练习一质点运动学。
1、c2、b3、d m, 5 m
8、解：（1）
9、解：如图，设灯与人的水平距离为，灯与人头影子的水平距离为，则：
人的速度：，人头影子移动的速度：。
而：， 即： 。
解（1）则时，
2）加速度和半径成角，即，即。
代入得：练习二牛顿力学。
1、c2、a3、c
4、d n, 4 n
6、解：（1）；
2）；则：7、解小球受重力、绳的张力及斜面的支持力。
1）对小球应用牛顿定律，在水平方向上和竖直方向分别有：
解方程组可得：绳的张力。
小球对斜面的正压力大小。
2）当时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有：
解方程组可得：斜面的加速度为。
8、解：（1）
9、解：分别对物体上抛时作受力分析，以地面为原点，向上为轴正方向。
对物体应用牛顿定律： ，而，则有。
练习三动量守恒和能量守恒。
1、d2、d3、d j5、
10、解 （1）
11、分析：脱离时，小球只受重力作用，重力在径向的分力提供向心力，设顶点处为零势能点，则：
下降高度为。
12、解（1）小球下落过程中，机械能守恒：
13、解在小球下摆的过程中，小球与车组成的系统总动量和总机械能守恒，则有。
14、解（1）释放后，弹簧恢复到原长，b的速度变为。此过程中系统的机械能守恒。则有：
2）达到原长后，系统的总动量和总机械能守恒。
弹簧伸长量最大或压缩量最大时，a和b的速度相等，则根据系统动量守恒定律，有：
3）设最大伸长量为，则根据机械能守恒定律，有：
15、解：（1）
不等。相互作用力大小相等，但作用点的位移不同。
练习六：热力学基础。
1. b 2. d 3. a 4. b 5. b 6. 5
9. （1），2），放出600j热量。
12. 证明：该热机循环的效率为。
其中，则上式可写为。
在等压过程bc和等体过程ca中分别有。
代人上式得。
13. 证明：该热机循环的效率为。
在绝热过程12和34种分别有，，两式相除得代入上式
由于第二循环吸热 ，
2），则：第七章真空中的静电场。
1．c； 2．c； 3．d； 4．c； 5．c； 6．c； 7．a； 8．； 9．；0；； 10．；；11．0，； 12． ，13．90v；-30v.
14．解：将直导线分割成若干电荷元：，在p点产生的场强：
大小：，方向均为水平向右（沿x轴正方向）。
则：，方向水平向右。
在p点产生的电势：
则： 15．解：在球内取半径为r厚为dr的薄球壳，该球壳包含的电荷为
在半径为r的球面内包含的总电荷为
以该球面为高斯面，按高斯定理有
方向沿径向，a>0时向外；a<0时向内。
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，方向沿径向，a>0时向外；a<0时向内。
16．解：（1）分析球对称性，方向应沿半径方向向外，相同r处，大小相同，取同心球面为高斯面，则根据高斯定理，有：
方向均沿半径方向向外。
2）球心处的电势。
17．解：分析对称性，方向应垂直于柱面向外辐射，且，相同r处，大小相同，取高斯面为以r为半径，长为的同心圆柱面，则根据高斯定理，有：
18．在处取一微小点电荷
它在o点处产生场强：
按角的变化，将de分解成两个分量：dex，dey。由对称性知道ey=0，而。
积分：第八章静电场中的导体和电介质。
1．d； 2．c； 3．c； 4．b； 5．b； 6．1/，1/； 7．；
8．解：9．解：（1）根据高斯定理，可求得两圆柱间的场强为：
10．解：设极板上自由电荷面密度，应用d的高斯定理可得两极板之间的电位移为：d=
则空气中的电场强度为：；
介质中的电场强度为：
两极板之间的电势差为：
电容器的电容：
11．解：（1）已知内球壳上带正电荷，则两球壳中间的场强大小为。
两球壳间电势差。
电容。2）电场能量。
第九章稳恒磁场。
1．a； 2．a； 3．b； 4．c； 5．d； 6．ｄ；7．c;
8.； 垂直纸面向里。 9．； 10．，0；
12．解：（1）圆弧ac所受的磁力：
在均匀磁场中，通电圆弧ac所受的磁力与通有电流的直线ac所受的磁力相等，故有。
1.13n方向：与ac直线垂直，与oc夹角成45度角。
2）磁力矩：线圈的磁力矩为：
与成30度角，力矩。
方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行。
13．解：则：方向：，大小：。
14．解：
1），2）合力：。
力矩：。15．解：（1）
2）方向向上。
第十章电磁感应与电磁场。
1．b； 2．d； 3．a； 4．c； 5．c； 6．a；
7．15j； 8．，a端。
9．解： t时刻：
10．解：11．解：动生电动势
为计算简单。可引入一条辅助线mn，构成闭合回路menm，向上运动时，穿过其中的总磁通量不变，则，闭合回路总电动势为零。
负号表示的方向与x轴相反。
12．解：；
故：13．解：（1），则：
4π×10-10h
2）=-2π×10-8v
14．解：（1）
方向：顺时针为正。
练习十一：振动答案。
1. c；2. a；3. ；4. ，5. 6. 75j，7. 解：设平衡时木块浸没水中的高度为h，则，其中s为木块截面积。
设木块位移为x，则。
所以是谐振动。
8. 解：（l）将与比较后可得：振幅，角频率，初相，则周期，频率。
2）时的位移、速度、加速度分别为。
9. 解：由图可知，振幅a = 4cm
由旋转矢量图可确定初相。
又由图可知由初始时刻运动到p点对应时刻用去0.5s，则由旋转矢量法可知。
振动方程为
10. 解：（1）由题意知a = 0.06m、由旋转矢量图可确定初相，振动方程为。
2）质点从运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从图中的位置m转至位置n，矢量转过的角度(即相位差）。该过程所需时间为。
11. 如图所示
12. 解：(1)由题意可知和是两个振动方向相同，频率也相同的简谐运动，其合振动也是简谐运动，设其合振动方程为，则合振动圆频率与分振动的圆频率相同，即。
合振动的振幅为。
合振动的初相位为。
由两旋转矢量的合成图可知，所求的初相位应在第二象限，则。
故所求的振动方程为
2) 当时，即x1与x3相位相同时，合振动的振幅最大，由于 ，故。
当时，即x1与x3相位相反时，合振动的振幅最小，由于 ，故即
练习十二：波动答案。
1. c；2. d；3. d；4. c；5. c；6.
11. 解：（1）
2），12. 解：（1）由p点的运动方向，可判定该波向左传播。
原点o处质点，t = 0时。
所以 o处振动方程为 （si）
由图可判定波长m，故波动表达式为。
si）2）距o点100m处质点的振动方程为。
si）振动速度表达式为（si）
13. 解：（1）由已知条件可知，，又由图中可知，振幅，利用旋转矢量法可得处质点的初相为，则其运动方程为。
2）由已知条件可知，波速，则波动方程为。
14. 解：（1），由旋转式量法可知原点o在1s时刻的相位为，则初始时刻的相位为，则。
原点的振动方程为
2） 波函数为
15. 解：（1）已知波的表达式为与标准形式。比较得。
3），两振动反相。
16. 解：
外侧： 全加强。
外侧： 全加强。
间：代入上式可得：
又可得静止点的位置为距离为2，6，10，14，18m的地方静止不动。
17. 解：（1）火车驶近时
火车驶过后
由以上两式可解得火车的运动速度，汽笛振动频率。
2）当观察者向静止的火车运动时
练习十三光的干涉。
1、d 2、b 3、b 4、a 5、c 6、c 7、 3.6×103
nm 10、 11、
12、解：1）原**明纹将向下方移动。
2）用云母片覆盖一条狭缝前后，光程差发生了改变，因此条纹要移动，只要正确写出原零级明纹位置处光程差的改变量即可解出答案。
13、解：(1)正面： (反射光) 呈现出什么颜色，即该波长光振动加强，即：
当 =2 时， =6688 a°(红色), 当=3 时， =4013 a°(紫色)
2)反面：(透射光)
当=2 时， =5016 a°(蓝绿色)
14、解：原间距
改变后 改变后
改变量 15、解：设所用的单色光的波长为，则该单色光在液体中的波长为。 根据牛顿环的明环半径公式
有。充液后有。
由以上两式可得
16章物理答案
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