20152016湘潭大學(xué)物理練習(xí)復(fù)習(xí)資料

1、練習(xí)1 質(zhì)點運動學(xué)(一)參考答案1. B；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1)m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2v(2) =-6 m/s (3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 6. 答：矢徑是從坐標(biāo)原點至質(zhì)點所在位置的有向線段而位移矢量是從某一個初始時刻質(zhì)點所在位置到后一個時刻質(zhì)點所在位置的有向線段它們的一般關(guān)系為為初始時刻的矢徑,為末時刻的矢徑，為位移矢量若把坐標(biāo)原點選在質(zhì)點的初始位置，則=0,任意時刻質(zhì)點對于此位置的位移為=，即既是矢徑也是位移矢量練習(xí)2 質(zhì)點運動學(xué)(二)參考答

2、案1. D；2. -g/2，3. 4t3-3t2 (rad/s)， 12t2-6t (m/s2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解：dv /dtt ， dv t dtvt2vx/d tt2 xt3 /3+x0 (SI) 6. 解：根據(jù)已知條件確定常量kt=1s時，v = 4Rt2 = 8 m/s m/s2練習(xí)3 質(zhì)點動力學(xué)(一)參考答案1.D2.C3. 4.l/cos25.如圖所示，A，B，C三物體，質(zhì)量分別為M=0.8kg, m= m0=0.1kg，當(dāng)他們?nèi)鐖Da放置時，物體正好做勻速運動。（1）求物體A及水平桌面的摩擦系數(shù)；（2）若按圖b放置時，求系統(tǒng)的加速度及繩的張力。B解

3、：(1) U=1/9=0.11(2)a=g/11=0.89m/s2T=2g/11=1.781N6.解：(1)子彈進(jìn)入沙土后受力為v，由牛頓定律(2) 求最大深度解法一：解法二：練習(xí)4 質(zhì)點動力學(xué)(二)參考答案1. B2. A3.， 4.140 N·s， 24 m/s， 5. 解：(1) 因穿透時間極短，故可認(rèn)為物體未離開平衡位置因此,作用于子彈、物體系統(tǒng)上的外力均在豎直方向，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒令子彈穿出時物體的水平速度為有mv0 =mv+Mv¢v¢=m(v0 -v)/M=3.13 m/s T=Mg+Mv2/l=26.5 N (2) (設(shè)方向為正方向)負(fù)號表示

4、沖量方向及方向相反6. 解：設(shè)V為船對岸的速度，u為狗對船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗及船組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒：即船走過的路程為狗離岸的距離為練習(xí)5 質(zhì)點動力學(xué)(三)參考答案1. B2. C3. 18J, 6 m/s4., 5. 解：(1) (2)取彈簧原長處為彈性勢能和重力勢能的零點，平衡位置處伸長x處系統(tǒng)的機(jī)械能由機(jī)械能守恒定律，解出 另解: (2) 取平衡位置為振動勢能零點，可證明振動勢能(包括彈性勢能和重力勢能)為, 則由A、彈簧、地球組成系統(tǒng)，在振動過程中機(jī)械能守恒：6. 解：兩自由質(zhì)點組成的系統(tǒng)在自身的引力場中運動時，系統(tǒng)的動量和機(jī)械能均守恒設(shè)兩質(zhì)點的間距變?yōu)閘 /2時

5、，它們的速度分別為v1及v2，則有聯(lián)立、，解得練習(xí)6 剛體力學(xué)(一)參考答案1. B2. C 掛重物時，mgT= ma =mR,TR =Jb,P=mg由此解出而用拉力時，mgR =J故有b3. ma2, ma2,ma2.4. 4.0rad/s5. 質(zhì)量為m1， m2（ m1 > m2）的兩物體，通過一定滑輪用繩相連，已知繩及滑輪間無相對滑動，且定滑輪是半徑為R、質(zhì)量為 m3的均質(zhì)圓盤，忽略軸的摩擦。求： (1)滑輪的角加速度b。（繩輕且不可伸長）m3解：聯(lián)立方程得到，6 解：撤去外加力矩后受力分析如圖所示 m1gT=m1aTrJb arb a=m1gr / ( m1r + J / r)

6、代入J,a= 6.32 ms-2v0at0 tv0 / a0.095 s 練習(xí)7 剛體力學(xué)(二)參考答案1. E2. C3. 2275 kgm2·s-1 , 13 m·s-1 4. 5. 解：由人和轉(zhuǎn)臺系統(tǒng)的角動量守恒J1w1 +J2w2= 0 其中J1300 kg·m2，w1=v/r=0.5 rad / s ， J23000 kg·m2w2J1w1/J20.05 rad/s人相對于轉(zhuǎn)臺的角速度wrw1w20.55 rad/st2p /11.4 s6.一長為1 m的均勻直棒可繞過其一端且及棒垂直的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動抬起另一端使棒向上及水平面成60

7、6;，然后無初轉(zhuǎn)速地將棒釋放已知棒對軸的轉(zhuǎn)動慣量為，其中m和l分別為棒的質(zhì)量和長度求：(1)放手時棒的角加速度；(2) 棒轉(zhuǎn)到水平位置時的角加速度解：設(shè)棒的質(zhì)量為m，當(dāng)棒及水平面成60°角并開始下落時，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律M = Jb其中于是當(dāng)棒轉(zhuǎn)動到水平位置時， M=mgl那么練習(xí)8 狹義相對論(一)參考答案1. B2. B3. c4. 5. 解：解：根據(jù)洛侖茲變換公式: 可得，在K系，兩事件同時發(fā)生，t1 = t2，則解得在K系上述兩事件不同時發(fā)生，設(shè)分別發(fā)生于和時刻，則，由此得=5.77×106s 6. 解：設(shè)兩系的相對速度為v根據(jù)洛侖茲變換， 對于兩事件，有由題意：可得及由

8、上兩式可得= 4×106 m 練習(xí)9 狹義相對論(二)參考答案1. C2. C3. C 4.,5. 5.8×10-13, 8.04×10-26. 解：據(jù)相對論動能公式得即解得v = 0.91c平均壽命為 s 7. 解：根據(jù)功能原理，要作的功W = DE根據(jù)相對論能量公式DE = m2c2- m1c2根據(jù)相對論質(zhì)量公式4.72×10-14 J2.95×105 eV練習(xí)10 機(jī)械振動(一)參考答案1. D2. E3. ,4. 3.43 s, -2p/3 5. 解: (1) vm = wAw = vm / A =1.5 s-1T = 2p/w = 4

9、.19 s(2)am = w2A = vmw = 4.5×10-2 m/s2(3) x = 0.02 (SI)6. 證：(1) 當(dāng)小物體偏離圓弧形軌道最低點q 角時，其受力如圖所示切向分力q 角很小， sin q q牛頓第二定律給出即將式和簡諧振動微分方程比較可知，物體作簡諧振動 (2) 由知周期練習(xí)11 機(jī)械振動(二)參考答案1. B2. B3. 4. 5. 解：(1) 由題意， J (2) rad /s 由t = 0，=0.2 m，可得則振動方程為6. 解：(1) = 0.08 m (2) ， m (3) 過平衡點時，x = 0，此時動能等于總能量 m/s 練習(xí)12 機(jī)械波(一)

10、參考答案1. C2. B3. 30, 30.4.,5. 解：(1) O處質(zhì)點振動方程 (2) 波動表達(dá)式(3) (k = 0，1，2，3，) 6. 解：(1) 由振動曲線可知，P處質(zhì)點振動方程為 (SI) (2) 波動表達(dá)式為 (SI) (3) O處質(zhì)點的振動方程練習(xí)13 機(jī)械波(二)參考答案1. A2. D3. 或?qū)懗?.5. 解：(1) 坐標(biāo)為x點的振動相位為波的表達(dá)式為 (SI) (2) 以B點為坐標(biāo)原點，則坐標(biāo)為x點的振動相位為 (SI) 波的表達(dá)式為(SI)6. 解：(1) 由P點的運動方向，可判定該波向左傳播原點O處質(zhì)點，t = 0 時所以O(shè)處振動方程為 (SI) 由圖可判定波長l

11、 = 200 m，故波動表達(dá)式為 (SI) (2) 距O點100 m處質(zhì)點的振動方程是振動速度表達(dá)式是 (SI) 練習(xí)14 機(jī)械波(三)參考答案1. D2. C3. 4. 1065Hz, 935Hz 5. 解：(1) 設(shè)振幅最大的合振幅為Amax，有式中，又因為時， 合振幅最大，故合振幅最大的點 ( k = 0，1，2，) (2) 設(shè)合振幅最小處的合振幅為Amin，有因為時合振幅最小且故 合振幅最小的點 ( k = 0，1，2，) 6. 解：(1) 及波動的標(biāo)準(zhǔn)表達(dá)式對比可得：n = 4 Hz，l = 1.50 m，波速u = ln = 6.00 m/s (2) 節(jié)點位置 m , n = 0，

12、1，2，3, (3) 波腹位置 m , n = 0，1，2，3, 練習(xí)15 氣體動理論基礎(chǔ)(一)參考答案1. D2. A3. 1.33×105 Pa 4.kT ,kT, MRT/Mmol.5. 解：(1)M / Mmol=N / NAN=MNA / Mmol J (2) 400 K6. 解：(1)300 K (2)1.24×10-20 J 1.04×10-20 J 練習(xí)16 氣體動理論基礎(chǔ)(二)參考答案1. B2. B3. 4000 m·s-1, 1000 m·s-14. 495 m/s5. 解：p1V=nRT1p2V=nRT2T2=2 T1p

13、2 / p16. 解：由狀態(tài)方程求得分子數(shù)密度2.69×1025 m-3分子平均速率4.26×102 m/s 平均碰撞頻率4.58×109 s-1平均自由程9.3×10-8 m 練習(xí)17 熱力學(xué)基礎(chǔ)(一)參考答案1. B2. A3. , 4. , 0 5. 解：氦氣為單原子分子理想氣體，(1) 等體過程，V常量，W =0 據(jù)QDE+W可知623 J (2) 定壓過程，p = 常量，=1.04×103 J DE及(1) 相同W = Q - DE417 J (3) Q =0，DE及(1) 同W=-DE=-623 J (負(fù)號表示外界作功) 6. 解：

14、等壓過程 W= pV=(M /Mmol)RT內(nèi)能增量雙原子分子 J練習(xí)18 熱力學(xué)基礎(chǔ)(二)參考答案1. A2. C3. 8.31J , 29.09J4. , .5. 解：(1) J(2) . J (3) J 6. 解：設(shè)c狀態(tài)的體積為V2，則由于a，c兩狀態(tài)的溫度相同，p1V1= p1V2 /4 故V2 = 4V1循環(huán)過程E = 0 , Q =W而在ab等體過程中功W1= 0在bc等壓過程中功W2 =p1(V2V1) /4 = p1(4V1V1)/4=3 p1V1/4 在ca等溫過程中功W3 =p1 V1 ln (V2/V2) = -p1V1ln 4 W =W1 +W2 +W3=(3/4)l

15、n4 p1V1Q =W=(3/4)ln4 p1V1練習(xí)19 熱力學(xué)基礎(chǔ)(三)參考答案1. D2. C3. C4.熵增加（或狀態(tài)幾率增大）,不可逆的5. 不變, 增加6. 解：準(zhǔn)靜態(tài)過程等溫過程由得代入上式得熵變 J/K 練習(xí)20 靜電場(一) 參考答案1. B2. C3. 3s / (2e0) , s / (2e0),3s / (2e0).4. d>>a a 60° d b60° q2 q1 d d5. 解：, ，由余弦定理：= 3.11×106 V/m 由正弦定理得： a = 30°的方向及中垂線的夾角b60°，如圖所示6. 解：

16、選桿的左端為坐標(biāo)原點，x軸沿桿的方向在x處取一電荷元ldx，它在點電荷所在處產(chǎn)生場強(qiáng)為：整個桿上電荷在該點的場強(qiáng)為：點電荷q0所受的電場力為：0.90 N 沿x軸負(fù)向練習(xí)21 靜電場(二) 參考答案1. D2. B3. q / (6e0) 4. , 0 5解：(1) 一根無限長均勻帶電直線在線外離直線距離處的場強(qiáng)為：E=l / (2pe0r) 2分根據(jù)上式及場強(qiáng)疊加原理得兩直線間的場強(qiáng)為，方向沿x軸的負(fù)方向 3分 (2) 兩直線間單位長度的相互吸引力F=lE=l2 / (2pe0a) 2分6. 解：在球內(nèi)取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內(nèi)所包含的電荷為在半徑為r的球面內(nèi)包含的總電荷為(rR)

17、以該球面為高斯面，按高斯定理有得到，(rR)方向沿徑向，A>0時向外, A<0時向里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， (r >R)方向沿徑向，A>0時向外，A<0時向里練習(xí)22 靜電場(三) 參考答案1. D2. A3. 1.5×106 V 4. 8×10-15 J , 5×104 V 5. 解：在圓盤上取一半徑為rrdr范圍的同心圓環(huán)其面積為dS=2prdr其上電荷為 dq=2psrdr它在O點產(chǎn)生的電勢為總電勢6. 解：(1) 在桿上取線元dx，其上電荷 dqQdx / (2a) 設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，dq在C

18、點處產(chǎn)生的電勢整個帶電桿在C點產(chǎn)生的電勢帶電粒子在C點時，它及帶電桿相互作用電勢能為W=qU=qQln3 / (8pe0a) (2) 帶電粒子從C點起運動到無限遠(yuǎn)處時，電場力作功，電勢能減少粒子動能增加由此得粒子在無限遠(yuǎn)處的速率練習(xí)23 靜電場(四) 參考答案1. B2. A3.-q,球殼外的整個空間4.不變, 減小5. 解：(1) 由靜電感應(yīng)，金屬球殼的內(nèi)表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q(2) 不論球殼內(nèi)表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離O點的距離都是a，所以由這些電荷在O點產(chǎn)生的電勢為(3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內(nèi)外表面上的電荷和點電荷q在O點產(chǎn)生的電勢的代

19、數(shù)和6. 解：在圓柱導(dǎo)體內(nèi)、外分別作半徑為r、長為L的同軸圓柱形高斯面，并應(yīng)用的高斯定理 圓柱內(nèi)： 2prLD0 得D = 0 E = 0 圓柱外： 2prLD = lL得， (ra) 為徑向單位矢量 (arb) (rb) 練習(xí)24 靜電場(五) 參考答案1. D2. A3. s, s/(e0er)4. erC0 W0 /er5. 解：(1) 設(shè)內(nèi)、外球殼分別帶電荷為+Q和-Q，則兩球殼間的電位移大小為場強(qiáng)大小為兩球殼間電勢差電容 (2) 電場能量6. 解：在兩極板電荷不變下，有電介質(zhì)時的場強(qiáng)為E1 = s / (e0er) 取出電介質(zhì)后的場強(qiáng)為E2= s / e0抽電介質(zhì)前后電場能量變化外力

20、作功等于電容器中電場能量的增量練習(xí)25 穩(wěn)恒磁場(一) 參考答案1. D2. A3. 4. 5. 解：設(shè)圓線圈磁矩為pm1，方線圈磁矩為pm2，則正方形一邊在其中心處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為正方形各邊在其中心產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小相等，方向相同，因此中心O處總的磁感強(qiáng)度的大小為 ，得6. 解：將導(dǎo)線分成1、2、3、4四部份，各部分在O點產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度設(shè)為B1、B2、B3、B4根據(jù)疊加原理O點的磁感強(qiáng)度為：、均為0，故方向Ä方向Ä其中，方向Ä練習(xí)26 穩(wěn)恒磁場(二) 參考答案1. C導(dǎo)體中電流密度設(shè)想在導(dǎo)體的挖空部分同時有電流密度為J和J的流向相反的電流這樣，空心部分軸線上的磁

21、感強(qiáng)度可以看成是電流密度為J的實心圓柱體在挖空部分軸線上的磁感強(qiáng)度和占據(jù)挖空部分的電流密度J的實心圓柱在軸線上的磁感強(qiáng)度的矢量和由安培環(huán)路定理可以求得, 所以挖空部分軸線上一點的磁感強(qiáng)度的大小就等于2. D3. 4. 5. 解：在距離導(dǎo)線中心軸線為x及處，作一個單位長窄條，其面積為窄條處的磁感強(qiáng)度所以通過dS的磁通量為通過m長的一段S平面的磁通量為 Wb 6. 證：設(shè)電子飛行時間為t，其作螺旋運動的周期為T，則：當(dāng)t = nT時，電子能恰好打在O點練習(xí)27 穩(wěn)恒磁場(三) 參考答案1. A2. C3.負(fù)，IB / (nS) 4.，沿y軸正向5. 解：(1) A = IDff00 ，A = IB

22、Scosq = IBS sina(2) 6. 解：設(shè)圓半徑為R，選一微分元dl，它所受磁力大小為由于對稱性，y軸方向的合力為零。練習(xí)28 穩(wěn)恒磁場(四) 參考答案1. C2. D3.，4.鐵磁質(zhì)，順磁質(zhì)，抗磁質(zhì)。5. 解：依據(jù)無限長帶電和載流導(dǎo)線的電場和磁場知：(方向沿徑向向外) (方向垂直紙面向里) 運動電荷受力F (大小)為：此力方向為沿徑向(或向里，或向外) 為使粒子繼續(xù)沿著原方向平行導(dǎo)線運動，徑向力應(yīng)為零，= 0 則有6. 解：B = F/S=2.0×10-2 T 32 A/m 6.25×10-4 T·m/A 496 練習(xí)29 電磁感應(yīng)(一) 參考答案1.

23、 D2. D3.E= 或E4. 3.14×10-6 C 5. 解：取回路正向順時針，則當(dāng) Ei>0時，電動勢沿順時針方向6. 解：(1) 載流為I的無限長直導(dǎo)線在及其相距為r處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為：以順時針繞向為線圈回路的正方向，及線圈相距較遠(yuǎn)的導(dǎo)線在線圈中產(chǎn)生的磁通量為：及線圈相距較近的導(dǎo)線對線圈的磁通量為：總磁通量感應(yīng)電動勢為：由E >0和回路正方向為順時針，所以E的繞向為順時針方向，線圈中的感應(yīng)電流亦是順時針方向練習(xí)30 電磁感應(yīng)(二) 參考答案1. E2. D3. 4.方向見圖5. 解：在dl處但其中 ，方向從126. 解：設(shè)動生電動勢為E1，感生電動勢為E2 則E

24、= E1 + E2(方向由ab)（實際方向由ba）（方向由ac）故 (方向由ac) 練習(xí)31 電磁感應(yīng)(三) 參考答案1. C2. B3. 0.400 H4.m nI,m n2I2 / 25. 解：設(shè)長直導(dǎo)線中有電流I，它在周圍產(chǎn)生磁場在矩形線圈中產(chǎn)生的磁通鏈數(shù)為 H 6. 解：(1) 單位長度的自感系數(shù)r1 < r < r2 (2) 單位長度儲存的磁能練習(xí)32 電磁場和電磁波 參考答案1. C2. C3. 或或 4. 15.證明：而在平行板電容器兩極板之間而由電容器的定義有6. 解：(1)位移電流2.78×10-5 A 2分(2)根據(jù)全電流定律：，有可得 2.78

25、15;10-11T練習(xí)33 光的干涉(一) 參考答案1. B2. B3. 上， (n-1)e4. d sinq (r1r2)5. 解：(1)Dx20Dl / a0.11 m(2) 覆蓋云玻璃后，零級明紋應(yīng)滿足 (n1)er1r2設(shè)不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應(yīng)有r2r1kl所以(n1)e = klk(n1) e / l6.967零級明紋移到原第7級明紋處6. 解：由公式xkDl / a可知波長范圍為Dl時,明紋彩色寬度為DxkkD Dl / a由k1可得，第一級明紋彩色帶寬度為 Dx1500×(760400)×10-6 / 0.250.72 mm k5可得，第五級明紋

26、彩色帶的寬度為Dx55·Dx13.6 mm練習(xí)34 光的干涉(二) 參考答案1. D2. C3. 1134. 539.15. 解：空氣劈形膜時，間距液體劈形膜時，間距q = l ( 1 1 / n ) / ( 2Dl)1.7×10-4 rad 6. 解：(1)第k個明環(huán)，(2)式中為第k級明紋所對應(yīng)的空氣膜厚度很小，可略去，得(k=1，2，3 )練習(xí)35 光的衍射(一) 參考答案1. D2. C3.6 , 第一級明(只填“明”也可以) 4. 500 nm(或5×10-4 mm)5. 解：第二級及第三級暗紋之間的距離Dx= x3 x2f l / af a Dx /

27、l=400 mm 6. 解：(1) 對于第一級暗紋，有asinj1l因j1很小，故tg j1sinj1 = l / a故中央明紋寬度Dx0 = 2f tg j1=2fl / a = 1.2 cm(2) 對于第二級暗紋，有asinj22lx2 = f tg j2f sin j2 =2f l / a = 1.2 cm 練習(xí)36 光的衍射(二) 參考答案1. D2. B3. 5 據(jù)缺級條件知第三級譜線及單縫衍射的第一暗紋重合(因而缺級)可知在單縫衍射的中央明條紋內(nèi)共有5條譜線，它們相應(yīng)于d sinq=kl，k =0，±1，±2注：本題不用缺級條件也能解出, 因d=3a故第三級譜線

28、：dsinq=3l及單縫衍射第1個暗紋a sinq = l的衍射角q相同由此可知在單縫衍射中央明條紋中共有5條譜線，它們是：dsinq=kl，k=0，±1，±24. 1.34 m 5. 解：(1) 由光柵衍射主極大公式得(2) nm 6. 解：由于斜入射，平行光入射到光柵面上各點的光線間有光程差，因此，相鄰兩縫對應(yīng)點射出的在衍射角f方向的光線的光程差為是光柵常數(shù)，q是入射角，f是衍射光線及光柵法線的夾角按照形成光柵衍射主最大的條件取f 的最大值，即，可得k = 5.09 最多能觀察到第5級譜線練習(xí)37 光的偏振 參考答案1. B2. B3. 30°, 1.73 4

29、. 傳播速度, 單軸5. 解：設(shè)二偏振片以P1、P2表示，以q表示入射光中線偏振光的光矢量振動方向及P1的偏振化方向之間的夾角，則透過P1后的光強(qiáng)度I1為連續(xù)透過P1、P2后的光強(qiáng)I2要使I2最大，應(yīng)取cos2q1，即q0，入射光中線偏振光的光矢量振動方向及P1的偏振化方向平行此情況下，I13 I0/ 46. 解： (1) 由布儒斯特定律 tg in2 / n11.60 / 1.00 i58.0° (2) (3) 因二界面平行，所以下表面處入射角等于r， tg rctg in1 / n2滿足布儒斯特定律，所以圖中玻璃板下表面處的反射光也是線偏振光練習(xí)38 量子物理基礎(chǔ)(一) 參考答案1. B2. D3. 5×1014, 2 4. 5. 解：(1) 由得5.65×10-7 m = 565 nm (2) 由 , 得1.73×10-7 m = 173 nm 6. 解：(1) 康普頓散射光子波長改變：0.024×10-10 m 1.024×10-10 m (2) 設(shè)反沖