[院校资料]南林南方学院大学物理试卷练习1-13答案.doc

大学物理课后练习一一、选择题1（C）解：由于给出曲线图，故只需求曲线所围面积，上面部分为正，下面为负，有2（D）解：，变加速直线运动，加速度方向沿轴负方向。3（C）解：由，有，得4（D）解：单摆：的大小方向均变化；匀速率圆周运动：大小不变，方向变；行星的椭圆轨道运动：大小、方向均变；抛体运动：大小方向均不变。圆锥摆运动：方向变。5（B）解：由改变速度方向，改变速度大小，可知其余四个选项均不对。6（B）解：由相对运动速度变换，得二、填空题139 m/s解：由，得，得2A；解：，因此时，；时，；时，3解：，即，联立方程消去即可4；解：据题意，有；，即5；2 m解：此时，由，得，即得由，得6；解：由，得，三、计算题1解：（1），（2），当时，负号表示与反向。（3），当时，负号表示与反向。2解：，得，得3解：由，得，由 得时，4解：，时，在段，时，5解：雨：动点、车：动系、地：静系；雨对地：、雨对车：、车对地： 解得 解得雨对地的水平分速度雨对车的水平分速度雨对地的速度 方向向下。雨对车的速度 方向与竖直夹角大学物理课后练习二一、选择题1（C）解：先以猴为对象，受力如图，它保持与地面高度不变， 故 再以杆为对象，受力如图。由 得解得作用力与反作用力 即 2（A）解：在碗底时，得。在过程中：由动能定理。解得。3（C）解：当时，所受合外力为零，此时v最大，动能最大。此时 由动能定理：，化简得4（C）解：爆炸瞬间内力重力，可忽略重力，系统动量守恒。由动量守恒定理，其中为爆炸后的速度，为相对于的速度。解得，即爆炸前后，速度不变。此时，两块，初速度相等：加速度相等。落下的高度相等，故下落时间相等二、填空题10；2g解：对受力分析：在未移走之前，。刚移走时，。此时， 对受力分析：刚移走时。由。将代入，得，2解：以小珠为对象受力分析，小珠作圆周运动。，竖直方向，得，即3解：由动能定理：，此时弹性势能4或m/s；或解：对、方向应用动量守恒，可得，5；解：由动量定理，得同理，由动量定理，得三、计算题1解：法一：由动能定理，即积分得。，法二：由得积分得2解：以小球为对象受力分析，由牛顿第二定律由初始条件得积分得3解：第一次.由初始条件得积分后得同理第二次积分后得4解：（1）水平方向不受外力。系统水平方向动量守恒:。解得由得解得：（2），负号表示与v方向相反。5解：（1）系统动量守恒。，得，得（2）大学物理课后练习三一、选择题1（B）解：平行于轴作用时，合力矩一定是零；合力为零时，合力矩不一定是零；反之亦然。2（A）解：由角动量定理，得，故，则3（D）解：转动惯量，由平行轴定理，二、填空题1；4 s解：，由，得由，得2解：由，且，代入解得 3；解：由，当时，；由，即，由初始条件得，积分后得4；解：； 5解：，其中，由平行轴定理，又，得6解：分别以A，B，C为对象，受力分析，列方程。对A：；对B：；对C：；其中 ，；解得：7；解：由，得，由，得，三、计算题1解：细杆对过O点轴的转动惯量为：圆盘对过盘心轴的转动惯量为：由平行轴定理，圆盘过O点轴的转动惯量为：2解：分别对，和定滑轮作受力分析。 根据牛顿第二定律： ， 其中， 又根据定轴转动定律 由角量与线量的关系联立上述个方程可解得端重物上升加速度3解：分别以、和滑轮为对象，受力分析如图。列方程对：对2：对左轮：对右轮：且，解方程得，4解：（1）距O点x处取线元，质量为xdxO0x所受摩擦力矩作用于杆上摩擦力矩（2）由角动量定理得大学物理课后练习四一、选择题1（C）解：由人、哑铃和平台组成的系统不受外力矩作用，故角动量守恒；双臂伸缩为非保守力做功，故机械能不守恒。2（A）解：由小孩和平台组成的系统合外力矩为零，故角动量守恒。初始角动量为，运动后小孩的角动量为，平台的角动量为，,得3（C）解：由细杆与两小球组成的系统角动量守恒：，得二、填空题1解：由定轴转动定律：，且，可得2解：由子弹与杆组成的系统在子弹射穿杆的过程中，由于所受合外力矩为零，故角动量守恒，解得3 解：角动量守恒，得4；解：啮合过程中，角动量守恒。故，得；啮合前机械能，啮合后机械能，得三、计算题1解：由定轴转动定律：可得：，其中又做匀加（减）速转动，代入可得2解：（1）由人和水平圆盘组成的系统在运动中所受合外力矩为零，故角动量守恒。且运动时人相对于地面的速率为：，有解得圆盘对地的角速度（2）欲使圆盘对地静止，即，则有负号表明人运动速度的方向与圆盘转动方向相同，大小为3解：由角动量守恒可得： (1)碰撞后细杆作定轴转动，摩擦力矩为 (2)则由可得 (3)由(1)可得由(2)可得即由于为常数，故4解：（1）物体下落过程中机械能守恒。达到下落最大距离时，物体及滑轮的动能为零。设物体处于弹簧无伸长时的位置为坐标原点（坐标指向下方）则 得（2）物体速率达最大值时，滑轮转动速率亦达最大值，且一般地有。此时作用于物体上的合力应为零，即代入数值根据机械能守恒原理：其中得代入数据，得大学物理练习五一、选择题1(C) 解：由电场强度定义知(C)项为正确。2（D）3（D）解：如图：由题知：负电荷 受力。与 反向。且运动速率递增：故 方向应如图示。 且 指向轨道C点处曲率圆圆心。 如图示。其他三图均不符合上述分析。 4(C)解：在三维空间中包围点电荷A的同样的立方体有8个，每个这样的立方体中只有三个面（与A不相交的三个）有从A发出的电力线穿过（与A相交的三个面，电力线都贴着面而不“穿过”）。故 面的电通量为二、填空题1否解：场强是客观存在的，与有无检验电荷无关。2否解：S面内部的并非S面上各点都为零，仅是的面积分：为零。面上某一点的由面内外的所有电荷共同激发。3不能解：特别是当所求点与该带电直线的距离与该直线的线度可比拟时更无法用高斯定理求得各该点处的场强。因为此时中不能从积分号中提到积分号外。4解：（1）（为上单位矢量：利用库伦定律得之）。（2）（同上）可用高斯定律得之。（3）（由该直线指向该点的线方向。为上单位矢量；可由库仑定律，或高斯定律经对称性分析后，算得）。（4） （为该平面上的单位矢量。可用高斯定律，经对称性分析后得出）。三、计算题1解：如图：（1）取向右为+。 P为原点。在棒上任取一点取长（见图）为电荷元。 其带电量为则受的电场力大小为：方向沿轴。符号由乘积决定。同号为。（2）若则：（就近似要求而取）。2 解：如图：取Q处的微元电荷 此在圆心O的电场强度为 则 由对称性知，应为零。或亦可算得。3解：如图。先计算右半边“半无限长”带的导线在处产生的场强：取（如图） 则 (1) (2) 代入（1）式有：同理：同样步骤：对左半边“半无限长” 的导线在 处产生的场强 两者的合场强只有方向的分量: 4解：如图坐标系。在板内取与表面方向平行的厚为的“平面层”。此薄层上单位面积的电荷为：，故在此厚板两侧外的任一点，或（如图）。场强大小为：（方向板面，向法线方向）。板内：若在厚板内处，考虑到左右两部分产生的场强方向相反，故：内部场强对值最小处：代入上式，解之可得：,场强向方向;处,向方向。 大学物理课后练习六一、选择题1（D）解：如图1-1，以O为原点r为半径作高斯面S，由高斯定理，（）2（B）解：如图1-2，由电势叠加原理，P点电势是由电荷Q和q分别在P点产生的电势的叠加3（A）解：如图1-3，在两球面间作高斯面，得，得4（A）解：均匀带电物体面内各处电势相等，为，球面外电势为，与r成反比。 5（D）解：由，当时，即的方向总是由高电势处指向低电势处。 图1-1 图1-2 图1-3 二、填空题1解：场强大小为，方向沿平面法线方向，故2；解：场强叠加：，3； 解：，因此，又因为，故4；解：由， 三、计算题1解：以O为球心做半径为r的球形高斯面（1）时，由高斯定理，得（2）时，得（3）时，得2解：作半径为r，高为l的同轴圆柱面加上、下底面为高斯面，如图3-2（1）时，得（2）时，得，方向沿径向向外。（3）时，得图3-23解：由上题可知：和时，；时，（1）（2）时， 时，时，4解：（1）取薄球壳，（2）利用高斯定理：时，得时，得 （3）选无穷远处为电势零点，时， 时，5解：（1）以p点为坐标原点建立坐标系，方向如图所示，（2）以x为变量，由电场强度与电势差的关系可得：大学物理课后练习七一、选择题1（B）解：设导体A的电势VA，B的电势为VB，由电势叠加原理可知：，RBVA2（D）解：球壳电势，球壳外离球心为r处的场强为：3（C）解：有电荷守恒定律知，由于静电平衡时导体B内部场强为零，而无限大导体A在右边产生的场强，方向向右，故和在导体B内部产生的场强方向应指向左方，所以可判定为负电荷，为正电荷，且。4（A）解：连接前：，；连接后：电荷集中于外球壳为q1+q2，两球壳为等势体，其电势为5（B）解：A板的电荷面密度为，A板附近的场强为6（C）解：电介质抽出之前，质点所受重力和电场力大小相等方向相反，质点处于平衡状态，将电介质抽出，两板间电场强度增大，质点所受电场力大于重力，故质点向上运动。二、填空题1解：由，故2解：内球壳接地，其电势为零，而外球壳在其内部所产生的电势，设内球壳所带电量为q，q在内球壳内产生的电势为，由U1+U2=0。得。3解：电荷-q在p点产生的场强为，由于达到静电平衡时p点的合场强为零，故感应电荷在p点的场强为。4增加；增加解：在不切断电源的情况下，串联电容两端总电压不变，当将电介质充入电容器1中时，C1中的电场强度E1下降，则V1下降。电容器2上的电压V2 升高，由，故电容器2极板上电量增加。5解：由，设C1，C2回路电容带电量为Q1，C3，C4回路电容带电量为Q2，由UA=UB，故，得三、计算题1 解：（1）此时电荷分布如下图所示，则电场强度分布为：时，；时，；时，；时，。所以：（2）电荷分布在外表面，为q+Q，因为rR3区域内等势，。rR3时，外壳接地，即，故：；：2 解：（1）设B板、C板上感应电荷为，有，因为，推得：。有，从而。（2）此时B板、C板上感应电荷为，有，。推得：。有，从而3 解：（1）（2）大学物理课后练习八一、选择题1（A）解：将介质板插入C1后，C1值增大，电压U1减小，电压U2增大，故C1上电量增大。2（A）解：在球心O为圆心，以半径r（）作高斯面S，由电介质中的高斯定理， 3（B）解：均匀带电球体和球面所带电量相同，故时，电场强度相同，电场能相等，但均匀带电球体内部场强不为零，故球体电场能大于球面电场能。 4（C）解：两者用导线连接前，系统电场能为空腔内外电场能之和，当将两导体用导线连接后，电荷集中于外表面，空腔导体内场强为零，空腔外场强不变电场能不变，故系统电场能将减少。二、填空题1增加；减少解：将电容器充电后，将介质板插入C1后，C1增大，则Q1增加，Q2减少。2；3减少；增加 解：图a中，介质板拉出前后，U不变，则E不变，由，故静电能减少。图b中，介质板拉出前后，Q不变，而C减小，由，故静电能增加。 图（1） 图（2） 图（3）4解：并联前，总电场能为，并联后电场能，故5解：将带电金属球浸没在相对介电常数为的电介质中，其球外场强，故其静电场能的增量为6三、计算题1解：（1），（2），2解：设电容器极板上电荷面密度为（1）由电介质中的高斯定理，知； ； （2）（3）；3解：（1）电荷分布如图所示，电场存在于和两个空间内，场强为，则把系统看成两个电容器：同心球电容器和孤立电容器，则, ，则（2）此时电荷只分布在外壳, 腔内，电场仅存于空间内，场强仍为，所以 d1 d2图（4） 图（5）大学物理课后练习九一、选择题1（D）解：由安培环路定理可知无限长直导线在O点的磁感应强度，方向垂直纸面朝外；圆电流在O点的磁感应强度，方向垂直纸面朝里。所以2（A）解：由于电流均匀通过导体细圆环的左、右两半圈，且电流相等，所以它们在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反。故O点的总磁感应强度为零。二、填空题1解：将通过半径为R圆周边线的任意曲面和半径为R的圆周面作成闭合曲面，由磁场的高斯定理（通过闭合曲面的磁通量为零）可知通过此任意曲面磁通量大小和通过此圆周面的磁通量大小一致，为，但由于磁场线既可能是穿入也可能是穿出此任意曲面，因此。2解：由于半球壳面与半径为R的底圆面构成闭合曲面，由磁场的高斯定理可知通过此半球壳面的磁通量为通过半径为R的底圆面磁通量的负值，即磁通量的大小为。3 ；x轴正方向解：由毕奥-莎伐尔定律即可求解。4解：参阅书中例题。5；垂直纸面向里解：由毕奥-莎伐尔定律可得AB、BC、CD段在O点产生的磁感应强度分别为，方向垂直纸面向里，方向垂直纸面向里；。所以，方向垂直纸面向里。6；垂直纸面向外解：长直导线AO和OB在P点产生的磁感应强度大小相等，方向相同。由毕奥-莎伐尔定律可得P点的磁感应强度，方向垂直纸面向外。7；解：由平面几何知识可知，正n边形中每条边对应的圆心角为，半个边长对应的圆心角则为。由毕奥-莎伐尔定律可求得正n边形中任意一条边在中心O点产生的磁感应强度大小为，且方向相同。其中r为中心到边的垂直距离，所以得；当时，正多边形趋于圆形，圆心O点处。8；解：根据安培环路定理以及对电流正负规定即可求得。90；解：（1），取闭合回路L1，由于L1内无稳恒电流流过，故（2），取闭合回路L3，由于L3内有稳恒电流I流过，故（3），取闭合回路L2，L2内流过的稳恒电流为，故10解：由导线直径为0.1mm，可知1米长度里可绕匝。又螺线管中的磁感应强度为三、计算题1解：环中心O点的磁感应强度只受L1和L2的影响，而L1和L2两部分在O点产生的磁感应强度方向相反，故由毕奥-莎伐尔定律可知L1在O点产生的磁感应强度为L2在O点产生的磁感应强度为得又因为AB两点间的电压相等，L1导线电阻为R1，L2导线电阻为R2； （S为导线的横截面积，为导线的电阻率），即得2解：（1）在金属板x处，取dx宽度，其电流dI在P点产生的磁感应强度为故，垂直纸面向里（2）当时，有，故3解：在距圆心r处取dr宽度圆环，带电量。当它以角速度旋转时，产生电流，dI+在O点产生的磁感应强度为则带正电圆盘在O点产生的磁感应强度：，垂直纸面向外同理，带负电圆盘在O点的磁感应强度：，垂直纸面向里当O点的磁感应强度为零时，得4解：（1）由安培环路定理可求得两导体圆筒间的磁感应强度，得（2）在r处，通过截面的磁通量为大学物理课后练习十一、填空题1 0.2 T； Y轴正方向解：用试探法可知，当的方向为Y轴正方向，在Q点与Z轴平行时，所受到的磁力矩方向沿X轴负方向。 因为，且，所以的大小为，的方向为Y轴正方向。2；沿轴方向；解：半圆形线圈中通有电流I时，其磁矩大小为，方向为垂直纸面向外。它在磁感强度为的匀强磁场中所受磁力矩的大小为：，的方向沿轴方向。当线圈转过的角度时，的方向与 平行或反平行时，线圈所受到的磁力矩恰为零。3解：由题意可知，圆线圈在磁场中所受到磁力矩大小为。使圆线圈绕某个直径转时，外力作功为：4解：载流导线在磁场垂直方向上的投影为R，故所受到安培力的大小为。5解：作用于该电子上的磁场力为 6；与的方向相反解：电子所到的洛伦兹力大小为，故。因为电子运动一周所花时间为，根据电流强度的定义：单位时间里通过某截面电量的大小，可得。因为电子在磁场中运动的回转半径R=0.114mm，得，方向与的方向相反。7负；解：导体中通有电流时，电子逆着电流的方向运动，所以电子在磁场所受的洛仑兹力为：，可以判断电子向上运动，故导体板的上侧面将积累负电荷。由电流强度的定义：单位时间内，通过某截面载流子的个数可知。所以每个载流子受的洛仑兹力为 8N型；P型 解： (1) 电子导电时，才会有上、下板面分别积累正、负电荷现象，所以是N型半导体。（2）空穴导电时（空穴带正电荷），会有上、下板面分别积累负、正电荷现象，所以是P型半导体。9解：单位长度螺线管的匝数为。由螺线管中磁感应强度。当管内充满相对磁导率为的均匀磁介质时，螺线管内部的磁感应强度是的倍，所以10；解：磁介质由相对磁导率不同而分为三种性质：当时，为顺磁质；当时，为抗磁质；当时，为铁磁质。11铁磁介质；顺磁介质；抗磁介质解：由关系曲线可知，虚线 ；c 代表的关系为，而且，所以c代表抗磁质的关系曲线；b代表的关系为，而且，所以b代表顺磁质的关系曲线；a代表的关系，从图中可见，最初随的增加而急剧增加，此后随的增加较缓慢，并非直线关系，磁导率，所以a代表铁磁质的关系曲线。12； 13磁畴；磁化；磁滞解：（1）磁畴：铁磁质内部的电子自旋磁矩排列整齐的小区域；（2）磁化：当外磁场作用在铁磁质上，磁畴迅速沿外磁场方向排列，故磁感应强度急剧增加，此为磁化过程；（3）磁滞：当外磁场逐渐减小时，磁感应强度并不沿增加时的路径减小，而是比较缓慢地减小，这种磁感应强度的变化滞后于外磁场变化的现象，叫做磁滞。二、计算题1解：如图所示取电流元在均匀磁场中，所受安培力大小为： Y 在x轴的分力：Xba在y轴上的分力为： 而且故：受磁力大小为，方向沿y轴向下。xyab受磁力大小为，方向沿y轴向下2解：如俯视图所示取坐标oxy，柱面电流密度为，在圆柱面上取密度为的窄条，它在轴线上产生的磁感应强度为： 轴线上单位长度所受磁力为：，如图所示它在x轴，y轴上的分力分别为： 且单位长度上受的磁力： 沿y轴负方向3解：如图所示取半径为，宽度为的圆环，带电量为转动时形成电流，电流强度为它所具有的磁矩为方向沿轴线向上。它所受的磁力矩为方向垂直纸面向里。所以整个圆盘所受的磁力矩为：方向垂直纸面向里。大学物理课后练习十一一、选择题1（A）解：如图所示。由动生电动势定义 且可知 A点比B点电势高。2（B）解：如题中图所示。三角架在磁场中转动时，边不产生电动势。 点b和点a等电势,故又由于bc边产生的电动势与ac边产生的电动势相等，所以，回路abc中电动势为零，即=0。3（B） 解：如图所示。用补成回路法可知，在回路和回路中，感应电动势分别为 ，4（B）解：由法拉第电磁感应定律可知，钢板中产生的磁感应电动势为反抗外磁场的增加。二、填空题1解：如图所示：当半径为R的大导线中通有正弦电流时，在中心O点附近产生的磁感应强度为则在半径为r的小导线环中产生的感应电动势大小为：。2；由C流向b解：如图所示。当磁感应强度沿X轴正方向随时间的变化率为（）时，由感应电动势为穿过的横截面的磁通量的变化率可知，回路中感应电动势为。又因为产生的感应电动势为反抗外磁通量增加的方向，所以圆弧中感应电流的方向应是由c流向b。3；点电势高解：如图所示当金属导线以速度沿x轴正向运动时，段导线不切割磁场线，所以不产生感应电 势，o、c两点等电势。而段导线切割磁场线，它所产生的感应电动势为，故 。当金属导线以速度沿Y轴正向运动时，段产生的感应电动势为。段产生的感应电动势为，从而可知a点电势高于c点电势。4；A解：如图所示。在金属杆AB方向上取x坐标，A为原点O，通有电流I的导线在P 点处产生的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。 当金属杆AB以速度平行长直导线运动时，所以AB杆中产生的感应电动势大小为：；且A端电势高于B端电势。三、计算题1解：如图所示（1）由动生电动势公式可知： a点电势高（2）设t时刻，则。导线右边垂直纸面向里，取线框平面法向垂直纸面向里，则回路正绕向，此时边长线框中的感应电动势 。2解：如图所示若 i0 , 则 ， 感应电流：3解：如图所示 取环面法向垂直纸面向里，回路正方向为顺时针方向，则当时，为顺时针方向。4解：如图所示解：用补偿回路法，把导线的两端与O点相连，当导线无限长时，回路中磁通量的变化为半个圆周内磁通量的变化，所以由法拉第电磁感应定律可知：导线中左端的电势高。大学物理课后练习十二一、选择题1（D）解：此时电流减小，由楞次定律，则线圈中自感电动势的方向与电流I同向。2（D）解：由磁场能量的定义：对自感为L的线圈来说，当其电流为I时，其电流为I，其磁场能量为，所以选(D)。3（D）解：。这里闭合回路是静止的。其所围的面积S也不随时间而变化。则上式为。而称为感生电场，。 因而导线中的电动势小于导线中的电动势。4（B）5（C）解：全电流安培环路定理：。（为极板上电荷对时间的变化率），（为环L所包围的面积，为极板面积） 在两极板间,在导体内,所以，二、填空题1解： 则围在管外的同轴圆形回路上的感生电动势为 。23.7H解：（n为单位长度线圈的匝数，V为螺线管的体积）3；解：（1），在轴线上一点B=0，（2）， ()4或；或解：由全电流安培环路定理：，而，或53 A解：由. 三、计算题1解：（1），。线圈平面法向垂直纸面向里.则，感应电流的方向与回路正绕向相同，即沿顺时针转向。（2）2解：（1）设螺绕环通有电流I，则螺绕环内的大小为：，穿过螺绕环的磁通链为： 自感系数为：（2） 若直导线中通有电流I，则空间场的分布为：穿过螺绕环的互感磁链为：互感系数为：。（3） 螺绕环中储存的磁能为：3解：（1）,（2），故，（3）当时，大学物理课后练习十三一、选择题1（C）解：2（B，C）解：由题意，其振幅为已知t=0与竖直方向成一微小角度，当设定右边为正角位移，则初位相，当设定左边为正角位移，则初位相3（C）解：设其振动方程为： 其中：由，这里，则。：当t=0时，则，。