大学物理解题指导与练习答案

PAGEPAGE27练习一质点运动学1、C2、B3、D4、3m,5m5、，6、7、8、解：（1），（2）9、解：如图，设灯与人的水平距离为，灯与人头影子的水平距离为，则：人的速度：，人头影子移动的速度：。而：， 即：。10、解（1）则时，（2）加速度和半径成角，即，即代入得：练习二牛顿力学1、C2、A3、C4、D5、6N,4N6、解：（1）；（2）；则：7、解小球受重力、绳的张力及斜面的支持力。（1）对小球应用牛顿定律，在水平方向上和竖直方向分别有：，解方程组可得：绳的张力小球对斜面的正压力大小（2）当时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有：，解方程组可得：斜面的加速度为8、解：（1）（2）9、解：分别对物体上抛时作受力分析，以地面为原点，向上为轴正方向。对物体应用牛顿定律：，而，则有练习三动量守恒和能量守恒1、D2、D3、D4、27J，5、6、，7、8、9、（1）（2）10、解（1）（2）11、分析：脱离时，小球只受重力作用，重力在径向的分力提供向心力，设顶点处为零势能点，则：下降高度为。12、解（1）小球下落过程中，机械能守恒：（2）（3）13、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14、解（1）释放后，弹簧恢复到原长，B的速度变为。此过程中系统的机械能守恒。则有：（2）达到原长后，系统的总动量和总机械能守恒。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：（3）设最大伸长量为，则根据机械能守恒定律，有：15、解：（1）（2）（3）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、A2、C3、A4、5、6、7、解：对物体：；对圆盘：补充联系联系方程：解以上方程得：8、解：补充联系方程：。解以上方程得：。角加速度为：，下降高度为：9、解：（1）（2）10、解：本题分为两个过程：子弹和细杆的碰撞过程、细杆的上升过程。碰撞过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒：上升过程中，细杆的机械能守恒：解以上方程得：，。练习五：气体动理论1.C2.C3.D4.B5.6.8：1,5：3,1：1。7.，8.29.1：2；5：310.11.练习六：热力学基础1.B2.D3.A4.B5.B6.57.8.93.39.（1），（2），放出600J热量（3）10.过程内能增量对外作功吸收热量100001000015001500-1000-500-1500ABCA11.（1）（2）12.证明：该热机循环的效率为其中，则上式可写为在等压过程BC和等体过程CA中分别有代人上式得13.证明：该热机循环的效率为在绝热过程12和34种分别有，，两式相除得代入上式14.（1），由于第二循环吸热，（2），则：第七章真空中的静电场1．C；2．C；3．D；4．C；5．C；6．C；7．A；8．；9．；0；；10．；；11．0，；12．，；13．90V；-30V.14．解：将直导线分割成若干电荷元：，在P点产生的场强：大小：，方向均为水平向右（沿X轴正方向）。则：，方向水平向右。在P点产生的电势：则：15．解：在球内取半径为r厚为dr的薄球壳，该球壳包含的电荷为在半径为r的球面内包含的总电荷为以该球面为高斯面，按高斯定理有方向沿径向，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，按高斯定理有得到，方向沿径向，A>0时向外；A<0时向内。16．解：（1）分析球对称性，方向应沿半径方向向外，相同r处，大小相同，取同心球面为高斯面，则根据高斯定理，有：方向均沿半径方向向外。（2）球心处的电势17．解：分析对称性，方向应垂直于柱面向外辐射，且，相同r处，大小相同，取高斯面为以r为半径，长为的同心圆柱面，则根据高斯定理，有：（1）（2）（3）18．在处取一微小点电荷它在O点处产生场强：按角的变化，将dE分解成两个分量：dEx，dEy。由对称性知道Ey=0，而积分：第八章静电场中的导体和电介质1．D；2．C；3．C；4．B；5．B；6．1/，1/；7．；8．解：9．解：（1）根据高斯定理，可求得两圆柱间的场强为：，（2）；10．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：；介质中的电场强度为：两极板之间的电势差为：电容器的电容：11．解：（1）已知内球壳上带正电荷，则两球壳中间的场强大小为两球壳间电势差电容（2）电场能量。第九章稳恒磁场1．A；2．A；3．B；4．C；5．D；6．Ｄ；7．C;8.；垂直纸面向里。9．；10．，0；11．；12．解：（1）圆弧AC所受的磁力：在均匀磁场中，通电圆弧AC所受的磁力与通有电流的直线AC所受的磁力相等，故有＝1.13N方向：与AC直线垂直，与OC夹角成45度角。（2）磁力矩：线圈的磁力矩为：与成30度角，力矩=6.28×10-2方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行。13．解：，则：方向：，大小：。14．解:（1），，（2）合力：。力矩：。15．解：（1）（2）方向向上。第十章电磁感应与电磁场1．B；2．D；3．A；4．C；5．C；6．A；7．15J；8．，A端。9．解:t时刻:10．解：11．解：动生电动势为计算简单。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。负号表示的方向与x轴相反。12．解：；故：13．解:（1），则：=4π×10-10H（2）=-2π×10-8V14．解：（1）（2）方向：顺时针为正。练习十一：振动答案1.C2.A3.4.，，，5.6.75J，7.解：设平衡时木块浸没水中的高度为h，则，其中S为木块截面积。设木块位移为x，则所以是谐振动8.解：（l）将与比较后可得：振幅，角频率，初相，则周期，频率。（2）时的位移、速度、加速度分别为9.解：由图可知，振幅A=4cm由旋转矢量图可确定初相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

10.解：（1）由题意知A=0.06m、由旋转矢量图可确定初相，振动方程为

（2）质点从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，矢量转过的角度(即相位差）。该过程所需时间为11.如图所示12.解：(1)由题意可知和是两个振动方向相同，频率也相同的简谐运动，其合振动也是简谐运动，设其合振动方程为，则合振动圆频率与分振动的圆频率相同，即。

合振动的振幅为

合振动的初相位为

由两旋转矢量的合成图可知，所求的初相位应在第二象限，则

故所求的振动方程为(2)当时，即x1与x3相位相同时，合振动的振幅最大，由于，故当时，即x1与x3相位相反时，合振动的振幅最小，由于，故即

练习十二：波动答案1.C2.D3.D4.C5.C6.7.8.9.10.11.解：（1）（2），12.解：（1）由P点的运动方向，可判定该波向左传播。原点O处质点，t=0时,所以O处振动方程为（SI）由图可判定波长m，故波动表达式为（SI）（2）距O点100m处质点的振动方程为（SI）振动速度表达式为（SI）13.解：（1）由已知条件可知，，又由图中可知，振幅，利用旋转矢量法可得处质点的初相为，则其运动方程为（2）由已知条件可知，波速，则波动方程为14.解：（1），，，由旋转式量法可知原点O在1s时刻的相位为，则初始时刻的相位为，则原点的振动方程为（2）波函数为15.解：（1）已知波的表达式为与标准形式比较得（2）（3），两振动反相。16.解：外侧：全加强外侧：全加强间：代入上式可得：又可得静止点的位置为距离为2，6，10，14，18m的地方静止不动。17.解：（1）火车驶近时火车驶过后由以上两式可解得火车的运动速度，汽笛振动频率（2）当观察者向静止的火车运动时练习十三光的干涉1、D2、B3、B4、A5、C6、C7、3.6×1038、0.69、600nm10、11、12、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。13、解:(1)正面:(反射光)呈现出什么颜色,即该波长光振动加强,即:当=2时,=6688A°(红色),当=3时,=4013A°(紫色)(2)反面:(透射光)当=2时,=5016A°(蓝绿色)14、解：原间距改变后改变后改变量15、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有充液后有由以上两式可得16、解：设相邻明（或暗）条纹之间距离为，劈尖角为，细丝直径为d，玻璃板长度为L，则17、解：由牛顿环暗环半径得练习十四光的衍射1、D2、B3、B4、B5、30°6、625nm7、第一级明纹第二级暗纹8、9、解：由光栅衍射主极大公式得当两谱线重合时有即由光栅公式可知10、解：（1）（2）时缺级，当时，；当时，舍去；当时，（3）当时，实际出现级数：。当时，实际出现级数：。11、解（1）（2）等号两横线间距不小于2.2mm12、解：（1）由单缝衍射明纹公式可知（取）由于所以则两个第一级明纹之间距为（2）由光栅衍射主极大的公式且有所以13、解：（1）由光栅衍射主极大公式得（2）光的偏振练习答案1、B2、D3、4、1.7325、6、波动横7、解：（1）透过第一个偏振片后的光强透过第二个偏振片后的光强为，（2）原入射光束换为自然光，则8、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透过第二个偏振片后的光强为，由马吕斯定律，透过第三个偏振片后的光强为由题意知所以9、解：设入射光光强为，自然光光强为，线偏振光光强为,透射光光强为由题意入射光透射光解得10、解：（1）设该液体的折射率为n，由布儒斯特定律得（2）折射