《物理白皮书答案汇总》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理白皮书答案汇总（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一章第一章 质点运动学质点运动学一 选择题1.B 解析：A 选项：，为位置矢量增量的模；为位置矢量模的增量，二者不相|12rrr12rrr等。B 选项正确。C 选项：为曲线运动中的切相加速度。故不正确。D 选项与 C 选dtdvadtvdat,项相类似。2.C 解析：令，4, 00)4(2ttttysmttdtdyvt/16|3842，故选 C。2 4/16|68smtdtdvat3.B为恒矢量，另，轨迹方程为：为一直线，故该质点做匀变速直线运动。j bi adtrda2222 xaby 4.(1)B 解析：iRrrriRriRr2,)2(,)(1221 (2)B 解析：可求得轨迹方程为：为
2、一半径为 R 的圆，故可得答案为 B。222Ryx二、填空题1、 0 ， 0； 理解矢积和标积的概念和定义，在物理中有很多应用。2、.， ， ，；3、 ；4、；该题用积分，注意积分上下限。5、4 ,162Rt解析：，2216,4RtRatdtdn 4dtd6、 211 hhvhvM解析：如图所示，假设：,由几何关系得：OBxOAxM,，两边对 t 求导得：xhhhxhh xxxM MM21112 ，vhhh dtdx hhh dtdxvM M 211211 （三）计算题1 解答（1）质点在第 1s 末的位置为：，在第 2s 末的位置为： ，在第 2s 内的位移大小为：，经过的时间为 t = 1
3、s，所以平均速度大小为：。（2）质点的瞬时速度大小为：，因此，质点在第 2s 内的路程等于其位移的大小，即。（3）质点的瞬时加速度大小为：，因此 1s 末的瞬时加速度为：，第 2s 内的平均加速度为：。2.解答 1）由消去 t 得轨迹方程：2）当 t=5 得；当 t=5 3解答：1） 则：2） 4 证明（1）分离变量得， 故，可得： （2）公式可化为由于，所以：积分 因此 证毕5解答（1）角速度为，法向加速度为；角加速度为 切向加速度为（2）总加速度为当时，有，即由此得，即 ，解得 所以 （3）当时，可得， 即：解得 ：6解答：当时， 则第二章 牛顿运动定律注：该章选择题和填空题不做具体解析，
4、基本是利用以前高中的物理知识去解决。敬请谅解。（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C（二）填空题1. 2.略 3. 4. 50N 1m/s 5. 6. 0 18J 17J 7J 7. （三）计算题1.解答： ； ； ； =2. 解答；分离变量积分得3 解答：烧断前 烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以不变。线对 m1作用力消失，m1只受到弹簧的力4.解答发射 t 秒后炮弹的速度为：则：又图略5解答（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得 ，根据动量守恒定律得： 0 = mv + MV因此，解得， 从而解得：（2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量（3）物体在槽底相对于槽的速
5、度为 ，物体受槽的支持力为 N，则 ，因此物体对槽的压力为 第三章 刚体的定轴转动一、选择题 1.B 提示：角速度不断减少是显然的，这里不再赘述；根据转动定律,由于在向上转动的过程JM 中，重力力矩（也就是合力力矩）是增加的，而转动惯量 J 是不变的，故角加速度是增加的。2.D 解：圆板的转动惯量：； 圆环的转动惯量：；圆球的转动惯量：2 21mrJ 2mrJ 2 52mrJ 根据转动定律，且所受力矩 M 是相同的，故转动惯量 J 越大，角加速度越小。故答案为 B。JM 3.D 解析：4. D 解：首先以人和圆盘为研究对象，则系统对轴的合外力力矩为 0，因此角动量守恒，因此：021 12 02
6、 10rmrmJJ盘人盘人；0rv人对地smv/2人对盘盘对地人对盘人对地vvv带入数据即可得结果。1-rv盘对地5.B 提示：以子弹和圆盘为系统，角动量守恒，,J 增大，所以减小。JL 二、填空题1. ；22 61ml2 31ml解：细杆的转动惯量为：，转动动能为：2 31mlJ 22222 61 31 21 21mlmlJE动量矩即为角动量：2 31mlJL2. 28 . 1解：圆盘飞轮的转动惯量为：,转动动能： ：2 21mRJ 22228 . 121 21 21mRJE3. 减小 增大 不变 增大提示：以人和转台为系统，则系统的角动量守恒。4.22sin2rJMkxMgx解：以整个装置
7、和地球为系统，机械能守恒。初机械能：以 M 在下滑 x 距离是的点为零势能点，则初机械能为:sin0MgxE 末机械能则为：物体 M 的动能+定滑轮的转动动能+弹簧的弹性势能，即:同时： 222 21 21 21kxJMvErv故末机械能为： 根据机械能守恒：2222 21 21 21kxrvJMvE0EE 2222 21 21 21kxrvJMv,整理得：sinMgxv22sin2rJMkxMgx5. lg 23 lg3解：转动定律；匀质细杆的转动惯量为：，在水平位置时，重力力矩为JM 2 31mlJ ，故；2lmgMlgmllmgJM 233122在转动过程中，机械能守恒，选处为势能零点，
8、可得：,再有：2l2 21 2Jlmg2 31mlJ 可求得：lg3三、计算题1. 2 依题意得3 假设电机的电磁力矩为，摩擦阻力力矩，则单元四单元四 流体力学流体力学 液体表面性质液体表面性质(一)、选择题 1、D 2、B 3、B 4D 5、C 6A (二)、填空题 1无粘滞 性，不可压缩 性， 流动 性。 2 功能 、 压强 流速 高度 、压强 动能 和 势能 。 3 温度 ； 成分 ；外界媒质。 4 内、 润湿、 不润湿 。 （三）、计算题1解：（1）由连续性方程，而，因此，水面流速趋于 0又由伯努力方程，而，因此，所以射程（2）由于，而当时，即=5 米时，2解：由于，而由上题可知，因此
9、可得， 式中 H=70cm若使容器内的水流出一半，即 h=H/2；则若使容器内的水全部流出，即 h=0；则3解：由于 ， 根据题意由流体静力学原理可知，水面下 50m 深处空气泡泡内压强为（1）可得 （2）水面上空气泡泡内压强为 （3）又由于气泡等温地上升到水面即（或） （4）由（1），（2），（3）（4）联合解得因此当气泡等温地上升到水面时它的直径4解：（1）由于，因此（2）5解：由流体静力学原理（，水银的密度）考虑到毛细现象后，根据朱伦公式而 因此 第六章第六章 机械波机械波(一)、选择题1、B；提示：根据电磁学中的楞次定律可知，闭合圆线圈 A 不管是在磁铁上升还是下降的过程中，总是阻碍其
10、磁铁运动。故为阻尼振动。2、C；解：根据；而 612 32rrr；带入。解毕。提示：mvfTv330010011mr5 . 061要理解式子的物理含义。表达在单位距离上的相位变化量，或者理解为相位随距离的r2 2变化率。3、A；提示：)(cos)(cos)(cos00 00 0uxxtAyuxxtAttAy二、填空题1、下,上,上； 提示；根据高中的知识就可以判定，这里不再赘述。2、4 . 0);4cos(1 . 0ty解：先求得原点处（波源处）的振动方程：再求得波动方程为：);cos( tAy最后求得振动速度方程为；);2cos(xtAy)2sin(cosxtAdtdyv另：及带入，即可得所
11、求。42TmAm1 . 0;103、 3提示：3005. 003. 0203. 02 mfvr4、提示：（注：第一项为距离之差引起的相位差，第二项为 242 22r两波源初始的相位差）三、计算题1 解：1）由图可知,该机械波振幅 0.04m,波长 0.4m,波速 0.08m/s ;可得角频率T=0 时刻,坐标原点处质点位移为 0,且下一时刻沿 y 轴正方向运动可以判定初相位所以波动方程可写为2） 2 解：(1),由题意可知,初相位为所以振动方程为(2)波动方程为(3) 第八章第八章 热力学基础热力学基础(一)、选择题 1.C；体积不变时，吸热,Q 相等，但三种气体的自由度 i)(221122V
12、PVPiTRi MmEQmol不同，故温升不相同；又，,所以压强的增量也不相同。321VVVPViQ22.B；因.沿虚线有：; 沿(1)线：因AEQ0; 0AEQ(功 A 为先下面积)故（1）过程为吸热。沿(2)线因0201AAAEQ(功 A 为先下面积)故（2）过程为放热。0202AAAEQ3.B；分析：由 知 ，又根据题意 ，得 4.B； 等号右边各量均为已知，故可求气体内能的变化。TRi MMEmol25.D；;可求 A/Q=2/7 (注：i=5)RTVPATRTRiAEQ26.D; 根据热力学第一定律可知，系统的内容可增可减可不变。(二)、填空题1. 7429J ，7429J；由热力学
13、第一定律及等容过程可得：,故不管AEQTRiEQ2是否为准静态过程，只要始末温度一样，所吸收的热量即为相同，故二者均为 7429J.2. 207或 480K ； 提示：理想热机即为卡诺热机，利用可求得结果。121TT3、；代入数据可求得结果。J31064. 8 2112lnlnPPRTVVRTAQ4.400J；提示：热机在最大效率下工作即为卡诺循环，因此可利用求解。首先121TT；然后%202737272735271112TTJAA QA400%20200015. 等压；等压；等压； 6. 物体做宏观位移；分子间的相互作用.(三)、计算题1、解：静热量即循环过程的面积图中循环曲线所围的面积即为
14、所求。2、解：（1）（2）(3)(4)3、解（1）， （2）过程4、解：1）2）3） 第九章第九章 静电场静电场一、填空题1、 ；电场强度沿任意闭合路径的线积分等于零；无旋场。0dlE2、。 提示：通过立方体总的电通量为，同时每个面的地位都一样，故得次结果。06q0q3、 ；空间中所有电荷。022 qq 4、大或强；尖端放电。 5、取向极化；位移极化。注：1、3、4、5 题均为概念性或者对基本公式的基本理解，再次不做提示，要好好掌握。二、选择题1、C； 提示：在高斯定理中，一定要对电通量和电场强度的关系理解透彻。不管在什么情况下，空间所有电荷（包括高斯面内部和外部）对电场强度 E 均有贡献。2、B ； 对电场线的理解，大家很熟悉，没有什么好说的。3、A； 把电场强度分解为水平方向和竖直方向，在垂直底面圆的竖直方向的分量为 E/2，故通过此半E球面的电通量为2
