大学物理1-1测试题及答案(3,4)
大学物理Ⅰ(1)-19数学类3-4
性别
女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 女 男 男 男 男 男 男 男 男 男
班级
19统计02 19信息 18信息 18信息 19数学 19数学 19统计02 19数学 19统计01 19数学 19数学 19信息 19统计01 19信息 19信息 19信息 19统计01 19统计02 19数学 19信息 19统计02 19统计02 19统计01 19信息 19信息 19统计02 19统计02 19信息 19信息 19信息 19信息 19信息 19统计01 19数学 19统计01 19信息 19统计01 19统计01 19统计02 19统计01 19统计01 19统计01 19信息 19数学 19统计01 19统计01 19统计02 19数学 19信息 19统计01 19信息 19统计02 19信息
商学院-356
14
201900820147 房心言
男
19统计02
商学院-356
15
201900820148 张宸瑞
男
19统计02
商学院-356
16
201900820149 时欣奥
男
19统计02
商学院-356
17
201900820150 蔡思贤
男
19数学
商学院-356
18
201900820151 张竞舸
男
19信息
商学院-356
39
201900820197 陈凯亮
男
19统计01
商学院-356
40
201900820198 张玺
大学物理试题及答案
大学物理试题及答案一、选择题1.在下列物理量中，不属于标量的是：A. 质量B. 速度C. 力D. 时间正确答案：C. 力2.一个球以12m/s的速度从斜面上滚下，如果斜面的倾角是30°，求球的加速度（取g=10m/s^2）。
A. 5m/s^2B. 7m/s^2C. 10m/s^2D. 12m/s^2正确答案：C. 10m/s^23.一辆汽车以20m/s^2的等加速度沿直线行驶。
若车在t=4s时的位置为s=120m，则在t=8s时汽车的位置为：A. 320mB. 360mC. 400mD. 440m正确答案：C. 400m4.一个质点沿x轴上的直线运动，其速度与时间的关系为v=2t+3，其中v的单位为m/s，t的单位为s，则该质点的加速度为：A. 2m/s^2B. 3m/s^2C. 4m/s^2D. 5m/s^2正确答案：A. 2m/s^25.一个质点在力F的作用下从A点经过B点再到达C点。
若质点下落的高度为h，他在B点的速度为v，将C点作为原点，质点下落的方向为正方向，则B点处的动能为：A. 0B. -mghC. mghD. mgh/2正确答案：C. mgh二、填空题1.加速度的国际单位制为__m/s^2__。
2.牛顿第二定律表述了力与质量、加速度之间的关系，其数学表达式为__F=ma__。
3.弹簧振子的振动周期与弹簧的劲度系数成__反比__关系。
4.等角速度圆周运动的位移和时间之间的关系为__s=vt__。
5.能量守恒定律表述了系统总能量不变的原理，其数学表达式为__E1 + E2 = E3__。
三、计算题1.一个小球从斜坡顶部以12m/s的速度下滚，求小球滚到坡底时的速度。
解析：根据能量守恒定律，滚球过程中，机械能守恒。
机械能守恒的表示式为：mgh = (1/2)mv^2其中，m为小球的质量，g为重力加速度，h为斜坡的高度，v为小球的速度。
利用给定的数值，代入公式进行计算：mgh = (1/2)mv^2(m)(9.8m/s^2)(h) = (1/2)(m)(12m/s)^2解得：h = (1/2)(12m/s)^2 / (9.8m/s^2) = 7.35m所以小球滚到坡底时的速度为12m/s。
大学物理第三章测试题及答案
第三章答案1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。
又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。
2．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
3. 如图所示，一半径为r ，质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮，绕有轻绳，绳上挂一质量为m 2的重物，求重物下落的加速度。
解：设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有22m g T m a -= (1)对于滑轮按转动定律有 212Tr mr β=(2) 由角量线量关系有 a r β= （3）联立以上三式解得.4 有一半径为R 的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为0T ．如它的半径由R 自动收缩为R 21，求球体收缩后的转动周期．(球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR2 / 5，式中m 和R 分别为球体的质量和半径)．解：(1) 球体收缩过程满足角动量守恒：0022I I ωω=2000202225421()52mR I I m R ωωωω=== 所以0202244T T ππωω=== .6 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ)，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．解：(1) 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒：2201()2mRv mR MR ω=+ 所以 0022()22mRv mv mR MR m M R ω==++ （2）圆盘受到的摩擦力矩为0223R M rdrgr MRg μσπμ'=-⋅=-⎰由转动定律得 M Iβ'= 2200001()(0)12()()32223mv mR MR m M R I mv t M Mg MRg ωωωωβμμ+-+--===='-。
大学物理教学教程(上)课后知识题答案解析
物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-121-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1） 质点的运动轨迹；（2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。
解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t =21)y =或 1=（2）将1t s =和2t s =代入，有11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r213r r r i j =-=-r u r u r r r V位移的大小r ==rV（3） 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt ==-22(1)v ti t j =+-r r r2xx dv a dt==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r当2t s =时，速度和加速度分别为42/v i j m s =+r r r22a i j =+r r rm/s 21-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r，式中的R 、ω均为常量。
求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。
解 （1）质点的速度为sin cos d r v R ti R t j dtωωωω==-+rr r r（2）质点的速率为v R ω==速率的变化率为0dvdt= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。
求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。
解 由于 4d t dtθω== 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为2216n a R Rt ω==角加速度β的大小为 24/d rad s dtωβ==77页2-15, 2-30， 2-34，2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,
= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+
≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
大学物理试题及答案(1-4章)
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tsd 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a ｔ．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 hl 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 xv 2s0.422m.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) 2 ｓ 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 T R x π2sin =', t TR y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t T R y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j 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⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x 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 vv得石子速度 )1(Bt e BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →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 eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y1 -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 rr 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tΔΔr =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vv 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 (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bs 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 arctan 221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,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．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和。
吴百诗,大学物理习题解析答案1,2,3,4目录
吴百诗，《大学物理(下册)(第3次修订本B)》荣获国家教委优秀教材一等奖
大学物理习题解析答案2_西安交通大学出版社_吴百诗
文件（一）页码顺序P.1，10；P.100～109；P.11，P.110~119；P.12；P.120~129；P.13；P.130~139；P.14；P.140~149; P.15；P150~159；P.16；P.160~169；P.17。
第2章牛顿运动定律习题
第3章功和能习题（文件四）
第4章冲量和动量习题（文件四）
第5章刚体力学基础动量矩习题（文件四）
第6章机械振动基础习题第11章（文件二）
第7章机械波习题第12章（文件二）
第8章热力学习题第9章（文件二）
第9章气体动理论习题第10章（文件二）
《大学物理(下册)(第3次修订本B)》。
第10章静电场习题第6章（文件一、四）
第11章恒定电流的磁场习题第7章（文件一）
第12章电磁感应与电磁场习题第8章（文件一）
第13章波动光学基础习题（文件三）
第14章狭义相对论力学基础习题（文件三）
第15章量子物理基础习题（文件三）
第16章原子核物理和粒子物理简介习题（文件三）
第17章固体物理简介激光习题（文件三）。
大学物理测试题及答案3
波动光学测试题一.选择题1. 如图3.1所示，折射率为n 2 、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知 n 1 ＜n 2 ＞n 3，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束（用①②示意）的光程差是(A) 2n 2e . (B) 2n 2e －λ/(2 n 2 ).(C) 2n 2e －λ. (D) 2n 2e －λ/2. 2. 如图3.2所示，s 1、s 2是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为r 1和 r 2，路径s 1P 垂直穿过一块厚度为t 1，折射率为n 1的介质板，路径s 2P 垂直穿过厚度为t 2，折射率为n 2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于 (A) (r 2 + n 2 t 2)－(r 1 + n 1 t 1). (B) [r 2 + ( n 2－1) t 2]－[r 1 + (n 1－1)t 1]. (C) (r 2 －n 2 t 2)－(r 1 －n 1 t 1). (D) n 2 t 2－n 1 t 1.3. 如图3.3所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且n 1＜n 2＞n 3，λ1 为入射光在折射率为n 1 的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的位相差为 (A) 2 π n 2 e / (n 1 λ1 ). (B) 4 π n 1 e / (n 2 λ1 ) +π.(C) 4 π n 2 e / (n 1 λ1 ) +π. (D) 4π n 2 e / (n 1 λ1 ). 4. 在如图3.4所示的单缝夫琅和费衍射实验装置中，s 为单缝，L 为透镜，C 为放在L 的焦面处的屏幕，当把单缝s 沿垂直于透镜光轴的方向稍微向上平移时，屏幕上的衍射图样(A) 向上平移.(B) 向下平移.(C) 不动.(D) 条纹间距变大.5. 在光栅光谱中,假如所有偶数级次的主极大都恰好在每缝衍射的暗纹方向上,因而实际上不出现,那么此光栅每个透光缝宽度a 和相邻两缝间不透光部分宽度b 的关系为 (A) a = b . (B) a = 2b . (C) a = 3b . (D) b = 2a .二.填空题1. 光的干涉和衍射现象反映了光的 性质, 光的偏振现象说明光波是 波.2. 牛顿环装置中透镜与平板玻璃之间充以某种液体时,观察到第10级暗环的直径由1.42cm 变成1.27cm,由此得该液体的折射率n = .3. 用白光(4000Å～7600Å)垂直照射每毫米200条刻痕的光栅,光栅后放一焦距为200cm 的凸透镜,则第一级光谱的宽度为 .三.计算题1. 波长为500nm 的单色光垂直照射到由两块光学平玻璃构成的空气劈尖上，在观察反射光的干涉现象中，距劈尖棱边 l =1.56cm 的A 处是从棱边算起的第四条暗条纹中心.(1) 求此空气劈尖的劈尖角θ .(2) 改用600 nm 的单色光垂直照射到此劈尖上仍观察反射光的干涉条纹,A 处是明条纹，还是暗条纹？2. 设光栅平面和透镜都与屏幕平行，在平面透射光栅上每厘米有5000条刻线，用它来观察波长为λ=589 nm 的钠黄光的光谱线.(1) 当光线垂直入射到光栅上时,能看到的光谱线的最高级数k m 是多少?(2) 当光线以30︒的入射角(入射线与光栅平面法线的夹角)斜入射到光栅上时，能看到的光谱线的最高级数k m 是多少?3．在杨氏实验中，两缝相距0.2mm ，屏与缝相距1m ，第3明条纹距中央明条纹7.5mm ，求光波波长？4．在杨氏实验中，两缝相距0.3mm ，要使波长为600nm 的光通过后在屏上产生间距为1mm 的干涉条纹，问屏距缝应有多远？5．波长为500nm 的光波垂直入射一层厚度e=1μm 的薄膜。
大学物理(一)_河南科技大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
大学物理（一）_河南科技大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.匀速圆周运动的加速度是常量参考答案:错误2.质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每T秒转一圈．在2T时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为（）参考答案:0 , 2πR/T3.物体A和B置于光滑桌面上，它们间连有一轻弹簧。
另有物体C和D分别置于A和B之上，且A 和C、B和D之间的摩擦系数均不为零。
先用外力沿水平方向压A 和B，使弹簧被压缩，然后撤掉外力。
则在A和B弹开的过程中，对于“A+B+C+D+弹簧”系统动量（）参考答案:一定守恒;4.物体A和B置于光滑桌面上，它们间连有一轻弹簧。
另有物体C和D分别置于A和B之上，且A 和C、B和D之间的摩擦系数均不为零。
先用外力沿水平方向压A 和B，使弹簧被压缩，然后撤掉外力。
则在A和B弹开的过程中，对于“A+B+C+D+弹簧”系统的机械能（）参考答案:不一定守恒.5.以地面为引力势能零点. 则无穷远处引力势能: ( )参考答案:大于零6.几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力对轴力矩矢量和为零，则此刚体（）参考答案:转速必然不变.7.一质点作匀速率圆周运动时，下列哪个选项是正确的（）参考答案:它的动量不断改变,对圆心的角动量不变。
8.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 ( )参考答案:刚体所受合外力矩为零．9.一块方板，可以绕通过其一个水平边的光滑固定轴自由转动．最初板自由下垂．今有一小团粘土，垂直板面撞击方板，并粘在板上．对粘土和方板系统，如果忽略空气阻力，在碰撞中守恒的量是 ( )参考答案:绕木板转轴的角动量．10.一个物体正在绕固定光滑轴自由转动， ( )参考答案:它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大．11.关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( )参考答案:取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．12.分子很小，可以当做质点；地球很大，不能当作质点。
大学物理1考试题及答案
大学物理1考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是多少？A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 km/sC. 3×10^3 km/sD. 3×10^6 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。
这一定律的数学表达式是什么？A. F = maB. F = m/aC. a = F/mD. a = mF答案：A3. 一个物体从静止开始自由下落，忽略空气阻力，其下落的位移与时间的关系是什么？A. s = gtB. s = 1/2 gt^2C. s = 1/2 g(t^2 - 1)D. s = gt^2答案：B4. 以下哪个选项是电磁波谱中波长最长的部分？A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A5. 根据热力学第一定律，一个封闭系统的能量守恒，其表达式是什么？A. ΔU = Q + WB. ΔU = Q - WC. ΔU = Q + PD. ΔU = W - Q答案：A6. 一个质量为m的物体在水平面上以速度v做匀速直线运动，若摩擦力为f，那么物体的动能是多少？A. mvB. mv^2/2C. fvtD. 0答案：B7. 根据麦克斯韦方程组，电场是由什么产生的？A. 电荷B. 变化的磁场C. 电荷和变化的磁场D. 电流答案：C8. 一个理想气体经历一个等温过程，其压强P和体积V之间的关系是什么？A. P ∝ VB. P ∝ 1/VC. P = constantD. P ∝ V^2答案：B9. 在量子力学中，海森堡不确定性原理表明了什么？A. 粒子的位置和动量可以同时准确测量B. 粒子的位置和动量不能同时准确测量C. 粒子的能量和时间可以同时准确测量D. 粒子的能量和时间不能同时准确测量答案：B10. 根据狭义相对论，一个物体的质量会随着速度的增加而增加，这一效应可以用以下哪个公式描述？A. E = mc^2B. m = m0 / sqrt(1 - v^2/c^2)C. m = m0 * v/cD. m = m0 * sqrt(1 - v^2/c^2)答案：B二、填空题（每题2分，共20分）11. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，根据牛顿第二定律，其加速度是_________ m/s^2。
工科大学物理测试题及答案
工科大学物理测试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 km/sC. 3×10^4 km/sD. 3×10^3 km/s2. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其加速度为2 m/s²，那么在第3秒末的速度为：A. 4 m/sB. 6 m/sC. 8 m/sD. 10 m/s3. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力：A. 总是大小相等，方向相反B. 总是大小不等，方向相反C. 总是大小相等，方向相同D. 总是大小不等，方向相同4. 以下哪种情况不会改变物体的动量？A. 物体受到外力作用B. 物体的速度发生变化C. 物体的质量发生变化D. 物体处于静止状态5. 一个物体的质量为2 kg，受到一个大小为10 N的力，作用时间为5 s，那么物体的冲量为：A. 50 N·sB. 100 N·sC. 200 N·sD. 500 N·s6. 光的折射定律表明：A. 入射角和折射角之和恒定B. 入射角和折射角之比恒定C. 入射角和折射角之差恒定D. 入射角和折射角成正比7. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其向心力的方向：A. 总是指向圆心B. 总是指向圆周的切线方向C. 总是垂直于圆周的切线方向D. 总是垂直于圆心8. 根据能量守恒定律，以下说法正确的是：A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量既不能被创造也不能被消灭D. 能量可以无限制地转化9. 一个物体在竖直方向上受到重力和摩擦力的作用，如果物体处于静止状态，则：A. 重力和摩擦力大小相等，方向相反B. 重力和摩擦力大小不相等，方向相反C. 重力和摩擦力大小相等，方向相同D. 重力和摩擦力大小不相等，方向相同10. 以下哪种波是横波？A. 声波B. 电磁波C. 光波D. 重力波二、填空题（每题2分，共20分）1. 牛顿第一定律也被称为______定律。
大学物理(一)阶段测试带答案
大学物理（一）阶段测试（满分100分）年级：▁▁▁▁专业：▁▁▁▁姓名：▁▁▁▁班级序号：▁▁▁▁单选题（共25小题，共50分）1.（2分）关于参考系的单选，下列说法错误的是( )A、描述一个物体的运动，参考系可以任意选取B、单选不同的参考系，同一运动，观察的结果可能不同C、观察或研究物体的运动，必须选定参考系D、参考系必须选定地面或与地面连在一起的物体答案:D解析:在描述一个物体的运动时，必须选定一个参考系，参考系的选取可以是任意的，参考系选取的不同，物体运动的状态就会不同，故“参考系必须选定地面或与地面连在一起的物体”是错误的。
2.（2分）一质点沿x轴运动的规律是x=t2−4t+5（SI制）。
则前三秒内它的（）A、位移和路程都是3mB、位移和路程都是-3mC、位移是-3m，路程是3mD、位移是-3m，路程是5m答案:D解析:Δx=x|t=3−x|t=0=2−5=−3dxdt=2t−4，令dxdt=0，得t=2。
即t=2时x取极值而返回。
所以：S=S0−2+S2−3=|x0−2|+|x2−3|=|x|t=2−x|t=0|+|x|t=3−x|t=2|=|1−5|+|2−1|=53.（2分）以北京长安街为坐标轴x，向东为正方向，以天安门中心所对的长安街中心为坐标原点x，建立一维坐标，一辆汽车最初在原点以西3km 处，几分钟后行驶到原点以东2km处，(1)这辆汽车最初位置和最终位置分别是( );(2) 如果将坐标原点向西移5km，则这辆汽车的最初位置和最终位置分别是( )A、3km，2km；2km，7kmB、-3km，2km；2km，7kmC、3km，-2km；2km，5kmD、-3km，-2km；3km，5km答案:B解析:(1)坐标轴的正方向向东，则位置在坐标原点以东为正，在坐标原点以西为负，汽车最初在原点以西且距原点3km处，所以最初位置是-3km，同理最终位置是2km．4.（2分）探究物体的运动快慢，可以先把物体将要通过的路程分成若干段，再分别测量物体通过每段路程所需要的时间。
大学物理1-1测试题及答案
大学物理1-1测试题（第三，四章）一、 简答题(每题5分,共20分)(1) 请写出质点系动量定理的内容（文字及数学形式），并说出系统动量守恒的条件？答：作用于系统的合外力所产生的冲量等于系统动量的增量，00tt Fdt p p =-⎰；系统动量守恒的条件是体系所受合外力为零（如果系统内力远大于外力，也可近似认为其是守恒）。
(2) 什么是保守力？保守力与势能之间有何关系？答：保守力是指做功只与初末位置有关，与质点运动路径无关的力；保守力做功等于体系势能增量的负值（或势能的减小量）。
(3) 简述功能原理（文字及数学形式），并说出系统机械能守恒的条件？答：外力及内部非保守力做功之和等于体系机械能的增量，0ex in nc W W E E +=-，此即功能原理；当外力与内部非保守力做功之和为零时，体系的机械能守恒。
(4) 简述刚体定轴转动的角动量定理（文字及数学形式）,并说出系统角动量守恒的条件？答：当刚体做定轴转动时，作用于刚体的合外力矩等于刚体对该定轴的角动量关于时间的变化率，即()dL d J M dt dtω==；角动量守恒的条件是体系所外力矩之和为零。
二、选择题(每题4分,共20分)（1）对质点系有以下几种说法：①质点系总动量的改变与内力无关；②质点系总动能的改变与内力无关；③质点系机械能的改变与保守内力无关。
下列对上述说法判断正确的是（ C ）（A）只有①是正确的(B) ①、②是正确的(C) ①、③是正确的（D）②、③是正确的（2）有两个倾角不同,高度相同,质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的小球从这两个斜面的顶点,由静止开始下滑,则( D )（A）小球到达斜面底端时的动量相等（B）小球到达斜面底端时的动能相等（C）小球、斜面、地球组成的系统,机械能不守恒（D）小球和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒（3）关于力矩有以下几种说法，其中正确的是：（B）（A）内力矩会改变刚体对某个定轴的动量矩（角动量）（B）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零（C）角速度的方向一定与外力矩的方向相同（D）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩作用下，它们的角加速度一定相等（4）一均匀细棒可绕其一端在竖直平面内作无摩擦的定轴转动。
大学物理1测试试题一(1)
10.有一由N匝细导线绕成的平面正 三角形线圈，边长 为a，通有电流I,置于均匀外磁场 B 中，当线圈平面的 法向与外磁场同向时，该线圈所受的磁场力矩 Mm值为
(A) Na IB / .
(B) Na IB / .
(C) Na IBsin .
(D) .
二、填空题
1.一质量为30Kg的物体以10m·s-1的速率水平向东运动， 另一质量为20Kg的物体以20m·s-1速率向北运动。两物 体发生完全非弹性碰撞后，它们的速度大小 V=_________;方向为___ ______。
(2) dr V ; dt
(3) dS V ; dt
dV (4)
dt
at ;
(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;
提示： 定义和矢量
2.有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖 直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀 角速度转动，此时有一质量为m的人站在站台中心。
(D) B ,因为虽然B ,但B B .
I I/ o I/
9.一电子以速度 V垂 直进入磁感应强度为 B的均匀磁场 中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将
(A)正比于B，反比于V2。
(B)反比于B，正比于V2。
V
(C)正比于B，反比于V。
(D)反比于B，反比于V。
(A)2倍； (C) 4倍；
(B) 1/2倍； (D) 1/4倍。
7.当一个带电导体达到静电平衡时： (A)表面上电荷密度较大处电荷较高。 (B)表面曲率较大处电势较高。 (C)导体内部的电势比导体表面的电势高。 (D)导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零。
大学物理刚体力学测试题答案
选择题答案及解析
• 答案：D
• 解析：根据刚体的转动惯量公式，对于一个质量均匀分布的细杆，其转动惯量与质量、长度和质心到转轴的距离有关。故 D选项正确。
选择题答案及解析
• 答案：A • 解析：根据刚体的动能定理，当刚
体受到的合外力矩不为零时，刚体 的角速度会发生变化。故A选项正 确。
填空题答案及解析
有挑战性
部分题目难度较大，需要学生具备较强的分 析问题和解决问题的能力。
测试题答案解析总结
要点一
详细解析
每道题目都附有详细的答案解析，帮助学生理解解题思路 和方法。
要点二
举一反三
答案解析中还提供了相关题型的解题技巧，有助于学生触 类旁通。
THANKS
感谢观看
难题
考查学生的综合运用能力和创新思维，难度较大，需要较高的解题技巧。
测试题目的目标
01
检验学生对刚体力学基本概念和公式的掌握程度。
02
评估学生对刚体力学知识的应用能力。
提高学生的综合运用能力和创新思维。
03
02
测试题内容选Leabharlann 题选择题1答案：C1
选择题2答案：B
2
选择题3答案：D
3
填空题
填空题1答案
• 答案
10 N·m
• 解析
根据刚体的转动动能公式，当刚体的转动惯量为1 kg·m²，角速度为10 rad/s时，其转 动动能为0.5×1×10²=50 J。由于题目中要求的是力矩，因此需要将动能转换为力矩，
即50 J=10 N·m。故填空题1的答案是10 N·m。
填空题答案及解析
• 答案
2 kg·m²
04
测试题总结
测试题特点总结
大学物理1期末考试复习-试卷原题与答案
大学物理1期末考试复习，试卷原题与答案力学8.A质量为m的小球，用轻绳AB、BC连接，如图，其中AB水平．剪断绳AB 前后的瞬间，绳BC中的张力比T : T′＝____________________．9.一圆锥摆摆长为l、摆锤质量为m，在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角θ，则(1) 摆线的张力T＝_____________________；(2) 摆锤的速率v＝_____________________．12.一光滑的内表面半径为10 cm的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称OC 旋转．已知放在碗内表面上的一个小球P相对于碗静止，其位置高于碗底4 cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A) 10 rad/s．(B) 13 rad/s．(C) 17 rad/s (D) 18 rad/s．［］13.质量为m的小球，放在光滑的木板和光滑的墙壁之间，并保持平衡，如图所示．设木板和墙壁之间的夹角为α，当α逐渐增大时，小球对木板的压力将(A) 增加(B) 减少．(C) 不变．(D) 先是增加，后又减小．压力增减的分界角为α＝45°．[ ]15.m m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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω(A) 增大．(B) 不变．(C) 减小．(D) 不能确定定．（）16.如图所示，A、B为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A滑轮挂一质量为M的物体，B滑轮受拉力F，而且F＝Mg．设A、B两滑轮的角加速度分别为βA和βB，不计滑轮轴的摩擦，则有(A) βA＝βB．(B) βA＞βB．(C) βA＜βB．(D) 开始时βA＝βB，以后βA＜βB．18. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A和B．A环的质量分布均匀，B环的质量分布不均匀．它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A和J B，则(A) J A＞J B(B) J A＜J B．(C) J A =J B．(D) 不能确定J A、J B哪个大．22. 一人坐在转椅上，双手各持一哑铃，哑铃与转轴的距离各为0.6 m．先让人体以5 rad/s的角速度随转椅旋转．此后，人将哑铃拉回使与转轴距离为0.2 m．人体和转椅对轴的转动惯量为5 kg·m2，并视为不变．每一哑铃的质量为5 kg可视为质点．哑铃被拉回后，人体的角速度ω ＝__________________________．28.质量m＝1.1 kg的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量J＝221mr(r为盘的半径)．圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量m1＝1.0 kg的物体，如图所示．起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率v0＝0.6 m/s匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动．静电学1. 如图所示，两个同心球壳．内球壳半径为R 1，均匀带有电荷Q ；外球壳半径为R 2，壳的厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在两球之间、距离球心为r 的P 点处电场强度的大小与电势分别为：(A) E ＝204r Q επ，U ＝r Q04επ．(B) E ＝204r Q επ，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πr R Q11410ε．(C) E ＝204r Qεπ，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π20114R r Q ε．(D) E ＝0，U ＝204R Qεπ． ［ ］10.E图中曲线表示一种轴对称性静电场的场强大小E 的分布，r表示离对称轴的距离，这是由____________________________________产生的电场．14. 一半径为R的均匀带电球面，其电荷面密度为 ．若规定无穷远处为电势零点，则该球面上的电势U＝____________________．17.L q如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度．28. 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？(A) 高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D 为零．(B)高斯面上处处D 为零，则面内必不存在自由电荷．(C)高斯面的D通量仅与面内自由电荷有关．(D) 以上说法都不正确． ( )q一空心导体球壳，其内、外半径分别为R 1和R 2，带电荷q ，如图所示．当球壳中心处再放一电荷为q 的点电荷时，则导体球壳的电势(设无穷远处为电势零点)为(A) 104R qεπ ． (B) 204R qεπ ． (C) 102R q επ . (D)20R q ε2π ． ［ ］35.如图所示，将一负电荷从无穷远处移到一个不带电的导体 附近，则导体内的电场强度______________，导体的电势 ______________．(填增大、不变、减小)36. 一金属球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，带电荷为Q ．在球心处有一电荷为q 的点电荷，则球壳内表面上的电荷面密度σ =______________．38. 地球表面附近的电场强度为 100 N/C ．如果把地球看作半径为6.4×105m的导体球，则地球表面的电荷Q =___________________．(2/C m N 10941290⋅⨯=πε)40. 地球表面附近的电场强度约为 100 N /C ，方向垂直地面向下，假设地球上的电荷都均匀分布在地表面上，则地面带_____电，电荷面密度σ =__________．(ε 0 = 8.85×10-12 C 2/(N ·m 2) )41.12厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为σ ．试求图示离左板面距离为a 的一点与离右板面距离为b 的一点之间的电势差．42. 半径分别为 1.0 cm与 2.0 cm的两个球形导体，各带电荷 1.0×10-8 C，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求(1) 每个球所带电荷；(2) 每球的电势．(22/CmN109419⋅⨯=πε)43.半径分别为R1和R2 (R2 > R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q1和Q2，今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示, 导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q．稳恒磁场习题1. 有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1 / B 2为(A) 0.90． (B) 1.00． (C) 1.11． (D) 1.22． ［ ］2.边长为l 的正方形线圈中通有电流I ，此线圈在A 点(见图)产生的磁感强度B 为 (A) l Iπ420μ． (B)lI π220μ．(C)lI π02μ． (D) 以上均不对． ［ ］3.通有电流I的无限长直导线有如图三种形状，则P，Q，O各点磁感强度的大小B P，B Q，B O间的关系为：(A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O．(C) B Q > B O > B P．(D) B O > B Q > B P．( )4.无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为a、b，电流在导体截面上均匀分布，则空间各处的B 的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r的关系定性地如图所示．正确的图是［］11. 一质点带有电荷q =8.0×10-10 C，以速度v =3.0×105 m·s-1在半径为R =6.00×10-3 m的圆周上，作匀速圆周运动．该带电质点在轨道中心所产生的磁感强度B =__________________，该带电质点轨道运动的磁矩p m =___________________．(μ0 =4π×10-7 H·m-1) 12. 载有一定电流的圆线圈在周围空间产生的磁场与圆线圈半径R有关，当圆线圈半径增大时，(1)圆线圈中心点(即圆心)的磁场__________________________（2.）圆线圈轴线上各点的磁场________________________________________ __________________________________________________________．14. 一条无限长直导线载有10 A的电流．在离它0.5 m远的地方它产生的磁感强度B为______________________．一条长直载流导线，在离它1 cm处产生的磁感强度是10-4T，它所载的电流为__________________________．两根长直导线通有电流I，图示有三种环路；在每种情况下，⎰⋅lBd等于：____________________________________(对环路a)．___________________________________(对环路b)．____________________________________(对环路c)．16.设氢原子基态的电子轨道半径为a0，求由于电子的轨道运动(如图)在原子核处(圆心处)产生的磁感强度的大小和方向．19.一根半径为R的长直导线载有电流I，作一宽为R、长为l的假想平面S，如图所示。
大学物理测试题及答案4
近代物理单元测试题一.选择题(每题3分,共30分)1. 静止参照系S 中有一尺子沿x 方向放置不动，运动参照系S '沿x 轴运动,S 、S'的坐标轴平行.在不同参照系测量尺子的长度时必须注意(A) S'与S 中的观察者可以不同时地去测量尺子两端的坐标.(B) S'中的观察者可以不同时，但S 中的观察者必须同时去测量尺子两端的坐标. (C) S'中的观察者必须同时，但S 中的观察者可以不同时去测量尺子两端的坐标. (D) S'与S 中的观察者都必须同时去测量尺子两端的坐标 . 2. 下列几种说法： (1) 所有惯性系对一切物理规律都是等价的.(2) 真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关. (3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速度都相同。
其中哪些正确的？(A) 只有（1）、(2)是正确的. (B) 只有（1）、(3)是正确的.(B) 只有（2）、(3)是正确的. (D) 三种说法都是正确的. 3. 一个电子的运动速度v =0.99c ,它的动能是(A) 3.5MeV. (B) 4.0MeV. (C) 3.1MeV. (D) 2.5MeV.4. 某核电站年发电量为100亿度,它等于3.6×1016J.如果这些能量是由核材料的全部静止能转化产生的,则需要消耗的核材料的质量为(A) 0.4kg. (B) 0.8kg. (C) 12×107kg. (D) (1/12)×107kg.5. 在加热黑体过程中，其最大单色辐出度对应的波长由0.8μm 变到0.4μm ，则其辐射出射度增大为原来的 (A) 2倍. (B) 4倍. (C) 16倍. (D) 8倍.6. 在图4.1.的四个图中，哪一个图能定性地正确反映黑体单色辐出度M λ(T )随λ和T 的变化关系，（已知T 2 >T 1）7. 下面这此材料的逸出功为：铍,3.9eV ；钯,5.0eV ；铯,1.9eV ；钨,4.5eV.要制造能在可见光(频率范围为 3.9⨯1014Hz －7.5⨯1014Hz)下工作的光电管，在这此材料中应选：(A) 钨. (B) 钯. (C) 铯. (D) 铍.8. 光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程. 对此过程，在以下几种理解中，正确的是： (A) 光电效应是电子吸收光子的过程,而康普顿效应则是光子和电子的弹性碰撞过程. (B) 两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程. (C) 两种效应都属于电子吸收光子的过程.(D) 两种效应都是电子与光子的碰撞,都服从动量守恒定律和能量守恒定律. 9. 关于不确定关系∆x ∆p ≥ћ有以下几种理解：(1) 粒子的动量不可能确定；(2) 粒子的坐标不可能确定；(3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定；(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子。
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。
大学物理测试题及答案
大学物理测试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^7 m/sD. 3×10^6 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力和物体质量的关系是：A. 加速度与作用力成正比，与质量成反比B. 加速度与作用力成反比，与质量成正比C. 加速度与作用力成正比，与质量成正比D. 加速度与作用力成反比，与质量成反比答案：A3. 电磁波谱中，红外线和紫外线的波长范围分别是：A. 红外线：10^-6 m至10^-3 m；紫外线：10^-9 m至10^-7 mB. 红外线：10^-7 m至10^-4 m；紫外线：10^-10 m至10^-8 mC. 红外线：10^-5 m至10^-2 m；紫外线：10^-8 m至10^-6 mD. 红外线：10^-4 m至10^-1 m；紫外线：10^-9 m至10^-7 m答案：D4. 根据热力学第一定律，系统内能的增加等于：A. 系统对外做的功B. 系统吸收的热量C. 系统对外做的功与系统吸收的热量之和D. 系统对外做的功与系统放出的热量之差答案：C5. 以下哪种物质的密度不是常数？A. 纯水B. 空气C. 铁D. 酒精答案：B6. 根据库仑定律，两个点电荷之间的静电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。
如果两个电荷量相等且为正，它们之间的静电力：A. 总是相互吸引B. 总是相互排斥C. 有时相互吸引，有时相互排斥D. 无法确定答案：B7. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力作用，如果力的方向与物体运动的方向相同，则物体的加速度：A. 与力成正比B. 与力成反比C. 与力无关D. 无法确定答案：A8. 根据能量守恒定律，以下哪种情况是可能的？A. 一个物体在没有外力作用的情况下加速运动B. 一个物体在没有外力作用的情况下减速运动C. 一个物体在没有外力作用的情况下保持静止D. 一个物体在没有外力作用的情况下保持匀速直线运动答案：D9. 以下哪种现象不是量子力学的范畴？A. 光电效应B. 波粒二象性C. 布朗运动D. 牛顿运动定律答案：D10. 根据狭义相对论，当物体的速度接近光速时，其质量：A. 保持不变B. 减小C. 增加D. 先增加后减小答案：C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________，作用在________。
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大学物理1-1测试题（第三，四章）
一、 简答题(每题5分,共20分) (1)
请写出质点系动量定理的内容（文字及数学形式），并说出系统动量守恒的条
件？
答：作用于系统的合外力所产生的冲量等于系统动量的增量，00t
t Fdt p p =-⎰；系统动量守恒的条件是体系所受合外力为零（如果系统内力远大于外力，也可近似认为其是守恒）。
(2)
什么是保守力？保守力与势能之间有何关系？
答：保守力是指做功只与初末位置有关，与质点运动路径无关的力；保守力做功等于体系势能增量的负值（或势能的减小量）。
(3)
简述功能原理（文字及数学形式），并说出系统机械能守恒的条件？
答：外力及内部非保守力做功之和等于体系机械能的增量，0ex in
nc
W W E E +=-，此即功能原理；当外力与内部非保守力做功之和为零时，体系的机械能守恒。
(4)
简述刚体定轴转动的角动量定理（文字及数学形式）,并说出系统角动量守恒
的条件？
答：当刚体做定轴转动时，作用于刚体的合外力矩等于刚体对该定轴的角动量关于时间的变化率，即()
dL d J M dt dt
ω=
=；角动量守恒的条件是体系所外力矩之和为零。
二、 选择题(每题4分,共20分)
（1）对质点系有以下几种说法：①质点系总动量的改变与内力无关；②质点系总动能的改变与内力无关；③质点系机械能的改变与保守内力无关。
下列对上述说法判断正确的是（ C ）
（A ）只有①是正确的 (B) ①、②是正确的 (C) ①、③是正确的 （D ）②、③是正确的
（2）有两个倾角不同,高度相同,质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的小球从这两个斜面的顶点,由静止开始下滑,则( D ) （A ）小球到达斜面底端时的动量相等 （B ）小球到达斜面底端时的动能相等
（C ）小球、斜面、地球组成的系统,机械能不守恒 （D ）小球和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒
（3）关于力矩有以下几种说法，其中正确的是：（ B ）
（A ） 内力矩会改变刚体对某个定轴的动量矩（角动量） （B ） 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零 （C ） 角速度的方向一定与外力矩的方向相同
（D ） 质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩作用下，它们的角
加速度一定相等
（4）一均匀细棒可绕其一端在竖直平面内作无摩擦的定轴转动。
使棒从水平位置由静止开始下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，则（ A ）
（A ）角速度从小到大，角加速度从大到小 （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大
(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小 (D) 角速度从大到小，角加速度从小到大
（5）一花样滑冰者，开始自转时，其动能为0E 。
然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E.则有关系：( D )
（A ）00,3E E ==ωω （B ）003,3E E ωω== （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω
三、 填空题(每空3分,共30分)
（1）一质量为10kg 的物体沿x 轴无摩擦地运动，设t=0时物体位于原点且速度为零。
若物体在力F=3+4t （N ）下运动了３秒，则在这段时间力对物体的冲量为 27 (kg.m/s) ,物体的速度增为v= 2.7 (m/s) 。
（2）质量为0.02kg 的子弹，以200m/s 的速率打入一固定的
墙壁内，设子弹所受阻力F
与其进入墙壁的深度
x 的关系如
图所示，则该子弹能进入墙壁的深度为 0.21m ；此过程
中F 所做的功为 400J 。
（3）在光滑的水平面上静止地放着质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以速度v 水平地嵌入木块，则木块的速度变为V ＝ m
M mv
+ ，整个过程中系统机械能损失ΔE=
2
21v m
M Mm + 。
（4）一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω，设它所受的阻力矩与转动角速度成正比，即ωk M -=（k 为正的常数），若它的角速度从0ω变为02ω，则所需的时间为
2J
In k
；整个过程中阻力矩做功为 2
038
J ω 。
（5）光滑的水平桌面上有长为L 2、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点、垂直于杆长方向的竖直轴自由转动，起初杆静止在光滑桌面上。
有一质量为m 的小球沿桌面正对着杆的一端，在垂直于杆长的方向上，以速度v 运动过来，发生完全非弹性碰撞后粘在一起转动。
这一系统在碰撞后转动的角速度为
34v
L
;整个过
程中系统机械能损失为 218
mv 。
四、 计算题(每题10分,共30分)
1． 如图所示，A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为1m 和2m ，弹簧劲度系数为k 。
问在A 板上需加多大的压力，方可使力停止作用后，恰能使A 在跳起来时B 稍被提起。
解：选取如图(b )所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势
能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F
时,根据受力平衡有
F 1 ＝P 1 ＋F (1)
当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得 式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为
F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)
由式(1)、(2)可得
F ＝P 1 ＋F 2 (3)
当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F′2 ．由式(3)可得
F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g
应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．
2．质量为m ，半径为R 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0
到停止转动，共转了多少圈？
解:圆盘对水平面的压力为N = mg ，
压在水平面上的面积为S = πR 2，压强为p = N /S = mg /πR 2． 当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元， 其面积为d S = r d θd r ，
对水平面的压力为d N = p d S = pr d r d θ， 所受的摩擦力为d f = μd N = μpr d r d θ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为d M = r d f = μpr 2d r d θ， 总力矩为
22
d d R
M pr r πμθ
=⎰
⎰
312π3p R μ=2
3mgR μ=．
R
ω0
O
由于圆盘的转动惯量为2
2
1mR J =，有
角加速度大小为
负号表示其方向与角速度的方向相反．
根据转动公式ω2 = ω02 + 2αθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为
转过的圈数为 3．如图所示，一根质量为M ，长为L 均匀细棒OB 可绕光滑转轴O 在竖直平面内转动。
现使棒从静止由水平位置绕O 转动，求：① 细棒对O 轴的转动惯量I 。
② 棒转到图中θ角时的角速度ω和角加速度β，端点B 处的速度v 及加速度a 。
解:转动惯量：22200
1
3
L
L
M I l dm l dl ML L ===⎰⎰ 角速度：转动过程中机械能守恒21
1(sin )2
2
I Mg L ωθ=
于是θωsin 3L
g
=
角加速度：21
(cos )32cos 123
r Mg L M g I L ML θβθ===
速度：3sin v L gL ωθ== 加速度：切向加速度3cos 2
a L g τβθ== 法向加速度23sin n a L g ωθ==
合加速度θθ2222
sin 9cos 4
9g g a +=。