安徽工业大学物理习题册答案

安徽工业大学大学物理练习册答案安徽工业大学大学物理练习册参考答案大学物理，上下册习题解答合集

练习一机械振动(一)参考解答(C);(B)3.(SI)4.3.43(s);-2/3.5.解：k=m0g/lN/mcm，=0.64rad(SI)6.周期s，振幅A=0.1m，初相=2/3，vmax=A=0.8m/s(=2.5m/s)，amax=2A=6.4m/s2(=63m/s2)．练习二机械振动(二)参考解答1．(D)；2.（C）.3.;4.;5.解：(1)势能总能量由题意，，m(2)周期T=2/=6s从平衡位置运动到的最短时间t为T/8．∴t=0.75s．6.解：x2=3×10-2sin(4t-/6)=3×10-2cos(4t-/6-/2)=3×10-2cos(4t-2/3)．作两振动的旋转矢量图，如图所示．由图得：合振动的振幅和初相分别为A=(5-3)cm=2cm，=/3．合振动方程为x=2×10-2cos(4t+/3)(SI)练习三波动(一)参考解答1．(A);2.(D);3.(SI)4.,XO5.解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播．XO画原点O处质点t=0时的旋转矢量图,得O处振动方程为(SI)由图可判定波长=200m，故波动表达式为(SI)(2)距O点100m处质点的振动方程是振动速度表达式是(SI)OYO6.解：(1)设x=0处质点的振动方程为OYO画原点O处质点t=t＇时的旋转矢量图得x=0处的振动方程为(2)该波的表达式为练习四波动（二）参考解答1．(C)；2.(B);3.S1的相位比S2的相位超前/2;★4.,;解：(1)如图A，取波线上任一点P，其坐标设为x，由波的传播特性，P点的振动超前于/4处质点的振动．该波的表达式为(SI)t=T时的波形和t=0时波形一样．t=0时按上述方程画的波形图见图B．6.解：m练习五光的干涉(一)参考解答1.（B）（B）dsin＋(r1－r2)7.32mm5.解：根据公式x＝kD/d相邻条纹间距x＝D/d则＝dx/D＝562.5nm．6.解：(1)∵dx/D≈kx≈Dk/d=(1200×5×500×10-6/0.50)mm=6.0mm(2)从几何关系，近似有r2－r1≈有透明薄膜时，两相干光线的光程差=r2–(r1–l+nl)=r2–r1–(n-1)l对零级明条纹上方的第k级明纹有零级上方的第五级明条纹坐标=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4]/0.50mm=19.9mm练习六光的干涉(二)参考解答AB539.15.解：加强，2ne+=k，nmk=1，1=3000nm，k=2，2=1000nm，k=3，3=600nm，k=4，4=428.6nm，k=5，5=333.3nm．∴在可见光范围内，干涉加强的光的波长是＝600nm和＝428.6nm．6.解：空气劈形膜时，间距液体劈形膜时，间距∴=(1–1/n)/(2l)＝1.7×10-4rad练习七光的衍射(一)参考解答（C）（B）3.子波子波干涉(或答“子波相干叠加”)4.500nm(或5×10-4mm)5.解：中央明纹宽度x≈2f/a=2×5.46×10-4×500/0.10mm=5.46mm6.解练习八光的衍射(二)参考解答（D）（D）1035.解：由光栅公式 (a＋b)sin=k k=1， =30°，sin=1/2 ∴=(a＋b)sin/k=625nm若k=2,则sin=2/(a+b)=1, 2=90°实际观察不到第二级谱线6.解：(1)由光栅衍射主极大公式得(2)nm练习九光的偏振参考解答（A）（A）I0/8见图 5.解：以P1、P2、P3分别表示三个偏振片，I1为透过第一个偏振片P1的光强，且I1=I0/2．设P2与P1的偏振化方向之间的夹角为，连续穿过P1、P2后的光强为I2，设连续穿过三个偏振片后的光强为I3，显然，当2＝90°时,即＝45°时，I3最大．6.解：光自水中入射到玻璃表面上时，tgi0＝1.56/1.33i0＝49.6°光自玻璃中入射到水表面上时，tg＝1.33/1.56＝40.4°(或＝90°－i0＝40.4°)练习十狭义相对论（一）参考解答(A)(D)(B)4．(A)5．解：(1)观测站测得飞船船身的长度为54m则t1=L/v=2.25×10-7s(2)宇航员测得飞船船身的长度为L0，则t2=L0/v=3.75×10-7s6．解：令S＇系与S系的相对速度为v，有，则(=2.24×108m·s-1)那么，在S＇系中测得两事件之间距离为：=6.72×108m练习十一狭义相对论（二）参考解答(C)2．5.8×10-13，8.04×10-23．（A）4．(C)5．解：设立方体的长、宽、高分别以x0，y0，z0表示，观察者A测得立方体的长、宽、高分别为，，．相应体积为观察者Ａ测得立方体的质量故相应密度为6、解：据相对论动能公式得即解得v=0.91c平均寿命为s练习十二分子运动论(一)参考解答1.(B)2.(D)3.6.23×1036.21×10211.035×10214.氩氦5.解：(1)∵T相等,∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能＝6.21×10-21J．且m/s(2)＝300K．6解：由pV=RT和pV=RT得===．由E(H2)=RT和得=∵=(p、V、T均相同)，∴=．练习十三分子运动论（二）参考解答1.(C)2.(B)3.1210/34.1.934.01×1045.解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为：p1V1=(M1/Mmol)RT1，p2V2=(M2/Mmol)RT2．由p1=p2得：V1/V2=(M1/M2)(T1/T2)．开始时V1=V2，则有M1/M2=T2/T1＝293/273． 当温度改变为＝278K，＝303K时，两边体积比为＝0.9847<1．即．可见水银滴将向左边移动少许． 6.解：根据，可得，即==＝7.31×106．又＝＝4.16×104J．及＝＝0.856m/s．练习十四热力学（一）参考解答1.(C)2.(A)3.166J4.，5.解：(1)等温过程气体对外作功为=8.31×298×1.0986J=2.72×103J(2)绝热过程气体对外作功为＝2.20×103J6.解：(1)J(2).J(3)J练习十五热力学（二）参考解答1.(D)(B)等压等压等压4.124.7J84.3J5.解：氦气为单原子分子理想气体，(1)等体过程，V＝常量，W=0据Q＝E+W可知＝623J(2)定压过程，p=常量，=1.04×103JE与(1)相同．W=QE＝417J(3)Q=0，E与(1)同W=E=623J(负号表示外界作功)6.解：由图，pA=300Pa，pB=pC=100Pa；VA=VC=1m3，VB=3m3．(1)C→A为等体过程，据方程pA/TA=pC/TC得TC=TApC/pA=100K．B→C为等压过程，据方程VB/TB=VC/TC得TB=TCVB/VC=300K．(2)各过程中气体所作的功分别为A→B：=400J．B→C：W2=pB(VC－VB)=200J．C→A：W3=0整个循环过程中气体所作总功为W=W1+W2+W3=200J．因为循环过程气体内能增量为ΔE=0，因此该循环中气体总吸热Q=W+ΔE=200J．练习十六静电场（一）参考解答1.(C)2.(C)3.单位正试验电荷置于该点时所受到的电场力4.4N/C，向上ＰLddqx(L+d－x)dExO5.解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为=q/L，在x处取一电荷元dq=ＰLddqx(L+d－x)dExO总场强为方向沿x轴，即杆的延长线方向．6.解：把所有电荷都当作正电荷处理.在处取微小电荷dq=dl=2Qd/它在O处产生场强按角变化，将dE分解成二个分量：对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷＝0所以练习十七静电场（二）参考解答1.(D)2.(B)3.－(S)/0(S)/0R2E5.解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为在半径为r的球面内包含的总电荷为(r≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有得到 ，(r≤R) 方向沿径向，A>0时向外,A<0时向里．在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有得到，(r>R)方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．rQarQab而要使的大小与r无关，则应有，即练习十八静电场（三）参考解答1.(D)2.(B)3．Q/(40R2)， 0，Q/(40R)， Q/(40r2)4./(20) 5.解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为dS=2rdr其上电荷为dq=2rdr它在O点产生的电势为总电势6.解：(1)球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即＝8.85×10-9C/m2(2)设外球面上放电后电荷面密度为，则应有=0即外球面上应变成带负电，共应放掉电荷＝6.67×10-9C练习十九静电场中的导体与电介质（一）参考解答1.(B)2.(A) 3.4.(x，y，z)/0，与导体表面垂直朝外(>0)或与导体表面垂直朝里(<0) 5.解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：E=0(板内)(板外)1、2两点间电势差6.解：(1)两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A、B外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A、B所带的电荷分别为Q1、Q2，由于A、B用导线连接，故两者等电势，即满足：代入数据解得两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为B球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即V/m(2)由E2max解得Q2=3.3×10-4C0.47×10-4C击穿时两球所带的总电荷为Q=Q1+Q2=3.77×10-4C练习二十静电场中的导体与电介质（二）参考解答1.（B）2.(B)3.4.增大增大5.解：，其中E为真空中的场强。其中为电介质中的场强。∴电场总能量 6.答：不能用高斯定理求场强．其旁的物体如是导体，由于静电感应，将出现感生电荷，如是介质，将出现极化电荷；这种电荷也要影响导体球上的电荷分布．这时，空间的场强分布不具有适当初对称性，不能应用高斯定理求场强分布． 练习二十一电流的磁场（一）参考解答1.（D）2.（D）3.05.解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O点产生的磁感强度设为B1、B2、B3、B4．根据叠加原理O点的磁感强度为：∵、均为0，故方向方向其中，∴方向6.解：利用无限长载流直导线的公式求解．(1)取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流(2)这载流长条在P点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里．(3)所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度方向垂直纸面向里．练习二十二电流的磁场（二）参考解答1.（B）2.（C）3.4.5.解：的方向与y轴正方向一致．6.解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为穿过整个矩形平面的磁通量练习二十三磁场对电流的作用（一）参考解答1.(D)2.(C)3直电流元背向半圆弧(即向左)4.在图面中向上(n=1，2，……)解：(1)圆弧AC所受的磁力：在均匀磁场中，通电圆弧AC所受的磁力与通有相同电流的直线所受的磁力相等。故有FAC=N方向：与AC直线垂直，与OC夹角45°，如图．(2)磁力矩：线圈的磁矩为本小问中设线圈平面与成60°角，则与成30°角，有力矩M=1.57×10-2N·m方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行.6.解：将电流元Idl处的分解为平行线圈平面的B1和垂直线圈平面的B2两分量，则；分别讨论线圈在B1磁场和B2磁场中所受的合力F1与F2．电流元受B1的作用力方向平行圆环轴线．因为线圈上每一电流元受力方向相同，所以合力=0.34N，方向垂直环面向上电流元受B2的作用力方向指向线圈平面中心．由于轴对称，dF2对整个线圈的合力为零，即．所以圆环所受合力N，方向垂直环面向上．练习二十四磁场对电流的作用（二）参考解答1.（A）2.（C）3.4.n，p5.解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知：(方向沿径向向外)(方向垂直纸面向里)运动电荷受力F(大小)为：此力方向为沿径向(或向里，或向外)为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，=0则有6.解：(1)由安培环路定理： (大小)方向：在板右侧垂直纸面向里(2)由洛伦兹力公式可求(至少从距板R处开始向外运动)返回时间练习二十五电磁感应（一）参考解答1．（B）;2.（C）;3.无感应电流,无感应电流;4.,;5.解：设在时间t1→t2中线圈法线从平行于磁场的位置转到垂直于磁场的位置，则在t1时刻线圈中的总磁通为(S为线圈的面积)，在t2时刻线圈的总磁通为零，于是在t1→t2时间内总磁通变化为令t时刻线圈中的感应电动势为，则电流计中通过的感应电流为t1→t2时间内通过的电荷为∴T6.解：长直带电线运动相当于电流．正方形线圈内的磁通量可如下求出练习二十六电磁感应（二）参考解答1.D;2.D;3.或4.5.解：(1)载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：总磁通量感应电动势为：由>0和回路正方向为顺时针，所以的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向．6.解：(1)由于线框垂直下落，线框所包围面积内的磁通量无变化，故感应电流Ii=0(2)设dc边长为l′，则由图可见=L+2Lcos60°=2L取d→c的方向为dc边内感应电动势的正向，则，说明cd段内电动势的方向由d→c由于回路内无电流因为c点电势最高，d点电势最低，故：为电势最高处与电势最低处之间的电势差．练习二十七电磁感应（三）参考解答1．B;2.E;3.;0.400H;5.解：(1)导线ab运动起来时，切割磁感线，产生动生电动势．设导线中电流为i，导线运动速度为v，则ab上的动生电动势=Blv，由b指向a．在由ab接通的电路中0-=0-Blv=ri在磁场力作用下，v不断增大，则i不断减小，当v增大到某一值V时，若0-BlV=0，则i=0，ab所受磁场力为零，其速度不再增加，导线作匀速运动，这也就是ab能达到的最大速度V=0/(Bl)(2)这时电路中和电源中的电流都是I=06.解：∴A练习二十八光的量子性（一）参考解答1．1.5(D)(B)(C)5、解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为．由又按题意：∴得=612nm6、解：(1)由得，代入可得(2)练习二十九光的量子性（二）参考解答1．(C)2．(D)3．，04．0.5865．解：(1)康普顿散射光子波长改变：0.024×10-10m1.024×10-10m(2)设反冲电子获得动能，根据能量守恒：即故=4.66×10