练习一
1．j i 6+，j i 26+，j 24
2．3/2)2/3(k s ，2/121-kt
，2/303
2
kt x x += 3．[2] 4．[3] 5．（1）由??
?-==2
2192t
y t x 得)0(2
1192
≥-
=x x y ，此乃轨道方程 （2）j i r 1142+=，j i r 1721+=，∴j i v 62-=，s m v /33.6=
（3）i t i dt r
d v 42-==，j dt v d a 4-== ∴s t 2=时，j i v 82-=，j a 4-=
（4）由v r ⊥，有0=?v r
∴?
??==?=--s t t t t t 300)219(442或
当0=t 时???==190y x 当s t 3=时?
??==16
y x
6．（1）a dt dv =
2/1kv dt
dv
-=∴ 有
?
?
-=-?-=
-v
v t
kt v v kdt dv v
2
/10
2/12
/122 当0=v 时，有k
v t 02=
（2）由（1）有2
021??? ?
?
-=kt v v
k
v
kt v k vdt x t
k v 3221322
/30
00
/2300=?
?
?
??--==??
练习二
1．
2
220
2t
g v t
g +，
2
220
0t
g v g
v +
2．2/8.4s m 2/4.230s m r a d 15.3
3．[2]
4．[3]
5．由约束方程 222h x l += 有：dt
dx x dt dl l
22= 即：xv lv 220=-……（1） ∴02
20v x
x h v x l v +-
=-= 对（1）两边求导，有：
dt dv
x dt dx v dt dl v +=-0 203222
0v x
h x v v dt dv a -=-==∴ 6．（1）s rad R
v
/25==ω （2）22/8.392s rad ==θωβ
（3）s t 628.02==ω
θ
练习三
1．k g m 222
2．J 882 3．[1] 4．[4]
5．（1）2
202
08
321221mv mv v m E W k f -=-??? ??=?= （2）r mg W f πμ2?-= rg
v πμ163 2
=∴
（3）3
4)210(20=?-
=k E mv N （圈） 6．先用隔离体法画出物体的受力图 建立坐标，根据ma F =的分量式
x x ma f =∑ y y ma f =∑有 x ma f F =-μθcos
0sin =-+Mg F N θ 依题意有0≥x a ，N f μμ= θμθμsin cos +≥
Mg F 令 0)sin (cos =+θμθθ
d d
?=∴21.8 θ 4.36≥F
练习四
1．)21(0+gy m ，02
1
mv - 2．
m M mu
Mv ++
3．[1] 4．[2]
5．将全过程分为三个阶段
（1）球下摆至最低处，m 和地球为系统，机械能守恒：
22
1
mv mgl = (1)
（2）球与钢块作弹性碰撞
水平方向动量守恒 12mv Mv mv -= ......... (2)
机械能守恒
21
2
222
12121mv Mv mv += ……… …（3） （3）球上摆至最大高度处，m 和地球系统机械能守恒：
mgh mv =2
12
1 ……… …（4） 由（1）（2）（3）得：gl m
M m
M v 21+-=，代入（4）得：m g v h 36.0221== 6．设人抛球后的速度为V
，则人球系统抛球过程水平方向动量守恒
)() (V u m MV v m M o ++=+∴ m
M mu
v V +-
=0
人对球施加的冲量
m
M mMu
mv V u m I +=
-+=0)( 方向水平向前
练习五
1．gl 3
2．.340ω
3．[3] 4．[1]
5．1111a m T g m =- 2222a m g m T =- β)(2121J J r T R T +=- βR a =1 βr a =2 联立解得：2
2212121)(r m R m J J g
r m R m +++-=
β
222121211)(r m R m J J Rg r m R m a +++-=
222121212
)(r m R m J J rg
r m R m a +++-= g m r m R m J J r R r m J J T 12
221212211)(++++++=
g m r
m R m J J r R R m J J T 22
221211212)
(++++++=
6．（1）由角动量守恒得： 02211=+ωωJ J
0222=+?
ωJ R
v
MR )(05.0122--=-=S J mRv ω （2）πωω2)]([21=--t (s ) 55.02π=t (rad) 11
22πωθ==t （3）(s) 422ππω
π
==
=v
R
T (r a d ) 0.2 2πωθ==∴
T
练习六 流体力学（一）
1．J 4108-?π，22.3-?m N 2．总是指向曲率中心 3．[3] 4．[4]
5．在大气压Pa P 50100136.1?=时，泡内压强1
04R P P α
+
=，移到气压为0P '时泡内压强204R P P α+
'=' 3
2313
434P R P R ππ?'=?∴ 3
220311044R R P R R P ???? ?
?+'=????? ??+αα
)(1027.14 44
23
21100Pa R R R R P p ?=-???? ?????? ?
?+='αα 6．首先在温度为t 1时，在液体中靠近两管弯曲液面处的压强分别有1
1
014d P P α-
=，2024d P P α
-
=，且有112gh P P ρ+= ???? ??-=∴21
11114 d d g h ρα 同理当温度为t 2时，两管液面高度差为：
???? ??-=
21
22114 d d g
h ρα
m d d g h h h 33333
212121104.20103.0110
1.018.91010
)2070(15.04 11)(4----?=??? ???-????-??=
???
?
??--=
-=?ραα
练习七 流体力学（二）
1．s m /72.0 2．m 46.0 3．[3] 4．[2]
5．（1）粗细两处的流速分别为1v 与2v
则 2211v S v S Q ==
1
2
131175403000--?=?==s cm cm s cm S Q v 12
1
322300103000--?=?==s cm cm
s cm S Q v （2）粗细两处的压强分别为1P 与2P
2
2
22112
121v P v P ρρ+=+
)(1022.4)75.03(1021
21213223212221Pa v v P P P ?=-??=-=
-=?ρρ P h g ?=???水银ρ
m h 031.0=?
6．（1）射程 vt s =
gh v ρρ=22
1
gh v 2 =∴ 又 2
2
1gt h H =
- g h H t )(2-=
)(2)
(22 h H h g
h H gh vt s -=-?
==∴
（2）设在离槽底面为x 处开一小孔，则同样有：
)(2
12
1x H g v -=ρρ )(21x H g v -= 又 2
121gt x =
g
x t 21= )()(2 111h H h s x H x t v s -==-==∴ h x =∴
则在离槽底为h 的地方开一小孔，射程与前面相同。
练习八
1．m 93，m 10，m 0，s 7105.2-?； 2．m 5，s 4；
3．[3] 4．[3]
5．c c c c c c c c
u v u v v x x x 37
35
48.14.1)6.0(8.01)6.0(8.0122
==----=--=
' 6．22221)()(u )()(?
?
?
??---=--=??????
---='-'='?c u c x x u c x x c x x u t t t t t A B A B A B A B A B γγ 2
21??
? ??--=
-'
?c u u c x x t A
B ，两边平方得 c u 2
3
=
，2=γ m x t u x x 3102)( ?=?=?-?='?∴γγ 又 0 <'-'='?A B t t t A B t t '<' ∴B 事件比A 事件先发生
练习九
1．220
1c v m m -= ??????
?
??--1112202c v c m 2mc 2．75m 3 208kg 2.78kg ·m -3
3．[3] 4．[1]
5．（1）J c m c m c m A 1401212104.3)(222-?=-=-=γγ
（2）)1(20202-=-=γc m c m mc eu ；95.212
0=+=
c
m eu
γ；2
2
11c u -=γ
kg m m m 3100108.2695.2 -?===γ c c v 94.02==-γ c m mv p 077.2==
6．由洛仑兹变换22/1/)(c u t u x x -?-?='?，y y ?='?，z z ?='?
222/1/)/(c u c x u t t -?-?='? 可得 22222)(t c x t c x ?-?='?-'?
故 22222222)()(t c z y x t c z y x ?-?+?+?='?-'?+'?+'? 即 22S S ?='?
练习十
1．相同；不同；相同； 2．1:1 2:1 10:3 3．[2] 4．[2] 5．由3102-?==?=
P
RT M RT M m
pV ρ千克/摩尔=2克/摩尔 ∴该气体为氢气，s m M
RT
v /1093.1332?==
6．（1）32523
5
108.14001038.110013.1--?=???==m kT P n （2）kg N M 26233
0103.510
02.61032--?=??==μ （3）3/98.0m kg RT
Mp V m ===ρ （4）J kT n E k 5105.22
5
?=?=
练习十一
1．在速率dv v v +-内的分子数 2．> 3．[4] 4．[1]
5．0)(2
2200000=-=-=
-=?V p V p i
RT i M m RT i M m E E E
000000)
(RTT T T V p RT V p RT V p M m M m -=
-=- 6．（1）由nkT p =，得1:1:21=n n
（2）由M
RT
v 6.1= 得 4:132:2::1221===M M v v
练习十二
1．相同；不同
2． ????
??-21
11V V a ；降低 3．[3]
4．[2]
5．（1）由abc 过程：abc a c abc W E E Q +-=得 J E E a c 224=-
adc 过程：J W E E Q adc a c adc 266=+-=
（2）ca 过程：J W E E Q ca c a ca 30884224-=--=+-= 放热 6．（1）b a →等容：01=W J T T R E Q 1247)(2
5
1211=-=
?= c b →等温：02=?E J RT V V RT W Q 20332ln ln
21
2
222==== J Q Q Q abc 3280 21=+=∴，J W W abc 20332==，J E E E a c 12471=?=-
（2）d a →等温：01=?E J RT W Q 16872ln 111===
c d →等容：02=W J
T T R E Q 1247)(2/51222=-=?= J Q Q Q abc 2934 21=+=∴，J W W abc 16871==，J E E E a c 12472=?=-
练习十三
1．等压；02
1
RT 2．[2]
p a (T 1)
b (T 1)
c (T 2)
O V 1
V 2 V
P
3．[2] 4．[3]
5．（1）绝热过程 c a → 122111--=γγV T V T
J RT V V RT T T R E W ac 34.01121
1211075.3]1.01[25125)(25?=-=???????????? ??-=-=?-=-γ （2）等温过程b a →作功，等容过程c b →不作功
J RT V V RT W W ab abc 311
2
11073.510ln ln
?==== （3）由kT V
N
nkT p ==知，等温膨胀过程，p 只随V 的增大而减少，而绝热膨胀过程
p 随V 的增大和T 的降低较快地减小，
因为?
=2
1
V V pdV W ，所以系统从同一初态膨
胀相同体积时，等温过程作的功比绝热过程多。
6．)(2)(2000pV V p i
T T R i M m E W -=-=
?-= 又 11
2212-=?+=+=
=γγi i i i C C v
p 1
00--=γpV V p W
练习十四
1．467K ；234K 2．[2] 3．[3] 4．[2]
5．（1）21→等温：2211V p V p = a t m
p V V p 512
1
2==
32→绝热：132121--=γγV T V T 3321
121
3108.48m V T T V --?=?
??
? ??=γ
γγ3322V p V p = a t m p V
V P 43.1232
3=???
? ??=γ
14→绝热：γ
γγγ----=111214
T p T p atm p T T p 87.211
214=???
? ??=-γγ
43→等温：4433V p V p = 3
33434104.24 m V p p V -?=???
? ??=
t
t =0.5s
t t =0s （2）J V p V p V V T V V T R M m Q Q W 3
331143212121101.22ln )(ln ln ?=-=???
? ??
-=
-= （3）%3011
2
=-
=T T η 6．（1）2
3122312ln ln 32
2
1
T T C T T
C T dT C
T
dT C S S S V p T T V
T T p +=+
=
?+?=??
?
由于31T T =，R C C V p +=，所以可得 1
212ln ln
V V
R T T R S ==? （2）1
212111ln ln 1
V V R V V RT T T Q S ===
? （3）4
1434314ln ln
034
T T
C T T C T
dT
C S S S p p T T p ==+
=?+?=??
2311 V p V p = 和γ
γ
-=11441)
/(/p p T T γ
γ
γ
γ
--=∴121113)
/()
/( V V p p
1
22141
ln ln 1ln
V V R V V C T T C S p p =-==?∴γγ 三次计算的S ?都相等，说明熵变只与始末状态有关。
练习十五
1．s 1，π3
2
，
π3
14
，s 5 2．见右图 3．[3] 4．[2]
5．（1）m x 4.02sin 4.00-=??? ??-=π，02cos 20=??
?
??-=πv
（2）在振动方程中，令π34=t 得，m x 2.0637sin 4.0=??
?
??=π
又 s m v /73.1637cos 2=??? ??=π，2/5637sin 10s m a -=??
?
??-=π
（3）由2.025sin 4.0±=??? ??-=πt x ，025cos 2>??? ?
?
-=πt v
A
x
得6
)25(π
π=
-t ，
611π，s m t v /73.125cos 2 =??? ?
?
-=∴π
2/525sin 10s m t a =??? ?
?
--=π，N a ma F 2.004.0 ===
6．（1）m A 04.0=，ππω22==
T ，
由20A x =，00>v ，得3π?-= m t x ??? ?
?
-=∴32c o s 04.0 ππ （2）??
??
?????
==→=-===→<===→===??? ?
?
-=s t v A x c s t v A x b s t v A x a t c c c c b b b b a a a a i i 32 ,0 ,:31 ,30 ,2/:61 ,00 ,:32π?π??ππ?点点点
练习十六
1．2:1，1:4 2．cm 1，3
π
-，s 12 3．[2] 4．[1]
5．（1）2max ωA a = J m A a A m E E k 5m a x 221022
1
21 -?===
=∴ω （2）2241
2121kA E kx E p ===，cm A x 71.02 ±=±=∴ 6．（1）见图，m A 512=，712=?tg ，?=9.8112?
（2）取初相π?2<，则有???==-==-4/5 ,4/3 ,0323
313π?π??π???
练习十七
1．机械振动在弹性媒质中的传播，振动状态或相位 2．波长、波速、频率 3．[2] 4．[4]
5．（1）将???
??-=x B G t B A y c
o s 与波动方程标准形式??
????+??? ??-=?ωu x t y cos 比较，得振幅为A ，
y (m ) x (m )
0.1 0 -0.1
5
10 波速：G B u =，π
2B v =，B T π2=， G πλ2=
（2）在波动方程中令l x =，得)cos(Gl Bt A y -=
（3）GD D
==?λ
π
?2
6．（1）s m A v /57.15.0max ===πω，2222max /5/3.49s m s m A a πω=== （2）)410(x t ππ?-=，当2.0=x ，s t 1=时，π?2.9=
由π?π?2.9100===t ，得s t 92.0=
??
?==-?====-?==m x x s t m
x x s t 45.1 ,2.945.110 ,5.1825.0 ,2.9425.110 ,25.12222
1111πππ?πππ?
练习十八
1．s m J ?22/16000π，J 31079.3? 2．cm 7.0
3．[1] 4．[3] 5．（1）ππω42==
T ，s m T
u /20==λ
，又由A x =0，知0=? ∴波源振动方程为t y π4cos 1.00= 波动方程为m x t y ??
? ??
-=204cos 1.0π
（2）4T t =，m x x x y 5sin 1.020814cos 1.0)(ππ=??
?
??-=
波形曲线如图
（3）4T t =，2λ=x 时，??
?
??=??? ??--=??==-===s
m t y v y x t /26.12sin 4.00
)2/cos(1.05,81πππ 6．（1）反射点为自由端，反射波无半波损失
???
??-=??
????-??? ??+=λπλπλπx T t A x x T t A y 2cos 222cos 反 （2）T t a T t x A x T t A x T t A y y y 2cos
2cos 2cos 22cos 2cos ππλπλπλπ==??
? ??-+??? ??+=+=反合
波腹位置，由A a 2=，则12cos
=λ
πx
，
πλ
πk x
=2，2
λ
k x =∴
， ,2,1,0=k
波节位置，由0=a ，则02c o s
=λ
πx
，2)12(2πλπ+=k x ，4)12( λ
+=∴k x ， ,2,1,0=k
若反射点为固定端，则反射波有半波损失，??
?
???-??? ??-=πλπx T t A y 2cos 反
练习十九
1．λ3（或18000?），π6
2．条纹分布在E 上侧，明暗分布与原来互换 3．[2] 4．[1]
5．由λd
D
x =?得： nm m D x d 5451045.55
.21027.21060.0733=?=???=?=---λ 绿色
6．（1）m x D d 69
100.914
.0108.6320.2--?=??=?=λ
（2）由于2
π
θ<
，按2
π
θ=
算，则
3.141
4.0/0.2//sin ==?==x D d k λθ，即还能看到14条明纹。
练习二十
1．
n 4λ
，
n 2λ
2．4λ，2λN
3．[1] 4．[1]
5．（1）设cm l 25.0=，则有n
e e l k k 2sin 1λ
θ=
-=+
70002sin 2 =≈=∴θθλnl nl ?
（2）设cm l 5.3=，明纹总数为N ，则L Nl =，14/==l L N
6．（1）设cm R 190=，两暗环重合时有21)1(λλR k kR +=
得：32
12=+=
λλλk ；cm R r 185.03 13==∴λ
（2）设50001=λ?，两明环重合时，
2
)112(2)110(2
1
λλR R -=- 得：409111
9
12==
λλ?
练习二十一
1．λ2
5，5
2．mm 53.1，逐渐减小 3．[4] 4．[2]
5．设mm a 25.0=，第3级暗纹与中央明纹相距mm x 5.120
.33==
由光程差公式 λ?3s i n 3=a 和几何关系 333sin ??==f
x
tg
得：m ax
f 25.033==λ
6．由一级暗纹λ?=1sin a ，111sin ??==f
x
tg
得中央明纹宽度mm a f x d 46.5221===λ，若把装置浸入水中，则波长λλ
λ<=n
n ；中央明纹角宽度na
a f d n n n λ
λθ22===，减小。
练习二十二
1．5000 ?，2
2．rad 41034.1-?，km 94.8
3．[3] 4．[1]
5．设6328=λ?。由光栅方程有：λ=?+38sin )(b a
cm b a 41003.138sin )(-?=?
=
+λ
，缝数1972938sin 1-=?
=+=
cm b a N λ
设所测波长为λ'，则由光栅方程得：467627sin )(=?+='b a λ?，在光栅方程中，令2
π
?=
得：λ'=+max )(k b a ，则2.227sin 1max =?
='+=
λb a k 32 < 6．（1）设???==+3.0sin 2.0sin 1k k ?? 则有???+=+=++λ ?λ?)1(sin )(sin )(1k b a k b a k k 得32 1=+k k ，2=k m b a k 6106sin 2)(-?== +?λ （2）第四级为缺级，则有???=+'=λ ?λ?4sin )(sin 44b a k a 得4k b a a ' =+ 取1='k ，则m b a a 6105.14 -?=+= （3）由λπ max 2 sin )(k b a =+ 得：10max =+= λ b a k 又由???=+'=λ ?λ?k b a k a sin )(sin 得：4k k b a a k =+=' 当2 ,1±±='k 时，8 ,4±±=k 为缺级，又第10级明纹呈现在无限远处. ∴实际呈现的级数为：9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k ，共八级. 练习二十三 1．?4.48，?6.41 2． 212 I I +，21I 3．[1] 4．[3] 5．（1）?=+90 r b θθ ，?=-?=∴3290 b r θθ （2）n n tg b ==21θ，6.158=?=tg n 6．设自然光强为I 0，透过第一个偏振片的光强为02 1 I I = '，透过第二个偏振片的光强为2cos I I '=''?30，透过第三个偏振片的光强为?=?''='''30cos 2 I 30cos 402I I 已知1412014 9 30cos 4 60cos 2I I I I I =?='''∴?= 练习二十四 1．水平向左，q mgtg E /θ= 2．2a 3．[3] 4．[2] 5．在AB 上与O 点相距为l 处取dl ，其所带电量dl dq λ=。dq 在p 点场强2 04l dl dE πελ=， 方向向右。由于AB 上任意dq 在p 点产生的场强方向相同，则 1 22 .005.00201075.62.0105.0144-??=?? ? ??-== ?m V l dl E p πελπελ，方向向右 6．在距长直导线为x 处任取dx ，其所带电量dx dq λ=，又长直导线在dx 处的场强为 x E 02πελ = ，dq 受电场力x dx dqE df 022πελ==，方向向右。由于ab 上任意dq 受力方向相同，则R R L x dx df f R L R +===?? +ln 220202πελπελ，方向沿ab 相互排斥。 练习二十五 1．2R E π 2．0，25L ，26L 3．略； 4．[4] 5．过场点作长为l 的同轴圆柱面，由高斯定理得：? ∑==?s i i q rlE S d E 0 2επ （1）当1R r <时， 0=∑i i q ，0 =∴E ； （2）当2R r >时， 0=∑i i q ，0 =∴E ； （3）当21R r R <<时， l q i i λ=∑，r E 02 πελ = ∴ 6．（1）过场点作同心球面，由高斯定理：?? =?s v dV dS E 0/ερ 即：020 2 02 /44επρπdr r r e E r r kr ? -= 解得：)1(2 00kr e kr E --= ερ （2）同理可求得球外任一点)1(2 00kR e kr E --= ερ 练习二十六 1． R q q 0212πε-，R q q 0214πε- 2．?? ? ??-+r r d R 11303ερ 3．[2] 4．[1] 5．（1）在棒上距p 点为l 处任取dl ，其所带电量dl L q dq = ， dq 在p 点的电势为Ll qdl du 04πε=，r L r L q Ll qdl u L r r p +== ∴? +ln 44 00πεπε （2）同理?? ? ??+= r L r L q u Q 33ln 40πε，则0q 从Q P →， 电场力的功L r L r L q q u u q A Q p ++= -=3) (3ln 4)(000πε 电势能变化为L r L r L q q W ++- =?3) (3ln 400πε 6．（1）任取半径r 、宽dr 的圆环，其所带电量 rdr dq πσ2=，dq 在x 处的电势为 2 /12202/1220)(2)(4r x rdr r x dq du += += εσπε ∴距盘心x 处的电势为 )(2) (22200 2 /1220 x R x r x rdr du u R -+=+= =?? εσ εσ （2）??? ? ??+-=-=220 12R x x dx du E εσ 练习二十七 1．83F ，9 4F 2． 000 2 E εσ-， 00 2E -εσ 3．[2] 4．[1] 5．（1）静电平衡时，电荷分布如图，按电势迭加原理，球和球壳的电势分别为 ??? ? ??++-= 21041R q Q R q r q u πε球 ??? ? ??+=2041 R Q q u πε球壳 电势差 ???? ? ?-= ?1041R q r q u πε （2）球壳接地，球与球壳间的场分布不变，所以电势差也不变，仍与上同。 （3）若用导线连接，则为等势体，所以电势差0=?u 。 6．（1）金属球是个等势体 R q r q R ds r q U U S 0000080444πεπεπεσπε=+='+ = =?球 （2）接地时，金属球电势为零 0484400000=' +='+ = ?R q R q R ds r q U S πεπεπεσπε 2 q q -=' 练习二十八 1．2，1.6 2．600V 3．[2] 4．[3] 5．（1）r E πελ2 = ，221 E w ε= ∴圆柱薄壳中的电场能量r dr L Q rdrL w wdV dW ln 422πεπ= == （2）介质中的总能量? ==b a a b L Q r dr L Q W ln 4422πεπε （3）由C Q W 22=，得圆柱电容器的电容a b L C ln 2πε= 6．由高斯定理：? ∑=?s i q S d D ，ε D E =，可知场分布为 ????????? ??+>+<<<=d R r r Q d R r R r Q R r E r 4 4 02 02 0πεεπε 由? ∞ =p p Edr u ，可得电势分布为 ) (411 400d R Q d R R Q u r ++ ??? ??+-= πεεπε， （R r <） )(411 400d R Q d R r Q u r ++ ??? ??+-= πεεπε， （d R r R +<<） r Q u 04πε= ， （d R r +>） 练习二十九 1．R I /21.00μ；垂直纸面向里 2．Wb 6102.2-? 3．[3] 4．[4] 5．在与p 点相距为x 处，取一宽为dx 的细长条，其中电流dx a I dI =，它在p 点产生的磁感应强度ax Idx x dI dB πμπμ2200= = ，方向垂直纸面向里，因各细长条在p 点的dB 方向相同，所以d a d a I x dx a I B a d d p +==?+ln 2200 πμπμ，方向垂直纸面向里。 6．da cd bc ab B B B B B +++=0 i R I B cd 80μ= []k R I k R I B bc πμπ μ2 )45sin(45sin 2 2400=?--?= k R I i R I B πμμ28000+= 练习三十 1． 2 02R Ir πμ，r I πμ20 2．203I μ-，102I μ 3．[4] 4．[3] 5．由安培环路定律， ? ∑=?L i I l d B 0μ ，过场点在电缆横截面内作半径为r 的同心圆形回路 L ，则有i I rB ∑=02μπ，即r I B i πμ20∑= ， 由已知电流分布有????? ? ?? ???><<--<<<=c r c r b b c r r c I b r a r I a r a Ir B 0 ) (2) ( 2 22 2220020πμπμπμ 6．由电流分布的对称性，可断定与平板的对称面等距的点处，B 的大小相等且方向与平板平行，作矩形回路abcd ，其中ab ，cd 与平板平行，且与平板的对称面等距（ad ，bc 的中点o o '在平板的对称面上），由? ∑=?i I l d B 0μ ； 当d ao >时，dj dj ab B ab 00B ,2)(2μμ==； 当d ao <时，aoj j ao ab B ab 00B ,)2()(2μμ=?=；即，某点距平板中心平面距离为x 时， 有???<→>→=d x xj d x dj B 00μμ 在中心平面上部各点，B 方向水平向左；中心平面下部各点；B 方向水平向右。 练习三十一 1．k i 5.15.2- 2．1:1 3．[4] 4．[1] 5．在载流圆环上取一对对称电流元，它们所受的安培力为f d 及f d '，由于对称性，沿环径 第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图 则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图 大学物理练习册习题答案 练习一 （第一章 质点运动学） 一、1.（0586）（D ）2.（0587）（C ）3.（0015）（D ）4.（0519）（B ） 5.（0602）（D ） 二、1.（0002）A ｔ= 1.19 s ｔ= 0.67 s 2.（0008）8 m 10 m 3.（0255）() []t t A t ωβωωωβ βsin 2cos e 22 +--，()ωπ/122 1+n ， （n = 0, 1, 2,…） 4.（0588） 30/3 Ct +v 4 00112 x t Ct ++ v 5.（0590） 5m/s 17m/s 三、 1.（0004）解：设质点在x 处的速度为v ， 2 d d d 26 d d d x a x t x t ==?=+v v ()2 d 26d x x x =+??v v v () 2 2 1 3 x x +=v 2.（0265）解：（1） /0.5 m/s x t ??==-v （2） 2 =/96dx dt t t =- v （3） 2= 6 m/s -v |(1.5)(1)||(2)(1.5)| 2.25 m S x x x x =-+-= 3.（0266）解：（1） j t r i t r j y i x r ????? sin cos ωω+=+= （2） d sin cos d r r t i r t j t ωωωω==-+v v v v v 22 d cos sin d a r t i r t j t ωωωω==--v v v v v （3） ()r j t r i t r a ???? sin cos 22 ωωωω-=+-= 这说明 a ?与 r ? 方向相反，即a ?指向圆心. 4. 解：根据题意t=0，v=0 --------==?+?∴=?+?=====?+?=+?+?? ??? ??由于及初始件v t t r t t r dv adt m s i m s j dt v m s ti m s tj dr v t r m i dt dr vdt m s ti m s tj dt r m m s t m s t j 0 220 220 220 2222[(6)(4)] (6)(4)0,(10)[(6)(4)][10(3)][(2)] 质点运动方程的分量式： --=+?=?x m m s t y m s t 2 2 22 10(3)(2) 消去参数t ，得到运动轨迹方程 =-y x 3220 练习二（第一章 质点运动学） 一、1.（0604）（C ） 2.（5382）（D ） 3.（5627）（B ） 4.（0001）（D ） 5.（5002）（A ） 二、1.（0009） 0 bt +v 2. （0262） －c （b －ct ）2/R 大学物理（下）练习册答案 包括（波动、电磁、光的干涉、光的偏振、光的衍射、振动） 波动 选择： 1B, 2A, 3D, 4D, 5D, 6D, 7C, 8A, 9C, 10D 二，填空： 1， t x y ππ?=-20cos )2 1 cos(10 0.122 (SI) 2分 )12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m 2分 n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 1分 2， φλ+π-/2L 1分 λk L ± ( k = 1，2，3，…) 2分 λ)12(1+±k L ( k = 0, 1，2，…) 2分 3， 答案见图 3分 4， 17 m 到1.7×10-2 m 3分 5， λ2 1 3分 一， 计算 1， 解：(1) 原点O 处质元的振动方程为 )21 21cos(10 22 π-π?=-t y ， (SI) 2分 波的表达式为 )2 1)5/(21c o s (1022 π--π?=-x t y ， (SI) 2分 x = 25 m 处质元的振动方程为 )32 1 cos(10 22 π-π?=-t y ， (SI) 振动曲线见图 (a) 2分 (2) t = 3 s 时的波形曲线方程 )10/cos(1022 x y π-π?=-， (SI) 2分 波形曲线见图 2分 2， 解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得： ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 各1分 波速 u = λν = 6.00 m/s 1分 (2) 节点位置 )21 (3/4π+π±=πn x )2 1 (3+±=n x m , n = 0，1，2，3, … 3分 (3) 波腹位置 π±=πn x 3/4 4/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, … 2分 3， 解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)20 1(4cos 1.0x t -π= (SI) 3分 (2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移 )80/4/(4cos 1.01λ-π=T y m 1.0)8 18/1(4cos 1.0=-π= 2分 (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t t y -ππ-=??=v ． )4/1(2 1 2== T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)2 1 sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分 电磁 §3.1 静止电荷的电场 一， 选择题： t (s) O -2×10-2 1y (m) 234(a) 2× 、选择题 练习十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 1. 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 (A) 竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动; (B) 竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动; (C) 两种情况都作简谐振动； (D)两种情况都不作简谐振动。 d2x 解：(C)竖直弹簧振子：m—2k(x I) mg kx( kl dt 弹簧置于光滑斜面上：m吟 dt2k(x I) mg sin kx ( )d 2x mg), 勞dt2 d2x kl mg),可 dt2 2 . 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有(A) n n (A) A超前一；(B) A落后一；(C) A超前n; 2 2 (D) A落后It 。 2 x 3. 一个质点作简谐振动，周期为T，当质点由平衡位置向x轴正方向运动时，由 之一最大位移这段路程所需要的最短时间为 (B) /、T/、T T /、T (A) (B) ; (C) (D) 。 41268 解：(A)X A A cos t, X B Acos( t /2) 解：(B)振幅矢量转过的角度/6 ,所需时间t 平衡位置到二分 4.分振动表式分别为x13cos(50 n 0.25 n 和x2 为: (A) x 2cos(50 n t 0.25 u);(B) (C) x 5cos(50 n 1 arcta n —)； 2 7 (D 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算5 . /6 T 2 /T 12 4cos(50 n 0.75 n (SI 制)则它们的合振动表达式x 5cos(50 n); A A 2AA COS(20 10) . 32 42 2 3 4cos(0.75 0.25 丄1 Asin 10 A2sin 20丄1 3sin(0.25 ) 4sin(0.75 ) tg - _ - — tg 3cos(0.25 ) cos 10 A? cos 20 4cos(0.75 ) 2 tg 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端, 弹簧的伸长分别为5; l2，且h 2 l2，则 两弹簧振子的周期之比T1 :T2为(B) (A) 2 ; ( B) 2 ; ( C) 1/2 ; ( D) 1/、2。 习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为 2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 《大学物理》综合练习(一)参考答案 一、选择题 1．D ；2．D ；3．C ；4．C ；5．C ；6．C ；7．B ；8．A ；9．D ；10．D 。 二、填充题 1．m /s 2-；s 2；m 3；m 5。 2．j t i t )3 12()1(32+++；j t i 22+。 3． v h l h 2 2 -。 4．2m/s 8.4；2m/s 4.230。 5．m t kv mv t v +=00 )(；x m k e v x v -=0)(。 6．J 18-。 7．rg v π16320；3 4。 8．R GMm 6- 。 9．θsin 2gl ；θsin 3mg ； θsin 2g ；θcos g 。 10．j mv 2-；j R mv π22-。 11．v M m m V +-。 12．m 3.0。 13．100 r r v ；2 0212 121mv mv -。 三、计算题 1．(1) j t i t r )1(342++=；j t i t v 346+=；j t i a 2 126+=。 (2) j t i t r r r 42013+=-=?。 (3) 19 2 +=x y 。 2．(1) ? -=+ =t t t a v v 0201d ，3003 1 3d t t t v x x t -+=+=? 。 (2) 0=v 时s 1=t ，该时刻2m/s 2-=a ，m 3 2 3=x 。 (3) 0=t 时m 30=x ，0=v 时(相应s 1=t )m 32 31=x ，m 3 201=-=?x x x 。 3．(1) ??? ??==-=-332 2211a m g m a m g m T a m T g m μμ 解得 ??? ? ?? ?=====+-=2 3232 2121m/s 96.12.0m/s 88.56.0g g m m a g g m m m m a μμ (2) 2m 相对于3m 的加速度g a a a 4.03=-='，且221t a s '=，3m 移动距离2332 1 t a s =，因而m 20.04.04.02.033=?='= g g s a a s 。 4．切向：t v m kv d d =-，两边积分? ?-=t v v t m k v v 0d d 0，得t m k e v v -=0。 法向：t m k t m k e T e l v m l v m T 202202 --===，其中l v m T 200=为初始时刻绳中力。 5．利用机械能守恒和牛顿定律 ??? ????=-+-++=l v m mg T mgl mv mv 2 2 20)cos()]cos(1[2 121θπθπ 从以上两式中消去v ，得)cos 32(θ+=mg T 0=T 时，9413132cos 1 '?=?? ? ??-=-θ。 6．??? ??==-+=21 22211122211110sin sin cos cos m m v m v m v m v m v m θθθθ 解得 ?==-303 3 tan 1 2θ m/s 32.173102==v 由于 2 2 2211212 12121v m v m v m +=，即 22212v v v +=，系统机械能守恒，所以是弹性碰撞。 7．(1) ???==-a m T a m T g m B AB A AB A ，消去AB T 得 g g m m m a B A A 21 =+= 又 2 21at l = ，得 m 4.05 4 .022=?==a l t (2) 系统动量不守恒，因为在拉紧过程中滑轮对绳有冲击力。 ○ 0B 2 v 1 v 大学物理练习三 一．选择题 1．一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用。若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。 (B) 动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。 (C) 动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。 (D) 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。 解：[ C ] 按守恒条件： ∑=0i F 动量守恒， 但∑≠0i M 角动量不守恒， 机械能不能断定是否守恒。 2．如图所示，有一个小物体，置于一个光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，另一端穿过桌面中心的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔往下拉。则物体 [ ] (A)动能不变，动量改变。 (B)动量不变，动能改变。 (C)角动量不变，动量不变。 (D)角动量改变，动量改变。 (E)角动量不变，动能、动量都改变。 解：[ E ] 因对 o 点，合外力矩为0，角动量守恒 3．有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 [ ] O R (A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。 解：[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关 ?==220mR dmR J 4．光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其 转动惯量为3 1m L 2 ，起初杆静止。桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同的速率v 相向运动，如图所示。当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ] (A) L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) L v 98 解：[ C ] 角动量守恒 二．填空题 1．绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ，t = 20s 时角速 度ω=ω0，则飞轮的角加速度β= ，t=0到t=100s 时间内飞轮 所转过的角度θ= 。 解：因均匀减速，可用t βωω=-0 ， O v 俯视图 x O 1A 2 2 练习 十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 一、选择题 1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ） （A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。 解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m )(22(mg kl ),0222 x dt x d 弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m sin )(22 (mg kl ),0222 x dt x d 2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前 2π； （B ）A 落后2π；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。 解：(A)t A x A cos ,)2/cos( t A x B 3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8 T 。 解：(B)振幅矢量转过的角度6/ ,所需时间12 /26/T T t , 4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31 t x 和)π75.0π50cos(42 t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ） （A ）)π25.0π50cos(2 t x ； （B ）)π50cos(5t x ； （C ）π1 5cos(50πarctan )27 x t ； （D ）7 x 。 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算 )cos(210202122 2 1 A A A A A 5)25.075.0cos(432432 2 ; 7 1 2)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)25.0sin(3cos cos sin sin 112021012021011 0 tg tg A A A A tg 5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l 和2l ，且212l l ，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ） （A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。 解：(B) 弹簧振子的周期k m T 2 ,11l mg k , 22l mg k ,22 121 l l T T 6. 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为 x 时，其振动速度为v ，加速度为a ．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是： （B ） (A) 2 max 2max /x m k v ； (B) x mg k / ； (C) 2 2/4T m k ； (D) x ma k / 。 解：B 7. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同．第一个质点的振动表式为x 1 = A cos(t + )．当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处．则第二个质 点的振动表式为 （B ） (A) )π21 cos( 2 t A x ； (B) )π2 1cos(2 t A x ； x t o A B 1 A 4 / 4 /3 2 A A x O )0(A )(t A 3/ 6/ 大学物理下练习题 一、选择题（每题1分，共41分） 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？（B ） (A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ） （A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 （B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。 （C ）场强方向可由 E =F /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力。 ( D )以上说法都不正确。 3．图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: （A ） (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ） (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2 022a q πε, 方向沿y 轴负向. 5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ） (A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 . 6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ） （Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图 1.1 图1.2 图1.3 大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2) 大学物理练习册答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 第十章 练习一 一、选择题 1、下列四种运动（忽略阻力）中哪一种是简谐振动？（ ） (A)小球在地面上作完全弹性的上下跳动 (B)细线悬挂一小球在竖直平面上作大角度的来回摆动 (C)浮在水里的一均匀矩形木块，将它部分按入水中，然后松开，使木块上下浮动 (D)浮在水里的一均匀球形木块，将它部分按入水中，然后松开，使木块上下浮动 2、质点作简谐振动，距平衡位置2.0cm 时，加速度a=4.0cm/s 2,则该质点从一端运动到另一端的时间为（ ） (A)1.2s (B)2.4s (C)2.2s (D)4.4s 3、如图下所示，以向右为正方向，用向左的力压缩一弹簧，然后松手任其振动，若从松手时开始计时，则该弹簧振子的初相位为（ ） (A) 0 (B) 2π (C) 2 π- (D) π 4、一质量为m 的物体与一个劲度系数为k 的轻弹簧组成弹簧振子，当其振幅 为A 时，该弹簧振子的总能量为E 。若将其弹簧分割成两等份，将两根弹簧并联组成新的弹簧振子，则新弹簧振子的振幅为多少时，其总能量与原先弹簧振子的总能量E 相等（ ） (A) 2A (B) 4A (C)2 A (D)A 二、填空题 1、已知简谐振动A x =)cos(0?ω+t 的周期为T ，在2 T t = 时的质点速度为 ，加速度为 。 2、已知月球上的重力加速度是地球的1/6，若一个单摆(只考虑小角度摆动)在地球上的振动周期为T ，将该单摆拿到月球上去，其振动周期应为 。 3、一质点作简谐振动，在同一周期内相继通过相距为11cm 的A,B 两点，历时2秒，速度大小与方向均相同，再经过2秒，从另一方向以相同速率反向通过B 点。 该振动的振幅为 ，周期为 。 狭义相对论基础（二）第十六页 1．电子的静止质量M0=9.1×10–31kg，经电场加速后具有 0.25兆电子伏特的动能，则电子速率V与真空中光速 C之比是：（C ） [ E k=mC2－m0C2, m=m0/(1－V2/C2)1/2 1兆=106, 1电子伏=1.6×10–19焦耳] (A) 0.1 ( B) 0.5 (C) 0.74(D) 0.85 2．静止质量均为m0的两个粒子，在实验室参照系中以相同大小的速度V=0.6C相向运动（C为真空中光速）， 碰撞后粘合为一静止的复合粒子,则复合粒子的静止 质量M0等于：（B ） [ 能量守恒E=M0C2=2mC2 =2m0C2/(1－V2/C2)1/2 ] ( A) 2m0(B) 2.5m0(C) 3.3m0(D) 4m0 3．已知粒子的动能为E K,动量为P，则粒子的静止能量（A ）(由 E = E K+E0和E2=E02 + C2P2 )（A）（P2C2－E K2）/（2E K）（B）（P2C2+E K2）/（2E K）（C）(PC－E K )2/(2E K) (D) (PC+E K )2/(2E K) 4．相对论中的质量与能量的关系是：E=mC2；把一个静止质量为M0的粒子从静止加速到V=0.6C时，需作功 A=(1/4)M0C2 A=MC2－M0C2 = γM0C2－M0C2=(γ－1)M0C2 5．某一观察者测得电子的质量为其静止质量的2倍，求 电子相对于观察者运动的速度V =0.87C [ m=m 0/(1－V 2/C 2)1/2, m=2m 0 , 则1－V 2/C 2=1/4 ] 6． 当粒子的速率由0.6C 增加到0.8C 时，末动量与初动 量之比是P 2：P 1=16:9，末动能与初动能之比是 E K2：E K1=8:3 V 1=0.6C,γ1=1/2211C V -=5/4, m 1=γ1m 0=5m 0/4 P 1=m 1V 1=3m 0C/4, V 2=0.8C 时, γ2=1/222/1C V -=5/3 m 2=γ2m 0=5m 0/3,P 2=m 2V 2=4m 0 C/3,∴P 2：P 1=16:9 E K1=m 1C 2－m 0C 2, E K2=m 2C 2－m 0C 2 ∴E K2：E K1=8:3 7． 在惯性系中测得相对论粒子动量的三个分量为：P x=P y = 2.0×10-21kgm/s, P z =1.0×10-21kgm/s ，总能量 E=9.4×106ev ，则该粒子的速度为V=0.6C [E=mC 2 P=mV P=(P x 2+P y 2 +P z 2 )1/2 ] 8． 试证：一粒子的相对论动量可写成 P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 式中E 0(=m 0C 2)和E K 各为粒子的静能量和动能。 证:E=E 0+E k ?E 2=E 20+P 2C 2 ? (E 0+E k )2= E 20+P 2C 2 ? P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 9．在北京正负电子对撞机中，电子可以被加速到动能为E K =2.8×109ev 这种电子的速率比光速差多少米/秒？这样的一个电子的动量多大？（已知电子的静止质量 习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷 大学物理C（上、下）练习册 ?质点动力学 ?刚体定轴转动 ?静电场电场强度 ?电势静电场中的导体 ?稳恒磁场 ?电磁感应 ?波动、振动 ?光的干涉 ?光的衍射 注：本习题详细答案，结课后由老师发放 一、质点动力学 一、选择题 1. 以下几种运动形式中，加速度a 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 。 ［ ］ 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 (A) 2?R /T , 2?R/T ． (B) 0 , 2?R /T (C) 0 , 0． (D) 2?R /T , 0. ［ ］ 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 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t d /d v ， (2) v t r d /d ， (3) v t S d /d ， (4) t a t d /d v ． (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． ［ ］ 4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r 的端点处，其速度大小的表达式为 (A )t d dr ； （B ）dt r d ； （C ）dt r d || ； （D ）222dt dz dt dy dt dx ［ ］ 5. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质 点的速率) (A) t d d v ． (B)2V R ． (C) R t 2d d v v ． (D) 2/1242d d R t v v ． ［ ］ 6. 质量为m 的质点，以不变速率v 沿图中正三角形ABC 的水平光滑轨道 第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 大学物理练习 十六 一、选择题 1．一束波长为λ的平行单色光垂直入射到一单缝AB 上，装置如图，在屏幕D 上形成衍射图样，如果P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置，则 BC 的长度为 [A ] (A) λ (B)λ/2 (C) 3λ/2 (D) 2λ 解: P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置,λθk a C B ==sin (k=1) 2．单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a=4λ的单缝 上，对应于衍射角为300的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为 (A) 2个 (B) 4个 (C) 6个 (D) 8个 [ B ] 解: 0 304sin ===θλλθa k a 可得k=2, 可分成的半波带数目为4个. 3．根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的 （A ） 振动振幅之和。 （B ）光强之和。 （B ） 振动振幅之和的平方。 （D ）振动的相干叠加。 [D ] 解: 所有面积元发出的子波各自传到P 点的振动的相干叠加. 4．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。若使单缝宽度a 变为原来的 2 3，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3/4，则 屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度x ?将变为原来的 (A) 3/4倍。 (B) 2/3倍。 (C) 9/8倍。 (D) 1/2倍。 （E ）2倍。 [ D ] 解:a f x λ 2=? C 屏 f D L A B λ 5．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度a 稍稍变宽，同时使单 缝沿y 轴正方向作微小位移，则屏幕C 上的中央衍射条纹将 [ C ] (A) 变窄，同时向上移； (B) 变窄，同时向下移； (C) 变窄，不移动； (D) 变宽，同时向上移； (E) 变宽，不移动。 解 ↑a ↓ ?x 6．某元素的特征光谱中含有波长分别为λ1=450nm 和λ2=750nm （1nm=10-9m ）的光谱线。在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处λ2的谱线的级数将是 [D ] (A) 2,3,4,5……… (B) 2,5,8,11…….. (C) 2,4,6,8……… (D) 3,6,9,12…….. 解: 2211sin λλθk k d == 6,103 ,521 21====k k k k 当.....)3,2,1( 32==n n k 7．设星光的有效波长为55000 A ，用一台物镜直径为1.20m 的望远镜观察双星时，能分辨的双星的最小角间隔δθ是 [ D ] (A) rad 3102.3-? (B) rad 5104.5-? (C) rad 5108.1-? (D) rad 7106.5-? λ 大学物理学练习册参考答案 单元一 质点运动学 四、学生练习 (一）选择题 1.B 2.C 3.B 4.B 5.B (二）填空题 1. 0 0 2.2 192 x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82- 3.16v i j =-+v v v ;14a i j =-+v v v ;4. 0 20 2 11V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v （三）计算题 1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×1 2 - 2×1 3 = 4(m)． 在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)， 经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2， 因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)， v (2) = 12×2 - 6×22 = 0 质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ， 因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0， 第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)． 2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程： 164 252 2=+y x 2）t dt dy v t dt dx v y x ππππ6cos 486sin 30==-== 当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v v t dt dv a t dt dv a y y x x ππππ6sin 2886cos 18022-==-== 当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a y y x 3．解答：1） () t t dt t dt d t t v v 20 4240 +=+==??? 则：t t )2(42++= 2）()t t t dt t t dt d t t r )3 12(2)2(43 2 2 ++=++= =? ?? t t t )31 2()22(3 2 +++=大学物理学下册答案第11章
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