大學(xué)物理解題指導(dǎo)與練習(xí)(第二版)講述

1、練習(xí)一質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動學(xué)1 1、C C2、B B3 3、D D4 4、3 3 m,m, 5 5 m m“ r2”23-5 5、a=8j (m/s2),r =(5 2t) i(4t210) j (m)6 6、 一2x 8x3(m/s)2T T TT T27 7、x =(y -3) , v =16 i 2 j (m/s), a = 8 i (m/s ),dvvtt8 8、 解：(1 1)adv adt (6t -8)dtdt%J00、/- 2 - 2=v -v0=3t-&二v =3t -8t 10 (m/s),-32- 32=x-冷=t -4t10t = x = t -4t 10t 1 (m)9

2、9、解：如圖，設(shè)燈與人的水平距離為花，燈與人頭影子的水平距離為x，則:dxdx人的速度：v01，人頭影子移動的速度：v =dtdt護(hù)Hdx H dx1血H而：xX，即卩：vv。H h dt H h dtH h_3d日2iQd21010、解(1 1)=24t3(rad)12t2(rad s )2= 24t(rad s )dtdt2二a=R= 2.4t (m s), a R2= 14.4t4(m s)則t =2s時，二a =4.8(m s),a 230.4(m s)(2 2)加速度和半徑成45角，即aan，即2.4t =14.4t4=2.4/14.4 =1/6代入得：v - 2.67 rad練習(xí)二

3、 牛頓力學(xué)(2)(2)dxv =dt:dx二；vdt二：(3t28t 10)dt2 2、A A3 3、C C5 5、6 6 N,N, 4 4 N N6 6、解：（1 1）：=0, T =mg；1 1、C C4 4、D D0(2 2)T sin：= ma, Tcos：= mg；則：tan:二a/ g, T =m. a g7 7、解 小球受重力mg、繩的張力T及斜面的支持力N。(1 1)對小球應(yīng)用牛頓定律，在水平方向上和豎直方向分別有：TCOST- N sin v - ma，T sin v NCOS T- mg解方程組可得：繩的張力T =m(acosr - gsin討=3.32 (N)小球?qū)π泵娴?/p>

4、正壓力大小=N =Tcsrma=3.75 (N)si nO(2 2 )當(dāng)N=0=0 時脫離斜面，則在水平方向上和豎直方向分別有:TCOS T- ma,T si n r - mg2解方程組可得：斜面的加速度為a = gcot -17.0 (m/s )8 8、解：(1 1)F-3 4t (N)二 色駅 二匚=0.3 0.4t =1.5 (m/s2)m3V二V。adt03=0亠I (0.3 0.4t)dt =2.7 (m/ s)0(2)(2)F =3 4x (N)二ax3 - 0.3 0.4x =1.5 (m/s2)_ m3Vadx二VdV二(0.3 0.4x)dx二VdV二00V22= (0.3x

5、 O.2x2)3=V 5.4 =2.32 (m/s)9 9、解：分別對物體上拋時作受力分析，以地面為原點(diǎn), 向上為y軸正方向。0對物體應(yīng)用牛頓定律:k dv dv而a二.dtdydydtvdv石，2貝U有ady二vdv= -(g kv )dy = vdv H0dy二vdvg kv2kv練習(xí)三動量守恒和能量守恒1 1、D D2 2、D D3 3、D D4 4、2727 J J,3 6 m/s5 5、mg,2mgk k6 6、60 N S, 16 m/s,7 7、2mv8 8、3 10*1.2N S, 4 gx20-229 9、(1 1)W車二F彈dx(20 x 30 x )dx = 0.37(J

6、)r0.10.50.1(2) W單二彳F彈dx = -j (20 x 30 x2)dx = 0.37(J)W單=-mv2-0-v =0.61(m s)21010、解(1 1)(M m)v二mv0= vmvM +m, M +m ,dxdvkX嚴(yán)k1111、分析：脫離時，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)處為零勢能點(diǎn)，則：(2)(2)an= v2/ I二2gsin二(3)(3)T - mgsin)-man= T = 3mgsin1313、解在小球下擺的過程中，小球與車組成的系統(tǒng)總動量和總機(jī)械能守恒，則有0二mv球-Mv0A0 時向外；A0A0A0 時向外；A0A0 時向內(nèi)。16

7、.16.解：（1 1）分析球?qū)ΨQ性，E方向應(yīng)沿半徑方向向外， 相同r r 處，D大小相同，取同心球面為高斯面，則根據(jù)高斯定理，有： _2r:Ri時，HEidxqi/0= Ei4二r0 = Ei= 02qdR : r : R2時，11E2d s二q /0= E24 rq1/；0= E22年0rr R2時,卜1E3d s八；0=E34r2二 q?）/；=E3 = ?羋4兀sr方向均沿半徑方向向外。（2 2）球心處的電勢R）R2:U = Eidl片E2dlRE3dlR二0dr+R2q12dr 7q2dr0R14二；0rR4二；0r宀11) . q1q214：；0R1R24：；0R2q1 + q214

8、： ；0R 4二；0R217.17.解：分析對稱性，E方向應(yīng)垂直于柱面向外輻射，且，相同r r 處，E大小相同，取高斯面為以 r r 為半徑，長為l的同心圓柱面，則根據(jù)高斯定理，有：TTTTTTTTTTTTTTTTTTTT:Eds二EdsEds.Eds二E ds = E 2 rl = q /0上底下底側(cè)面?zhèn)让?1)r:只屮寸上！2汀1 = 0 = E!= 0(2) R : r : R2時，E22二rl = I /；0= E2：2陽0r(3)r . R2時,E32二rl =0= E3=0R2EdrR12二；0；r1818 .在二處取一微小點(diǎn)電荷dq，；dl二Qdv/二它在 O O 點(diǎn)處產(chǎn)生場強(qiáng):

9、dEdq4二；0RQ2 24二；0Rdr按二角的變化，將dEdE 分解成兩個分量:dEdEx,dEdEy。由對稱性知道 E Ey= = 0 0,dExEsin小土肩sin毎積分:二/2Q14二0Rsin心Q ?0R2 i第八章靜電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)1 1.2 2. C C;3 3.4 4. B B;5 5. B B ;6 6.1/1/；r ,1/1/；r ；1 q4二0R2U14二；0q1R1q1R1-89 9.解:q24二0R2q1qqUU2解:(1(1)根據(jù)高斯定理,q2U1R1R2R2R1R2q二U2=-10*C34二。R1R2q一 二6000V可求得兩圓柱間的場強(qiáng)為:InR2R1 L2

10、 MUM-UN-；MN-b-0Iva b-ln2：.=a - b1212.解:；0B(v B) dl二vBdl = B IdlOBOA =(v B) dlOAJ B a22故:UAB12 22“ -b)1313.解: :(1 1 )B212R，則:-21=B21S%IS-2R空=4=4n2R-10X1010 H H=-M歸=-2=-2ndt-8X1010 V V1414.解:嗎 n32 二(2)(2)- - -M-Mdt方向：順時針為正。又由圖可知由初始時刻運(yùn)動到P P 點(diǎn)對應(yīng)時刻用去 0.5s0.5s,則由旋轉(zhuǎn)矢量法可知練習(xí)十一：振動答案1.1.C C2.2.A A3.3.2:14.4.鳴0

11、=n,中20=一冗/2,30 =冗/3，40 =一n45.5.1s6.6.75J75J,-0.0707m7.7.解：設(shè)平衡時木塊浸沒水中的高度為h h，則?水gSh木gSa，其中 S S 為木塊截面積a2。設(shè)木塊位移為 X X，則F =7水gS(h -x) -木gSa二水gSx = -kx所以是諧振動n8.8.解：(I I )將x =0.10cos(20n)m與4x = Acos( i )比較后可得：振幅A=0.10m，角頻率 =20協(xié)-1，初相=0.25n，則周期T=2 n/：=0.1s，頻率：=1/T = 10 H z(2 2)t =2s時的位移、速度、加速度分別為x =0.10cos(4

12、0n冗/4) =7.07 10(m)dxdtt =2d2xdt29.9. 解:1-2更in(40n0.25 n -4.44(m s )2-40ncos(40n0.25 n =t=2由圖可知,振幅A A = = 4cm4cm由旋轉(zhuǎn)矢量圖可確定初相0-5/4又由圖可知由初始時刻運(yùn)動到P P 點(diǎn)對應(yīng)時刻用去 0.5s0.5s,則由旋轉(zhuǎn)矢量法可知J.*上=n/4, ,iL；/：-=n/2振動方程為x = 4cos( t - 5n)cm241010. .解：(1 1)由題意知 A A = = 0.06m0.06m、.-2n/T動方程為x =0.06cos( n -n/3)m(2(2)質(zhì)點(diǎn)從x =-0.0

13、3m運(yùn)動到平衡位置的過程中， 旋轉(zhuǎn)矢量從圖中的位置 M M 轉(zhuǎn)至位置 N N, 矢量轉(zhuǎn)過的角度( (即相位差) 11.11.如圖所示盤即=n/2蛍n/212.12.解：(1)(1)由題意可知和X2是兩個振動方向相同，頻率也相同的簡諧運(yùn)動，其合振動也是簡諧運(yùn)動，設(shè)其合振動方程為X = Acos( t0)，則合振動圓頻率與分振動的圓頻率相同，即=2n合振動的振幅為A fA2A| 2AA cos(2-)w；16 9 2 4 3cos(- n/2) =5(cm)hi1ns由旋轉(zhuǎn)矢量圖可確定初相0 0- -冗/ 3，振5n/6。該過程所需時間為Asin A2Sin:24sin n 3sinn/23合振動

14、的初相位為tan匚 -22-A cos%十A2cos24cosn3cosn/24由兩旋轉(zhuǎn)矢量的合成圖可知，所求的初相位;0應(yīng)在第二象限，則0二n-arctan3：14343故所求的振動方程為x=5cos(2 n - n-arctan-)(cm)4(2)(2)當(dāng) 3 3一豁=2knk = 0,1,2HI)時，即 x xi與 X X3相位相同時，合振動的振幅最大，由于咒=n，故黃=2卄冗(k =0,1,2|當(dāng)：3 -1二-(2k 1)* =0,1,2 川)時，即 xi與 x 相位相反時，合振動的振幅最小, 由于1二n，故3= (2k 1)n n(k=0,1,2lH)即3= -2kn(k= 0,1,

15、2 HI)練習(xí)十二：波動答案1.1.C C2.2.D D3.3.D D4.4.C C5.5.C C6.6.n/27.7.yP=2.0cos(4n n2)(m)8.8.y = ACOS (tX)u u又由圖可知由初始時刻運(yùn)動到P P 點(diǎn)對應(yīng)時刻用去 0.5s0.5s,則由旋轉(zhuǎn)矢量法可知x9.9.y = 2 AS in 2nsin 2nt110.10.30m s_11.11. 解：(1 1)y =3 102cos2說X)103(2 2) ，=u2 = 10m,A-B=2n必二公5_2xn7n_2x 16ny =3 10 cos2說)=3 10 cos2說)1035101512.12. 解：(1 1

16、)由 P P 點(diǎn)的運(yùn)動方向，可判定該波向左傳播。原點(diǎn) O O 處質(zhì)點(diǎn)，t t = = 0 0 時、2AI2 =Acos, ,v0- - A sin：0所以二n/4O O 處振動方程為yO=Acos(500dt -冗/4)(SISI)由圖可判定波長，=200m m,故波動表達(dá)式為xy = Acos2M250t)n/4(SISI)200(2 2)距 O O 點(diǎn) 100m100m 處質(zhì)點(diǎn)的振動方程為y = Acos(500 n - 5n/4)(SISI)振動速度表達(dá)式為v - -500nAsin(500n5n/ 4)(SISI)13.13. 解：(1 1)由已知條件可知，=2n/T =n/2，又由圖

17、中可知，振幅A =1 10，m，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得x = 0處質(zhì)點(diǎn)的初相為% = n/3，則其運(yùn)動方程為2n nyo=1 10 cos( t )m23(2 2)由已知條件可知，波速u =./T =1m s4，則波動方程為_2nny =1 10 cos(t -x)m314.解：(1) = 2m,u = 0.5m/s,T-，/u=4s ,- - 2n/T=n/2由旋轉(zhuǎn)式量法可知原點(diǎn) O 在 1s 時刻的相位為3n/2, 則初始時刻的相位為n,則原點(diǎn)的振動方程為y=0.5cos(nt n21nx(2 2) 波函數(shù)為y =0.5COS (t )n20.5315.15.解：（1 1）已知波的表達(dá)式為y

18、=0.05cos（100 n -2n）與標(biāo)準(zhǔn)形式y(tǒng) = Acos(2 n t -2nx/ )比較得1A = 0.05m, =50Hz,=1.0m,u二=50m s-(2)Vmax= (丁/t)max=2 nA =15.7m/Sam a x=(：y/ X )m a x=4J2A4,931 0ms(3) =2 n(x2-xj/，= n,兩振動反相。16.16.解：-: - - -22n- - n(r2H)九4S外側(cè)：平兀20二-6n全加強(qiáng)4s外側(cè)：(-20) = 4n全加強(qiáng)4S S2間：(r2- r1(2 k 1)nk = 0,二1|(r2=20-斤代入上式可得：* =4k 14又0：n：20可得

19、靜止點(diǎn)的位置為距離S|為* =2=2, 6 6，1010， 1414， 18m18m 的地方靜止不動。330+19（2 2 ）當(dāng)觀察者向靜止的火車運(yùn)動時414.6Hz = 438.5Hz = 440Hz330火車駛過后392二330-s330+ vs17.17.解：（1 1）火車駛近時 s330 - vs由以上兩式可解得火車的運(yùn)動速度vs=19.0m s，汽笛振動頻率、s= 414.6Hz3304403練習(xí)十三光的干涉8 8、0.60.69 9、600600 nmnm 1010、151111、2(n T)d1212、解:1 1、D D 2 2、B B3 3、B B 4 4、A A 5 5、C

20、C 6 6、C C7 7、2 - (n - 1)e/ 3.63.6X1010(1) 原中央明紋將向下方移動(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，只要正確寫出 原零級明紋位置處光程差的改變量即可解出答案。.：= (n 1)d = k = d =4.74 10” m1313、解:(1):(1)正面：( (反射光) )呈現(xiàn)出什么顏色，即該波長光振動加強(qiáng)，即：Z1、也=2n?e + =二1 0 0 3A = (k )九22當(dāng)k=2=2 時, = = 66886688 A A ( (紅色),), 當(dāng)k=3=3 時，=4013=4013 A A ( (紫色)反面：( (透射光

21、) )：=2 n2e = k.】.10032A = k當(dāng)k=2=2 時，- -=5016=5016 A A ( (藍(lán)綠色) )1414、解：原間距h = /2)-1.5mm改變后l2二1 =1mmv 改變后4n2= / 2l2=3 10 rad改變量:-1.0 10 * r a d1515、 解：設(shè)所用的單色光的波長為，則該單色光在液體中的波長為/n. .根據(jù)牛頓環(huán)的明環(huán)半徑公式. (2k -1)R /2有r82-15R /2充液后有r82=15R/(2 n)2由以上兩式可得n =苓=1.71r81616、 解：設(shè)相鄰明(或暗)條紋之間距離為b b，劈尖角為二，細(xì)絲直徑為 d d，玻璃板長度

22、為 L L,則 v v - -d d二二L 73.5b 2b73.5 上d2.0069 10 m21717、 解：由牛頓環(huán)暗環(huán)半徑r , k Rg = (k 5)，R2 2得.=rk 55=4 10 m5R2練習(xí)十四光的衍射dsin刊k22k2660 3k2當(dāng)兩譜線重合時有k22 4由光柵公式可知dsin 30 = 61b亠b (3)(3)(b b )sin v - k= k：- =1 1、D D 2 2、B B4 4、5 5、30306 6、625625 nmnm7 7、第一級明紋第二級暗紋_48 82.23 10 rad9 9、解：由光柵衍射主極大公式得61Q-5.28 10 mmsin

23、30k1010、解：(1 1)(b b )sin： -k1= b b =.sin日0-60000 A(b + b)sin=kk _ b + b k bsi n =土k%4時缺級,k0b=15000A；當(dāng)2時，舍去;0b = 45000A當(dāng)k=3時，0b= 45000A0b =15000Adsin Ik-2sin冃k1k1440 2k1k : 100b二15000A當(dāng)時，實(shí)際出現(xiàn)級數(shù)：0,_1,_2,_3,_5,_6,_7,_9。b = 45000Ab = 45000A當(dāng)t0時，實(shí)際出現(xiàn)級數(shù)：0,1,2,3,5,6,7,9。p=15000A41111、解 (1 1)入=1.222.210一rad

24、D(2 2)s=ld0=2.2mm等號兩橫線間距不小于 2.22.2 mmmm1212、解：（1 1）由單縫衍射明紋公式可知13bsin円(2 k 1)122sin弓：tan,sinn2:tanr2.一3口 .3f扎2所以X1，X2 2b2b3f則兩個第一級明紋之間距為-X = x2- x1= 0.27 cm2b（2 2）由光柵衍射主極大的公式d sin齊=k，1=11d si n二2= k2= 12且有sin T : tan r =所以二x = x2- 捲=f / d = 1.8cm1313、解：（1 1）由光柵衍射主極大公式得由于tan冇tan 二(取k=1)0（b b）sin30 =3

25、3 鮎4b b -3.6 10 一 cmsin 30(2 2)(b b)sin30 =422=(b b)sin30 /4 二 450nm光的偏振練習(xí)答案a31、B B2 2、D D 3 3、454 4、1.7321.7325 5、I。6 6、波動 橫327 7、 解：(1 1)透過第一個偏振片后的光強(qiáng)h hI,=I0COS230 -3I0/4透過第二個偏振片后的光強(qiáng)為I2，I2=I1cos260 =3I0/16(2 2)原入射光束換為自然光，則h =I/22 fiI2二 I1cos260，1。/88 8、 解：設(shè)第二個偏振偏與第一個偏振片的偏振化方向間的夾角為二. .透過第一個偏振片后的光強(qiáng)h

26、=I0/2透過第二個偏振片后的光強(qiáng)為I2，由馬呂斯定律，丨2=(I/2)cos 二透過第三個偏振片后的光強(qiáng)為I3I3二 I2cos2(90：-二)=(l/2)cosJsin =(l/8)sin223由題意知131032所以si n22-34t|v /c2.1 -(v/c)2則：t；二_ t2vx2/c21 - (v/c)2-二1sin(_ .3/2) =30：, 6027 7、9 9、解：設(shè)入射光光強(qiáng)為由題意入射光I1It maxIzIx22解得lx上I3I，自然光光強(qiáng)為IxIt min透射光ItIz，線偏振光光強(qiáng)為Ix, ,透射光光強(qiáng)為ItIzIxcos2:It max 511 min101

27、0、解：（1 1）設(shè)該液體的折射率為n n,由布儒斯特定律tgi0=1.56/n得n = 1.56/ tg 48.09 =1.40（2 2）折射角40.5二-48.09丄41.91丄（41 55）相對論練習(xí)答案5 5、0.750.75C6 6、4 4解：根據(jù)洛侖茲變換公式:X v-(v/c)2t - vx / C2.1 -(v/c)2x2- vt2可得：x1-X1二% -vt|I -(v/c)2在K系，兩事件同時發(fā)生，t|=t2，則：X；_x_! =2，J-由題意知人t =0“x = 0.5m m由此得t一tf=華*)/C=5.77漢10*(s)。J-(v/c)28 8、解：設(shè)K系相對于K系的運(yùn)動速度為V,則根據(jù)洛侖茲變換公式可得:2 2t|VX!/ c t2vx2/cb = -1,t2=-1，.1 -(v/c)2,1 -(V/C)2乙測得兩事件同時發(fā)生，貝y t;=t2，可得t2-t|= v(x2- xi)/ c2,由題