物理白皮書答案匯總

1、第一章 質(zhì)點運(yùn)動學(xué) 一 選擇題1.B 解析：A選項：，為位置矢量增量的模；為位置矢量模的增量，二者不相等。B選項正確。C選項：為曲線運(yùn)動中的切相加速度。故不正確。D選項與C選項相類似。2.C 解析：令，故選C。3.B為恒矢量，另，軌跡方程為：為一直線，故該質(zhì)點做勻變速直線運(yùn)動。4.(1)B 解析：(2)B 解析：可求得軌跡方程為：為一半徑為R的圓，故可得答案為B。二、填空題1、 0 ， 0； 理解矢積和標(biāo)積的概念和定義，在物理中有很多應(yīng)用。 2、.， ， ，；3、 ；4、；該題用積分，注意積分上下限。5、解析：，6、 解析：如圖所示，假設(shè)：,由幾何關(guān)系得：，兩邊對t求導(dǎo)得：，（三）計算題1 解

2、答（1）質(zhì)點在第1s末的位置為：，在第2s末的位置為： ，在第2s內(nèi)的位移大小為：，經(jīng)過的時間為t = 1s，所以平均速度大小為：。（2）質(zhì)點的瞬時速度大小為：，因此，質(zhì)點在第2s內(nèi)的路程等于其位移的大小，即。（3）質(zhì)點的瞬時加速度大小為：，因此1s末的瞬時加速度為：，第2s內(nèi)的平均加速度為：。2.解答 1）由消去t得軌跡方程：2）當(dāng)t=5得；當(dāng)t=5 3解答：1） 則：2） 4 證明（1）分離變量得， 故，可得： （2）公式可化為由于，所以：積分 因此 證畢5解答（1）角速度為，法向加速度為；角加速度為 切向加速度為（2）總加速度為當(dāng)時，有，即由此得，即 ，解得 所以 （3）當(dāng)時，可得， 即

3、：解得 ：6解答：當(dāng)時， 則第二章 牛頓運(yùn)動定律注：該章選擇題和填空題不做具體解析，基本是利用以前高中的物理知識去解決。敬請諒解。（一）選擇題 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C（二）填空題1. 2.略 3. 4. 50N 1m/s 5. 6. 0 18J 17J 7J 7. （三）計算題1.解答： ； ； ； =2. 解答；分離變量積分得3解答：燒斷前 燒斷后，彈簧瞬間的力不變，所以不變。線對m1作用力消失，m1只受到彈簧的力4.解答發(fā)射t秒后炮彈的速度為：則：又圖略5解答（1）物體運(yùn)動到槽底時，根據(jù)機(jī)械能定律守恒得 ，根據(jù)動量守恒定律得： 0 = mv + MV因此，解得， 從

4、而解得：（2）物體對槽所做的功等于槽的動能的增量（3）物體在槽底相對于槽的速度為 ，物體受槽的支持力為N，則 ，因此物體對槽的壓力為 第三章 剛體的定軸轉(zhuǎn)動一、選擇題 1.B 提示：角速度不斷減少是顯然的，這里不再贅述；根據(jù)轉(zhuǎn)動定律,由于在向上轉(zhuǎn)動的過程中，重力力矩（也就是合力力矩）是增加的，而轉(zhuǎn)動慣量J是不變的，故角加速度是增加的。2.D 解：圓板的轉(zhuǎn)動慣量：； 圓環(huán)的轉(zhuǎn)動慣量：；圓球的轉(zhuǎn)動慣量：根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，且所受力矩M是相同的，故轉(zhuǎn)動慣量J越大，角加速度越小。故答案為B。3.D 解析：4. D 解：首先以人和圓盤為研究對象，則系統(tǒng)對軸的合外力力矩為0，因此角動量守恒，因此：； 帶入數(shù)據(jù)即

5、可得結(jié)果。5.B 提示：以子彈和圓盤為系統(tǒng)，角動量守恒，,J增大，所以減小。二、填空題1. ；解：細(xì)桿的轉(zhuǎn)動慣量為：，轉(zhuǎn)動動能為：動量矩即為角動量：2. 解：圓盤飛輪的轉(zhuǎn)動慣量為：,轉(zhuǎn)動動能： ：3. 減小 增大 不變 增大提示：以人和轉(zhuǎn)臺為系統(tǒng)，則系統(tǒng)的角動量守恒。4.解：以整個裝置和地球為系統(tǒng)，機(jī)械能守恒。初機(jī)械能：以M在下滑x距離是的點為零勢能點，則初機(jī)械能為:末機(jī)械能則為：物體M的動能+定滑輪的轉(zhuǎn)動動能+彈簧的彈性勢能，即: 同時： 故末機(jī)械能為： 根據(jù)機(jī)械能守恒： ,整理得：5. 解：轉(zhuǎn)動定律；勻質(zhì)細(xì)桿的轉(zhuǎn)動慣量為：，在水平位置時，重力力矩為，故；在轉(zhuǎn)動過程中，機(jī)械能守恒，選處為勢能

6、零點，可得：,再有：可求得：三、計算題1. 2 依題意得3 假設(shè)電機(jī)的電磁力矩為，摩擦阻力力矩，則單元四 流體力學(xué) 液體表面性質(zhì) (一)、選擇題1、D 2、B 3、B 4D 5、C 6A (二)、填空題1無粘滯 性，不可壓縮 性， 流動 性。 2 功能 、 壓強(qiáng) 流速 高度 、壓強(qiáng) 動能 和 勢能 。3 溫度 ； 成分 ；外界媒質(zhì)。 4 內(nèi)、 潤濕、 不潤濕 。（三）、計算題1解：（1）由連續(xù)性方程，而，因此，水面流速趨于0又由伯努力方程，而，因此，所以射程（2）由于，而當(dāng)時，即=5米時， 2解：由于，而由上題可知，因此可得，式中H=70cm若使容器內(nèi)的水流出一半，即h=H/2；則若使容器內(nèi)的

7、水全部流出，即h=0；則3解：由于 ， 根據(jù)題意由流體靜力學(xué)原理可知，水面下50m深處空氣泡泡內(nèi)壓強(qiáng)為 （1）可得 （2）水面上空氣泡泡內(nèi)壓強(qiáng)為 （3）又由于氣泡等溫地上升到水面即（或） （4）由（1），（2），（3）（4）聯(lián)合解得因此當(dāng)氣泡等溫地上升到水面時它的直徑 4解：（1）由于，因此（2）5解：由流體靜力學(xué)原理（，水銀的密度）考慮到毛細(xì)現(xiàn)象后，根據(jù)朱倫公式而 因此 第六章 機(jī)械波(一)、選擇題1、B；提示：根據(jù)電磁學(xué)中的楞次定律可知，閉合圓線圈A不管是 在磁鐵上升還是下降的過程中，總是阻礙其磁鐵運(yùn)動。故為阻尼振動。2、C；解：根據(jù)；而；帶入。解畢。提示：要理解式子的物理含義。表達(dá)在單位

8、距離上的相位變化量，或者理解為相位隨距離的變化率。3、A；提示： 二、填空題1、下,上,上； 提示；根據(jù)高中的知識就可以判定，這里不再贅述。2、解：先求得原點處（波源處）的振動方程：再求得波動方程為：最后求得振動速度方程為；另：及帶入，即可得所求。3、 提示：4、提示：（注：第一項為距離之差引起的相位差，第二項為兩波源初始的相位差）三、計算題1解：1）由圖可知,該機(jī)械波振幅0.04m,波長0.4m,波速0.08m/s ;可得角頻率T=0時刻,坐標(biāo)原點處質(zhì)點位移為0,且下一時刻沿y軸正方向運(yùn)動可以判定初相位所以波動方程可寫為 2） 2解：(1),由題意可知,初相位為 所以振動方程為 (2)波動方

9、程為 (3) 第八章 熱力學(xué)基礎(chǔ)(一)、選擇題 1.C；體積不變時，吸熱,Q相等，但三種氣體的自由度i不同，故溫升不相同；又，,所以壓強(qiáng)的增量也不相同。2.B；因.沿虛線有：; 沿(1)線：因(功A為先下面積)故（1）過程為吸熱。沿(2)線因(功A為先下面積)故（2）過程為放熱。3.B；分析：由 知 ，又根據(jù)題意 ，得 4.B； 等號右邊各量均為已知，故可求氣體內(nèi)能的變化。5.D；;可求A/Q=2/7 (注：i=5)6.D; 根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，系統(tǒng)的內(nèi)容可增可減可不變。(二)、填空題1. 7429J ，7429J；由熱力學(xué)第一定律及等容過程可得：,故不管是否為準(zhǔn)靜態(tài)過程，只要始末溫度一樣

10、，所吸收的熱量即為相同，故二者均為7429J.2. 207或480K ； 提示：理想熱機(jī)即為卡諾熱機(jī)，利用可求得結(jié)果。3、；代入數(shù)據(jù)可求得結(jié)果。4.400J；提示：熱機(jī)在最大效率下工作即為卡諾循環(huán)，因此可利用求解。首先；然后5. 等壓；等壓；等壓； 6. 物體做宏觀位移；分子間的相互作用.(三)、計算題1、解：靜熱量即循環(huán)過程的面積圖中循環(huán)曲線所圍的面積即為所求。2、解：（1）（2）(3)(4)3、解（1）， （2）過程 4、解： 1） 2） 3） 第九章 靜電場一、填空題1、 ；電場強(qiáng)度沿任意閉合路徑的線積分等于零；無旋場。2、。提示：通過立方體總的電通量為，同時每個面的地位都一樣，故得次結(jié)

11、果。3、 ；空間中所有電荷。4、大或強(qiáng)；尖端放電。 5、取向極化；位移極化。注：1、3、4、5題均為概念性或者對基本公式的基本理解，再次不做提示，要好好掌握。二、選擇題1、C； 提示：在高斯定理中，一定要對電通量和電場強(qiáng)度的關(guān)系理解透徹。不管在什么情況下，空間所有電荷（包括高斯面內(nèi)部和外部）對電場強(qiáng)度E均有貢獻(xiàn)。2、B ； 對電場線的理解，大家很熟悉，沒有什么好說的。3、A； 把電場強(qiáng)度分解為水平方向和豎直方向，在垂直底面圓的豎直方向的分量為E/2，故通過此半球面的電通量為4、B； 電勢的正負(fù)要以所選取的零電勢點為標(biāo)準(zhǔn)來計算。5、B。參照教材P190-191三、計算題1、解答（1）建立如圖坐標(biāo)

12、系，在細(xì)棒上取一線元，所帶的電量為，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式，電荷元在P點產(chǎn)生的場強(qiáng)的大小為場強(qiáng)的方向沿x軸正向因此P點的總場強(qiáng)大小通過積分得 2、解: 在圓上??； （可以分析得出：上半部分和下半部分在o點的電場強(qiáng)度在x方向上的分量可相互抵消，注意對稱性。因此x方向不用求，應(yīng)為0。） （上半部分和下半部分在o點的電場強(qiáng)度在y方向上的分量是相互加強(qiáng)的，注意對稱性，只求上半部分然后乘以2既得最后結(jié)果）3、 4、先要用高斯定理計算電場強(qiáng)度分布，然后利用計算電勢。(1) 由各球面電勢的疊加計算電勢分布.若該點位于兩個球面內(nèi)，即 ，則若該點位于兩個球面之間，即，則若該點位于兩個球面之外，即 ，則(2) 兩個

13、球面間的電勢差第十章穩(wěn)恒磁場一、選擇題1、B ；解析：該題注意理解磁場的安培環(huán)路定理：的含義。2、C； 解析：該題利用以前的洛倫茲力的知識就可以解決，洛倫茲力不做功。3、B； 解析：x=a處的電流在O點產(chǎn)生的磁場沿z軸正向；x=-a處電流產(chǎn)生的磁場沿y軸負(fù)向。二者產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為：。合成之后為。，應(yīng)與y軸成135°。完畢。4、C ；解析：（該題圖中的“3”修改為“P”）；在安培環(huán)路定理：中，只與環(huán)路內(nèi)電流有關(guān)，故不變，而空間任一點的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值是所有電流綜合作用的結(jié)果，故選C。5、B。解析：計算出載流空心圓柱導(dǎo)體的磁感應(yīng)強(qiáng)度分布即可知選項B正確。二、計算題1、分析應(yīng)用磁場疊加

14、原理求解將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點O 處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度解（） 長直電流對點O 而言，有，因此它在點O 產(chǎn)生的磁場為零，則點O 處總的磁感強(qiáng)度為1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B0 的方向垂直紙面向外（） 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導(dǎo)線看作1/2 圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外2、解：點磁場由、三部分電流產(chǎn)生其中產(chǎn)生 產(chǎn)生，方向垂直向里段產(chǎn)生 ，方向向里，方向向里3、分析由于矩形平面上各點的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量BS為此，可在矩形平面上取一矩形面元

15、，載流長直導(dǎo)線的磁場穿過該面元的磁通量為矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量4、解： (1)在各條閉合曲線上，各點的大小不相等 (2)在閉合曲線上各點不為零只是的環(huán)路積分為零而非每點5、解：取閉合回路 則 6、解： 方向垂直向左 方向垂直向下，大小為同理 方向垂直向上，大小 第十一章電磁感應(yīng)一、選擇題1、A ； 解析：根據(jù)，在銅環(huán)和木環(huán)中的感應(yīng)電動勢應(yīng)該是一樣大的，產(chǎn)生的感應(yīng)電場也應(yīng)一樣大，只不過在銅環(huán)中感應(yīng)電場能夠驅(qū)動銅原子的自由電子運(yùn)動，從而形成電流。而在木環(huán)中是沒有自由電子的，故而沒有感應(yīng)電流。OK！明白！2、B； 解析：A答案：根據(jù)可知，感應(yīng)電場非保守場；B答案：感應(yīng)電

16、場的電場線是閉合曲線是正確的。C、D兩個選項：自感系數(shù)與自感線圈本身的結(jié)構(gòu)和材料相關(guān)，與其他沒有關(guān)系，就像電阻R。3、B； 解析：該題圖應(yīng)為右圖所示，這樣，磁鐵向右移動，4、A。自己判斷，以前的高中物理知識即可判斷，不用我贅述。二、計算題1、解: 以向外磁通為正則(1) (2) 2、解: 、運(yùn)動速度方向與磁力線平行，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢產(chǎn)生電動勢產(chǎn)生電動勢回路中總感應(yīng)電動勢方向沿順時針3、解由上分析，得由矢量的方向可知端點P 的電勢較高第十二章光的干涉 一、選擇題1、A 解析：A選項是正確的；B選項：同一光源在不同時刻發(fā)出的兩束光非相干光，因為有可能是從不同能級間躍遷發(fā)生的。C選項：相干光源必須滿

17、足三個條件，缺一不可，頻率相同；有相同的振動分量；相位差恒定。D選項：錯誤。兩相干光源到達(dá)空間一點的光程差不能大于光波列的長度。2、A 解析：因為有，兩條反射光線均會產(chǎn)生半波損失，兩兩抵消，故為A答案。3、C 解析：根據(jù)條紋間距知：當(dāng)兩金屬絲靠近時，夾角變大，故，條紋間距變窄；另，兩金屬絲之間所對應(yīng)的空氣膜的高度差不變，故金屬絲間條紋數(shù)目不變，故選C。4、D 解析：綠光和紅光的波長不同，故頻率不同，故不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象。5C A點與K+1級相連，該點厚度與K+1級相同，則A點為凹陷：注：兩相鄰明(暗)紋之間的距離為半個波長。6、C解析：不解釋，你懂得，自己悟。(二)、填空題1、n= 1.4 解析

18、：由劈尖干涉原理知：兩相鄰干涉條紋所對應(yīng)的劈尖厚度差：，根據(jù)幾何關(guān)系：2、 具體解答見上題。3、解析：兩相鄰干涉條紋間距 ，等厚干涉條紋亦為等間距條紋，故為5倍的改值，即為答案。4、 解析：這里應(yīng)按照光程差計算，而不能再按波程差計算。(三)、計算題1、解析：2、解：第一級明紋彩色帶的寬度.第五級明紋彩色帶的寬度.3、解：根據(jù)題意，可知薄膜表面上的暗紋條件為 因第七條暗紋的則有4、解 光線以接近垂直入射的方向入射到薄膜上，即入射角。設(shè)薄膜厚度為，則入射光在薄膜上、下表面兩反射光的光程差為為由于半波損失而產(chǎn)生的附加光程差，由于薄膜上面的介質(zhì)為空氣，即<<，所以。結(jié)合反射光干涉加強(qiáng)條件，有 ，解方程得當(dāng)時，薄膜厚度最小，其值為 單元十三光的衍射注：本章教學(xué)大綱不作要求，故選擇題和填空題沒做具體解析。(一)、選擇題1、D 2、 B 3、 C (二)、填空題1、9 ； 2 ； 明。 2、 3、 (三)、計算題1、解：設(shè)屏上第級暗紋的位置為。由單縫衍射的暗紋條件又因很小，有，即， 時，對應(yīng)的中央明紋寬度第級明紋寬度可見，各級明紋寬度相等，與無關(guān)。并且，中央明紋寬度為其它明紋寬度的兩倍。所以，第二級明紋寬度為2、解 若要分辨