大物習(xí)題冊(cè)答案全

力學(xué)導(dǎo)xtv 1．930提示：A Fdx 2．x004令F400t3．0.003s3I0I0.6mv2g3．5。位矢racostibsintjx力學(xué)導(dǎo)xtv 1．930提示：A Fdx 2．x004令F400t3．0.003s3I0I0.6mv2g3．5。位矢racostibsintjxacos，ybsin dybcosasintvxyE mv 1mb211A點(diǎn)(a，0)cost1sint22xy2221000xdx ma= 由 A Fdx 22 xx2aaa1bbbbsinydy mb= A Fdy 22 yy2006.vx、vyxy分量,則由動(dòng)量定理，小球受到的沖量的x,y分量的表達(dá)式如下：yFytmvymvy FFx2mvx/vx=vcos①ym②Ox F2mvcos/根據(jù)牛頓第三定律，墻受的平均沖 FmMvB提示：衛(wèi)星對(duì)地心的角動(dòng)量守恒MvA表明(2)式中的T增大，故也增大。? 4．mv;再由Lr0；提示：由于算出角動(dòng)量是個(gè)常矢量，即角動(dòng)量守恒，故質(zhì)點(diǎn)所受對(duì)原點(diǎn)的力矩為4MvB提示：衛(wèi)星對(duì)地心的角動(dòng)量守恒MvA表明(2)式中的T增大，故也增大。? 4．mv;再由Lr0；提示：由于算出角動(dòng)量是個(gè)常矢量，即角動(dòng)量守恒，故質(zhì)點(diǎn)所受對(duì)原點(diǎn)的力矩為4．1LmvLmv(mL2mL2 3mgl(1ml2 lsin23gsin1(ml (2)由機(jī)械能守恒定2lI0和0、I和分別為收縮前后球體的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量和角速度,則有I00=I0=2mR2/ I=2m(R/2)2/=4①2T （一）參考解i24.6.23×103；6.21×10 ；.解：(1)T相等,∴氧氣分子平均平動(dòng)動(dòng)能＝＝6.21×10-212w/m1/2483且 T2w/3（一）參考解i24.6.23×103；6.21×10 ；.解：(1)T相等,∴氧氣分子平均平動(dòng)動(dòng)能＝＝6.21×10-212w/m1/2483且 T2w/3k＝300K．1mv23kT可 3NkT1v2222 N1mv3RTNm/Nd223 M/RT=3RT/22又EM/ 1iRT＝V/22v＝3R/TT＝0.8561/1/ 2v22v2121（二）參考解2 （1）mv（二）參考解2 （1）mv mvf0（2）mv 1mv2f122206.于摩爾質(zhì)量的平方根之反比，所以氧氣分子的最概然速率為（2/32）1/2*v(2)由vpM練習(xí)（練習(xí)一） |W1練習(xí)（練習(xí)一） |W1|W2解：由圖，pA=300Pa，pBpC=100Pa；VA=VC=1m3，VB=3m3C→ApA/TApCTC得：TCTApCpA=100W1(pp)(VV1 2B→C：W2=pB(VC－VB)=－200C→A：W3=400(3)WW1W2W32003 Q1RT1ln(V2/V1)5.35103J 1T20.25.WQ11.34103 Q2Q1W4.01103（二參考解答等壓等體過程，V＝常量，W （二參考解答等壓等體過程，V＝常量，W 據(jù)MQEC(TT)＝623 M定壓過程，p=MQC(TT)=1.04×103 ME與(1)W=QE＝417Q=0，E與(1)WE=623J負(fù)號(hào)表示外界作功J1T2；WQ11.34103Q1W(3)J機(jī)械(一)參考(B).提示xAcos(t1tT/4代入即可4(B).提示：利用旋轉(zhuǎn)矢量法 2.09s;9.17cm.(提示：根據(jù)機(jī)械能守恒kx2 mv2 kA2及Tm機(jī)械(一)參考(B).提示xAcos(t1tT/4代入即可4(B).提示：利用旋轉(zhuǎn)矢量法 2.09s;9.17cm.(提示：根據(jù)機(jī)械能守恒kx2 mv2 kA2及Tmk222R.（提示：利用T 及萬有引力公式FGMmlMgrem解：k=mgl0.19.8N/m012.25 k/m7O(21)2cm5v2/2A x7tgv0/(x0)(21)/(47)3/4=0.64x0.05cos(7t(1)gl3.13rad/T(2)由t0時(shí)max5可得振動(dòng)初相0，cos(t) 機(jī)械振動(dòng)(二)參考解2(C).（提示：利用旋轉(zhuǎn)矢量法，矢量合機(jī)械振動(dòng)(二)參考解2(C).（提示：利用旋轉(zhuǎn)矢量法，矢量合成0.04cos(t12x1Acos(t/2)解：(1)勢(shì)能W1E1P221由題意，kx2kA4A2x 4.2410222 周 T=2/=6 t=0.75A2t(1)作簡(jiǎn)諧振動(dòng)合成的旋轉(zhuǎn)矢量圖（略，因?yàn)?1/2為A A2A22AAcos(/2)7.8102 1A1sin1A2sinA1cos1A2合振動(dòng)初相位arctan11(2)x1x2振幅最大，即兩振動(dòng)同相，則由2k312k2k0.75,k0,1,x2x3的振幅最小，即兩振動(dòng)反相，則由2k1)31(2k1)2k1.25,k0,1,(一)參考解 x)對(duì)比 (D提示：依據(jù)vdx(一)參考解 x)對(duì)比 (D提示：依據(jù)vdx/22xu 0.24m;0.12m/s;y0.05cos(tx0.122)(m).(提示：同上題解 由P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向，可判定該波向左傳播得0π4XOyAcos(500t1(SI)04)1](SI)x由圖可判定波長(zhǎng)200m，故波動(dòng)表達(dá)式為yAcos[2(250t yAcos(500t5) O100m145振動(dòng)速度表達(dá)式是v500πAsin(500πt π(SI)46.A=0.4m,t0x1.0mA/2處并向Oy軸正向移動(dòng).據(jù)此作出相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖，'03t=5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)第一次回到平衡位置，則有t52356，因而得6radsx=1.0m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為y0.40cos(t63)(m將波速uT1.0ms及x1.0myAcos[(txu0x1.0m處的運(yùn)動(dòng)方程比較，可得0/2則波動(dòng)方程為y0.40 (tx) ](m)62波動(dòng)（二）1．(B)提示：旋轉(zhuǎn)矢量法 (D).(提示：波動(dòng)過程是一個(gè)能量傳遞的過程，能量不守恒，質(zhì)元的動(dòng)能和勢(shì)能在任一刻大小相等、相位相同.在平衡位置都達(dá)到最大值，在波峰和波谷處能量為零 3.4I0;0.(提示：利用兩列波疊加原理及相位差(2010) )波動(dòng)（二）1．(B)提示：旋轉(zhuǎn)矢量法 (D).(提示：波動(dòng)過程是一個(gè)能量傳遞的過程，能量不守恒，質(zhì)元的動(dòng)能和勢(shì)能在任一刻大小相等、相位相同.在平衡位置都達(dá)到最大值，在波峰和波谷處能量為零 3.4I0;0.(提示：利用兩列波疊加原理及相位差(2010) ) Acos[2π(tx/) Acos[2π(tx.(波的關(guān)系.若反射點(diǎn)為固定端則存在半波損失，若為自由端則不存在半波損失 /4處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)．uyAcos[2πut2π(xPx yx4Acos(2πut t=u44t= t=0t0Ox4-A y x)A x u20解：由題設(shè)可知: 差為2PAx2Py0.03cos(4t)0.03cos(4t2x/10)x＝mDy0.03cos(4t29/10)0.03cos(4t14/5)(2)x軸上任取一PxA'2AP2(xPy0.03cos(4t0.03cos(4t2xDx＝5+9=14mDy0.03cos(4t214/10)0.03cos(4t14/5)光的干(一)參考解2ne+12 光的干(一)參考解2ne+12 2k 2kk2k=1，k=2，k=3，k=4，k=1=30002=10003=6004=428.65=333.3∴＝600nm和＝428.6dx/D≈x≈Dk/d=(1200×5×500×10-6/0.50)mm=6.0解：(1)r2－r1≈dx/=r2–(r1–l=r2–r1–(n-dx/Dn對(duì)零級(jí)明條紋上方的第k級(jí)明紋有PdO=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4]/0.50mm=19.9 dD(二)參考解BDe2e2e(2k(二)參考解BDe2e2e(2k1)022式中k0的我整數(shù)R(k2e0rk） 2nsin1 2n 2ll1l211/n/2=(1–1/n)/(2l)＝1.7×10-4∴練習(xí)十三光的衍射（一） 4.練習(xí)十三光的衍射（一） 4.a1126f1 km5級(jí)明紋。即在單縫衍射中央明紋寬度內(nèi)可觀察到0,1,2,3,4,511k6madab6a60.05bda0.30.05解：設(shè)所求波長(zhǎng)為，則根據(jù)單縫衍射明紋asin2k12k122k3,600,k2代入23122127255 練習(xí)十四光的衍射（二） 34.1練習(xí)十四光的衍射（二） 34.13370010k 時(shí)，kd=3×106m，a=（2）da kdsin1=k1=dsin2=k2=x1=ftg1fsin1=f1/dx2=ftg2fsin2=f2Δx=x2練習(xí)十五光的偏振答1、2、3、11(1)P1I1＝練習(xí)十五光的偏振答1、2、3、11(1)P1I1＝2∵P1P2I＝I1cos20°＝I1＝12故角為．則透過P2的光I1Icos2cos21Icos42002212cos4I/00cos4＝1/cos＝12，即∴得要第二界面反射光是線偏振光，r應(yīng)等于起偏角，即n3/n2＝tgn2n3＝n2（一）123c·t，ct1(v/（一）123c·t，ct1(v/4長(zhǎng)度測(cè)量沒有區(qū)別，不涉及尺縮效應(yīng)）L Lo10.4S＇系中的壽命為固有壽命0S系中的壽命為t0，5行距離lvtv0以速度v沿x軸正方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)。t 0.3vLLo1 3.66108Lt' 0.3（二）12K234Emc-m得：m22K0KmEKE 5vm1的長(zhǎng)為,寬b'b，此時(shí)板的質(zhì)量m（二）12K234Emc-m得：m22K0KmEKE 5vm1的長(zhǎng)為,寬b'b，此時(shí)板的質(zhì)量m0cv1 ca'11v2bvv 1a1ccc、解：1Wmc2-mc21)mc20.005m10001v2/11Wmc2-mc2)m 101v2/1v2/2111)mc24.9m001 1靜電場(chǎng)(一)參考解1、 23q4;24（a+b05 lE(0(x 40x 20 dFdxE靜電場(chǎng)(一)參考解1、 23q4;24（a+b05 lE(0(x 40x 20 dFdxE(x0xxOl ln3F(x 00方向：xQ/dqdl6、U=002dE d4002sinE2dE0Q0(二1、 2Q31604、0 (二1、 2Q31604、0 1EdSq6、iSEdS2EdS側(cè)底2ESdS/ E2板內(nèi)一點(diǎn)：2ESS2xE方向：垂直板面向外靜電(三12、345dq2dU dr(靜電(三12、345dq2dU dr(RRUdUa6E大球在p10EE2小球在p20EE 0方向：oo’練習(xí)二十靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)（一）參考解1(C)2(C)提示：金屬球下端一定感應(yīng)出異號(hào)電荷，所以二者相A內(nèi)側(cè)，所以UC>UA.30 提示：導(dǎo)體靜電平衡，OE(OEAEBE感-而 E練習(xí)二十靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)（一）參考解1(C)2(C)提示：金屬球下端一定感應(yīng)出異號(hào)電荷，所以二者相A內(nèi)側(cè)，所以UC>UA.30 提示：導(dǎo)體靜電平衡，OE(OEAEBE感-而 EA4(L/B4(L/001112 422提示：由電荷守恒： 導(dǎo)體內(nèi)任一點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零：12 12000 5于是： Eq感r0由于導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體，所以U（P）=U（O） 0q rS4 4U（O）Uq（O）+U感（O）=0000qq-所以 （P）=U（P）-U（P）=U（O）-U感qq 6個(gè)表面，內(nèi)表面帶電-qQ+q；由于體系維持球?qū)ΨQ性，所以各表面帶電均勻分布。（提示：BB球內(nèi)部做高斯面，利用高斯定理求qQqU4π 4π 4πA000 Q QqU4π 4π 4π 4πB0000練習(xí)二十靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)（二）參考解 提示：對(duì)于串聯(lián)總電容有C=Q/U，電源保持聯(lián)接時(shí)，U不變，插入電介質(zhì)后，C練習(xí)二十靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)（二）參考解 提示：對(duì)于串聯(lián)總電容有C=Q/U，電源保持聯(lián)接時(shí)，U不變，插入電介質(zhì)后，C1增大，總電容C也增大，則Q增大。串聯(lián)時(shí)，分電容上的電荷相同，所以C1C20 小于提示：兩者在外面的電場(chǎng)分布完全相同，所以外部的電場(chǎng)能量也相等。在內(nèi)部，帶電 F1d0F24d0r，則煤油的相對(duì)介電常量 r1Fd 2解：W1E其中E002W1E為電介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)，EWW0/rr2（一）AD 1.26×10-504diddB0di0dPabaB（一）AD 1.26×10-504diddB0di0dPabaBdB00 b0I 0B x2)1/1---------------2y0I 1aB x2)1/2--------------2Pa2BB12的方向如圖所示。PBxB1xB2xB1cosB2ByB1yB200B(x)B(x)x2)(a2x2，d2ddxd(2)-3，時(shí)，B(x)最大。由此可得：x0處，B有最大值電流的磁場(chǎng)（二）DB0(I22I1B1001電流的磁場(chǎng)（二）DB0(I22I1B1001B22R 相等，方向相反，總值為0．即B3B40 B1B2B36.解：圓盤每秒轉(zhuǎn)動(dòng)次數(shù)為2，圓盤上電荷面密度為qR2dqσωdq 20r2d2(r2x2)3/rdBd 2x2)3/ rB d 0(rx 23/------------------------------202xR[2R2(Rx2)1/-------------------------2練習(xí)二十磁場(chǎng)對(duì)電流的作用（一）I2S2，∴M2練習(xí)二十磁場(chǎng)對(duì)電流的作用（一）I2S2，∴M2I2S2B1pm（提示：由載流導(dǎo)線受到的安培力公式FldFlIdlB判斷方向（提示：由載流導(dǎo)線受到的安培力公式FldFlIdlB計(jì)算大小36A（pmNIS144NF=ldF=lIdlFaIBsin60o 32方向：由右手螺旋可知垂直紙面向外F=IdlBsin60IBsin60d0練習(xí)二十磁場(chǎng)對(duì)電流的作用（二）（fqvB判斷2（提示：帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)的周期T）p（fqvB判斷E(r練習(xí)二十磁場(chǎng)對(duì)電流的作用（二）（fqvB判斷2（提示：帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)的周期T）p（fqvB判斷E(r) (方向沿徑向向外20B(r)(方向垂直紙面向里q0Iq運(yùn)動(dòng)電荷受力F(大小)為 220 00vv=解：(1)Rmv0.11(2)順時(shí)針練習(xí)二十由電磁感應(yīng)定律imBdS練習(xí)二十由電磁感應(yīng)定律imBdS IbdxIblnddsin02ddd0ia設(shè)t0時(shí)刻，線圈平面法線方向en同向。NNBS由法拉第電磁感應(yīng)定律NBSsini練習(xí)二十1L22MNi總iMCN，因?yàn)閕總 0，所adi練習(xí)二十1L22MNi總iMCN，因?yàn)閕總 0，所adi(vB)vBdl， dx00由， a0Ivlnab a（1）r B由E渦Edlcos00 BdScos渦E2rdBr2 dB渦渦2（2）r由Edl B渦EdldB渦E渦2r R2E,2r練習(xí)二十1(0I20 4LdΦ練習(xí)二十1(0I20 4LdΦBΦdΦ Idr，則ΦIllnR2l LΦllnR2II設(shè)螺繞環(huán)上電流則B0nI'，方形框中的磁通量為Φ0nIAMIM0nAiab0nAdt0nAI0練習(xí)三十的量子（一）答1.2.3.6.2321034.（3.mT練習(xí)三十的量子（一）答1.2.3.6.2321034.（3.mTbmbT6.232103Km5.解：由0WhWh06.6310345.4410143.6161019c 6.881014 UAhWe UA 8hhc/ 3109.951019ph/練習(xí)三十一的量子性（二