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1、1.质点运动学单元练习（一）答案1. B2. D3. D4. B5. 3.0m； 5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在 t2.0s时质点沿x轴反方向运动；由 位移和路程的定义可以求得答案。）6. 135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质点运动方程。）7.解：(1) r 2ti (2 t2)j(SI)r1 2i j (m)2 4i 2j (m)r r2 r1 2i 3 j (m)- rv 2i 3j (m/s)，、 dr-(2) v 2i 2tj (SI) dta dt 2j (SI)8.解:v2 2i 4 j(m / s)a22j (m/s 2)tv ad
2、to,2A cos tdtoA sin ttvdt Atsin tdt Acos t9.解：(1)设太阳光线对地转动的角速度为0)7.27 10 5rad/s6* 3600h10.解:ky d y vd v1ky21v2 C22已知 y=yo , v=vo 则 C1 212Vo ky022v2 v2 k(y2 y2)ds h3,v 21.94 10 m / sdt cos t(2)当旗杆与投影等长时，t /4一 4 一t 1.08 10 s 3.0h4dv d v d y d v,a vkyd t d y d t d y-ky v dv / dy#.质点运动学单元练习（二）答案1. D2. A
3、3. B4. C5. Vds , 4tdtdv 4dt22v 2m s ; 3 -8tR2a 4et 8t en m s6.o 2.0 rad / s ；4.0 rad / s ； at r20.8 rad / s ；anr 2 20m / s27.解：（1）由速度和加速度的定义出2ti dt2jdv(SI); a 2idt(SI)（2）由切向加速度和法向加速度的定义d i 2/ 2tat :4t2 4 (SI)dtt2 1ana2 a2 一 (SI)t2 12 v23/2(3) 2t2 1 (SI)gtan8.解：火箭竖直向上的速度为vy v0 sin 45火箭达到最高点时垂直方向速度为零，
4、解得Vogtsin 4583m / s9.解:tan3034.6m/s10.解:1. C2. C3. A3.牛顿定律单元练习答案14. T - Mg367.5kg ； a 02T 0.98m/s2M25. v x-dvx 2vx -dt2 dx k 一dtk2vxdvx 12f x m-mkdt 26.解：(1) Ft cosFn sin maFT sinFn cos mgFT mg sin ma cos ; F N mg cos ma sin(2) Fn=0 时；a=gcot 07.解： m2R mgg oR8 .解：由牛顿运动定律可得dv120t 40 10 -dt分离变量积分v 6t2
5、4t 6 (m / s)vtdv 12t 4 dt6.0ox2_ 3_ 250dx06t 4t 6 出x 2t 2t 6t 5(m)9 .解：由牛顿运动定律可得kv mg mdVdt分离变量积分v kdv k tmg-dtIn Vo kvo mg m 0kvo mg x m, mg m 彳 kv。t InIn 10k kvo mg k mg10.解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程2f v mg cos f m ,dvm,dta,dt d ,v2v 2 ag (1 cos ),amg sin以及v a dt积分并代入初条件得2,vf mg cos m mg(3 cos a5.动量守恒和能
6、量守恒定律单元练习()答案1. A;2. A;3. B;4. C;5. 相同F t1F t26. v1 ; v2v1 m 1 m2m 2dxdvx7. 解：(1) vx -10t ; ax 10dtdtma 20N ；x x3 x140 mW F x 800J3(2) I Fdt 40N s 18.解：mv m m v11-mv21 m m,v2 -kx2 22mm9.解： 物体m落下h后的速度为 v 42gh当绳子完全拉直时，有 m 2gh m M v121T 2Mv MmM而10.解：设船移动距离 x,人、船系统总动量不变为零Mu mv 0tmvdt 0ot等式乘以d t后积分，得 Mud
7、toMx m(x l) 0mlx 0.47 mM m5.动量守恒和能量守恒定律单元练习 (二)答案1. C2. D3. D4. C5. 18J; 6m/s6. 5/37. 解：摩擦力f mg由功能原理f(x1 x2) 0 1kx12解得一kx.2mg(Xi X2)8. 解：根据牛顿运动定律mg cos1 2由能量守恒定律-mv2 mgh2质点脱离球面时FN0； cos一 R斛得：h 39.解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小m1vl m 2v 2 (m1 m2)vm1vlm2v2v mm2(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联立、得10.
8、解:守恒.解得:EpEp1一 mv2:1m2v21(mi221m1m2(viV2)2/(m12“、2m2)vm2)(1)由题给条件m、M系统水平方向动量守恒,m(u V) MV 01m(u V )221 -MV 22 mgRm、M、地系统机械能m,M渭2( M m)gR(2)当m到达B点时,以V运动,且对地加速度为零，可看成惯性系，以 M为参考系mg mumgmu 2 / Rmg 2( Mm)mg/MMmg 2(Mm)mg 3M2m一 mg6.刚体转动单元练习(一)答案1. B2. C3. C4. C5. v = 1.23 m/s； an = 9.6 m/s2； “= 0345 rad/ s2
9、; N = 9.73 转。6.JIn 2 k7.解：(1)由转动定律,Fr239.2rad/sJ(2)由刚体转动的动能定理Ek Ek Fh 490J(3)根据牛顿运动定律和转动定律:mg -F=marF =J aa=r a联立解得飞轮的角加速度3g2l一，l 1,28.解：(1)由转动定律 mg - - ml23(2)取棒与地球为系统，机械能守恒1Ek 2mgl(3)棒下落到竖直位置时1.2 mgl11ml22 3121,29.解：（1）系统的能重守恒，有 mgh -mv -J 22联立解得:2mghr2 v ,mr2 J12mgh,mr2 J（2）设绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力为T,则根
10、据牛顿运动定律和转动定律得:mg -T= ma由运动学关系有:联立解得:T mgJ1.2J mr10.解：以中心 O如图所示，取质量为dm为原点作坐标轴dxdy式中面密度为常数，按转动惯量定义,Ox、Jz (x)dm薄板的质量b2bdx2aba 2a(X22y2)dy i2(ab3 a3b)所以Jzm / 2(a12b2)7 .刚体转动单元练习（二）答案1.2.3.4.5.13Jo6.1J 2o o27.解：小球转动过程中角动量守恒2mr。2 ro m 一42J1J 22 o3一 mr28 .子弹与木杆在水平方向的角动量守恒m2/-2212l m2 -26 m2vm1 3m2 l9.解：圆环所
11、受的摩擦力矩为mgR由转动定律mgR2mRgRoR至圆环停止所经历的时间10 .解：落下过程棒的机械能守恒。12 2一 ML3设棒刚到竖直位置时角速度为LMg 7 ，2碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒212mvx 一 ML ,3mv碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒M , 2、消去，得M 八, d3gL , 2m，广2、消去v ,得x L38.机械振动单元练习(一)答案1. B2. B3. C4. A5. x 0.10cos（/6t /3）m6. 2:17. 解：A 0.1m,2 Tt/T兀运动方程x Acos(）0.1cos（疝 ）m(1)由旋转矢量法冗/2, x 0.1co
12、s（疝 Tt/2）m ；(2)由旋转矢量法冗/3, x 0.1cos（疝 Tt/3）m ；(3)由旋转矢量法0.1cos（疝力m 。8.解：木块处于平衡位置时,浮力大小F mg。上下振动时，取其处于力平衡x轴正向，则当木块向下偏移 x位移时，合位置点为坐标原点，竖直向下作为外力为v v vF PF2其中，T子力 F F gSx mg ga x合外力 F P F ga2x kxkga2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。d 2d22由 F m* 可得木块运动的微分方程为器 一ga三 0出出 m9.10.2令2 -ga-,可得其振动周期为mT解：如图，由旋转矢量法可知t兀/3
13、图8-1t式/31/3s丘12112解：(1)Ep-kxE-kAp224x A 0.141m2 E p kx2p 212112-kA -(-kA )84 23 Ek EEk-E49.机械振动单元练习(二)答案10. B11. .B12. C13. 2k Tt 兀/3, 7 102m, 2k Tt 4 兀/3 , 1 10 2m14. 兀/215. (1) 0.5s, 1.5s； (2) 0s, 1s, 2s。16. 解：(1)由已知的运动方程可知：A 0.10m,2 W3,3江,T 2 B 2/ 3s-1A 2-2(2) vmax A 0.94m samax A 8.88m s / max)
14、maxk117. 解：振动系统的角频率为* 10s1；mh m2m1vc c1v00.8m sm mh 又因初始位移Xo 0 ,则振动系统的振幅为A Jx； (v0)2*0.08m如图由旋转矢量法可知0M2,则简谐运动方程为x 0.08cos(10t W2)(m)18.解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为A4A A2 2AA2 cos(兀/2) 0.10m合振动初相为图9-1A/弋工.% 气()由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值v0为图9-2,Asin /3 A2sin /6 a arctanA cos 冗/ 6 Ai cos 冗/ 3冗 arctan2.341 1
15、13o10.解：如图由旋转矢量法可知因此合振动振幅为：A A A2 1cm合振动初相为：0a/ 30a同样由旋转矢量法可知t 55B63, 0b 2/3。可见它们是反相的,图9-3T 2/12s10.机械波单元练习(一)答案19. B20. C21. .B22. 1.67m., x l、.23. y Acos (t )ou24. 6, 3025. 解：(1)由波动方程可知振幅 A 0.05m,角频率 20几，/u 3兀,1_ 2 1t则波速u 6.67m s ,频率 /2兀10Hz,波长 u 2/3m。(2)vmax A 冗 3.14m/s126. 解：(1)由图可知振幅 A 0.1m,波长
16、4m,波速u 100m s2 u贝U2 WT 50 uo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/2 ,因此波动方程为y 0.1cos50 4 x/100) W 2(m)(2) P处质点的振动方程为y 0.1cos(50 疝 3 /2)(m)27. 解：由图可知振幅 A 0.1m,波长 100m,则角频率红2%”冗。 T由P点的运动方向可知波向 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0%/3。则波动方程为y 0.1cosMt x/50) Tt/3(m)10.解：(1)以A点为坐标原点的波动方程为y 3 102 cos3
17、 Kt x/30)(m),、AB(2) B A 2冗AB 冗u 2则以B点为坐标原点的波动方程为_2_-y 3 10 cos3 礁 x/30) W2(m)11.机械波单元练习（二）答案28. C29. B30. C31. /2,冗32. 550Hz, 458.3Hz33. 0.08W/m234. 解：两列波传到 S S2连线和延长线上任一点 P的相位差22ri20102 冗2%巨1S左侧各点:冗2冗空一r1冗2冗一6%，振动都加强；4S2右侧各点：_ r2 rl_10 . 一，, 一冗 2氏 冗 2氏 4冗, 振动者B力口强;4S1、S2之间：22111 冗(2 k 1)冗图 11-7则距S1
18、点为：r11m,3m,5m,7m,9m 处各点静止不动。35. 解：（1）20102浸1（2 1）(2)冗2 k冗时振动加强，即(2 k 1)/36. 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为xx、y Acos2 Kt) R= A cos 2 X t )驻波表达式xxxy yi y Acos2 R,导体上的电荷分布基本保持不变，电场可以视为两个长直 带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为x轴。任意一点P的电场强度1 d RE - iU ab E dl2 o x d xRd R 11, d R- dx ln2 0 R x d xo Rd R两直导线单位长度的电容U A
19、Bln旦 R09.解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能11W Vdq -V dq22Q28 oR方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能C 4 oR2CQ2Q28 oR12we 2 oEQ232 2 r4方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能Q2dVQ24 r2drQ232 2 or432 2 or48 R*10.解：(1)导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的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板的电势，有2Q解得：1 2Q3S(2) C板的电势Id o 2 1Sdo2s QQ3SQa2Q一；3Qb Q3Uc-do旦d3S o15.导体电
20、介质和电容单元练习（二）答案60. C61. B62. C63. B64. r, r65. 4,芯线附近的电场强度最强，当电压增高时66. 解：设芯线单位长度带电荷该点首先被击穿E max 一2 o rR1R28.解：（1）R1 2R2dr ln/REmaxo r r 2 o r R1电容器充满介质后，导体板间的电势差不变UodlnRR1D o rEo rU odor一LU( 2 )介质表面d的极化电荷面密度r 1 Uo d9.解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能12Wo 一Q2Cor的无限大电介质中电容若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为 增大为rC,系统的静电能16.恒
21、定磁场单元练习（一）答案2We2CQ2Q2Wo27c二*10 .解：用D的高斯定理求得电位移的大小为D = =8.85X 10-10 C/m2(0x2)真空中电场强度Eo D =100 V/m00介质中电场强度ED- = 50 V/m0 r0 r真空中电势Ui = Eo (di -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.（D x）曲线 （Ex）曲线 （U x）曲线1. E2. D3. C4. D5. 06. 0; oI7. 解：(1) mobac B ds B ds cosO0 B Sobac0.072(Wb
22、)SobacSobac0(2) mobed B ds B ds cos90 0 SobedSobed(3)macdeB dsSacde1 44B ds cos(cos ) B Sacde0.072(Wb)Sacde558 .解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为e e ev i T 2 a0/v 2 a0原子核（圆心）处的磁感应强度:0i0evB022a04 a0方向：垂直纸面向外（2）轨道磁矩：m iS?n va?n方向：垂直纸面向外29 .解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路B dl 0 I l(l 内)B 2 r oNIB(r)oNI2 rRi 2 r0NI0NIb R
23、20 bdr In 2(2) m B dS B dS cos00 SS*10.解：无限长的载流薄导体板可看作由许多无限长的载流直导线组成距板左侧为1,宽为dl的窄导体板内电流为:Ii dlb由磁感应强度的叠加原理:BpoioI2 (b 1 r)o2 (b 1 r)bdloI b r、1n()2 b r1. B2. C3. A4. C5. 398206. R IB/2 ,垂直于磁场向上.907. 解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动1V2rVc 2evB m mR-RA_轨道半径：RmveB5.69 10 7(m)旋转频率:eB2.80 109(S 1)8.解：（1）u AAUaUa6.5
24、5mV0根据洛仑兹力公式可判断： 载流子为带负电的电子,因而半导体是n型半导体(2)由于UaaIBnqayxIBqau aa2.86 1020 (个/m3)9.解：经分析可知,同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取同心的圆为安培环路H dl I(i 内)Ri :IR120 Ir0H-22 R1RiR2 ： HR2R3：_ 2_ 2(R3R2)22(r2R2)*10.oHoI(R2 r2)222 r(R； R2)IR3 :HB 0H 0半径为R的均匀带电薄圆盘，总电荷为q,圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线以角速度 匀速转动，求（1）盘心处的磁感强度；（2）圆盘的磁矩.解：（1）均匀带电薄圆盘转动后在
25、圆盘面上会形成许多半径不同的圆电流半径为r,厚度为dr的圆环转动后形成的圆电流为:dq 2 rdr didt 2 /qrdrR2此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为:dB0di2r0 qdr2 R2盘心处的磁感应强度:B dBS0 qdr0 2 R2(2) dm di SqrdrR23 .qr drR2圆盘的磁矩：m dmSqr3dr0 R2qR2磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断18.电磁感应单元练习(一)答案1. C2. B3. B4. D一一一 25. on a 1m cos t6.R27 .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
26、的电动势。由动生电动势的关系式:a R oIv 7dro IvaRln -2aRE = v B dlL电动势方向向左。1一8 .解：感应电荷Q 21 ； BSR解得 B=0.05(T)9 .金属圆板的感应电动势的大小R12E = v B dl Br dr BRL02方向：中心指向边缘*10.解：由麦克斯韦电磁场方程，；EkdlBzS tdSr a 时,rEkBza2 Bo一2 一a sin tEk-1B2r_2.a sin1.2.3.4.5.6.o E o t/RCe ,相反RC7.解：(1)设回路中电流为I,在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强度B-0I2 x 2 (d x)沿导线方向
27、单位长度对应回路面积上的磁通量为d rBd xd r 0I.d xd r I0 d x r 2 (d x)0Idln r(2)磁场的能量dIn r.Wm1 LI2dIn 一r8 .解：(1)先求出回路的磁通量，再求互感系数。bcdx2 x0 Ic a b-ln 2 aclnI 2(2)由互感电动势的定义dI ocI o .a bE= M- sin t lndt 2a9 .解 方法一：由自感磁场能量的方法求单位长度电缆的磁场能量。R2 0 r I d rri 2 r0 rI . R2 ln -2R1r , R2-ln 一Ri12Wm2LI/R24R1方法二：由磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的
28、磁场能量。WmwmB2WmdV解：（1）0 rI2R2R1 8 2r3ln04 Ri电容器板极板上的电量tidtot0.2e tdto0.2 1(2)(3)Ed忽略边缘效应,Id jd R由安内环路定律QdOs0.2d 1o R2t时刻极板间总的位移电流dE o dtR20.2e tLBdljd dS ,可求感应磁场的分布S 口0.2eR2t0.1 oreR2B 2 r 0.2 oe0.1 oer图 20-120.几何光学单元练习答案67. B68. D69. C70. 凹透镜，凸透镜.71. 凸透，实，虚72. MN, CO, OA,，水,空气73. 由O点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生
29、全反射贝U sin i 1/ n , r htan ih tan(arcsin74. 如图20-2所示，物距s 0.05m,r 0.20m,一 ,112则由公式, 1 2可得s s rs 0.10m即所成的是在凹面镜后0.10m处的一个虚像。75. 已知 p1 a，代入第一个透镜的高斯公式，即3a 3a /1Pia则 p11.5a对于第二个透镜，此像点位于p2 1.5a 2a处，代入第二个透镜的高斯公式，即aap2 ( 3/ 2)a 2a- 1得 P2 7a / 5 1.4a,即象点位于第二个透镜后 1.4a处。 fj10.由分析可知 M 10,又f0 fe 110cm，则得物镜和目镜的像方焦 fe距为f0 100cmfe 10cm23.波动光学单元练习(一)答案76. D77. B78. A79. C80. 500nm81. 折射率较小，折射率较大，兀82. 屏上任一点对应的光程差为(ri t) no tn 上/ (n 1)t (r1 口(1)第零级明纹所在处0,则r, r2,即条纹上移。(2)原中央处。点 (n 1)t k 7则云母片的折射率 n 7 /t 1 1.5883. 反射光加强的条件为则2nek 1/2k 2 时，