普通物理一上17卷

普通物理（一）上 课程试卷（17）卷一、填空题：（每空2分，共40分。在每题空白处写出必要的算式）1、一质量为10kg的物体沿x轴无摩擦地运动，设t=0时，物体位于原点速度为零，如果物体在作用力F=（3+6t）牛顿的作用下运动了3s,它的加速度a=,速度v=o2、一轻绳绕半径r=0.2m的飞轮边缘，现以恒力F=98N拉绳的一端，使飞轮由静止开始转动，已知飞轮的转动惯量I=0.5kgm2,飞轮与轴承的摩擦不计，绳子拉下5m时，飞轮获得的动能Ek=,角速度==。3、一个水平面上的弹簧振子（轻弹簧劲度系数为k,所系物体质量为M）,当它作振幅为A的无阻尼自由振动，在M到达最大位移时有一块粘土（质量为m,从高度h处自由下落）正好落在物体M上，那么弹簧振子的振幅变为4、P、Q为两个同相位，同频率，同振幅的相干波源，它们在同一介质中，设振幅为A,波长为入，P与Q之间相距入，R为PQ连线上PQ外侧的任意一点，那么P、Q发出的波在R点的相位差A小=,R点的合振动的振幅为。5、一平行板电容器两极板相距1cm,极板间电场强度为1137V/m,一静止的电子从负极板上被释放，则该电子到达正极板需时t=,到达正极板时的速度为v=o（电子质量为9.11父10=11、长直载流导线Ii11、长直载流导线Ii的旁边，在同一平面上有垂直的载流导线11a12bab,其中电流为L,则ab所受力为。 J； * ；12、某点的地磁场为0.7父10”丁，这一地磁场被半径为5.0cm<的圆形电流线圈中心产生的磁场所抵消，则线圈通过的电流为13、如图所示为通过垂直于线圈平面的磁通量，它随时间变 八:化的规律为邛=6t2+7t+1,单位为韦伯，当t=2s时，线圈(. .中的感应电动势为;若线圈电阻r=1建，负载电阻R=30夏，当t=2s时，线圈中的电流强度为。6、两个同心均匀带电球面，半径分别为 Ra和Rb（Ra <Rb）,所带电量分别为Qa和Qb,设某点与球心相距r,当Ra<r<Rb时，该点电场强度的大小为E=。7、一空气平行板电容器，极板间距为d,电容为C,若在两极板间平行地插入一块厚度为d/3的金属板，则其电容值变为。8、边长为0.3m的正三角形abc,顶点a处有一电量为10-8C的正点电荷，顶点

b处有一电量为10-8C的负点电荷。则顶点C处电场强度的大小为电势为。 =9.00m109Nm2/C2)4二；9、一平行板电容器，圆形极板的半径为 8.0cm,极板间距为1.00mm,4二；电常数与=5.0的电介质。若对其充电至200V,则该电容器储有的电能为W=10、一长直载流导线，沿OY10、一长直载流导线，沿OY轴正方向放置，在原点处取一电流元Idl,该电流元在点(a,a,0)处磁感强度大小为,方向为。、计算题：（每小题10分，共60分）1、一静止的均匀细棒，长为1,质量为M,可绕O轴（棒的一端）在水平面内无摩擦转动。一质量为m,速度为v的子弹在水平面内沿棒垂直的方向射入一端，设击穿后子弹的速度为v/2如图。求：（1）棒的角速度。（2）子弹给棒的冲量矩2、一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子、振幅为0.1米，周期为0.2秒，在t=0时，质点在X0=-0.05米处，且向正方向运动。求：（1）初相位之值；（2）用余弦函数写出振动方程；（3）如果弹簧的劲度系数为100牛顿/米，在初始状态，振子的弹性势能和动能。3、两无限长带异号电荷的同轴圆柱面，单位长度上的电量为 3.0xl0-C/m,内圆柱面半径为2“0/m,外圆柱面半径为4xl0^m,(1)用高斯定理求内圆柱面内、两圆柱面间和外圆柱面外的电场强度；(2)若一电子在两圆柱面之间垂直于轴线的平面内沿半径3黑10?m的圆周匀速旋转，问此电子的动能为多少？4、图示电路中，已知81=20V,82=18V,%=10V,R1=6C,R2=4C,R3=2Q,求通过每个电阻的电流和方向5、一半径为a的长直圆柱形导体，被一同样长度的同轴圆筒形导体所包围，圆筒半径为b,圆柱导体和圆筒载有相反方向的电流Io求圆筒内外的磁感强度（导体和圆筒内外的磁导率均为与）dBdB=0.1T,s’。有一半径6=0.1T,s’。有一半径dtr=10cm的均匀金属圆环同心放置在圆柱内，试求：(1)环上a、b两点处的涡旋电场强度的大小和方向。(2)整个圆环的感应电动势。(3)求a、b两点间的电势差。(4)若在环上a点处被切断，两端分开很小一段距离，求两端点a,c(c在a点的上方)的电势差。普通物理(一)上课程(17)卷参考答案、填空：(每空2分，共40分)21、2.1ms,3.6m/s2、490J,44.3rads'3、A4、2二,2A5、1.010's,2106m/s6、Qa4二;0r2「3C7、——28、1000V/m,059、1.7810J10、『2'z轴负方向11、12、5.6A13、31V,1A、计算题：(每小题10分，共60分)1、解:(1)由角动量守恒:1、解:(1)由角动量守恒:vmvl二m-l卜，

2mvl-ml= 2_1Ml233mv2Ml(2)Mdt2(2)Mdt2、解：(1), 1 23mvmvl=I=-Ml32Ml2

4二 r、2二t=0时,—0.05=0.1cos+oNo=-0.1m10兀sin+o>0,二切=——(或——)3 34二(2)即x=0.10cos(10二t一)31 2 1 2(3)Ep=-kx2=0.125J,Ek=-kA2-Ep=0.375J3、解：以半径为r,高为h作同轴高斯面，则：111EdS=E2二rh=—'q；0当r:二a时,“q=0,.E=0TOC\o"1-5"\h\z… _ ■ 1当a：：r::b时,“q-h,E= =5402二；0r r当rb时,“q=0,.E=0(2)设电子轨道半径为r,则：..2尸v 1 2e 17f=m—=e 得：Ek=—mv2= =4.33父10J=270eVr 2二；0r 2 4二04、解：回路及方向如图Ii13=I2 Ii=1A4TlR1-I2R2=w2一与解得｛12=—1A,I2R2+I3R3=53-82 J3=—2A5、解：由对称性分析，电流产生的磁场是轴对称的磁场，选择轴线中心的圆形回路作为安培环路，则 TBd「=N°I’220MrMa时，I ==I,「.2nrB=-0^I,即B=—二aa a 2二aIaWrWb时，*Bdl=R01,B= L 2二rb—r时,；Bdl=0,B=06、解：(1)Ear=Em=—匚变=-5M10