1、1.質點運動學單元練習（一）答案1B2D3D4B53.0m；5.0m（提示：首先分析質點的運動規律，在t<2.0s時質點沿x軸正方向運動；在t=2.0s時質點的速率為零；，在t>2.0s時質點沿x軸反方向運動；由位移和路程的定義可以求得答案。）6135m（提示：質點作變加速運動，可由加速度對時間t的兩次積分求得質點運動方程。）7解：（1）（2） 8解：ths9解：（1）設太陽光線對地轉動的角速度為（2）當旗桿與投影等長時，10解： -kv dv / dy 已知y=yo ，v=vo 則2.質點運動學單元練習（二）答案1D2A3B4C5；6；7解：（1）由速度和加速度的定義；（2）由切

2、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到最高點時垂直方向速度為零，解得9解：10解：；3.牛頓定律單元練習答案1C2C3A4；5；6解：（1）（2）FN=0時；a=gcot7解： 8解：由牛頓運動定律可得分離變量積分9解：由牛頓運動定律可得分離變量積分10解：設f沿半徑指向外為正，則對小珠可列方程，以及 ，積分并代入初條件得 ，4.動量守恒和能量守恒定律單元練習（一）答案1A； 2A；3B；4C；5相同6；7解：（1）；（2）8解：9解： 物體m落下h后的速度為 當繩子完全拉直時，有 10解：設船移動距離x，人、船系統總動量不變為零等式乘以d t后積分，得5.動量守恒

3、和能量守恒定律單元練習（二）答案1C2D3D4C518J；6m/s65/37解：摩擦力由功能原理 解得 .8解：根據牛頓運動定律 由能量守恒定律 質點脫離球面時 解得：9解：(1)在碰撞過程中，兩球速度相等時兩小球間距離最小 (2) 兩球速度相等時兩小球間距離最小，形變最大，最大形變勢能等于總動能之差 聯立、得 10解：(1)由題給條件m、M系統水平方向動量守恒，m、M、地系統機械能守恒 解得： ； (2) 當m到達B點時，M以V運動，且對地加速度為零，可看成慣性系，以M為參考系 6.剛體轉動單元練習（一）答案1B2C3C4C5v = 1.23 m/s；an = 9.6 m/s2； = 0.5

4、45 rad/ s2；N = 9.73轉。67解：（1）由轉動定律，（2）由剛體轉動的動能定理（3）根據牛頓運動定律和轉動定律：mgF=marF=Ja=r聯立解得飛輪的角加速度8解：（1）由轉動定律 （2）取棒與地球為系統，機械能守恒 (3)棒下落到豎直位置時 9解：（1）系統的能量守恒，有 聯立解得： ； （2）設繩子對物體(或繩子對輪軸)的拉力為T，則根據牛頓運動定律和轉動定律得： mg Tma T rJb 由運動學關系有： a = rb 聯立解得： 10解：以中心O 為原點作坐標軸Ox、Oy和Oz如圖所示，取質量為式中面密度為常數，按轉動慣量定義，薄板的質量 所以 7.剛體轉動單元練習（

5、二）答案1C2A3D4B 5；6；7解：小球轉動過程中角動量守恒8子彈與木桿在水平方向的角動量守恒9解：圓環所受的摩擦力矩為，由轉動定律 ， 至圓環停止所經歷的時間 10解：落下過程棒的機械能守恒。設棒剛到豎直位置時角速度為， 碰撞過程，物體與棒系統角動量守恒， 碰撞過程軸不受側向力，物體與棒系統水平方向動量守恒， 、消去，得 ， 、消去，得.8.機械振動單元練習（一）答案1 B2 B3 C4 A5 2:16 解：，運動方程（1）由旋轉矢量法，；（2）由旋轉矢量法，；（3）由旋轉矢量法，。7 解：木塊處于平衡位置時，浮力大小。上下振動時，取其處于力平衡位置點為坐標原點，豎直向下作為x軸正向，則

6、當木塊向下偏移x位移時，合外力為其中，浮力合外力為常數，表明木塊在其平衡位置上下所作的微小振動是簡諧運動。由可得木塊運動的微分方程為令，可得其振動周期為圖8-18 解：如圖，由旋轉矢量法可知10. 解：（1）（2）9.機械振動單元練習（二）答案9 B10 B11 C12 ，13 （1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s, 2s 。14 解：（1）由已知的運動方程可知：，（2），15 解：振動系統的角頻率為圖9-1由動量守恒定律得振動的初速度即子彈和木塊的共同運動初速度的值為又因初始位移，則振動系統的振幅為如圖由旋轉矢量法可知，則簡諧運動方程為16 解：如圖由旋轉矢量法可知，合振動振幅為圖9-

7、2合振動初相為 10. 解：圖9-3如圖由旋轉矢量法可知，。可見它們是反相的，因此合振動振幅為：合振動初相為：同樣由旋轉矢量法可知10.機械波單元練習（一）答案17 B18 C19 B20 1.67m21 6，3022 解：（1）由波動方程可知振幅，角頻率，則波速，頻率，波長。（2）23 解：（1）由圖可知振幅，波長，波速則。又O點初始時刻位于平衡位置且向y軸正向運動，則由旋轉矢量法可得，因此波動方程為（2）P處質點的振動方程為24 解：由圖可知振幅，波長，則角頻率。由P點的運動方向可知波向x軸負方向傳播。又由圖可知原點O初始時刻位于A/2處，且向y軸負方向運動，則由旋轉矢量法可得。則波動方程

8、為10解：（1）以A點為坐標原點的波動方程為（2）則以B點為坐標原點的波動方程為11.機械波單元練習（二）答案25 C26 B27 C28 ，29 550Hz，458.3Hz30 0.08W/m231 解：兩列波傳到連線和延長線上任一點P的相位差左側各點：，振動都加強；右側各點：，振動都加強；圖11-7、之間：則距點為：處各點靜止不動。32 解：（1）（2）時振動加強，即33 解：反射點為固定端，即為波節，則反射波為=駐波表達式10. 解：乙接受并反射的信號頻率為甲接受到的信號頻率為12.靜電場單元練習（一）答案34 B35 D36 B37 C38 利用點電荷電場的矢量疊加求y軸上的電場強度。

9、39 解：通過點電荷在電場力作用下的平衡條件求出平衡時點電荷的電量。40 解：利用電荷元電場的積分疊加，求O點的電場強度。41 解：取同心球面為高斯面，利用高斯定理求電場強度的分布。10解：用對稱性取垂直帶電面的柱面為高斯面，求電場強度的分布。（1） 帶電面外側（2） 帶電面內13.靜電場單元練習（二）答案42 C43 D44 B45 C46 47 解：假設陰極A與陽極B單位長度帶電分別為與，由高斯定律求電場分布，并進一步求出陰極與陽極間的電勢差U，由已知量求電場強度并由陰極表面的電場強度求電子剛從陰極射出時所受的電場力8解：（1）方法一：取同心球面為高斯面，利用高斯定理求電場強度的分布再求電

10、勢分布；方法二：帶電量為Q，半徑為R的帶電球面對電勢的貢獻球面內電勢： 球面外電勢：有電勢的疊加求電勢分布；結果與方法一一致。（2）電勢差9解：（1）電場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到平衡位置過程中，電場力作的功*10解：帶電粒子處在h高度時的靜電勢能為 到達環心時的靜電勢能為 據能量守恒定律 聯立求解得 14.導體電介質和電容單元練習（一）答案48 B49 C50 D51 C52 53 負電；54 解：兩個球形導體用細導線相連接后電勢相等，解得：； 8解：依照題意d>>R，導體上的電荷分布基本保持不變，電場可以視為兩個長直帶電線電場的疊加。取其中一

11、導線軸心為坐標原點，兩根導線的垂直連線為x軸。任意一點P的電場強度兩直導線單位長度的電容 9 解：方法一：導體電荷的自能就是系統的靜電能方法二：依照孤立導體球電容的能量求系統的靜電能方法三：依照電場能量密度對電場空間的積分求系統的靜電能*10解：（1）導體達到靜電平衡時，導體板上電荷分布的規律可參見物理學教程習題分析與解答，根據電荷守恒定律以及C板的電勢，有解得： （2）C板的電勢15.導體電介質和電容單元練習（二）答案55 C56 B57 C58 B59 e r，e r60 461 解：設芯線單位長度帶電荷l，芯線附近的電場強度最強，當電壓增高時該點首先被擊穿8解：（1）電容器充滿介質后，導

12、體板間的電勢差不變（2）介質表面的極化電荷面密度 9解：依照孤立導體球電容的能量求系統的靜電能若斷開電源導體所帶電荷保持不變，浸沒在相對電容率為er的無限大電介質中電容增大為e rC，系統的靜電能*10解：用的高斯定理求得電位移的大小為 D = s8.85×10-10 C/m2 (0<x<2) 真空中電場強度 100 V/m 介質中電場強度 50 V/m真空中電勢 U1 = Eo (d1 x)+Ed21.5100x (SI) U2 = E(d2 + d1-x)1.050x (SI) 各區域內均為線性分布16.恒定磁場單元練習（一）答案1E 2D3C 4D 50 60；7

13、解：（1）（2）（3）8 解：（1）電子沿軌道運動時等效一圓電流，電流強度為原子核 (圓心) 處的磁感應強度： 方向：垂直紙面向外（2）軌道磁矩： 方向：垂直紙面向外9 解：（1）在螺線管內取一同心的圓為安培回路（2）*10解：無限長的載流薄導體板可看作由許多無限長的載流直導線組成距板左側為l,寬為dl的窄導體板內電流為：由磁感應強度的疊加原理：17.恒定磁場單元練習（二）答案1B 2C 3A 4C 5398 6. ，垂直于磁場向上，7解：電子在垂直于磁場的平面內作勻速圓周運動軌道半徑：旋轉頻率：AAxyzcabBI8. 解：（1）根據洛侖茲力公式可判斷：載流子為帶負電的電子，因而半導體是n型

14、半導體（2）由于（個/m3）9. 解：經分析可知，同軸電纜內外磁場具有柱對稱性，所以取同心的圓為安培環路 *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w 勻速轉動，求（1）盤心處的磁感強度；（2）圓盤的磁矩解：（1）均勻帶電薄圓盤轉動后在圓盤面上會形成許多半徑不同的圓電流半徑為r,厚度為dr的圓環轉動后形成的圓電流為：此圓電流在盤心處產生的磁感應強度為：盤心處的磁感應強度：（2）圓盤的磁矩：磁矩的方向：根據電流的方向用右手定則判斷18.電磁感應單元練習（一）答案1C2B3B4D567解：用導線連接MN與圓環一起構成閉合環路，環路電動勢為零，因而半圓環動生

15、電動勢等于直導線MN的電動勢。由動生電動勢的關系式：E =電動勢方向向左。8解：感應電荷； 解得 B=0.05(T)9金屬圓板的感應電動勢的大小E =方向: 中心指向邊緣*10解：由麥克斯韋電磁場方程，r <a時，r >a時，19.電磁感應單元練習（二）答案1C2C3D4C5 = 6 ，相反7解：（1）設回路中電流為I, 在導線回路平面內，兩導線之間的某點的磁感強度沿導線方向單位長度對應回路面積上的磁通量為 （2）磁場的能量.8解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系數。（2）由互感電動勢的定義E=9解 方法一：由自感磁場能量的方法求單位長度電纜的磁場能量。方法二：由磁場能量密度的

16、體積分求單位長度電纜的磁場能量。*10解：（1）電容器板極板上的電量（2）忽略邊緣效應，t時刻極板間總的位移電流（3）由安內環路定律，可求感應磁場的分布20.幾何光學單元練習答案62 B圖20-163 D64 C65 凹透鏡，凸透鏡.66 凸透，實，虛67 MN，CO，OA ，水，空氣68 由O點發出的光線在圓形荷葉邊緣處恰好發生全反射則， 69 如圖20-2所示，物距圖20-2，則由公式可得即所成的是在凹面鏡后處的一個虛像。70 已知，代入第一個透鏡的高斯公式，即則 對于第二個透鏡，此像點位于處，代入第二個透鏡的高斯公式，即得 ，即象點位于第二個透鏡后1.4a處。由分析可知，又，則得物鏡和目

17、鏡的像方焦距為21.波動光學單元練習（一）答案71 D72 B73 A74 C75 500nm76 折射率較小，折射率較大，77 屏上任一點對應的光程差為（1）第零級明紋所在處，則，即條紋上移。（2）原中央處O點則云母片的折射率78 反射光加強的條件為則 時， 時，10 ，則400nm22.波動光學單元練習（二）答案79 C80 B81 A454，1，暗60.3867（）由單縫衍射明條紋公式可得相鄰明條紋間距（）由光柵方程可得明條紋位置則相鄰明條紋間距8 望遠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 （2）同理由光柵方程可得則，10 （1）（2）第二級明條紋距離中央明紋中

18、心的距離第二級暗條紋距離中央明紋中心的距離23.波動光學單元練習（三）答案82 C83 C84 B85 圖23-186 0，87 （1）由布儒斯特定律，得介質的折射率（2）由于，則折射角88 設入射光強為，其中自然光強為，線偏振光強為，出射光強為 ，則由已知可得 ，10（）透過第一個偏振片后的光強度，透過第二個偏振片后的光強度（）透過第一個偏振片后的光強度，透過第二個偏振片后的光強度。24氣體動理論單元練習1B；2D；3A；4C；52，1，61:1，2:1，10:37（1）（2）（3）（4）8（1）（2）（3）9（1）由得（2）由得由得1025熱力學基礎單元練習（一）答案1C；2C；3D；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124過程：（2）對134過程：8由pV=RT知：故全過程 則其中對絕熱過程有 式中故代入