大学科目《大学物理》各章节课后练习答案合集

《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.Do

二、填充题

1.-2nVs；2s；3m；5m。GMm

O•o

2.(1+产)i+(2+g/)J；27+2^o6R

9.，2g/sin。；3〃zgsin。；

,h

3.,vo2gsin。；geos。。

V/2-h2

_-2/71V2-

10.-2mvj；------jo

22

4.4.8m/s；230.4m/soTTR

k

11.V———Vo

5.v(r)=mv0；心)=

+m

12.0.3mo

6,-18Jo

13.%£；耳机u；-耳机说。

3片4

7/•；o

16m*g3

三、计算题

2432

1.(1)r=3/7+(r+1)J；v=6r?+4r7；a=6i-^-12tjo

2

(2)^r=rx-rQ=3t7+fjo

7

X

(3)J=y+lo

23

2.(1)v=v0+£tzdr=l-/,x=x0+Jvdr=3+z--z()

2

(2)v=ORt/=ls,该时亥1」。=一2-，x=3-m。

3

22

(3)f=0时％o=3m,u=0时(相应f=Is)%=3§m,\x=xi-xQ=—m<>

!

rn^g—T=mxaa=—------g=0.6g=5.88m/s

机1+62

3.(1)-T-jnm2g=m2a解得<

a=g=0.2g=1.96m/s2

2g=m3a33

(2)m2相对于加3的加速度〃=。一〃3=°，4g，且$=加3移动距离邑=工。3,

因而鼻=幺5=些x0.4=0.20m。

3a0.4g

4.切向：-"=〃?%,两边积分fM=-■—[d/,得u=%e*。

dtJv(>vmJo

22_2k_2k2

法向：T=mj-=in^-e^=T(}e~',其中7；=加子为初始时刻绳中张力。

5.利用机械能守恒和牛顿定律

11

-mv2=-mv2+mgl[\+cos(^-0)]

Q2

v

T+mgcos()-0)=m—

从以上两式中消去u,得T=/Hg(2+3cos6)

7=0时,

mlv=mlv,cos»+m2v2cos02

6.{根[匕sinq-m2v2sin=0

my=

解得6>2=tan'^y=30°

v2=10>/3=17.32m/s

由于3加/二^加炉即v2=v2+v2f系统机械能守恒，所以是弹性碰撞。

%g_&=mAa1

7.，消去早得。=8=~g

ma

TAB=B乙

=0.4m

(2)系统动量不守恒，因为在拉紧过程中滑轮对绳有冲击力，

(3)绳拉紧时A、8的速率i=历=J2X0.5gx0.4=2m/s

设绳拉紧时间为「，忽略重力的作用，由动量定理得

mAV-mAv=-TAf}r

vvi+m2

〃勿V-mV=TT-T.T解得V=----------——vr=—x2=1.33m/s

88K项AR皮K根+加+机3

Vrr9/IDV

=TBF

8.设两球碰撞后共同速率为匕，由动量守恒定律得

（班+加2）匕=加2%(1)

碰撞后系统机械能守恒

/（町+加2）口：=耳（加1+62）/+耳左（/一4））2(2)

系统对O点的角动量守恒

（仍+加2儿匕=（〃4+用胆sina

由以上三个方程解得

2根1+根，」

"%―-一^%”/。)

,n仙0

V=-----1----------------2=-------------------a-sin”

根।+根2

9.设卫星质量为“，地球质量为M,由角动量守恒定律和机械能守恒定律，得

12—wM12「mM

，"匕耳=tnv2r2,—mvl-G----=—tnv2-G----

2r}2r2

从以上两式解得

2GM.I2GMr

v,=,------,%=J..........-

又mg=G粤,GM=gR?,代入上式，得

v,=R,—%J，v=4—

“(4+与)2弓)

《大学物理》综合练习(二)参考答案

一、选择题

1.C；2.C；3.B；4.C；5.B；6.C；7.D；8.①E,②C。

二、填充题

1.3.98xlO2Nmo3.5.42nVs。

"借-小63gcos。J3gsin。

4.

'2LV-T~

3gcos。0.q

j3Lgsine；qFt="gcos，；

---；a〃=3gsm6；Fn=；

QF8S。

F=《F；+F：=^mg799sin26>+lp=arctan—=arctan------

F.10sin6>

三、计算题

1.设工、7；分别为物体用与滑轮间、球壳与滑轮间绳的张力，J为球壳绕竖直轴的

转动惯量，。为物体m的加速度大小，方向竖直向下。由转动定律和牛顿第二定律，得

球壳：TR=Ja=J-=-MR2-(1)

22R3R

滑轮：(T-T)r=Ja=J-(2)

i2Q00r

物体：mg—T1=ma(3)

由(1)~(3)式解得：a=—署~~—,,二屈=J

团+—河+号［加+—M+招

3产\3r2

2.钢棒绕其转轴的转动惯量

m2

=乙+2J,=—Ml2+2mx

,212

i(\

=—x6.4x1.22+2x1.06x—=1.53Kgm2

12I2)

(1)由动能定理得轴摩擦力所做的总功A

A=\Ek=一?0：=460x10」

(2)恒定力矩的功A=M，=M2加，故在32s内转过的转数

上='=4剑I。"=624.9(e)

2兀MIjiJa2^-x1.53x2^x39

(3)当摩擦力矩不恒定时，只有力矩作功可以计算，无需任何附加条件，且

4=-4.60x101

/2

积分Hd69Kr,，□J、.

3.(1)由转动定律J^L=-KCO,---=----d/,得/=—In2

drJ硼coJK

A=E「E=-i(野)一；J犹=Ja)

(2)由动能定理ki

4.取杆自由悬挂时的质心所在位置为势能零点，杆对离其一端〃4的水平轴的转动惯

量为

71/2(/?7,,

J=-ml~+zd-=—ml~

12⑷48

系统在整个运动过程中机械能守恒，故有

5.(1)碰撞过程不计摩擦力的影响，系统对O点的角动量守恒

m.l2

—znvsin30°=J(o=叱+叱］

2034J

加/sin30。0.02x400x0.5「山

—=-------=---------------=2rad/s

cm.l23

2x-^—2ox-

33

(2)在距O点r处取一长为dr质元，摩擦力大小为df=/.idmg=,d/对

O点的力矩dM=-rd/=-//-^-rdr,则整个细杆所受的摩擦力对O点的力矩为

小呼，d一驾

由动能定理M0=-J(o1--Jco1

1mJ-2

——x—琢

3；2?

23=0.68rad

Mmgi3〃g3x0.2x9.8

6.系统对通过其中心的水平轴的角动量守恒

niul=Jco-nivl

即m\u+v)l=Jco=-ml2co(1)

因小球和细杆作弹性碰撞，系统机械能守恒

-rn'ir

222

由(1)和(2)式解得

u(m-3机’)6tnru

v=--------c-o=-------------

m+3机’(tn+36')/

7.(1)在距圆心r处取一宽度为d/•的圆环，其上所受的阻力大小为df,则

df=kvds=krco4Tirdr=4700k/dr

圆盘所受的空气阻力矩为

-Jrdf=-Jdr=-7r(okRA

(2)由转动定律

dO)<\0,

M=-7na)kR=J=------------=JCO——

drd。drd<9

积分\de=-

Jo欣”

—mR2co.

Jrco_20(_tnco

得QQ

欣内一成炉-2欣心

0_mcoQ

2TT4兀*史

《大学物理》综合练习(三)参考答案

一、选择题

1.D；2.A；3.B；4.A；5.B：6.B：7.C；8.A；9.C；10.B；11.E；

12.D；13.A；14.A、B、D；15.B、C。

二、填充题

kT16万d2p

1.小vx.2.1:1、5:3；3.正比、

亚万d2Pktn-Jr

平方根成反比；4.4、4；5.II、Z、N(l-A)；6.(1)单位体积中速率在u—>u+du

区间内的分子数，（2）速率小于匕的分子数，（3）速率大于心的所有分子的平均速率；

7.（1）等压，（2）等容，（3）等温，（4）等容；8.29%、71%；9.绝热过程、等压过

程；10.mn2心+/-!--"-1；11.A5=皿InLA5=0。

V「b[V2VjT2

三、计算题

1.（1）u=%时有M'（%）=k%=。2=£■。由归一化条件

—a%+a%=N得a=---O

23%

raN

(2)A7V=(Ay(v)dv=-v0,A7V=一。

Jis%23

m-fX/•/\AfV°/all,f2v10aA-H

(3)v=i/(v)dv=v---vdv+v-dv=-----,v=—vo

JoJo(网0)JvoN6N9n

4

f»p)=-j=—，其中=—o在区间内的分子数为

7叫em

AZ7.、A4N44NItn1

邱=咐3凶=而==｛而'381r

3.⑴AE=E?_邑=gR(T2-TJ=g(p2V2_pM)

(2)4=；(匕-h)M+P2)

(3)Q=AE+A=](P2%-PM)+；(%—K)(0+P2)

二((〃2匕-PM)+：(P2匕-PM)+：(P"2—PM)

乙乙乙

=一(。2匕一。苗)+；。"[*一立)

221匕pj

Q

C=-=—/?,i=5f:,C=3R

T,-Tt2

4.(1)用热力学第一定律证明

反证法：如图，设等温线A与绝热线5相交于1、

2两点，由于1、2在等温线上，内能相等

&=4。又1、2在绝热线上，Q=0。根据

Q=A+AE,而1f2过程中系统对外做功不为

零，所以月工瓦，即AEwO,因此绝热线和等

温线不能相交于两点。

(2)用热力学第二定律证明

如上图作1—L今循环，此过程对外作有用功(所围面积)，但该循环只在等温

过程中吸热，而没有其它影响，即违反热力学第二定律，因此绝热线和等温线不能相

交于两点。

5.(1)・・・丫=4，/.〃=工■，系统对外界做功为

v

r%cv^a

A=Vdv=L_Fdv=RE

(2)岂=口幺=答一=乂＜1,即温度降低。

PM匕

V.2'

6.(Da等温膨胀过程吸热，6fc等容过程放热。

ZX/-I

⑵匕=匕，

------CV(T-7L)1--

(3)7=1--=1--=1----------------=1——---------—

QabJL

0RTinHIn^-

M1VV

1YtmolV\V\

致冷系数叫=上=2_273-5268

7.------=----=12.2

AT-T22222

「.02=4卬卜=1000x12.18=1.22xlO4J(从室外吸收的热量)

44

传给室内的热量Q,=02+A=(1.22+O.l)xlO=1.32xl0J

8.对A8O过程，外界做功A=。=-30J；

对8C过程，对外做功A2=0=7。L

=

,**Q\~QBO+QOAFQQOD+Qco

Qi+&=QBD+QCA»QBD=Q\+QI~QCA=14。J

9.(TC水至100。(2水：设想该过程为一个可逆的等压过程

T373

=MCln^-=lx4.18xln——=1.30kJ/K

7；273

100。＜3水至locrc水蒸汽：设想该过程为一个可逆的等温过程

sc-sB4牛牛甯=6…

△S八c=5C-SA=(Sc-SB)+(SB—SA)=7.34kJ/K

《大学物理》综合练习（四）

——静电学

教学班级：序号：姓名：日期：

一、选择题（把正确答案的序号填入括号内）

1.两个电量都是+4的点电荷相距2〃，。为其连线的中

点，如图所示。则其中垂线y轴上，场强取极大值的点

到。点的距离为

（A）—；；（D）V2tz©

解：E=2Ecosa=2—

1r

4=0,广与

dj2

2.真空中两带电平行板A、8,板间距为d（很小），板面积为S,带电量分别为+。和-。。

若忽略边缘效应，则两板间作用力的大小为

(A)；(B)卷；(C)笠；(D)-^―

3.如图，A、8是真空中两块相互平行的均匀带电平面，

电荷面密度分别为+。和-2b,若A板选作零电势参考

点，则图中。点的电势是

30d

(C)-(D)—

2分*0

AB

Ua=\：ET=-

4.四个点电荷的电量相等，两正两负置于正方形的四角上，

0-----------------O

如图所示。令U和E分别为图示中心。处的电势和场强的

大小，当仅有左上角的点电荷存在时，。点处的电势和场强

分别为和试问U和E的值为多少？

(A)U=U°,E=E。；(B)U=O,E=0；

(C)U=0,E=4£0；(D)U=4U°，E=0。o-.....®

解：E=Er+E2+射3+后4=0

u=%++力+。4=0

5.如图所示，在相距2R的点电荷+4和-q的电场中，把点电荷+Q从。点沿OCO移到

。点，则电场力作功与+Q(系统)电势能的增量分别为

(A)上，工；旬一qQqQ

4疫4您4修4您QR

(八C)--q-Q--，--—--q-Q-;①)女,卫。

6疫6您6庙oR6加oR

解:

E（11]=Qq（11]=Qq

^OD

（九外

4笳O0oriD）4%£o（A3R）6R

Qq

6九外R

6.两大小不相等的金属球，大球半径是小球半径的一倍，小球带电量为+q,大球不带电。

今用导线将两球相连，则有

(A)两球带电量相等；(B)小球带电量是大球的两倍；

(C)两球电势相等；①)大球电势是小球的两倍。

解：两球电势相等

7.有一接地导体球，半径为R,距球心2R处有一点电荷

-q,如图所示。则导体球面上的感应电荷的电量是

(A)0；(B)-g；(C)(//2；(D)—

，

解：------------=0

4几£0R4疫02K

/q

q=a

8.一无限大均匀带电介质平板A,电荷面密度为外，将介质板移近一导体8后，此时导

体B表面上靠近P点处的电荷面密度为er?,「点是极靠

近导体B表面的一点，如图所示，则P点的场强是

(A)p+i⑻舁—多；©2+9]

242%242442%A1

①)生_£1；(E)&；(F)以上都不对。二

220~1

、.B-/

解：利用导体静电平衡条件和高斯定理可证。“UA

9.两个同心金属球壳，半径分别为4、与&>4)，如果外球壳带电夕而内球壳接地，则

内球壳带电为

(A)0；(B)—小(C)^q；(D)-2g。

riri

解：球心电势UQ——------1-----—=0,qf=——q

4笳o「24笳00r2

10.如图所示，一个封闭的空心导体，观察者A(测量仪器)和电

荷。置于导体内，而观察者8和电荷。2置于导体外，下列说

法中哪一种是正确的・B

(A)A只观察到储产生的场，区只观察到。2产生的场；

可观察到和Q产生的场，只观察到Q产生的场；

(B)A2B2・Q

(C)A只观察到Q产生的场，B可观察到0,和0产生的场c

解：导体空腔外的电荷对导体腔内的电场及电荷分布没有影

响，A只观察到Qi产生的场；

Qi通过在腔外表面感应出等量同号电荷影响外电场，B

可观察到Q1和。2产生的场。

11.密度均匀的电荷分布在半径为。的球内，其总电量为Q,则系统的总静电能为

Q

(A)-^—；；(C)2；(D)—

解：利用高斯定理

「Qr「Q

；：

r<a：=-------r>«E2=---------

4万£0434笳0,2

=-1sE灯2，

2

W=卷。琢dv+冷。膜dV=理-

12.一个半径为凡的金属球带有王电荷。，球外包围着一层同心的相对介电常数为J的均

匀电介质球壳层，其内半径为R1,外半径为R2,在电介质内的点。距离球心为

心(〃<%)，则。点的电势为

(A)°；(B)---十—-—；

4笳/4笳0%4加户°。

①）。化」]+q。

R2）4您OR?

解：由高斯定理

Rt<r<R2：E[=——---；

4笳o%r

r>/:E?=Q2

4笳（）r

%=J：E・d7=资曷.dZ+7£dZ

aa22

epiYQ

万号/疵

4lGR2）4OR?

二、填充题（单位制为si）

1.如图所示，两个点电荷％与/位于坐标x轴上，已知

两电荷间距离为b,A点到外的距离为。，则A点的场

强心E/+EJ,其中纥二三法|互

E二1q】a1%

-4您。［（/+/严/°X

解:“菰言五/心

b

一

EY=cos6=---物----与---㈠V——+户Z-T严77

qw

E=&+Eisin6=

y4f(a2+b2)3,2a2

2.一无限长带电圆柱体，半径为b,其电荷体密度p=K/r,K为常数，/•为轴线到场点

的距离，则带电圆柱所产生的场强分布在圆柱体外为七=处；在圆柱体内为£=工。

解：利用高斯定理，做半径为。，长为1的圆柱形高斯面

a>b：17mlE=^=—J（?pdV=—f*—2^rZdr

%%与r

J

：加・=上心

a<b2IE=2=2r2Mdr

£o£。£。

EJ

%

3.把单位正电荷从一对等量异号电荷连线中点。，沿任

意路线移到无穷远处，则电场力对该单位正电荷所作

的功为（）

解:

或Aw二久忆一七2。

4.长度为L的细玻璃棒，沿着长度方向均匀地分布着电

荷，总电量为。，如图所示.在棒的轴向有一点P,离

棒左端的距离为r,则P点的电势

1nm

4痛oLr

解：U=

4笳02

2dxQ】L+rb

=Jfr+L-------------=---------------In------------

4TT£QX4TT£QLra

5.如图所示，有一半径为H的均匀带电圆环，带电量为。，

其轴线上有两点。和从左=%=R。设无穷远处的电势

为零，。、力两点的电势分别为q和。2,则》=层

U]VD

解：u__1L°一一10

1

4麻0JR2+R24f41R

QQ

U2=

4笳oJR2+4R24笳0行R

6.接第5题，把电荷q从。点移到b点，外力作的功A夕卜

解：电场力的功Aah=q（U1-U2）

夕卜力作功4外二,必一％）=券（专一专）

7.在带电量为。的导体球外部有一相对介电常数为的电介质球壳，在电介质内外分别

为有两点同、B,它们到球心的距离为R1和段，则

E(A)=---；E(B)=—r；

4r在ojR；4在oR：R,

QQ

D(A)=^y;D(B)=上^

4*4/rR；

解：利用石、。的高斯定理及£、D

+Q

关系求解。

8.两带电量皆为+Q的点电荷相距2d,一接地的半径为〃的导体球置于它们中间，如图

所示。则导体球所带的净电量夕=一些；若去掉接地线，把导体球充电到电势U,则

d

导体球所带净电量d=（4您°。一手）

b9

上0

解：Uo=*j+/-=0,叱-些

47比°d以叫r

。=且+上,qf=r（4/U-也）

4麻/4叫，

9.有一固定不动半径为R的导体薄球壳,带电量为-Q,在薄球壳的正上方到球心。的距

离为尸=3R的b点放一点电荷+Qi如图所示。则导体薄壳中心。点的电势

Q2-3Q]。2-3。]

5=导体薄球壳面上最高点。的电势U”=

12您12加qR

@22=。2-3g

解：。0=

4笳0r4磔°R12笳

12%£小

10.如图所示，中性导体C内有带电体A、B,外面有带电

体。、E、F……，今使A、B所带电量变化，则C外的

电场变化（变或不变），电势变化（变或不变）；

D、E、F……电量变化，C内的电场不变，C内的电势变化

解：根据导体静电感应条件及屏蔽概念可解。

三、计算题

不讲1.如图所示，一带电细线弯成半径为R的圆环,

电荷线密度为4=48S0,式中儿为一常数，0为

半径R与x轴的夹角，试求环心。处电场强度。

解：在圆环上任取一段di,di到0

点的连线与x轴夹角为夕，则d/段

上的电荷

dq=2dZ=九Rd力=

dq在o点产生场强的大小为

1dq%.

aE=----------=--------cos(pd(p

4砧°R?4疵0K

d后的方向如图所示。

dEx=-dEcose，d£y=-dEsin(p

整个圆环上的电荷在。点产生的场强为

吗=JdEx=-JdEcos^?

=^-J^cos2^d^=—

4府0R"”"4/R

Ey=\AEy=_4-0AJ；%cos夕sin/d/=0

不讲2.一半径为R的带电球体，其电荷体密度Q=A>2,K为正常数，厂为球心到球内

一点的矢径的大小。求此带电球体所产生的电场强度的分布。

解：在球体内，取半径为r的球面为高斯面，所含电量q

9=Jy/dV=、24勿

=冰/=:咸，$

由高斯定理得

?4G

J月・d«=4加2后=---九Kr'

5%

17^3

£内=,（，<3

在球外，取半径为r的球面为高斯面，所含电量

45

q=jvpdV=］：74勿2d,=Jy4^Krdr=—7rKR

ci94q

f£・d亍=4"E外=----7rKR

5^0

KR，/小

鸟卜——T（r>R）

5%户

3.一圆盘，半径及=8.0x10-2m,均匀带电，而电荷面密度b=2.0x10-5C/m?,求:

（1）轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x表示）；

（2）从电场强度和电势梯度的关系，求该点的电场强度；

（3）计算x=6.0x10-2m的电势和场强。

的窄尸卜

解：（1）半径为/、宽度为dr'

圆环的带电量为

dq=b2"'d/

此窄圆环在P点产生的电势

4您N

整个圆坏在P点产生的电势为

r（

-.d/=旦"+R2_,

A/X2+rf22%

f\

（2）玛=-受ax]

dxvVx2+j?2y

XA、、

；—....-场强方向沿X轴正向。

2鼠（，+R2）

（3）x=6.0xl0-2ni,7?=8.0xl0-2m,

（T=2.0X10-5CVm2

t/=4.5xl041/,E=4.5xl05V/m

不讲4.有两个无限大平行平面带电导体板，如图所示。证明：

(1)相向的两面上，电荷面密度总是大小相等而符号相反；

(2)相背的两个面上，电荷面密度总是大小等而符号相同。

解：(1)取两底面分别位于两导体板内部

的柱面为高斯面，设底面面积为As,则由

高斯定理得

底底

fvE-ds=fw用d«+f1及d6+J2Eds=O

面内包围电荷q=cr2As+tr3As

•­%=

⑵在左导体内部场强为零，即各面上的电荷在其内产

生的合场强为零

Ep=E]—E2一心一片4=0

即-玛=吗+吗=*-+2=0

2%2折

所以

5.半径为q的导体球带有电荷夕，此球外有一个内、外半径为〃、々的同心导体球壳，壳

上带有电荷2,如图所示。

(1)求球的电势q,球壳的电势力及其电势差△〃；

(2)用导线把内球和外球壳的内表面联结在一起后，

5、力和各为多少？

(3)在情况(1)中，若外球接地，■、&和又各为

多少？

(4)在情况(1)中，设外球离地面很远，若内球接地，

情况又怎样？

解：(1)由于静电感应，球壳内表面应

带电一夕，外表面带电4+0。内球电势

%=夙d『=夙d尸+J；及d产

11+1、

q

4啊H〃r3）4犯o为

或w」------

4g0rl4犯0々4犯oj

外球电势6=J：EdL=J；0+4dr=2+Q

两球间的电势差AU=Ul-U2=-^---------

■4笳0（。r2）

(2)连接后

AU=%-力=0

(3)外球接地，则。2=。

At/=L/1-t72=^--^dr=-^---------------

'4麻。/4痛r2J

(4)内球接地，则。1=0,设此时内球剩余电荷为

由于静电感应，外球壳内外表面分别带电-夕'和7+0

q'(1

AU=Ut-U2=、----------

4码)3r2)

u2=^^

4笳o为

qf(11)Q+q'

所以-----------=---------

4*0Hr2j4庇0,3

d=0J2

3f2,3-”

“A〃(11)

U2=—Ac/=-----------------

4笳olar2)

二QS-八)

4笳o(GG+G弓一学3)

6.在半径为《长为L的均匀带电金属棒外，同轴地包围一

层内、外半径分别为氏2、&的

圆柱形均匀电介质壳层，其相对

介电常数为金属棒上轴向每

单位长度的电荷为4,设

试求

L»R39

(1)电场强度的分布；

(2)若规定金属棒的电势为零，

求电介质外表面的电势；

(3)电介质内的电场能量。

解：因忽略两端的边缘效应，带电金属棒可视为

无限长。

⑴场强分布

rvK]（导体内部）：E]=0；

R.<r<R.：E.=---