PAGEword文檔可自由復(fù)制編輯1.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)單元練習(xí)（一）答案1．B2．D3．D4．B5．3.0m；5.0m（提示：首先分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在t<2.0s時(shí)質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)；在t=2.0s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速率為零；，在t>2.0s時(shí)質(zhì)點(diǎn)沿x軸反方向運(yùn)動(dòng)；由位移和路程的定義可以求得答案。）6．135m（提示：質(zhì)點(diǎn)作變加速運(yùn)動(dòng)，可由加速度對(duì)時(shí)間t的兩次積分求得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程。）7．解：（1）（2）8．解： ωthωths（2）當(dāng)旗桿與投影等長(zhǎng)時(shí)，10．解：-kvdv/dy已知y=yo，v=vo則2.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)單元練習(xí)（二）答案1．D2．A3．B4．C5．；；；6．；；；7．解：（1）由速度和加速度的定義；（2）由切向加速度和法向加速度的定義（3）8．解：火箭豎直向上的速度為火箭達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)垂直方向速度為零，解得9．解：10．解：；3.牛頓定律單元練習(xí)答案1．C2．C3．A4．；5．；6．解：（1）（2）FN=0時(shí)；a=gcotθ7．解：8．解：由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得分離變量積分9．解：由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得分離變量積分10．解：設(shè)f沿半徑指向外為正，則對(duì)小珠可列方程，，以及，，積分并代入初條件得，．4.動(dòng)量守恒和能量守恒定律單元練習(xí)（一）答案1．A；2．A；3．B；4．C；5．相同6．；7．解：（1）；；（2）8．解：9．解：物體m落下h后的速度為當(dāng)繩子完全拉直時(shí)，有10．解：設(shè)船移動(dòng)距離x，人、船系統(tǒng)總動(dòng)量不變?yōu)榱愕仁匠艘詃t后積分，得5.動(dòng)量守恒和能量守恒定律單元練習(xí)（二）答案1．C2．D3．D4．C5．18J；6m/s6．5/37．解：摩擦力由功能原理解得.8．解：根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律由能量守恒定律質(zhì)點(diǎn)脫離球面時(shí)解得：9．解：(1)在碰撞過程中，兩球速度相等時(shí)兩小球間距離最?、?2)兩球速度相等時(shí)兩小球間距離最小，形變最大，最大形變勢(shì)能等于總動(dòng)能之差②聯(lián)立①、②得10．解：(1)由題給條件m、M系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，m、M、地系統(tǒng)機(jī)械能守恒．①②解得：；(2)當(dāng)m到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，M以V運(yùn)動(dòng)，且對(duì)地加速度為零，可看成慣性系，以M為參考系6.剛體轉(zhuǎn)動(dòng)單元練習(xí)（一）答案1．B2．C3．C4．C5．v=1.23m/s；an=9.6m/s2；α=–0.545rad/s2；N6．7．解：（1）由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，（2）由剛體轉(zhuǎn)動(dòng)的動(dòng)能定理（3）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律：mg–F’=marF’=Jαa=rα聯(lián)立解得飛輪的角加速度8．解：（1）由轉(zhuǎn)動(dòng)定律（2）取棒與地球?yàn)橄到y(tǒng)，機(jī)械能守恒(3)棒下落到豎直位置時(shí)9．解：（1）系統(tǒng)的能量守恒，有聯(lián)立解得：；（2）設(shè)繩子對(duì)物體(或繩子對(duì)輪軸)的拉力為T，則根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律得：mg–T＝maTr＝J由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有：a=r聯(lián)立解得：10．解：以中心O為原點(diǎn)作坐標(biāo)軸Ox、Oy和Oz如圖所示，取質(zhì)量為式中面密度為常數(shù)，按轉(zhuǎn)動(dòng)慣量定義，薄板的質(zhì)量所以7.剛體轉(zhuǎn)動(dòng)單元練習(xí)（二）答案1．C2．A3．D4．B5．；6．；7．解：小球轉(zhuǎn)動(dòng)過程中角動(dòng)量守恒8．子彈與木桿在水平方向的角動(dòng)量守恒9．解：圓環(huán)所受的摩擦力矩為，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，至圓環(huán)停止所經(jīng)歷的時(shí)間10．解：落下過程棒的機(jī)械能守恒。設(shè)棒剛到豎直位置時(shí)角速度為，①碰撞過程，物體與棒系統(tǒng)角動(dòng)量守恒，②碰撞過程軸不受側(cè)向力，物體與棒系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，③①、③消去，得，④②、④消去，得 .8.機(jī)械振動(dòng)單元練習(xí)（一）答案BBCA2:1解：，運(yùn)動(dòng)方程（1）由旋轉(zhuǎn)矢量法，；（2）由旋轉(zhuǎn)矢量法，；（3）由旋轉(zhuǎn)矢量法，。解：木塊處于平衡位置時(shí)，浮力大小。上下振動(dòng)時(shí)，取其處于力平衡位置點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向下作為x軸正向，則當(dāng)木塊向下偏移x位移時(shí)，合外力為其中，浮力合外力為常數(shù)，表明木塊在其平衡位置上下所作的微小振動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。由可得木塊運(yùn)動(dòng)的微分方程為令，可得其振動(dòng)周期為圖8-1圖8-1解：如圖，由旋轉(zhuǎn)矢量法可知10.解：（1）（2）9.機(jī)械振動(dòng)單元練習(xí)（二）答案1.B2.B3.C4.，，，5.6.（1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s,2s。7.解：（1）由已知的運(yùn)動(dòng)方程可知：，，，（2），8.解：振動(dòng)系統(tǒng)的角頻率為圖9-1由動(dòng)量守恒定律得振動(dòng)的初速度即子彈和木塊的共同運(yùn)動(dòng)初速度的值為圖9-1又因初始位移，則振動(dòng)系統(tǒng)的振幅為如圖由旋轉(zhuǎn)矢量法可知，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為解：如圖由旋轉(zhuǎn)矢量法可知，合振動(dòng)振幅為圖9-2合振動(dòng)初相為圖9-2解：圖9-3如圖由旋轉(zhuǎn)矢量法可知，?？梢娝鼈兪欠聪嗟模虼撕险駝?dòng)振幅為：圖9-3合振動(dòng)初相為：同樣由旋轉(zhuǎn)矢量法可知10.機(jī)械波單元練習(xí)（一）答案1.B2.C3.B4.1.67m5.6.6，307.解：（1）由波動(dòng)方程可知振幅，角頻率，，則波速，頻率，波長(zhǎng)。（2）8.解：（1）由圖可知振幅，波長(zhǎng)，波速則。又O點(diǎn)初始時(shí)刻位于平衡位置且向y軸正向運(yùn)動(dòng)，則由旋轉(zhuǎn)矢量法可得，因此波動(dòng)方程為（2）P處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為解：由圖可知振幅，波長(zhǎng)，則角頻率。由P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向可知波向x軸負(fù)方向傳播。又由圖可知原點(diǎn)O初始時(shí)刻位于A/2處，且向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則由旋轉(zhuǎn)矢量法可得。則波動(dòng)方程為10．解：（1）以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)的波動(dòng)方程為（2）則以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)的波動(dòng)方程為11.機(jī)械波單元練習(xí)（二）答案1.C2.B3.C4.，5.550Hz，458.3Hz6.0.08W/m27.解：兩列波傳到連線和延長(zhǎng)線上任一點(diǎn)P的相位差左側(cè)各點(diǎn)：，振動(dòng)都加強(qiáng)；右側(cè)各點(diǎn)：，振動(dòng)都加強(qiáng)；圖11-7、之間：圖11-7則距點(diǎn)為：處各點(diǎn)靜止不動(dòng)。8.解：（1）（2）時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)，即解：反射點(diǎn)為固定端，即為波節(jié)，則反射波為=駐波表達(dá)式10.解：乙接受并反射的信號(hào)頻率為甲接受到的信號(hào)頻率為12.靜電場(chǎng)單元練習(xí)（一）答案1.B2.D3.B4.C5.6.利用點(diǎn)電荷電場(chǎng)的矢量疊加求y軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度。解：通過點(diǎn)電荷在電場(chǎng)力作用下的平衡條件求出平衡時(shí)點(diǎn)電荷的電量。解：利用電荷元電場(chǎng)的積分疊加，求O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度。解：取同心球面為高斯面，利用高斯定理求電場(chǎng)強(qiáng)度的分布。解：用對(duì)稱性取垂直帶電面的柱面為高斯面，求電場(chǎng)強(qiáng)度的分布。帶電面外側(cè)帶電面內(nèi)13.靜電場(chǎng)單元練習(xí)（二）答案1.C2.D3.B4.C5.6.＞7.解：假設(shè)陰極A與陽極B單位長(zhǎng)度帶電分別為–λ與λ，由高斯定律求電場(chǎng)分布，并進(jìn)一步求出陰極與陽極間的電勢(shì)差U，由已知量求電場(chǎng)強(qiáng)度并由陰極表面的電場(chǎng)強(qiáng)度求電子剛從陰極射出時(shí)所受的電場(chǎng)力8．解：（1）方法一：取同心球面為高斯面，利用高斯定理求電場(chǎng)強(qiáng)度的分布再求電勢(shì)分布；方法二：帶電量為Q，半徑為R的帶電球面對(duì)電勢(shì)的貢獻(xiàn)球面內(nèi)電勢(shì)：球面外電勢(shì)：有電勢(shì)的疊加求電勢(shì)分布；結(jié)果與方法一一致。（2）電勢(shì)差9．解：（1）電場(chǎng)作用于電偶極子的最大力矩：（2）電偶極子從受最大力矩的位置轉(zhuǎn)到平衡位置過程中，電場(chǎng)力作的功*10．解：帶電粒子處在h高度時(shí)的靜電勢(shì)能為到達(dá)環(huán)心時(shí)的靜電勢(shì)能為據(jù)能量守恒定律聯(lián)立求解得14.導(dǎo)體電介質(zhì)和電容單元練習(xí)（一）答案1.B2.C3.D4.C5.＜6.負(fù)電；7.解：兩個(gè)球形導(dǎo)體用細(xì)導(dǎo)線相連接后電勢(shì)相等，解得：；8．解：依照題意d>>R，導(dǎo)體上的電荷分布基本保持不變，電場(chǎng)可以視為兩個(gè)長(zhǎng)直帶電線電場(chǎng)的疊加。取其中一導(dǎo)線軸心為坐標(biāo)原點(diǎn)，兩根導(dǎo)線的垂直連線為x軸。任意一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度兩直導(dǎo)線單位長(zhǎng)度的電容解：方法一：導(dǎo)體電荷的自能就是系統(tǒng)的靜電能方法二：依照孤立導(dǎo)體球電容的能量求系統(tǒng)的靜電能方法三：依照電場(chǎng)能量密度對(duì)電場(chǎng)空間的積分求系統(tǒng)的靜電能*10．解：（1）導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體板上電荷分布的規(guī)律可參見《物理學(xué)教程習(xí)題分析與解答》，根據(jù)電荷守恒定律以及C板的電勢(shì)，有解得：C板的電勢(shì)15.導(dǎo)體電介質(zhì)和電容單元練習(xí)（二）答案1.C2.B3.C4.Br，r6.47.解：設(shè)芯線單位長(zhǎng)度帶電荷，芯線附近的電場(chǎng)強(qiáng)度最強(qiáng)，當(dāng)電壓增高時(shí)該點(diǎn)首先被擊穿8．解：（1）電容器充滿介質(zhì)后，導(dǎo)體板間的電勢(shì)差不變（2）介質(zhì)表面的極化電荷面密度解：依照孤立導(dǎo)體球電容的能量求系統(tǒng)的靜電能若斷開電源導(dǎo)體所帶電荷保持不變，浸沒在相對(duì)電容率為r的無限大電介質(zhì)中電容增大為rC，系統(tǒng)的靜電能*10．解：用的高斯定理求得電位移的大小為D=＝8.85×10-10C/m2(0<x真空中電場(chǎng)強(qiáng)度＝100V/m介質(zhì)中電場(chǎng)強(qiáng)度＝50V/m真空中電勢(shì)U1=Eo(d1–x)+Ed2＝1.5－100x(SI)U2=E(d2+d1x)＝1.0－50x(SI)各區(qū)域內(nèi)均為線性分布．16.恒定磁場(chǎng)單元練習(xí)（一）答案1．E2．D3．C4．D5．06．0；7．解：（1）（2）（3）8．解：（1）電子沿軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)等效一圓電流，電流強(qiáng)度為原子核(圓心)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度：方向：垂直紙面向外（2）軌道磁矩：方向：垂直紙面向外9．解：（1）在螺線管內(nèi)取一同心的圓為安培回路（2）*10．解：無限長(zhǎng)的載流薄導(dǎo)體板可看作由許多無限長(zhǎng)的載流直導(dǎo)線組成距板左側(cè)為l,寬為dl的窄導(dǎo)體板內(nèi)電流為：由磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加原理：17.恒定磁場(chǎng)單元練習(xí)（二）答案1．B2．C3．A4．C5．3986.，垂直于磁場(chǎng)向上，7．解：電子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑：旋轉(zhuǎn)頻率：A’AxyzA’AxyzcabBI根據(jù)洛侖茲力公式可判斷：載流子為帶負(fù)電的電子，因而半導(dǎo)體是n型半導(dǎo)體（2）由于（個(gè)/m3）9.解：經(jīng)分析可知，同軸電纜內(nèi)外磁場(chǎng)具有柱對(duì)稱性，所以取同心的圓為安培環(huán)路*10.半徑為R的均勻帶電薄圓盤，總電荷為q．圓盤繞通過盤心且垂直盤面的軸線以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求（1）盤心處的磁感強(qiáng)度；（2）圓盤的磁矩．解：（1）均勻帶電薄圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)后在圓盤面上會(huì)形成許多半徑不同的圓電流半徑為r,厚度為dr的圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)后形成的圓電流為：此圓電流在盤心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：盤心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度：（2）圓盤的磁矩：磁矩的方向：根據(jù)電流的方向用右手定則判斷18.電磁感應(yīng)單元練習(xí)（一）答案1．C2．B3．B4．D5．6．7．解：用導(dǎo)線連接MN與圓環(huán)一起構(gòu)成閉合環(huán)路，環(huán)路電動(dòng)勢(shì)為零，因而半圓環(huán)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)等于直導(dǎo)線MN的電動(dòng)勢(shì)。由動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系式：E=電動(dòng)勢(shì)方向向左。8．解：感應(yīng)電荷；解得B=0.05(T)9．金屬圓板的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=方向:中心指向邊緣*10．解：由麥克斯韋電磁場(chǎng)方程，r<a時(shí)，r>a時(shí)，19.電磁感應(yīng)單元練習(xí)（二）答案1．C2．C3．D4．C5．=6．，相反7．解：（1）設(shè)回路中電流為I,在導(dǎo)線回路平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的某點(diǎn)的磁感強(qiáng)度沿導(dǎo)線方向單位長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)回路面積上的磁通量為（2）磁場(chǎng)的能量.8．解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系數(shù)。（2）由互感電動(dòng)勢(shì)的定義E=9.解方法一：由自感磁場(chǎng)能量的方法求單位長(zhǎng)度電纜的磁場(chǎng)能量。方法二：由磁場(chǎng)能量密度的體積分求單位長(zhǎng)度電纜的磁場(chǎng)能量。*10．解：（1）電容器板極板上的電量（2）忽略邊緣效應(yīng)，t時(shí)刻極板間總的位移電流由安內(nèi)環(huán)路定律，可求感應(yīng)磁場(chǎng)的分布20.幾何光學(xué)單元練習(xí)答案1.B圖20-12.D圖20-13.C4.凹透鏡，凸透鏡.5.凸透，實(shí)，虛6.MN，CO，OA，，水，空氣7.由O點(diǎn)發(fā)出的光線在圓形荷葉邊緣處恰好發(fā)生全反射則，如圖20-2所示，物距圖20-2，圖20-2，則由公式可得即所成的是在凹面鏡后處的一個(gè)虛像。9.已知，代入第一個(gè)透鏡的高斯公式，即則對(duì)于第二個(gè)透鏡，此像點(diǎn)位于處，代入第二個(gè)透鏡的高斯公式，即得，即象點(diǎn)位于第二個(gè)透鏡后1.4a處。10.由分析可知，又，則得物鏡和目鏡的像方焦距為21.波動(dòng)光學(xué)單元練習(xí)（一）答案1.D2.B3.A4.C5.500nm6.折射率較小，折射率較大，7.屏上任一點(diǎn)對(duì)應(yīng)的光程差為（1）第零級(jí)明紋所在處，則，即條紋上移。（2）原中央處O點(diǎn)則云母片的折射率8.反射光加強(qiáng)的條件為則時(shí)，時(shí)，9.10．，，則400nm22.波動(dòng)光學(xué)單元練習(xí)（二）答案1.C2.B3.A4．Ｄ5．4，1，暗6．0.3867．（１）由單縫衍射明條紋公式可得相鄰明條紋間距（２）由光柵方程可得明條紋位置則相鄰明條紋間距8.望遠(yuǎn)鏡的最小分辨角能分辨的最小距離9.（1）由光柵方程可得光柵常數(shù)（2）同理由光柵方程可得則，10.（1）（2）第二級(jí)明條紋距離中央明紋中心的距離第二級(jí)暗條紋距離中央明紋中心的距離23.波動(dòng)光學(xué)單元練習(xí)（三）答案1.C2.C3.B4.Ｄ5.圖23-16.0，7.8.（1）由布儒斯特定律，得介質(zhì)的折射率（2）由于，則折射角9.設(shè)入射光強(qiáng)為，其中自然光強(qiáng)為，線偏振光強(qiáng)為，出射光強(qiáng)為，則由已知可得，10．（１）透過第一個(gè)偏振片后的光強(qiáng)度，透過第二個(gè)偏振片后的光強(qiáng)度（２）透過第一個(gè)偏振片后的光強(qiáng)度，透過第二個(gè)偏振片后的光強(qiáng)度。24．氣體動(dòng)理論單元練習(xí)1．B；2．D；3．A；4．C；5．2，1，6．1:1，2:1，10:37．（1）（2）（3）（4）8．（1）（2）（3）9．（1）由得（2）由得由得10．25．熱力學(xué)基礎(chǔ)單元練習(xí)（一）答案1．C；2．C；3．D；4．略5．等壓，絕熱。等壓，絕熱，等壓6．（由圖知）7．兩過程圖如圖所示（1）對(duì)124過程：（2）對(duì)134過程：8．由pV=νRT知：故全過程則其中對(duì)絕熱過程有式中故代入有關(guān)數(shù)據(jù)可得9．（1）（2）10．設(shè)初終態(tài)參量分別為由得，圖如圖所示對(duì)等溫過程：對(duì)等體過程由得：則：26.熱力學(xué)基礎(chǔ)單元練習(xí)（二）答案1．A；2．D；3．D；4．功變熱、熱傳導(dǎo)；5．6、過程Q（J）W（J）E（J）AB