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1.质点运动学单元练习（一）答案

1．B 2．D 3．D 4．B

5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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）)()2(22

SI j

t i t r -+=

（2）)(22SI j t i dt

r

d v -== )(2SI j

dt

v

d a -==

8．解：

9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt 10．解： ky y

v

v t y y v t dv a -====

d d d d d d d -k =y v d v / d y

已知y =y o ，v =v o 则2

020

2

121ky v C --= 2.质点运动学单元练习（二）答案

1．D 2．A 3．

B

4．C

5．14-?==s m t dt

ds v ；2

4

-?==s m dt

dv

a t ；22

2

8-?==s m t R

v a n ；

6．s rad o /0

.2=ω；s rad /0

.4=α；2

/8

.0s rad r a t =α=；

7．解：（1）由速度和加速度的定义

)(22SI j

i t dt r

d v +==；)(2SI i

dt

v

d a ==

（2）由切向加速度和法向加速度的定义

（3）()

)(1

22/322

SI t a v n

+==ρ

8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -?=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 9．解：s m u

v /6.3430tan =?

=

10．解：

l h v u ≤；u h

l v ≥ 3.牛顿定律单元练习答案

1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==

；2/98.02.0s m M

T a == 5．x k v x 2

2=；x x x

v k dt

dx

k dt dv v 222==

6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cos （2）F N =0时；a =g cot θ

7．解：mg R m o ≥ωμ2

R

g o μ≥

ω 8．解：由牛顿运动定律可得 分离变量积分

9．解：由牛顿运动定律可得 分离变量积分

10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程

a v m f mg 2

cos =-θ，

t v

m mg d d sin =θ，

以及 t

a v d d θ

=，θd d v a t =，

积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，

)2cos 3(cos 2

-=-=θθmg a

v m mg f ．

4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案

1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +?=

；2

2

12m t F v v ?+=

7．解：（1）t dt dx

v x 10==

；10==dt

dv a x x

N ma F 20==；m x x x 4013=-=?

（2）s N Fdt I ?==

?

403

1

8．解：()1'v m m mv +=

9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=

当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m += 10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零 等式乘以d t 后积分，得

0=+??

t

o

t

o

mvdt Mudt

5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案

1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/3

7．解：摩擦力mg f μ=

由功能原理 21212

10)(kx x x f -=+- 解得 )

(2212

1x x mg kx +=μ.

8．解：根据牛顿运动定律 R

v m F mg N 2

cos =-θ

由能量守恒定律

mgh mv =22

1

质点脱离球面时 R

h

R F N -=

θ=cos ;

0 解得：3

R h =

9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①

(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

22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=

② 联立①、②得 )/()(2

1

2122121m m m m E p +-=

v v 10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．

0)(=--MV V u m ①

mgR MV V u m =+-222

1

)(21 ② 解得： )(2m M M gR

m

V +=；M

gR

m M u )(2+=

(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2

=-

6.刚体转动单元练习（一）答案

1．B 2．C 3．C 4．C

5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

6．

2ln k

J

7．解：（1）由转动定律，2/2.39s rad J

Fr

==

α （2）由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490==?= （3）根据牛顿运动定律和转动定律：

mg –F ’=ma rF ’=J α a=r α

联立解得飞轮的角加速度22

/8.21s rad mr

J mg

=+=

α 8．解：（1）由转动定律 α=2312ml l mg

l

g 23=α （2）取棒与地球为系统，机械能守恒 (3)棒下落到竖直位置时

223

1

2121ω??=ml mgl l

g 3=ω 9．解：（1）系统的能量守恒，有222

1

21ω+=

J mv mgh 联立解得： J

mr mghr v +=

2

2

2 ； J

mr mgh

+=ω22

（2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：

mg – T ＝ma T r ＝J β 由运动学关系有： a = r β

联立解得： 2

mr

J mgJ

T +=

10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为 式中面密度ρ为常数，按转动惯量定义， 薄板的质量 ab m ρ= 所以 )(12

22

b a m J +=

z 7.刚体转动单元练习（二）答案

1．C 2．A 3．D 4．B 5．o ω3；

o J 3

1 6．

o ω34；22

1o o J ω 7．解：小球转动过程中角动量守恒 8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒 9．解：圆环所受的摩擦力矩为mgR M μ=， 由转动定律 α=μ2

mR mgR ， R

g

μ=α 至圆环停止所经历的时间 g

R

t μω=αω=

00 10．解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为ω

2

312122L

Mg ML =ω?， ① 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒

ω=

23

1

ML mvx ， ②

碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒

ω=

M L

mv 2

， ③ ①、③消去ω，得 gL m

M

v 32=

， ④ ②、④消去v ，得 L x 3

2=

. 8.机械振动单元练习（一）答案

1． B 2． B 3． C 4． A 5． 2:1

6． 解：0.1m A =，2π/πT ω==

运动方程cos()0.1cos(π)m x A t t ω??=+=+

（1）由旋转矢量法π/2?=-，0.1cos(ππ/2)m x t =-； （2）由旋转矢量法π/3?=，0.1cos(ππ/3)m x t =+； （3）由旋转矢量法π?=，0.1cos(ππ)m x t =+。

7． 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

位置点为坐标原点，竖直向下作为x 轴正向，则当木块向下偏移x 位移时，合外力为

其中，浮力2

'F F gSx mg ga x ρρ=+=+

合外力

2

'F P F ga x kx ρ=-=-=-∑

2k ga ρ=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。

由22d x F m dt =∑可得木块运动的微分方程为2220d x ga x

dt m

ρ+

= 令2

2

ga m

ρω=

，可得其振动周期为

2π

2π

a T g

ρω

ρ=

=木

水

8． 解：如图，由旋转矢量法可知 10. 解：（1）22111224

p E kx E kA =

== （2）22211111

()28424

p E kx kA kA E ====

9.机械振动单元练习（二）答案

9． B 10． B 11． C

12． 2ππ/3k +，2710m -?，2π4π/3k +，2110m -?

13． （1）0.5s ，1.5s ；（2）0s ，1s, 2s 。

14．

解：（1）由已知的运动方程可知：0.10m A =，2π/3?=，3πω=，

2π/2/3s T ω==

（2）-1max 0.94m s A ω=≈?v ，2-2

max 8.88m s a A ω=≈?

15．

解：振动系统的角频率为112

10s k

m m ω-=

=+

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0v 为 又因初始位移00x =，则振动系统的振幅为 如图由旋转矢量法可知0π/2?=-，则简谐运动方程为

图8-1

16． 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为

合振动初相为 10. 解：如图由旋转矢量法可知0π/3a ?=-，

02π/3b ?=。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：

合振动初相为：0π/3a ??==- 同样由旋转矢量法可知

10.机械波单元练习（一）答案

17． B 18． C 19． B 20． 1.67m 21． 6，30

22．

解：（1）由波动方程可知振幅0.05m A =，角频率20πω=，/3πu ω=，

则波速1

6.67m s u -=?，频率/2π10Hz νω==，波长2π

2/3m u λω

==。

（2）max π 3.14m/s A ω==≈v 23．

解：（1）由图可知振幅0.1m A =，波长4m λ=，波速1

100m s u -=?

则2π2π/50πu

T ωλ

==

=。

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

π/2?=-，因此波动方程为

（2）P 处质点的振动方程为 24．

解：由图可知振幅0.1m A =，波长100m λ=，则角频率

2π2ππu

T ωλ

=

==。 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

图9-2

图9-3

于A /2处，且向y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得0π/3?=。则波动方程为 10．解：（1）以A 点为坐标原点的波动方程为

（2）π

2π

2

B A AB

AB

u

ω??λ

=-=-

=-

则以B 点为坐标原点的波动方程为

11.机械波单元练习（二）答案

25． C 26． B 27． C

28． /2λ，π

29． 550Hz ，458.3Hz 30． 0.08W/m 2

31．

解：两列波传到1S 2S 连线和延长线上任一点P 的相位差

1S 左侧各点：

21

10

π2ππ2π

6π4

r r ?λ

-?=--=--=-，振动都加强； 2S 右侧各点：

21

10

π2ππ2π

4π4

r r ?λ

--?=--=--=，振动都加强； 1S 、2S 之间：

则距1S 点为：11m,3m,5m,7m,9m r =处各点静止不动。 32．

解：（1）

21

212010()

2π

πr r r r u

ω?????λ

--?=--=-

=-

（2）π2πk ???=-=时振动加强，即(21)πk ?=+

图11-7

33． 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为

2cos[2π()π]x y A t νλ=-+=cos 2π()x

A t νλ

--

驻波表达式

10. 解：乙接受并反射的信号频率为

甲接受到的信号频率为

12.静电场单元练习（一）答案

34． B 35． D 36． B 37． C

38． 利用点电荷电场的矢量叠加求y 轴上的电场强度。

39． 解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。 40． 解：利用电荷元电场的积分叠加，求O 点的电场强度。

41．

解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。

10．解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。 （1） 带电面外侧 （2） 带电面内

13.静电场单元练习（二）答案

42． C 43． D 44． B 45．

C

46． ＞ 47． 解：假设阴极A 与阳极B 单位长度带电分别为–λ与λ，由高斯定律求

电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U ，由已知量求电场强度并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力 8．解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布；

方法二：带电量为Q ，半径为R 的带电球面对电势的贡献

球面内电势：R Q V o πε=

4 球面外电势：r

Q

V o πε=4

有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。

（2）电势差???

?

??-πε=?πε=?=??211

2121144212

1R R Q l d e r Q l d E U o R R r o

R R 9．解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：m N pE M ??==-3

max 102

（2）电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功 *10．解：带电粒子处在h 高度时的静电势能为 (

)

2

/122

014R

h qQ W +πε=

到达环心时的静电势能为 ()R qQ W 024/πε= 据能量守恒定律

12

12222

121W mgh mv W mv ++=+ 联立求解得 2

/12202121122??

?

????

????? ??+-επ-

+=R h R m qQ

gh v v

14.导体电介质和电容单元练习（一）答案

48． B 49． C 50． D 51． C 52． ＜

53． 负电；2

9/1006.1m C E o -?=ε=σ

54．

解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，

解得：C Q 8821033.1100.23

2

--?=??=

； V R Q V o 3222100.64?=πε=

8．解：依照题意d >>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

R d >>两直导线单位长度的电容 R

d U C o AB

ln πε≈λ=

解：方法一：导体电

荷的自能就是系统的静电能

方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能 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

*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 解得：S Q S

Q

3;3221=

σ=

σ 3

;3

2Q

Q Q

Q B A -

=-

= （2）C 板的电势

15.导体电介质和电容单元练习（二）答案

55． C 56． B 57． C 58． B

59．

ε r ，ε r

60． 4 61． 解：设芯线单位长度带电荷λ，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时

该点首先被击穿 8．解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变 （2）介质表面的极化电荷面密度 ()d

U P o

r o 1-εε±=±=σ9．解：依照

孤立导体球电容的能量求系统的静电能

若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为εr 的无限大电介质中电容增大为ε r C ，系统的静电能

*10．解：用D

的高斯定理求得电位移的大小为

D = σ＝8.85×10-

10 C/m 2 (0

真空中电场强度 0

0εσ=ε=D E o ＝100 V/m 介质中电场强度 r

r D E εεσ

=εε=

00＝50 V/m 真空中电势 U 1 = E o (d 1 – x )+Ed 2＝1.5－100x (SI) U 2 = E (d 2 + d 1-x )＝1.0－50x (SI) 各区域内均为线性分布．

16.恒定磁场单元练习（一）答

案

1．E 2．D 3．C 4．D 5．0 6．0；I o μ- 7． 解：（1）)(072.00

cos 0

0Wb S B ds B s d B obac Sobac

Sobac

bac m =?=??=

?=φ??

（2）090

cos 0

=??=

?=φ??Sobed

Sobed

mobed

ds B s d B

（3）)(072.054)54cos(cos 1Wb S B ds B s d B acde Sacde

Sacde

macde =??=??=

?=

φ?

?- 8． 解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为 原子核 (圆心) 处的磁感应强度：2

000042a ev

a i B πμ=μ=

方向：垂直纸面向外

-

10 2 (D —x )曲线

(E —x )曲线

(U —x )曲线

（2）轨道磁矩：n n e eva e

iS m ?2

?0

==

方向：垂直纸面向外 9． 解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路

（2）12

000ln 220cos 2

1

R R NIb bdr r NI dS B S d B R R S

S

m πμ=?πμ=

??=?=φ??? *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l,宽为dl 的窄导体板内电流为： 由磁感应强度的叠加原理：

17.恒定磁场单元练习（二）答案

1．B 2．C 3．A 4．C 5．398

6. 2/2

IB R π，垂直于磁场向上，0

90

7．解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动

轨道半径：)(1069.57m eB

mv

R -?==

旋转频率：)(1080.22119-?=π==

νS m

eB T 8. 解：（1）055.6''>=-=mV U U U A A AA

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nqa

IB

U AA =

' 201086.2'

?==

∴AA qaU IB

n （个/m 3）

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 ∑?

=

?内）

l l

I l d H (

*10. 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ω 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：

此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为：2

0022R qdr

r di dB πωμ=μ=

盘心处的磁感应强度：R q

R

qdr dB B R

S

πωμ=πωμ==

?

?22002

0 （2）2

322R dr

qr r R qrdr S di dm ω=ππω=?= 圆盘的磁矩：2

2

341qR R dr qr dm m R

S ω=ω==?? 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．C 2．B 3．B 4．D

5．t I a n m o ωωπμ-cos 2

6．8

2απ-R

7．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 的电动势。由动生电动势的关系式：

E =(

)

R

a R

a Iv dr r Iv l d B v o R

a R a o L -+πμ=?πμ=

????+-ln 22 电动势方向向左。

8．解：感应电荷()121

Φ-Φ-=R

Q ；BS =Φ 解得 B=0.05(T)

9．金属圆板的感应电动势的大小

E =()202

1BR dr Br l d B v R

L ω=?ω=????

方向: 中心指向边缘

*10．解：由麦克斯韦电磁场方程，S d t B l d E S z L k

???-=???? r

B rE o z

k sin 222

r >a 时，()α+ωωπ=π???-=πt a B a t

B rE o z

k sin 222 19.电磁感应单元练习（二）答案

1．C 2．C 3．D 4．C

5． = 6． RC

t o o e

RC

E /-ε-

，相反 7．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

)

(2200x d I

x I B -πμ+πμ=

沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为 （2）磁场的能量

.r

d

I LI W m ln 212022πμ=

= 8．解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系数。

（2）由互感电动势的定义

E=a

b a t cI dt dI M

o +ωπωμ=-ln sin 20 9．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。

方法二：由磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的磁场能量。 *10．解：（1）电容器板极板上的电量 （2）忽略边缘效应，t 时刻极板间总的位移电流

（3）由安内环路定律????μ=?S

d o L

S d j l d B

，可求感应磁场的分布

20.几何光学单元练习答案

62． B 63． D 64． C

65．

凹透镜，凸透镜.

66． 凸透，实，虚 67． MN ，CO ，OA ，θ，水，空气 68． 由O 点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生

全反射

则sin 1/i n =，1tan tan(arcsin )r h i h n

==

图20-1

69． 如图20-2所示，物距

0.05m s =-， 0.20m r =-，

则由公式112

's s r

+=可得 即所成的是在凹面镜后0.10m 处的一个虚

像。 70．

已知1p a -=，代入第一个透镜的高

斯公式，即 则 1' 1.5p a =-

对于第二个透镜，此像点位于2 1.52p a a -=+处，代入第二个透镜的高斯公式，即

得 2'7/5 1.4p a a ==，即象点位于第二个透镜后1.4a 处。

10.由分析可知0'

10'

e f M f =

=，又0''110cm e f f +=，则得物镜和目镜的像方焦距为

21.波动光学单元练习（一）答案

71． D 72． B 73． A 74． C 75． 500nm

76． 折射率较小，折射率较大，π 77．

屏上任一点对应的光程差为

（1）第零级明纹所在处0?=，则12r r <，即条纹上移。 （2）原中央处O 点(1)7n t k λλ?=-==

图20-2