2022年大学物理解题指导与练习教学内容 .pdf

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1、资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑练习一质点运动学1、C 2、B 3、D 4、3 m,5 m 5、28(/)ajm s，2(52)(410)()rt itjm6、328(/)xxm s7、22(3),162(/),8(/),xyvij m sai m s8、解：（1）000(68)vttvdvadvadttdtdt2038vvtt23810(/)vttm s，（2）0200(3810)xttxdxvdxvdtttdtdt320410 xxttt324101()xtttm9、解：如图，设灯与人的水平距离为1x，灯与人头影子的水平距离为x，则：人的速度：10dxvdt，人头影子

2、移动的速度：dxvdt。而：1HxxHh1dxdxHdtHh dt，即：0HvvHh。10、解（1）324()trad2212212()24()ddtrad st radsdtdt22422.4(),14.4()naRt m saRtm s则2ts时，224.8(),230.4()nam sam s（2）加速度和半径成45角，即naa，即42.414.4tt32.4/14.41/6t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,Tmg；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请

3、联系网站删除word 可编辑（2）sin,cosTmaTmg；则：22tan/,a gTm ag7、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：cossinTNma，sincosTNmg解方程组可得：绳的张力(cossin)3.32()Tm agN小球对斜面的正压力大小cos3.75()sinTmaNN（2）当0N时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有：cosTma，sinTmg解方程组可得：斜面的加速度为2cot17.0(/)agm s8、解：（1）)/(5.14.03.0)(4323smtmFaNtFst)/(7.2)4.03.

4、0(030300smdttadtVV（2）2334()0.30.41.5(/)xmFFxNaxm sm3022030)2.03.0(21)4.03.0(xxVVdVdxxVdVadxV)/(32.24.5smV9、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：2mamgkmv2()agkv，而dvdv dyvdvadtdy dtdy，则有adyvdv2()gkvdyvdv202001ln(1)2HHkvvdvdyHgkvkg名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑练习三

5、动量守恒和能量守恒1、D 2、D 3、D 4、27 J，3 6 /m s5、2,mgmgkk6、60 ,16 /N Sm s，7、2mv8、33 10,1.2,4 gsN S9、（1）210.220.1(2030)0.37(J)xxWWF dxxxdx外弹弹（2）0.50.1210.2(2030)0.37(J)WF dxxxdx弹弹21100.61(m s)2Wmvv弹10、解（1）00()mvMm vmvvMm（2）()dxdvMmkMmdxdvdtdtk00XvMmdxdvk0mvXk11、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：22cos10(

6、1cos)2vmgmRmvmgR32cos下降高度为13R。12、解（1）小球下落过程中，机械能守恒：210sin2mvmgl2sinvgl（2）2/2 sinnavlg（3）sin3sinnTmgmaTmg13、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2201122mvMvmglmvMv球车球车2MglvMm球14、解（1）释放后，弹簧恢复到原长，B 的速度变为0BV。此过程中系统的机械能守恒。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑则有：22000013223BBmkkxvvx

7、m（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：102012()ABm vm vmmv0343xkvm（3）设最大伸长量为maxx，则根据机械能守恒定律，有：2222012max111()222Bm vmm vkx012maxxx15、解：（1）00()mvmvMm VVmM21()0()0.22fkAEmM gSmM V（2）221011703()22KmAEmVmvJ（3）22101.96()2KMAEMVJ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、12BABCm

8、 gmmm5、24,22MmMmMm6、0/47、解：对物体m：mgTma；对圆盘M：212T RMR补充联系联系方程：,TTaR解以上方程得：22227.84/,3.92/,58.8(2)22mgmgMmgradsam sTNMm RMmMm8、解：111m gTma名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑222Tm gm a21212TrT rMr补充联系方程：12aar。解以上方程得：2111221212112222,1122mMmMTmgTm gMmmMmm。1212(),12mm gaMmm角加速

9、度为：1212()1()2mm gMmm r，下降高度为：212hat21212()22mm gtMmm9、解：（1）2000/0.50/ttrads（2）20.25Nm12rmlM10、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：20012112323mvlmvlMl上升过程中，细杆的机械能守恒：221 1()(1cos)2 32lMlMg解以上方程得：02mvMl，2202cos112m vMgl。练习五：气体动理论1.C 2.C 3.D 4.B 5.1:1:1名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 28 页

10、 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑6.8：1,5：3,1：1。7.11000m s，11414m s8.2 9.1：2；5：3 10.22127.7(K)52KmolKmolEMMTMiRER TMvv11.173/3.2 10/mnp kT27.8m2kTd p练习六：热力学基础1.B 2.D 3.A 4.B 5.B 6.5 7.41.62 10 J8.93.3 9.（1）11A BABA BQEW，11300ABA BA BEQWJ（2）22300300600BABABAQEWJJJ，放出 600J 热量（3）22111125%BAA BQQQQ10.名师资料总结-

11、精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑过程内能增量/JE对外作功/JW吸收热量/JQAB1000 0 1000 BC0 1500 1500 CA-1000-500-1500 ABCA 40%11.（1）11aaccVTVT111112()()()aacaacbVVVTTTTVVV（2）11,11,221111()()()1111lnlnlnV mV mcbV macbcbbabaaVCTTCTTCTTQVVVVQRTRTRTVVV1,12211(/)1ln(/)V mCV VRVV12.证明：该热机循环的效率为2111

12、BCCAQQQQ其中,(),()BCp mCBCAV mACmmQCTTQCTTMM，则上式可写为/111/1CBBCACACTTTTTTTT在等压过程BC 和等体过程CA 中分别有1212/,/BCACTVTVTpTp代人上式得1212(/)11(/)1VVpp13.证明：该热机循环的效率为41212311QQQQ23,3241,14(),()V mV mmmQCTTQCTTMM41413232()11()VVCTTTTCTTTT名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑在绝热过程12 和 34 种分别有1

13、12314VTVT，112211VTVT，两式相除得3421TTTT代入上式114114112132232212(/1)1111()1()(/1)TTT TTTVVTTTTTTVV14.（1）1211211TTTQQQQW，22 4 0 0 0 JQ由于第二循环吸热)(22221QQQWQWQ，%4.291QW（2）121TTT，则：21425K1TT第七章真空中的静电场1C；2C；3D；4C；5C；6C；7A；8C51055.4；90/q；0；0/q；10032/)(qq；4321,qqqq；110，)2(0；12Rq06，Rq06；1390V；-30V.14解：将直导线分割成若干电荷元：d

14、xdq，dq在 P 点产生的场强：大小：2020)2(4)2(41xdldxxdldqdEP，方向均为水平向右（沿X 轴正方向）。则：2202011()44()2llPPdxqEdElldlddx，方向水平向右。dq在 P 点产生的电势：)2(4)2(400 xdldxxdldqdUP名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑则：2020ln44()2llPPdxqldUdUllddx15 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drrArdVdq24在半径为r 的球面内包含的总电荷为)

15、(,4403RrArdrArdVqrV以该球面为高斯面，按高斯定理有)(),4/(021RrArE方向沿径向，A0 时向外；A0 时向外；A0 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：004/,121011ErEqsdERri时01220221/4/,qrEqsdERrRi时20124rqE02123032/)(4/,qqrEqsdERri时202134rqqE方向均沿半径方向向外。（2）球心处的电势22113201RRRRl dEl dEl dEU2021012021210120212010141414)11

16、(44402211RqRqRqqRRqdrrqqdrrqdrRRRR17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：0/2iqrlEsdEsdEsdEsdEsdE侧面侧面下底上底名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑（1）002,111ErlERr时（2）122020,2/2RrRErllEr时（3）02,32rlERr时03E18在处取一微小点电荷/Qddldq它在 O 点处产生场强：dRQRdqdE202204

17、4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dRQdEdExsin4sin202积分：iRQdRQiiEEx?2sin42?2022/0202第八章静电场中的导体和电介质1D；2C；3C；4B；5B；61/r，1/r；72041Rq；8解：2121220211014141UUqqqRqURqU81112822121201221034103160004RqqCRRRqqCRRqUUVRR9解：（1）根据高斯定理，可求得两圆柱间的场强为：rEr02，12021ln2RREdrUrRR名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 28 页 -资料收

18、集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑120120ln2ln2RRLRRLUQCrr（2）rRRLCQW012224ln2；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：00/E；介质中的电场强度为：rE0/两极板之间的电势差为：tdttdEttdEUrrrr)1()()(0000电容器的电容：tdSUSCrrr)1(011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204rQE两球壳间电势差2101221021124)()11(4RRRRQRRLQrdEURR电容12210124RRRRUQC（2）电场能量21

19、012228)(2RRRRQCQW。第九章稳恒磁场1A；2A；3B；4C；5D；6；7C;8.)11(20RI；垂直纸面向里。9BIR；10RI80，0；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑1123ln0Ia；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IRBFAC21.13N 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：nISPmmP与B成 30 度角，力矩30sinBpMm=6.2810

20、-2mN方向：力矩将驱使线圈法线转向与B平行。13解：0,0,414321BBBBBBB,8241002RIRIB，,24sin24003RIdIB则：B方向：，大小：RIRIB2800。14解:（1）)(108241022NdIbIbBIFCDCD，)(108)(251022NadIbIbBIFEFEF，方向),(102.9ln2252101022NdadIIrIdrIBldIFaddDE方向),(102.9ln2252101022NdadIIrIdrIBldIFaddCF（2）合力：方向),(102.74NF。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 28 页 -资料

21、收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑力矩：00MdMBPdMd。15解：（1）nnmeIReISP22（2）MBPMm,方向向上。2s i n 9 02mR B IMP B第十章电磁感应与电磁场1B；2D；3A；4C；5C；6A；715J；8V6107.8，A 端。9解:t 时刻:vtavtlaIldrlrIBdSSdBvtlavtam21010ln222)(2)(22210210vtlavtavlNIlvtavvtlavIlNdtdNmi10解：SdBm2121002010)(ln2)(2)(2(rrbrbraIadxxrIxrIbtrrbrbraIdtdIrrbrbradtd

22、micos)(ln2)(ln22121002121011解：动生电动势MNMeNlBvd)(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，穿过其中名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑的总磁通量不变，则，闭合回路总电动势为零。0MNMeN总MNNMMeN00()ddln22a bMNMNa bIIvabvBlvxxab负号表示MN的方向与 x 轴相反。0ln2MeNIvabNMab方向0ln2MNMNIvabUUab12解：OBBlBvd)(0lvBdllBd221bB；221d)

23、(aBlBvOAOA故：221()2ABUBab13解:（1）RIB2021，则：RISSB202121RSM20=410-10H（2）dtdIM21=-210-8V14解：（1）3ln2d200IaxxIabc3ln20aIM（2）300d3ln 3d2tiIMaI et方向：顺时针为正。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑练习十一：振动答案1.C 2.A 3.2:14.10，20/2，30/3，40/45.1s6.75J，0.0707m7.解：设平衡时木块浸没水中的高度为h，则gShgSa水木，其

24、中 S为木块截面积2a。设木块位移为x，则()FgS hxgSagSxkx水木水所以是谐振动2222gSaamTkgS木木水水8.解：（l）将0.10cos(20)m4xt与cos()xAt比 较 后 可 得：振 幅0.10mA，角 频 率-120 s，初 相0.25，则 周 期2/0.1sT，频 率1/10HzT。（2）2st时的位移、速度、加速度分别为20.10cos(40 /4)7.0710(m)x-12d2 sin(40 0.25)4.44(m s)dtxtv222-222d40cos(40 0.25)2.79 10(m s)dtxat9.解：由图可知，振幅A=4cm 由旋转矢量图可确

25、定初相05/4名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑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/4t,/2t振动方程为54cos()cm24xt10.解：（1）由题意知A=0.06m、-12/sT由旋转矢量图可确定初相0/3，振动方程为0.06cos(/3)mxt（2）质点从0.03mx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）5/6。该过程所需时间为/0.833st11.如图所示/2/21s/2t12.解：(1)由题意可知1x和

26、2x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0cos()xAt，则合振动圆频率与分振动的圆频率相同，即2。合振动的振幅为221212212cos()1692 4 3cos(/2)5(cm)AAAA A名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑合振动的初相位为112201122sinsin4sin 3sin /23tancoscos4cos 3cos /24AAAA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03 arctan1434故所求的振动方程为35c

27、os(2 arctan)(cm)4xt(2)当312 (0,1,2)kk时，即 x1与 x3相位相同时，合振动的振幅最大，由于1，故32 (0,1,2)kk当31(21)(0,1,2)kk时，即 x1与 x3相位相反时，合振动的振幅最小，由于1，故3(21)(0,1,2)kk即32 (0,1,2)kk练习十二：波动答案1.C 2.D 3.D 4.C 5.C 6./27.2.0cos(4 /2)(m)Pyt8.cos()xyAtuu9.2sin2 sin2xyAt名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑10

28、.130m s11.解：（1）23 10cos2()103xyt（2）210mu，725ABx22 7163 10cos2()3 10cos2()10351015xxytt12.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2/2cosAA,0sin0Av所以/4O 处振动方程为cos(500/4)OyAt（SI）由图可判定波长200m，故波动表达式为cos2(250)/4200 xyAt（SI）（2）距 O 点 100m 处质点的振动方程为cos(5005/4)yAt（SI）振动速度表达式为500 sin(5005/4)Atv（SI）13.解：（1）由已知条

29、件可知，2/2T，又由图中可知，振幅21 10mA，利用旋转矢量法可得0 x处质点的初相为0/3，则其运动方程为21 10cos()m23oyt（2）由已知条件可知，波速1/1m suT，则波动方程为21 10cos()m23ytx14.解：（1）2m，0.5m/su，/4sTu，2/2T由旋转式量法可知原点O 在 1s 时刻的相位为 3/2，则初始时刻的相位为，则原点的振动方程为0.5cos()2Oyt（2）波函数为0.5cos()20.5xyt名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑15.解：（1）已

30、知波的表达式为0.05cos(1002)ytx与标准形式cos(22/)yAtx比较得-10.05m,50Hz,1.0m,50m sAu（2）maxmax(/)215.7m/sytAv22223-m a xm a x(/)4 4.9 31 0 msaytA（3）212()/xx，两振动反相。16.解：2121212()4rrrr1S外侧：2064全加强2S外侧：(20)44全加强1S2S间：21()(21)0,1,4rrkk2120rr代入上式可得：1414rk又1020r可得静止点的位置为距离1S为1r2，6，10，14，18m 的地方静止不动。17.解：（1）火车驶近时330440330s

31、sv火车驶过后330392330ssv由以上两式可解得火车的运动速度119.0m ssv，汽笛振动频率414.6Hzs（2）当观察者向静止的火车运动时330 19414.6Hz438.5Hz440Hz330练习十三光的干涉1、D 2、B 3、B 4、A 5、C 6、C 7、/)1(2en3.61038、0.6 9、600 nm 10、5.111、dn)1(212、解：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑（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

32、确写出原零级明纹位置处光程差的改变量即可解出答案。m1074.4)1(6dkdn13、解:(1)正面:(反射光)呈现出什么颜色,即该波长光振动加强,即:ken222)21(10032kA当k=2 时,=6688 A(红色),当k=3 时,=4013 A(紫色)(2)反面:(透射光)ken22kA10032当k=2 时,=5016 A(蓝绿色)14、解：原间距mm5.12/1l改变后mm112lll改变后r ad1032/422l改变量r a d100.14215、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(21)/2rkR有2/1528Rr充液后有)2

33、/(1528nRr由以上两式可得71.12828rrn16、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bbdLd25.73m100069.225.735d17、解：由牛顿环暗环半径RkrRkrkk)5(5得m10457225Rrrkk名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑452252kkkrrrk练习十四光的衍射1、D 2、B 3、B 4、B 5、306、625 nm 7、第一级明纹第二级暗纹8、42.2310rad9、解：由光栅衍射主极大公式得222111sin

34、sinkdkd212122112132660440sinsinkkkkkk当两谱线重合时有21即12369246kk由光栅公式可知1630sindmm1028.530sin631d10、解：（1）060000sinsin)(Akbbkbb（2）kkkbbbkbkbb4sinsin)(时缺级，当1k时，004500015000AbAb；当2k时，舍去；当3k时，001500045000AbAb（3）10sin)(kbbkkbb名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 21 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑当004500015000AbAb时，实际

35、出现级数：9,7,6,5,3,2,1,0。当001500045000AbAb时，实际出现级数：9,7,6,5,3,2,1,0。11、解（1）rad102.222.140D（2）mm2.20ls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11123)12(21sinkb（取1k）22223)12(21sinkb由于22112211tansintansintantan，fxfx所以bfxbfx23232211，则两个第一级明纹之间距为2130.27 cm2fxxxb（2）由光栅衍射主极大的公式2221111sin1sinkdkd且有xtansin所以21/1.8cmx

36、xxfd13、解：（1）由光栅衍射主极大公式得1330sin)(bb名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑cm106.330sin341bb（2）2430sin)(bbnm4504/30sin)(2bb光的偏振练习答案1、B 2、D 3、454、1.732 5、0323I6、波动横7、解：（1）透过第一个偏振片后的光强1I2100cos 303/4III透过第二个偏振片后的光强为2I，2210cos 603/16III（2）原入射光束换为自然光，则10/2II2210cos 60/8III8、解：设第二

37、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10/2II透过第二个偏振片后的光强为2I，由马吕斯定律，220(/2)cosII透过第三个偏振片后的光强为3I22223200cos(90)(/2)cossin(/8)sin2IIII由题意知03323II所以432sin2名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 23 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑11sin(3/2)30,6029、解：设入射光光强为I，自然光光强为zI，线偏振光光强为xI,透射光光强为tI由题意入射光xzIII透射光2cos21xztIIIxztII

38、I21maxztII21minminmax5ttII解得IIIIzx313210、解：（1）设该液体的折射率为n，由布儒斯特定律nitg/56.10得40.109.48/56.1tgn（2）折射角)5541(91.4109.485.0相对论练习答案 1、B 2、C 3、B 4、c5、0.75c1.5 em6、47、解：根据洛仑兹变换公式：222/,1(/)1(/)xvttvx cxtv cv c可得：22112122,1(/)1(/)xvtxvtxxv cv c在K系，两事件同时发生，12tt，则：212121(/)xxxxv c，2212111(/)()/()2v cxxxx，解得：3/2v

39、c，在K系，上述两事件不同时发生，设分别发生于12tt和时刻，则：2211221222/,1(/)1(/)tvxctvxcttv cv c，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 24 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑由此得2621122()/5.7710()1(/)v xxcttsv c。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：2211221222/,1(/)1(/)tvxctvxcttv cv c，乙测得两事件同时发生，则12tt=，可得22121()/ttv xxc，由题m500s10212712xxtt则17

40、12212sm106.3)/()(xxcttv9、解：根据洛仑兹时间变换公式22)(1/cvcxvtt又21xx21cvtt代入数据解得18sm1024.2v根据洛伦兹坐标变换式21cvtvxx得m1072.68tvx10、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m10l,非本征长度m5.0l则由cvcvll231220（2）由题意知m5.00l，则非本征距离25.0120cvllm 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 25 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑(3)由题意知5.00 xtm 则s231122222

41、2ccvxcvcvxcvtt量子物理练习答案1、C 2、B 3、A 4、D 5、0.268（=32）6、2.55 ，4 7、)(20mh 8、1.51 9、1:1 4:1 10、)11(0hc名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 26 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑11、解:根据维恩位移定律:bTm太阳:K1027.5311mbT北极星:K1028.8322mbT天狼星:K1099.9333mbT12、解：444122112()()3.63BmBBmmMTMTMTTb13、解：爱因斯坦光电效应方程:wmvh221（1）)J(102.319

42、0hcw（2）)V(65.3212ewchUwchwhmveUaa14、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）m10012.02sin210200cmhm10012.1100（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eV148J1036.2)11(1700hchhEk15、解:wmvh221名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 27 页，共 28 页 -资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑（1）)J(102.321192wchwhmv（2）)V(0.2212aaUmveU（3）)m(1096.2700whc16、解：222sinxdPdxdxaa粒子位于04/a内的概率为：/42/400221211sinsin0.0912442aaxxxPdxaaaa名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 28 页，共 28 页 -