资源描述
1、质点运动学单元练习(一)答案
1.B
2.D
3.D
4.B
5.3、0m;5、0m(提示:首先分析质点得运动规律,在t<2、0s时质点沿x轴正方向运动;在t=2、0s时质点得速率为零;,在t>2、0s时质点沿x轴反方向运动;由位移与路程得定义可以求得答案。)
6.135m(提示:质点作变加速运动,可由加速度对时间t得两次积分求得质点运动方程。)
7.解:(1)
(2)
8.解:
ωt
h
s
9.解:(1)设太阳光线对地转动得角速度为ω
(2)当旗杆与投影等长时,
10.解:
-kv dv / dy
已知y=yo ,v=vo 则
2、质点运动学单元练习(二)答案
1.D
2.A
3.B
4.C
5.;;;
6.;;;
7.解:(1)由速度与加速度得定义
;
(2)由切向加速度与法向加速度得定义
(3)
8.解:火箭竖直向上得速度为
火箭达到最高点时垂直方向速度为零,解得
9.解:
10.解:;
3、牛顿定律单元练习答案
1.C
2.C
3.A
4.;
5.;
6.解:(1)
(2)FN=0时;a=gcotθ
7.解:
8.解:由牛顿运动定律可得
分离变量积分
9.解:由牛顿运动定律可得
分离变量积分
10.解:设f沿半径指向外为正,则对小珠可列方程
,
,
以及 ,,
积分并代入初条件得 ,
.
4、动量守恒与能量守恒定律单元练习(一)答案
1.A;
2.A;
3.B;
4.C;
5.相同
6.;
7.解:(1);
;
(2)
8.解:
9.解: 物体m落下h后得速度为
当绳子完全拉直时,有
10.解:设船移动距离x,人、船系统总动量不变为零
等式乘以d t后积分,得
5、动量守恒与能量守恒定律单元练习(二)答案
1.C
2.D
3.D
4.C
5.18J;6m/s
6.5/3
7.解:摩擦力
由功能原理
解得 、
8.解:根据牛顿运动定律
由能量守恒定律
质点脱离球面时
解得:
9.解:(1)在碰撞过程中,两球速度相等时两小球间距离最小
①
(2) 两球速度相等时两小球间距离最小,形变最大,最大形变势能等于总动能之差
②
联立①、②得
10.解:(1)由题给条件m、M系统水平方向动量守恒,m、M、地系统机械能守恒.
①
②
解得: ;
(2) 当m到达B点时,M以V运动,且对地加速度为零,可瞧成惯性系,以M为参考系
6、刚体转动单元练习(一)答案
1.B
2.C
3.C
4.C
5.v = 1、23 m/s;an = 9、6 m/s2;α = –0、545 rad/ s2;N = 9、73转。
6.
7.解:(1)由转动定律,
(2)由刚体转动得动能定理
(3)根据牛顿运动定律与转动定律:
mg–F’=ma
rF’=Jα
a=rα
联立解得飞轮得角加速度
8.解:(1)由转动定律
(2)取棒与地球为系统,机械能守恒
(3)棒下落到竖直位置时
9.解:(1)系统得能量守恒,有
联立解得: ;
(2)设绳子对物体(或绳子对轮轴)得拉力为T,则根据牛顿运动定律与转动定律得:
mg – T＝ma
T r＝Jb
由运动学关系有: a = rb
联立解得:
10.解:以中心O 为原点作坐标轴Ox、Oy与Oz如图所示,取质量为
式中面密度为常数,按转动惯量定义,
薄板得质量
所以
7、刚体转动单元练习(二)答案
1.C
2.A
3.D
4.B
5.;
6.;
7.解:小球转动过程中角动量守恒
8.子弹与木杆在水平方向得角动量守恒
9.解:圆环所受得摩擦力矩为,
由转动定律 ,
至圆环停止所经历得时间
10.解:落下过程棒得机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为
, ①
碰撞过程,物体与棒系统角动量守恒
, ②
碰撞过程轴不受侧向力,物体与棒系统水平方向动量守恒
, ③
①、③消去,得 , ④
②、④消去,得 、
8、机械振动单元练习(一)答案
1． B
2． B
3． C
4． A
5．
6． 2:1
7． 解:,
运动方程
(1)由旋转矢量法,;
(2)由旋转矢量法,;
(3)由旋转矢量法,。
8． 解:木块处于平衡位置时,浮力大小。上下振动时,取其处于力平衡位置点为坐标原点,竖直向下作为x轴正向,则当木块向下偏移x位移时,合外力为
其中,浮力
合外力
为常数,表明木块在其平衡位置上下所作得微小振动就是简谐运动。
由可得木块运动得微分方程为
令,可得其振动周期为
图8-1
9． 解:如图,由旋转矢量法可知
10、 解:(1)
(2)
9、机械振动单元练习(二)答案
10． B
11． B
12． C
13． ,,,
14．
15． (1)0、5s,1、5s;(2)0s,1s, 2s 。
16． 解:(1)由已知得运动方程可知:,,,
(2),
17． 解:振动系统得角频率为
图9-1
由动量守恒定律得振动得初速度即子弹与木块得共同运动初速度得值为
又因初始位移,则振动系统得振幅为
如图由旋转矢量法可知,则简谐运动方程为
18． 解:如图由旋转矢量法可知,合振动振幅为
图9-2
合振动初相为
10. 解:图9-3
如图由旋转矢量法可知,。可见它们就是反相得,因此合振动振幅为:
合振动初相为:
同样由旋转矢量法可知
10、机械波单元练习(一)答案
19． B
20． C
21． B
22． 1、67m
23．
24． 6,30
25． 解:(1)由波动方程可知振幅,角频率,,则波速,频率,波长。
(2)
26． 解:(1)由图可知振幅,波长,波速
则。
又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动,则由旋转矢量法可得,因此波动方程为
(2)P处质点得振动方程为
27． 解:由图可知振幅,波长,则角频率
。
由P点得运动方向可知波向x轴负方向传播。又由图可知原点O初始时刻位于A/2处,且向y轴负方向运动,则由旋转矢量法可得。则波动方程为
10.解:(1)以A点为坐标原点得波动方程为
(2)
则以B点为坐标原点得波动方程为
11、机械波单元练习(二)答案
28． C
29． B
30． C
31． ,
32． 550Hz,458、3Hz
33． 0、08W/m2
34． 解:两列波传到连线与延长线上任一点P得相位差
左侧各点:
,振动都加强;
右侧各点:
,振动都加强;
图11-7
、之间:
则距点为:处各点静止不动。
35． 解:(1)
(2)时振动加强,即
36． 解:反射点为固定端,即为波节,则反射波为
=
驻波表达式
10、 解:乙接受并反射得信号频率为
甲接受到得信号频率为
12、静电场单元练习(一)答案
37． B
38． D
39． B
40． C
41．
42． 利用点电荷电场得矢量叠加求y轴上得电场强度。
43． 解:通过点电荷在电场力作用下得平衡条件求出平衡时点电荷得电量。
44． 解:利用电荷元电场得积分叠加,求O点得电场强度。
45． 解:取同心球面为高斯面,利用高斯定理求电场强度得分布。
10.解:用对称性取垂直带电面得柱面为高斯面,求电场强度得分布。
（1） 带电面外侧
（2） 带电面内
13、静电场单元练习(二)答案
46． C
47． D
48． B
49． C
50．
51． ＞
52． 解:假设阴极A与阳极B单位长度带电分别为–λ与λ,由高斯定律求电场分布,并进一步求出阴极与阳极间得电势差U,由已知量求电场强度并由阴极表面得电场强度求电子刚从阴极射出时所受得电场力
8.解:(1)方法一:取同心球面为高斯面,利用高斯定理求电场强度得分布再求电势分布;
方法二:带电量为Q,半径为R得带电球面对电势得贡献
球面内电势: 球面外电势:
有电势得叠加求电势分布;结果与方法一一致。
(2)电势差
9.解:(1)电场作用于电偶极子得最大力矩:
(2)电偶极子从受最大力矩得位置转到平衡位置过程中,电场力作得功
*10.解:带电粒子处在h高度时得静电势能为
到达环心时得静电势能为
据能量守恒定律
联立求解得
14、导体电介质与电容单元练习(一)答案
53． B
54． C
55． D
56． C
57． ＜
58． 负电;
59． 解:两个球形导体用细导线相连接后电势相等,
解得:;
8.解:依照题意d>>R,导体上得电荷分布基本保持不变,电场可以视为两个长直带电线电场得叠加。取其中一导线轴心为坐标原点,两根导线得垂直连线为x轴。任意一点P得电场强度
两直导线单位长度得电容
9． 解:方法一:导体电荷得自能就就是系统得静电能
方法二:依照孤立导体球电容得能量求系统得静电能
方法三:依照电场能量密度对电场空间得积分求系统得静电能
*10.解:(1)导体达到静电平衡时,导体板上电荷分布得规律可参见《物理学教程习题分析与解答》,根据电荷守恒定律以及C板得电势,有
解得:
(2)C板得电势
15、导体电介质与电容单元练习(二)答案
60． C
61． B
62． C
63． B
64． e r,e r
65． 4
66． 解:设芯线单位长度带电荷l,芯线附近得电场强度最强,当电压增高时该点首先被击穿
8.解:(1)电容器充满介质后,导体板间得电势差不变
(2)介质表面得极化电荷面密度
9.解:依照孤立导体球电容得能量求系统得静电能
若断开电源导体所带电荷保持不变,浸没在相对电容率为er得无限大电介质中电容增大为e rC,系统得静电能
*10.解:用得高斯定理求得电位移得大小为
D = s＝8、85×10-10 C/m2 (0<x<2)
真空中电场强度 ＝100 V/m
介质中电场强度 ＝50 V/m
真空中电势 U1 = Eo (d1 – x)+Ed2＝1、5－100x (SI)
U2 = E(d2 + d1-x)＝1、0－50x (SI)
各区域内均为线性分布.
16、恒定磁场单元练习(一)答案
1.E
2.D
3.C
4.D
5.0
6.0;
7. 解:(1)
(2)
(3)
8. 解:(1)电子沿轨道运动时等效一圆电流,电流强度为
原子核 (圆心) 处得磁感应强度: 方向:垂直纸面向外
(2)轨道磁矩: 方向:垂直纸面向外
9. 解:(1)在螺线管内取一同心得圆为安培回路
(2)
*10.解:无限长得载流薄导体板可瞧作由许多无限长得载流直导线组成距板左侧为l,宽为dl得窄导体板内电流为:
由磁感应强度得叠加原理:
17、恒定磁场单元练习(二)答案
1.B
2.C
3.A
4.C
5.398
6、 ,垂直于磁场向上,
7.解:电子在垂直于磁场得平面内作匀速圆周运动
轨道半径:
旋转频率:
A’
A
x
y
z
c
a
b
B
I
8、 解:(1)
根据洛仑兹力公式可判断:载流子为带负电得电子,因而半导体就是n型半导体
(2)由于
(个/m3)
9、 解:经分析可知,同轴电缆内外磁场具有柱对称性,所以取
同心得圆为安培环路
*10、 半径为R得均匀带电薄圆盘,总电荷为q.圆盘绕通过盘心且垂直盘面得轴线以角速度w 匀速转动,求(1)盘心处得磁感强度;(2)圆盘得磁矩.
解:(1)均匀带电薄圆盘转动后在圆盘面上会形成许多半径不同得圆电流半径为r,厚度为dr得圆环转动后形成得圆电流为:
此圆电流在盘心处产生得磁感应强度为:
盘心处得磁感应强度:
(2)
圆盘得磁矩:
磁矩得方向:根据电流得方向用右手定则判断
18、电磁感应单元练习(一)答案
1.C
2.B
3.B
4.D
5.
6.
7.解:用导线连接MN与圆环一起构成闭合环路,环路电动势为零,因而半圆环动生电动势等于直导线MN得电动势。由动生电动势得关系式:
E =
电动势方向向左。
8.解:感应电荷;
解得 B=0、05(T)
9.金属圆板得感应电动势得大小
E =
方向: 中心指向边缘
*10.解:由麦克斯韦电磁场方程,
r <a时,
r >a时,
19、电磁感应单元练习(二)答案
1.C
2.C
3.D
4.C
5. =
6. ,相反
7.解:(1)设回路中电流为I, 在导线回路平面内,两导线之间得某点得磁感强度
沿导线方向单位长度对应回路面积上得磁通量为
(2)磁场得能量
、
8.解:(1)先求出回路得磁通量,再求互感系数。
(2)由互感电动势得定义
E=
9.解 方法一:由自感磁场能量得方法求单位长度电缆得磁场能量。
方法二:由磁场能量密度得体积分求单位长度电缆得磁场能量。
*10.解:(1)电容器板极板上得电量
(2)忽略边缘效应,t时刻极板间总得位移电流
(3)由安内环路定律,可求感应磁场得分布
20、几何光学单元练习答案
67． B
图20-1
68． D
69． C
70． 凹透镜,凸透镜、
71． 凸透,实,虚
72． MN,CO,OA ,,水,空气
73． 由O点发出得光线在圆形荷叶边缘处恰好发生全反射
则,
74． 如图20-2所示,物距
图20-2
,
,
则由公式可得
即所成得就是在凹面镜后处得一个虚像。
75． 已知,代入第一个透镜得高斯公式,即
则
对于第二个透镜,此像点位于处,代入第二个透镜得高斯公式,即
得 ,即象点位于第二个透镜后1、4a处。
由分析可知,又,则得物镜与目镜得像方焦距为
21、波动光学单元练习(一)答案
76． D
77． B
78． A
79． C
80． 500nm
81． 折射率较小,折射率较大,
82． 屏上任一点对应得光程差为
(1)第零级明纹所在处,则,即条纹上移。
(2)原中央处O点
则云母片得折射率
83． 反射光加强得条件为
则
时, 时,
84．
10.
,,则400nm
22、波动光学单元练习(二)答案
85． C
86． B
87． A
4.Ｄ
5.4,1,暗
6.0、386
7.(１)由单缝衍射明条纹公式可得相邻明条纹间距
(２)由光栅方程可得明条纹位置
则相邻明条纹间距
8． 望远镜得最小分辨角
能分辨得最小距离
9． (1)由光栅方程可得
光栅常数
(2)同理由光栅方程可得
则,
10． (1)
(2)第二级明条纹距离中央明纹中心得距离
第二级暗条纹距离中央明纹中心得距离
23、波动光学单元练习(三)答案
88． C
89． C
90． B
91． Ｄ
图23-1
92． 0,
93．
94． (1)由布儒斯特定律,得介质得折射率
(2)由于,则折射角
95． 设入射光强为,其中自然光强为,线偏振光强为,出射光强为
,则
由已知
可得 ,
10.(１)透过第一个偏振片后得光强度,透过第二个偏振片后得光强度
(２)透过第一个偏振片后得光强度,透过第二个偏振片后得光强度。
24.气体动理论单元练习
1.B;
2.D;
3.A;
4.C;
5.2,1,
6.1:1,2:1,10:3
7.(1)
(2)
(3)
(4)
8.(1)
(2)
(3)
9.(1)由得
(2)由得
由得
10.
25.热力学基础单元练习(一)答案
1.C;
2.C;
3.D;
4.略
5.等压,绝热。等压,绝热,等压
6. (由图知)
7.两过程图如图所示
(1)对124过程:
(2)对134过程:
8.由pV=νRT知:
故全过程 则
其中对绝热过程有 式中
故
代入有关数据可得
9.(1)
(2)
10.设初终态参量分别为
由得,图如图所示
对等温过程:
对等体过程
由得:
则:
26、热力学基础单元练习(二)答案
1.A;
2.D;
3.D;
4.功变热、热传导;
5.
6、
过程
Q(J)
W(J)
E(J)
AB(等温)
100
100
0
/
BC(等压)
-126
-42
-84
/
CA(等容)
84
0
84
/
ABCD
58
58
0
31。5%
7、(1)
(2),
(3)
8、设状态体积为,由得
9、(1)
(2)由得
(3)
10、设状态状态参量为
则,由得
由得
(1)过程Ⅰ:
(2)过程Ⅱ:
(3)过程Ⅲ:
(2)
27、狭义相对论单元练习答案
1.B;
2.A;
3.D;
4.C:
5、爱因斯坦狭义相对性原理,光速不变原理,运动,相对,收缩,慢
6、0、93C,C
7、则
8、(1)
(2)
9、由时间延缓效应
得
则在系中:
10、由功能原理
28、量子物理单元练习(一)答案
1.C;
2.D;
3.A;
4.B;
5、增加,2
6、
7、由
得
8、
则
9、由又得取整
对外辐射为:,,
对应波长:,,
其中得对外辐射为可见光
10、(1)
(2)
29、量子力学单元练习(二)答案
1.A;
2.A;
3.1:1;4:1;
4.1、33×10-23N•s(或1、06×10-24N•s);
5、2,2(2l+1),
6、0,,
7、(1)由得
则
(2)
8、由相对论: (1)
(2)
(3)
由(1)(2)(3):
不考虑相对论: (4)
(5)
由(4)(5):
相对误差
9、电子动量
由可得
则
10、第一激发态
(1)令 得处概率最大,其值为
(2)
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