大物考题完整版讲解学习
大物上试题及解析
1-2 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝，然后根据=，及＝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=及=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，故它们的模即为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、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。
或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 ＝4+3，开始运动时，＝5 m ，=0，求该质点在＝10s 时的速度和位置．解：∵分离变量，得积分，得由题知，,,∴故x x t y y t 22y x +v t rd d a 22d d t r v 22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x a 222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x j y i x r+=jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx22d d d d t r a trv ==22d d d d t r tr 与t r d d 22d d t r ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径r rv a t2s m -⋅x v t t t va 34d d +==t t v d )34(d +=12234c t t v ++==t 00=v 01=c 2234t t v +=又因为分离变量，积分得由题知 ,,∴故所以时1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3，式中以弧度计，以秒计，求：(1) ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：(1)时，(2)当加速度方向与半径成角时，有即亦即则解得于是角位移为1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1，求轮船的速率．解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．题1-14图∵ ∴由图中比例关系可知2-25 飞轮的质量＝60kg ，半径＝0.25m ，绕其水平中心轴转动，转速为2234d d t t t x v +==t t t x d )234(d 2+=232212c t t x ++=0=t 50=x 52=c 521232++=t t x s 10=t m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v θ3tθt t t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθωs 2=t 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a 222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n ο45145tan ==︒na aτβωR R =2t t 18)9(22=923=t rad67.29232323=⨯+=+=tθ船雨雨船v v v -=船雨船雨v v v +=1s m 8-⋅==雨船v v m R O900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：(1)设＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? (2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力?解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中、是正压力，、是摩擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力．题2-25图（a ）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反． ∵∴又∵∴ ①以等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为F μF F N N 'r F r F 'x F y F A R PO A F l l l N l N l l F 1211210)(+='='-+I R F r /-=ββωN F r μ=N N '=F l l l N F r 121+='=μμ,212mR I =F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβN 100=F 2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=βs 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt可知在这段时间里，飞轮转了转．(2)，要求飞轮转速在内减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为，长为，可绕过一端的水平轴自由转动，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)杆转过角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有∴(2)由机械能守恒定律，有∴题2-30图2-30 一个质量为M 、半径为并以角速度转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-30图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度rad 21.53)49(340214960290021220ππππβωφ⨯=⨯⨯-⨯⨯=+=t t 1.5310s rad 602900-⋅⨯=πω2=t s 2000s rad 21522-⋅-=-=-=πωωωβttN l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+-=πμβm l O θβ)31(212ml mg=l g 23=β22)31(21sin 2ωθml l mg=l g θωsin 3=R ωm ωR v =0设碎片上升高度时的速度为，则有令，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量，碎片抛出后圆盘的转动惯量，碎片脱离前，盘的角动量为，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即式中为破盘的角速度．于是得(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为转动动能为题2-31图相对论3-4 长度=1 m 的米尺静止于S ′系中，与′轴的夹角=30°，S ′系相对S 系沿轴运动，在S 系中观测者测得米尺与轴夹角为45． 试求：(1)S ′系和S 系的相对运动速度.(2)S 系中测得的米尺长度．解: (1)米尺相对静止，它在轴上的投影分别为：，米尺相对沿方向运动，设速度为，对系中的观察者测得米尺在方向收缩，而方向的长度不变，即故把及代入h v gh v v 2202-=0=v 2220212ωR g g v H ==221MR I =2221mR MR I -='ωI R mv I I 0+''=ωωω'R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωωωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR ωω='ω)21(22mR MR -222)21(21ωmR MR E k -=0l x 'θx x =θ︒S 'y x '',m 866.0cos 0='='θL L xm 5.0sin 0='='θL L y S x v S x yyy x x L L c v L L '=-'=,122221tan c v L L L L L L xyx y x y -''='==θο45=θy xL L '',则得故(2)在系中测得米尺长度为题3-6图3-6两个惯性系中的观察者和以0.6c(c 表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果测得两者的初始距离是20m ，则测得两者经过多少时间相遇? 解: 测得相遇时间为测得的是固有时∴， ， ，或者，测得长度收缩，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:∴3-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时．证: 设在系事件在处同时发生，则，在系中测得，866.05.0122=-c v c v 816.0=S m707.045sin =︒=y L L O O 'O O 'O t ∆c v L t 6.0200==∆O 't '∆v L tt 201βγ-=∆='∆s 1089.88-⨯=6.0==c vβ8.01=γO 'v L t L L L L ='∆=-=-=,8.06.01102020βs 1089.81036.0208.06.08.0880-⨯=⨯⨯⨯=='c L t ∆2220153,1513βββ-=-=-=='则l l cc v 542591=-=S B A 、b a ,B A a b t t t x x x -=∆-=∆,S ')(2x c vt t t t A B ∆-∆='-'='∆γ 0,0≠∆=∆x t∴即不同时发生．3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s ，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c 离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?解: 以脉冲星为系，，固有周期.地球为系，则有运动时，这里不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，∴ ′则3-14 飞船以0.8c 的速度相对地球向正东飞行，飞船以0.6c 的速度相对地球向正西方向飞行．当两飞船即将相遇时飞船在自己的天窗处相隔2s 发射两颗信号弹．在飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少? 解: 取为系，地球为系，自西向东为()轴正向，则对系的速度，系对系的速度为，则对系(船)的速度为发射弹是从的同一点发出，其时间间隔为固有时，题3-14图∴中测得的时间间隔为：3-15 (1)火箭和分别以0.8c 和0.6c 的速度相对地球向+和-方向飞行．试求由0≠'∆t S '0='∆x 0τ='∆t S t t '∆=∆γ11t ∆c t v 1∆tc vt c t v t t ∆+'∆=∆+∆=∆γγ11)1(c vt +'=∆γ6.01)8.0(112=-=c c γγλτ)8.01(5.0)1(0c c c v t t +++∆='∆=s1666.08.13.06.01)8.01(5.0==+=A B A B B S S 'x x 'A S 'c v x 8.0='S 'S c u 6.0=A S B ccc c v u u v v xx x 946.048.016.08.012=++=++'=A s 2='t∆B s17.6946.0121222=-=-'=cv t t x ∆∆A B x x火箭测得的速度．(2)若火箭相对地球以0.8c 的速度向+方向运动，火箭的速度不变，求相对的速度．解: (1)如图，取地球为系，为系，则相对的速度，火箭相对的速度，则相对()的速度为：或者取为系，则，相对系的速度，于是相对的速度为：(2)如图，取地球为系，火箭为系，系相对系沿方向运动，速度，对系的速度为,,,由洛仑兹变换式相对的速度为：∴相对的速度大小为速度与轴的夹角为题3-15图3-17 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c ，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c 加速到0.9c ，又须对它作多少功?解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得B A A y B A B a S B S 'S 'S c u 6.0=A S c v x8.0=A S 'B c c c c c c v c u u v v x x x 946.0)8.0)(6.0(1)6.0(8.0122=----=--='A S 'c u 8.0=B S c v x6.0-=B A c c c c cc v c u u v v x x x 946.0)6.0)(8.0(18.06.0122-=----=--='b S B S 'S 'S x -c u 6.0-=A S 0=x v c v y 8.0=A Bc c v c u u v v xx x 6.001)6.0(012=---=--='c c v c u v cu v xyy64.0)8.0(6.01112222=-=--='A B cv v v y x 88.022='+'='x 'θ'07.1tan =''='xyv v θο8.46='θ)111()1(222020202--=-=-==c v c m c m c m mc E E k k γ∆J=(2))3-19 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?解: 设静止质量为，运动质量为，由题设由此二式得∴在运动方向上的长度和静长分别为和，则相对收缩量为：电场8-4 在真空中有，两平行板，相对距离为，板面积为，其带电量分别为+和-．则这两板之间有相互作用力，有人说=,又有人说，因为=,，所以=．试问这两种说法对吗?为什么? 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，另一板受它的作用力，这是两板间相互作用的电场力．)11.011()103(101.922831--⨯⨯⨯=-161012.4-⨯=eV 1057.23⨯)()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k---=-='∆)1111(221222202122c vc vc m c m c m ---=-=)8.0119.011(103101.92216231---⨯⨯⨯=-J 1014.514-⨯=eV 1021.35⨯=0m m 10.00=-m m m 201β-=m m 10.01112=--β10.1112=-βl 0l %1.9091.010.111112000==-=--=-=β∆l l l l lA B d S q q f f 2024d q πεf qE S q E 0ε=f S q 02εf S qE 0ε=S qE 02ε=S q S q q f 02022εε==8-6 长=15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度=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=5.0cm 处点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距=5.0cm 处点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元，其上电量在点产生场强为用，, 代入得方向水平向右(2)同理方向如题8-6图所示 由于对称性，即只有分量，∵以, ,代入得，方向沿轴正向8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强．解: 如8-7图在圆上取题8-7图，它在点产生场强大小为l λ1a P 2d Q x d q d P 20)(d π41d x a x E P -=λε2220)(d π4d x a xE E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ15=l cm 9100.5-⨯=λ1m C -⋅5.12=a cm 21074.6⨯=P E 1C N -⋅2220d d π41d +=x xE Q λε⎰=l QxE 0d Q Ey 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qy λε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x 2220d 4π2+=l lελ9100.5-⨯=λ1cm C -⋅15=l cm 5d 2=cm 21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅y R λO ϕRd dl=ϕλλd d d R l q ==O方向沿半径向外则积分∴，方向沿轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为，总电量为．(1)求这正方形轴线上离中心为处的场强；(2)证明：在处，它相当于点电荷产生的场强．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷在点产生物强方向如图，大小为∵∴在垂直于平面上的分量∴20π4d d R R E εϕλ=ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y R E E x 0π2ελ==x l q r E l r >>q E 4q P P Ed ()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=24π4d 22220l r ll r E P ++=ελP Ed βcos d d P E E =⊥424π4d 222222l r r l r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，点场强沿方向，大小为∵∴方向沿 8-9 (1)点电荷位于一边长为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，在点电荷的电场中取半径为R 的圆平面．在该平面轴线上的点处，求：通过圆平面的电通量．()解: (1)由高斯定理立方体六个面，当在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长的立方体，使处于边长的立方体中心，则边长的正方形上电通量对于边长的正方形，如果它不包含所在的顶点，则，如果它包含所在顶点则．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)∵通过半径为的圆平面的电通量等于通过半径为的球冠面的电通量，球冠面积*P OP 2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελl q 4=λ2)4(π422220l r l r qrE P ++=εq q qA xRarctan=α0d εq S E s⎰=⋅ q 06εqe =Φa 2q a 2a 206εq e =Φa q 024εqe =Φq 0=Φe R 22x R +∴[]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-11 半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强．解: 高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积 则对(1)(2)∴沿径向向外(3)∴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和，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间，面外， 面外，：垂直于两平面由面指为面．8-13 半径为的均匀带电球体内的电荷体密度为,若在球内挖去一块半径为＜]1)[(π22222xR x x R S +-+=)(π42200x R Sq +=Φε02εq=221x R x +-ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r 1R 2R 2R 1R λλr 1R 1R r 2R r 2R 0d ε∑⎰=⋅qS E srl S π2=rlE S E Sπ2d =⋅⎰ 1R r <0,0==∑E q 21R r R <<λl q =∑r E 0π2ελ=2R r >0=∑q =E 1σ2σ1σ2σnE)(21210σσε-=1σnE )(21210σσε+-=2σnE )(21210σσε+=n1σ2σR ρr的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心与点的场强，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的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1)球在点产生电场， 球在点产生电场∴ 点电场；(2) 在产生电场 球在产生电场∴ 点电场题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为(如题8-13(b)图)则，,∴∴腔内场强是均匀的．8-18 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=9.1×10-31kg ，电子电量=1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强电子受力大小∴R O O 'ρρ-ρ+O 010=Eρ-O d π4π3430320r E ερ=O 'd 33030r E ερ= ρ+O 'd π4d 3430301E ερπ='ρ-O '002='EO '003ερ='EP O 'r 'O r03ερrE PO =03ερr E O P '-=' 0003'3)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+='0m e λr E 0π2ελ=r e eE F e 0π2ελ==r v m r e 20π2=ελ得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、的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为，，，题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在、内部的闭合柱面为高斯面时，有∴ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在内部任取一点，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，即又∵∴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，和的面积都是200cm 2，和相距4.0mm ，与相距2.0 mm ．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为题8-22图(1)∵ ，即∴∴1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅A B 1σ2σ3σ4σA B 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ+2σ03=σA P 0222204030201=---εσεσεσεσ+2σ03=σ1σ4σ=A B C A B A C B C A B C A A 1σ2σAB AC U U =AB AB AC AC E E d d =2d d 21===ACABAB AC E E σσ且 + 得而(2)8-23两个半径分别为和（＜)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+，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；球壳内表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势题8-23图(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，内表面电荷仍为．所以球壳电势由内球与内表面产生：(3)设此时内球壳带电量为；则外壳内表面带电量为，外壳外表面带电量为(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且得外球壳上电势1σ2σS q A =,32S q A =σS q A321=σ7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 1R 2R 1R 2R q q +q -q+⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε q +q -q +q -0π4π42020=-=R q R q U εεq 'q '-+-q q 'π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεεq R R q 21='()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=。
大学物理试题讲解及答案
大学物理试题讲解及答案一、选择题1. 光的波长为λ，频率为f，光速为c，下列关系式正确的是（）。
A. λf = cB. λf = 2cC. λf = c/2D. λf = c^2答案：A2. 一个物体在水平面上做匀加速直线运动，已知加速度a=2m/s²，初速度v₀=3m/s，那么2秒后的速度v₂为（）。
A. 7m/sB. 9m/sC. 11m/sD. 13m/s答案：B二、填空题3. 根据牛顿第二定律，物体的加速度a与作用力F和物体质量m的关系是a=______。
答案：F/m4. 一个物体从静止开始下落，忽略空气阻力，其下落过程中的加速度为______。
答案：g（重力加速度）三、计算题5. 一个质量为m的物体，从高度h处自由下落，求物体落地时的速度v。
解：由能量守恒定律可知，物体的势能转化为动能，即：mgh = 1/2 * mv²解得：v = √(2gh)答案：v = √(2gh)6. 一列火车以速度v₀进入一个隧道，隧道长度为L，火车长度为l，求火车完全通过隧道所需的时间t。
解：火车完全通过隧道时，其尾部刚好离开隧道口，此时火车行驶的距离为L+l。
由速度公式v = s/t，得：t = (L+l)/v₀答案：t = (L+l)/v₀四、简答题7. 简述牛顿第三定律的内容。
答案：牛顿第三定律指出，对于两个相互作用的物体，它们之间的作用力和反作用力大小相等、方向相反。
8. 什么是电磁感应现象？答案：电磁感应现象是指当导体在磁场中运动，或者磁场发生变化时，导体中会产生感应电动势的现象。
五、论述题9. 论述相对论中时间膨胀的概念。
答案：时间膨胀是相对论中的一个重要概念，指的是当一个物体以接近光速的速度运动时，相对于静止观察者的时间会变慢。
这种现象表明，时间并不是绝对的，而是相对的，取决于观察者的运动状态。
10. 试述量子力学与经典力学的主要区别。
答案：量子力学与经典力学的主要区别在于它们描述的物理现象的尺度不同。
大学物理试题讲解及答案
大学物理试题讲解及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 3×10^5 km/sB. 3×10^8 m/sC. 3×10^9 km/sD. 3×10^11 m/s答案：B2. 根据牛顿第二定律，力和加速度的方向（）。
A. 总是相同B. 总是相反C. 有时相同，有时相反D. 无关答案：A3. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，那么它的加速度是（）。
A. 5 m/s^2B. 10 m/s^2C. 20 m/s^2D. 无法确定答案：A4. 一个点电荷在电场中从静止开始运动，其电势能将（）。
A. 增加B. 减少C. 保持不变D. 先增加后减少答案：B5. 根据热力学第一定律，一个系统在绝热过程中（）。
A. 内能增加B. 内能减少C. 内能不变D. 无法确定答案：D6. 光的折射定律表明，入射角和折射角的关系是（）。
A. 入射角大，折射角小B. 入射角小，折射角大C. 入射角和折射角成正比D. 入射角和折射角成反比答案：C7. 一个物体在自由下落过程中，其动能和重力势能的关系是（）。
A. 动能增加，重力势能减少B. 动能减少，重力势能增加C. 动能和重力势能之和保持不变D. 动能和重力势能之和增加答案：C8. 根据麦克斯韦方程组，电磁波的传播速度是（）。
A. 光速的一半B. 光速C. 超过光速D. 低于光速答案：B9. 在理想气体定律中，气体的压强与体积成（）。
A. 正比B. 反比C. 无关D. 先正比后反比答案：B10. 根据欧姆定律，电阻两端的电压与通过电阻的电流之间的关系是（）。
A. 正比B. 反比C. 无关D. 先正比后反比答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 牛顿第三定律指出，作用力和反作用力大小相等、方向相反、作用在_________上。
答案：不同物体2. 在国际单位制中，力的单位是_________。
大学物理a考试题及答案详解
大学物理a考试题及答案详解一、选择题（每题2分，共20分）1. 根据牛顿第二定律，作用在物体上的力F与物体的质量m和加速度a之间的关系是：A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A2. 光在真空中的传播速度是：A. 299,792 km/sB. 299,792 m/sC. 3.00 x 10^8 m/sD. 3.00 x 10^5 km/s答案：C3. 根据能量守恒定律，一个封闭系统的总能量：A. 随时间增加B. 随时间减少C. 保持不变D. 无法确定答案：C4. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其位移s与时间t的关系是：A. s = 1/2at^2B. s = at^2C. s = 2atD. s = at答案：A5. 两个点电荷之间的库仑力与它们之间的距离r的关系是：A. F ∝ 1/r^2B. F ∝ r^2C. F ∝ 1/rD. F ∝ r答案：A6. 根据麦克斯韦方程组，电磁波在真空中的传播速度与光速的关系是：A. 相同B. 不同C. 无法确定D. 无关系答案：A7. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力F作用，其加速度a与力F和摩擦力f的关系是：A. a = F - f/mB. a = F/m - fC. a = (F - f)/mD. a = F/m + f答案：C8. 根据热力学第一定律，一个系统的内能变化ΔU与做功W和热传递Q的关系是：A. ΔU = W + QB. ΔU = W - QC. ΔU = Q - WD. ΔU = -W - Q答案：A9. 一个单摆的周期T与摆长L和重力加速度g的关系是：A. T = 2π√(L/g)B. T = 2π√(g/L)C. T = 2πL/gD. T = 2πg/L答案：A10. 根据相对论，一个物体的质量m与其速度v和光速c的关系是：A. m = m0/√(1 - v^2/c^2)B. m = m0√(1 - v^2/c^2)C. m = m0(1 - v^2/c^2)D. m = m0 + v^2/c^2答案：A二、填空题（每空1分，共10分）1. 一个物体的动量p等于其质量m乘以速度v，即 p = ________。
大学基础课《大学物理(一)》期末考试试题 附解析
姓名班级学号 ………密……….…………封…………………线…………………内……..………………不……………………. 准…………………答…. …………题…大学基础课《大学物理（一）》期末考试试题 附解析考试须知：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。
3、请仔细阅读各种题目的回答要求，在密封线内答题，否则不予评分。
一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、质量分别为m 和2m 的两物体(都可视为质点)，用一长为l 的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O 转动，已知O 轴离质量为2m 的质点的距离为l ，质量为m 的质点的线速度为v 且与杆垂直，则该系统对转轴的角动量(动量矩)大小为________。
2、一根长为l ，质量为m 的均匀细棒在地上竖立着。
如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则上端到达地面时细棒的角加速度应为_____。
3、四根辐条的金属轮子在均匀磁场中转动，转轴与平行，轮子和辐条都是导体，辐条长为R ，轮子转速为n ，则轮子中心O 与轮边缘b 之间的感应电动势为______________，电势最高点是在______________处。
4、一束平行单色光垂直入射在一光栅上，若光栅的透明缝宽度与不透明部分宽度相等，则可能看到的衍射光谱的级次为____________。
5、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＝_____________。
6、一质点的加速度和位移的关系为且，则速度的最大值为_______________ 。
7、若静电场的某个区域电势等于恒量，则该区域的电场强度为_______________，若电势随空间坐标作线性变化，则该区域的电场强度分布为 _______________。
8、一长为的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。
大学物理试题讲解
（C）只有(2)是对的．
（D） 只有(3)是对的．
4 两辆车A和B，在笔直的公路上同向行驶，它们从同一起始线上 同时出发，并且由出发点开始计时，行驶的距离 x与行驶时间t的 函数关系式：xA = 4 t＋t 2（SI），xB = 2 t 2＋2 t 3 (SI), (1) 它们刚 离开出发点时，行驶在前面的一辆车是_____ A ； (2) 出发后，两辆 1.19s 车行驶距离相同的时刻是_____________ ； (3) 出发后，B车相对A 0.67s 车速度为零的时刻是____________ ．
x y 2 1 2 A1 A 2
2
（椭圆）
1 2
M
o
x
2
2
2
1
2
上式表明：加速度恒指向椭圆中心。
质点在通过图中M点时，其速率是增大还是减小？
x A cos t y A sin t
1 2
at
M
y
Q
a
o
Ｖ an
P
o
x
（3）当t=0时，x=A1，y=0，质点位于图中P点 质点位于
t 2
时， x A1 cos
y A sin
2
2
0, A
2
质点位于图中的Q点,
2
显然质点在椭圆形轨道上沿反时针方向运动。 而在M点，切向加速度的方向与速度的方向相反。 所以，质点在通过M点速率减小。
5．河水自西向东流动，速度为10km/h．一轮船在水中航行，船 相对于河水的航向为北偏西300，相对于水的航速为20km/h．此 时风向为正西，风速为10km/h．试求在船上观察到的烟囱冒出 的烟缕的飘向．（设烟离开烟囱后很快就获得与风相同的速度）
全版大学物理试题解答.ppt
11.加速电压U=150V时，电子的德布罗意波长 λ= 0.1 nm。
12.粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数 为 n (x) 2 a sin(nx a) (0 x a) ，若粒子处于n=4的状态，则 在0 (a/4)区间发现粒子的几率是 1/4或0.25 。
13. 氢原子光谱的巴尔末系中波长最长的谱线波长用λ1表示，其次
放置在螺线管中的长度也为R的金属杆CD中的
感应电动势大小为
V.
3 R2 dB 3
4 d优t 选
O
R
× ×
×B × ×
×
O×
R
×
××
C
D
3
10.分别以频率v1、v2的单色光照射某一光电管。若v1 > v2（均大 于红限频率v0 ）, 则当两种频率的入射光的光强相同时，所产生
的饱和光电流is1 < is2 (填>、<或=)。
斯面，已知此柱形曲面的轴与载流导线的轴平行 且相距 3a(如图)，则 B在高斯面S的侧面上的积
分 B dS = 0 . S侧 优选
I
l
S
2
7.两根导线沿图示方向引到正六边形的金属环上，
a
的a、b两点，并在很远处与电源相连，环中心O
点的磁感应强度大小为 0 .
O
b
8.有一片半径为R=0.2m，圆心角为 =1.0 rad的
感应电荷在球心o点的电势为：
1
d
q
dq Q
q4 0R 4 0R
（3分）
点电荷q在球心o点的电势为：2
q
4 0r
（2分）
球心
1
2
Q
4 0R
q
4 0r
大学物理试题及答案解析
大学物理试题及答案解析一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 3×10^8 m/sB. 2×10^8 m/sC. 3×10^5 km/sD. 2×10^5 km/s答案：A解析：光在真空中的传播速度是一个基本物理常数，其值为3×10^8 m/s，因此选项A是正确答案。
2. 根据牛顿第二定律，力F、质量m和加速度a之间的关系是（）。
A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A解析：牛顿第二定律表明，作用在物体上的力等于物体质量与加速度的乘积，即F = ma。
因此，选项A是正确答案。
3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t后，其速度v和位移s的关系是（）。
A. v = atB. s = 1/2at^2C. v = 2s/tD. s = vt答案：B解析：对于从静止开始的匀加速直线运动，位移s与时间t的关系为s = 1/2at^2，因此选项B是正确答案。
4. 两个点电荷q1和q2之间的库仑力F与它们之间的距离r的关系是（）。
A. F ∝ 1/r^2B. F ∝ r^2C. F ∝ 1/rD. F ∝ r答案：A解析：根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比，即F ∝ 1/r^2。
因此，选项A是正确答案。
5. 理想气体状态方程为PV = nRT，其中P、V、n、R、T分别代表（）。
A. 压强、体积、摩尔数、气体常数、温度B. 功率、速度、质量、加速度、时间C. 动量、位移、电荷量、普朗克常数、时间D. 功率、电流、电阻、欧姆定律常数、电压答案：A解析：理想气体状态方程PV = nRT中，P代表压强，V代表体积，n代表摩尔数，R代表气体常数，T代表温度。
因此，选项A 是正确答案。
6. 波长λ、频率f和波速v之间的关系是（）。
A. λ = v/fB. λ = vfC. λ = f/vD. λ = v^2/f答案：A解析：波长λ、频率f和波速v之间的关系为λ = v/f，因此选项A是正确答案。
《大学物理》考试试卷及答案解析
《大学物理》考试试卷及答案解析一、选择题(每个题只有一个正确选项，把答案填入表格中，每题3分，共24分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 ACDCDBCA1.一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，s 为路程，表示速度大小为错误的是（ A ）(A) dt dr (B) dtds （C ）dt r d （D ）22()()dx dydt dt +2．竖立的圆筒形转笼，半径为R ，绕中心轴OO ＇转动，物块A 紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要使物块A 不下落，圆筒转动的角速度ω至少应为（ C ） ( A)Rgμ (B)g μ(C)R gμ (D)Rg 3.对功的概念有以下几种说法正确的是（ D ）(1)保守力作正功时系统内相应的势能增加.(2) 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零.(3)作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作的功的代数合必为零． （4）做功大小与参考系有关。
(A) (1) 、 (2)是正确的． (B) (2) 、 (3)是正确的． (C) (3)、（4）是正确的． (D) (2)、（4）是正确的． 4．一物体静止在粗糙的水平地面上，现用一大小为1F 的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v ，若将水平拉力大小变为2F ，物体从静止开始经同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用1F W ，2F W 分别表示1F 、2F 所做的功，1f W ，2f W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ C ） （A ）21214,2F F f f W W W W >> （B ）21214,2F F f f W W W W >= （C ）21214,2F F f f W W W W <=， （D ）21214,2F F f f W W W W <<5．关于高斯定理0ε∑⎰⎰=⋅=Φise qs d E，下列说法中正确的是（ D ）（A ）如果高斯面无电荷，则高斯面上的电场强度处处为零 （B ）如果高斯面上的电场强度处处为零，则高斯面内无电荷（C ）若通过高斯面的电通量为零，则高斯面上的电场强度处处为零 （D ）如果高斯面上的电场强度处处为零，则通过高斯面的电通量为零6、半径为R 的金属球与地连接，在与球心O 相距d 处有一电荷为q 的点电荷，如图所示。
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xOy 平面内运动，运动方程为22(m),48(m)x t y t ==-. （1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求=1 s =2 s t t 和时质点的位置、速度和加速度.解：（1） 由2,x t = 得：,2xt =代入248y t =- 可得：28y x =-，即轨道方程. 画图略（2）质点的位置矢量可表示为22(48)r ti t j =+-则速度d 28d ri t j t ==+v 加速度d 8d a j t==v当t =1s 时，有1224(m),28(m s ),8m s r i j i j a j --=-=+⋅=⋅v当t =2s 时，有1248(m),216(m s ),8m s r i j i j a j --=+=+⋅=⋅v1-3．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位. 求： （1）质点的轨迹方程；（2）在2s t =时质点的速度和加速度.解：（1）由题意可知：x ≥ 0，y ≥ 0，由2x t =，可得t =,代入2(1)y t =- 整理得：1 即轨迹方程（2）质点的运动方程可表示为 22(1)r t i t j =+-则d 22(1)d rti t j t ==+-v d 22d a i j t==+v因此, 当2s t =时，有1242(m s ),22(m s )i j a i j --=+⋅=+⋅v1-12. 一质点在半径为0.10m 的圆周上运动，其角位置变化关系为324(rad)t θ=+.试求：(1) 在t =2s 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，θ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2d 12d t t θω== d 24d t tωβ==法向加速度22222n 0.1(12) 2.3010(m s )a r t ω-==⨯=⨯⋅切向加速度2t d 2.4 4.8(m s )d a r t tβ-====⋅v (2) 由 t /2a a =，2222t n t 4a a a a =+= 得22t n3a a = 22243(24)(12)r t r t =336t = 332424 3.15(rad)6t θ=+=+⨯= (3) 由 n t a a =，即22(12)24r t rt =，解得 0.55s t =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cos (sin )F f N mg F θμμθ===-则 cos sin mgF μθμθ=+要求F 最小，则分母cos sin θμθ+取极大值所以 cos sin θμθ+ 对θ求导为零，类似题2-5解得tan θμ= 带入F 公式，则 14.08N mgF μμ=min 2=1+解图2-72-13．一质量为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21cos 2mgr m α=v …………① 又 r ω=v ………② 由①、②可得2cos g rαω=法向 2cos N mg m rα-=v ……③由①、③可得 =3cos N mg α2-34．一人从10 m 深的井中提水．起始时桶中装有10 kg 的水，桶的质量为1 kg ，由于水桶漏水，每升高1 m 要漏去0.2 kg 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0.2107.8 1.96F mg gy y =-=-人的拉力所做的功为 0d d HW W F y ==⎰⎰＝10(107.8 1.96)d =980 (J)y y -⎰2-37．一沿x 轴正方向的力作用在一质量为3.0kg 的质点上。
大物的考试题和答案
大物的考试题和答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 以下哪个选项是描述光的粒子性的实验？A. 双缝干涉实验B. 光电效应实验C. 迈克尔逊-莫雷实验D. 康普顿散射实验答案：B2. 根据麦克斯韦方程组，以下哪个选项描述了电磁波的传播？A. 高斯定律B. 法拉第电磁感应定律C. 麦克斯韦修正的安培定律D. 以上所有答案：D3. 以下哪个物理量是标量？A. 速度B. 加速度C. 力D. 温度答案：D4. 根据牛顿第二定律，以下哪个选项是正确的？A. 力是改变物体运动状态的原因B. 力是维持物体运动的原因C. 力是物体运动的原因D. 力是物体加速度的原因答案：A5. 以下哪个选项是描述热力学第一定律的？A. 能量守恒定律B. 热力学第二定律C. 熵增加原理D. 热力学第三定律答案：A6. 以下哪个选项是描述电磁感应现象的？A. 洛伦兹力B. 欧姆定律C. 法拉第电磁感应定律D. 楞次定律答案：C7. 以下哪个选项是描述相对论效应的？A. 长度收缩B. 时间膨胀C. 质量增加D. 以上所有答案：D8. 以下哪个选项是描述波动性的实验？A. 光电效应实验B. 康普顿散射实验C. 双缝干涉实验D. 迈克尔逊-莫雷实验答案：C9. 以下哪个选项是描述电磁波的偏振现象的？A. 布儒斯特角B. 马吕斯定律C. 斯涅尔定律D. 以上所有答案：B10. 以下哪个选项是描述量子力学的基本原理的？A. 波粒二象性B. 不确定性原理C. 薛定谔方程D. 以上所有答案：D二、填空题（每题2分，共20分）1. 根据普朗克关系，能量量子化的基本表达式为：E = hν，其中h是______，ν是______。
答案：普朗克常数；频率2. 在理想气体状态方程中，PV = nRT，其中P是______，V是______，n是______，R是______，T是______。
答案：压强；体积；摩尔数；气体常数；温度3. 根据牛顿第三定律，两个物体之间的相互作用力是______的。
大学物理考试题库及答案
大学物理考试题库及答案本文为大学物理考试题库及答案，旨在帮助学生复习备考。
以下是一些常见的物理考试题目及其详细解答，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 题目：在电磁学中，什么是安培定律？解答：安培定律是指在一条闭合电路中，磁场的环流与通过该闭合电路的电流成正比。
具体表达式为：环流等于通过闭合电路的电流乘以该闭合电路所包围的磁场通量。
2. 题目：弹簧振子的周期与哪些因素有关？解答：弹簧振子的周期与弹簧的劲度系数和质量有关。
周期的计算公式为：T = 2π√(m/k)，其中T表示周期，m表示质量，k 表示劲度系数。
3. 题目：什么是光的折射？解答：光的折射是指光线从一种介质传播到另一种介质时，由于两种介质的光速不同而导致光线改变传播方向的现象。
光的折射遵循斯涅耳定律，该定律表明入射角、折射角和两种介质的光速之间有一定关系。
4. 题目：描述牛顿第一定律。
解答：牛顿第一定律，也被称为惯性定律，指出一个物体如果没有受到外力作用，将保持静止或匀速直线运动的状态。
简言之，物体的运动状态只有在外力作用下才会改变。
5. 题目：什么是热传导？解答：热传导是指热量通过物质内部的传递现象。
当一个物体的一部分温度升高时，其内部的粒子会通过碰撞相互传递热能，使得热量从高温区域传导到低温区域。
6. 题目：如何计算功？解答：功是力对物体做功的量度，计算公式为：功 = 力 ×距离× cosθ。
其中，力的单位为牛顿（N），距离的单位为米（m），角度θ为力的方向与物体运动方向之间的夹角。
7. 题目：简述电流的定义及计算公式。
解答：电流是电荷通过导体某一截面的数量。
电流的计算公式为：I = Q/t，其中I表示电流，Q表示通过截面的电荷数量，t表示时间。
电流的单位为安培（A）。
8. 题目：描述光的干涉现象。
解答：光的干涉是指两束或多束光线相互叠加时产生的明暗交替的现象。
干涉现象可以分为构成干涉和破坏干涉两种情况。
其中的典型例子是杨氏双缝干涉实验。
大学物理试题讲解及答案
大学物理试题讲解及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 以下哪种力是保守力？A. 摩擦力B. 重力C. 空气阻力D. 浮力答案：B2. 光在真空中的传播速度是多少？A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 299,792,458 mm/sD. 299,792,458 cm/s答案：A3. 根据热力学第一定律，下列哪项描述是正确的？A. 能量可以被创造或毁灭B. 能量可以在不同形式间转化C. 能量守恒定律不适用于热力学过程D. 能量守恒定律只适用于封闭系统答案：B4. 以下哪个公式用于描述牛顿第二定律？A. F = maB. F = mvC. F = m/aD. F = v/a答案：A二、填空题（每空5分，共20分）1. 根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小_________，方向_________。
答案：相等；相反2. 电磁波谱中，波长最长的是_________波，波长最短的是_________波。
答案：无线电；伽马3. 根据库仑定律，两点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的_________成反比。
答案：平方4. 理想气体状态方程为 PV = nRT，其中P代表压强，V代表体积，n 代表摩尔数，R是_________常数，T代表温度。
答案：气体三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述麦克斯韦方程组的意义。
答案：麦克斯韦方程组是描述电磁场的基本方程，包括高斯定律、高斯磁定律、法拉第电磁感应定律和安培环路定律。
这组方程揭示了电场和磁场是如何通过电荷和电流产生，以及它们是如何相互作用的。
2. 什么是波的干涉现象？请给出一个例子。
答案：波的干涉现象是指当两列或多列波相遇时，它们的振幅相加形成新的波形的现象。
例如，当两列波长相同的波在空间中相遇时，它们会在某些区域形成振幅增强的干涉条纹，而在另一些区域形成振幅减弱的干涉条纹。
3. 描述热力学第二定律的克劳修斯表述和开尔文表述。
大学物理a考试题及答案详解
大学物理a考试题及答案详解一、选择题（每题4分，共20分）1. 以下哪个选项不是牛顿运动定律的内容？A. 物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比B. 物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成正比C. 作用力和反作用力大小相等，方向相反D. 力是改变物体运动状态的原因答案：B2. 光在真空中的传播速度是多少？A. 299,792 km/sB. 299,792 m/sC. 299,792 cm/sD. 299,792 mm/s答案：A3. 根据热力学第一定律，下列哪个选项是正确的？A. 系统内能的变化等于系统吸收的热量与对外做的功之和B. 系统内能的变化等于系统吸收的热量与对外做的功之差C. 系统内能的变化等于系统对外做的功与吸收的热量之和D. 系统内能的变化等于系统对外做的功与吸收的热量之差答案：B4. 以下哪个选项不是电磁波的特性？A. 电磁波可以在真空中传播B. 电磁波具有波粒二象性C. 电磁波的速度在所有介质中都是相同的D. 电磁波具有能量答案：C5. 根据麦克斯韦方程组，以下哪个选项是正确的？A. 变化的磁场可以产生稳定的电场B. 变化的电场可以产生稳定的磁场C. 变化的磁场可以产生变化的电场D. 变化的电场可以产生变化的磁场答案：C二、填空题（每题3分，共15分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度 \( a \) 与作用力 \( F \) 和物体质量 \( m \) 的关系是 \( a = \frac{F}{m} \)。
2. 光年是天文学上用来表示距离的单位，1光年等于光在真空中一年内传播的距离，约为 \( 9.46 \times 10^{15} \) 米。
3. 热力学第二定律表明，不可能从单一热源吸热使之完全变为功而不产生其他影响。
4. 电磁波的波长 \( \lambda \)、频率 \( f \) 和光速 \( c \) 之间的关系是 \( c = \lambda f \)。
(完整版)大学物理试题库及答案详解【考试必备】
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (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分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (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)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．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, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 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)是对的分析与解 td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 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,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*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v 0 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,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ． 解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s QP1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t TR x π2sin=',t TR y π2cos-=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有t TR x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e B A t B A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下． 解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt r r t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为td d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan ==xy θ(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 v v v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP uuu r (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos(cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-=因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan221v v v -= 而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．。
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大物考题完整版dl静电场（一）1.有一带负电荷的金属球，其附近某点的场强为E，若在该点放一带正电的点电荷q，测得所受的电场力为f，则（3）(1) E=f/q (2)E> f/q (3)E< f/q2、在闭合高斯面内有一带电量Q的点电荷，将电荷从面内移到高斯面外后，高斯面上的电场强度_ 变化___(填变化或不变)，通过闭合高斯面的电通量为__0__。
3、如图，直角三角形ABC的A点上，有正电荷q1，B点上有负电荷q2，求C点的电场强度的大小和方向。
（设AC=l1，BC=l2）解：112014qElπε=222024qElπε=2224241212212201214E E E q l q ll lπε=+=+，212221q larctgq lθ=4、电荷Q均匀分布在长为l的细杆AB上，P点位于AB的延长线上，且与B相距为d，求P点的电场强度。
解：⎰+-===)11(444122lddlQxdxExdxdEπεπελλπε5、设电量Q均匀分布在半径为R的的半圆周上（如图），求圆心O处的电场强度。
解：如图所示，在半圆周上去电荷元dl，，所以，dq在O点产生的场强，大小为，B+q1AC ·-q2l1l2E1E2EθA B PdlQ ·q·S各电荷元在O点产生的场强大小相等，方向各异，且分布在以O 为顶点的半圆内，由对称性，各电荷元在O 点产生的垂直x 轴的场强分量为相互抵消，而平行x 轴的分类则相互加强，对给定点O 处，R 为常量，则有于是得均匀带电半圆环圆心处O 点的场强方向沿X 轴正向，大小为静电场强度（二）1、 如图所示, 把单位正电荷从一对等量异号电荷的连线中点, 沿任意路径移到无穷远处时,电场力作功为___0__。
2、在点电荷Q 旁作一高斯面S ，包围Q ，在S 面外再引入另一点电荷q ，则通过S 面的电通量有无变化？_ 不变化____。
S 面上各处的电场强度有无变化？_有变化___。
3、电场力作功从该点移动到无穷远处则把试验电荷试验电荷势为以知静电场中某点的电C,103.0100v,-80⨯=-q解：-3.0×10-6J4、如图所示的电场分布，则A 点的电势比B 点的电势__高__（填高、低、相等）5、+-qA B 。
。
E两个同心的球面半径分别为R 1和R 2(R 1 < R 2)，带电量分别为q 1和q 2 , 则在小球面内 距球心为 r 1处一点的电势为______________，在两球面之间距球心为 r 2处一点的电势为_______________。
解： 20212201202121014)11(44)11(4R q q R r q R q q R R q πεπεπεπε++-++-6、已知一带电细杆，杆长为l ，其线电荷密度为λ = cx ，其中c 为常数。
试求距杆右端距离为a 的P 点电势。
解：考虑杆上坐标为x 的一小块d x d x 在P 点产生的电势为x a l xdxc x a l dx dU -+=-+=00441πελπε求上式的积分,得P 点上的电势为])ln()[(44000l a al a l c x a l xdx c U l-++=-+=⎰πεπε7、求均匀带电圆环轴线上任一点P 处的电场强度（圆环半径为R ，带电量为Q ） 解：22022223/222001d d d 4 d 01d 44()x x qq E R xE QxE E E R x R x R x πεπεπε⊥=+=∴====+++⎰⎰⎰在圆环上任取电荷元，则，由对称性知，8、在半径为R 1、电荷体密度为ρ的均匀带电球体中挖去一半径为R 2, 的球形空腔, 空腔的中心为O ’ , 球心与空腔的中心的距离OO ’为a , 求空腔内任一点的电场强度E 。
xPOlaOO ’解：指向 方向从 得： 为：内一点的场强 小球体在空腔 为：一点的场强 大球体在空腔内o o aE r r E E E r E r E r E r q S d E E rE r E r E r q S d E E ss'='-=-='='='='=====⎰⎰••002102020322022010103120113)(33334433344ερερερερερππεερερερππε静电场（三）1. 有三个大小相同的金属球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间库仑力为F ，现用带绝缘柄的不带电小球3分别接触1、2后移去，则小球1、2间的库仑力为F ’=k （q 1/2）（3q 2/4）/r 2=3F/8 ；若小球3依次交替接触1，2球很多次后再移去，则小球1、2间的库仑力为 F ’=k （2q 1/3）（2q 2/3）/r 2=4F/9 。
解：根据库仑定律F=kq 1q 2/r 2，当3与1接触，1上的电荷变为1q 1/2，3上带电 q 1/2；3与2接触，电荷平均分配，3与2带等量同种电荷，为3q 2/4，故1、2间的库仑力为F ’=k （q 1/2）（3q 2/4）/r 2=3F/8;当3与1、2分别接触多次后，1、2、3带的电荷均为2q1/3，故1、2间的库仑力为F’=k（2q1/3）（2q2/3）/r2=4F/9。
2.把一块两表面电荷密度之和为σ0的无限大导体平板置于均匀电场中，与板面垂直，如图25-2所示，则导体左侧面电荷面密度σ1= ，右侧表面外附近的场强E1= 。
解：设、均为正电荷根据电荷守恒得出静电平衡的时候得出左侧表面外附近的场强3.[ 2 ]一金属球壳的内外半径分别为R1和R2,其中心放一点电荷q，则金属球壳的电势为：(1) q/4πε0R1; (2) q/4πε0R2;(3) (q/ R1+ q/ R2)/8πε0 ; (4) q/2πε0(R1+R2)解：做r= R2的高斯球面，由高斯定理可得出E= q/4πε0 R22，电势为U2=q/4πε0R24. [ 1 ]一孤立导体球壳带有正电荷，若将远处一带电荷，移至导体球壳外附近，则：（1）导体球壳外附近的场强仍与其表面垂直；（2）导体球壳面上的电荷仍为均匀分布；（3）导体球壳的电势仍保持不变；（4）由于静电屏蔽，球壳外的带电体在球壳内产生的场强处处为零。
解：因为达到静电平衡时，导体球表面电荷不再移动，故表面处场强的方向仍垂直于导体表面。
受外电荷影响，导体表面的电荷受不再均匀分布，电势也改变。
球壳内合场强处处为零，但带电体在球壳内产生的场强不为零。
5. 半径为r的导体球外面，同心地罩一内外半径分别为R1和R2的导体球壳。
若球和球壳分别带有电荷q和Q，试求：（1）球和球壳的电势，以及它们的电势差；（2）若将球壳接地，球他们的电势差；（3）若用导线将球和球壳连接，其电势差又为多少？解：(1)电势差(2) 球壳接地内外壳带等量异种电荷q。
故不变。
6. 三块平行金属板A、B、C，面积均为200cm2. A、B间距为4mm，A、C间距为2mm，B、C板上都接地（如图25-6），A板带正电3 10-7C（不计边缘效应）。
求：（1）B、C板上的感应电荷；（2）A板的电势。
解：当处于静电平衡状态的时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律求得电荷分布。
B、C板上都接地后，A板上电荷要重新分布以维持U AC=U AB.设A板上电荷q按两侧分布，靠近B板的一侧为q1，靠近C板的一侧为q2，于是有，，即联立求解得则 B板上的感应电荷为C板上的感应电荷为（2） A板上的电势为静电场（四）1、在间距为d 的平行板电容器中，平行地插入一块厚为d/2的金属大平板，则电容变为原来的 2 倍，如果插入的是一块厚为d/2，相对介电常数为4r ε=的大介质平板，则电容变为原来的 1.6 倍。
解：插入一块厚为d/2的金属大平板，相当于距离缩小了d/2，则000'2/2SC C d ε==，故电容变为原来的2倍；如插入的是一块厚为d/2相对介电常数为4rε=的大介质平板，相当于两个电容器串联，0108/2r SC C d εε==0202/2SC C d ε==，1212' 1.6C C C C C C ==+。
2、如图，110C f μ= 25C f μ= 315C f μ= 100u V =，则此电容器组和的等效电容为 7.5f μ ，电容器1C 的储存的电能为0.0125J 。
解：1C 与2C 并联，12'10515C C C f μ=+=+=，'C 与3C 串联，33'1515''7.5'1515C C C f C C μ⨯===++，'C 与3C 串联 电容大小相等，所以'C 上分到一般的电压50V ，1C 的储存的电能为262111(1010)500.012522e W C V J -==⨯⨯=3、[ 3 ] 真空中A 、B 两平行板相距为d ，面积均为S ，分别均匀带电q +和q -，不计边缘效应，则两板间的作用力为：(1) 220/4f q d πε=; (2) 20/f q S ε=; (3) 20/2f q S ε=解：200/2/2f qE q q S q Sεε==⨯=4、[ 3 ]真空中带电的导体球面与均匀带电的介质球体，它们的半径和所带的电量都相同，设带电球面的静电能为1W ，带电球体的静电能为2W ，则: (1) 12W W >; (2) 12W W =; (3) 12W W < 解：设电量为Q ，半径为R.2211222020012012212221012(1)4 4411(2)d d ()444(3)()(4)e 28r R R R R r rr r r Q D QD r Q DE r r Q Q U E r r rR R R R QC U R R Q R R Q W C R R ππεπεεπεεπεεπεεπεε⋅=∴===∆===-==∆--==⎰⎰由高斯定理，作半径为的球形高斯面则均匀带电球面的静电能202222001820'422Q RRVER W dV r dr r πεεερπε∞⎛⎫=== ⎪⎝⎭⎰⎰则均匀带电球体的静电能222222332200024082020004422323RQ Q Q R R R R VEr R W dV r dr r dr r πεπεπεεεερρππεε∞⎛⎫⎛⎫==+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰所以12W W <。
5. 空气电容器，保持与电源相连，再浸入煤油中，则极板间的电场强度__不变___，电容器极板上的电量__变大____，电场能量___变大____。