2011级大学物理试卷_上_A

1、、选择题(每题2分，共20分)1、一质点从静止出发绕半径为 R的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为 的当该质点 走完一圈回到出发点时，所经历的时间为余13( B )(A) -a2R;(B) J;(C)至；(D)条件不够不能确定。2、二：二：2、有一个小球，置于一个光滑的水平桌面上，有一纯其一端连接此小球，另一端穿过 桌面中心的小孔，该小球原以角速度缶在距孔为r的圆周上转动，今将纯从小孔缓慢往下拉的过程中，则对小球下列叙述正确的是吴55( C )(A)角动量、动能、动量都不变；(B)角动量、动能、动量都改变；(C)角动量不变，动能、动量都改变；(D)角动量和动量不变，动能改变。3、均匀细棒OA可绕

2、通过其一端。而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图 1。今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，则应余72(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。4、一简谐振动曲线如图2所示，则振动周期为 余304( D )(A) 2.62s；(B) 0.42s；(C) 0.38s；(D) 2.40s5、传播速度为100m/s,频率为50Hz的平面简谐波，在波线上相距为0.5m的两点之间11的位相差为吴371(B)(D) 76、如图3所示，设某热力学系统经历一个准静

3、态过程 b一一a, a, b两点在同一条绝 热线上，则该系统在b一1a过程中吴189( D )(A)只吸热，不放热；(B)只放热，不吸热；(C)有的阶段吸热，有的阶段放热，吸收的热量等于放出的热量；(D)有的阶段吸热，有的阶段放热，吸收的热量大于放出的热量；(E)有的阶段吸热，有的阶段放热，吸收的热量小于放出的热量。7、4mol的刚性多原子分子理想气体，当温度为T时，其内能为 吴160( D )(A) 12kT;(B) 10kT;(C) 10RT;(D) 12RT8、在点电荷q的电场中，若取图4中P点处为电势零点，则M点电势为 吴226( D )(A) q ；4 二；0a(B) q ；8 二；

4、0a(C)q4 二；0a(D)q8 二；0aadS的面元在球面余 171(C )(D)是常数。)质点任意时刻的切向加速度(1) r =i m ； (2) aT =Va 二4t,4t2 1m/s29、一均匀带电球面，若球内电场强度处处为零，则球面上的带电量 内产生的电场强度为(A)处处为零；(B)不一定为零；(C) 一定不为零;10、在一点电荷产生的静电场中，一块电介质如图 5放置，以点电荷所在处为球心作一球形闭合面，则对此球形闭合面余429(A)高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强；(B)高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强；(C)由于电介质不对称分布，高斯定理不成立；(D)

5、即使电介质对称分布，高斯定理也不成立。、填空题(每空2分，共30分)1、质点按r=t2i +(t-1)j(m)规律运动，则质点速度为4'5m/s时的位置矢量r=(1).:“ dr2_d 4t斛：u=2ti +j ； u=44t +1; t=0,u=十5r=im； at=.出dt . 4t2 12、一力作用在质量为1.0kg的质点上，使之沿x轴运动。已知在此力作用下，质点的运 动函数为x =3t -2t2 +t3。则在04s的时间间隔内，力F的冲量大小I = Ns； 力 F 对质点所做的功 A=(4)Jo (3) I =32 Ns； (4) A = 608J;=&p = m&qu

6、ot; = 35 - 3 = 32 N s ;OR/2 mi dx 一 一 2解：u = =3 4t + 3t ; t =0,Uo =3m/s ； t = 4,u = 35m/s ; I dtA 12120，O：图1A = -m- -m 0 =608J22铅直轴自由转动，圆盘对该轴的转动惯量为I3、如图1所示，均质圆盘水平放置，可绕通过盘心的其转动角速度为8。时，有一质量为m的质点沿铅宜 方向落到圆盘上，并粘在距转轴 R/2处，它们共同转 动的角速度为 (5)。0=剑;彳mR2 1 - 4Ioy = Acos ico t 一一I 一，所以 y = AcoS Bt - Cx )= Acos Bx

7、 t-B.C(6) u_ B(8)九=uT =C5、如图2,曲线I表示27oC的氧气分子的Maxwell速率分f (v)n布，则图示中必= (9)、设曲线II也表示氧气分子在某一温度下的 Maxwell速率分布，且v2 =600m/s,则 曲线II对应的理想气体温标丁2=(10)。(普适气体恒量 R=8.31J/mol K)。T1一4f I :"v1v2(9)% = 395m/s, (10) T2 =g= 693K ;2R6、一摩尔自由度为i的理想气体的定压摩尔热容量为(11),其经历的某过程的状态方程的微分形式为dp+dV=0,则此过程应为(12)过程。P V(11) i +2R;

8、(12)等温过程；27、在电场强度E的均匀电场中，有一半径为 R,长为l的圆柱面，其轴 线与E的方向垂直，在通过轴线并垂直 E的方向将此柱面切去一半，如图3所示，则穿过剩下的半圆柱面的电通量为(13)(13)E =E 2Rl8、一个原来不带电的导体球外有一带电量为 q的点电荷，如图4所示，已知该点电荷到球心 O的矢径为F,则静电平衡时,0图3Oq图4该导体球的电势V(14) :导体球上的感应电荷产生的, 八. 1 QIo0o =心=I。+ mR 的4 J4、已知波源在坐标原点(x = 0)的平面简谐波波动方程为y = AcoSBtCx),其中A、B、C为正常数，则此波的波速为(6);周期为(7

9、)r(电场在球心处的电势 V'=(15)。 (14) V = q ; (15)计算题(50分)4破0 三、(10分)如图5所示，光滑的水平桌面上，放一长为 L,质量为M的匀质细杆，细L,M杆可绕中心固定的光滑竖直轴转动。细杆开始静止，现有一质量为m,速度为“的小球垂直撞击细杆的一端，设撞击是完全弹性碰撞。求：(1)撞击后小球的速度大小;(2)撞击后杆的角速度大小;(3)撞击后杆的转动动能。解：(1)取小球和细杆为系统，外力对转轴。的合外力矩为零，因而系统的角动量守恒:m 0 = m I = - m： ML2 22212系统机械能守恒：m 2/m： 2 , lk-Jm： 2 M ML2

10、222222 123m -M-二- 03m M(2)撞击后杆的角速度大小:12m 0(3m M )l_2_22(3)撞击后杆的转动动能:1 211212mu0:12ML (m% )Ek=-ICOML2 2 12 t(3m + M)l J 2(3m + M)2l2四、(10分)一个质量为3.0kg的质点按下面方程作简谐振动x = 5.0cos1t 3x、t的单位分别为m和s。试问：(1) x为什么值时，势能为总机械能的一半？ ( 2) 质点从平衡位置到这一位置所需要的最短时间为多少？解：(1)势能为总机械能的一半的条件是： 1kx2=-kA224即当x=±2A = ±522m

11、时，势能等于总机械能的一半。22(2)先求从平衡位置到x = A处需用的最小时间，这要求x>0 ,设在平衡位置的时2伍 C 333 n)33 一刻为 t1 ,则 0 =5.0 c o s-11 一一 , 5.0 x xsin -11 一 一 |a0,所以 一t1 - 1 = n (1)34)3<34 J342、r 2 ，、一， 一设到达x="2 A位置的时刻为t2,这时振子继续沿x>0的方向运动，于是有272 . 一 3 冗、n 333 M(2)A = Acos t2 - ,一5.0m 一父sin. -12 一一 > 0 ,所以 12 - = +2<34

12、/3134/34 24（2） - （1）得：-（t2-ti34所以，由平衡位置到达x=42A处所需最小时间为&=3s = 0. 75s24五、（10分）如图6所示，一平面简谐波以速度u=20m/s沿直线传播，波线上点 A的简谐振动方程为yA =0.03cos（4nt）,（式中y、t的单位分别为m, s）。求：（1）以A> U 5m 9mA T - 一,AB A 图6 D为坐标原点，写出波动方程；（2）以B为坐标原点，写出波动方程；（3）求传播方向上点C、D的简谐振动方程。8m解：（1）以A为坐标原点，写出波动方程：广CA=0.03m, T=0.5s,邛=0 , H=uT=10my

13、 = Acos 2= 0.03cos2 二't x '<0.5 10；（2）以B为坐标原点，写出波动方程：yA = 0.03co 4（rt）中B _<PA = -2jt xB -Xa = -2n x -5 =n , 邛B =n10yB =0.03cos（4nt +n）,y = 0.03cos|2-0 <0.5 10）（3）传播方向上点C、D的振动方程，点C的相位比点A超前，AC13 二yC =0.03cos（4二t 2二）=0.03cos（4二t ）5AD9二、点 D 的相位洛后于点 A, yD =0.03cos（4nt -2n） = 0.03cos（4nt

14、）5六、（10分）如图7所示为1mol单原子理想气体的循环过程（TV图），其中ab是等压过程。试求：（1） ab, bc, ca过程中所吸收（或放出）的热量4T/K2）经一循环后600 1a a/ijiiIldIp1'>O 22.444.8V/L图7的总功；（3）该循环的效率。35解：单原子分子：i=3, Cv m = R Cp m = - R2,2由于ab是等压过程，所以有：Vb22.4 104Tb = b Ta3 600K =300KVa44.8 10（1）在ab等压过程中的热量变化为：55Qab =Cp,m<Tb -Ta ）= 一 R（Tb Ta ）二 一 父8.31

15、 父（300 600） = 6232.5J（放热）2 2在bc等体过程中的热量变化为：3 3Qab =Cv,m(Tc -Tb )=- R(Tc -Tb )=5父8.31M(600300)=3739.5J (吸热)在ca等温过程中的热量变化为：V44 8 10，Qca = Aca = RTa ln a =8.31x600xln3 =3455.3J(吸热)Vc22.4 10,(2)经一循环后的总功为:vavaA = AabAbcAca=PaVb-Va0RTa 1nd = R TbF 0RTa ln/VcVc44.8 10 多= 8.31 (300-600) 8.31 600 ln -3 = 962.3J22.4 10(3)循环效率:_ A AQ 吸Qbc+Qca962.33739.5 3455.3= 13.4%七、(10分)一薄金属球壳，半径为b,带电量为Q。求：(1)电容C; (2)球外距球 心r处的电场能量密度we； (3)电场的总能量 We; (4)把dq从无穷远移到球面上 时所作的