质点运动学答案
一、选择题
1、C
2、C
3、B
4、B
5、B
6、A
7、D
8、C 二、填空题
1、4
2、3m s ;9m s
3、2m;6m 4
/s
/s
5、2
3
9
y
x =
+ 6、 7、s
t
?;
02t
υ? 8、6.28m; 0;
0; 6.28m/s 9、圆周运动；匀速率圆周运动 10、3.8
11、sin sin R ti R tj
ωωωω-+
；0；半径为R 的圆周
三、计算题
(2)(1)(2)(1)(1.5)(1)(1)00
640, 1.511(2)2642x x x x t
d x t
d t
t s
s x x x x m s m
s
t
t s υυ
υυυ?-=?=?=
=-==?=-+-=?=?=?
位移＝＝
令第二秒内路程平均速率＝
m 时，＝－＝－2s
负号表示速度方向沿平均速度x 轴负向
2
2
2
3058.365.12x
y t n t n g t
d a d t
a g a t s m a m s m
a s
s
υυυυ?=??=??=
=
=
==
=
===时，
3
、2
2
2
2
2
2
2
464(34)
1640012.5t n t n d s st t d t
d s a t d t
t t a R
R
m a s
a R
m
a s
R m
υυ
υ==+==++=
=
===
=
==当t =2s 时
m
＝20s
4、解：
2
3
03
00
4
4
00223
2()3
11436
6
v
t
t
v x
t
t
x d v a d t
d v a d t
d v a d t t d t
v v t
d x v d t
d x vd t
d x vd t v t d t
x x v t t t t
=
==
==+
=
==
=
+
=++
=++
?
?
?
?
??
质点动力学答案
一、选择题
1、C
2、C 二、填空题
1、980J
2、9J 三、计算题
1、解：0
02
2
03
2
2
2
02213
624t
x
t
F a t
m d td t
t
d x
t d t
x t
d x t d t
W F d x t t d t J
υ
υ
υ=
==
=====
=
=??????
2、解：()2
2
1
5030145W
F d x x x d x J ==
+=?
?
刚体定轴转动习题答案
一、选择题 1、（A ） 2、（C ）3（C ）4、（A ）5、 (C) 6、 (C) 7、（B ） 8、（A ） 9、（B ） 10、（B ） 二、填空题
1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。
2、14ml 2
3、
l
g 43，
l
g 23 4、 2ω0 5、
ω
ωωω--B A A J )
( 6、
ML
m 23v
．7、
L
76v
8、
02
ωmr
J J
+
三、计算题
1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程
mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J β ② 1分 a ＝R β ③ 1分
由此可得 T ＝m (g －a )＝m ??
??
?
???? ??-J TR g /2
那么 mg J mR
T =???
?
??+2
1
将 J =
2
1MR 2代入上式，得
m
M m M g T 2+=
2分 图2分
2、解：(1) 各物体受力情况如图 图2分
T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分 T ' (3r )－Tr ＝14mr 2β 2分 a ＝r β 1分 a '＝(3r )β 1分 由上述方程组解得：
β＝g / (12r )＝16.33 rad 2s -2 2分
3、解：以小球为研究对象，由转动定律βJ M =得：
水平位置时：
l
g ml mgl =
=00
2
ββ 5分
杆与水平方向夹角为60°时：
' a ' m ′g
静电场答案
选择题
1、C
2、 B
3、A 和D
4、 C
5、 C
6、A
7、 C
8、 A
9、 B 10、A 11、D 12、 B 13、 D 填空题
1、单位正试验电荷置于该点时所受到的
2、2N / C ； 向下
3、－2ε0E 0 / 3 ； 4ε0E 0 / 3
4、包围在曲面内的净电荷 ；曲面外电荷
5、高斯面上各点
6、qQ / (4πε0R ) ．
7、－3.2310-15 J ;23104 V 8、－140 V ． 9、
????
??-πa b
r r q q 11400ε．
计算题
1、解： 选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d θ，其上电荷d q ＝(Q d l ) / (πR )=(Q d θ) / π，它在O 点产生的场强为
2
02
2
04d 4d d R
Q R
q E εθεπ=
π=
在x 、y 轴方向的两个分量 θθεθd c o s 4c o s 2
02
R
Q dE dE x
π== θθεθd s i n 4s i n 2
02
R
Q dE dE
y
π=
=
对两个分量分别积分
2
02
2
/2
/2
02
2d cos 4R
Q R
Q dE
E x
x εθθεπ=π=
=
?
?
ππ-
2分
0d sin 42
/2
/2
02
=π=
=?
?
ππ-θθεR
Q dE
E y
y
由此得
i R
Q i E E x
2
02
2επ=
=
i
为x 轴正向的单位矢量．
2、解：r ≤R 时，
在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有
3
12
3
41
4r E r πρ
ε=
π
得 r E 0
13ερ=
1E
方向沿半径向外．
r >R 时，
在球体外作半径为r 的高斯球面，按高斯定理有
022
/4εq E r =π
x
3
3
4R q πρ
= 得 2
032
0234r
R
r
q
E ερε=
π=
2E
方向沿半径向外．
3、 解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．
细杆的电荷线密度λ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = λd x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为
()
()
x a l l x q x a l q
U
P
-+π=
-+π=
008d 4d d εε
整个杆上电荷在P 点产生的电势
()
?--+π=
l l
P
x a l x
l
q U
d 80ε()l
l x a l l
q --+π-=
ln 80ε??
? ??
+π=
a l l q
21ln 80ε
4、解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为
2
04r
Q E επ=
(R 1＜r ＜R 2)
两球的电势差 ?
?
π=
=
2
1
2
1
2
124d R R R R r
dr Q r E U ε???
? ??-π=
210114R R Q ε ∴ 1
212
2104R R U R R Q -π=
ε＝2.14310-
9 C
静电场中的导体和电介质答案
选择题
1、． D
2、 B
3、 B
4、 D
5、 D
6、C
7、A
8、 D
9、 D 10、 C 11、［ D ］ 填空题
1、 )2/()(21S Q Q + ； )2/()(21S Q Q - ； )S /()Q Q (212-； )2/()(21S Q Q +
2、)4/()(2
2R Q q π+ 3、 9.13105 C 4、 U 0 5、无极分子；电偶极子
6、 E D r
εε0= 7、εr ； 1 ； εr 8、σ ； σ / ( ε 0ε r )
9、不变 ，减小 计算题
1、图示为一半径为a 的、带有正电荷Q 的导体球．球外有一内半径为b 、外半径为c 的不带电的同心导体球壳．设无限远处为电势零点，试求内球和球壳的电势． 解：球壳内表面将出现负的感生电荷－Q ，外表面为正的感生电荷Q ．按电势叠加原理(也可由高斯定理求场强，用场强的线积分计算)
导体球的
电势为
c Q b Q a
Q U 0001444εεεπ+
π-
π=
Q abc ac bc ab ???
?
??-+=04πε 球壳电势 c
Q U 02
4επ=
2、 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t ( (1) 电容C 的值 (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？ 解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε= 金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为 2211d E d E U U B A +=- )(210d d S q += ε)(0t d S q -= ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε 因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值 无影响． 3、 三个电容器如图联接，其中C 1 = 10310-6 F ，C 2 = 5310-6 F ，C 3 = 4310-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求： (1) A 、B 之间的电容； (2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？ 解：(1) =+++= 3 21321)(C C C C C C C 3.16310-6 F (2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到 ==U C Q 111310- 3 C 4、 一平行板电容器，其极板面积为S ，两板间距离为d (d < (2) 电容器储存的能量． 解：(1) 两极板间电位移的大小为 D ＝σ＝Q / S 在介质中的场强大小分别为 E 1 = D / (ε0εr 1) = Q / (ε0εr 1S ) E 2 = D / (ε0εr 2) = Q / (ε0εr 2S ) 两板间电势差 ???? ??+=+=2 21 1 0221112r r d d S Q d E d E U εεε()S d d Q r r r r 2 101221εεεεε+= 电容 C = Q / U 121 221210r r r r d d S εεεεε+= (2) 电场能量 212 2 1CU W =()S Q d d r r r r 2102 12212εεεεε+= 恒定磁场答案 一 选择题 二.填空题 三．计算题 1. 解：选取以O 为圆心以r 为半径宽度为dr 的圆环的微元 圆环所带电量为rdr dq πσ2= ) (2 122R R Q -= πσ 圆环以角速度 ω绕O 转动时等效的圆电流为 rdr rdr T dq dI σωπ πσω== = 22 圆电流在P 点的磁感应强度d B 2 3 2 2 3 02 3 2 2 2 0)(2)(2x r dr r x r dI r dB += += σωμμ 整个转盘在P 点的磁感应强度B )] ( )[(2 1)(22 2 12 2 2 22 2 212 2202 3 2 2 3 02 1 x R x x R x x R x R x r dr r dB B R R +- +++- += += = ? ?σωμσωμ方向沿x 轴正方向 2.解： 54321B B B B B B ++++= 2 014R I B πμ= 方向向外；2 02 024221R I R I B μμ= = 方向向里；03=B ；1 01 044221R I R I B μμ= = 方向 向里；1 054R I B πμ= 方向向外 1 02 01 02 04444R I R I R I R I B μμπμπμ- - + = 方向向外 3.解：各边受力： （1）B l d I F d ?=21dx x I I dF πμ2102 1=?d l d I I F += ?ln 22 101π μ方向：竖直向下 （2）θπμθtan ) (2tan 21022l l d I I l BI F += = 方向：水平相右 （3）B l d I F d ?=23dl x I I dF πμ21023=?? +=?l d d x dx I I F θ πμcos 22 103 d l d I I F += ?ln cos 22103θ πμ 方向：垂直杆斜向上 θπ μtan ln 22 103d l d I I F x +- = d l d I I F y += ln 22 103π μ 0=y F θπ μt a n )ln (22 10d l d d l l I I F x +-+= 方向水平相左 4.解：（1）n I R S I m 241π== 2 1sin ()42 M m B R IB t k ππω=?=- （2 ）m ax f IR = 电磁感应答案 一．选择题 1. B 2. A 3.D 4.A 5.D 6.D 7.D 8A 9.D 10.B 二．填空题 1．t r m nI ωωμ sin 2 π 2． 2 2 9R B ω ；O 点 3．导线端点；导线中点 4． 2 2 1R B ω; 沿曲线由外指向中心 5．答案见图． 6．20 J 7. 1:2 ；1:2 8．2A 9．不能 三．计算题 1．解：长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为 )(20x I B π= μ ) d ( 20? ?+= =b d d x x Ia BdS π μΦ)ln( 20d b d Ia +π= μ ∴εt I d b d a dt d d d ])(ln[20+π=Φ=μ 2. 解:t 时刻通过半圆的磁通量为 t r B m ωπcos 2 2 =Φ 2 sin 2 t r B dt d m ωωπε= Φ- = R t r B R i 2sin 2 ωωπε = = L O 3．解：建立坐标(如图)则： x I B π= 20μ， B 方向⊙ εd x x I x B d )1 (2v d v 0π= =μ ε?? +π==x x I b a d )1 (2v d a 0μ?a b a I +π =ln 2v 0μ 4．解：(1) B a U U U E O OE 2 2 1ω= -= (2) 添加辅助线OF ，由于整个△OEF 内感应电动势为零，所以 OF EF OE ???=+ 即可直接由辅助线上的电动势E OF 来代替OE 、EF 两段内的电动势． a a OF 245cos 2=?= B a a B U U U F O OF 2 2 ) 2(2 1ωω== -= (3) O 点电势最高 ． 《机械振动》答案 一、选择题 CDBBB CACAA DC 二、填空题 1、n T / 2、T 4，2/2S 3、0sin A ω?，-02 cos ?ωA 4、2rad/s ，0，t x 2cos 2=（SI ），212N ，负方向 5、10cm ， π3 2，4.8s ，)3 212 5cos( 1.0ππ+ =t x （SI ） 6、如图所示 I C D v O 7、 k m π 22 1+， 02x m k 8、 m k π 1， m k π 1 9、2 3 8 kA 10、π 三、计算题 1、 解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量L ?满足如下关系 Mg L k =? （1） 对滑块m ，M 进行受力分析，设绳子的张力为T ，则当滑块M 位移为x 时，有 Ma T Mg =- a m T L x k '=+?+-)( 由于绳子不可伸长，故有a a ='，则上述两式联立消去T 并考虑（1）式可得 a m M kx )(+=- 由上式可知滑块M 做简谐振动，其振动原频率为 m M k += ω 已知0=t 时滑块M 处于负的最大位移处，即M 滑块的振幅及初相为 k Mg L A = ?=，π?= 则可得M 滑块的运动方程 ???? ? ?++= πt m M k k Mg x cos （SI ） 2、 解：设该质点的简谐运动方程为 )cos(?ω+=t A x （SI ） 则可以知道该质点的速度满足 )2 cos(π?ωωυ+ +=t A （SI ） 由图可以看出速度振幅为10=A ω，利用旋转矢量法可得速度方程的初相与圆频率为 ππ?322=+ → 6 π?= 1443 3 t ωππ?Φ= = =? → 10 30 /3A ππ = = 因此可以得到该质点的振动方程 30 co s 3 6x t π ππ??= + ???（SI ） 3、 解：如图所示，画出旋转矢量图，可以 知道质点从2/A 处（速度为正）运动到 题３ 2/A 处（速度为正）时旋转矢量转过的角度为 π12 19= ?Φ 已知旋转矢量的旋转角速度（即质点振动圆频率）为4/πω=，故需要的时间为 3 19= ?Φ = ?ω t （s ） 4、 解：将振动方程2x 写为 t x πcos 32=（SI ） 画出三个旋转矢量，如右图所示。先对1x 与3x 进行合成再与2x 合成，容易得到合振动的振幅为 53 )26(2 2 =+-= A 初相位为 3 4arctan =θ 其圆频率与这三个振动圆频率相同。即这三个同方向同频率的振动的合振动为 )3 4arctan cos(5+=t x π（SI ） 《机械波》答案 一、选择题 BDACC 6.2co s(10)2 y t ππ=+ ABCD AC 二、填空题 1、 负方向，5m ，2s ，0.5m ，0.25m/s 2、 u 2 3、 右，向上，向下，向上 4、 )510cos(03.0x t y ππ-=（SI ） 5、 ??? ???+-=2)(2cos 0ππ t t T A y o （SI ），????? ?+--=22)(2c o s 0πππ x Tu t t T A y （SI ） 6、 )153cos(71+=t y （SI ），35 7、 ?? ? ??? ++ =0 cos ?ωωx u t A y （SI ） ，?? ????+-+=0)4(c o s ?ωωx u t A y （SI ） 8、 (1,2,3....)b a n n -= 9、 a 题４ 3 10、 )cos(kx t A y +=ω，t kx A y ωcos cos 2= 三、计算题 1、 解：（1）由图可得该质点的振幅为10cm ，初相为3/π，圆频率为60/11π，故该 质点的振动方程为 0.1co s 6 3y t π π??'=+ ???（SI ） （2）该简谐波的波动方程为 220.1co s (3)0.1co s 63633y t x t x ππππ ππλ????=+-+=+- ??????? （SI ） （3）原点处的振动方程为 020.1co s 63y t π π??=- ??? （SI ） 2、 解：已知a x A =，t A y A ωcos =，u k /ω=，可得该简谐波的波动方程 ?? ? ???--=)(cos a x u t A y ωω （1）O 点的振动方程为 )cos(a u t A y o ωω+ = （2）B 点的振动方程 )2 cos(a u t A y B ωω-= （3）与B 点振动状态相同的点 πωωn a u a x u 22)(+- =-- → ω πu n a x 23- = （,...2,1±±=n ） 3、 解：由频率可求得圆频率 ππω72==f 由已知条件可得m x 1=处质点的相位 2 27π?π= +?，即272 2 o r ππ?=- 故该点的振动方程为 10.08co s(7)2 y t ππ=+ 利用旋转矢量法可以得到m x 2=处的质点落后于m x 1=处质点的相位为 k x k =?== ?Φπ6 5 因此该简谐波的波动方程为 5540.08co s(7(1))0.08co s(7)6 2 6 3 y t x t x ππππππ=- -+ =- + （SI ） 4、 解：（1）由已知条件可得m A 5=，ππω2002==f ，0=A ?，π?=B ， 2//πω==u k 故A ，B 波源的振动方程分别为 )200cos(5t y A π='（SI ），)20c o s (5ππ+='t y B （SI ） （2） 法一：Ａ点左侧某点Ｐ两列波的相位差 22()30144 B A B P A P π π???ππλ ?=-- -=- ?=- 此相位差满足振动加强条件，所以合振幅1210A A A m =+=； 同理Ｂ点左侧某点Ｐ两列波的相位差 22()(30)164 B A B P A P π π???ππλ ?=-- -=- ?-= 此相位差亦满足振动加强条件，所以合振幅1210A A A m =+= 法二： 由已知容易得到A 、B 向x 负方向传播的简谐波方程为 )2 2 200cos(5))15(2 200cos(5πππππ- + =++=x t x t y A )2 2 200cos(5))15(2 200cos(5ππππππ- + =+-+ =x t x t t y B 故在A 左侧的各点的振幅为10m 。同理，沿正方向传播的简谐波方程为 )2 2 200cos(5))15(2 200cos(5πππππ+ - =+-=x t x t y A )2 2 200cos(5))15(2 200cos(5ππππππ+ - =+-- =x t x t t y B 即在B 右侧的各点的振幅也为10m 。 （3）A 、B 之间的振动合成为A 向右传播的波与B 向左传播的波的合成，即 t x x t x t y ωπ π π π ππ π πcos )2 2 cos( 10) 2 2 200cos(5)2 2 200cos(5- =- + ++ -= 由10co s( )02 2 A x ππ=- =可得 在AB 之间振幅为零的点为 )1(2+=n x m ，其中Z n ∈且7|| 光的干涉答案 一．选择题 1．A 2.A 3.B 4.A 5.B 6.C 7.B 二．填空题 1.不 2．])1([])1([111222t n r t n r -+--+ 3．2π (n -1) e / λ ； 33103 4．暗 5．2n e +2/λ 或 2n e -2/λ 6．1.125 7．218 8．3λ / (2n ) 9．不变；近棱边 10．变密 11． () 12-n λ 三．计算题 1解：(1) ?x ＝10 D λ / a ＝0.02 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1)e ＋r 1＝r 2 设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2－r 1＝k λ 所以 (n －1)e = k λ k ＝(n －1) e / λ＝3.02≈3 零级明纹移到原第3级明纹处 2．解：λ λ k ne =+ =? 2 2 1=k nm 6.2021=λ 2=k nm 7.673=λ（红） 3=k nm 3.404=λ（紫） 4= k nm 8.288=λ 正面的颜色是紫红色的。 3．解：上下表面反射都有相位突变π，计算光程差时不必考虑附加的半波长. 设膜厚为e , B 处为暗纹， 2ne ＝ 2 1( 2k ＋1 )λ， (k ＝0，1，2，…) A 处为明纹， B 处第6个暗纹对应上式k ＝5 ()n k e 412λ+= ＝1.0310- 3 mm 4．解：由牛顿环暗环半径公式 λkR r k =， 根据题意可得 111149λλλR R R l =-= 22 2 2 49λ λ λ R R R l = -= 2 12 212//l l =λλ 2 112 22/l l λλ= 光的衍射 一．选择题 1. D 2. A 3. B 4. D 5. C 6. B 7. A 8. D 9. C 10.B 二．填空题 1．4 610m -?, 600nm ； 2. 10, 第一级明（只填“明”也可以）； 3. 0.10mm ； 4. 0.5m ； 5. 0，±1，±3，......... ； 6. 2； 7. 更暗更宽； 8. 600nm . 三．计算题 1.解：(1) 对于第一级暗纹，有b sin ? 1≈λ 因? 1很小，故 tg ? 1≈sin ? 1 = λ / b 故中央明纹宽度 ?x 0 = 2f tg ? 1=2f λ / b = 0.6 cm (2) 对于第二级暗纹，有 b sin ? 2≈2λ x 2 = f tg ? 2≈f sin ? 2 =2f λ / b= 0.6c m 2 解：(1) b sin ? = k λ tg ? = x / f 当x << f 时，???≈≈sin tg , bx / f = k λ , 取k = 1有 x = f λ / b = 0.03 m ∴中央明纹宽度为 ?x = 2x = 0.06 m (2) (b ＋b ， )sin ?λk '= ='k (b ＋b ， )x / (f λ)= 2.5 取k '= 2，共有k '= 0，±1，±2 等5个光栅衍射主明纹。 3．解：(1) 由光栅衍射主极大公式(b ＋b ， )sin ? =k λ 得 b ＋b ， = ? λsin k =2.4310- 6 m (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 ()sin 3b b ?λ''+= 由于第三级缺级，则对应于最小可能的b ，?'方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 sin b ?λ'= b = (b ＋b ，)/3=0.8310-6 m (3) ()sin b b k ? λ'+=，(主极大) sin b k ?λ'=，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......) 因此 k =3，6，9，........缺级． 又因为k max =( b ＋b ， ) / λ=4, 所以实际可观察到k=0，±1，±2级共5个主明纹． 4．解：(1)照相机的角分辨率应为 2 37 /510 /(16010)310 c d l rad θ--==??=? (2) 由夫琅禾费圆孔衍射知：照相机孔径应为 1.22/2c D m λθ== 光的偏振 一．选择题 1.B 2.B 3.A 4.D 5.D 6.A 7.C 8.C 二．填空题 1. 自然光, 线偏振光, 部分偏振光或椭圆偏振光； 2. 线偏振光光(矢量)振动, 偏振化; 3. 3/2; 4. 45°; 5. 3; 6. 54.7° 7. n 2 / n 1 ; 8. 部分，π / 2 (或90°). 三．计算题 1．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为θ．透过第一个偏振片后的 光强 I 1＝I 0 / 2． 透过第二个偏振片后的光强为I 2，由马吕斯定律， I 2＝(I 0 /2)cos 2θ 透过第三个偏振片的光强为I 3， I 3 ＝I 2 cos 2(90°－θ ) = (I 0 / 2) cos 2θ sin 2θ = (I 0 / 8)sin 22θ 由题意知 I 3＝I 0 / 8 所以 sin 22θ = 1 ， ()1 1sin 12 θ-= ＝45° 2．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I 1 I 1＝I 0 cos 230° ＝3 I 0 / 4 透过第二个偏振片后的光强I 2， I 2＝I 1cos 260°＝3I 0 / 16 (2) 原入射光束换为自然光，则 I 1＝I 0 / 2 I 2＝I 1cos 260°＝I 0 / 8 3．解：设太阳光（自然光）以入射角i 入射到水面上，则所求仰角θ ＝π / 2－i ，当反射太阳光是线偏振光时，根据布儒斯特定律，有i ＝i 0 ＝arctan （n 2 / n 1），其中n 1为空气的折射率，n 2为水的折射率。 所以 i ＝i 0 ＝π / 2－θ＝ arctan （n 2 / n 1） 则θ ＝π / 2－ arctan （n 2 / n 1）＝36.9°. 反射光中的E 矢量的方向是垂直于入射面. 4. 解： (1) 根据布儒斯特定律 tan i ＝n 2 / n 1＝1.60 / 1.00 所以 i ＝58.0° (2) o o 0.3290=-=i r (3) 因两个界面平行，所以下表面处入射角等于r ， tan r ＝ctan i ＝n 1 / n 2 满足布儒斯特定律，所以图中玻璃板下表面处的反射光也是线偏振光． 分子物理部分答案 一．选择题: 1．B 2．B 3．C 4．A 5．C 6．D 7．B 8．A 9．B 10．C 二．填空题 1．6 2．pV / (kT )． 3．1.6 4 kT 23， kT 25， RT M M mol 25 5．4 6．3π / 8 7．2 8．M pV /2 三．计算题 1． 解：理想气体在标准状态下，分子数密度为 n = p / (kT )＝2.6931025 个/ m 3 以550nm 为边长的立方体内应有分子数为 N = nV ＝4.483106个． 2． 解： kT w 2 3= 29032== k w T K 5 mol He He 10 07.1823?== RT M M E J 而 6 He H 10 64.02?=-=E E E J 又 RT M M E mol H 252 = ∴ 21.02 H =M kg 3． 解：(1) pV E K 2 3= ＝3.113105 J 2 1N N E N E w K K += = ＝6.22310-21 J (2) k w T 32= ＝300Ｋ (或由p ＝nkT 得()k N N pV nk p T 21 += = ＝300 K) 4． 解：据 () m N RT M RT A /3/3mol 2 /12= =v ， 得 N A =3RT / (m 2 v )＝6.1131023 mol -1． 热力学基础 一．选择题 1.B 2.C 3.C 4.D 5D 6.A 7.B 8.A 9.A 10.C 二．填空题 1. V N ， mol M M ，mol M M N N 0 = 2. 326J 3. 41.3mol, 41029.4?J, 4 1071.1?J 4. 940.5J, 2810.3J, 1869.75 J,747.9J, 2617.65 J, 1869.75 J 5. 5.57J 6. RT v p p 1 12 = 7. 3.14J 8. 15％ 9. 66 10?J, 0 10. 相等，不等 三．计算题 1．解：（1）Q=μm v C ,ΔT= )050(31.82 532 64-??? =3 1008.2?J ΔE=Q=3 1008.2?J W=0 (2) Q=μm p C ,ΔT=)050(31.82 2532 64-??+? =3 1091.2?J ΔE=Q=3 1008.2?J W=Q-ΔE=3 1083.0?J 2解：（1）等温A →B: ΔE=0 Q=W=? 2 1 v v pdv =μR 1T ln 2 1v v =μR 1T ln 2 1p p = 1 .83.0ln 29331.810 285.03 ????- =－1.4335 10?(J) （2）等容A →C 再等压C →B 由于A,B 温度相同，ΔE=0 cb ac acb acb W W W Q +==)(0122v v p -+==－1.136 10?(J) 3解： a →c →b Q=80J, W=30J, ΔE=Q －W=80-30=50J (1) a →d →b W=10J, Q=ΔE+W=50+10=60J (2) 沿曲线b →a W=－20J, Q=ΔE+W=－50－20=－70J.所以系统放热。 4.解：(1) )(2 5)(112212V p V p T T C E V -=-=? (2) ))((211221V V p p W -+= ， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则 )(2 11122V p V p W -= ． (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． (4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ， 摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 狭义相对论答案 一．选择题 第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的 [习题解答] 2-1 处于一斜面上的物体，在沿斜面方向的力F作用下，向上滑动。已知斜面长为5.6m，顶端的高度为3.2m，F的大小为100N，物体的质量为12kg，物体沿斜面向上滑动的距离为4.0 m，物体与斜面之间的摩擦系数为0.24。求物体在滑动过程中，力F、摩擦力、重力和斜面对物体支撑力各作了多少功？这些力的合力作了多少功？将这些力所作功的代数和与这些力的合力所作的功进行比较，可以得到什么结论？ 解物体受力情形如图2-3所示。力F所作的功 ； 摩擦力 图2-3 ,摩擦力所作的功 ； 重力所作的功 ; 支撑力N与物体的位移相垂直，不作功，即 ； 这些功的代数和为 . 物体所受合力为 , 合力的功为 . 这表明，物体所受诸力的合力所作的功必定等于各分力所作功的代数和。 2-3物体在一机械手的推动下沿水平地面作匀加速运动，加速度为0.49 m?s-2 。若动力机械的功率有50%用于克服摩擦力，有50%用于增加速度，求物体与地面的摩擦系数。 解设机械手的推力为F沿水平方向，地面对物体的摩擦力为f，在这些力的作用下物体的加速度为a，根据牛顿第二定律，在水平方向上可以列出下面的方程式 , 在上式两边同乘以v，得 , 上式左边第一项是推力的功率()。按题意，推力的功率P是摩擦力功率fv的二倍，于是有 . 由上式得 , 又有 , 故可解得 . 2-4有一斜面长5.0 m、顶端高3.0 m，今有一机械手将一个质量为1000 kg的物体以匀速从斜面底部推到顶部，如果机械手推动物体的方向与斜面成30 ，斜面与物体的摩擦系数为0.20，求机械手的推力和它对物体所作的功。 解物体受力情况如图2-4所示。取x轴沿斜面向上，y轴垂直于斜面向上。可以列出下面的方程 ,(1) ,(2) . (3) 根据已知条件 , . 由式(2)得 图2-4 . 将上式代入式(3)，得 . 将上式代入式(1)得 第十章 静电场中的导体与电介质 10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 题 10-2 图 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）. 10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4= = 题 10-3 图 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）. 10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）. 10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力. 振动与波动题库 一、选择题（每题3分） 1、当质点以频率ν 作简谐振动时，它的动能的变化频率为（ ） （A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 2、一质点沿x 轴作简谐振动，振幅为cm 12，周期为s 2。当0=t 时, 位移为cm 6，且向x 轴正方向运动。则振动表达式为（ ） (A) ）（3 cos 12.0π π-=t x （B ） ）（3 cos 12.0π π+=t x （C ） ）（3 2cos 12.0π π-=t x （D ） ） （32cos 12.0π π+=t x 3、 有一弹簧振子，总能量为E ，如果简谐振动的振幅增加为原来的两倍，重物的质量增加为原来的四倍，则它的总能量变为 （ ） （A ）2E （B ）4E （C ）E /2 （D ）E /4 4、机械波的表达式为()()m π06.0π6cos 05.0x t y +=，则 （ ） （Ａ） 波长为100 ｍ （Ｂ） 波速为10 ｍ·ｓ-1 （Ｃ） 周期为1/3 ｓ （Ｄ） 波沿x 轴正方向传播 5、两分振动方程分别为x 1=3cos (50πt+π/4) ㎝ 和x 2=4cos (50πt+3π/4)㎝，则它们的合振动的振幅为（ ） (A) 1㎝ （B ）3㎝ （C ）5 ㎝ （D ）7 ㎝ 6、一平面简谐波，波速为μ=5 cm/s ，设t= 3 s 时刻的波形如图所示，则x=0处的质点的振动方程为 （ ） (A) y=2×10－ 2cos (πt/2－π/2) (m) (B) y=2×10－ 2cos (πt + π) (m) (C) y=2×10－ 2cos(πt/2+π/2) (m) (D) y=2×10－ 2cos (πt －3π/2) (m) 7、一平面简谐波，沿X 轴负方向 传播。x=0处的质点 的振动曲线如图所示，若波函数用余弦函数表示，则该波的初位相为（ ） （A ）0 （B ）π (C) π /2 (D) － π /2 8、有一单摆，摆长m 0.1=l ，小球质量g 100=m 。设小球的运动可看作筒谐振动，则该振动的周期为（ ） (A) 2π （B ）32π （C ）102π （D ）52π 9、一弹簧振子在光滑的水平面上做简谐振动时，弹性力在半个周期内所做的功为 [ ] (A) kA 2 （B ）kA 2 /2 （C ）kA 2 /4 （D ）0 大学物理答案第17章 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度. ［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2 第十章 一、填空题 易：1、质量为0.10kg 的物体，以振幅1cm 作简谐运动，其角频率为1 10s -，则物体的总能量为， 周期为 。（4510J -?，0.628s ） 易：2、一平面简谐波的波动方程为y 0.01cos(20t 0.5x)ππ=-( SI 制)，则它的振幅为 、角频率为 、周期为 、波速为 、波长为 。（0.01m 、20π rad/s 、 0.1s 、 40m/s 、4m ） 易：3、一弹簧振子系统具有1.0J 的振动能量，0.10m 的振幅和1.0m/s 的最大速率，则弹簧的倔强系数为 ，振子的振动角频率为 。（200N/m ，10rad/s ） 易：4、一横波的波动方程是y = 0.02cos2π(100t – 0.4X )( SI 制)则振幅是_________，波长是_ ，频率是 ，波的传播速度是 。（0.02m ，2.5m ，100Hz ，250m.s -1） 易：5、两个谐振动合成为一个简谐振动的条件是 。（两个谐振动同方向、同频率） 易：6、产生共振的条件是振动系统的固有频率与驱动力的频率 （填相同或不相同）。（相同） 易：7、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 （填奇数或偶数）倍。（偶数） 易：8、弹簧振子系统周期为T 。现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体，作成一个新的弹簧振子，则其振动周期为 T 。（T ） 易：9、作谐振动的小球,速度的最大值为,振幅为 ,则 振动的周期为 ;加速度的最大值为 。（ 3 4π ，2105.4-?） 易：10、广播电台的发射频率为 。则这种电磁波的波长 为 。（468.75m ） 易：11、已知平面简谐波的波动方程式为 则 时，在X=0处相位为 ，在 处相位为 。 (4.2s,4.199s) 易：12、若弹簧振子作简谐振动的曲线如下图所示,则振幅; 圆频率 ;初相 。(10m, 1.2 -s rad π ,0) 中：13、一简谐振动的运动方程为2x 0.03cos(10t )3 π π=+ ( SI 制)，则频率ν为 、周期T 为 、振幅A 为 ， 初相位?为 。(5Hz , 0.2s , 0.03m , 23 π) 中：14、一质点同时参与了两个同方向的简谐振动，它们的震动方程分别为10.05cos(4)()x t SI ωπ=+和20.05cos(1912)()x t SI ωπ=+， 其合成运动的方程x ＝ ；()12 cos(05.0π ω- =t x ) 中：15、A 、B 是在同一介质中的两相干波源，它们的 位相差为π，振动频率都为100Hz ，产生的波以10.0m/s 大学物理1复习题答案 一、单选题（在本题的每一小题备选答案中，只有一个答案是正确的，请把你认为正确答案的题号，填入题干的括号内） 1．一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和 T 2。将它们拿到月球上去，相应的周期分别为'T 1和'T 2。则有 ( B ) A ．'T T >11且 'T T >22 B ．'T T =11且 'T T >22 C ．'T T <11且 'T T <22 D ．'T T =11且 'T T =22 2．一物体作简谐振动，振动方程为cos 4x A t ?? =+ ?? ? πω，在4 T t = （T 为周期）时刻，物体的加速度为 ( B ) A. 2ω 2ω C. 2ω 2ω 3．一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A -，且向x 轴的正方向 运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 ( D ) A A A A A A C) A x x A A x A B C D 4. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同．第一个质点的振动方程为 )cos(1αω+=t A x ．当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二 个质点正在最大正位移处．则第二个质点的振动方程为 ( B ) A. )π21cos( 2++=αωt A x B. )π21 cos(2-+=αωt A x ． C. )π2 3 cos( 2-+=αωt A x D. )cos(2π++=αωt A x ． 5．波源作简谐运动，其运动方程为t y π240cos 10 0.43 -?=，式中y 的单位为m ，t 的单 位为s ，它所形成的波形以s m /30的速度沿一直线传播，则该波的波长为 ( A ) A ．m 25.0 B ．m 60.0 C ．m 50.0 D ．m 32.0 6．已知某简谐振动的振动曲线如图所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒。则此简谐振动的振动方程为： ( B ) A ．cos x t ππ??=+ ???2 2233 B ．cos x t ππ??=+ ??? 42233 C ．cos x t ππ??=- ???22233 D ．cos x t ππ??=- ??? 42233 二． 填空题（每空2分） 1． 简谐运动方程为)4 20cos(1.0π π+ =t y （t 以s 计，y 以m 计） ，则其振幅为 0.1 m,周期为 0.1 s ；当t=2s 时位移的大小为205.0m. 2．一简谐振动的旋转矢量图如图所示，振幅矢量长2cm ，则该简谐振动 的初相为4 0π ?=，振动方程为_)4 cos(2π π+ =t y 。 3. 平面简谐波的波动方程为()x t y ππ24cos 08.0-=，式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s ，则该波的振幅A= 0.08 ，波长=λ 1 ，离波源0.80m 及0.30m 两处的相位差=?? -Л 。 4. 一简谐振动曲线如图所示，则由图可确定在t = 2s 时刻质点的位移为___0 ___，速度为：πω3=A ． t 第二章 运动的守恒量和守恒定律 练 习 一 一. 选择题 1. 关于质心，有以下几种说法，你认为正确的应该是（ C ） (A ) 质心与重心总是重合的； (B ) 任何物体的质心都在该物体内部； (C ) 物体一定有质心，但不一定有重心； (D ) 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。 2. 任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ） (A )该质点系所受到的内力和外力； (B) 该质点系所受到的外力； (C) 该质点系所受到的内力及初始条件； (D) 该质点系所受到的外力及初始条件。 3.从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点，则该圆盘质心位置的x 坐标应为（ B ） (A ) R 4； (B) R 6; (C) R 8； (D R 12 。 4. 质量为10 kg 的物体，开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s ，而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 （ B ） (A )s N ?820； (B) s N ?1020； (C) s N ?620； (D) s N ?520。 二、 填空题 1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示，则卫星的动量大小为R GM m 3。 2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行，速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化:大小不变。 3. 如图1所示，两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2，静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。设子弹穿过两木块所用的时间分别为?t 1和?t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A B F t m m ??+，木块 B 的速度大小为12F t A B B F t m m m ????++。 三、计算题 1. 一质量为m 、半径为R 的薄半圆盘，设质量均匀分布，试求薄半圆盘的质心位置。 图1 17－2一单缝用波长为λ1和λ2的光照明，若λ1的第一级衍射极小与λ2的第二级衍射极小重合。问 （1）这两种波长的关系如何？ （2）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？ 解：（1）单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 212λλ= （2）依题意有 11sin λθk a = 22sin λθk a = 因为212λλ=，所以得所形成的衍射图样中还有其它极小重合的条件为 212k k = 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 0=?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角 宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 rad d 4 3 9109.110 0.71055044.244.22---?=??==λ θ （2）视网膜上星体的像的直径为 mm l d 34104.423109.1 2--?=??==θ （3）细胞数目应为3.2105.14 )104.4(52 3=????= -πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分 辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波长为550nm.。 解： 38.9101.22l L l L l D L m λδθλ ????==?设两灯距为，人车距为。人眼最小分辨角为， ＝1.22＝D 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 S 15cm S 2 160km D 第二章 习题解答 2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ?)133(?)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。 解：∵j i dt r d a ?6?12/22+==ρρ, j i a m F ?12?24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。 F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为： '34265.0/?===arctg F arctgF x y α 2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为： j t b i t a r ?sin ?cos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。 证明：∵r j t b i t a dt r d a ρρρ2222)?sin ?cos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρ ρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。 2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可 伸长。 解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律： ②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ ①+②可求得：g m m g m F a μμ-+-= 2 112 将a 代入①中，可求得：2 111) 2(m m g m F m T +-= μ 2-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2 的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。 解：隔离m 1,m 2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律： f 1 N 1 m 1 g T a F N 2 m 2g T a N 1 f 1 f 2 T' a T' a [习题解答] 1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C 地，最后向东北行驶50km到达D地。求汽车行驶的总路程和总位移。 解汽车行驶的总路程为 ； 汽车的总位移的大小为 r = 位移的方向沿东北方向，与方向一致。 1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问与在一般情况下是否相等为什么 解与在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。 1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 2t 3 ，r和t的单位分别是m 和s。求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末和第四秒末的速度； (3)第三秒末和第四秒末的加速度。 解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。 (1)第二秒内的平均速度 m s1； (2)第三秒末的速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为 v3 = 18 m s1； 用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为 v4 = 48 m s1； (3)第三秒末的加速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为 a3 = 24 m s2； 用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为 v4 = 36 m s2 . 1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明： (1) v d v = a d s； (2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s s0 )成立。 习题 10-5 在平面简谐波的波射线上，A,B,C,D 各点离波源的距离分别是3 ,,,424 λλλλ。 设振源的振动方程为cos 2y A t πω?? =+ ?? ? ，振动周期为T.（1）这4点与振源的振动相位差各为多少？（2）这4点的初相位各为多少？（3）这4点开始运动的时刻比振源落后多少？ 解 （1） 122,2,2x x π ?π ?π πλ λ???== ?== 3432,222x x π?π?ππλλ ???==?== （2） 112233440,, 2 2 2 3 ,222 π π π ????ππ ??π??π = -?== -?=- =-?=-=-?=- （3） 1212343411 ,2422 3,242t T T t T T t T T t T T ??ππ??ππ ???= =?==???==?== 10-6 波源做谐振动，周期为0.01s ，振幅为2 1.010m -?，经平衡位置向y 轴正方向运动时，作为计时起点，设此振动以1 400u m s -=?的速度沿x 轴的正方向传播，试写出波动方程。 解 根据题意可知，波源振动的相位为3 2 ?π= 2122200, 1.010,4000.01 A m u m s T ππωπ--====?=? 波动方程 2 31.010cos 2004002x y t m ππ-??? ?=?- + ???? ?? ? 10-7 一平面简谐波的波动方程为()0.05cos 410y x t m ππ=-，求（1）此波的频率、周期、波长、波速和振幅；（2）求x 轴上各质元振动的最大速度和最大加速度。 解 （1）比较系数法 精品 振动波动 一、例题 （一）振动 1.证明单摆是简谐振动，给出振动周期及圆频率。 2. 一质点沿x 轴作简谐运动，振幅为12cm ，周期为2s 。当t = 0时, 位移为6cm ，且向x 轴正方向运动。 求: (1) 振动表达式； (2) t = 0.5s 时，质点的位置、速度和加速度； (3)如果在某时刻质点位于x =-0.6cm ，且向x 轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。 3. 已知两同方向，同频率的简谐振动的方程分别为： x 1= 0.05cos (10 t + 0.75π) 20.06cos(100.25)(SI)x t π=+ 求：(1)合振动的初相及振幅. (2)若有另一同方向、同频率的简谐振动x 3 = 0.07cos (10 t +? 3 ), 则当? 3为多少时 x 1 + x 3 的振幅最大?又? 3为多少时 x 2 + x 3的振幅最小? （二）波动 1. 平面简谐波沿x 轴正方向传播，振幅为2 cm ，频率为 50 Hz ，波速为 200 m/s 。在t = 0时，x = 0处的质点正在平衡位置向y 轴正方向运动， 求：(1)波动方程 (2)x = 4 m 处媒质质点振动的表达式及该点在t = 2 s 时的振动速度。 2. 一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。求：（1）原点的振动表达式； （2）波动表达式； （3）同一时刻相距m 1的两点之间的位相差。 3. 两相干波源S 1和S 2的振动方程分别是1cos y A t ω=和2cos(/2)y A t ωπ=+。 S 1距P 点3个波长，S 2距P 点21/4个波长。求：两波在P 点引起的合振动振幅。 振动与波动 选择题 0580.一长为l 的均匀细棒悬于通过其一端的光滑水平固定轴上，（如图所示）， 作成一复摆．已知细棒绕通过其一端的轴的转动惯量23 1 ml J =，此摆作微小振 动的周期为 (A) g l π2. (B) g l 22π. (C) g l 322π . (D) g l 3π. ［ C ］ 3001. 把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时．若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为 (A) π． (B) π/2． (C) 0 ． (D) θ． ［ C ］ 3003.轻弹簧上端固定，下系一质量为m 1的物体，稳定后在m 1下边又系一质量为m 2 的物体，于是弹簧又伸长了?x ．若将m 2移去，并令其振动，则振动周期为 (A) g m x m T 122?π= ． (B) g m x m T 212?π=． (C) g m x m T 2121?π= ． (D) g m m x m T )(2212+π=?． ［ B ］ 3004.劲度系数分别为k 1和k 2的两个轻弹簧串联在一起，下面挂着质量为m 的物体，构成一个竖挂的弹簧振子，则该系统的振动周期为 (A) 21212)(2k k k k m T +π =． (B) ) (221k k m T +π= ． (C) 2121)(2k k k k m T +π=． (D) 2 122k k m T +π=． ［ C ］ 3255.如图所示，在一竖直悬挂的弹簧下系一质量为m 的物体，再用此弹簧改系一质量为4m 的物体，最后将此弹簧截断为两个等长的弹簧并联后悬挂质 量为m 的物体，则这三个系统的周期值之比为 (A) 1∶2∶2/1． (B) 1∶2 1 ∶2 ． 第3章动量守恒定律和能量守恒定律 习题 一选择题 3-1 以下说法正确的是[ ] （A）大力的冲量一定比小力的冲量大 （B）小力的冲量有可能比大力的冲量大 （C）速度大的物体动量一定大 （D）质量大的物体动量一定大 解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。 3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t?，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ] （A）mv mg t + ? （B）mg（C） mv mg t - ? （D） mv t? 解析：由动量定理可知，F t p mv ?=?=，所以 mv F t = ? ，选D。 3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零 （B）动量守恒,合外力不为零 （C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零 （D）动量变化为零,合外力为零 解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。答案选C。 3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ] （A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒 （B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒， M 、m 与地组成的系统机械能不守恒 （C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒 （D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒 解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。答案选B 。 3-5 一辆炮车放在无摩擦的水平轨道上，以仰角θ发射一颗炮弹，炮车和炮弹的质量分别为车m 和m ，当炮弹飞离炮口时，炮车动能与炮弹动能之比为[ ] （A ）m m 车 （B ）车m m （C ）θ2 cos m m 车 D 、θ2cos 车 m m 解析：在水平方向上系统动量守恒，cos m v mv θ=车车， 所以，22221cos 2()cos 12k k m v E m m m E m m m mv θθ===车车车车车车。选D 。 3-6 如图3-6所示，一个质点在水平内作匀速率圆周运动，在自A 点到B 点的六分之一圆周运动过程中，下列几种结论中的正确应为[ ] （1）合力的功为零 （2）合力为零 （3）合力的冲量为零 （4）合力的冲量不为零 （5）合力不为零 M m 习题3-4图 习题3-6图 第八章 振动与波动 本章提要 1. 简谐振动 · 物体在一定位置附近所作的周期性往复运动称为机械振动。 · 简谐振动运动方程 ()cos x A t ω?=+ 其中A 为振幅，ω 为角频率，（ωt+?）称为谐振动的相位，t ＝0时的相位? 称为初相位。 · 简谐振动速度方程 d () d sin x v A t t ωω?= =-+ · 简谐振动加速度方程 2 2 2d ()d cos x a A t t ωω?= =-+ · 简谐振动可用旋转矢量法表示。 2. 简谐振动的能量 · 若弹簧振子劲度系数为k ，振动物体质量为m ，在某一时刻m 的位移为x ，振动速度为v ，则振动物体m 动能为 2 12k E m v = · 弹簧的势能为 2 12p E kx = · 振子总能量为 P 2 2 2 2 2 211()+()22 1=2 sin cos k E E E m A t kA t kA ωω?ω?=+=++ 3. 阻尼振动 · 如果一个振动质点，除了受弹性力之外，还受到一个与速度成正比的阻尼作用，那么它将作振幅逐渐衰减的振动，也就是阻尼振动。 · 阻尼振动的动力学方程为 2 2 2d d 20d d x x x t t β ω++= 其中，γ是阻尼系数，2m γ β= 。 （1） 当22ωβ>时，振子的运动一个振幅随时间衰减的振动，称阻尼振动。 （2） 当22ωβ=时，不再出现振荡，称临界阻尼。 （3） 当22ωβ<时，不出现振荡，称过阻尼。 4. 受迫振动 · 振子在周期性外力作用下发生的振动叫受迫振动，周期性外力称驱动力 · 受迫振动的运动方程为 2 2 P 2d d 2d d cos x x F x t t t m β ωω++= 其中，2k m ω=，为振动系统的固有频率；2C m β=；F 为驱动力振幅。 · 当驱动力振动的频率p ω等于ω时，振幅出现最大值，称为共振。 5. 简谐振动的合成与分解 （1） 一维同频率的简谐振动的合成 若任一时刻t 两个振动的位移分别为 111()cos x A t ω?=+ 222()cos x A t ω?=+ 合振动方程可表示为 ()cos x A t ω?=+ 其中，A 和? 分别为合振动的振幅与初相位 A = 一、填空题 补充:刚体绕固定转轴转动时角加速度与力矩关系的数学表达式为 =M J β ； 易1、转动惯量为1002.kg m 的刚体以角加速度为52 .rad s -绕定轴转动，则刚体所受 的合外力矩为 500()N m ? N.m 。 中２、一根匀质的细棒，可绕右端o 轴在竖直平内转动。设它在水平位置上所受重力矩为M ，则当此棒被切去三分之二只剩右边的三分之一时，所受重力矩变为 9 M 。 易３、在刚体作定轴转动时，公式t t βωω+=0成立的条件是 β=恒量 。 中４、一飞轮以300rad 1min -?的转速旋转,转动惯量为5kg.m 2 ,现加一恒定的制动力矩, 使飞轮在20s 内停止转动,则该恒定制动力矩的大小为 2.5(.)N m π . 易５、如图所示，质量为M 、半径为R 的均匀圆盘对通过它的边缘端点 A 且垂直于盘面的轴的转动惯量A J ＝2 32 MR 。 难６、如图示一长为L ，质量为M 的均匀细杆，两端分别固定有质量都为m 的小球。当转轴垂直通过杆的一端时，其转动惯量为 2 21 3 mL ML + ；当转轴通过垂直杆的1/3(1/2;1/4) 处 时 ， 转 动 惯 量 为 2251 99 mL ML + 。 易７、瞬时平动刚体上各点速度大小相等，但方向可以 相同 （填不同或相同）。 易８、刚体的转动惯量与刚体的形状、大小、质量分布有关、与转轴位置 有关 （填 无关或有关）。 易９、所谓理想流体是指 绝对不可压缩和 完全没有粘滞性 的流体，并且在同一流管内遵循 连续性 原理。 中１０、一水平流管，满足定常流动时，流速大处流线分布较密,压强较 小 ； 流线分布较疏时,压强较 大 ；若此两处半径比为1∶2，则其流速比为 4：1 易１１、已知消防队员使用的喷水龙头入水口的截面直径是-2 6.410m ′，出水口的截面直 径是-22.510m ′，若入水的速度是1 4.0m S -×，则射出水的速度为 1 26()m s -? 易１２、一长l 为的均匀细棒可绕通过其端、且与棒垂直的水平o 自由转动，其转动慣量为 23 1 ml J =，若将棒拉到水平位置，然后由静止释放，此时棒的角加速度大小为 32g l 。 易1３、一飞轮的转动惯量为J ，在t=0时角加速度为0ω，次后飞轮的经历制动过程，阻力矩的大小与角速度成正比，即ωk M -=，式中比例恒量0φk ，当3 ωω= 时，飞轮的角 加速度为 0 3k J ω- 。 易1４、长为1m ，质量为0.6kg 的均匀细杆,可绕其中心且与杆垂直的水平轴转动其 转动惯量为212 1 ml J = .若杆的转速为30rad.min 1 -,其转动动能为 0.25()J 。 难1５、均匀细棒的质量为M ，长为L ，其一端用光滑铰链固定，另一端固定一质量为m 的大学物理习题答案--第一章
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