大學(xué)物理解題指導(dǎo)與練習(xí)答案

PAGEPAGE27練習(xí)一質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)1、C2、B3、D4、3m,5m5、，6、7、8、解：（1），（2）9、解：如圖，設(shè)燈與人的水平距離為，燈與人頭影子的水平距離為，則：人的速度：，人頭影子移動(dòng)的速度：。而：， 即：。10、解（1）則時(shí)，（2）加速度和半徑成角，即，即代入得：練習(xí)二牛頓力學(xué)1、C2、A3、C4、D5、6N,4N6、解：（1）；（2）；則：7、解小球受重力、繩的張力及斜面的支持力。（1）對(duì)小球應(yīng)用牛頓定律，在水平方向上和豎直方向分別有：，解方程組可得：繩的張力小球?qū)π泵娴恼龎毫Υ笮。?）當(dāng)時(shí)脫離斜面，則在水平方向上和豎直方向分別有：，解方程組可得：斜面的加速度為8、解：（1）（2）9、解：分別對(duì)物體上拋時(shí)作受力分析，以地面為原點(diǎn)，向上為軸正方向。對(duì)物體應(yīng)用牛頓定律：，而，則有練習(xí)三動(dòng)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：脫離時(shí)，小球只受重力作用，重力在徑向的分力提供向心力，設(shè)頂點(diǎn)處為零勢(shì)能點(diǎn)，則：下降高度為。12、解（1）小球下落過(guò)程中，機(jī)械能守恒：（2）（3）13、解在小球下擺的過(guò)程中，小球與車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量和總機(jī)械能守恒，則有14、解（1）釋放后，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，B的速度變?yōu)?。此過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。則有：（2）達(dá)到原長(zhǎng)后，系統(tǒng)的總動(dòng)量和總機(jī)械能守恒。彈簧伸長(zhǎng)量最大或壓縮量最大時(shí)，A和B的速度相等，則根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律，有：（3）設(shè)最大伸長(zhǎng)量為，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：15、解：（1）（2）（3）不等。相互作用力大小相等，但作用點(diǎn)的位移不同。練習(xí)四剛體力學(xué)1、A2、C3、A4、5、6、7、解：對(duì)物體：；對(duì)圓盤：補(bǔ)充聯(lián)系聯(lián)系方程：解以上方程得：8、解：補(bǔ)充聯(lián)系方程：。解以上方程得：。角加速度為：，下降高度為：9、解：（1）（2）10、解：本題分為兩個(gè)過(guò)程：子彈和細(xì)桿的碰撞過(guò)程、細(xì)桿的上升過(guò)程。碰撞過(guò)程中，子彈和細(xì)桿組成的系統(tǒng)角動(dòng)量守恒：上升過(guò)程中，細(xì)桿的機(jī)械能守恒：解以上方程得：，。練習(xí)五：氣體動(dòng)理論1.C2.C3.D4.B5.6.8：1,5：3,1：1。7.，8.29.1：2；5：310.11.練習(xí)六：熱力學(xué)基礎(chǔ)1.B2.D3.A4.B5.B6.57.8.93.39.（1），（2），放出600J熱量（3）10.過(guò)程內(nèi)能增量對(duì)外作功吸收熱量100001000015001500-1000-500-1500ABCA11.（1）（2）12.證明：該熱機(jī)循環(huán)的效率為其中，則上式可寫(xiě)為在等壓過(guò)程BC和等體過(guò)程CA中分別有代人上式得13.證明：該熱機(jī)循環(huán)的效率為在絕熱過(guò)程12和34種分別有，，兩式相除得代入上式14.（1），由于第二循環(huán)吸熱，（2），則：第七章真空中的靜電場(chǎng)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：將直導(dǎo)線分割成若干電荷元：，在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)：大?。?，方向均為水平向右（沿X軸正方向）。則：，方向水平向右。在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)：則：15．解：在球內(nèi)取半徑為r厚為dr的薄球殼，該球殼包含的電荷為在半徑為r的球面內(nèi)包含的總電荷為以該球面為高斯面，按高斯定理有方向沿徑向，A>0時(shí)向外；A<0時(shí)向內(nèi)。在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有得到，方向沿徑向，A>0時(shí)向外；A<0時(shí)向內(nèi)。16．解：（1）分析球?qū)ΨQ性，方向應(yīng)沿半徑方向向外，相同r處，大小相同，取同心球面為高斯面，則根據(jù)高斯定理，有：方向均沿半徑方向向外。（2）球心處的電勢(shì)17．解：分析對(duì)稱性，方向應(yīng)垂直于柱面向外輻射，且，相同r處，大小相同，取高斯面為以r為半徑，長(zhǎng)為的同心圓柱面，則根據(jù)高斯定理，有：（1）（2）（3）18．在處取一微小點(diǎn)電荷它在O點(diǎn)處產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)：按角的變化，將dE分解成兩個(gè)分量：dEx，dEy。由對(duì)稱性知道Ey=0，而積分：第八章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)1．D；2．C；3．C；4．B；5．B；6．1/，1/；7．；8．解：9．解：（1）根據(jù)高斯定理，可求得兩圓柱間的場(chǎng)強(qiáng)為：，（2）；10．解：設(shè)極板上自由電荷面密度，應(yīng)用D的高斯定理可得兩極板之間的電位移為：D=則空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度為：；介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度為：兩極板之間的電勢(shì)差為：電容器的電容：11．解：（1）已知內(nèi)球殼上帶正電荷，則兩球殼中間的場(chǎng)強(qiáng)大小為兩球殼間電勢(shì)差電容（2）電場(chǎng)能量。第九章穩(wěn)恒磁場(chǎng)1．A；2．A；3．B；4．C；5．D；6．Ｄ；7．C;8.；垂直紙面向里。9．；10．，0；11．；12．解：（1）圓弧AC所受的磁力：在均勻磁場(chǎng)中，通電圓弧AC所受的磁力與通有電流的直線AC所受的磁力相等，故有＝1.13N方向：與AC直線垂直，與OC夾角成45度角。（2）磁力矩：線圈的磁力矩為：與成30度角，力矩=6.28×10-2方向：力矩將驅(qū)使線圈法線轉(zhuǎn)向與平行。13．解：，則：方向：，大?。骸?4．解:（1），，（2）合力：。力矩：。15．解：（1）（2）方向向上。第十章電磁感應(yīng)與電磁場(chǎng)1．B；2．D；3．A；4．C；5．C；6．A；7．15J；8．，A端。9．解:t時(shí)刻:10．解：11．解：動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為計(jì)算簡(jiǎn)單。可引入一條輔助線MN，構(gòu)成閉合回路MeNM，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)其中的總磁通量不變，則，閉合回路總電動(dòng)勢(shì)為零。負(fù)號(hào)表示的方向與x軸相反。12．解：；故：13．解:（1），則：=4π×10-10H（2）=-2π×10-8V14．解：（1）（2）方向：順時(shí)針為正。練習(xí)十一：振動(dòng)答案1.C2.A3.4.，，，5.6.75J，7.解：設(shè)平衡時(shí)木塊浸沒(méi)水中的高度為h，則，其中S為木塊截面積。設(shè)木塊位移為x，則所以是諧振動(dòng)8.解：（l）將與比較后可得：振幅，角頻率，初相，則周期，頻率。（2）時(shí)的位移、速度、加速度分別為9.解：由圖可知，振幅A=4cm由旋轉(zhuǎn)矢量圖可確定初相又由圖可知由初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻用去0.5s，則由旋轉(zhuǎn)矢量法可知,振動(dòng)方程為

10.解：（1）由題意知A=0.06m、由旋轉(zhuǎn)矢量圖可確定初相，振動(dòng)方程為

（2）質(zhì)點(diǎn)從運(yùn)動(dòng)到平衡位置的過(guò)程中，旋轉(zhuǎn)矢量從圖中的位置M轉(zhuǎn)至位置N，矢量轉(zhuǎn)過(guò)的角度(即相位差）。該過(guò)程所需時(shí)間為11.如圖所示12.解：(1)由題意可知和是兩個(gè)振動(dòng)方向相同，頻率也相同的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其合振動(dòng)也是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)其合振動(dòng)方程為，則合振動(dòng)圓頻率與分振動(dòng)的圓頻率相同，即。

合振動(dòng)的振幅為

合振動(dòng)的初相位為

由兩旋轉(zhuǎn)矢量的合成圖可知，所求的初相位應(yīng)在第二象限，則

故所求的振動(dòng)方程為(2)當(dāng)時(shí)，即x1與x3相位相同時(shí)，合振動(dòng)的振幅最大，由于，故當(dāng)時(shí)，即x1與x3相位相反時(shí)，合振動(dòng)的振幅最小，由于，故即

練習(xí)十二：波動(dòng)答案1.C2.D3.D4.C5.C6.7.8.9.10.11.解：（1）（2），12.解：（1）由P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向，可判定該波向左傳播。原點(diǎn)O處質(zhì)點(diǎn)，t=0時(shí),所以O(shè)處振動(dòng)方程為（SI）由圖可判定波長(zhǎng)m，故波動(dòng)表達(dá)式為（SI）（2）距O點(diǎn)100m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為（SI）振動(dòng)速度表達(dá)式為（SI）13.解：（1）由已知條件可知，，又由圖中可知，振幅，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得處質(zhì)點(diǎn)的初相為，則其運(yùn)動(dòng)方程為（2）由已知條件可知，波速，則波動(dòng)方程為14.解：（1），，，由旋轉(zhuǎn)式量法可知原點(diǎn)O在1s時(shí)刻的相位為，則初始時(shí)刻的相位為，則原點(diǎn)的振動(dòng)方程為（2）波函數(shù)為15.解：（1）已知波的表達(dá)式為與標(biāo)準(zhǔn)形式比較得（2）（3），兩振動(dòng)反相。16.解：外側(cè)：全加強(qiáng)外側(cè)：全加強(qiáng)間：代入上式可得：又可得靜止點(diǎn)的位置為距離為2，6，10，14，18m的地方靜止不動(dòng)。17.解：（1）火車駛近時(shí)火車駛過(guò)后由以上兩式可解得火車的運(yùn)動(dòng)速度，汽笛振動(dòng)頻率（2）當(dāng)觀察者向靜止的火車運(yùn)動(dòng)時(shí)練習(xí)十三光的干涉1、D2、B3、B4、A5、C6、C7、3.6×1038、0.69、600nm10、11、12、解：（1）原中央明紋將向下方移動(dòng)（2）用云母片覆蓋一條狹縫前后，光程差發(fā)生了改變，因此條紋要移動(dòng)，只要正確寫(xiě)出原零級(jí)明紋位置處光程差的改變量即可解出答案。13、解:(1)正面:(反射光)呈現(xiàn)出什么顏色,即該波長(zhǎng)光振動(dòng)加強(qiáng),即:當(dāng)=2時(shí),=6688A°(紅色),當(dāng)=3時(shí),=4013A°(紫色)(2)反面:(透射光)當(dāng)=2時(shí),=5016A°(藍(lán)綠色)14、解：原間距改變后改變后改變量15、解：設(shè)所用的單色光的波長(zhǎng)為，則該單色光在液體中的波長(zhǎng)為.根據(jù)牛頓環(huán)的明環(huán)半徑公式有充液后有由以上兩式可得16、解：設(shè)相鄰明（或暗）條紋之間距離為，劈尖角為，細(xì)絲直徑為d，玻璃板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則17、解：由牛頓環(huán)暗環(huán)半徑得練習(xí)十四光的衍射1、D2、B3、B4、B5、30°6、625nm7、第一級(jí)明紋第二級(jí)暗紋8、9、解：由光柵衍射主極大公式得當(dāng)兩譜線重合時(shí)有即由光柵公式可知10、解：（1）（2）時(shí)缺級(jí)，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，舍去；當(dāng)時(shí)，（3）當(dāng)時(shí)，實(shí)際出現(xiàn)級(jí)數(shù)：。當(dāng)時(shí)，實(shí)際出現(xiàn)級(jí)數(shù)：。11、解（1）（2）等號(hào)兩橫線間距不小于2.2mm12、解：（1）由單縫衍射明紋公式可知（?。┯捎谒詣t兩個(gè)第一級(jí)明紋之間距為（2）由光柵衍射主極大的公式且有所以13、解：（1）由光柵衍射主極大公式得（2）光的偏振練習(xí)答案1、B2、D3、4、1.7325、6、波動(dòng)橫7、解：（1）透過(guò)第一個(gè)偏振片后的光強(qiáng)透過(guò)第二個(gè)偏振片后的光強(qiáng)為，（2）原入射光束換為自然光，則8、解：設(shè)第二個(gè)偏振偏與第一個(gè)偏振片的偏振化方向間的夾角為.透過(guò)第一個(gè)偏振片后的光強(qiáng)透過(guò)第二個(gè)偏振片后的光強(qiáng)為，由馬呂斯定律，透過(guò)第三個(gè)偏振片后的光強(qiáng)為由題意知所以9、解：設(shè)入射光光強(qiáng)為，自然光光強(qiáng)為，線偏振光光強(qiáng)為,透射光光強(qiáng)為由題意入射光透射光解得10、解：（1）設(shè)該液體的折射率為n，由布儒斯特定律得（2）折射