物理白皮书答案汇总

1、第一章 质点运动学 一 选择题1.B 解析：A选项：，为位置矢量增量的模；为位置矢量模的增量，二者不相等。B选项正确。C选项：为曲线运动中的切相加速度。故不正确。D选项与C选项相类似。2.C 解析：令，故选C。3.B为恒矢量，另，轨迹方程为：为一直线，故该质点做匀变速直线运动。4.(1)B 解析：(2)B 解析：可求得轨迹方程为：为一半径为R的圆，故可得答案为B。二、填空题1、 0 ， 0； 理解矢积和标积的概念和定义，在物理中有很多应用。 2、.， ， ，；3、 ；4、；该题用积分，注意积分上下限。5、解析：，6、 解析：如图所示，假设：,由几何关系得：，两边对t求导得：，（三）计算题1 解

2、答（1）质点在第1s末的位置为：，在第2s末的位置为： ，在第2s内的位移大小为：，经过的时间为t = 1s，所以平均速度大小为：。（2）质点的瞬时速度大小为：，因此，质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即。（3）质点的瞬时加速度大小为：，因此1s末的瞬时加速度为：，第2s内的平均加速度为：。2.解答 1）由消去t得轨迹方程：2）当t=5得；当t=5 3解答：1） 则：2） 4 证明（1）分离变量得， 故，可得： （2）公式可化为由于，所以：积分 因此 证毕5解答（1）角速度为，法向加速度为；角加速度为 切向加速度为（2）总加速度为当时，有，即由此得，即 ，解得 所以 （3）当时，可得， 即

3、：解得 ：6解答：当时， 则第二章 牛顿运动定律注：该章选择题和填空题不做具体解析，基本是利用以前高中的物理知识去解决。敬请谅解。（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C（二）填空题1. 2.略 3. 4. 50N 1m/s 5. 6. 0 18J 17J 7J 7. （三）计算题1.解答： ； ； ； =2. 解答；分离变量积分得3解答：烧断前 烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以不变。线对m1作用力消失，m1只受到弹簧的力4.解答发射t秒后炮弹的速度为：则：又图略5解答（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得 ，根据动量守恒定律得： 0 = mv + MV因此，解得， 从

4、而解得：（2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量（3）物体在槽底相对于槽的速度为 ，物体受槽的支持力为N，则 ，因此物体对槽的压力为 第三章 刚体的定轴转动一、选择题 1.B 提示：角速度不断减少是显然的，这里不再赘述；根据转动定律,由于在向上转动的过程中，重力力矩（也就是合力力矩）是增加的，而转动惯量J是不变的，故角加速度是增加的。2.D 解：圆板的转动惯量：； 圆环的转动惯量：；圆球的转动惯量：根据转动定律，且所受力矩M是相同的，故转动惯量J越大，角加速度越小。故答案为B。3.D 解析：4. D 解：首先以人和圆盘为研究对象，则系统对轴的合外力力矩为0，因此角动量守恒，因此：； 带入数据即

5、可得结果。5.B 提示：以子弹和圆盘为系统，角动量守恒，,J增大，所以减小。二、填空题1. ；解：细杆的转动惯量为：，转动动能为：动量矩即为角动量：2. 解：圆盘飞轮的转动惯量为：,转动动能： ：3. 减小 增大 不变 增大提示：以人和转台为系统，则系统的角动量守恒。4.解：以整个装置和地球为系统，机械能守恒。初机械能：以M在下滑x距离是的点为零势能点，则初机械能为:末机械能则为：物体M的动能+定滑轮的转动动能+弹簧的弹性势能，即: 同时： 故末机械能为： 根据机械能守恒： ,整理得：5. 解：转动定律；匀质细杆的转动惯量为：，在水平位置时，重力力矩为，故；在转动过程中，机械能守恒，选处为势能

6、零点，可得：,再有：可求得：三、计算题1. 2 依题意得3 假设电机的电磁力矩为，摩擦阻力力矩，则单元四 流体力学 液体表面性质 (一)、选择题1、D 2、B 3、B 4D 5、C 6A (二)、填空题1无粘滞 性，不可压缩 性， 流动 性。 2 功能 、 压强 流速 高度 、压强 动能 和 势能 。3 温度 ； 成分 ；外界媒质。 4 内、 润湿、 不润湿 。（三）、计算题1解：（1）由连续性方程，而，因此，水面流速趋于0又由伯努力方程，而，因此，所以射程（2）由于，而当时，即=5米时， 2解：由于，而由上题可知，因此可得，式中H=70cm若使容器内的水流出一半，即h=H/2；则若使容器内的

7、水全部流出，即h=0；则3解：由于 ， 根据题意由流体静力学原理可知，水面下50m深处空气泡泡内压强为 （1）可得 （2）水面上空气泡泡内压强为 （3）又由于气泡等温地上升到水面即（或） （4）由（1），（2），（3）（4）联合解得因此当气泡等温地上升到水面时它的直径 4解：（1）由于，因此（2）5解：由流体静力学原理（，水银的密度）考虑到毛细现象后，根据朱伦公式而 因此 第六章 机械波(一)、选择题1、B；提示：根据电磁学中的楞次定律可知，闭合圆线圈A不管是 在磁铁上升还是下降的过程中，总是阻碍其磁铁运动。故为阻尼振动。2、C；解：根据；而；带入。解毕。提示：要理解式子的物理含义。表达在单位

8、距离上的相位变化量，或者理解为相位随距离的变化率。3、A；提示：二、填空题1、下,上,上； 提示；根据高中的知识就可以判定，这里不再赘述。2、解：先求得原点处（波源处）的振动方程：再求得波动方程为：最后求得振动速度方程为；另：及带入，即可得所求。3、 提示：4、提示：（注：第一项为距离之差引起的相位差，第二项为两波源初始的相位差）三、计算题1解：1）由图可知,该机械波振幅0.04m,波长0.4m,波速0.08m/s ;可得角频率T=0时刻,坐标原点处质点位移为0,且下一时刻沿y轴正方向运动可以判定初相位所以波动方程可写为 2） 2解：(1),由题意可知,初相位为 所以振动方程为 (2)波动方程

9、为 (3) 第八章 热力学基础(一)、选择题 1.C；体积不变时，吸热,Q相等，但三种气体的自由度i不同，故温升不相同；又，,所以压强的增量也不相同。2.B；因.沿虚线有：; 沿(1)线：因(功A为先下面积)故（1）过程为吸热。沿(2)线因(功A为先下面积)故（2）过程为放热。3.B；分析：由 知 ，又根据题意 ，得 4.B； 等号右边各量均为已知，故可求气体内能的变化。5.D；;可求A/Q=2/7 (注：i=5)6.D; 根据热力学第一定律可知，系统的内容可增可减可不变。(二)、填空题1. 7429J ，7429J；由热力学第一定律及等容过程可得：,故不管是否为准静态过程，只要始末温度一样，

10、所吸收的热量即为相同，故二者均为7429J.2. 207或480K ； 提示：理想热机即为卡诺热机，利用可求得结果。3、；代入数据可求得结果。4.400J；提示：热机在最大效率下工作即为卡诺循环，因此可利用求解。首先；然后5. 等压；等压；等压； 6. 物体做宏观位移；分子间的相互作用.(三)、计算题1、解：静热量即循环过程的面积图中循环曲线所围的面积即为所求。2、解：（1）（2）(3)(4)3、解（1）， （2）过程4、解： 1） 2） 3） 第九章 静电场一、填空题1、 ；电场强度沿任意闭合路径的线积分等于零；无旋场。2、。提示：通过立方体总的电通量为，同时每个面的地位都一样，故得次结果。

11、3、 ；空间中所有电荷。4、大或强；尖端放电。 5、取向极化；位移极化。注：1、3、4、5题均为概念性或者对基本公式的基本理解，再次不做提示，要好好掌握。二、选择题1、C； 提示：在高斯定理中，一定要对电通量和电场强度的关系理解透彻。不管在什么情况下，空间所有电荷（包括高斯面内部和外部）对电场强度E均有贡献。2、B ； 对电场线的理解，大家很熟悉，没有什么好说的。3、A； 把电场强度分解为水平方向和竖直方向，在垂直底面圆的竖直方向的分量为E/2，故通过此半球面的电通量为4、B； 电势的正负要以所选取的零电势点为标准来计算。5、B。参照教材P190-191三、计算题1、解答（1）建立如图坐标系，

12、在细棒上取一线元，所带的电量为，根据点电荷的场强公式，电荷元在P点产生的场强的大小为场强的方向沿x轴正向因此P点的总场强大小通过积分得 2、解: 在圆上取； （可以分析得出：上半部分和下半部分在o点的电场强度在x方向上的分量可相互抵消，注意对称性。因此x方向不用求，应为0。） （上半部分和下半部分在o点的电场强度在y方向上的分量是相互加强的，注意对称性，只求上半部分然后乘以2既得最后结果）3、 4、先要用高斯定理计算电场强度分布，然后利用计算电势。(1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即 ，则若该点位于两个球面之间，即，则若该点位于两个球面之外，即 ，则(2) 两个球面

13、间的电势差第十章稳恒磁场一、选择题1、B ；解析：该题注意理解磁场的安培环路定理：的含义。2、C； 解析：该题利用以前的洛伦兹力的知识就可以解决，洛伦兹力不做功。3、B； 解析：x=a处的电流在O点产生的磁场沿z轴正向；x=-a处电流产生的磁场沿y轴负向。二者产生的磁感应强度均为：。合成之后为。，应与y轴成135°。完毕。4、C ；解析：（该题图中的“3”修改为“P”）；在安培环路定理：中，只与环路内电流有关，故不变，而空间任一点的磁感应强度B的值是所有电流综合作用的结果，故选C。5、B。解析：计算出载流空心圆柱导体的磁感应强度分布即可知选项B正确。二、计算题1、分析应用磁场叠加原理

14、求解将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度解（） 长直电流对点O 而言，有，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有B0 的方向垂直纸面向外（） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得B0 的方向垂直纸面向里（c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得B0 的方向垂直纸面向外2、解：点磁场由、三部分电流产生其中产生 产生，方向垂直向里段产生 ，方向向里，方向向里3、分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量BS为此，可在矩形平面上取一矩形面元，载

15、流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量4、解： (1)在各条闭合曲线上，各点的大小不相等 (2)在闭合曲线上各点不为零只是的环路积分为零而非每点5、解：取闭合回路 则 6、解： 方向垂直向左 方向垂直向下，大小为同理 方向垂直向上，大小 第十一章电磁感应一、选择题1、A ； 解析：根据，在铜环和木环中的感应电动势应该是一样大的，产生的感应电场也应一样大，只不过在铜环中感应电场能够驱动铜原子的自由电子运动，从而形成电流。而在木环中是没有自由电子的，故而没有感应电流。OK！明白！2、B； 解析：A答案：根据可知，感应电场非保守场；B答案：感应电场的

16、电场线是闭合曲线是正确的。C、D两个选项：自感系数与自感线圈本身的结构和材料相关，与其他没有关系，就像电阻R。3、B； 解析：该题图应为右图所示，这样，磁铁向右移动，4、A。自己判断，以前的高中物理知识即可判断，不用我赘述。二、计算题1、解: 以向外磁通为正则(1) (2) 2、解: 、运动速度方向与磁力线平行，不产生感应电动势产生电动势产生电动势回路中总感应电动势方向沿顺时针3、解由上分析，得由矢量的方向可知端点P 的电势较高第十二章光的干涉 一、选择题1、A 解析：A选项是正确的；B选项：同一光源在不同时刻发出的两束光非相干光，因为有可能是从不同能级间跃迁发生的。C选项：相干光源必须满足三

17、个条件，缺一不可，频率相同；有相同的振动分量；相位差恒定。D选项：错误。两相干光源到达空间一点的光程差不能大于光波列的长度。2、A 解析：因为有，两条反射光线均会产生半波损失，两两抵消，故为A答案。3、C 解析：根据条纹间距知：当两金属丝靠近时，夹角变大，故，条纹间距变窄；另，两金属丝之间所对应的空气膜的高度差不变，故金属丝间条纹数目不变，故选C。4、D 解析：绿光和红光的波长不同，故频率不同，故不能产生干涉现象。5C A点与K+1级相连，该点厚度与K+1级相同，则A点为凹陷：注：两相邻明(暗)纹之间的距离为半个波长。6、C解析：不解释，你懂得，自己悟。(二)、填空题1、n= 1.4 解析：由

18、劈尖干涉原理知：两相邻干涉条纹所对应的劈尖厚度差：，根据几何关系：2、 具体解答见上题。3、解析：两相邻干涉条纹间距 ，等厚干涉条纹亦为等间距条纹，故为5倍的改值，即为答案。4、 解析：这里应按照光程差计算，而不能再按波程差计算。(三)、计算题1、解析：2、解：第一级明纹彩色带的宽度.第五级明纹彩色带的宽度.3、解：根据题意，可知薄膜表面上的暗纹条件为 因第七条暗纹的则有4、解 光线以接近垂直入射的方向入射到薄膜上，即入射角。设薄膜厚度为，则入射光在薄膜上、下表面两反射光的光程差为为由于半波损失而产生的附加光程差，由于薄膜上面的介质为空气，即<<，所以。结合反射光干涉加强条件，有 ，解方程得当时，薄膜厚度最小，其值为 单元十三光的衍射注：本章教学大纲不作要求，故选择题和填空题没做具体解析。(一)、选择题1、D 2、 B 3、 C (二)、填空题1、9 ； 2 ； 明。 2、 3、 (三)、计算题1、解：设屏上第级暗纹的位置为。由单缝衍射的暗纹条件又因很小，有，即， 时，对应的中央明纹宽度第级明纹宽度可见，各级明纹宽度相等，与无关。并且，中央明纹宽度为其它明纹宽度的两倍。所以，第二级明纹宽度为2、解 若要分辨