大學(xué)物理解題指導(dǎo)與練習(xí)(第二版)

1、練習(xí)一 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動學(xué)1、C 2、B 3、D 4、3 m, 5 m5、， 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：，人頭影子移動的速度：。而：，即：。10、解（1）則時， （2）加速度和半徑成角，即，即代入得：練習(xí)二 牛頓力學(xué)1、C 2、A 3、C4、D 5、6 N, 4 N6、解：（1）；（2）；則：7、解 小球受重力、繩的張力及斜面的支持力。（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：， 解方程組可得：繩的張力小球?qū)π泵娴恼龎毫Υ笮。?）當(dāng)時脫離斜面，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

2、8、解：（1）（2）9、解：分別對物體上拋時作受力分析，以地面為原點(diǎn)，向上為軸正方向。對物體應(yīng)用牛頓定律： ，而，則有練習(xí)三 動量守恒和能量守恒1、D 2、D 3、D 4、27 J， 5、 6、， 7、 8、9、（1）（2）10、解 （1）（2） 11、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：下降高度為。12、解（1）小球下落過程中，機(jī)械能守恒：（2）（3）13、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14、解（1）釋放后，彈簧恢復(fù)到原長，B的速度變?yōu)?。此過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。則有：（2）達(dá)到原長后，系統(tǒng)的總動量和總機(jī)械

3、能守恒。彈簧伸長量最大或壓縮量最大時，A和B的速度相等，則根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律，有：（3）設(shè)最大伸長量為，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、A 2、C 3、A4、 5、 6、7、解：對物體： ； 對圓盤： 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：本題分為兩個過程：子彈和細(xì)桿的碰撞過程、細(xì)桿的上升過程。碰撞過程中，子彈和細(xì)桿組成的系統(tǒng)角動量守恒：上升過程中，細(xì)桿的機(jī)械能守恒：解以上方程得： ， 。練習(xí)五：氣體動理論

4、1. C2. C3. D4. B5. 6. 8：1,5：3,1：1。7. ，8. 29. 1：2；5：3 10. 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. 過程內(nèi)能增量對外作功吸收熱量100001000015001500-1000-500-1500ABCA11. （1）（2）12. 證明：該熱機(jī)循環(huán)的效率為其中，則上式可寫為在等壓過程BC和等體過程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 ，

5、（2），則：第七章 真空中的靜電場1C； 2C； 3D； 4C； 5C； 6C； 7A； 8； 9；0； 10； 110，； 12 ，； 1390V；-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：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時向外；A<0時向內(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時向外；A<0時向內(nèi)。16解：（

6、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17解：分析對稱性，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)生場強(qiáng)： 按角的變化，將dE分解成兩個分量：dEx，dEy。由對稱性知道Ey=0，而積分：第八章 靜電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)1D； 2C； 3C； 4B； 5B； 61/，1/； 7；8解：9解：（1）根據(jù)高斯定理，可求得兩圓柱間的場強(qiáng)為：，（2）；10解：設(shè)極板上自由電荷面密度

7、，應(yīng)用D的高斯定理可得兩極板之間的電位移為：D=則空氣中的電場強(qiáng)度為：；介質(zhì)中的電場強(qiáng)度為：兩極板之間的電勢差為：電容器的電容： 11解：（1）已知內(nèi)球殼上帶正電荷，則兩球殼中間的場強(qiáng)大小為兩球殼間電勢差電容（2）電場能量。第九章 穩(wěn)恒磁場1A； 2A； 3B； 4C； 5D； 6； 7C; 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

8、將驅(qū)使線圈法線轉(zhuǎn)向與平行。13解：，則：方向：，大?。?。14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1B； 2D； 3A； 4C； 5C； 6A； 715J； 8，A端。 9解: t時刻: 10解：11解：動生電動勢 為計算簡單。可引入一條輔助線MN，構(gòu)成閉合回路MeNM，向上運(yùn)動時，穿過其中的總磁通量不變，則，閉合回路總電動勢為零。負(fù)號表示的方向與x軸相反。12解：；故：13解:（1），則：=4×10-10H（2）=-2×10-8V14解：（1） （2） 方向：順時針為正。練習(xí)十一：振動答案1. C2. A3. 4. ，

9、5. 6. 75J，7. 解：設(shè)平衡時木塊浸沒水中的高度為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8. 解：（l）將 與 比較后可得：振幅，角頻率，初相，則周期，頻率。（2）時的位移、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刻運(yùn)動到P點(diǎn)對應(yīng)時刻用去0.5s，則由旋轉(zhuǎn)矢量法可知, 振動方程為           10. 解：（1）由題意知A = 0.06m、由旋轉(zhuǎn)矢量圖可確定初相，振動方程為   

10、;       （2）質(zhì)點(diǎn)從運(yùn)動到平衡位置的過程中，旋轉(zhuǎn)矢量從圖中的位置M轉(zhuǎn)至位置N，矢量轉(zhuǎn)過的角度(即相位差）。該過程所需時間為11. 如圖所示 12. 解：(1)由題意可知和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，則合振動圓頻率與分振動的圓頻率相同，即。    合振動的振幅為    合振動的初相位為    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&

11、#160;   故所求的振動方程為 (2) 當(dāng) 時，即x1與x3相位相同時，合振動的振幅最大，由于 ，故 當(dāng)時，即x1與x3相位相反時，合振動的振幅最小，由于 ，故 即                        練習(xí)十二：波動答案1. C2. D3. D4. C5. C6. 7. 8. 9. 10. 11. 解：（1）（2），12.

12、解：（1）由P點(diǎn)的運(yùn)動方向，可判定該波向左傳播。 原點(diǎn)O處質(zhì)點(diǎn)，t = 0時, 所以 O處振動方程為 （SI）由圖可判定波長m，故波動表達(dá)式為（SI）（2）距O點(diǎn)100m處質(zhì)點(diǎn)的振動方程為（SI）振動速度表達(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)動方程為（2）由已知條件可知，波速，則波動方程為14. 解：（1），由旋轉(zhuǎn)式量法可知原點(diǎn)O在1s時刻的相位為，則初始時刻的相位為，則原點(diǎn)的振動方程為 （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），兩振動反相。16. 解： 外側(cè)： 全加強(qiáng)外側(cè)： 全加

13、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。17. 解：（1）火車駛近時 火車駛過后 由以上兩式可解得火車的運(yùn)動速度，汽笛振動頻率（2）當(dāng)觀察者向靜止的火車運(yùn)動時 練習(xí)十三 光的干涉1、D 2、B 3、B 4、A 5、C 6、C 7、 3.6×103 8、0.6 9、600 nm 10、 11、 12、解：（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。13、解:(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: 當(dāng) =2

14、時,l = 6688 A°(紅色), 當(dāng)=3 時, l=4013 A°(紫色)(2)反面:(透射光) 當(dāng)=2 時,l = 5016 A°(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為，則該單色光在液體中的波長為. 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，玻璃板長度為L，則 17、解：由牛頓環(huán)暗環(huán)半徑 得 練習(xí)十四 光的衍射1、D 2、B 3、B 4、B 5、 30° 6、625 nm7、第一級明紋 第二級暗紋 8、9、解：由光柵衍射主極

15、大公式得 當(dāng)兩譜線重合時有 即 由光柵公式可知 10、解：（1）（2）時缺級，當(dāng)時，；當(dāng)時，舍去；當(dāng)時，（3）當(dāng)時，實際出現(xiàn)級數(shù)：。當(dāng)時，實際出現(xiàn)級數(shù)：。11、解 （1） （2） 等號兩橫線間距不小于 2.2 mm12、解：（1）由單縫衍射明紋公式可知 （?。?由于 所以 則兩個第一級明紋之間距為 （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、B 2、D 3、 4、1.732 5、 6、波動 橫 7、解：（1）透過第一個偏振片后的光強(qiáng) 透過第二個偏振片后的光強(qiáng)為， （2）原入射光束換為自然光，則 8、解：設(shè)第二個偏振偏與第一個偏振片的

16、偏振化方向間的夾角為. 透過第一個偏振片后的光強(qiáng) 透過第二個偏振片后的光強(qiáng)為，由馬呂斯定律， 透過第三個偏振片后的光強(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） 折射角 相對論練習(xí)答案 1、B 2、C 3、B 4、 5、0.75 1.5 6、47、解：根據(jù)洛侖茲變換公式：可得：在系，兩事件同時發(fā)生，則：， 解得：，在系，上述兩事件不同時發(fā)生，設(shè)分別發(fā)生于時刻，則：，由此得。8、解：設(shè)系相對于系的運(yùn)動速度為，則根據(jù)洛侖茲變換公式可得：，乙測得兩事件同時發(fā)生，則， 可得，由題 則 9、解： 根據(jù)洛侖茲時間變換公式 又 代入數(shù)據(jù)解得 根據(jù)洛倫茲坐標(biāo)變換式 得 10、解（1）設(shè)米尺系相對于蟻蜂系的速率為,由題意知，米尺的本征長度,非本征長度 則由（