大学物理同步训练 天津大学出版社(第二版)

1、静电场答案选择题1、C 2、 B 3、A和D 4、 C 5、 C 6、A 7、 C 8、 A 9、 B 10、A 11、D 12、 B 13、 D 填空题1、单位正试验电荷置于该点时所受到的 2、2N / C ； 向下3、2e0E0 / 3 ； 4e0E0 / 3 4、包围在曲面内的净电荷 ；曲面外电荷 5、高斯面上各点6、qQ / (4pe0R) 7、3.2×10-15 J ;2×104 V 8、140 V 9、 计算题1、解： 选取圆心O为原点，坐标Oxy如图所示，其中Ox轴沿半圆环的对称轴在环上任意取一小段圆弧dl=Rdq，其上电荷dq(Qdl) / (pR)=(Qd

2、q) / p，它在O点产生的场强为 在x、y轴方向的两个分量 对两个分量分别积分 2分 由此得 为x轴正向的单位矢量 2、解：rR时， 在球内作一半径为r的高斯球面，按高斯定理有 得 方向沿半径向外 r>R时，在球体外作半径为r的高斯球面，按高斯定理有 得 方向沿半径向外 3、 解：设坐标原点位于杆中心O点，x轴沿杆的方向，如图所示细杆的电荷线密度lq / (2l)，在x处取电荷元dq = ldxqdx / (2l)，它在P点产生的电势为 整个杆上电荷在P点产生的电势 4、解：设内球上所带电荷为Q，则两球间的电场强度的大小为 (R1rR2) 两球的电势差 2.14×10-9 C

3、 静电场中的导体和电介质答案选择题1、 D 2、 B 3、 B 4、 D 5、 D 6、C 7、A 8、 D 9、 D 10、 C 11、 D 填空题1、 ； ； ； 2、 3、 9.1×105 C 4、 U0 5、无极分子；电偶极子 6、 7、er ； 1 ； er 8、s ； s / ( e 0e r )9、不变 ，减小计算题1、图示为一半径为a的、带有正电荷Q的导体球球外有一内半径为b、外半径为c的不带电的同心导体球壳设无限远处为电势零点，试求内球和球壳的电势解：球壳内表面将出现负的感生电荷Q，外表面为正的感生电荷Q按电势叠加原理(也可由高斯定理求场强，用场强的线积分计算)导体

4、球的电势为 球壳电势 2、 一空气平行板电容器，两极板面积均为S，板间距离为d (d远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S、厚度为t (<d)的金属片，如图所示. 试求： (1) 电容C的值 (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？ 解：设极板上分别带电荷+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为 金属板与B板间场强为 金属片内部场强为 则两极板间的电势差为 由此得 因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响 3、 三个电容器如图联接，其中C1 = 10×10-6 F，C2 = 5×1

5、0-6 F，C3 = 4×10-6 F，当A、B间电压U =100 V时，试求： (1) A、B之间的电容； (2) 当C3被击穿时，在电容C1上的电荷和电压各变为多少？解：(1) 3.16×10-6 F (2) C1上电压升到U = 100 V，电荷增加到 1×10-3 C 4、 一平行板电容器，其极板面积为S，两板间距离为d (d<<)，中间充有两种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为er1和er2，厚度分别为d1和d2，且d1d2d，如图所示设两极板上所带电荷分别为Q和Q，求： (1) 电容器的电容 (2) 电容器储存的能量

6、 解：(1) 两极板间电位移的大小为 DsQ / S 在介质中的场强大小分别为 E1 = D / (e0er1) = Q / (e0er1S) E2 = D / (e0er2) = Q / (e0er2S) 两板间电势差 电容 C = Q / U12 (2) 电场能量 恒定磁场答案一 选择题题号1234567891011答案C BDDBCABCBB二.填空题题号答案14.0×105T20 T3 垂直纸面向里456等于0 不等于078 垂直纸面向外91：1三计算题1.R2R1OxP解：选取以O为圆心以r为半径宽度为dr的圆环的微元圆环所带电量为 圆环以角速度绕O转动时等效的圆电流为圆电

7、流在P点的磁感应强度dB整个转盘在P点的磁感应强度B方向沿x轴正方向2.解： 方向向外；方向向里；方向向里；方向向外 方向向外3.解：各边受力：（1）方向：竖直向下（2） 方向：水平相右（3） 方向：垂直杆斜向上 方向水平相左4.解：（1） （2）电磁感应答案一选择题1. B 2. A 3.D 4.A 5.D 6.D 7.D 8A 9.D 10.B 二填空题1 2 ；O点 3导线端点；导线中点 4 ;沿曲线由外指向中心 5答案见图 620 J 7. 1:2 ；1:2 82A 9不能 三计算题1解：长直导线在如图坐标x处所产生的磁场为 2. 解:t时刻通过半圆的磁通量为 3解：建立坐标(如图)则

8、： ， 方向 4解：(1) (2) 添加辅助线OF，由于整个OEF内感应电动势为零，所以即可直接由辅助线上的电动势EOF来代替OE、EF两段内的电动势 (3) O点电势最高 机械振动答案一、 选择题CDBBBCACAADC二、 填空题1、2、，3、，-4、rad/s，0，（SI），N，负方向5、10cm，4.8s，（SI）6、如图所示7、，8、，9、10、三、 计算题1、 解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量满足如下关系（1）对滑块m，M进行受力分析，设绳子的张力为T，则当滑块M位移为时，有由于绳子不可伸长，故有，则上述两式联立消去并考虑（1）式可得由上式可知滑块M做简谐振动，其振动原频率为已知时

9、滑块M处于负的最大位移处，即M滑块的振幅及初相为，则可得M滑块的运动方程（SI）2、 解：设该质点的简谐运动方程为（SI）则可以知道该质点的速度满足（SI）由图可以看出速度振幅为，利用旋转矢量法可得速度方程的初相与圆频率为因此可以得到该质点的振动方程（SI）题t=0/23、 解：如图所示，画出旋转矢量图，可以知道质点从处（速度为正）运动到处（速度为正）时旋转矢量转过的角度为已知旋转矢量的旋转角速度（即质点振动圆频率）为，故需要的时间为题1231x31x2+x3（s）4、 解：将振动方程写为（SI）画出三个旋转矢量，如右图所示。先对与进行合成再与合成，容易得到合振动的振幅为初相位为其圆频率与这三

10、个振动圆频率相同。即这三个同方向同频率的振动的合振动为（SI）机械波答案一、 选择题BDACC6. ABCDAC二、 填空题1、 负方向，5m，2s，0.5m，0.25m/s2、3、 右，向上，向下，向上4、 （SI）5、 （SI），（SI）6、 （SI），357、 （SI），（SI）8、9、10、 ，三、 计算题1、 解：（1）由图可得该质点的振幅为10cm，初相为，圆频率为，故该质点的振动方程为（SI）（2）该简谐波的波动方程为（SI）（3）原点处的振动方程为（SI）2、 解：已知，可得该简谐波的波动方程（1）O点的振动方程为（2）B点的振动方程（3）与B点振动状态相同的点 （）3、 解：

11、由频率可求得圆频率由已知条件可得处质点的相位，即故该点的振动方程为利用旋转矢量法可以得到处的质点落后于处质点的相位为因此该简谐波的波动方程为（SI）4、 解：（1）由已知条件可得，故，波源的振动方程分别为（SI），（SI）（2）法一：点左侧某点两列波的相位差此相位差满足振动加强条件，所以合振幅；同理点左侧某点两列波的相位差此相位差亦满足振动加强条件，所以合振幅法二：由已知容易得到A、B向x负方向传播的简谐波方程为故在A左侧的各点的振幅为10m。同理，沿正方向传播的简谐波方程为即在B右侧的各点的振幅也为10m。（3）A、B之间的振动合成为A向右传播的波与B向左传播的波的合成，即由可得在AB之间振

12、幅为零的点为m，其中且。光的干涉答案一选择题1A 2.A 3.B 4.A 5.B 6.C 7.B 二填空题1.不 2 32p (n -1) e / l ； 3×103 4暗 52ne + 或 2ne ­ 61.125 721883l / (2n) 9不变；近棱边 10变密 11三计算题1解：(1) Dx10 Dl / a 0.02 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2 设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有 r2r1kl 所以 (n1)e = kl k(n1) e / l3.023 零级明纹移到原第3级明纹处 2解： （红） （紫） 正面的颜色是紫

13、红色的。3解：上下表面反射都有相位突变p，计算光程差时不必考虑附加的半波长. 设膜厚为e , B处为暗纹， 2ne( 2k1 )l， (k0，1，2，) A处为明纹，B处第6个暗纹对应上式k5 1.0×10-3 mm 4解：由牛顿环暗环半径公式 ， 根据题意可得 光的衍射一选择题1. D 2. A 3. B 4. D 5. C 6. B 7. A 8. D 9. C 10.B二填空题1, 600nm； 2. 10, 第一级明（只填“明”也可以）； 3. 0.10mm； 4. 0.5m； 5. 0，±1，±3，. ； 6. 2； 7. 更暗更宽； 8. 600nm.

14、 三计算题1.解：(1) 对于第一级暗纹，有b sinj 1l因j 1很小，故 tg j 1sinj 1 = l / b 故中央明纹宽度 Dx0 = 2f tg j 1=2fl / b= 0.6 cm (2) 对于第二级暗纹，有 bsinj 22l x2 = f tg j 2f sin j 2 =2f l / b= 0.6cm 2 解：(1) bsinj = kl tgj = x / f 当x<< f时，, bx / f = kl , 取k= 1有 x= fl / b= 0.03 m 中央明纹宽度为 Dx= 2x= 0.06 m (2) (bb，)sinj (bb，)x / (f

15、l)= 2.5 取k ¢= 2，共有k ¢= 0，±1，±2 等5个光栅衍射主明纹。3解：(1) 由光栅衍射主极大公式(bb，)sinj =kl得 bb，=2.4×10-6 m (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 由于第三级缺级，则对应于最小可能的b，j¢方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 b= (bb，)/3=0.8×10-6 m (3) ，(主极大) ，(单缝衍射极小) (k=1，2，3，.) 因此 k=3，6，9，.缺级 又因为kmax=( bb，) / l=4, 所以实际可观察到k=0，±1，&#

16、177;2级共5个主明纹4解：(1)照相机的角分辨率应为 (2) 由夫琅禾费圆孔衍射知：照相机孔径应为 光的偏振一选择题1.B 2.B 3.A 4.D 5.D 6.A 7.C 8.C二填空题1. 自然光, 线偏振光, 部分偏振光或椭圆偏振光；2. 线偏振光光(矢量)振动, 偏振化; 3. 3/2; 4. 45° 5. ; 6. 54.7° 7. n2 / n1 ; 8. 部分，p / 2 (或90°).三计算题1解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为q透过第一个偏振片后的光强 I1I0 / 2 透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律， I2(

17、I0 /2)cos2q 透过第三个偏振片的光强为I3， I3 I2 cos2(90°q ) = (I0 / 2) cos2q sin2q = (I0 / 8)sin22q 由题意知 I3I0 / 8 所以 sin22q = 1 ， 45°2解：(1) 透过第一个偏振片的光强I1 I1I0 cos230° 3 I0 / 4 透过第二个偏振片后的光强I2， I2I1cos260°3I0 / 16 (2) 原入射光束换为自然光，则 I1I0 / 2 I2I1cos260°I0 / 8 3解：设太阳光（自然光）以入射角i入射到水面上，则所求仰角q p

18、/ 2i，当反射太阳光是线偏振光时，根据布儒斯特定律，有ii0 arctan（n2 / n1），其中n1为空气的折射率，n2为水的折射率。 所以 ii0 p / 2q arctan（n2 / n1） 则q p / 2 arctan（n2 / n1）36.9°. 反射光中的矢量的方向是垂直于入射面. 4. 解： (1) 根据布儒斯特定律 tan in2 / n11.60 / 1.00 所以 i58.0° (2) (3) 因两个界面平行，所以下表面处入射角等于r， tan rctan in1 / n2 满足布儒斯特定律，所以图中玻璃板下表面处的反射光也是线偏振光 分子物理部分答

19、案一选择题: 1B 2B 3C 4A 5C 6D 7B 8A 9B 10C二填空题162pV / (kT)31.64 ，5463p / 878 三计算题1 解：理想气体在标准状态下，分子数密度为 n = p / (kT)2.69×1025 个/ m3 以550nm为边长的立方体内应有分子数为 N = nV4.48×106个2 解： K J 而 J又 kg 3 解：(1) 3.11×105 J 6.22×10-21 J (2) 300 (或由pnkT得300 K)4 解：据 ， 得 NA=3RT / (m)6.11×1023 mol-1热力学基础

20、一选择题1.B 2.C 3.C 4.D 5D 6.A 7.B 8.A 9.A 10.C二填空题1. ， 2. 326J3. 41.3mol, J, J4. 940.5J, 2810.3J, 1869.75 J,747.9J, 2617.65 J, 1869.75 J5. 5.57J6. 7. 3.14J8. 159. 6J, 010. 相等，不等三计算题1解：（1）Q=T=J E=Q=J W=0 (2) Q=T=J E=Q=J W=Q-E=J2解：（1）等温AB: E=0 Q=W=Rln=Rln= =1.433(J) （2）等容AC再等压CB 由于A,B温度相同，E=0 =1.13(J)3解： acb Q=80J, W=30J, E=QW=80-30=50J(1) adb W=10J, Q=E+W=50+10=60J(2) 沿曲线ba W=20J, Q=E+W=5020=70J.所以系统放热。4.解：(1) (2) ， W为梯形面积，根据相似三角形有p1V2= p2V1，则 (3) Q =E+W=3( p2V2p1V1 ) (4) 以上计算对于AB过程中任一微小状