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衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 稳恒磁场 习题解答一、填空题（每空1分）1、电流密度矢量的定义式为：dI j n dS ⊥=v v，单位是：安培每平方米（A/m 2） 。
2、真空中有一载有稳恒电流I 的细线圈，则通过包围该线圈的封闭曲面S 的磁通量? = 0 ．若通过S 面上某面元d Sv的元磁通为d ?，而线圈中的电流增加为2I 时,通过同一面元的元磁通为d ?＇，则d ?∶d ?＇= 1:2 。
3、一弯曲的载流导线在同一平面内，形状如图1(O 点是半径为R 1和R 2的两个半圆弧的共同圆心，电流自无穷远来到无穷远去)，则O 点磁感强度的大小是2020100444R IR IR IB πμμμ-+=。
4、一磁场的磁感强度为k c j b i a B ϖϖϖϖ++= (SI)，则通过一半径为R ，开口向z 轴正方向的半球壳表面的磁通量的大小为πR 2c Wb 。
5、如图2所示通有电流I 的两根长直导线旁绕有三种环路；在每种情况下，等于：对环路a ：d B l ⋅⎰v v Ñ=____μ0I __；对环路b ：d B l ⋅⎰vv Ñ=___0____； 对环路c ：d B l ⋅⎰v v Ñ =__2μ0I __。
6、两个带电粒子，以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场，它们的质量之比是1∶4，电荷之比是1∶2，它们所受的磁场力之比是___1∶2__，运动轨迹半径之比是_____1∶2_____。
二、单项选择题（每小题2分）（ B ）1、均匀磁场的磁感强度B v垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为A. 2?r 2BB.??r 2BC. 0D. 无法确定的量（ C ）2、有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1 / B 2为A. B. C. D.（ D ）3、如图3所示，电流从a 点分两路通过对称的圆环形分路，汇合于b 点．若ca 、bd 都沿环的径向，则在环形分路的环心处的磁感强度A. 方向垂直环形分路所在平面且指向纸内B. 方向垂直环形分路所在平面且指向纸外C ．方向在环形分路所在平面内，且指向aD ．为零（ D ）4、在真空中有一根半径为R 的半圆形细导线，流过的电流为I ，则圆心处的磁感强度为A.R 140πμ B. R120πμ C ．0 D ．R140μ （ C ）5、如图4，边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q 的点电荷．此正方形以角速度??绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1；此正方形同样以角速度??绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为A. B 1 = B 2B. B 1 = 2B 2 C ．B 1 =21B 2 D ．B 1 = B 2 /4 （ B ）6、有一半径为R 的单匝圆线圈，通以电流I ，若将该导线弯成匝数N = 2的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的 (A) 4倍和1/8． (B) 4倍和1/2． (C) 2倍和1/4． (D) 2倍和1/2． 三、判断题（每小题1分，请在括号里打上√或×）（ × ）1、电源的电动势是将负电荷从电源的负极通过电源内部移到电源正极时，非静电力作的功。
质 点 运 动 学选择题[ ]1、某质点作直线运动的运动学方程为x ＝6+3t -5t 3 (SI)，则质点作A 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．B 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．C 、变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．D 、变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．[ ]2、某物体的运动规律为2v dv k t dt=-，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是A 、0221v kt v +=B 、0221v kt v +-= C 、021211v kt v +=, D 、02211v kt v +-= [ ]3、质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率)A 、dt dvB 、Rv 2C 、R v dt dv 2+D 、 242)(Rv dt dv + [ ]4、关于曲线运动叙述错误的是 A 、圆周运动的加速度都指向圆心B 、圆周运动的速率和角速度之间的关系是ωr v =C 、质点作曲线运动时，某点的速度方向就是沿该点曲线的切线方向D 、速度的方向一定与运动轨迹相切[ ]5、以r 表示质点的位失， ∆S 表示在∆t 的时间所通过的路程，质点在∆t时间平均速度的大小为A 、t S ∆∆;B 、t r ∆∆C 、t r∆∆ ; D 、t r∆∆1-5：DCDAC （第二题答案C 已改为正确的）填空题6、已知质点的运动方程为26(34)r t i t j =++ (SI)，则该质点的轨道方程为2)4(32-=y x ；s t 4=时速度的大小?9482=+与x 轴夹角为arctan(1/16)。
7、在xy 平面有一运动质点，其运动学方程为：j t i t r 5sin 105cos 10+=（SI ），则t 时刻其速度=v j t i t5cos 505sin 50+-；其切向加速度的大小t a 0；该质点运动的轨迹是10022=+y x 。
一、选择题1．一质点作直线运动，其运动学方程为)(31232m t t x -+=，则在t=〔 A 〕秒时，质点的速度到达最大值。
〔A 〕1 ；〔B 〕3 ；〔C 〕2 ；〔D 〕4 。
2．一质量为m 的质点，从*高处无初速地下落，设所受阻力与其速率的一次方成正比，即υ k f -=，则其收尾速度的大小为〔 B 〕。
〔A 〕k m / ；〔B 〕k mg /；〔C 〕0 ；〔D 〕∞。
3．一质量为4kg 的质点，在变力)(ˆsin 2N it F ππ= 作用下由静止开场作直线运动，则此力持续作用2秒后质点的速率大小为〔 C 〕1-ms 。
〔A 〕1 〔B 〕2 〔C 〕0 〔D 〕44．均匀细杆OM 能绕O 轴在竖直平面自由转动，如图1所示。
今使细杆OM从水平位置开场摆下，在细杆摆动到竖直位置时，其角速度ω、角加速度α的值分别为( D )。
(A)0,0==αω；(B)0,0≠≠αω；(C)0,0≠=αω；(D) 0,0=≠αω。
5．一质点作直线运动，其运动学方程为2246,3t t y t t x ++=+=〔长度以m 计，时间以s计〕，则质点初速度的大小为〔 B 〕m/s 。
〔A 〕3； 〔B 〕5 ； 〔C 〕4 ； 〔D 〕7。
6．一质量为m 的质点，作初速为0υ的直线运动，因受阻力作用速度逐渐变小。
设质点所受阻力的大小与质点速率的一次方成正比，方向与速度方向相反，即υmk f -=，则质点的速率从0υ减小到021υ，所需的时间为〔 C 〕s 。
〔A 〕k /2ln 2；〔B 〕2；〔C 〕k /2ln ；〔D 〕4。
7．一质点的质量为2kg ，受变力t F ππ2cos 12=〔N 〕作用作初速为0的直线运动，则在t=0.25s 时质点速度的大小为( D )m/s 。
〔A 〕0； 〔B 〕6； 〔C 〕4； 〔D 〕3。
8．如图1所示，在一质量为M 半径为R 的匀质薄圆盘的边缘放一质量为m 的物体，设二者一起以角速度ω绕中心轴以角速度ω匀速转动，则系统对中心轴的角动量的大小为〔 A 〕。
大学物理B1（计算、通信、机械211）学习通课后章节答案期末考试题库2023年1.某物体的运动规律为,式中的k为大于零的常量.当时,初速为0,则速度与时间t的函数关系是参考答案:.2.一质点沿x轴作直线运动，其v-t曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5 s时，质点在x轴上的位置为参考答案:2m3.已知质点沿OX 轴运动，其运动方程为x = 4t2 - t+6（m），则前2秒内质点的位移大小为（）参考答案:14 m4.一质点做曲线运动，其某段时间间隔内的位移大小可能会等于其路程。
参考答案:错5.只有法向加速度的运动一定是圆周运动。
参考答案:错6.质点作圆周运动时加速度始终指向圆心。
参考答案:错7.已知质点的运动方程为，则该质点的运动轨迹为（）参考答案:椭圆8.质点作变速率圆周运动时，其加速度的方向（）参考答案:一定不指向圆心9.如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是参考答案:变加速运动10.只有切向加速度的运动一定是直线运动。
参考答案:对11.质点作匀速率圆周运动时，其加速度的方向（）参考答案:一定指向圆心12.一个质点在作圆周运动时，则有（）参考答案:切向加速度可能不变，法向加速度一定改变。
13.一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度2 m/s,瞬时加速度,则一秒钟后质点的速度参考答案:不能确定.14.一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处, 其速度大小为参考答案:.。
⼤学物理教材习题答案第⼀章质点运动习题解答⼀、分析题1．⼀辆车沿直线⾏驶，习题图1-1给出了汽车车程随时间的变化，请问在图中标出的哪个阶段汽车具有的加速度最⼤。
答: E 。
位移-速度曲线斜率为速率，E 阶段斜率最⼤，速度最⼤。
2．有⼒P 与Q 同时作⽤于⼀个物体，由于摩擦⼒F 的存在⽽使物体处于平衡状态，请分析习题图1-2中哪个可以正确表⽰这三个⼒之间的关系。
答: C 。
三个⼒合⼒为零时，物体才可能处于平衡状态，只有（C ）满⾜条件。
3．习题图1-3（a ）为⼀个物体运动的速度与时间的关系，请问习题图1-3（b ）中哪个图可以正确反映物体的位移与时间的关系。
答：C 。
由v-t 图可知，速度先增加，然后保持不变，再减少，但速度始终为正，位移⼀直在增加，且三段变化中位移增加快慢不同，根据v-t 图推知s-t 图为C 。
三、综合题：1．质量为的kg 50.0的物体在⽔平桌⾯上做直线运动，其速率随时间的变化如习题图1-4所⽰。
问：（1）设s 0=t 时，物体在cm 0.2=x 处，那么s 9=t 时物体在x ⽅向的位移是多少？（2）在某⼀时刻，物体刚好运动到桌⼦边缘，试分析物体之后的运动情况。
解：（1）由v-t 可知，0~9秒内物体作匀减速直线运动，且加速度为：220.8cm/s 0.2cm/s 4a == 由图可得：0 2.0cm s =，00.8cm/s v =， 1.0cm/s t v =-，则由匀减速直线运动的位移与速度关系可得：22002() t a s s v v -=- 2200()/2t s v v a s =-+ 22[0.8( 1.0)]/20.2 2.0cm =--?+1.1c m =（2）当物体运动到桌⼦边缘后，物体将以⼀定的初速度作平抛运动。
2．设计师正在设计⼀种新型的过⼭车，习题图1- 5为过⼭车的模型，车的质量为0.50kg ，它将沿着图⽰轨迹运动，忽略过⼭车与轨道之间的摩擦⼒。
2010-2011-2浙江大学城市学院大学物理B1期末试卷初稿浙江大学城市学院2010 — 2011 学年第二学期期末考试试卷《大学物理B-I 》一、选择题（共16小题，每小题2分，共32分）1、下列对物理量加速度矢量a量纲表达正确的是C（A ）dtdv （B ）2s m （C ）2LT （D ）2LT2、质量为m 的质点沿x 轴方向运动，其运动学方程为tcos A x ，式中A 、 均为正的常量，t 为时间变量，则该质点所受的合外F 为D（A ）x F 2（B ）x m F 2（C ）x m F（D ）x m F 23、质量为m 的物体自空中落下，它除受重力外，还受到一个与速度平方成正比的阻力作用，比例系数为k，k 为正值常量，则该下落物体的收尾速度(即物体最后作匀速运动时的速度)将是A(A)kmg(B) k g 2 (C) gk(D)gk4、质量为kg .m 50 的质点，在xoy 坐标平面内运动，其运动方程为：t x 5 ， SI t.y 250 ，从s t 2 到s t 4 这段时间内，外力对质点做的功为B（A ）J .51 (B) J 3 (C) J .54(D) J .515、有两个半径相同、质量相等的细圆环A 和B ，A 环质量均匀分布，B 环质量不是均匀分布，它们对通过环心且与环面垂直的轴的转动惯量分别记为AI 和BI ，则B （A ）BAI I（B ）BAI I（C ）BAI I（D ）无法确定6、花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为0I ，角速度为0，然后运动员将两臂收回，使转动惯量减少为031I ，这时运动员转动的角速度变为C（A ）031 （B ）031 （C ）03（D ）37、当实物粒子以kc v 10 k 的速度运动时，其质量m 与其静止质量0m 之比一定是A（A ）211k （B ）211k （C ）211k（D ）k8、两个完全相同的弹簧振子，不论它们各自的起始条件如何，它们的B（A ）振幅相同 （B ）频率相同 （C ）位移相同 （D ）初相相同9、弹簧振子的振幅增加1倍，则该振动 C(A) 周期增加1倍 (B) 总能量增加2倍 (C)最大速度增加1倍 (D) 最大速度不变 10、一列简谐横波以波速u 沿着x 轴负方向运动，已知mx 2 处媒质质点的振动表达式为 0t cos A y ，则波动表达式为D （A ）20x u t cos A y （B ）x u t cos A y 0（C ）x u t cos A y 0（D ）20x u t cos A y11、两相干平面波波源A 、B 的振幅皆为cm 2，相位差为 ，两波源相距cm 20，则在两波源连线的中垂线上任意点P ，两列波叠加后的振幅为A（A ）0 （B ）cm 2 （C ）cm 4（D ）cm .82212、在球形高斯面的球心处有一点电荷1q ，那么，要使通过高斯面的E通量发生变化应该D（A ）使点电荷1q 偏离球心但仍在高斯面内 （B ）将另一点电荷2q 放在高斯面外（C ）使高斯面外2q 不断远离 （D ）将2q 由高斯面外移入面内13、在带电量为Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移到b 点，a 、b 两点距点电荷A的距离分别为1r 和2r ，如图所示。
练习一 力学导论 参考解答1． (C)； 提示：⎰⎰=⇒=t3x9vdt dxtd xd v2． (B)； 提示：⎰⎰+=R20y 0x y d F x d F A3． 0.003 s ； 提示：0t 3104400F 5=⨯-=令 0.6 N·s ; 提示： ⎰=003.00Fdt I2 g ; 提示： 动量定理0mv 6.0I -==3． 5 m/s 提示：图中三角形面积大小即为冲量大小；然后再用动量定理求解 。
5．解：(1) 位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI)可写为 t a x ωc o s = ， t b y ωs i n= t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωc o s d dy-==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v由A →B ⎰⎰-==0a 20a x x x t c o sa m x F A d d ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω ⎰⎰-==b 02b 0y y t sin b m y F A dy d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω6. 解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下： x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=∆ ① y 方向：0)(=---=∆y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ∆==/2v v x =v cos a∴ t m F ∆=/cos 2αv 方向沿x 正向．根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．ααmmOx y练习二 刚体的定轴转动 参考解答1．(C) 提示： 卫星对地心的角动量守恒2．(C) 提示： 以物体作为研究对象P-T=ma (1);以滑轮作为研究对象 TR=J β (2)若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，表明(2)式中的T 增大，故β也增大。
4． m ω ab ； 提示：0 ； 提示：由于算出角动量是个常矢量，即角动量守恒，故质点所受对原点的力矩为零。
4．L76v 提示： 角动量守恒5．解：(1)由转动定律M=J β，有(2)由机械能守恒定律，有6．解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒．设I 0和ω 0、I 和ω 分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度, 则有I 0ω 0 = I ω ①由已知条件知： I 0 = 2mR 2 / 5， I = 2m (R / 2)2 / 5代入①式得ω = 4ω 0即收缩后球体转快了，其周期442200T T =π=π=ωω周期减小为原来的1 / 4．β)31(22ml l mg =l g23=⇒β22)ml 31(21sin 2l mg ω=θlg θωsin 3=⇒B B A A R Mv R Mv = • ov m r L ;v dt r d v ⨯=⇒=再由ω++=+)mL 31mL mL (Lmv Lmv 2221. (B)2. (C)3.4. 6.23×10 3 ； 6.21×10 - 21 ；1.035×10 - 21. .5. 解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． SI)6. 解：根据kT m 23212=v ， 可得 N k Tm N 23212=v ， 即 ()m N R T N m m Nd /23212=v = ()RT M M mol /23 =()V M RT ρmol /23＝7.31×106 J ．又 ()T iR M M E ∆=∆21/mol ＝()T iR M V ∆21/mol ρ＝4.16×104 J ． 及 ()()()2/1212/1222/12v v v -=∆＝ ()()122/1mol /3T TM R -＝0.856 m/s ．PV i 21.（D ）2.（B ）3. 24. >;<5. 解：根据气体分子速率分布函数的意义， （1）⎰∞=)(dv v mvf mv（2）dv v f mv mv )(212122⎰∞=6. 解：（1）由图可知，氢气分子的最概然速率为2000m/s ,又因为温度相同时，最概然速率之比等于摩尔质量的平方根之反比，所以氧气分子的最概然速率为（2/32）1/2*v pH2=500m/s ; (2)由molp M RTv 2=，T=481K练习五 热 力 学 （练习一） 参 考 解 答1. (B)2. (D)3. >0, >04. ||1W -||2W -5.解：由图，p A =300 Pa ，p B = p C =100 Pa ；V A =V C =1 m 3，V B =3 m 3。
(1) C →A 为等体过程，据方程p A /T A = p C /T C 得：T C = T A p C / p A =100 KB →C 为等压过程，据方程V B /T B =V C /T C 得：T B =T C V B /V C =300 K(2) 各过程中气体所作的功分别为：A →B ：))((211C B B A V V p p W -+==400 JB →C ：W 2 = p B (V C －V B ) =－200 JC →A ： W 3 =0(3) 整个循环过程中气体所作总功为：W = W 1 +W 2 +W 3 =200 J 因为循环过程气体内能增量为ΔU =0，因此该循环中气体总吸热：Q =W +ΔU =200 J----3分6. 解：(1) 312111035.5)/ln(⨯==V V RT Q J(2) 25.0112=-=T T η. 311034.1⨯==Q W η J (3) 3121001.4⨯=-=W Q Q J练 习 六 热 力 学 （二） 参 考 解 答1. (D)2. (D)3. 等压等压 等压 4. 一点一曲线封闭曲线5. 解：氦气为单原子分子理想气体，3=i(1) 等体过程，V ＝常量，W =0据 Q ＝∆E +W 可知 )(12T T C M ME Q V m o l-=∆=＝623 J(2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M MQ p mol-==1.04×103 J ∆E 与(1) 相同． W = Q - ∆E ＝417 J(3) Q =0，∆E 与(1) 同 W = -∆E=-623 J (负号表示外界作功) 6. 解：(1) 312111035.5)/ln(⨯==V V RT Q J(2) 25.0112=-=T T η；311034.1⨯==Q W ηJ(3)3121001.4⨯=-=W Q Q J练习七 机械振动 (一) 参考解答1. (B). ( 提示：将)41cos(π+=t A x ω对时间两次求导，并将t = T /4代入即可.)2. (B). (提示：利用旋转矢量法 )3. 2.09s; 9.17cm. (提示：根据机械能守恒222111222kx mv kA +=及2m T k π=) 4. 1：1;me e m R M R M .（提示：利用2lT gπ=及万有引力公式2Mm F G r =）5. 解： k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08.08.91.0=⨯=N/m11s 7s 25.025.12/--===m k ω 5cm )721(4/2222020=+=+=ωv x A cm4/3)74/()21()/(tg 00=⨯--=-=ωφx v ， φ = 0.64 rad)64.07cos(05.0+=t x (SI)6. 解： (1)单摆角频率及周期分别为3.13/;2 2.01grad s l T sωπω==== (2)由0t =时max 5θθ==可得振动初相0ϕ=，则以角量表示的简谐振动方程为max cos()cos(3.13)36t t πθθω==O x练习八 机械振动(二) 参考解答1．(D) . (提示：振动总能量212E kA =) 2. (C).（提示：利用旋转矢量法，矢量合成）3. )21cos(04.0π-πt ;（提示：两个相位相反的振动合成）4. 1cos(/2)x A t ωϕπ=+-; （提示:利用旋转矢量法确定初始位相）5. 解：(1) 势能 221kx W P =总能量 221kA E = 由题意，4/2122kA kx =， 21024.42-⨯±=±=A x m (2) 周期 T = 2π/ω = 6 s从平衡位置运动到2A x ±= ∆t 为 T /8．∴ ∆t = 0.75 s ．6. 分析：可采用解析法或旋转矢量法求解解： (1) 作简谐振动合成的旋转矢量图（略），因为21/2ϕϕϕπ∆=-=-，故合振动振幅为22212122cos(/2)7.810A A A A A m π-=++-=⨯合振动初相位11221122sin sin arctanarctan11 1.48cos cos A A rad A A ϕϕϕϕϕ+===+(2)要使12x x +振幅最大，即两振动同相，则由2k ϕπ∆=得31220.75,0,1,2,...k k k ϕϕπππ=+=+=±±要使23x x +的振幅最小，即两振动反相，则由(21)k ϕπ∆=+得31(21)2 1.25,0,1,2,...k k k ϕϕπππ=++=+=±±1．(D ). (提示：与波动方程2cos()y A t x πωϕλ=+±对比)2. (D). (提示：依据dx v dt =) 3. /2π. (提示：2;ux πϕλλν∆=∆=)4. 0.24m; 0.12m/s; 0.05cos(/0.12/2)()y t x m πππ=-+. (提示：同上题)5. 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．画原点O 处质点t = 0 时的旋转矢量图, 得4/0π=φ.O 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y (SI) . 由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为 ]41)200250(2cos[π++π=x t A y (SI) . (2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 )45500cos(1π+π=t A y .振动速度表达式是 )45500sin(500v πππ+-=t A (SI) .6. 解： 有图可知质点的振动振幅A=0.4m, 0t =时位于 1.0x m =处的质点在A/2处并向Oy 轴正向移动.据此作出相应的旋转矢量图，0'/3ϕπ=-. 又t=5s 时，质点第一次回到平衡位置，则有5/2/35/6t ωωπππ==+=，因而得/6/rad s ωπ=，于是可写出x=1.0m 处质点的运动方程为0.40cos(/6/3)()y t m ππ=-. 将波速/ 1.0/2u T m s ωλλπ===及 1.0x m =代入波动方程的一般形式0cos[(/)]y A t x u ωϕ=++中，并与上述 1.0x m =处的运动方程比较，可得0/2ϕπ=-，则波动方程为0.40cos[()]()62y t x m ππ=+-.XO1．(B) . (提示：旋转矢量法)2. (D) . (提示：波动过程是一个能量传递的过程，能量不守恒，质元的动能和势能在任一时刻大小相等、相位相同.在平衡位置都达到最大值，在波峰和波谷处能量为零. )3. 04I ; 0.(提示：利用两列波叠加原理及相位差2010212()()r r πϕϕϕλ∆=--- )★4. cos[2(/)]A t x νλ-+ππ ; cos[2(/)]A t x νλ-π. (提示：利用入射波与反射波的关系.若反射点为固定端则存在半波损失，若为自由端则不存在半波损失.)5. 解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动超前于 λ /4处质点的振动．该波的表达式为 )]4(22cos[λλλ-+=x ut A y ππ)222cos(x ut A λλπππ+-= (SI)t = T 时的波形和 t = 0时波形一样．t = 0时)22cos(x A y λπ+π-=)22cos(π-π=x A λ按上述方程画的波形图见图B ． 6.解：由题设可知:2Hz ν= ; 20102um λν=== (1) 在x 轴上任取一点P ，坐标为x ，波由左向右传播，所以P 点相位超前于A ，且相差为 22210xPA x πππϕλλ∆===P 点振动方程，亦即波函数为0.03cos(4)0.03cos(42/10)y t t x ππϕπππ=-+∆=-+（SI ）x ＝ － ９ m 处的D 质点，振动方程为0.03cos(429/10)0.03cos(414/5)y t t πππππ=--⨯=-.(2) 在x 轴上任取一点P ，坐标为x ，其相位落后于A ，相位差为22'(5)AP x ππϕλλ∆==-P 点的振动方程，亦即波函数为0.03cos(4')0.03cos(42/10)y t t x ππϕππ=--∆=-(SI).把D 点坐标x ＝5+9=14 m 代入波函数，即可得D 质点振动方程0.03cos(4214/10)0.03cos(414/5)y t t ππππ=-⨯=-（SI ）.x (m)t = T 图B.A u Oλy (m)-A 43λ-4λ-4λ43λO xP x λ/ 4u图A练习十一 光的干涉 (一) 参考解答1. （B ）2. （A ）3. 32nλ4. （1）条纹变宽；（2）条纹变宽；（3）条纹变窄；（4）出现衍射条纹5. 解：解：加强， 2ne+21λ = k λ， 123000124212-=-=-=k k ne k ne λnm k = 1， λ1 = 3000 nm ，k = 2， λ2 = 1000 nm ，k = 3， λ3 = 600 nm ，k = 4， λ4 = 428.6 nm ，k = 5， λ5 = 333.3 nm ． ∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是λ＝600 nm 和λ＝428.6 nm ．6. 解：(1) ∵ dx / D ≈ k λx ≈Dk λ / d = (1200×5×500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm(2) 从几何关系，近似有r 2－r 1≈ D /x d ' 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 δ = r 2 – ( r 1 –l +nl ) = r 2 – r 1 –(n -1)l ()l n D x 1/d --'= 对零级明条纹上方的第k 级明纹有 λδk = 零级上方的第五级明条纹坐标()[]d /k l 1n D x λ+-='=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4] / 0.50mm =19.9 mmO P r 1 r 2 d λ s 1 s 2 d n l x 'D练习十二 光的干涉 (二) 参考解答1. B2. D3. 22n λ 4. 19595. 解：设某暗环半径为r ，由图中几何关系可知2(2)e r R ≈ （1）再根据干涉减弱的条件有022(21)22e e k λλ++=+ （2）式中k 为大于0的我整数.把式（1）代入式（2）可得0(2)r R k e λ=-（k 为整数，且02e k λ>）6. 解：空气劈形膜时，间距 θλθλ2s i n 21≈=n l 液体劈形膜时，间距 θλθλn 2sin n 2l 2≈= ()()θλ2//1121n l l l -=-=∆ ∴ θ = λ ( 1 – 1 / n ) / ( 2∆l )＝1.7×10-4 rad1. (D)2. (B)3．3mm4. 480nm5.答案：（1）最多可以看到第5级，共11条明纹；（2）0.25mm 。
