大学物理解题指导与练习答案

1、1、C、B 3、D 4、3 m, 5 m5、 a8j (m/s2), r (5 2t) i (4t2 10) j (m) 62x 8x3 (m/ s)7、x (y 3)2, v 16 i一dv v8、解：(1) a d-dvdtv。v v0 3t2 8t v 3t2dxx t(2) v dx vdtdt%032. _x Xo t 4t 10t x2 j (m/ s), a 8 i (m/ s2), ttoadt o(6t 8)dt8t 10 (m/s),t 2o(3t 8t 10)dt3 2t 4t 10t 1 (m)9、解：如图，设灯与人的水平距离为x1，灯与人头影子的水平距离为x,则:dx

2、,dx人的速度：v0 ,人头影子移动的速度：v 。dtdteH dx H而：x x1H h dt H10、解(1)2 4t3 (rad )2a R 2.4t (m s 2),则 t 2s 时， a 4.8( m(2)加速度和半径成 45角，代入得：2.67 rad即：v ：d 12t2(rad s 1) dtan R 2 14.4t4 (m s 2)2、 ,2、s ),an 230.4(m s )即 aan,即 2.4t 14.4t4一v0。hd- 24t (rad s 2) dt23_t 2.4/14.4 1/61、C24、D5练习二 牛顿力学、A3、C、6 N, 4 N6、解：(1)0,m

3、g ；(2) T sin ma, T cos mg；则：tan a/g, T mja2g7、解 小球受重力mg、绳的张力T及斜面的支持力 N 。(1)对小球应用牛顿定律，在水平方向上和竖直方向分别有：T cosN sinma,T sinN cosmg解方程组可得：绳的张力 T m(a cosgsin ) 3.32 (N)T cos ma小球对斜面的正压力大小N Tcos一ma 3.75 (N)sin(2)当N 0时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有:T cosma,T sinmg解方程组可得：斜面的加速度为a gcot17.0 (m/s2)8、解：(1) F3V Voadt03 4t (

4、N) at 3s -0.3 0.4tm30(0.3 0.4t)dt 2.7 (m/s)01.5 (m/s2) F 3 4x (N)ax 3mF20.3 0.4x 1.5 (m/s2) madx VdV3V(0.3 0.4x)dx VdVoo1 2_23-V2(0.3x 0.2x2)0V 5.4 2.32 (m/s)9、解：分别对物体上抛时作受力分析，以地面为原点，向上为y轴正方向。对物体应用牛顿定律：ma mg kmv2a (g kv2), dv dv dy vdv ,2而 a ,贝U有 ady vdv (g kv )dy vdv dt dy dt dyH0dyvdv1kvo 、2 H-ln(

5、1)g kv2k g练习三动量守恒和能量守恒1、D 2、D4、27 J , 3娓 m/s 53、Dmg 2mg、 k , k6、60 N S,16 m/s,7 、2mv3.8、3 10 s, 1.2N S, 4 g9、（1） W4 卜x2XiF弹dx0.20.1(20x30x2)dx 0.37(J)0.5(2) W弹F弹dx0.10.2(20X30x2)dx0.37(J)12W单-mv0.61(m s 1)10、解(1)(Mm)vmv0mv0(2),dx k - dt(MXdx0dv m) dtm 0 , dvvdxM mM m ,dvkmv0k11、分析：脱离时，小球只受重力作用，重力在径向

6、的分力提供向心力, 设顶点处为零势能点，则：12、解(1)120 -mvanmgcos2 v m一R3小球下落过程中,mglsin vv2 /l 2g sin1一 mv2mgR(1 cos )机械能守恒:2gl sincos(3) T mg sin man T 3mg sin13、解在小球下摆的过程中，小球与车组成的系统总动量和总机械能守恒，则有：2MglM m0 mv球 Mv车一,1212mgl - mv求 -Mv 车14、解（1）释放后，弹簧恢复到原长,B的速度变为Vbo 。此过程中系统的机械能守恒。则上 1 2 3m2有：二 kX0VB0Vb0X022k3m(2)达到原长后，系统的总动量

7、和总机械能守通。弹簧伸长量最大或压缩量最大时,A和B的速度相等，则根据系统动量守恒定律，有:mVA。m2VBo(mim2)v3xok3m(3)设最大伸长量为Xmax ,则根据机械能守恒定律，有:2 m2Vbo21(m,m2)v22 max1Xmax二 x0215、解：(1)mvo(Mm)VmvoAfEk(m M )gS 01(m 22M)V 20.2(2)Ai(3)12EKm- mV212Ekm 2MV 21 -mvo 222703(J)0 1.96(J)不等。相互作用力大小相等，但作用点的位移不同。练习四刚体力学1、4、mBg1 mAmB-mem2m7、解：对物体m :mg Tma对圆盘补充

8、联系联系方程:解以上方程得:2mg(M 2m) R. , 27.84rad /s ,8、解:12TR MR222mg23.92m/s , M 2mMmg58.8NM 2mm1g 工m1aT2 m2gm2 aT1r T2r2Mr2补充联系方程:a1a2r 。解以上方程得:2m2 -M12mlg，T22 M m1 m22日-M2mhg。a2 Mm1m2(m- m2)g角加速度为:2g m2)g,下降高度为:h 1at2(mi m2)gtM m1 m2)r2 M 2ml 2m29、解：(1)20/t0.50rad/s2ml2120.25N m10.10、解：本题分为两个过程：子弹和细杆的碰撞过程、细

9、杆的上升过程。碰撞过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒：12112mv0 -1 m v0 -l - Ml2323上升过程中，细杆的机械能守恒：112 21MlMg (-)(1 cos )2 32解以上方程得:mv02Mlcos22m V02 °12M gl练习五：气体动理论1. C2. C3. D4. B6. 8 : 1,5: 3,1: 1。i7. 1000m s , 1414m s8. 29. 1 : 2; 5: 310.EkEkMML：RTMm。/5R7.7 (K)72 7id2p7.8m17311. n p/kT 3.2 10 /mkT练习六：热力学基础1. B2. D3.

10、A4. B5. B6. 547. 1.62 10 J8. 93.39.(1) Q QA1BEabWA1B，EabQA1B WA1B 300J QQB2AEba WB2A300J 300J600J ,放出 600J 热量1 金 1 1QBW 25%过程内能增量 E/J对外彳功W/J吸收热量Q / JA B100001000B C015001500c A-1000-500-1500abca40%11.(1)Va 1Ta Vc 1Tc1Ta1V11Ta (V1)V2(2)Qbc1 1QabC/,m(Tc 又)RT1ln VbVaG/,m(Ta TJRTlnVb VaCUI (V1) 1TJV2RT1

11、ln V21 V11 Cv11(V1/V2) 1Rln(V2/M)12.证明：该热机循环的效率为1Q2Q1QBCQCA其中QBCMmCp,m(Tc Tb),QcaG/,m(TATC),则上式可写为1TCTbTb /TcTaTcTa /Tc 1在等压过程BC和等体过程CA中分另ij< TB/V1 TC/V2cA/p1 TC/p2代人上式得(V1/V2) 1(P" P2)13.证明：该热机循环的效率为Q23gCv,m(T3 T2),Q41MmCv,m(T1 T4)Cv(T4 Ti)Cv(T3 T2)T2在绝热过程12和34种分别有V21T3V11T4,V21T2V11Tl，两式相除

12、得3T4T2 T1代入上式1 H1 T1(T4/T11 工1 (V2)11 (V1)1T3 T2 丁2(飞/丁21) T2 V1V2/、WQ1Q2Tl T214.(1)-Q1Q2-_2,Q224000JQ1Q1T1,，W由于第一循环吸热Q1W' Q2W Q2(Q2Q2),t29.4%Q1T以，贝U： T1T 425KT.1'第七章 真空中的静电场3. D;4 , C;5. C;6. C;7. A;8. 4.55 105C ；9- q/ 0 ； 0 ；q/ 0； 10 . (q2 q3)/ 0； q1，q2,q3,q4；11.0,/(2 0)；12.一q一, 一q一 ； 13 .

13、 90V; -30V.60R 6 0R14.解：将直导线分割成若干电荷元：dq dx, dq在P点产生的场强:X轴正方大小：dEPq ,方向均为水平向右(沿4 0 (； d x)2 4 0(1 d x)222向)。则：EP dEP 2ldx q(1 ,),方向水平向右。2 l24 01d l d2 4 0(- d x) 0dq在P点产生的电势：dUP dq dx40(- d x) 40( d x)22则：Up dUp 3dXLinS24 弓 d x） 4 01d15 .解：在球内取半径为厚为dr的薄球壳，该球壳包含白电荷为 dq dV Ar 4 r 2drr .34 .、在半彳仝为r的球面内包

14、含的总电荷为q dV 4 Ar dr Ar ,(r R)V0以该球面为高斯面，按高斯定理有E1 Ar2/(4 0),(r R)方向沿径向，A>0时向外；A<0时向内。在球体外作一半径为 r的同心高斯球面，按高斯定理有E2 4 r2AR4/ 0得到E2 AR4/(4 0r2),方向沿径向，A>0时向外；A<0时向内。r处，D大小相同，取同心16 .解：(1)分析球对称性，E方向应沿半径方向向外，相同球面为高斯面，则根据高斯定理，有：r R 时，口 Ei d s qi / 0一2一Ei 4 r 0Ei0R rR2B,E2 d s2,qi / 0 E2 4r q1 / 0E2

15、q14 0r2rR2时,。E3dsq" 02E3 4 r（q q?）/ 0E3q q24 0r2方向均沿半径方向向外。(2)球心处的电势耳R2UE1 dl E2 dlE3 dl01R12R23R10dr0r2q1R 4 0r2dr7 drr2 40r2q1 /11、q1q2 1（）40 R1R24 0 R2q_1q2140 R140 R217.解：分析对称性，E方向应垂直于柱面向外辐射，且，相同r处，E大小相同，取高斯面为以r为半径，长为1的同心圆柱面，则根据高斯定理，有:二'Eds Eds Eds Eds Eds E上底下底侧面侧面rlqi / 0(1)R1 时，E1 2

16、rlE1(2)RirR2时，E2 2rll/0r(3)R2时,E3 2 rlE318.在处取一微小点电荷dqdl Qd /它在。点处产生场强:dEdq40R2Q4 2 0R2按角的变化，将dE分解成两个分量:dEx, dEyo由对称性知道Ey=0,而dExdEsinQ32sin0R积分:Ex? ?2/2Q22sin40R1. D;2.C；8.解:9.解:U1U2q1U1第八章3. C;q140 R1q20 R2q2 qU2q1q2U1静电场中的导体和电介质B;5RiB；6- 1/ r, 1/ r；0 R2R1R2qR2R1U2R2 cl14010 8C10 8Cq 6000VR1 R2(1)根

17、据高斯定理，可求得两圆柱间的场强为:R2Edr lnR2R12 0R1lnR22 0rRilnRRiQ22C2LlnR Ri10.解：设极板上自由电荷面密度,应用D的高斯定理可得两极板之间的电位移为:D=则空气中的电场强度为：E0/ 0介质中的电场强度为：E / 0 r两极板之间的电势差为：rd (10 rr)tU E°(d t) Et (d t) t 00 r电容器的电容:0 rSrd (1 r)t11.解：（1）已知内球壳上带正电荷Q ,则两球壳中间的场强大小为40r2两球壳间电势差U12R2R1dr4Al(RR2Q(R2 R)40R1R2电容 C &40r1r2U12R

18、2 R1电场能量W S Q2(R2 R)。2C 8 0R1R2第九章稳恒磁场1.A;2 . A;3 .B;4 .C;5.D;6 . D;7.C;cI 1I8. 0(1 1);垂直纸面向里。9. BIR;10. -0-, 0;2R8R110Ia ln3,212.解：(1)圆弧AC所受的磁力：AC所受的磁力相等，故有在均匀磁场中，通电圆弧 AC所受的磁力与通有电流的直线FacJ2IRB=1.13N方向：与AC直线垂直，与 0改角成45度角。(2)磁力矩：线圈的磁力矩为：Pm ISnPm与B成30度角，力矩-2 -.M PmBsin 30 =6.28 x 10 N方向：力矩将驱使线圈法线转向与B平行

19、。13.解:BB1B2 B3 B4,Bi0,B40B20I2RB32 sin 一40 I R,则:B方向:0I8R大小:0I8R14.解：(1)F CDMBcd104(n),F EFI 2bBEF12b0 11(d a)105(N),F DEF CF(2)I2d l12d l合力：F7.2a0I 1I 2dr2 ridr2 r10 4(N),方向此匕 Inda9.22 d10 5(N),10 5(N),方向方向力矩：d M d P B 0d M 0。15.解：(1) Pm ISenR2I2en第十章1. B;2. D;3. A;4. C;5 .A端。9 .解：t时刻：a 12 vt 0 Im

20、B d S BdSfdra vt 2 r2dm N 0Il1 / Vi N(dt 2 a l210 .解：m BdSb(0I0)0 2 (r1 x) 2 (r2x)0aI , (r1b)(2 b)ln2f MPm B,M方向向上。一 .一 R2BIMPmB sin 902电磁感应与电磁场C;6. A;7. 15J;8.8.7 10 6V ,oIIi , a l2 vtln2 a vtv0NI1112Va vt)2 (a vt)(al2 vt)adxd m dt °a, (nb)(r2b) dIln2r1 r2dt010a 1 (r1 b)(2b) ,lncos t2W11 .解：动生

21、电动势 MeN (v B) dlMN为计算简单。可引入一条辅助线MN构成闭合回路 MeNM向上运动时，穿过其中的总磁通量不变，则，闭合回路总电动势为零。MNMeNMeNNM MN/V K/a b 0I,0lv. a bmn (v B) dl vdx Inmna b 2 x2 a b01v 小 aMeN 二 1n -2 aU M U N MN负号表示 MN的方向与x轴相反。 方向N b0 1vl a b In 2a b1212 .解：0B (v B) dl vBdl B Idl B b2 ；2OB4(v B) dlOA1b 21 _22故：Uab -B (a2 b2)13 .解：(1) B21

22、-0-I ,则:2R21B210IS2R0S-10M =4 兀 X 10 H 2R/、dI2-8(2)1 M =-2 兀 X 10 Vdt14.解：(1)M i0Ia b dx2 c x目n3I 2dt31n 32aI°e3t方向：顺时针为正。练习十一：振动答案1. C2.3.4.40/ 45.1s6.75J ,0.0707m7.解：设平衡时木块浸没水中的高度为h设木块位移为X,则F 水 gS(hX)木gSa 水gSxkx所以是谐振动8.2解：木a水木gSa 2水gS0水gShgSa,其中S为木块截面积a2。0.10cos(20 疝)m与 x Acos( t )比较后可得：振幅 40

23、.10m ,角频率 20W1,初相 0.25冗，则周期T 2 Td 0.1s,频率1/T 10Hz。(2) t 2s时的位移、速度、加速度分别为2dx dt0.10cos(40 冗 冗/4) 7.07 10 Tisin(40 冗 0.25 )4.44(m s-1)t 2(m)9.解:d2x dt2240Ttcos(40 兀 0.25 力由图可知，振幅 A= 4cm由旋转矢量图可确定初相0 5%/42.79 102(m s-2)又由图可知由初始时刻运动到P点对应时刻用去 0.5s ,则由旋转矢量法可知振动方程为x 4cos(万110.解：(1)由题意知 A = 0.06m、2%/丁冗振动方程为x

24、 0.06cos(疝t )cm4-1 一s由旋转矢重图可确TE初相0/ 3 ,/3)mf/曾尸(2)质点从x0.03m运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从图中的位置M转至位置N/0.833s11.如图所示/*九/2 .t 1s兀/212.解：(1)由题意可知谐运动，设其合振动方程为2任。2 X1和X2是两个振动方向相同，频率也相同的简谐运动，其合振动也是简X Acos( t 0),则合振动圆频率与分振动的圆频率相同，即'nIV 4矢量转过的角度(即相位差)5%/ 6。该过程所需时间为t合振动的振幅为4A ：A2 a2 2A4cos(21)J16 9 2 4 3cos(兀/2) 5(cm)

25、3合振动的初相位为 tan 0Asin 1A2sin 24sin 冗 3sin 冗/2A1 cos 1A2 cos 24cos 冗 3cos 冗/ 2由两旋转矢量的合成图可知，所求的初相位0应在第二象限，则,3 o0 九 arctan- 1434 3故所求的振动万程为x 5cos(2疝兀arctan)(cm)4(2)当 312k Xk 0,1,2L )时，即X1与X3相位相同时，合振动的振幅最大，由于17t，故32k 冗冗(k 0,1,2L )当31(2k 1)Mk 0,1,2L )时，即xi与X3相位相反时，合振动的振幅最小,由于 17t，故3(2k 1)冗冗 (k 0,1,2L )即3 2

26、k 冗(k 0,1,2L )练习十二：波动答案1. C2. D3. D4. C5. C6. 兀/27. yP 2.0cos(4 :t u/2)(m)8. y Acos (t -) u ux .9. y 2Asin2 兀一sin2 7tt371-512.一 一 2 一3 102 cos2 碘1028s2 碟令 M解：(i)由p点的运动方向，可判定该波向左传播。10. 30m s11. 解：(1) y 3 102cos2 碘卷) u 红 10m, A B 2 tt原点O处质点，t = 0时2A/2 Acos , v0A sin 0所以/4O处振动方程为yO Acos(500 A 4) (SI)由图

27、可判定波长200 m,故波动表达式为_ _ xy Acos2 4250t )兀/4 (SI)(2)距O点100m处质点的振动方程为y Acos(500 疝 5 / 4) (SI)振动速度表达式为v13.解：(1)由已知条件可知,500 ：Asin(500 疝 5 冗/4) (SI)2 tt/T 兀/2 ,又由图中可知，振幅 A 1 10 2m,0/ 3 ,则其运动方程为利用旋转矢量法可得x0处质点的初相为(2)由已知条件可知，波速 u_1/T 1m s ,则波动方程为, / - 2-九，.、兀y 1 10 cos- (t x) -)m14.解：(1)2m , u 0.5m/s, T /u 4s

28、,由旋转式量法可知原点 。在1s时刻的相位为3冗/2 , 则初始时刻的相位为冗，则 斤原点的振动方程为 yO 0.5cos(-t力一 江 x(2)波函数为y 0.5cos - (t -)可2WT兀/215.解：（1）已知波的表达式为y 0.05cos（100疝2水）与标准形式y Acos(2 u t 2冰/ )比较得1A 0.05m,50Hz,1.0m, u 50m s（2） Vmax ( y/ t)max 2 冗 A 15.7m/S222 23-2amax ( y/ t )max 4 冗 A 4.93 10 m s（3） 2 Xx2 x1）/冗，两振动反相。16.解：21 2冗巨1冗-（2

29、1）4S1外侧：兀一206 7t 全加强4一 ，一 九，一、. .一S2外侧：兀（20） 4兀 全加强冗，、 ，一 ，、一，S S2 间：兀一 （2 I） （2k 1）兀 k 0, 1,L4r2 20 1代入上式可得：r1 4k 14又0 r120可得静止点的位置为距离 S1为r1 26,10,1418m的地方静止不动。17.解：（1）火车驶近时330440s330 vs火车驶过后392330 s330 vs由以上两式可解得火车的运动速度Vs 19.0m s 1,汽笛振动频率s 414.6Hz（2）当观察者向静止的火车运动时330 19414.6Hz330438.5Hz 440Hz练习十三光的

30、干涉31、D 2、B 3、B 4、A 5、C6、C 7、2 (n 1)e/3.6 X108、0.6 9、600 nm 10 、1.511 、2(n 1)d12、解:(1)原中央明纹将向下方移动(2)用云母片覆盖一条狭缝前后，光程差发生了改变，因此条纹要移动，只要正确写出 原零级明纹位置处光程差的改变量即可解出答案。(n 1)d k d 4.74 10 6 m13、解:(1)正面：(反射光)呈现出什么颜色，即该波长光振动加强，即:22得 Ik_5k 4 107m5R2n2e10032A(k $当 k=2 时，=6688 A(红色),当k=3时，=4013 A (紫色)(2)反面：(透射光)2n2

31、e k10032A k当 k=2 时，=5016 A(蓝绿色)14、解：原间距11/21.5 mm改变后l21il 1 mm改变后/212 310 4 rad改变量1.010 4 rad15、解：设所用的单色光的波长为则该单色光在液体中的波长为根据牛顿环的明环半径公式r . (2k 1)R /2有r； 15R /2充液后有r82 15R /(2n)2由以上两式可得n 与 1.718玻璃板长度16、解：设相邻明(或暗)条纹之间距离为b,劈尖角为 ，细丝直径为d,为L,则d d L 73.5b 2b73.55d 2.0069 10 5 m2rk 5, (k 5) R17、解：由牛顿环暗环半径rk.

32、 k R1、7、9、5r：2i 5第一级明纹第二级暗纹解：由光栅衍射主极大公式得dsindsink1k2练习十四B 5 、 308 、2.23光的衍射6 、625 nm10 4 radsin 1sin 2k1 1k2当两谱线重合时有k1k2由光栅公式可知10、解：(1) (b b )sin(2)k1 4402klk26603k2d sin 306 1sin 30(b b )sinbsin1时，b b015000A0，45000A(3) (b b )sin5.28103mmsin060000 A2时,舍去;4时缺级, kk 103时,045000A015000A11、12、o,b 15000A

33、,当0时，实际出现级数：0, 1, 2, 3, 5,b 45000A0r b 45000A , r ,当时，实际出现级数：0, 1, 2, 3, 5,0b 15000A解 (1)0 1.22 2.2 10 4 radD(2) s l 02.2 mm等号两横线间距不小于解：（1）由单缝衍射明纹公式可知6, 7, 9。6, 7, 9。2.2 mm13bsin192k1)131(取 k 1)13bsin22(2k1)2-2由于tan 1, tan 2 一ffsin 1 tan 1, sin 2 tan 2所以Xi3f 1X23f 22b则两个第一级明纹之间距为X2Xi3f2b0.27 cm(2)由光

34、栅衍射主极大的公式dsin 1 k 11 1d sin 2 k 2 1 2且有 sin tan 所以 x x2 x1 f / d 1.8cm13、解：（1）由光栅衍射主极大公式得(b b)sin30 3 13 14b b 3.6 10 cm sin302 2) (b b)sin 304 23 (b b )sin 30 /4 450nm光的偏振练习答案4 1、B 2、D 3、454、1.732 5 、一 10 6、波动横327、解：(1)透过第一个偏振片后的光强 I111 10 cos230o 3I0/4透过第二个偏振片后的光强为I 2 ,12 11cos2 60o 3I0/16(2)原入射光束

35、换为自然光，则11 Io/212 11 cos2 60o I0/88、解：设第二个偏振偏与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为.透过第一个偏振片后的光强I1 I0/2透过第二个偏振片后的光强为I2,由马吕斯定律，212(10/2) cos透过第三个偏振片后的光强为I3I3 12cos2(90o) (Io/2)cos2 sin2 (I0/8)sin22 3由题意知I3 I03 32所以sin2 239、解：设入射光光强为由题意入射光IIzI t max解得Ix1Iz Ix22i31 . sin 2Ix1( ,3/2) 30o, 60o自然光光强为透射光ItI 1 It minz2Iz:I z，线偏振光光强为I x，透射光光强为It11 zI x cos22I t max 5 I t min(3)由题意知t 0x 0.5 m1 、B 2、C 3、B 4、c7、解：根据洛仑兹变换公式：xx2 Vt2可得：x22三，,1 (v/c)2在K系，两事件同时发生，t11 (v/c)2 (x2 Xi)/(X2在K系，上述两事件不同时发生，10、解：(1)设该液体的折射率为n,由布儒斯特定律tgi0 1.56/n得 n 1.56/tg 48.091.40折射角0.548.0941.91(41 55)相对论练习答案4 、0.75 c 1.5me 6、42x vtt t vx/c,1 (v/c)2&#