大学物理(第七版)第八章考题
大学物理质点运动学考试真题
大学物理质点运动学（一）1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ ）（A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠（C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠（D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds ==（2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt；（4下列判断正确的是：（A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确（C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ ）（A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的（C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ）（A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变（B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变（C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ ）（A ）匀加速运动，0cos v v θ=（B ）匀减速运动，0cos v v θ= （C ）变加速运动，0cos v v θ= （D ）变减速运动，0cos v v θ= （E ）匀速直线运动，0v v =1-6 以下五种运动形式中，保持不变的运动是 ( )（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．1-7一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度ｖ＝２ｍ／ｓ，瞬时加速度22/a m s-=-，则一秒钟后质点的速度 ( )（Ａ）等于零． （Ｂ）等于－２ｍ／ｓ．（Ｃ）等于２ｍ／ｓ． （Ｄ）不能确定．1-8 某物体的运动规律为2dv kv t dt=-，式中的k 为大于零的常数．当ｔ＝０时，初速为v 0，则速度v 与时间ｔ的函数关系是 ( ) （Ａ）2012v kt v =+ （Ｂ）2012v kt v =-+ （Ｃ）201112kt v v =+ （Ｄ）201112kt v v =-+a（二）1．一运动质点在某瞬时位于矢径r（x ，y ）的端点，其速度大小为：（2003、2006级上考题） （A ）dtr d dt dr (B) （C ）22(D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx dt |r |d 2．某质点的运动方程为6533+-=t t x （SI ），则该质点作（A ）匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；（B ）匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向；（C ）变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；（D ）变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向。
(完整版)大学物理考试常考题选择填空部分(含答案详解)
质 点 运 动 学一．选择题：1、质点作匀速圆周运动，其半径为R ，从A 点出发，经过半圆周到达B 点，则在下列各 表达式中，不正确的是 （A ）（A ）速度增量 0=∆v ，速率增量 0=∆v ； （B ）速度增量 j v v 2-=∆，速率增量 0=∆v ； （C ）位移大小 R r 2||=∆ ，路程 R s π=； （D ）位移 i R r 2-=∆，路程 R s π=。
2、质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表达式为j bt i at r 22+=（其中a 、b 为常量）则该质点作 （ D ）（A ）匀速直线运动； （B ）一般曲线运动； （C ）抛物线运动； （D ）变速直线运动。
3、质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，v 表示速度, a 表示加速度。
下列表达式中， 正确的表达式为 （ B ）（A ）r r ∆=∆|| ； (B) υ==dt s d dt r d ； （C ） a dtd =υ； （D ）υυd d =|| 。
4、一个质点在做圆周运动时，则有 （ B ）（A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变；（B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变；（C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变；（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变。
5、质点作匀变速圆周运动，则：（ C ）（A ）角速度不变； （B ）线速度不变； （C ）角加速度不变； （D ）总加速度大小不变。
二．填空题：1、已知质点的运动方程为x = 2 t －4 t 2（SI ），则质点在第一秒内的平均速度 =v -2 m/s ； 第一秒末的加速度大小 a = -8 m/s 2 ；第一秒内走过的路程 S = 2.5 m 。
2、xoy 平面内有一运动的质点，其运动方程为 j t i t r 5sin 105cos 10+=（SI ），则t 时刻其速度=v j t i t 5cos 505sin 50+- ；其切向加速度的大小a t = 0 ；该质点运动的轨迹是 圆 。
大学物理答案解析第7～8章
第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。
解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向-4q 。
7－2 如图，均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为λ。
（1）求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。
解：（1）如图7－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ，则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(4002xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。
（2）如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===， 代入上式，则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ，方向沿x 轴负向。
习题7－1图dq ξd ξ习题7－2 图ax θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=00sin 4xdx习题7－2 图byθθπελθd y dE E y y ⎰⎰==00cos 400sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强。
解：如图，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。
大学物理考题及答案
一、简答题：（每小题6分，共5题，合计30分） 1、简谐运动的概念是什么？
参考答案：如果做机械振动的质点，其位移与时间的关系遵从正弦（或余弦）函数规律，这样
的振动叫做简谐运动，又名简谐振动。
因此，简谐运动常用sin()x A t ωϕ=+作为其运动学定义。
其中振幅A ，角频率ω，周期T ，和频率f 的关
系分别为： 2T
π
ω=
、2f ωπ= 。
2、相干光的概念是什么？相干的条件是什么？
参考答案：频率相同，且振动方向相同的光称为相干光。
或满足相干条件的光也可称为相干光。
相干条件如下
这两束光在相遇区域；振动方向相同；振动频率相同；相位相同或相位差保持恒定； 那么在两束光相遇的区域内就会产生干涉现象。
3、高斯定理的定义是什么？写出其数学公式
通过任意闭合曲面的电通量等于该闭合曲面所包围的所有电荷量的代数和。
1
01
n
e i
i E dS q ε=Φ=
⋅=∑⎰
4、什么叫薄膜干涉？什么叫半波损失？
参考答案：由薄膜两表面反射光或透射光产生的干涉现象叫做薄膜干涉；
波从波疏介质射向波密介质时反射过程中，反射波在离开反射点时的振动方向相对于入射波到达入射点时的振动相差半个周期，这种现象叫做半波损失。
5、元芳，此题你怎么看？
2L
B dl B r π⋅=⎰
0 (r 2I
B r
μπ=
≥即圆柱面外一点的磁场与全部电流都集中在轴线上的一根无限长线电流产生的磁场相同的。
2L
B dl B r π⋅=⎰
0 (r<R)B = 即圆柱面内无磁场。
11。
大学物理 期末复习重点考题
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 <<场强介质外)(2R r <场强0π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势r QE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε (3)金属球的电势rd r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=220π44πdrR R R r r Qdrr Q 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 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == r D D εσσ==1212(必考)3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少? 解: 2220153,1513βββ-=-=-=='则l l cc v 542591=-=10-7 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 I vb vBb l B v d 2d )(01πμεBC产生电动势)(π2d )(02d a I vbl B v C B+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势821106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεεv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即沿abcd 方向顺时针方向． 题10-8图题2-28图如图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有 β)31(212ml mg =l g 23=β(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg=lg θωsin 3=12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d=0.048mm 的细钢丝隔开．求：(1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少?(3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即dL =θ故 43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度) (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m (3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm (4)141≈=∆l LN 条2-10 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bat =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==题2-19图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度． 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2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50 kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ①a m T 11=②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =-③又，βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.7220058.92002-⋅=++⨯=++=m m g m a3-18 μ子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命0τ=2×10-6s ，若它在实验室参考系中的平均寿命τ= 7×10-6s ，试问其质量是电子静止质量的多少倍?解: 设μ子静止质量为0m ，相对实验室参考系的速度为c v β=，相应质量为m ，电子静止质量为e m 0，因2711,10220==--=ττββττ即由质速关系，在实验室参考系中质量为：202012071ββ-=-=e m m m 故72527207120720=⨯=-=βe m mrd r d⋅+⋅=⎰⎰∞∞r rE E U 外内303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内klvttm -=-=d d Φε()M m MgRv +=2。
大学物理第八章答案
大学物理第八章答案8-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 22d d tyMMa F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x m ktx 习题8-1图故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(txM x l k T ++=代入(2)式知 22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=习题8-2图由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时，,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-，即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ8-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可知304R rQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-=式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r trω 习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题8-5所示，则有：g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=mM m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+=习题8.5图(3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21cos ,cos 24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得：s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-8-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212=+=km m T π在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，υυ)(2111m m m +=则m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 8-9 解：（1）由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得： m)(42.022±=±=A x 8-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：N mg ma -=maxN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mg N ma -'=max故 N)(1.8)4()(22max =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041max max=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为km m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2121υ''+=m m kA 得：A m m k'+±='υ8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A 运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.根据振动系统的能量守恒定律：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-=得： )m/s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E （4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω 习题8-15图(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m(5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 解：设两质点的振动表达式分别为：)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x由图题可知，一质点在21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t习题8-16图πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解：由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==T由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相πϕ2310=.同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ。
大学物理第8章 稳恒磁场 课后习题及答案之欧阳道创编
第8章 稳恒磁场 习题及答案 时间：2021.03.06 创作：欧阳道 6. 如图所示，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：O 点磁场由AB 、C B 、CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。
AB 在O 点产生的磁感应强度为 C B 在O 点产生的磁感应强度大小为θπμR I B 402=RI R I 123400μππμ=⨯=，方向垂直纸面向里 CD 在O 点产生的磁感应强度大小为)231(20-=R I πμ，方向垂直纸面向里 故 )6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向垂直纸面向里 7. 如图所示，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：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。
且1I 产生的磁感应强度大小为）（θππμ-=24101RI B ，方向垂直纸面向外 2I 产生的磁感应强度大小为θπμRI B 4202=，方向垂直纸面向里 所以， 1)2(2121=-=θθπI I B B 环中心O 的磁感应强度为8. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。
解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。
以P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。
在载流平板上取dx a I dI =，dI 在P 点产生的磁感应强度大小为x dI dB πμ20=dx axI πμ20=，方向垂直纸面向里 P 点的磁感应强度大小为方向垂直纸面向里。
9. 如图所示，真空中有两个点电荷A ,B ,分别带有电量q +和q -，相距为d 。
它们都以角速度ω绕轴'OO 转动，轴'OO 与AB 连线相互垂直，其交点为C ，距A 点为3d。
物理学(第七版)
作者简介
作者简介
马文蔚，东南大学物理学院教授，自20世纪50年代以来，从事物理教育工作已超越半个世纪，长期致力于教 材建设及高等教育研究。
周雨青，南京市人，理学博士，东南大学物理学院教授、硕士生导师，国家级大学物理（工科）精品课程实 际负责人。
解希顺，男，东南大学物理学院教授，东南大学课程与教学论学科带头人，全国高等物理教育研究会副秘书 长，《大学物理》杂志编委。
谢谢观看
出版工作
2020年10月15日，《物理学（第七版）下册》由高等教育出版社出版发行；16日，《物理学（第七版）上 册》由高等教育出版社出版发行。
内容简介
内容简介
该书分为上、下两册，共十六章，上册包括质点运动学、牛顿运动定律、动量守恒定律和能量守恒定律、刚 体转动和流体运动、静电场、静电场中的导体与电介质、恒定磁场、电磁感应电磁场八章内容，以及矢量，中国 法定计量单位和国际单位制，空气、水、地球、月球、太阳系的一些常用数据，希腊字母，常用物理学常量五个 附录；下册包括振动、波动、光学、气体动理论、热力学基础、相对论、量子物理、原子核与粒子物理简介八章 内容。
物理学（第七版）
2020年高等教育出版社出版的图书
01 成书过程
03 教材目录
目录
02 内容简介 04 教学资源
05 教材特色
07 作者简介
目录
06 获得荣誉
基本信息
《物理学（第七版）》是由东南大学等七所工科院校编，马文蔚、周雨青、解希顺改编，高等教育出版社于 2020年10月出版的“十二五”普通高等教育本科国家级规划教材。该书可作为高等学校理工科非物理学类专业大 学物理课程的教材，也可供文科相关专业选用和注：目录排版顺序为从左列至右列）
大学物理实验模拟考题及其解答
大学物理实验模拟考题及其解答一、绪论课最基本应该掌握的内容：（1）数据处理的四种方法：列表法、作图法、逐差法、统计与直线拟合法，另外，还有最小二乘法、计算器法。
前四个是最基本的；（2）误差传递基本方法：对数微分法、全微分法。
具体的传递涉及：正方体、长方体、圆面、圆柱体、球体，两个刻度相减对应的距离的对应的仪器误差；（3）结果表达式的书写的基本要领；一、绪论课1. 随机误差、系统误差（量具误差与调整误差、理论误差与方法误差、环境误差、人员误差），分为可定系统误差和未定系统误差；结果表达式的规范写法与相对误差、三要素：测量值、不确定度和单位；单次测量结果表达式的写法—极限误差；多次测量、仪器误差、仪器标准差、②置信概率（置信度）例（1）测量结果表达式的三要素，是指、、。
例（2）在直接、单次测量的结果表达式中，常用仪器的极限误差Δ作为测量的不确定度，则该结果的置信概率为：（）（A）68.3% （B）95.5% （C）99.7% （D）不能确定例（3）某长度的计量测量结果写成：L=25.78±0.05（mm）p=68.3%，下列叙述中哪个是正确的？1待测长度是25.73mm或25.83mm2待测长度是25.73mm到25.83mm之间3待测长度的真值在区间25.73mm~25.83mm内的概率为68.3%4待测长度在25.73mm~25.83mm内的概率是68.3%解：D正确的，因为待测长度的真值应该在25.73mm~25.83mm内的置信概率为68.3%。
2.真值、测量值、误差（绝对误差）的区别例（1）依照测量方法的不同，可将测量分为和两大类。
例（2）1）对一物理量进行等精度多次测量，其算术平均值是（）A.真值；B.最接近真值；C.误差最大的值；D.误差为零的值3.偏差、标准误差、标准偏差、视差的区别4.系统误差、随机误差（有界性、单峰性、补偿性和对称性）、粗大误差例（1）电表未校准所引起的测量误差属于（）（A）随机误差（B）系统误差（C）粗大误差（D）未知误差5.已定系统误差、未定系统误差、不确定度、总不确定度、标准差传递、仪器误差传递、对数微分法例（2）电表未校准所引起的测量误差属于（）（A）随机误差（B）系统误差（C）粗大误差（D）未知误差6.误差传递：对数分法、全微分法、7.有效数据：从仪器直接读取，有效数字位数的确定；例（1）某物体的长度为1.366355cm，若用毫米尺测量，其值为cm；用精度为0.02mm的游标卡尺测量，其值为cm；用0—25mm的螺旋测微器测量，其值为cm。
大学物理期末考题及答案
大学物理期末考题及答案一、大学物理期末选择题复习 1．运动质点在某瞬时位于位矢r 的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)dt r d ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确答案D2．一带电粒子垂直射入均匀磁场中，如果粒子的质量增加为原来的2倍，入射速度也增加为原来的2倍，而磁场的磁感应强度增大为原来的4倍，则通过粒子运动轨道所围面积的磁通量增大为原来的：（ ）(A) 2倍 (B) 4倍 (C) 0.5倍 (D) 1倍答案B3．静电场中高斯面上各点的电场强度是由：（ ）(A) 高斯面内的电荷决定的 (B) 高斯面外的电荷决定的(C) 空间所有电荷决定的 (D) 高斯面内的电荷的代数和决定的答案C4．下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零答案B5．两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ）（A ） r R B B 2=（B ） r R B B =（C ） r R B B =2（D ）r R B B 4=答案C6．在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L 1 、L 2 ，圆周内有电流I 1 、I 2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L 2 回路外有电流I 3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）（A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠（D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠答案C7．一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A ）B r 2π2 （B ） B r 2π（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2答案D8． 用水平力N F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止。
大学物理——热学必考题
1. 有 2×10-3 m3刚性双原子分子理想气体，其内能为6.75×102 J．(1) 试求气体的压强；(2) 设分子总数为 5.4×1022个，求分子的平均平动动能及气体的温度．(玻尔兹曼常量k＝1.38×10-23 J·K-1)2. 一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为= 6.21×10-21 J．试求：(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率．(2) 氧气的温度．(阿伏伽德罗常量N A＝6.022×1023 mol-1，玻尔兹曼常量k＝1.38×10-23 J·K-1)3. 一定量的某单原子分子理想气体装在封闭的汽缸里．此汽缸有可活动的活塞(活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气)．已知气体的初压强p1=1atm，体积V1=1L，现将该气体在等压下加热直到体积为原来的两倍，然后在等体积下加热直到压强为原来的2倍，最后作绝热膨胀，直到温度下降到初温为止，(1) 在p－V图上将整个过程表示出来．(2) 试求在整个过程中气体内能的改变．(3) 试求在整个过程中气体所吸收的热量．(1 atm＝1.013×105 Pa)(4) 试求在整个过程中气体所作的功．4. 1 mol理想气体在T1 = 400 K的高温热源与T2 = 300 K的低温热源间作卡诺循环（可逆的），在400 K的等温线上起始体积为V1 = 0.001 m3，终止体积为V2 = 0.005 m3，试求此气体在每一循环中(1) 从高温热源吸收的热量Q1(2) 气体所作的净功W(3) 气体传给低温热源的热量Q25. 气缸内贮有36 g 水蒸汽(视为刚性分子理想气 体)，经abcda 循环过程如图所示．其中a －b 、c －d 为等体过程，b －c 为等温过程，d －a 为等压过程．试求：(1) d －a 过程中水蒸气作的功W da(2) a －b 过程中水蒸气内能的增量∆E ab(3) 循环过程水蒸汽作的净功W(4) 循环效率η(注：水蒸汽自由度i = 6, 水蒸汽的摩尔质量M mol ＝18×10-3 kg ，1 atm= 1.013×105 Pa)6. 1 mol 双原子分子理想气体作如图的可逆循环过 程，其中1－2为直线，2－3为绝热线，3－1为等温线．已知T 2 =2T 1，V 3=8V 1 试求：(1) 各过程的功，内能增量和传递的热量；(用 T 1和已知常量表示)(2) 此循环的效率η．7. 1mol 的单原子分子理想气体，从初态A 出发，经历如图循环过程，求：(1) 各过程中系统对外作的功、内能的变化和吸收的热量；(2) 整个循环过程系统对外作的总功及净吸热；(3) 该循环的效率；8. 如图所示代表一以He 气(氦气,可视为理想气体)为工作物质的循环过程, 图中V 1=2V 2, p 1=3p 2. 试问：（1）该循环过程是代表热机还是致冷机？（2）如果是热机求出该热机的循环效率 ；如果是致冷机则求出该致冷机的致冷系数e.9. 有一制冷空调器, 夏天制冷的输入功率为1000W; (1)若实际制冷量为2500W, 求此空调器的制冷系数. (2)若空调器按卡诺循环工作(即卡诺致冷机), 室外的温度为370C, 室内温度为220C, 则空调器的制冷系数是多少?。
大学物理答案第7～8章
第七章 实空中的静电场之阳早格格创做7－1 正在边少为a 的正圆形的四角，依次搁置面电荷q,2q,-4q 战2q ，它的几许核心搁置一个单位正电荷，供那个电荷受力的大小战目标.解：如图可瞅出二2q 的电荷对于单位正电荷的正在效率力将相互对消，单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε目标由q 指背-4q. 7－2 如图，匀称戴电细棒，少为L ，电荷线稀度为λ.（1）供棒的延少线上任一面P 的场强；(2)供通过棒的端面与棒笔直上任一面Q 的场强.解：（1）如图7－2 图a ，正在细棒上任与电荷元dq ，修坐如图坐标，dq ＝d，设棒的延少线上任一面P 与坐标本面0的距离为x ，则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒正在P 面爆收的电场强度的大小为＝)(40L x x L-πελ目标沿轴正背.q2q-4q2q习题7－1图dq ξd ξP习题7－2 图ax（2）如图7－2 图b ，设通过棒的端面与棒笔直上任一面Q 与坐标本面0的距离为y204rdxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， 果θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===，代进上式，则)cos 1(400θπελ--=y＝)11(4220Ly y +--πελ，目标沿x 轴背背.00sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ 7－3 一细棒直成半径为R 的半圆形，匀称分散有电荷q ，供半圆核心O 处的场强.解：如图，正在半环上任与d l =Rd 的线元，其上所戴的电荷为dq=Rd.对于称分解E y =0.θπεθλsin 420R Rd dE x =2022R qεπ=，如图，目标沿x 轴正背.7－4 如图线电荷稀度为λ1的无限少匀称戴电直线与另一少度为l 、线θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=00sin 40dq xdxP习题7－2 图bydEθy Qθ0d θθθdEx习题7－3图R电荷稀度为λ2的匀称戴电直线正在共一仄里内，二者互相笔直，供它们间的相互效率力.解：正在λ2的戴电线上任与一dq ，λ1的戴电线是无限少，它正在dq 处爆收的电场强度由下斯定理简单得到为，xE 012πελ=二线间的相互效率力为,ln 2021ala +πελλ如图，目标沿x 轴正背.7－5 二个面电荷所戴电荷之战为Q ，问它们各戴电荷几时，相互效率力最大？解：设其中一个电荷的戴电量是q ，另一个即为Q －q ，若它们间的距离为r ，它们间的相互效率力为相互效率力最大的条件为 由上式可得：Q=2q ，q=Q/27－6 一半径为R 的半球壳，匀称戴有电荷，电荷里稀度为σ，供球心处电场强度的大小.解：将半球壳细割为诸多细环戴，其上戴电量为dq 正在o 面爆收的电场据（7－10）式为λ1 习题7－4图习题7－6图304RydqdE πε=，θcos R y = )(sin sin 200θθεσπd ⎰=20202sin 2πθεσ=4εσ=.如图，目标沿y 轴背背.7－7 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球里对于称轴仄止，估计通过此半球里电场强度的通量.解：如图，设做一圆仄里S 1挡住半球里S 2，成为关合直里下斯，对于此下斯直里电通量为0， 即7－8 供半径为R ，戴电量为q 的空心球里的电场强度分散.解： 由于电荷分散具备球对于称性，果而它所爆收的电场分散也具备球对于称性，与戴电球里共心的球里上各面的场强E 的大小相等，目标沿径背.正在戴电球里里与中部天区分别做与戴电球里共心的下斯球里S 1与S 2.对于S 1与S 2，应用下斯定理，即先估计场强的通量，而后得退场强的分散，分别为04d 21==⋅=⎰r E S πψS E得 0=内E （r<R ）rrˆ204q πε=外E (r>R)E习题7－7图r习题7－18图7－9 如图所示，薄度为d 的“无限大”匀称戴电仄板，体电荷稀度为ρ，供板内中的电场分散.解:戴电仄板匀称戴电，正在薄度为d/2的仄分街里上电场强度为整，与坐标本面正在此街里上，修坐如图坐标.对于底里积为A ，下度分别为x <d/2战x >d/2的下斯直里应用下斯定理，有1d ερψAxEA S ==⋅=⎰S E 得 )2( 01d x i x E <=ερ7－10 一半径为R 的无限少戴电圆柱，其体电荷稀度为分散.)(0R r r ≤=ρρ，ρ0为常数.供场强解： 据下斯定理有R r ≤时：⎰'''=rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=rr d r lk22επR r >时：⎰'''=Rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=Rr d r lk202επ7－11 戴电为q 、半径为R 1的导体球，其中共心底搁一金属球壳，球壳内、中半径为R 2、R 3.（1）球壳的电荷及电势分散；（2）把中球交天后再绝缘，供中球壳的电荷及球壳内中电势分散；（3）再把内球交天，供内球的电荷及中球壳的电势.习题7－9图x习题7－10图r解：（1）静电仄稳，球壳内表面戴－q ，中表面戴q 电荷.据（7－23）式的论断得：),)(111(4132101R r R R R q V ≤+-=πε );)(111(4213202R r R R R r qV ≤≤+-=πε （2）),)(11(412101R r R R q U ≤-=πε （3分散设静电仄稳，内球戴q //q /－q.得：21313221R R R R R R qR R q +-='7－12 一匀称、半径为R 的戴电球体中，存留一个球形空腔，空腔的半径r(2r<R)，试说明球形空腔中任性面的电场强度为匀强电场，其目标沿戴电球体球心O 指背球形空腔球心O /.说明：利用补缺法，此空腔可视为共电荷稀度的一个完备的半径为R 的大球战一个半径为r 与大球电荷稀度同号完备的小球组成，二球正在腔内任性面P 爆收的电场分别据〔例7－7〕截止为3ερ11r E =, 03ερ22r E -= E =E 1+E 2=03ερ1r 03ερ2r -q习题7－11图上式是恒矢量，得证.7－13 一匀称戴电的仄里圆环，内、中半径分别为R 1、R 2，且电荷里稀度为σ.一量子被加速器加速后，自圆环轴线上的P 面沿轴线射背圆心O.若量子到达O 面时的速度恰佳为整，试供量子位于P 面时的动能E K .（已知量子的戴电量为e ，忽略沉力的效率，OP=L ）解：圆环核心的电势为 圆环轴线上p 面的电势为量子到达O 面时的速度恰佳为整有p k eV eV E -=0=21()2e R R σε=-2222210()2eR L R L σε-+-+7－14 有一半径为R 的戴电球里，戴电量为Q ，球里中沿直径目标上搁置一匀称戴电细线，线电荷稀度为λ，少度为L （L>R ），细线近端离球心的距离为L.设球战细线上的电荷分散牢固，试供细线正在电场中的电势能.解：正在戴电细线中任与一少度为dr 的线元，其上所戴的电荷元为dq=dr ，据（7－23）式戴电球里正在电荷元处爆收的电势为rQ V 04πε=电荷元的电势能为:rdrQ dW 04πελ=R 2o R 1xp习题7－13图orQdr习题7－14图细线正在戴电球里的电场中的电势能为：*7－15 半径为R 的匀称戴电圆盘，戴电量为Q.过盘心笔直于盘里的轴线上一面P 到盘心的距离为L.试供P 面的电势并利用电场强度与电势的梯度关系供电场强度.解：P 到盘心的距离为L ，p 面的电势为)(222220220L L R L r R -+=+=εσεσ 圆盘轴线上任性面的电势为 利用电场强度与电势的梯度关系得：i xR x R Q i dx dV x E )1(2)(22220+-=-=πεP 到盘心的距离为L ，p 面的电场强度为：i L R LRQ L E)1(2)(22220+-=πε7－16 二个共心球里的半径分别为R 1战R 2,各自戴有电荷Q 1战Q 2.供：（1）各区乡电势分散，并绘出分散直线；（2）二球里间的电势好为几？解：（1）据（7－23）式的论断得各区乡电势分散为),( )(411221101R r R Q R Q V ≤+=πε （2）二球里间的电势好为7－17 一半径为R 的无限少戴电圆p习题7－15图习题7－16图柱，其里里的电荷匀称分散，电荷体稀度为ρ，若与棒表面为整电势，供空间电势分散并绘出电势分散直线. 解： 据下斯定理有R r ≤时：R r =时，V=0，则 R r ≤时：⎰=R r rdr V 02ερ)(4220r R -=ερ R r >时：空间电势分散并绘出电势分散直线大概如图.7－18 二根很少的共轴圆柱里半径分别为R 1、R 2，戴有等量同号的电荷，二者的电势好为U ，供：（1）圆柱里单位少度戴有几电荷？（2）二圆柱里之间的电场强度.解：设圆柱里单位少度戴电量为，则二圆柱里之间的电场强度大小为rE 02πελ=二圆柱里之间的电势好为 由上式可得：120ln 2R R U =πελ所以n e r E 02πελ=)( ln 2112R r R e rR R Un <<⋅= 习题7－10图roRoV习题7－18图ro7－19 正在一次典型的闪电中，二个搁电面间的电势好约为109V ，被迁移的电荷约为30库仑，如果释搁出去的能量皆用去使00C 的冰熔化成00C 的火，则可融化几冰?（冰的熔 ×105J ﹒kg -1)解：二个搁电面间的电势好约为109V ，被迁移的电荷约为30库仑，其电势能为上式释搁出去的能量可融化冰的品量为：=⨯⨯=∆591034.31030m ×104kg7－20 正在玻我的氢本子模型中，电子沿半径为a 的玻我轨讲上绕本子核做圆周疏通.（1）若把电子从本子中推出去需要克服电场力做几功?（2）电子正在玻我轨讲上疏通的总能量为几？解：电子沿半径为a 的玻我轨讲上绕本子核做圆周疏通，其电势能为（1）把电子从本子中推出去需要克服电场力做功为：ae W W p 024πε=-=外（2）电子正在玻我轨讲上疏通的总能量为：k p E W W +=221mv W p += 电子的总能量为：221mv W W p +=a e 024πε-=a e 028πε+ae 028πε-=第八章 静电场中的导体与电介量8－1 面电荷+q 处正在导体球壳的核心，壳的内中半径分别为R l 战R 2，试供，电场强度战电势的分散.解：静电仄稳时，球壳的内球里戴－q 、中球壳戴q 电荷正在r<R 1的天区内rr q ˆ4E 201πε=，)111(42101R R r qU +-=πε 正在R 1<r<R 2的天区内 正在r>R 2的天区内:.ˆ4E 203r r πεq=.403rq U πε= 8－2 把一薄度为d 的无限大金属板置于电场强度为E 0的匀强电场中，E 0与板里笔直，试供金属板二表面的电荷里稀度.解：静电仄稳时，金属板内的电场为0，金属板表面上电荷里稀度与紧邻处的电场成正比 所以有8－3 一无限少圆柱形导体，半径为a ，单位少度戴有电荷量1，其中有一共轴的无限少导体圆简，内中半径分R 2R 1习题 8－1图q-qqE 0 E 0习题 8－2图σ1 σ2别为b 战c ，单位少度戴有电荷量2，供（1）圆筒内中表面上每单位少度的电荷量；（2）供电场强度的分散.解：（1）由静电仄稳条件，圆筒内中表面上每单位少度的电荷量为;,21λλλ+-（2）正在r<a 的天区内:E=0正在a<rb 的天区内:E r012πελ=e n正在r>b 的天区内:E r0212πελλ+=e n8－4 三个仄止金属板A 、B 战C ，里积皆是200cm 2，A 、B 相距，A 、C 相距，B 、C 二板皆交天，如图所示.如果A 板戴正电×10－7C ，略去边沿效力（1）供B 板战C 板上感触电荷各为几?（2）以天为电势整面，供A 板的电势.解：（1）设A 板二侧的电荷为q 1、q 2，由电荷守恒本理战静电仄稳条件，有A q q q =+21（1）1q q B -=，2q q C -=（2）依题意V AB =V AC ,即101d S q ε＝202d Sqε112122q q d d q ==→代进（1）（2）式得习题 8－3图A BC习题 8－4图d 12q 1＝×10-7C ，q 2×10-7C ，q B ×10-7C ，q C =-q 2×10-7C ，（2）101d S q U A ε=＝202d Sq ε==⨯⨯⨯⨯⨯⨯----312471021085810200102.×103V 8－5 半径为R 1=l.0cm 的导体球戴电量为×10－10C ，球中有一个内中半径分别为R 2=战R 3=的共心导体球壳，壳戴有电量Q=11×10－10C ，如图所示，供（1）二球的电势；（2）用导线将二球连交起去时二球的电势；（3）中球交天时，二球电势各为几？（以天为电势整面）解：静电仄稳时，球壳的内球里戴－q 、中球壳戴q+Q 电荷 （1）)(4132101R Qq R q R q U ++-=πε代进数据 )41113111(101085.814.34100.1212101++-⨯⨯⨯⨯⨯=---U＝×102V=×102V（2）用导线将二球连交起去时二球的电势为2024R Q q U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=×102V （3）中球交天时，二球电势各为)(412101R qR q U -=πε)3111(101085.814.34100.1212101-⨯⨯⨯⨯⨯=---U ＝60V 8－6 说明:二仄止搁置的无限大戴电的习题 8－5图q-qq+Q2 ABq 1 q 3 4仄止仄里金属板A 战B 相背的二里上电荷里稀度大小相等，标记好同，相背的二里上电荷里稀度大小等，标记相共.如果二金属板的里积共为100cm 2，戴电量分别为Q A =6×10－8 C 战Q B =4×10－8C ，略去边沿效力，供二个板的四个表面上的电里稀度.证：设A 板戴电量为Q A 、二侧的电荷为q 1、q 2，B 板板戴电量为Q B 、二侧的电荷为q 3、q 4.由电荷守恒有A Q q q =+21（1）B Q q q =+43（2）正在A 板与B 板里里与二场面，金属板里里的电场为整有020122εεS q S q -0220403=--εεS qS q ，得04321=---q q q q （3） 020122εεS q S q +0220403=-+εεS qS q ，得04321=-++q q q q （4） 联坐上头4个圆程得：241B A Q Q q q +==,232B A Q Q q q -=-=即相背的二里上电荷里稀度大小相等，标记好同，相背的二里上电荷里稀度大小等，标记相共，本题得证.如果二金属板的里积共为100cm 2，戴电量分别为Q A =6×10－8 C 战Q B =4×10－8C ，则=⨯⨯⨯+==--844110101002)46(σσ×10－6C/m 2, =⨯⨯⨯-=-=--843210101002)46(σσ×10-6C/m 2 8－7 半径为R 的金属球离大天很近，并用细导线与天相联，正在与球心相距离为D=3R 处有一面电荷+q ，试供金属球上的感触电荷.解：设金属球上的感触电荷为Q ，金属球交天电势为整，即8－8 一仄止板电容器，二极板为相共的矩形，宽为a ，少为b ，间距为d ，今将一薄度为t 、宽度为a 的金属板仄止天背电容器内拔出，略去边沿效力，供拔出金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系.解：设如图左边电容为C 1，左边电容为C 2安排电容并联，总电容即金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系，为=)(0td tx b da -+ε 8－9 支音机里的可变电容器如图（a ）所示，其中公有n 块金属片，相邻二片的距离均为d ，奇数片联正在所有牢固没有动（喊定片）奇数片联正在起而可一共转化（喊动片）每片的形状如图（b ）所示.供当动片转到使二组片沉叠部分的角度为时，电容器的电容.解：当动片转到使二组片沉叠部分的角度 为时，电容器的电容的灵验里积为此结构相称有n-1的电容并联，总电容为td bx习题 8－8图(a) (b)习题 8－9图qQD=3RRd S n C 0)1(ε-=＝dr r n 360)()1(21220--θπε8－10 半径皆为a 的二根仄止少直导线相距为d （d>>a ），（1）设二直导线每单位少度上分别戴电十战一供二直导线的电势好；（2）供此导线组每单位少度的电容.解：（1）二直导线的电电场强度大小为rE 022πελ⨯= 二直导线之间的电势好为（2）供此导线组每单位少度的电容为VC λ==aa d -lnπε8－11 如图，C 1=10F ，C 2=5F ，C 3=5F ，供（1）AB 间的电容；（2）正在AB 间加上100V 电压时，供每个电容器上的电荷量战电压；（3）如果C 1被打脱，问C 3上的电荷量战电压各是几？解：（1）AB 间的电容为20155)(321213⨯=+++=C C C C C C C =F ；（2）正在AB 间加上100V 电压时，电路中的总电量便是C 3电容器上的电荷量，为C CV q q 4631073.31001073.3--⨯=⨯⨯===o（3）如果C 1被打脱，C 2短路，AB 间的100V 电压齐加正在C 3上，即V 3=100V ，C 3上的电荷量为8－12 仄止板电容器，二极间距离为l.5cm ，中加电压39kV ，若气氛的打脱场强为30kV/cm ，问此时电容器是可会被打脱？现将一薄度为的玻璃拔出电容器中与二板仄止，若玻璃的相对于介电常数为7，打脱场强为100kV/cm ，问此时电容器是可会被打脱？截止与玻璃片的位子有无关系?解：（1）已加玻璃前，二极间的电场为 没有会打脱（2）加玻璃后，二极间的电压为气氛部分会打脱，今后，玻璃中的电场为cm kV cm kV E /100/1303.039>==，玻璃部分也被打脱.截止与玻璃片的位子无关.8－13 一仄止板电容器极板里积为S ，二板间距离为d,其间充以相对于介电常数分别为r1、r2，的二种匀称电介量，每种介量各占一半体积，如图所示.若忽略边沿效力，供此电容器的电容.解：设如图左边电容为C 1，左边电容为C 2dS C r 2/101εε=安排电容并联，总电容为V习题 8－12图εr1εr2习题 8－13图8－14 仄止板电容器二极间充谦某种介量，板间距d 为2mm ，电压600V ，如坚决启电源后抽出介量，则电压降下到1800V .供（1）电介量相对于介电常数；（2）电介量上极化电荷里稀度；（3）极化电荷爆收的场强.解：设电介量抽出前后电容分别为C 与C /8－15 圆柱形电容器是由半径为R 1的导体圆柱战与它共轴的导体圆筒组成.圆筒的半径为R 2，电容器的少度为L ，其间充谦相对于介电常数为r的电介量，设沿轴线目标单位少度上圆柱的戴电量为+，圆筒单位少度戴电量为-，忽略边沿效力.供（1）电介量中的电位移战电场强度；（2）电介量极化电荷里稀度.解：8－16 半径为R 的金属球被一层中半径为R /的匀称电介量包裹着，设电介量的相对于介电常数为r ，金属球戴电量为Q,供（1）介量层内中的电场强度；（2）介量层内中的电势；（3）金属球的电势.解：8－17 球形电容器由半径为R 1的导体球战与它共心的导体球壳组成，球壳内半径为R 2，其间有二层匀称电介量，分界里半径为r ，电介量相对于介电常数分别为r1、r2，如图所示.供（1）电容器的电容；（2）当内球戴电量为+Q 时各介量表面上的束缚电荷里稀度.R 1 R /习题 8－16图U 1 U 2U 0 E 1 E 2解：1221221212220102010221022011021211221221(1)4,4,441111()()444()(r r r r rR R rr r r r r r r Q D ds D r Q D D r D D Q QE E r r Q Q U E dl E dl r R R rR R r QC U R R r R R ππεεεεπεεπεεπεεπεεπεεεεεεε⋅=⋅=∴==∴====∴=⋅+⋅=-+-∴==-+-⎰⎰⎰取同心高斯球面，由介质的高斯定理得1110112211112342221222)11(1)(1),(1)44111(1),(1),(1)444r r r r r r Q Q D E R R Q Q Q r r R σεσεεππσσσεεεπππ=-=-∴=--=-=--=-8－18 一仄止板电容器有二层介量（如图），r1＝4，r2＝2，薄度为d 1=，d 2=，极板里积S=40cm 2，二极板间电压为200V .（1）供每层电介量中的能量稀度；（2）估计电容器的总能量；（3）估计电容器的总电容.解：8－19 仄板电容器的极板里积S=300cm 2二极板相距d 1=3mm ，正在二极板间有一个与天绝缘的仄止金属板，其里积与极板的相共，薄度d 1=1mm.当电容器被充电到600V 后，拆去电源，而后抽出金属板，问（1）电容器间电场强度是可变更；（2）抽出此板需做几功?解：8－20 半径为R 1=的导体球，中套有一共心的导体球壳，球壳内中半径分别为R 2=、R 3=.球与壳之间是气氛，壳中也是气氛，当内球戴电荷为×10-8C 时，供（1）所有电场R 1 R 2r习题 8－17图习题 8－18图贮存的能量；（2）如果将导体球壳交天，估计贮存的能量，并由此供其电容.解：。
大学物理考试常考题大题(含答案详解)
大学物理考试常考题大题(含答案详解)习题一1-2．一质点在某Oy平面内运动，运动方程为某2t(m),y4t28(m).（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t=1和t=2时质点的位置、速度和加速度.解：（1）由某2t,得：t某,代入y4t282可得：y某28，即轨道方程.画图略（2）质点的位置矢量可表示为2r2ti(4t8)j则速度drv2i8tjdtdva8jdt加速度当t=1时，有当t=2时，有r2i4j(m),v2i8j(m1),a8jm21r4i8j(m),v2i16j(m),a8jm2221-3．一质点的运动学方程为某t，y(t1)，某和y均以m为单位，t以为单位.求：（1）质点的轨迹方程；（2）在t2时质点的速度和加速度.2解：（1）由题意可知：某≥0，y≥0，由某t，可得t某,代入y(t1)2整理得：（2）质点的运动方程可表示为则y某1即轨迹方程22rti(t1)jdr2ti2(t1)jvdtdva2i2jdt因此,当t2时，有v4i2j(m1),a2i2j(m2)1-12.一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置变化关系为24t3(rad).试求：(1)在t=2时，质点的法向加速度和切向加速度大小各为多少？；(2)当切向加速度大小恰等于总加速度大小的一半时，值为多少？(3)在什么时刻，切向加速度和法向加速度恰好大小相等？解(1)角速度和角加速度分别为d12t2d24tdtdt法向加速度anr20.1(1t222)切向加速度2atdvr2.4t4.8(m)dtm)2.30210(22(2)由ata/2，a2at2an4at2得23at2an3(24rt)2r2(12t2)4t33624t32433.15(rad)6(3)由anat，即r(12t2)224rt，解得t0.55习题二2-7.5kg的物体放在地面上，若物体与地面之间的摩擦系数为0.30，至少要多大的力才能拉动该物体？解：受力分析如解图2-7所示FcofN(mgFin)则Fmgcoin要求F最小，则分母coin取极大值所以coin对求导为零，类似题2-5解得tan带入F公式，则Fmin=解图2-7mg1+214.08N2-13．一质量为m的小球最初位于如题图2-13所示的A 点，然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑，试求小球到达C点时的角速度和对圆轨道的作用力.解：小球下滑过程机械能守恒mgrco1mv2…………①2又vr………②由①、②可得2gcor题图2-13r由①、③可得N=3mgco解图2－132-34．一人从10m深的井中提水．起始时桶中装有10kg的水，桶的质量为1kg，由于水桶漏水，每升高1m要漏去0.2kg的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所做的功．解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为坐标原点.由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量，即Fmg0.2gy107.81.96y人的拉力所做的功为WdW2-37．一沿某轴正方向的力作用在一质量为3.0kg的质点上。
大学物理第七章和第八章习题答案
变。故总能量 We
1 CU 2 增大 。 2
] d
10. 一空气平行板电容器， 极板间距为 d， 电容为 C， 若在两板中间平行插入一块厚度为 d/3 的金属板，则其电容值变为 [ C （A）C （C）3C/2 （B）2C/3 （D）2C
d
3
、500V（耐压值）和 300pF、900V， 11．C1 和 C2 两个电容器，其上分别标明 200pF（电容量） 把它们串连起来在两端加上 1000V 电压，则 [ C （A）C1 被击穿，C2 不被击穿。 （C）两者都被击穿。 ]
-3
-6
E
q
4 0 R 2
8. 将一空气平行板电容器接到电源上充电到一定电压后，断开电源，再将一块与板面积相 同的金属板平行地插入两极板之间， 则由于金属板的插入及其所放位置的不同， 对电容器储 能的影响为：[ A ] （A）储能减少，但与金属板位置无关。 （B）储能减少，且与金属板位置有关。 （C）储能增加，但与金属板位置无关。 （D）储能增加，且与金属板位置无关。 9. 两个完全相同的电容器 C1 和 C2，串联后与电源连接，现将一各向同性均匀电介质板插入
R2
R1
Q ( R2 R1 ) dr Q 1 1 ( ) 2 r 4 0 R1 R2 4 0 R1 R2
(3) 电容
C
4 0 R1 R2 Q U 12 R2 R1
（4）电场能量
W
QU12 2 0 r R1 R2U12 2 2 R2 R1
（5） C ' r C
（B）C2 被击穿，C1 不被击穿。 （D）两者都不被击穿。
12． 一空气平行板电容器充电后与电源断开，然后在两极板间充满某种各向同性，均匀电 介质，则电场强度的大小 E、电容 C、电压 U、电场能量 W 四个量各自与充入介质前相比较， 增大（↑）或减小（↓）的情形为：[ B ] （A）E↑，C↑，U↑，W↑ （C）E↓，C↑，U↑，W↓ （B）E↓，C↑，U↓，W↓ （D）E↑，C↓，U↓，W↑
大学物理考试题
大学物理考试题1. 题目：简答题a) 什么是牛顿第一定律？请用自己的话解释。
b) 什么是摩擦力？摩擦力的作用是什么？c) 描述一下调制解调的过程。
2. 题目：选择题a) 以下哪个单位用于测量物体的质量？1. 瓦特（W）2. 牛顿（N）3. 千克（kg）4. 焦耳（J）b) 当一个物体沿着直线运动时，它的加速度为零。
这意味着物体的速度是：1. 不断增加2. 不断减少3. 保持恒定4. 无法确定c) 下面哪种物质可以阻止电流通过？1. 金属2. 绝缘体3. 半导体4. 电解质3. 题目：计算题a) 一个物体以10 m/s的速度向前运动，受到2 N的摩擦力和3 N的推力。
物体的加速度是多少？b) 一个电阻为10 Ω的电路中通过5 A的电流，求电路中的电压。
c) 一个球从100 m的高度自由落下，求它落地时的速度。
4. 题目：分析题a) 如图所示，有一根斜面，上面放置了一个物体A。
物体A的质量是10 kg。
斜面的倾角为30°，摩擦系数为0.5。
物体A以恒定的速度下滑，求斜面对物体A所做的摩擦力大小。
[图示：一个倾斜的斜面上有一个物体A]b) 你是一个助理实验师，在实验过程中需要计算一个物体的机械能。
你将如何计算这个物体的机械能？请提供一个实际的例子来说明你的计算方法。
c) 物理学中有一个非常重要的定律：守恒定律。
请解释什么是守恒定律，并用一个例子来说明守恒定律的应用。
尽量使用简明扼要的语言回答以上问题，清晰地表达思路，确保回答正确。
如果有需要，可以使用图表或公式进行解释和计算。
通过这些考题，可以对学生在物理学方面的理解、应用和分析能力进行全面评估。
大学物理(华中科技版)第8章习题答案
第8章 热力学基础8-1．一定量的理想气体，其体积和压强依照V =p a的规律变化，其中a 为已知常数，试求：(1)气体从体积V 1膨胀到V 2所作的功；(2)体积为V 1时的温度T 1与体积为V 2时的温度T 2之比. 解：(1)：⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-===21212122211V V V V V V a dV VaPdV W (2): 111nRT V P = 1221V V T T =8-2．摩尔数相同的三种气体：H e 、N 2、CO 2 (均视为刚性分子的理想气体)，它们从相同的初态出发，都经历等容吸热过程，若吸取相同的热量, 则:（1）三者的温度升高相同;（2）三者压强的增加也相同.上述两个结论是否正确？如有错误请作出正确的解答. 解：因为Q T R i m M E =∆=∆2若Q 相同，但自由度不同，故温度改变也不同。
T R mvM P ∆=∆体积不变，温度增量不同，压强的增量不同8-3．一系统由习题8-3图中的a 态沿acb 到达b 态时，吸收热量350J ，同时对外作功126J 。
(1) 如果沿adb 进行，则系统作功42J ，问这种情况下系统吸收多少热量？(2) 当系统由b 态沿曲线bea 返回a 态时，如果外界对系统作功84J ，问这种情况下系统是吸热还是放热？热量传递多少？(3)若J E E a d 168=-，试求沿ad 及db 各吸热多少？习题8-3图解： W E Q +=∆)J (224126350=-=-=acb acb acb W Q E ∆（1）∵内能是态函数，故acb abd E E ∆=∆故 )J (26642224=+=+=adb adb adb W E Q ∆ （2） ba acb ba ba ba W E W E Q +-=+=∆∆ )J (30884224-=--=放热 （3） adb a d ad ad ad W E E W E Q +-=+=)(∆ )J (21042168=+= d b db db E E O E Q -=+∆= )()(d a a b E E E E -+-=168)()(-=---=ab a d a b E E E E E ∆ )J (56168224168=-=-=acb E ∆8-4．1mol 单原子理想气体，从300K 加热到350K ，问在下列两过程中吸收了多少热量？增加了多少内能？对外作了多少功？(1)容积保持不变；(2)压强保持不变。
大学物理实验理论考试题目及答案 (1)
多项选择题(答案仅供参考)1．请选出下列说法中的正确者（ CDE ）A ：当被测量可以进行重复测量时，常用重复测量的方法来减少测量结果的系统误差。
B ：对某一长度进行两次测量，其测量结果为10cm 和10.0cm ，则两次测量结果是一样的。
C ：已知测量某电阻结果为：,05.032.85Ω±=R 表明测量电阻的真值位于区间[85.27~85.37]之外的可能性很小。
D ：测量结果的三要素是测量量的最佳值（平均值），测量结果的不确定度和单位。
E ：单次测量结果不确定度往往用仪器误差Δ仪来表示，而不计ΔA .2．请选择出表达正确者（ AD ）3333343/10)08.060.7(: /14.060.7:/1041.01060.7: /05.060.7:mkg D m kg C m kg B m kg A ⨯±=±=⨯±⨯=±=ρρρρ3．请选择出正确的表达式： ( CD ) 333334/10)08.060.10( : (mm)1087.9)(87.9 :/104.0106.10 : )(10500)(5.10 :mkg D m C m kg B g kg A ⨯±=⨯=⨯±⨯==ρρ4: 10.()551.010() A kg g =⨯4．请选择出表达正确者（ A ） 3333/04.0603.7: /14.060.7:/041.060.7: /04.060.7:mkg D m kg C m kg B m kg A ±=±=±=±=ρρρρ5．请选择出表达正确者 ( BC ) 0.3mm10.4cm h :D /10)08.060.7(:0.3cm10.4h :B /1041.01060.7 :33334±=⨯±=±=⨯±⨯=m kg C m kg A ρρ6．测量误差可分为系统误差和偶然误差，属于系统误差的有： ( AD )Ａ：由于电表存在零点读数而产生的误差；Ｂ：由于测量对象的自身涨落所引起的误差；Ｃ：由于实验者在判断和估计读数上的变动性而产生的误差。