大学物理考试常考题大题.docx

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1、大学物理考试常考题大题习题一 1-2一质点在xOy平面内运动，运动方程为x=2t(m),y=4t2-8(m). 求质点的轨道方程并画出轨道曲线； 求t=1 s和t=2 s 时质点的位置、速度和加速度. 解： 由x=2t, 得：t=x, 代入y=4t2-8 2 可得：y=x2-8，即轨道方程. 画图略 质点的位置矢量可表示为 vvv2r=2ti+(4t-8)j 则速度 vvvvdrv=2i+8tj dtvvvdva=8j dt 加速度 当t=1s时，有 当t=2s时，有 rrrrrrrrr=2i-4j(m),v=2i+8j(ms-1),a=8jms-2 rrrrrrrr-1r=4i+8j(m),

2、v=2i+16j(ms),a=8jms-2 221-3一质点的运动学方程为x=t，y=(t-1)，x和y均以m为单位，t以s为单位. 求： 质点的轨迹方程； 在t=2s时质点的速度和加速度. 2解：由题意可知：x 0，y 0，由x=t，可得t=x,代入y=(t-1)2 整理得： 质点的运动方程可表示为 则 y=x-1 即轨迹方程 rr2r2r=ti+(t-1)j vrrvdr=2ti+2(t-1)j v=dtvrrvdva=2i+2j dt因此, 当t=2s时，有 rrrrrrv=4i+2j(ms-1),a=2i+2j(ms-2) 1-12. 一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置变化

3、关系为q=2+4t3(rad).试求： (1) 在t=2s时，质点的法向加速度和切向加速度大小各为多少？； (2) 当切向加速度大小恰等于总加速度大小的一半时，q值为多少？ (3) 在什么时刻，切向加速度和法向加速度恰好大小相等？ 解 (1) 角速度和角加速度分别为 w=dq=12t2 b=dw=24t dtdt法向加速度 an=rw2=0.1(1t222)=切向加速度 -2 at=dv=rb=2.4t=4.8(m s)dt m s)2.30210-(22(2) 由 at=a/2，a2=at2+an=4at2 得 2 3at2=an3(24rt)2=r2(12t2)4 t3=3 6q=2+4t

4、3=2+43=3.15(rad) 6(3) 由 an=at，即r(12t2)2=24rt，解得 t=0.55s 习题二 2-7. 5kg的物体放在地面上，若物体与地面之间的摩擦系数为0.30，至少要多大的力才能拉动该物体？ 解：受力分析如解图2-7所示 Fcosq=f=mN=m(mg-Fsinq) 则 F=mmgcosq+msinq要求F最小，则分母cosq+msinq取极大值 所以 cosq+msinq 对q求导为零，类似题2-5解得 tanq=m 带入F公式，则 Fmin= 解图2-7 mmg1+m2=14.08 N2-13一质量为m的小球最初位于如题图2-13所示的A点，然后沿半径为r的

5、光滑圆轨道ADCB下滑，试求小球到达C点时的角速度和对圆轨道的作用力. 解：小球下滑过程机械能守恒 mgrcosa=1mv2 2又 v=wr 由、可得 w=2gcosa r题图2-13 v2法向 N-mgcosa=m r由、可得 N=3mgcosa 解图213 2-34一人从10 m深的井中提水起始时桶中装有10 kg的水，桶的质量为1 kg，由于水桶漏水，每升高1 m要漏去0.2 kg的水求水桶匀速地从井中提到井口，人所做的功 解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为坐标原点. 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量，即 F=mg-0.2gy=107.8-1.96y 人

6、的拉力所做的功为 W=dW= 2-37一沿x轴正方向的力作用在一质量为3.0kg的质点上。已知质点的运动方程为H0Fdy(107.8-1.96y)dy=980 (J) 010x=3t-4t2+t3，这里x以m为单位，时间t以s为单位。试求： 力在最初4.0s内做的功； 在t=1s时，力的瞬时功率。 解：(1) v(t)=dx=3-8t+3t2 dt则 v(4)=19ms-1,v(0)=3ms-1 由功能原理，得 W=DEk=(2) a(t)=122mv(4)-v(0)=528(J) 2dv=6t-8 dtt=1s时 F=ma=3.0(6-8)=-6.0(N) v(1)=3-8+3=-2(ms-

7、1) 则瞬时功率 P=Fv=12W 2-39. 质量为3.0kg的木块静止在水平桌面上，质量为5.0g的子弹沿水平方向射进木块。两者合在一起，在桌面上滑动25cm后停止。木块与桌面的摩擦系数为0.20，试求子弹原来的速度。 解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有 Mv0=(M+m)v 一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有 1(M+m)v2=m(M+m)gl 2由带入数据有:v0=600(ms-1) 习题五 -25-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，其振幅A=2.010m，周期T=0.5s，当t=0时，则：物体在正方向端点； 物体在平衡位置，向负方向运动； 物体在x=1.

8、010m处，向负方向运动； 物体在x=-1.010m处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。 解：设所求振动方程为 -2-2x=Acos(2pt+j)=0.02cos(4pt+j) T由旋转矢量图解图5-5可求出初相位 j1=0,j2=p/2,j3=p/3,j4=2p/3 x=0.02cos4pt(m) x=0.02cos(4pt+x=0.02cos(4pt+p2解图5-5 )(m) )(m) p32p)(m) x=0.02cos(4pt+35-11一简谐运动的振动曲线如题图5-11所示，求振动方程. 解：设所求方程为x=Acos(wt+j) 当t=0时，x1=-5cm,v10 据旋转矢

9、量图可以看出 jt=2=所以，2秒内相位的改变量 3p 2Dj=jt=2-jt=0=据Dj=wDt可求出 3p2p5p-= 236 解图5-11 w=于是，所求振动方程为 Dj5p=rads-1 Dt1252x=0.1cos(pt+p)(m) 1235-11 另法解:设谐振动方程为 x=Acos(wt+j)x0=-5cmv00由图可知A10cm，t0 时， x0=10cosj=-5由图可知： t2s时，x0，v0， 题图5-11 题图5-11v0=-10wsinj0=0所以振动方程为： 52x=10cos(pt+p)(cm)123习题六 6-5波源的振动方程为y=6.010-2cos线上传播.

10、求 距波源6.0m处一点的振动方程； 该点与波源的相位差. 解：设波源在坐标原点，依已知条件，可知波函数为 y=6.010-2cosp5t(m) 它所激起的波以2.0ms-1的速度在一直p5(t-x)(m) 2.0把x=6.0m代入波函数可得相应的振动方程为 y=6.010-2cos 两点间的相位差为 Dj= 6-9 有一平面简谐波在介质中传播，波速u=100ms，波线上右侧距波源O为75m处的一点P的振动方程为y=0.30cos(2pt+(1)波向x轴正向传播的波方程； (2)波向x轴负向传播的波方程. 解： 已知u=100ms P点即x0=75m点的振动方程已知 (1)轴正向传播的波方程为

11、 -1-1p5(t-3.0)(m) p5(t-3.0)-p33t=-p. 555p2)(m),求： y=0.30cos2p(t-x-75p2p)+(m)=0.30cos(2pt-x)(m) 1002100(2)沿轴负向传播的波方程为y=0.30cos2p(t+x-75p2p)+(m)=0.30cos2pt+x-p(m) 1002100习题八 8-11一定量的刚性理想气体在标准状态下体积为 1.010-2m3，如题图8-11所示。求在下列过程中气体吸收的热量： (1) 等温膨胀到体积为 2.010-2m3； (2) 先等体冷却，再等压膨胀到(1)中所到达的终态 解：(1) 如题图8-11，在AB

12、的等温过程中,DET=0， 所以 V2 QT=WT=V1pVpdV=11dV=pV11ln(V2/V1) VV1V2题图8-11 将p1=1.013105Pa，V1=1.010-2m3和V2=2.010-2m3 代入上式，得 QT=702J (2) AC等体和CB等压过程中，因为A、B两态温度相同，所以 DEACB=0 气体吸收的热量 QACB=DEACB+WACB=WACB=p2(V2-V1) 又因为 p2=(V1V2)p1=0.5atm 所以 QACB=0.51.013105(2-1)10-2=507(J) 8-18 0.32 kg的氧气做如题图8-18所示的ABCDA循环，V2=2V1，

13、T1=300K，T2=200K，求循环效率. 解 AB为等温膨胀过程，吸收的热量为QAB=VmRT1ln2 MV1题图8-18 CD为等温压缩过程，放出的热量为QCD=BC为等体降温过程，放出的热量为QBC=DA为等体升温过程，吸收的热量为QDA由此得到该循环的效率为h=1- VmRT2ln2 MV1mCV(T1-T2) Mm=CV(T1-T2) MQCD+QBC=15% QAB+QDA习题九 9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+和-2,如题图9-13所示, rrr(1)求图中三个区域的场强E1，E2，E3的表达式； rrr-6-2若s=4.4310Cm，那么，E1，E2，

14、E3各多大？ 解：无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为 E=s 2e0r-sr2srsr在区域 E1=i+i=i 2e02e02e0rsr2sr3sr区域 E2=i+i=i 2e02e02e0rsr2srsr区域 E3= i-i=-i2e02e02e0若s=4.4310Cm则E1=-6-2rrsri=2.50105i(Vm-1) 2e0rr3sr5E2=i=7.5010i(Vm-1) 2e0rrsr5E3=-i=-2.5010i(Vm-1) 2e09-17 如题图9-17所示，已知a=810m，b=610m, -2-2q1=310-8C,q2=-310-8C，D为q1q2连线中点，求： D点

15、和B点的电势； (2) A点和C点的电势； 将电量为210C的点电荷q0由A点移到C点，电场力所做的功； 将q0由B点移到D点，电场力所做的功。 解：建立如解图9-17所示坐标系，由点电荷产生的电势的叠加得 -9题图9-17 q1q2310-89109310-89109UD=+=-=0 -2-2aa4104104e04e022同理，可得 UB=0 UA=q1q2 +4e0b4e0b2+a29109310-89109310-83=-=1.810(V)-2-22-22610(610)+(810)UC=q14e0b2+a2+q2 4e0b9109310-83=-=-1.810(V) -2-22-22

16、610(610)+(810)将点电荷q0由A点移到C点，电场力所做的功 9109310-8WAC=q0UAC=210-91.8103-(-1.8103)=7.210-6(J) 将q0由B点移到D点，电场力所做的功 WBD=q0UBD=0 9-21 在半径为R1和R2的两个同心球面上分别均匀带电q1和q2,求在0rR1, R1rR2三个区域内的电势分布。 解：利用高斯定理求出空间的电场强度： EI=0 rR1 rEII=q14pe0r2rr0 R1rR2 4pe0r2则空间电势的分布： rR1UI= R2rR2 R1rrrR2rr+rEIdr+EIIdr+EIIIdr=R1R21q2q1+ 4p

17、e0R2R1UII=R2rrR2r+rrEIIdr+EIIIdr=R2q14pe0r2rdr+q1+q21q2q1=+ 4pe0R24pe0R2rrR2 UIII=+rr+q+qq1+q2r12EIIIdr=dr= r4pe0r24pe0r另法:用电势叠加原理均匀带电球面qqV内=V外=4pe0R4pe0rQ1Q2+rR1V1=4pe0R14pe0R2+R1rR2rR2V2=Q1Q14pe0rQ2Q24pe0R2R1rQ+Q2V3=+=14pe0r4pe0r4pe0rq2q1R2习题十一 11-10 一无限长薄电流板均匀通有电流I，电流板宽为a，求在电流板同一平面内距板边为a的P点处的磁感应强

18、度。 解：在电流板上距P点x处取宽为dx.并平行于电流I的无限长窄条，狭条中的电流为 dI=dI在Idx. aP点处产生的磁感强度为：dB=m0dI,方向垂直纸面向里。 2px整个电流板上各窄条电流在P点处产生的dB方向相同，故 B=dB=m0dI2x=2aam0Iln2. dx=2xa2am0I11-20 有一根很长的同轴电缆，由两个同轴圆筒状导体组成，这两个圆筒题图11-10 状导体的尺寸如题11-19图所示。在这两导体中，有大小相等而方向相反的电流I流过。求内圆筒导体内各点的磁感应强度B；求两导体之间的B；求外圆筒导体内的B；求电缆外各点的B。 解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不

19、同的半径r作圆弧并取其为安培积分回路L，然后，应用安培环路定理求解，可得离轴不同距离处的磁场分布。 2rIm0Ir(1)当ra时，I=Ipr2=rI， 得 ； 2prB=mB02222 paaa2parrBdl=Bdl=2prB=m0I2(2)当arb时，同理可得B=m0I; 2prm0Ir2-b2Ip(r2-b2)(3)当brc时，B=0。习题十四 14-7 在折射率n3=1.52 的照相机镜头表面涂有一层折射率n2=1.38的MgF2 增透膜，若此膜仅适用于波长l=550nm的光，则此膜的最小厚度为多少？ 本题所述的增透膜，就是希望波长550nm的光在透射中得到加强，因干涉的互补性，波长为

20、550nm 的光在透射中得到加强，则在反射中一定减弱，具体求解时应注意在e 0的前提下，k 取最小的允许值 解：两反射光的光程差d=2n2e，由干涉相消条件d=(2k+1)l2 ，得 2n2e=(2k+1) e=(2k+1)取k 0，则 l2l4n2emin=99.6nm 14-15.某种单色平行光垂直入射在单缝上，单缝宽a=0.15mm缝后放一个焦距f = 400 mm的凸透镜，在透镜的焦平面上，测得中央明条纹两侧第三级暗条纹之间的距离为8.0mm，求入射光的波长 解：设第三级暗纹在j3方向上，则有 asinj3=3l 此暗纹到中心的距离为 x3=ftgj3 因为j3很小，可认为tgj3sinj3 ，所以 x3=两侧第三级暗纹的距离是 3fl a6fl a 2x3=所以 l=(2x3)a=500nm 6fl214-17.在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一波长的第3级明纹位置恰与波长l=600nm的单色光的第2级明纹位置重合，求这光波的波长 解：设未知波长为l0，由单缝衍射明纹条件：asinj=(2k+1)得 asinj=(23+1)l0 2asinj=(22+1)l 2解得 l0=l=428.6nm 57