大学物理练习题册答案.pdf

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1、练 习 一 质 点 运 动 学,1、v =dr =：z +o f 2,一v i =：z +二6j 二,V1-3 =-八-一-=八/+：26dj ,dt At=V3 -v i c3-12、-d-v =一 K-v t2 7J d=v 7J K”tdt，1 =一 Kt 1 H,_ 2 1dtV ov o v 2 v()所以选(C)3、因为位移/；=0,3=0,又因为/Sw O,所以Z w O。所以选(B)4、选(C)5、(1)由 P =b y =mva.9:a=，所以:dt积分得：丫 =修V m(2)因 为 丫 =包=庐 匚 即：j d x=i力V机 0 0练习二质点运动学(二)1、平抛的运动方程为

2、 1 ,y=2g r丫=业+/，%J g a ,-o v i/2.2.2Vo+g t2、an=2Am/s;an=1 4.4m/523、(B)4、(A)练习三 质点运动学P-mv,J P d f=j m M u出o o睬,=肾V=vn两边求导数有：，那么匕.=gfdv 2g2ta ,dt 亚+g、22、V l +V2+V3 =03、(B)4、(C)练习四质点动力学(一)1、v=12i;x=9 m2、(A)3、(C)4、(A)练习五质点动力学(二)y,(m+m)vn-m u1、V=v0-m +m2、(A)3、(B)4、(C)5、(1)v =3 2,v4=19m/s,vn-3,1(2)A-mv -t

3、 n vl-1 76J练习六、质点动力学(三)-v0)=16Ns1、90 0 JR _ R2、A =G mEm(-)与此3、(B)4、(D)5、-mco A2-B2)2练习七质点动力学(四)2 G 41、V)=.-=一 1(mx+m2)2、动量、动能、功3、(B)4、(B)练习八 刚体绕定轴的转动(一)0.6 g,0.8万解(1)摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动因 为,%=%+0ct n 0c =-c-on-=-0八.2一 A O =色 ；n =2 0.4 In.r n 1 2 n k C f)c r d C D i 2解：J B =-ko)i =B -；J =kco 9J d t57 7

4、3 d co0 -=y =1：922 JB;4.1,22、C O CDQ,A IQCOJ 乙3、天体的自转周期将减少（C）,转动动能将增大（A）。解：引力是内力，球体角动量守恒。由于球体绕直径的转动惯量J正比于半径平方，减小，。增大，而7=，所以周期将减小，转动动能（D；/苏=将增大，4、在上摆过程中，以子弹和木棒为系统，重力为外力，故动量不守恒；上摆过程中，重力作功，所以机械能不守恒；对转轴的合外力矩（重力矩）的功不为零,所以角动量不守恒。选（A）。5、选（D）解：分别取单摆、地球和细棒、地球为系统，摆动过程中，机械能守恒：(1)mg(I -1 co s 6)=5 1说产;吗=-11,l3g

5、(l-co s 0)c o.2(2)mg(-co s e)=-(-ml-)CD-;CO2=J-,=J-L L 乙 3 V /V J6、取盘和子弹为系统，A/外=0,角动量守恒：J0690=J C O,因为，/（）所以。0。选（C）练习十 刚体绕定轴的转动（三）1、即解：根据机械能守恒定律：m g 2=v=a）l=yj3g l用平动的规律解决平动：m a =m g -T（1）1 ,用转动的规律解决转动：TR=(-m R2)(3(2)利用平动和转动的关系：a =/3R(3)三式联立解得/=空=也 n =1 2g力=g =2 与3R d t ()()3R 3Rd 8 1 e&J(0=里=n e=Md

6、 t o o 3R3、(A)4、(C)5、系统受重力作用，动量不守恒；摩擦力作功(在地面参照系中)，机械能不守恒；合外力矩为0,所以角动量守恒。选(C)。练习十一 狭义相对论(一)1、K 系：x2+y2+z2=c2t2；K系：x2+y2+z2=c2t 22、L=12m,f=%。=4.0s,Y3、选(C)解：S 系中测得A、B事件的时间间隔和空间间隔分别为：Jr=f3.0-2.0)xl0-7=1.0 x10-7$Zlr=10-50=-40m由洛伦茨变换4=片4一=dr)=2.25x10-7$。选(。c4、(C)1 o x 106解：At =-；而飞行的距离S uAt5、(B)提示：应用光速不变原

7、理和相对性原理。练习十二 狭义相对论(二)1、75/心208.3依28kg/m3解：S系中观察者测得正方形体积幺；质量是M o；密 度 可 纥，u 5 /Y a/y2、(C)利用 Ek=(7-1)m0c2 求得 y,3、(C)mk _。-1加。一,1 /1飞 加0，Ek=(y=/1=4、(A)再利用/-I-求速度 0；而E.2.6 x l05x l.6 x l0-19 一-J =-7 1-0.5moc2 9.1xlO-3i x 9 x l016图 13-2解：取加,为研究对象，因为加 自发地分裂,m c=yxmxc+y2m2c2,上式中：/j 1-;%1-Y 因 为%，%均大于1，所以用 叫+

8、芍。练习十三静电场(一)1、x=2a2、取。轴向右为X轴，。为坐标原点瓦,上二月3=J3,0 3QX por 3FQ I一,所以总能量守恒：故有：m=%叫+y2m2,，七p 0 一_ 3(xy；l rS(),_ 6(xy I；34 3%R3 r3 2+2 A3、(A)如不是足够小，那么放入/后，在/附近负电荷密度加大，电力线变密，所以场强增大。4、(B)5、(B)练习十四静电场(二)1、as解：(E-ds=E-ds+E-ds=侧而 左面-as+2as asE-ds=0(E J_ ds)侧面2、。盯=。；九=5Z?；丸=6L2 0弧=(5i+6j)-1 k=0僚=(5；+6 力 6=5二窿=(5

9、i+6j 卜E j=6L23、(C)解：均匀带电球面在距离球面R 处产生的场相当于一个在球心处的点电荷q=4成?0在2R处产生的场：E=-47T0(2R)24、(A)an()解：(E-ds=j+JE.ds=0 n E-ds=-E-ds=ETIR2.半球面 圆 半球面 圆5、(D)解：。只与面内电荷有关，而与,不仅与面内、面外电荷有关，且与它们的分布有关。练习十五静电场(三)1、U。2 r r crR彳;。=彳乙 匕 0 乙 02、。=如 二 生；此系统的电势能卬=-%一。2 兀q）R 47r%R4 4%-JlR3P 兀R3P D3 D33、u,=二 一、_ _ 二 R P PRp 4 码（d+

10、r）4 兀&r 34（d+r）3%R4、电势的正负取决于电势零点的选取：UM=1 q d x,=一 _LC_2“4 股）S7i0a0*-q P M5、(C)解%两板间的场为：-；电场力做功为：A =qEd=练 习 十 六 静 电 场（四），口 _ dU _ 2 A x “ox x+ydU _ 2Aydy x2+y2rr2、U =E(z d,d,.2=，所以有：QL=IL.2=HQ G%八3、球心处的电势U=-jis j 4乃q&4码84、(A)练习十八 静电场中的导体和电介质（二）1、两板上自由电荷面密度为b =:-J ，两介质分界面上 UA。内 A 外 A 外练习十九静电场中的导体和电介质（

11、三）81、2 倍；一倍。52、7.5,00125）。3、（C）4、（C）练习二十电流的磁场（一）1、旦一日力纥=需；鸟=鸟（1一）2 兀R 2 6R 2/r R 2B（）=。（1-）+“。o方向垂直纸面向里。成 2 6R,/Li J h ,/.+L2、J一2171/,3、(A)4、(D)练习二十一电流的磁场（二）1、B i =2成2；6,=271r2、B=J U。，2(R+d)(1+万)RI、2 R(R+d)方向垂直纸面向外。3、(D)4、(D)5、q B.dj=_2。/3练习二十二 磁场对电流的作用（一）1、F=2.5i-1.5k解：=(10*0.5加(0.3；-1.20.5元 1 =2.5

12、7-1.51乙、r-2加3、(D).解：1 ,?yfjdR-B.、，-,?M =p,“8sni60=/x-xT=;方向为 p,“x b 的方向，竖直向上。4、（A）各电流元受 力 关于X 轴对称,所以，Y 方向合力为零，又因为左半圆各电流元处的磁场强于右半圆，所以线圈向右平移。练习二十主磁场对电流的作用1、V=m/s（二）解：f =evB=-*=-=10 m is2 e I2、(A)没放入均匀外场前，机口 =eE；放入均匀外场后，向心力增大：m（o2r=eE+evB,在 不变的情况下，口 应增大。3、(B)解：由X五 得的方向向下，要使电子束不偏转，电子受静电力必须向上，所以，电场的方向应向下

13、。vnv V 解：带电量为q 的粒子在磁场内作半径为区=（加。=3）的圆周运动，磁qB K、工日，o B7im2v2通里/=j57lR-=-q2B2即：产二所以选（C）练习二十四电磁感应（一）La 一 一 一 3 11、Ua-Uc=(v x B )d x=co xB d x-一0 B l,a 点电势高。c()182L方一 一 一 3 2U Uc=J(v*B )d x=J co xB d x=co B J,b 点电势高。c 0 9UbU2 1 )B I：9=二1 B l32 ,b 点电势_高。9 l o o2、E In 3 ；N 端电势高。In3、（B）整个过程有三个阶段：1）进入场区阶段：说明

14、M,磁通量增加，由 L e n z 定律，方向与原磁场方向相反（逆时针方向），且磁通量变化率在增大，旬。回路中I如同电动势；2）线框在磁场区阶段：线框中磁通量的变化为0,无感应电动势。3）出场区阶段：Q W 0,说明T ,磁通量减少，由 L e n z 定律，方向与原磁场方向相同（顺时针方向），且磁通量变化率在增大，3。回路中I如同电动势。4、（B）解：用排除法：转动过程中，。仇：构成的同路磁通量不变，所以 =0,排除（C）、（D）；用右手定则判定4 4,，所以U/U,0，故 选（B）练习二十五电磁感应（二）eunn kR 八a =-;a,=0 o1 4 m 2解：长直螺线管通入变化的电流，因

15、而内部的场为变化的磁场，变化的磁场产生涡旋电场，电子受到的是涡旋电场力：e E r d B Re Er=ma.,a,-因为：当r 0,d t 2r d t d t-d B所以6方向为逆时针且垂直于。（纥 与 丁 成 左 螺 关系）a t解：因为 B=5（，月以$d r =S S,o b,，贿 邑 0。a t4、（C）解：根据题意，管内只有涡旋电场（变化的磁场产生），而管内的涡旋电场沿垂r d B直于轴线的径向是递增的，即当r di、dt,所以，0c山 八 di解：在0 4时间内，-tana-C 0,由4-乙,知:dt dtl 0 且为负值；在。一 J时间内，-t a n a -C 0 且为正值。d t4、(A)利用公式W=L I2,L=n-pi V计算。练习二十七磁介质、电磁场,Ir uJ r I ul1、H.=7;B.=o H i=o1 2 兀 R；1 2 成；2 17i r 2 2n r2、审 d i =%;旧 d!=生。前后两个式子分别揭示：随时间变化的d t d t电场的空间能激起磁场；随时间变化的磁场的空间能激起电场。3、(A)4、(C)练习二十八电磁振荡、电磁波1、0,Hy=积 垃 c。：广)2、坡印廷矢量S 的物理意义是：电磁波能流密度矢量;其定义式为：M =豆X万。3、(C)4、(B)5、(B)