 4．4、4； 5．Ⅱ、0v 、)1(A N -； 6．(1)单位体积中速率在vv v d +→区间内的分子数，(2)速率小于1v 的分子数，(3)速率大于0v 的所有分子的平均速率； 7．(1)等压，(2)等容，(3)等温，(4)等容； 8．%29、%71； 9．绝热过程、等压过程； 10．⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+--121211lnV V a b V b V RT ； 11．21ln 11T V p S =∆、0=∆S 。