大学物理解题指导与练习(第二版)

练习一 质点运动学

1、C 2、B 3、D 4、3 m, 5 m

5、a8j(m/s)，r(52t)i(4t10)j(m) 6、2x8x3(m/s) 7、x(y3),8、解：（1）a222v16i2j(m/s),a8i(m/s2),

vttdvdvadt(6t8)dt

v000dtvv03t28tv3t28t10(m/s)，

（2）vxttdxdxvdt(3t28t10)dt

x000dtxx0t34t210txt34t210t1(m)

9、解：如图，设灯与人的水平距离为x1，灯与人头影子的水平距离为x，则：

dx1dx，人头影子移动的速度：v。 dtdtHdxHdx1H而：x， 即：vx1v0 。

HhdtHhdtHh人的速度：v024t10、解（1）

3dd221(rad)12t(rads)224t(rads2)dtdtanR214.4t4(ms2)an230.4(ms2)

aR2.4t(ms2),2则t2s时， a4.8(ms),43（2）加速度和半径成45角，即aan，即2.4t14.4tt2.4/14.41/6

代入得：2.67rad

练习二 牛顿力学

1、C 2、A 3、C 4、D 5、6 N, 4 N 6、解：（1）0,Tmg；

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实用标准

（2）Tsinma,Tcosmg；则：tana/g,Tma2g2

7、解 小球受重力mg、绳的张力T及斜面的支持力N。 （1）对小球应用牛顿定律，在水平方向上和竖直方向分别有：

TcosNsinma，

TsinNcosmg

解方程组可得：绳的张力Tm(acosgsin)3.32(N) 小球对斜面的正压力大小NTcosma3.75(N)

sin（2）当N0时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有：

Tcosma，

Tsinmg

解方程组可得：斜面的加速度为agcot17.0(m/s) 8、解：（1）F34t(N)at3s332F0.30.4t1.5(m/s2) mVV0adt0(0.30.4t)dt2.7(m/s)

00（2）F34x(N)ax3m3F0.30.4x1.5(m/s2) mV1adxVdV(0.30.4x)dxVdVV2(0.3x0.2x2)30

200V5.42.32(m/s)

9、解：分别对物体上抛时作受力分析，以地面为原点，向上为y轴正方向。 对物体应用牛顿定律：mamgkmv a(gkv)， 而a22dvdvdyvdv2，则有adyvdv(gkv)dyvdv dtdydtdyHdy0H0kv02vdv1Hln(1) 2gkv2kg

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实用标准

练习三 动量守恒和能量守恒

1、D 2、D 3、D 4、27 J，36 m/s 5、6、60 NS,8、310s,3mg2mg ,kk16 m/s， 7、2mv 1.2NS,4 g

0.20.19、（1）W外W弹（2）W弹x2x1F弹dx(20x30x2)dx0.37(J)

0.10.20.51F弹dx(20x30x2)dx0.37(J)

W弹12mv0v0.61(ms1) 2mv0

MmdxdvMm（2）k(Mm)dxdv

dtdtkXmv0Mm0 dxdvX0kvk10、解 （1）(Mm)vmv0v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：

v2mgcosm2R cos310mv2mgR(1cos)2下降高度为1R。 312、解（1）小球下落过程中，机械能守恒：

10mv2mglsinv2glsin 22（2）anv/l2gsin

（3）TmgsinmanT3mgsin

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

0mv球Mv车v球1122mglmv球Mv车222Mgl

Mm14、解（1）释放后，弹簧恢复到原长，B的速度变为VB0。此过程中系统的机械能守恒。则

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实用标准

有：

123m2kkx0vB0vB0x0 223m（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：

m1vA0m2vB0(m1m2)vv3x04k 3m（3）设最大伸长量为xmax，则根据机械能守恒定律，有：

1111m2vB02(m1m2)v2kxmax2xmaxx0 222215、解：（1）mv0(Mm)VVmv0

mM1AfEk(mM)gS0(mM)V20.2

21122（2）A1EKmmVmv0703(J)

2212（3）A2EKMMV01.96(J)

2不等。相互作用力大小相等，但作用点的位移不同。

练习四 刚体力学

1、A 2、C 3、A 4、

mBg1mAmBmC2 5、

2M4m 6、0/4 ,M2mM2m7、解：对物体m： mgTma； 对圆盘M： TR补充联系联系方程： TT,aR 解以上方程得：

1MR2 22mg2mgMmg7.84rad/s2,a3.92m/s2,T58.8N

(M2m)RM2mM2m8、解： m1gT1m1a

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实用标准

T2m2gm2a T1rT2r1Mr2 2补充联系方程： a1a2r。 解以上方程得：

112m2M2m1M(m1m2)g22, T1m1g,T2m2g。a111Mm1m2Mm1m2Mm1m222212(m1m2)gt2角加速度为：，下降高度为：hat

12M2m2m12(Mm1m2)r2(m1m2)g29、解：（1） 00t0/t0.50rad/s

ml20.25Nm （2）Mr1210、解：本题分为两个过程：子弹和细杆的碰撞过程、细杆的上升过程。 碰撞过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒：

1211mv0lmv0lMl2

2323上升过程中，细杆的机械能守恒：

1122lMlMg()(1cos) 232m2v02mv0解以上方程得： ， cos1。 212Mgl2Ml

练习五：气体动理论

1. C 2. C 3. D 4. B 5. 1:1:1

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实用标准

6. 8：1, 5：3, 1：1。 7. 1000ms，1414ms 8. 2

9. 1：2；5：3

1112EMvK210. EKMiRTMmol211. np/kT3.210/m

173Mmolv27.7(K) T5R

kT7.8m 22πdp练习六：热力学基础

1. B 2. D 3. A 4. B 5. B 6. 5

7. 1.6210J 8. 93.3 9. （1）（2）

4QA1BEABWA1B，EABQA1BWA1B300J

QB2AEBAWB2A300J300J600J，放出600J热量

QB2AQ2（3）1125%

Q1QA1B10.

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实用标准

过程 内能增量E/J 1000 0 -1000 对外作功W/J 0 1500 -500 吸收热量Q/J 1000 1500 -1500 AB BC CA ABCA 1111. （1）VaTaVcTc

40% Tc(Va1VV)Ta(a)1Ta(1)1T1 VcVbV21（2）

CV,m(TcTb)C(TT)Qbc11V,mac1VVQabRT1lnbRT1lnbVaVaCV,m[T1(V11)T1]V2

V2RT1lnV11CV,m[1(V1/V2)1]Rln(V2/V1)

12. 证明：该热机循环的效率为1其中QBCQQ21BC Q1QCAmmCp,m(TCTB),QCACV,m(TATC)，则上式可写为 MM1TCTBTATC1TB/TC1

TA/TC1在等压过程BC和等体过程CA中分别有TB/V1TC/V2,TA/p1TC/p2 代人上式得 1

13. 证明：该热机循环的效率为1(V1/V2)1

(p1/p2)1QQ2141 Q1Q23Q23mmCV,m(T3T2),Q41CV,m(T1T4) MM1CV(T4T1)TT141

CV(T3T2)T3T2文档大全

实用标准

在绝热过程12和34种分别有V21T3V11T4，V21T2V11T1，两式相除得

T3T4T2T1代入上式 1T4T1T(T/T1)TVV1141111(2)11(1)1

T3T2T2(T3/T21)T2V1V214. （1）WQ1Q2T1T2， Q224000J Q1Q1T1'''由于第二循环吸热 Q1W'Q2WQ2(Q2Q2)， W29.4% 'Q1（2）

T1T2T2425K ，则：T11'T1第七章 真空中的静电场

1．C； 2．C； 3．D； 4．C； 5．C； 6．C； 7．A； 8．4.5510C； 9．q/0；0；q/0； 10．(q2q3)/0；q1,q2,q3,q4； 11．0，(20)； 12．

5q60R，

q60R； 13．90V；-30V.

14．解：将直导线分割成若干电荷元：dqdx，

dq在P点产生的场强：

大小：dEP向）。

则：EPdEP1dq40l(dx)22l2l2dxl40(dx)22q，方向均为水平向右（沿X轴正方

dxl40(dx)2211()，方向水平向右。 40ldlddq在P点产生的电势：dUPdqdx ll40(dx)40(dx)22文档大全

实用标准

则：UPdUPl2l2dxl40(dx)2q40llnld d15．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 dqdVAr4rdr 在半径为r的球面内包含的总电荷为 q2VdV4Ar3drAr4,(rR)

0r2以该球面为高斯面，按高斯定理有 E1Ar/(40),(rR)

方向沿径向，A>0时向外；A<0时向内。

24在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有 E24rAR/0 42得到E2AR/(40r)，方向沿径向，A>0时向外；A<0时向内。

16．解：（1）分析球对称性，E方向应沿半径方向向外，相同r处，D大小相同，取同心

球面为高斯面，则根据高斯定理，有：

rR1时,E1dsqi/0E14r20E10

R1rR2时,E2dsqi/0E24r2q1/0E2q140r2

rR2时,E3dsqi/0E34r2(q1q2)/0E3方向均沿半径方向向外。 （2）球心处的电势

q1q2 240rUR10R2E1dlE2dlE3dlR1R2R20dr0R1R1q1q2drR240r2dr40r2q1

q140q1(qq2111)1R1R240R2

q11240R140R217．解：分析对称性，E方向应垂直于柱面向外辐射，且，相同r处，E大小相同，取高

斯面为以r为半径，长为l的同心圆柱面，则根据高斯定理，有：

EdsEdsEdsEdsEdsE2rlq上底下底侧面侧面i/0

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实用标准

（1）rR1时,E12rl0E10 （2）R1rR2时,E22rll/0E2（3）rR2时,E32rl0E30

18．在处取一微小点电荷 dqdlQd/ 它在O点处产生场强： dE20r

dqQd 22240R40R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

dExdEsin积分：

Q420R2sind

/2ˆiˆ2EExi0Q40R22sindQ20R22ˆ i

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/r，1/r； 7．

q；

40R211q1R128Uqq10C1140R1R1R231q2R24U8．解：2 q108Cq24RRR30212q1q2q1q6000VU1U24RRUU012219．解：（1）根据高斯定理，可求得两圆柱间的场强为：

E，

20rrR2UR1EdrRln220rR1

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实用标准

CQULRln220rR120rL R2lnR1Q2（2）W； 2C40r10．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：E0/0； 介质中的电场强度为：E/0r 两极板之间的电势差为： UE0(dt)Et电容器的电容：

2LlnR2R1rd(1r)t (dt)t00r0rCSU0rSrd(1r)t

11．解：（1）已知内球壳上带正电荷Q，则两球壳中间的场强大小为EQ40r2

两球壳间电势差U12R2R1EdrQ(R2R1)11)

40LR1R240R1R2Q(电容C40R1R2Q U12R2R1Q2Q2(R2R1)（2）电场能量W。 2C80R1R2

第九章 稳恒磁场

1．A； 2．A； 3．B； 4．C； 5．D； 6．Ｄ； 7．C; 8.

0II1(1)； 垂直纸面向里。 9．BIR； 10．0，0； 2R8R文档大全

实用标准

11．

0Ialn3； 2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

FAC2IRB＝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：PmISn

Pm与B成30度角，力矩

MpmBsin30=6.28×10-2

Nm

方向：力矩将驱使线圈法线转向与B平行。

13．解：BB1B2B3B4,B10,B40

B10I0242RI8R,， B0I34d2sinI402R, 则：B方向：，

大小：B0I0I8R2R。 14．解:

（1）F0I1CDI2bBCDI2b2d8104(N)， FbB12(da)8105EFI2EFI2b0I(N)，

Fda0I10DEI2dlBdI2drrI1I22lndad9.21052(N),FI0I1CFda2dlBdI2dr2r0I1I22lndad9.2105(N),（2）合力：F7.2104(N),方向。

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方向

方向

实用标准

力矩：dMdPB0MdM0。

R2Ien 15．解：（1）PmISen2（2）MPmB,

M方向向上。 MPmBsin90R2BI2

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．8.710V，A端。

9．解: t时刻:

6mBdSBdSiNal2vtavt0IIlal2vt l1dr01ln2r2avtdmN0Il10NIl1l2vvv() dt2al2vtavt2(avt)(al2vt)10．解：

mBdS

(0b0I2(r1x)0I2(r2x))adx

aI(rb)(r2b)0ln12r1r2idmdta(rb)(r2b)dI0ln12r1r2dt

0I0a(r1b)(r2b)lncost2r1r211．解：动生电动势MeN(vB)dl

MN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

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实用标准

总磁通量不变，则，闭合回路总电动势为零。

总MeNMN0 MeNNMMN

abMNMN(vB)dlabv0IIvab dx0ln2x2ab负号表示MN的方向与x轴相反。

0Ivabln方向NM 2abIvab UMUNMN0ln2ab1212．解：0B(vB)dlvBdlBldlBb；

MeNOB2OA1(vB)dlBa2

2OA1B(a2b2) 2I13．解:（1）B210，则：

2R故：UAB21B21S0S2R0IS2R

M=4π×10

-10

H

（2）1M-8dI2=-2π×10V dt0Iabdx0Ialn3 14．解：（1） 2cx2 MI0aln3 2（2）iM

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dI3ln30aI0e3t dt2 方向：顺时针为正。

实用标准

练习十一：振动答案

1. C 2. A 3. 2:1

4. 10π，20π/2，30π/3，40π/4 5. 1s

6. 75J，0.0707m

gSa7. 解：设平衡时木块浸没水中的高度为h，则水gSh木设木块位移为x，则

，其中S为木块截面积a。

2F水gS(hx)木gSa水gSxkx

所以是谐振动

T22木gSa木am22 k水gS水πx0.10cos(20πt)m与 xAcos(t)比较后可得：振幅

48. 解：（l）将

-1，角频率20πs，初相0.25π，则周期T2π/0.1s，频率A0.10m。 1/T10Hz（2）t2s时的位移、速度、加速度分别为

x0.10cos(40ππ/4)7.07102(m)

vdx2πsin(40π0.25π)4.44(ms-1) dtt2d2xa240π2cos(40π0.25π)2.79102(ms-2)

dtt29. 解：由图可知，振幅A = 4cm

由旋转矢量图可确定初相05π/4

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实用标准

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

tπ/4, /tπ/2

振动方程为 10. 解：（1）由题意知A = 0.06m、振动方程为

π5πx4cos(t)cm

242π/Tπ s-1由旋转矢量图可确定初相0π/3，

x0.06cos(πtπ/3)m

（2）质点从x0.03m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）11. 如图所示5π/6。该过程所需时间为t/0.833s

π/2

t

π/21s π/2

12. 解：(1)由题意可知x1和x2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xAcos(t0)，则合振动圆频率与分振动的圆频率相同，即

2π。

合振动的振幅为

2AA12A22A1A2cos(21)169243cos(π/2)5(cm)

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实用标准

合振动的初相位为tan0A1sin1A2sin24sinπ3sinπ/23

A1cos1A2cos24cosπ3cosπ/24 由两旋转矢量的合成图可知，所求的初相位0应在第二象限，则

0πarctan143

故所求的振动方程为 x5cos(2πtπarctan(2) 当 312kπ(k0,1,2343)(cm) 4)时，即x1与x3相位相同时，合振动的振幅最大，由于

1π，故 32kππ (k0,1,2)

当31(2k1)π(k0,1,2)时，即x1与x3相位相反时，合振动的振幅最小，由于 1π，故 3(2k1)ππ (k0,1,2) 即

32kπ (k0,1,2)

练习十二：波动答案

1. C 2. D 3. D 4. C 5. C 6. π/2

7. yP2.0cos(4πtπ/2)(m)

x]

uux9. y2Asin2πsin2πt

8. yAcos[(t)文档大全

实用标准

10. 30ms

1xπ)] 1032πx7π（2）u 10m，AB2π5xπ7πx16πy3102cos[2π(t)]3102cos[2π(t)]

1035101511. 解：（1）y310cos[2π(t212. 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

2A/2Acos, v0Asin0

所以 π/4

O处振动方程为 yOAcos(500πtπ/4)（SI）

由图可判定波长200m，故波动表达式为

yAcos[2π(250tx)π/4]（SI） 200（2）距O点100m处质点的振动方程为

yAcos(500πt5π/4)（SI）

振动速度表达式为v500πAsin(500πt5π/4)（SI）

13. 解：（1）由已知条件可知，2π/Tπ/2，又由图中可知，振幅A110m，利用旋转矢量法可得x0处质点的初相为0π/3，则其运动方程为

2ππyo1102cos(t)m

23（2）由已知条件可知，波速u/T1ms，则波动方程为

1ππy1102cos[(tx))m

2314. 解：（1）2m，u0.5m/s，T/u4s，2π/Tπ/2 由旋转式量法可知原点O在1s时刻的相位为3π/2，则初始时刻的相位为π，则

π原点的振动方程为 yO0.5cos(tπ)

2πx（2） 波函数为 y0.5cos[(t)π]

20.5文档大全

实用标准

15. 解：（1）已知波的表达式为y0.05cos(100πt2πx)与标准形式

yAcos(2πt2πx/)比较得

A0.05m,50Hz,1.0m,u50ms-1

（2）vmax(y/t)max2πA15.7m/s

amax(y/t)max4πA4.9310ms （3）2π(x2x1)/π，两振动反相。

16. 解： 212π22223-2r2r1ππ(r2r1)

4πS1外侧：π206π 全加强

4πS2外侧：π(20)4π 全加强

4πS1S2间：π(r2r1)(2k1)π k0,1,4r220r1代入上式可得：r14k14

又0r120可得静止点的位置为距离S1为r12，6，10，14，18m的地方静止不动。 17. 解：（1）火车驶近时 440330s

330vs火车驶过后 392330s

330vs1由以上两式可解得火车的运动速度vs19.0ms，汽笛振动频率s414.6Hz

（2）当观察者向静止的火车运动时 

33019414.6Hz438.5Hz440Hz 330练习十三 光的干涉

1、D 2、B 3、B 4、A 5、C 6、C 7、2(n1)e/ 3.6×10

3

8、0.6 9、600 nm 10、1.5 11、2(n1)d 12、解：

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实用标准

（1）原中央明纹将向下方移动

（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。

(n1)dkd4.74106m

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:

2n2e1k 10032A(k) 22=4013 A°(紫色)

当 k=2 时, = 6688 A°(红色), 当k=3 时,

(2)反面:(透射光) 2n2ek 10032Ak 当k=2 时, = 5016 A°(蓝绿色) 14、解：原间距 l1/21.5mm

改变后 l2l1l1mm

改变后 2/2l23104rad

改变量 21.0104rad

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/n. 根据牛顿环的明环半径公式 r(2k1)R/2 2有 r815R/2

2充液后有 r815R/(2n)

r82由以上两式可得 n21.71

r816、解：设相邻明（或暗）条纹之间距离为b，劈尖角为，细丝直径为d，玻璃板长度为L，则 dd L73.5b2bd73.52.0069105m 217、解：由牛顿环暗环半径 rkkRrk5(k5)R

rk25rk24107m 得 5R文档大全

实用标准

5rk2 k24 2rk5rk

练习十四 光的衍射

1、D 2、B 3、B 4、B 5、 30° 6、625 nm 7、第一级明纹 第二级暗纹 8、2.2310rad 9、解：由光栅衍射主极大公式得

4dsin1k11dsin2k22

sin1kk4402k1111 sin2k22k26603k2 当两谱线重合时有 12 即

k1369 k2246 由光栅公式可知 dsin3061 d6135.2810mm sin300k60000A 10、解：（1）(bb)sinkbbsin（2）(bb)sinkbbk4时缺级，

bkkbsink00b15000Ab45000A当k1时，；当k2时，舍去；当k3时，

00b45000Ab15000A（3）(bb)sinkkbbk10

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实用标准

0b15000A当时，实际出现级数：0,1,2,3,5,6,7,9。

0b45000A0b45000A当时，实际出现级数：0,1,2,3,5,6,7,9。

0b15000A

11、解 （1）01.22D2.2104rad

（2）sl02.2mm 等号两横线间距不小于 2.2 mm

12、解：（1）由单缝衍射明纹公式可知 bsin113(2k1)11 （取k1） 2213bsin2(2k1)22

22x1x，tan22 由于 ffsin1tan1，sin2tan2tan1 所以 x13f13f2，x2 2b2b则两个第一级明纹之间距为 xx2x1（2）由光栅衍射主极大的公式

3f0.27cm 2bdsin1k111dsin2k212x

且有 sintan

所以 xx2x1f/d1.8cm

13、解：（1）由光栅衍射主极大公式得

(bb)sin3031

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实用标准

bb3143.610cm sin30（2）(bb)sin3042

2(bb)sin30/4450nm

光的偏振练习答案

31、B 2、D 3、45 4、1.732 5、I0 6、波动 横

32

7、解：（1）透过第一个偏振片后的光强I1

2 I1I0cos303I0/4

透过第二个偏振片后的光强为I2，

2 I2I1cos603I0/16

（2）原入射光束换为自然光，则 I1I0/2

2 I2I1cos60I0/8

8、解：设第二个偏振偏与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为. 透过第一个偏 振片后的光强 I1I0/2

透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律，

2 I2(I0/2)cos

透过第三个偏振片后的光强为I3

2222 I3I2cos(90)(I0/2)cossin(I0/8)sin2

3I0 3232所以 sin2

4由题意知 I3文档大全

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11sin(3/2)30, 60 29、解：设入射光光强为I，自然光光强为Iz ，线偏振光光强为Ix ,透射光光强为It 由题意 入射光IIzIx 透射光It1IzIxcos2 211IzIx ItminIz Itmax5Itmin 2221解得 IxIIzI

33Itmax

10、解：（1）设该液体的折射率为 n，由布儒斯特定律 tgi01.56/n

得 n1.56/tg48.091.40 （2） 折射角

0.548.0941.91(4155)

相对论练习答案

1、B 2、C 3、B 4、c 5、0.75c 1.5 me 6、4 7、解：根据洛仑兹变换公式：xxvt1(v/c)2,ttvx/c21(v/c)2

可得：x2x2vt21(v/c)2,x1x1vt11(v/c)2 x1在K系，两事件同时发生，t1t2，则：x2x2x11(v/c)2，

11(v/c)2(x2x1)/(x2x1)， 解得：v3c/2，

2在K系，上述两事件不同时发生，设分别发生于t1和t2时刻， 则：t1t1vx1/c21(v/c)2,t2t2vx2/c21(v/c)2，

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实用标准

由此得t1t2v(x2x1)/c21(v/c)25.77106(s)。

8、解：设K系相对于K系的运动速度为v，则根据洛仑兹变换公式可得：

t1t1vx1/c21(v/c)2,t2t2vx2/c21(v/c)2，

乙测得两事件同时发生，则t1=t2，

2可得t2t1v(x2x1)/c，

由题t2t121027sx2x1500m

71则 v(t2t1)c/(x2x1)3.610ms

9、解： 根据洛仑兹时间变换公式 t

tvx/c2v1()2c2

又 x1x2 ttv1c

代入数据解得 v2.2410ms81

根据洛伦兹坐标变换式 xxvtv1c2 得 xvt6.72108m

10、解（1）设米尺K系相对于蚁蜂K系的速率为v,由题意知，米尺的本征长度

l01m,非本征长度l0.5m 则由ll0v2312vc

2cv0.25m 2c0.5m，则非本征距离 ll01（2）由题意知 l0(3) 由题意知 t0x0.5m

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实用标准

tvc2xvx则t1v2c2v232cs c21c2

量子物理练习答案

1、C 2、B 3、A 4、D 5、0.268 （=23） 6、2.55 7、

h112m( 8、1.51 9、1:1 4:1 10、hc(0))011、解: 根据维恩位移定律: Tmb

太阳: T1b5.27103K m1北极星: Tb28.28103K

m2天狼星: Tb39.99103K

m312、解：MBT4MB2(T2)4mTbMT(m1)43.63 B11m213、解：爱因斯坦光电效应方程: h12mv2w （1）whc193.210(J)

0文档大全

4

， 实用标准

1c（2）eUamv2hwhwUa2hcwe3.65(V)

14、解： 求解本题只需理解康普顿效应公式的意义就可代公式得结果 （1）02hsin20.0121010m 01.0121010m m0c2（2）由于散射能量守恒，光子的能量损失就是电子获得的动能，得

Ekh0hhc(15、 解: h（1）

101)2.361017J148eV

12mvw 212cmvhwhw3.21019(J) 212（2）eUamvUa2.0(V)

2（3）

hc0w02.96107(m)

16、解：dPdxsin222axadx

粒子位于0－a/4内的概率为：

a/4P

022x2x12xsindx[sin]aa2a4aa/40110.091 42文档大全