大学物理习题分析与解答
大学物理下习题册答案详解
解 ： a 30cm ,d 0.6m m , b=2.2m
D =a+b 2.5m ,
x 2.25m m
x D dx 5400 A
d
D
第 4级 明 纹 至 中 心 距 离 满 足 ：
dx 4 x 4 D 9.00m m
D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d
练习34 光的干涉（2)
1.在双缝装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中
光的程亮差度2 分，, 2别则. 5为 有 , ：3 .5
，比较 P、Q、R 三点
（1）P点最亮、Q点次之、R点最暗；
注意。单击此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，请言简意赅地阐述您的观点。您的 内容已经简明扼要，字字珠玑，但信息却千丝万缕、错综复杂，需要用更多的文字来表述；但请您尽可能提炼思
20D 想 的 精 髓 ， 否 则 容 易 造 成 观 者 的 阅 读 压 力 ， 适 得 其 反 。 正 如 我 们 都 希 望 改 变 世 界 ， 希 望 给 别 人 带 去 光 明 ， 但 更 多
x 20x＝ 0.11m 时候我们只需要播下一颗种子，自然有微风吹拂，雨露滋养。恰如其分地表达观点，往往事半功倍。当您的内容 a 到 达 这 个 限 度 时 ， 或 许 已 经 不 纯 粹 作 用 于 演 示 ， 极 大 可 能 运 用 于 阅 读 领 域 ； 无 论 是 传 播 观 点 、 知 识 分 享 还 是 汇 报
n 1 题 目 中 k=-7
所 以 ： e 7 n 1
答案为：（1）
2.迈克耳逊干涉仪可用来测量单色光的波长，当干涉仪
的动镜M2移动d距离时，测得某单色光的干涉条纹移 动N条，则该单色光的波长为：（ ）
《大学物理》各章练习题及答案解析
《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。
(B) 匀速率圆周运动。
(C) 行星的椭圆轨道运动。
(D) 抛体运动。
(E) 圆锥摆运动。
2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。
3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处，其速度大小为（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，s 表示路程，a t 表示切向加速度，对下列表达式,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](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8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。
大学物理课后习题全解及辅导
列平衡方程：
(2)研究AB（二力杆），受力如图：
可知：
(3)研究O1B杆，受力分析，画受力图：
列平衡方程：
第三章
习题3-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1)取O点为简化中心，求平面力系的主矢：
求平面力系对O点的主矩：
(2)合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
由图知：
(2)研究铰C，受力分析，画力三角形：
由图知：
习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
解：(1)研究滑块A，受力分析，画力三角形：
由图知：
研究AB杆（二力杆）和滑块B，受力分析，画力三角形：
(2)由力三角形得：
(3)列平衡方程：
由(2)、(3)得：
(4)求摩擦系数：
习题5-3.尖劈顶重装置如图所示，尖劈A的顶角为α，在B块上受重物Q的作用，A、B块间的摩擦系数为f（其他有滚珠处表示光滑）；求：（1）顶起重物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角α之值。
解：属平面汇交力系；
合力大小和方向：
习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
(2)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。求撑杆BC所受的力。
大学物理3第11章习题分析与解答
大学物理3第11章习题分析与解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习 题 解 答11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。
现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变 （B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变 （C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大 （D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大解 由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。
故选B11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ， 且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（ ）（A ）e n 22 （B ）11222n e n λ-3n S S ’OO ’（C ）22112λn e n - （D ）22122λn e n - 习题11-2图解 由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差222λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长，与1λ的关系是11λλn =。
故选C11-3 如图所示，两平面玻璃板构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将发生（ ）变化（A ）干涉条纹间距增大，并向O 方向移动 （B ）干涉条纹间距减小，并向B 方向移动 （C ）干涉条纹间距减小，并向O 方向移动 （D ）干涉条纹间距增大，并向B 方向移动解 空气劈尖干涉条纹间距θλsin 2n l =∆，劈尖干涉又称为等厚干涉，即k相同的同一级条纹，无论是明纹还是暗纹，都出现在厚度相同的地方. 当A 板与B 板的夹角θ增大时，△ｌ变小. 和原厚度相同的地方向顶角方向移动，所以干涉条纹向O 方向移动。
大学物理习题册及解答第二版第一章质点的运动
7 汽车在半径为200m的圆弧形公路上刹车，刹车开始阶段的路程
随时间的变化关系为 S 20t 0.2t3(SI)，汽车在t=1s时的切向加速
度
，法向加速度大小为 ，加速度的大小和方向为
和
。
at
d 2S dt 2
1.2t
1.2m / s2
an
2
R
1 dS R dt
2
(20 0.6t 2 )2 R
第一章 质点的运动（一）
一、选择题
1 某质点作直线运动的运动学方程为x＝3t-5t3+6(SI)，则
该质点作 (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
一质点在某瞬时位于位矢 r(
2
4 一质点沿x方向运动，其加速度随时间变化关系为a =3+2t(SI) , 如果初始时质点的速度v0为5m/s，则当ｔ为3s时，质点的速度v
=_2__3_m_/_s_
5.一质点作半径为 0.1 m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：
π
1 t2
(SI)
42
则其切向加速度为 a
R
R d 2
0.1m / s2
定要经过2m的路程． (B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大． (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零． (D) 物体加速度越大，则速度越大．
3． 在相对地面静止的坐标系内, A、B 二船都以3m/s 的速率匀
速行驶, A 船沿x轴正向, B船沿y轴正向,今在船 A 上设置与静
(A)
1 2
大学物理基础教程答案第05章习题分析与解答
5-1 若理想气体的体积为V ,压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻尔兹曼常数，R 为摩尔气体常数，则该理想气体的分子数为（ ）。
（A ）PV m （B ）PV kT （C ）PV RT （D ） PVmT解：由N p nkT kT V ==得，pVN kT=,故选B 5-2 两个体积相同的容器，分别储有氢气和氧气（视为刚性气体），以1E 和2E 分别表示氢气和氧气的内能，若它们的压强相同，则（ ）。
（A ）12E E = （B ）12E E > （C ）12E E < （D ） 无法确定 解：pV RT ν=，式中ν为摩尔数，由于两种气体的压强和体积相同，则T ν相同。
又刚性双原子气体的内能52RT ν,所以氢气和氧气的内能相等，故选A 5-3 两瓶不同种类的气体，分子平均平动动能相同，但气体分子数密度不同，则下列说法正确的是（ ）。
（A ）温度和压强都相同 （B ）温度相同，压强不同 （C ）温度和压强都不同（D ）温度相同，内能也一定相等解：所有气体分子的平均平动动能均为32kT ，平均平动动能相同则温度相同，又由p nkT =可知，温度相同，分子数密度不同，则压强不同，故选B5-4 两个容器中分别装有氦气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的量是（ ）。
（A ）分子平均动能 （B ）分子平均速率 （C ）分子平均平动动能 （D ）最概然速率解：分子的平均速率和最概然速率均与温度的平方根成正比，与气体摩尔质量的平方根成反比，两种气体温度相同，摩尔质量不同的气体，所以B 和D 不正确。
分子的平均动能2i kT ε=,两种气体温度相同，自由度不同，平均动能则不同，故A 也不正确。
而所有分子的平均平动动能均为k 32kT ε=,只要温度相同，平均平动动能就相同，如选C 5-5 理想气体的压强公式 ，从气体动理论的观点看，气体对器壁所作用的压强是大量气体分子对器壁不断碰撞的结果。
大学物理习题及解答(热学)
1．如图所示，开始在状态A ，其压强为Pa100.25⨯，体积为33m 100.2-⨯，沿直线AB 变化到状态B 后，压强变为5100.1⨯Pa ，体积变为33m 100.3-⨯，求此过程中气体所作的功。
（150J ）2．一定量的空气，吸收了1.71⨯103J 的热量，并保持在 1.0⨯105Pa 下膨胀，体积从1.0⨯10-2 m 3 增加到1.5⨯10-2 m 3，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？(5.0×102J, 1.21×103J )3．一压强为1.0⨯105 Pa ，体积为1.0⨯10-3m 3的氧气自0 ℃加热到100 ℃。
问：（1）当压强不变时，需要多少热量？当体积不变时，需要多少热量？（2）在等压或等体过程中各作了多少功？解：根据题给初态条件得氧气的物质的量为mol1041.42111-⨯===RT V p M mn已知氧气的定压摩尔热容R C Pm 27=，定体摩尔热容R C Vm 25=（1）求Q p 、Q V等压过程氧气（系统）吸热()J8.129d 12m p,p =-=∆+=⎰T T nC E V p Q等体过程氧气（系统）吸热()J1.9312m V,V =-=∆=T T nC E Q（2）按分析中的两种方法求作功值①利用公式⎰=VV p W d )(求解。
在等压过程中，T R M mV p W d d d ==，则得⎰⎰===21J 6.36d d p T T T R M mW W而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为d )(p ==⎰V V p W②利用热力学第一定律WE Q +∆=求解。
氧气的内能变化为 ()J 1.9312m V,=-=∆T T C M mE由于在（1）中已求出Q p 与Q V ，则由热力学第一定律可得在等压、等体过程中所作的功分别为J7.36p p =∆-=E Q WV V =∆-=E Q W4．如图所示，系统从状态A 沿ABC 变化到状态C 的过程中，外界有326 J 的热量传递给系统，同时系统对外作功126 J 。
大学物理习题册及解答_第二版_第一章_质点的运动
( A ) 3i 3 j (C) - 3i 3 j
(B) - 3i 3 j ( D) 3i 3 j
二、填空题
1.一质点沿x轴运动，其加速度a与位置坐标的关系为 a 3 6 x 2 (SI), 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置的速度 为 ．
d d dx d a dt dx dt dx
8. 半径为R的圆盘在固定支撑面上向右滚动，圆盘质心C的运动速 度为 ，圆盘绕质心转动的角速度为 ，如图所示.则圆盘边 缘上A点的线速度为 ；B点的线速度为 ；O点的 线速度为 . A
分析：刚体上某质点的运动可看为随质心的 平动和绕质心转动的合成
B
C O
A C R
B R
1
消去t得轨道方程为 y M
o
o dr （2） A sinωt i A cosωt j d t d a A cosωt i A sinωt j r dt
x y 2 1 2 A1 A2
2
（椭圆）
1 2
x
2
2
2
1
2
上式表明：加速度恒指向椭圆中心。
质点在通过图中M点时，其速率是增大还是减小？
x A cos t y A sin t
1 2
at
M
y
Q
a
o
Ｖ an
P
o
x
（3）当t=0时，x=A1，y=0，质点位于图中P点
质点位于
t 2
时， x A1 cos
y A sin
2
解：(1)从运动方程中消去时间就得到轨道方程
大学物理第二章习题解答和分析1
习题二2-1．两质量分别为m 和M (M m)≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2－1所示，求两物体间的相互作用力 若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+…① 以m 为研究对象，如图2-1（a ），有Mm F F ma +=…② 由①、②，有相互作用力大小Mm MFF m M=+]若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如图2-1（b ）有Mm F ma =…………③ 由①、③，有相互作用力大小Mm mFF m M=+，发生变化。
2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如图所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化/分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=222() ()M m g T M m a -++=-+2 M mmg ma F-=-又：T 1=T 2，则： 2M mF=1122M mgM M m++当M 1=M 2= 4m ， 289M m mg F =当M 1=5m, M 2=3m,2109M m mgF =，发生变化。
》m（a ）MmF Fm（b ）MmF2-3.质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。
若气球仍能匀加速向上，求气球的加速度减少了多少 分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
大学物理3第11章习题分析与解答.
习 题 解 答11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。
现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变 （B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变 （C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大 （D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大解 由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。
故选B11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ， 且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（ ）（A ）e n 22 （B ）11222n e n λ-（C ）22112λn e n - （D ）22122λn e n -习题11-2图解 由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差222λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波3n S S ’OO ’长，与1λ的关系是11λλn =。
故选C11-3 如图所示，两平面玻璃板构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将发生（ ）变化 （A ）干涉条纹间距增大，并向O 方向移动 （B ）干涉条纹间距减小，并向B 方向移动 （C ）干涉条纹间距减小，并向O 方向移动 （D ）干涉条纹间距增大，并向B 方向移动解 空气劈尖干涉条纹间距θλsin 2n l =∆，劈尖干涉又称为等厚干涉，即k相同的同一级条纹，无论是明纹还是暗纹，都出现在厚度相同的地方. 当A 板与B 板的夹角θ增大时，△ｌ变小. 和原厚度相同的地方向顶角方向移动，所以干涉条纹向O 方向移动。
大学物理习题与答案解析
a d dvtt28j(m2/)s
大学物理
3、质点作直线运动，加速度 a2Asint，已知
t 0时质点初始状态为x 0
动学方程为xAsi n .t0
、v0 A、该质点运
解：
vv0
t
a
0
dt A
t2As
0
intdt
AAcostA
Acost
t
t
即 a2ct, t a 2c
vx vy
vvx 2vy 2a24c2t22a
大学物理
5、一飞机在跑道上跑过500米后，即升空，如果它在跑
前是静止的，以恒定加速度运动，升空前跑了30秒，则
当它升空时的速度为 v 100 m/s
.
3
解： x 1 at 2 2
a2t2x2 352 000190m2/s
答：B
v(m / s)
2
0到7秒的位移为：
0
r 2 22 2 2 2 2 3 1 i 3 .5 im1
坐标为：x23 .55 .5 m
t(s) 24 5 7
大学物理
3、一质点沿x轴运动的规律是 xt24t5,其中x以m 计，t以s计，则前3s内它的位移和路程分别是
(A)位移和路程都是3m. (B) 位移和路程都是-3m .
dvy dy
则
a vy
dvy dy
kvy2
分离变量得 :
dvy kdy vy
两边积分得 :
v dvy
y
k dy
v v0 y
0
v v0eky
大学物理
3、一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程
为 23t，3 式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s
大学物理课后习题答案详解
⼤学物理课后习题答案详解第⼀章质点运动学1、(习题 1.1)：⼀质点在xOy 平⾯内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道⽅程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动⽅程)(t x x =.解：kv dtdv -= ??-=t v v kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --=3、⼀质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ?=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、⼀质量为m 的⼩球在⾼度h 处以初速度0v ⽔平抛出，求：（1）⼩球的运动⽅程；（2）⼩球在落地之前的轨迹⽅程；（3）落地前瞬时⼩球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联⽴式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = ⽽落地所⽤时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、已知质点位⽮随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任⼀时刻的速度和加速度；（2）任⼀时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理3第08章习题分析与解答
习题8-6图IOR 第八章 恒定磁场8-1 均匀磁场的磁感强度B 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) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。
正确答案为（B ）。
8-2 下列说法正确的是[ ]。
(A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过(B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零(D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。
正确答案为（B ）。
8-3 磁场中的安培环路定理∑⎰=μ=⋅nLI1i i0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。
(A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。
正确答案为（B ）。
8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。
(A) B R I 2π (B)B R I 221π (C) B R I 241π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ⨯=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。
大学物理第章习题分析与解答
第九章 电磁感应9-1 在感应电场中电磁感应定律可写成tΦd d d LK -=⎰⋅l E ，式中K E 为感生电场的电场强度．此式表明[ ]。
(A) 闭合曲线L 上K E 处处相等 (B)感生电场的电场强度线不是闭合曲线(C) 感生电场是保守力场 (D) 在感生电场中不能像对静电场那样引入电势的概念分析与解 感生电场与位移电流是麦克斯韦两个重要假设，感生电动势总是等于感生电场沿该闭合回路的环流，故感生电场不是保守场，称为有旋电场，不能象静电场那样引入电势的概念。
正确答案为（D ）。
9-2 E 和E k 分别表示静电场和有旋电场的电场强度，下列关系式中，正确的是[ ]。
（A ）0d L=⎰⋅l E （B ）0Ld ≠⎰⋅l E（C ）0d kL=⎰⋅l E （D ）0d kL≠⎰⋅l E分析与解 静电场的环流恒为零，而感生电场的环流不一定为零。
正确答案为（A ）。
9-3 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感，则[ ]。
(A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流 (B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流 (C) 铜环中感生电场大，木环中感生电场小（D ）铜环中感生电场小，木环中感生电场大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但木环中不会形成电流。
正确答案为（A ）。
9-4 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是[ ]。
（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞兹定律 （D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律分析与解 位移电流的实质是变化的电场。
变化的电场激发磁场，这一点位移电流等效于传导电流；但位移电流不是定向运动的电荷，也不服从焦耳热效应、安培力等定律。
正确答案为（A ）。
9-5 用导线制成一半径为r =10cm 的闭合圆形线圈，其电阻R =10Ω，均匀磁场B 垂直于线圈平面，欲使电路中有一稳定的感应电流i =0.01A ，B 的变化率应为d B /d t =____ ___。
大学物理考试习题分析与解答
第七章静电场7-1关于电场强度与电势的关系，描述正确的是[ ]。
(A) 电场强度大的地方电势一定高；(B) 沿着电场线的方向电势一定降低；(C) 均匀电场中电势处处相等；(D) 电场强度为零的地方电势也为零。
分析与解电场强度与电势是描述静电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零；电场强度等于负电势梯度；静电场是保守场，电场线的方向就是电势降低的方向。
正确答案为（B）。
7-2半径为R的均匀带电球面的静电场中各点的电场强度的大小E与距球心的距离r之间的关系曲线为[ ]。
7-3、下分析与解根据静电场的高斯定理可以求得均匀带电球面的电场强度分布为。
正确答案为（B）。
7-3下列说法正确的是[ ]。
（A）带正电的物体电势一定是正的(B)电场强度为零的地方电势一定为零（C）等势面与电场线处处正交(D)等势面上的电场强度处处相等分析与解正电荷在电场中所受的电场力的方向与电场线的切线方向相同，电荷在等势面上移动电荷时，电场力不做功，说明电场力与位移方向垂直。
正确答案为（C）。
7-4真空中一均匀带电量为Q的球壳，将试验正电荷q从球壳外的R处移至无限远处时,电场力的功为[ ]。
（A）（B）（C）（D）分析与解静电场力是保守力，电场力做的功等电势能增量的负值，也可以表示成这一过程的电势差与移动电量的乘积，由习题7-2可知电场强度分布，由电势定义式可得球壳与无限远处的电势差。
正确答案为（D）。
7-5 关于静电场的高斯定理有下面几种说法，其中正确的是[ ]。
（A）如果高斯面上电场强度处处为零，则高斯面内必无电荷；（B）如果高斯面内有净电荷，则穿过高斯面的电场强度通量必不为零；（C）高斯面上各点的电场强度仅由面内的电荷产生；（D）如果穿过高斯面的电通量为零，则高斯面上电场强度处处为零分析与解静电场的高斯定理表明，高斯面上的电场强度是由面内外电荷共同产生，而高斯面的电通量只由面内电荷决定。
《大学物理》练习题及详细解答-—电磁感应.docx
法拉第电磁感应定律10-1如图10-1所示，一半径a=0.10m,电阻7?=1.OX1O 3Q 的圆形导体回路置于均匀磁场中，磁场方向与回路面积的法向之间的夹角为TT /3,若磁场变化的规律为3（f ） = （3" +8/ + 5）X 10-4T求：（1） f=2s 时回路的感应电动势和感应电流；（2）最初2s 内通过回路截面的电量。
解：(1) <t>^B S^BScosO图 10-1a —3 ? x 10 -5t = 2s, & =—3.2x107, I =_=------ =—2x10—2 AR -负号表示与方向与确定五的回路方向相反(2) / = ；(0 -Q )=；留(0)-8(2)]• S• cos 。
= 28x1" 1*0.1 - =4.4xl0-2 CR R 1x10 x210-2如图10-2所示，两个具有相同轴线的导线回路，其平面相互平行。
大回路中有电流/,小的回路在大 dx的回路上面距离X 处，X»R,即/在小线圈所围面积上产生的磁场可视为是均匀的。
若—=v 等速 dt 率变化，（1）试确定穿过小回路的磁通量e 和X 之间的关系；（2）当x=NR （N 为一正数），求小回 路内的感应电动势大小；（3）若v>0,确定小回路中感应电流方向。
解：（1）大回路电流/在轴线上x 处的磁感应强度大小B = cl" 2、3 2 '方向竖直向上。
2（舟+》2产x»R 时，® = B ・S = BS = B •兀尸=“祁："2疽 2x3(2)=1. ju JR-TIP 2x 4 — , x = NR 时, dt 2dt （3）由楞次定律可知，小线圈中感应电流方向与/相同。
动生电动势10-3 一半径为R 的半圆形导线置于磁感应强度为W 的均匀磁场中，该导线以 速度v沿水平方向向右平动，如图10-3所不，分别采用（1）法拉第电磁 感应定律和（2）动生电动势公式求半圆导线中的电动势大小，哪一端电 势高？解：（1）假想半圆导线在宽为2R 的U 型导轨上滑动，设顺时针方向为回路方向,在x 处O…, = （2Rx+-兀R2 ）B , s = 一^^ = -2RB — = -2RBv2 dt dt由于静止U 型导轨上电动势为零，所以半圈导线上电动势为 8 = -2RBv 负号表示电动势方向为逆时针，即上端电势高。
大学物理习题及解答(振动与波、波动光学)
1． 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ⨯ 10－2 m 。
若使物体上下振动，且规定向下为正方向。
（1）t =0时，物体在平衡位置上方8.0 ⨯ 10－2 m处，由静止开始向下运动，求运动方程。
（2）t = 0时，物体在平衡位置并以0.60 m/s 的速度向上运动，求运动方程。
题1分析：求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω，和ϕ。
其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k ）决定的，即m k /=ω，k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A 和初相ϕ需要根据初始条件确定。
解：物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F = mg 。
而此时弹簧的伸长量m l 2108.9-⨯=∆。
则弹簧的劲度系数l mg l F k ∆=∆=//。
系统作简谐运动的角频率为1s 10//-=∆==l g m k ω（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向。
由初始条件t = 0时，m x 210100.8-⨯=，010=v 可得振幅m 100.8)/(2210102-⨯=+=ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相πϕ=1。
则运动方程为])s 10cos[()m 100.8(121π+⨯=--t x（2）t = 0时，020=x ，120s m 6.0-⋅=v ，同理可得m 100.6)/(22202022-⨯=+=ωv x A ，2/2πϕ=；则运动方程为]5.0)s 10cos[()m 100.6(122π+⨯=--t x2．某振动质点的x －t 曲线如图所示，试求：（1）运动方程；（2）点P 对应的相位；（3）到达点P 相应位置所需要的时间。
题2分析：由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题。
本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量量A 、ω，和0ϕ，从而写出运动方程。
大学物理学(下册)习题答案详解
第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=， ， ， 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。
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大学物理1 习题分析与解答 第1章 质点运动学习题分析与解答1.1 云室为记录带电粒子轨迹的仪器。
当快速带电粒子射入云室时，在其经过的路径上产生离子，使过饱和蒸气以离子为核心凝结成液滴，从而可采用照相方法记录该带电粒子的轨迹。
若设作直线运动带电粒子的运动方程为： （SI 单位），12C C α、、均为常量，并在粒子进入云室时计时，试描述其运动情况.解：分析 本题为一维直线运动问题，为已知运动学方程求带电粒子其他物理量的问题，属于运动学第一类问题，该类问题可直接应用求导方法处理。
即由带电粒子运动学方程对时间t 求导得到带电粒子的速度、加速度，进一步得到其初、终状态的位置、速度、加速度等运动学信息。
作如图1.1所示一维坐标系，选择计时处为坐标原点，则有Ox图1.1 1.1题用图12222e d e d d e d t tt x C C xv C t v a C vtαααααα---=-∴====-=- （1.1.1） 故带电粒子的初始状态为 2012020200t x C C v C a C v ααα=⇒=-==-=-、、 （1.1.2） 带电粒子的最终状态为 100t x C v a ∞∞∞=∞⇒===、、 （1.1.3） 讨论：（1）由（1.1.1）式知，粒子进入云室后作减速运动，其加速度为速度的一次函数；（2）由（1.1.2）式得到粒子的初始位置、初始速度和初始加速度； （3）由（1.1.3）式得到粒子的终态位置、终态速度和终态加速度；（4）由（1.1.1）式的加速度、速度及初始条件，对时间t 积分可得速度和运动学方程，此类问题属于运动学第二类问题，一般可直接应用积分方法处理。
1.2 将牛顿管抽为真空且垂直于水平地面放置，如图1.2所示自管中O 点向上抛射小球又落至原处用时2t ，球向上运动经h 处又下落至 h 处用时1t 。
现测得1t 、2t 和 h ，试由此确定当地重力加速度的数值.解：分析 本题为匀加速直线运动问题，由该类问题的运动学方程出发即可求解。
只要得到由可测物理量12t t h 、、表出的重力加速度关系式即可。
对于竖直上抛问题有12et x C C α-=-图1.2 1.2题用图20012y y y v t gt =+- （1.2.1）由题意以及参考如图1.2所示坐标与时间函数图像，可设2= t t 时00200y y y v v ===、、，1= t t 时001y y y h v v ===、，分别带入（1.2.1）式得到22221002v t gt =+- （1.2.2） 211112h h v t gt =+- （1.2.3）对于匀加速直线运动又有 22212v v gh -= （1.2.4）联立（1.2.2）——（1.2.4）得到22218hg t t =- （1.2.5） 讨论：由 （1.2.5）式可知，由物理量12t t h 、、的测量值即可确定当地重力加速度的数值，因此（1.2.5）即为所求。
应用上述测量方法，仅需要测量三个物理量，就可确定当地重力加速度的数值。
1.3已知一颗小彗星相对太阳系某点O 的平面运动方程为()cos ,()sin x t a t y t b t ==（SI 单位），其中a b 、均为常量。
试求相对O 点： (1) 彗星的位置矢量； (2) 彗星的轨道方程；(3) 彗星的运行速度及加速度。
解：分析本题为二维曲线运动问题，为已知运动学方程的标量式求其他物理量的问题，属于运动学第一类问题，可直接应用求导方法处理。
即由彗星运动学方程对时间t 求导得到速度、加速度，由其运动学方程直接消去时间t ，即可得到彗星的轨道方程。
做如图1.3所示二维直角坐标系，选择太阳系O 点为坐标原点，则有图1.3 1.3题用图(1) 彗星的位置矢量()()cos ,()sin ()(cos )(sin )x t a t y t b t t a t b t m ==∴=+r i j （1.3.1）(2) 彗星的轨道方程由（1.3.1）式消去时间t 得到 22221x y a b+= （1.3.2）(3) 彗星的运行速度、加速度由（1.3.1）式分别对时间t 求一、二次导数得到()()122222d d (sin )(cos )d d d d (cos )(sin )d d x ya tb t m s t tx ya tb t m s t t --=+=-+⋅=+=--=-⋅v i j i j a i j i j r （1.3.3）讨论：（1）（1.3.1）的矢量式即为任意时刻小彗星相对O 点的位置矢量； （2）（1.3.2）式为小彗星相对O 点的椭圆轨道方程；（3）（1.3.3）给出的则是小彗星相对O 点的运行速度和加速度，且加速度始终指向坐标原点。
1. 4场地赛车由静止开始作直线运动，初始加速度o a ，每经过时间间隔t=τ∆后，其加速度增加o a ，试求经过 t 秒后该赛车的速度及运动距离。
解：分析 本题可视为已知加速度及初始条件，求其他物理量的问题，属于运动学第二类问题，该类问题可直接应用积分方法处理。
首先由题意确定加速度随时间的变化关系，然后应用积分求解。
作如图1.4所示一维坐标系，取地面上赛车的起始点为坐标原点，赛车的运动方向为x 轴正向。
据题意可知赛车的加速度随时间的变化关系为Ox图1.4 1.4题用图()00a a t a t τ=+ （1.4.1）d d d d va v a t t=⇒= （1.4.2） 于是得到，经过 t 秒后该赛车的速度及运动距离分别为（1.4.3）（1.4.4）讨论：()21000000d ()d 2tta a v a t a t t a t t m s ττ-==+=+⋅⎰⎰()t 22300000d ()d226t a a a x v t a t t t t t m ττ==+=+⎰⎰（1）（1.4.1）式给出的是赛车相对地面的加速度随时间的变化关系，且赛车作变加速运动； （2）（1.4.2）式是由加速度的定义式给出的速度微分式；（3）（1.4.3）、（1.4.4）式，为经过 t 秒后赛车相对坐标原点的速度及运动距离； （4）由速度的定义式可以给出坐标的微分式，对时间t 积分得到（1.4.4）坐标的积分式；1.5跳水运动员沿垂直泳池水面入水，取自水面竖直向下为y 轴，设其入水后仅受水的阻碍而减速，加速度为 ，其中y v 为速度、k 为常量.若设运动员接触水面时速率0v ，试求其入水后速度随时间的变化关系.解：分析 本题为已知加速度及初始条件求速度的问题，属于运动学第二类问题，可直接应用积分方法处理。
设运动员为质点, 依题意作如图1.5所示一维坐标系，选跳水运动员垂直入水面处为坐标原点，垂直入水面向下为y 轴正向，则有图1.5 1.5题用图2d d y y y v a kv t==- （1.5.1）（1.5.2） （1.5.3） 讨论：（1）（1.5.2）式为由加速度的定义先给出的速度微分式，然后对时间t 积分得到的结果； （2）由（1.5.3）式看出，随着时间t 的延续，速度越来越小，最后为零；1.6加农榴弹炮自山脚下向山坡上的目标开火，设山坡与地平面夹角α，试求发射角设置为多少时，沿山坡发射的炮弹射程最远？解：分析 本题属于抛体问题，可由抛体相关公式出发求解。
设炮弹为质点, 依题意作如图1.6所示坐标系，选择炮弹发射处为坐标原点，其初始速度及发射角分别为0v 、0θ。
图1.6 1.6题用图 由抛体运动学方程得到炮弹的运动方程学方程为2yya kv =-)()1001y v v kv t m s -∴=+⋅02020d d d d 11y v t y y y y v yv v v k t k t v v kt v -∴-=⇒=-⇒-=⎰⎰（1.6.1） 设炮弹落于山坡上距坐标原点O 为 s 位置处，则有 （1.6.2）联立（1.6.1）、（1.6.2）式可得炮弹的飞行时间及沿山坡的射程分别为（1.6.3）（1.6.4）对（1.6.4）式求极大值得（1.6.5）于是当加农榴弹炮发射角设置为0θ时，沿山坡发射的炮弹射程最远为（1.6.6）讨论：（1）由（1.6.6）式看出，20maxmax 2(1sin )()cos v s s g ααα=-=，故还可以尝试对变量α求极值； （2）令（1.6.3）—（1.6.6）式中的=0α，就得到斜抛体问题的结果，故本题结果更普遍。
1.7列装我军的93PP 式迫击炮，是山地步兵、海军陆战队和快速机动部队的理想压制火炮，具有重量轻、射程远和机动性好等优点。
设93PP 式迫击炮以045发射角发射, 炮弹初速率10=90v m s -⋅，而且在与发射点同一水平面上落地爆炸. 不计空气阻力,试求其在最高点和落地点运动轨迹的曲率半径.解：分析 本题属于抛体问题，可由抛体相关公式出发求解。
将炮弹视为质点, 依题意作如图1.7所示坐标系，设炮弹发射处为坐标原点，其初始速度及发射角分别为0v 、α。
由于涉及轨迹的曲率半径，故可应用自然坐标系与直角坐标系联合求解的方法处理。
xv Oα图1.7 1.7题用图应用抛体相关公式得到炮弹的速度、加速度在直角坐标系表出为00200(cos )1(sin )2x v t y v t gt θθ==-cos sin x s y s αα==002sin()cos v t g θαα-=200022cos sin()cos cos v x s g θθααα-==00d π0d 42sαθθ=⇒=+2max 2(1sin )()cos v s m g αα=-)1001y v v kv t m s -=+⋅（1.7.1） 由于在轨道最高点炮弹的速度仅有水平分量，其加速度沿法向竖直向下，故其速度、加速度分别为（1.7.2）轨迹最高点处曲率半径由自然坐标系法向加速度公式得（1.7.3）注意到落地点炮弹速度沿切向，由对称性知此时其速度与初速等值！于是得到炮弹在落地点的速度、加速度分别为（1.7.4）轨迹落地点处曲率半径由自然坐标系法向加速度公式得（1.7.5） 讨论：因为本教材出的法向加速度关系式出现，故求解本题需要应用自然坐标系与直角坐标系两系联合求解的方法处理。
应将各种坐标系视为“工具”，在解决具体问题时，适当选取、组合，灵活应用即可。
1.8狙击手由摩天大楼36层水平初速0v 射击目标，若取枪口为坐标原点，沿初速方向为 x 轴 正向，竖直向下为y 轴正向，取击发时 0t =. 试求：(1) 子弹t 时刻的坐标及轨道方程； (2) 子弹t 时刻的速度及切向、法向加速度；解：分析 本题也属于抛体问题，故可由抛体相关公式出发求解。