最新上海交大版物理第六章答案

物理学教程上册课后答案第六章

第六章机械波6-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（）题6-1 图（Ａ）均为零（Ｂ）均为2π （Ｃ）均为2π- （Ｄ） 2π 与2π- （Ｅ） 2π-与2π 分析与解本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）（A ）A 点相位为 π （B ）B 点静止不动（C ）C 点相位为2π3 （D ）D 点向上运动分析与解由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示.A 、C 点的相位分别为0和2π3.故答案为（C ）题 6-2 图6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（）()()()()()()π2/π2A π2/π2A π2A πA 211212121212k r r k r r k k r r =-+-=-+-=-=-λϕϕλϕϕϕϕ 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =，而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λϕϕϕ/π2Δ1212r r ---=，故选项（D ）正确．题6-3 图6-4 在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（）（A ） 4λ （B ） 2λ（C ） 43λ （D ） λ分析与解驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=，它不是真正的波.其中λx A π2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然，当Λ,2,1,0,2=±=k k x λ时，振幅极大，称为驻波的波腹.因此，相邻波腹间距离为2λ.正确答案为（B ）．6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()x y ππ5.2cos 20.0-=，式中y 的单位为m ，t 的单位为s ．（1）求波的振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时的最大速度；（3）分别画出t ＝1s 和t ＝2 s 时的波形，并指出波峰和波谷．画出x ＝ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同．分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率?、振幅A 及波长λ等），通常采用比较法．将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y μ书写，然后通过比较确定各特征量（式中ux 前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）．比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法．（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别．例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即v ＝d y /d t ；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定．介质不变，波速保持恒定．（3）将不同时刻的t 值代入已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程y ＝y （x ），从而作出波形图．而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程y ＝y （t ），从而作出振动图．解（1）将已知波动方程表示为()[]()m 5.2/π5.2cos 20.0x t y -=与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /比较，可得0s m 52m 20001=⋅==-ϕ,.,.u A则 m 0.2/,Hz 25.1π2/====v u λωv（2）绳上质点的振动速度 ()[]()1s m 5.2/π5.2sin π5.0d /d -⋅--==x t t y v 则 1max s m 57.1-⋅=v（3） t ＝1ｓ和t ＝2ｓ时的波形方程分别为()()()()m ππ5cos 20.0m ππ5.2cos 20.021x y x y -=-=波形图如图（a ）所示． x ＝处质点的运动方程为()()m π5.2cos 20.0t y -=振动图线如图（b ）所示．波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别．前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的一个质点，其位移随时间变化的情况．题6-5 图6-6 波源作简谐运动，其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1）求波的周期及波长；（2）写出波动方程．分析已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ，而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u 及公式ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解．解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1s π240-=ω．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ＝uT ＝ｍ（２）将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A ＝ ×10-3m ，1s π240-=ω，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=- 6-7 波源作简谐运动，周期为ｓ，若该振动以100m·ｓ-1 的速度沿直线传播，设t ＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距波源ｍ和 m 两处质点的运动方程和初相；（2）距波源为 m 和的两质点间的相位差．分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2）波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx ／λ．解（1）由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.，可得m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω当t ＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 ＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 ＝ m 和x 2 ＝ m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y它们的初相分别为φ10 ＝－π和φ20 ＝－π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－π，φ20 ＝－π．）（2）距波源和 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λϕϕϕx x6-8 图示为平面简谐波在t ＝0 时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时图中质点P 的运动方向向上．求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O 为 m 处质点的运动方程与t ＝0 时该点的振动速度．分析（1）从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径．具体步骤为：1. 从波形图得出波长λ、振幅A 和波速u ＝λ?；2. 根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转矢量法确定其初相φ0 ．（2）在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O 为x 处的运动方程y ＝y （t ），及该质点的振动速度?＝d y /d t ．解（1）从图中得知，波的振幅A ＝ m ，波长λ＝，则波速u ＝λ?＝ ×103 ｍ·ｓ-1．根据t ＝0 时点P 向上运动，可知波沿Ox 轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动．利用旋转矢量法可得其初相φ0 ＝π/3．故波动方程为 ()[]()[]()m 3/π5000/π500cos 10.0/cos 0++=++=x t u x t A y ϕω（2）距原点O 为x ＝ｍ处质点的运动方程为 ()()m 12π13π5000.10cos y /t +=t ＝0 时该点的振动速度为 ()-10s m 40.6/12π13sin π50/d d ⋅=-===t t y v题6-8 图6-9 一平面简谐波以速度1s m 08.0-⋅=u 沿Ox 轴正向传播，图示为其在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P 处质点的运动方程．题6-9 图分析（1）根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2）波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P ＝y P （t ）．解（1）由图可知振幅A ＝ｍ，波长λ＝ｍ，波速u ＝ｍ·ｓ-1，则ω＝2π/T ＝2πu /λ＝（2π/5）ｓ-1 ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为 ()m 2π08.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x t（2）距原点O 为x ＝ｍ处的P 点运动方程为 ()m 2π52π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= *6-10 一平面简谐波，波长为12 m ，沿O x 轴负向传播．图（a ）所示为x ＝ m 处质点的振动曲线，求此波的波动方程．题6-10图分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程．求解的关键是如何根据图（a ）写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．解由图（a ）可知质点振动的振幅A ＝ｍ，t ＝0 时位于x ＝ 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（b ），从图中可知3/π0-='ϕ．又由图（a ）可知，t ＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图（b ）可看出ωt ＝5π／6，因而得角频率ω＝（π/6）．由上述特征量可写出x ＝ m 处质点的运动方程为 ()m 3π6π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t 将波速1s m 0.1π2//-⋅===ωλT λu 及x ＝ m 代入波动方程的一般形式()[]0cos ϕω++=u x t A y /中，并与上述x ＝ m 处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／2，则波动方程为()()m 2π10/6π0.04cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=x t y6-11 平面简谐波的波动方程为()x t y π2π4cos 08.0-=,式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s,求：（1） t ＝ s 时波源及距波源两处的相位；（2）离波源 m 及 m 两处的相位差．解（1）将t ＝ s 和x ＝0 代入题给波动方程，可得波源处的相位π4.81=ϕ将t ＝ s 和x ′＝ m 代入题给波动方程，得 m 处的相位为π2.82=ϕ（2）从波动方程可知波长λ＝ m ．这样，x 1＝ m 与x 2＝ m 两点间的相位差πΔπ2Δ=⋅=λϕx6-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗 W 的功率．若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）．求距离波源 m 和 m 处的能流密度．分析波的传播伴随着能量的传播．由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P ．而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度I ＝P /S ．解由分析可知，半径r 处的能流密度为2π4/r P I =当r 1 ＝ m 、r 2 ＝时，分别有22211m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I22222m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I6-13 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点，如图（a ）所示．其振幅相等、频率皆为100 Hz ，B 比A 的相位超前π．若A 、B 相距 m ，波速为u ＝400 m·s -1 ，试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置．题6-13 图分析两列相干波相遇时的相位差λϕϕϕr Δπ2Δ12--=．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件()π12Δ+=k ϕ获得．解以A 、B 两点的中点O 为原点，取坐标如图（b ）所示．两波的波长均为λ＝u /?＝ m ．在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论．1. 位于点A 左侧部分()π14π2ΔA B A B -=---=r r ϕϕϕ因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点．2. 位于点B 右侧部分()π16π2ΔA B A B =---=r r ϕϕϕ显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．3. 在A 、B 两点的连线间，设任意一点P 距原点为x ．因x r -=15B，x r +=15A ，则两列波在点P的相位差为 ()()π1/π2ΔA B A B +=---=x r r λϕϕϕ根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程()()π152π1+=+k x x得 ()2,...1,0,k m 2±±==k x因x ≤15 m，故k ≤7．即在A 、B 之间的连线上共有15 个静止点．6-14 图（a ）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时，分成两路而在点B 相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr ＝r 2 －r 1 至少应为多少？（设声波速度为340 m·s -1）题6-14 图分析一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr ．解由分析可知，声波从点A 分开到点B 相遇，两列波的波程差Δr ＝r 2 - r 1 ，故它们的相位差为()λλϕ/Δπ2/π2Δ12r r r =-=由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…）得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为m 57022.//===∆v u r λ讨论在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b ）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．*6-15 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为t A y ωcos =的平面波波源，产生的波沿x 轴正、负方向传播．MN 为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1）波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程；（2）在MN 处反射波的波动方程；（3）在O ～MN 区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4） x ＞0区域内合成波的波动方程．题6-15 图分析知道波源O 点的运动方程t A y ωcos =，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2．因此可以写出y 1在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y 3 ，它和y 1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P 点引起的振动和y 1 在P 点引起的振动反相．利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y 3 ．在O ～MN 区域由y 1 和Y 3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x ＞0区域是同传播方向的y 2 和y 3 合成新的行波．解（1）由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2（2） y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2π3π2cos 43π2π2cos 1t T A t T A y pλλ 因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2ππ2cos ππ23π2cos 3t T A t T A y p设反射波的波动方程为()ϕλ+-=/π2/π2cos 3x T t A y ，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=ϕπ23π2cos 3t T A y p与上式比较得π2-=ϕ，故反射波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x λt TA x λt T A y π2π2cos π2π2π2cos 3 （3）在O ～MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t T x λA x λt T A x λt T A y y x t y π2cos π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,314 波节的位置：4/2/,2/ππ/π2λλk x k λx +=+=，取k ＝－1，－2，即x ＝－λ/4，－3λ/4 处为波节．波腹的位置：2/,π/π2λk x k λx ==，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．（4）在x ＞0 区域，由y 2 和y 3 合成的波y 5 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=x λt TA x λt T A x λt T A y y x t y π2π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,325 这表明：x ＞0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波．6-16 如图（a ）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为ν的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为ν的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹.设晶片d = mm ，沿竖直方向的声速13s m 1074.6-⋅⨯=u，试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的频率应是多少？分析根据限定区域内驻波形成条件（如图（b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式 k k d λ2=成立，k 为正整数.可见取不同的k 值，得到不同的k λ，晶体内就出现不同频率k ν的波.对应k =1称为基频，k =2，3，4，…称为各次谐频.解根据分析基频振动要求2λ=d ，于是要求频率Hz 10685.126⨯===duuλν题 6-16 图6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz ，在空气（ρ＝ kg·m -3）中以u ＝340 m·s -1的速度传播，到达人耳时，振幅约为A ＝ ×10 -6m ．试求波在耳中的平均能量密度和声强．解波在耳中的平均能量密度2622222m J 1042.6π221--⋅⨯===v A A ρωρω声强就是声波的能流密度，即23m W 10182--⋅⨯==.ωu I这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应．一般正常谈话的声强约×10-6W·m -2左右． 6-18 面积为 m 2的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80 dB ．问有多少“声功率”传入窗内？分析首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系．声强是声波的能流密度I ，而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量．它们之间的关系为L ＝lg （I /I 0 ），其中I 0 ＝ ×10-12W·m -2为规定声强．L 的单位是贝尔（B ），但常用的单位是分贝（dB ），且1 B ＝10 dB ．声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I 相同，故有P ＝IS ．解根据分析，由L ＝lg （I ／I 0 ）可得声强为I ＝10LI 0则传入窗户的声功率为P ＝IS ＝10L I 0S ＝ ×10-4W6-19 一警车以25 m·s -1的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为v =800 Hz ．求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2）如果警车追赶一辆速度为15m·s -1的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速u ＝330m·s -1）分析由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果．在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态．解（1）根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度υs ＝25 m·s -1运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为su u vv υμ='警车驶近观察者时，式中υs 前取“－”号，故有Hz 6.8651=-='su uv v υ警车驶离观察者时，式中υs 前取“＋”号，故有Hz 7.7432=+='su uv v υ（2）客车的速度为0υ=15 m·s -1,声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为Hz 2.82603=--='su u v v υυ6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ，当它以声速的401的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多少？分析由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者.设超声波的传播速度为u .首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v ，运动速度为40su=υ，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收到的信号频率v '.经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v '，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为40u=υ，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接收到的信号频率v ''. 解将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为sυ-='u uv v ，在蝙蝠接收岩壁反射信号时，又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为kHz41kHz 3940/1140/11/1/1s 0s 00=⨯-+=-+=-+='+=''v u uv u u v u u v υυυυυ。

沪教版物理必修二第6章经典力学的成就与局限性寒假复习题含答案

绝密★启用前沪教版物理必修二第6章经典力学的成就与局限性寒假复习题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.入射光照射到某金属表面发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则下列说法中正确的是()A．从光照射到金属表面上到金属发射出光电子之间的时间间隔将明显增大B．逸出的光电子的最大初动能减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．有可能不发生光电效应2.经典力学理论适用于解决( )A．宏观高速问题B．微观低速问题C．宏观低速问题D．微观高速问题3.两相同的米尺，分别静止于两个相对运动的惯性参考系S和S′中，若米尺都沿运动方向放置，则()A．S系的人认为S′系的米尺要短些B．S′系的人认为S系的米尺要长些C．两系的人认为两系的米尺一样长D．S系的人认为S′系的米尺要长些4.如图所示为光电管电路的示意图，关于光电管电路，下列说法不正确的是()A．能够把光信号转变为电信号B．电路中的电流是由光电子的运动形成的C．光照射到光电管的A极产生光电子并飞向K极D．光照射到光电管的K极产生光电子并飞向A极5.下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是()A．有的光是波，有的光是粒子B．光子与电子是同样的一种粒子C．光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著D．大量光子的行为往往显示出粒子性6.假设地面上有一列火车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是()A．这个人是一个矮胖子B．这个人是一个瘦高个子C．这个人矮但不胖D．这个人瘦但不高7.惯性系S中有一边长为l的正方形(如下图所示)，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是()A．B．C．D．8.关于光的本性，下列说法错误的是()A．光的波粒二象性说明光既与宏观中波的运动相同，又与宏观中粒子的运动相同B．大量光子产生的效果往往显示波动性，个别光子产生的效果往往显示粒子性C．光在传播时往往表现出波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性D．光既有波动性，又具有粒子性，二者并不矛盾9.通过一个加速装置对电子加一很大的恒力，使电子从静止开始加速，则对这个加速过程，下列描述正确的是()A．根据牛顿第二定律，电子将不断做匀加速直线运动B．电子先做匀加速直线运动，后以光速做匀速直线运动C．电子开始近似于匀加速直线运动，后来质量增大，牛顿运动定律不再适用D．电子是微观粒子，整个加速过程根本就不能用牛顿运动定律解释10.如图所示，在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，这时()A．锌板带正电，指针带负电B．锌板带正电，指针带正电C．锌板带负电，指针带正电D．锌板带负电，指针带负电二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)关于光的本性，下列说法中正确的是()A．光子说并没有否定光的电磁说B．光电效应现象反映了光的粒子性C．光的波粒二象性是综合了牛顿的微粒说和惠更斯的波动说得出来的D．大量光子产生的效果往往显示出粒子性，个别光子产生的效果往往显示出波动性12.（多选）继哥白尼提出“太阳中心说”、开普勒提出行星运动三定律后，牛顿站在前人的肩膀上，创立了经典力学，揭示了包括行星在内的宏观物体的运动规律；爱因斯坦既批判了牛顿力学的不足，又进一步发展了牛顿的经典力学，创立了相对论，这说明()A．世界无限扩大，人不可能认识世界，只能认识世界的一部分B．人的意识具有能动性，能够正确地反映客观世界C．人对世界的每一个正确认识都有局限性，需要发展和深化D．每一个认识都可能被后人推翻，人不可能获得正确的认识13.（多选）对于公式m＝，下列说法中正确的是()A．式中的m0是物体以速度v运动时的质量B．当物体的运动速度v>0时，物体的质量m>m0，即物体的质量改变了，故经典力学不再适用C．当物体以较小速度运动时，质量变化十分微弱，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速的速度运动时，质量变化才明显，故经典力学适用于低速运动，而不适用于高速运动D．通常由于物体的运动速度很小，故质量的变化引不起我们的感觉．在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量的变化14.（多选）下列服从经典力学规律的是()A．自行车、汽车、火车、飞机等交通工具的运动B．发射导弹、人造卫星、宇宙飞船C．物体运动的速率接近于真空中的光速D．地壳的变动分卷II三、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)15.如图1所示，在列车车厢的光滑水平面上有一个质量为m＝5 kg的小球，正随车厢一起以20 m/s的速度匀速前进．现给小球施加一个与车厢运动方向相同的F＝5 N的拉力，求经过10 s时，车厢里的观察者和地面上的观察者看到小球的速度分别是多少？图116.一个静止质量m0＝1 kg的物体，与地球一起绕太阳公转的速度为30 m/s，在相应的惯性参考系中，观测者测得该物体的质量为多少？17.在静止系中的正方立体每边长L0，另一坐标系以相对速度v平行于立方体的一边运动．问在后一坐标系中的观察者测得的立方体体积是多少？18.有一把1 m长的尺子，放到速度为0.5c的火箭上去，并与火箭运动方向平行，地面上的人认为它有多长？答案1.【答案】C【解析】“入射光的强度减弱，而频率保持不变”表示单位时间内到达同一金属表面的光子数目减少，而每个光子的能量不变．只要入射光的频率大于金属的极限频率，就有光电子逸出，且光电子的发射就是瞬时的，与入射光的强度无关，选项A、D错误；具有最大初动能的光电子，是金属表面的电子吸收光子的能量后逸出的，当光子的能量不变时，光电子的最大初动能也不变，选项B错误；入射光的强度减弱，意味着单位时间内到达金属表面的光子数减少，单位时间内吸收光子而逸出的光电子数目也减少，选项C正确．2.【答案】C【解析】经典力学的局限性是宏观物体及低速运动．当达到高速时，经典力学就不在适用，C正确；3.【答案】A4.【答案】C【解析】在光电管中，当光照射到阴极K时，将发射出光电子，被A极的正向电压吸引而奔向A 极，形成光电流，使电路导通．照射光的强度越大，产生的光电流越大，这样就把光信号转变为电信号，实现了光电转换，故A、B、D正确，C错误．5.【答案】C【解析】一切光都具有波粒二象性，光的有些行为(如干涉、衍射)表现出波动性，有些行为(如光电效应)表现出粒子性，所以，不能说有的光是波，有的光是粒子．虽然光子与电子都是微观粒子，都具有波粒二象性，但电子是实物粒子，有静质量，光子不是实物粒子，没有静质量，电子是以实物形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，所以，不能说光子与电子是同样的一种粒子．光的波粒二象性的理论和实验表明，大量光子的行为表现出波动性，个别光子的行为表现出粒子性．光的波长越长，衍射性越好，即波动性越显著，光的波长越短，其光子能量越大，个别或少数光子的作用就足以引起光接收装置的反应，所以其粒子性就很显著．6.【答案】D【解析】由公式l＝l0可知，在运动方向上，人的宽度要减小，在垂直于运动方向上，人的高度不变．7.【答案】C【解析】由l＝l0可知沿速度方向即x轴方向的长度变短了，而垂直于速度方向，即y轴上的边长不变，故C对．8.【答案】A【解析】光的波粒二象性是微观世界特有的规律，既不能理解成宏观概念中的波，也不能把光子简单看成宏观概念中的粒子．9.【答案】C【解析】电子在加速装置中由静止开始加速，开始阶段速度较低，远低于光速，此时牛顿运动定律基本适用，可以认为在它被加速的最初阶段，它做匀加速直线运动．随着电子的速度越来越大，接近光速时，相对论效应越来越大，质量加大，它不再做匀加速直线运动，牛顿运动定律不再适用．10.【答案】B【解析】锌板受弧光灯照射，吸收了光子而发生光电效应，放射出光电子．锌板原来是中性的，放出光电子后带正电．当验电器与锌板连在一起，也带了正电，所以选项B正确．11.【答案】AB【解析】光既有粒子性，又有波动性，但这两种特性并不是牛顿所支持的微粒说和惠更斯提出的波动说，它体现出的规律不再是宏观粒子和机械波所表现出的规律，而是自身体现的一种微观世界特有的规律．光子说和电磁说各自能解释光特有的现象，两者构成一个统一的整体，而微粒说和波动说是相互对立的．12.【答案】BC【解析】发现总是来自于认识的过程，爱因斯坦的相对理论并没有否定经典力学，而是对牛顿力学理论的发展和深化，但也有人正在向爱因斯坦理论挑战，故A，D错误，B，C正确．13.【答案】CD【解析】公式中m0是物体的静止质量，m是物体以速度v运动时的质量，A错．由公式可知，只有当v接近光速时，物体的质量变化才明显，一般情况下物体的质量变化十分微小，故经典力学仍然适用，故B错，C，D正确．14.【答案】ABD【解析】经典力学适用于宏观、低速运动的物体，所以A，B，D正确；当物体的运动速率接近于光速时，经典力学就不适用了，故C错误．15.【答案】10 m/s30 m/s【解析】匀速运动的车厢和地面都是惯性系．对车厢里的观察者：小球的初速度：v0＝0，加速度a＝＝1 m/s2，10 s时速度：v1＝at＝10 m/s.对地面上的观察者：解法一小球初速度v0′＝20 m/s，加速度相同：a＝＝1 m/s2，10 s时速度：v2＝v0′＋at＝30 m/s.解法二根据速度合成法则，v2＝v1＋v0′＝(10＋20) m/s＝30 m/s.16.【答案】 1.000 000 05 kg【解析】根据狭义相对论，m＝m＝kg＝1.000 000 05 kg．17.【答案】L【解析】本题中立方体相对于坐标系以速度v运动，一条边与运动方向平行，则坐标系中观察者测得该条边的长度为L＝L0测得立方体的体积为V＝L L＝L.18.【答案】0.866 m【解析】由l′＝l＝1×m＝0.866 m。

物理学教程上册课后答案第六章

第六章机械波6-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（）题6-1 图（Ａ）均为零（Ｂ）均为2π （Ｃ）均为2π- （Ｄ） 2π 与2π- （Ｅ） 2π-与2π 分析与解本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）（A ）A 点相位为 π （B ）B 点静止不动（C ）C 点相位为2π3 （D ）D 点向上运动分析与解由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示.A 、C 点的相位分别为0和2π3.故答案为（C ）题 6-2 图6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（）()()()()()()π2/π2A π2/π2A π2A πA 211212121212k r r k r r k k r r =-+-=-+-=-=-λϕϕλϕϕϕϕ 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =，而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λϕϕϕ/π2Δ1212r r ---=，故选项（D ）正确．题6-3 图6-4 在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（）（A ） 4λ （B ） 2λ（C ） 43λ （D ） λ分析与解驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=，它不是真正的波.其中λx A π2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然，当Λ,2,1,0,2=±=k k x λ时，振幅极大，称为驻波的波腹.因此，相邻波腹间距离为2λ.正确答案为（B ）．6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()x y ππ5.2cos 20.0-=，式中y 的单位为m ，t 的单位为s ．（1）求波的振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时的最大速度；（3）分别画出t ＝1s 和t ＝2 s 时的波形，并指出波峰和波谷．画出x ＝ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同．分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率?、振幅A 及波长λ等），通常采用比较法．将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y μ书写，然后通过比较确定各特征量（式中ux 前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）．比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法．（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别．例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即v ＝d y /d t ；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定．介质不变，波速保持恒定．（3）将不同时刻的t 值代入已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程y ＝y （x ），从而作出波形图．而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程y ＝y （t ），从而作出振动图．解（1）将已知波动方程表示为()[]()m 5.2/π5.2cos 20.0x t y -=与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /比较，可得0s m 52m 20001=⋅==-ϕ,.,.u A则 m 0.2/,Hz 25.1π2/====v u λωv（2）绳上质点的振动速度 ()[]()1s m 5.2/π5.2sin π5.0d /d -⋅--==x t t y v 则 1max s m 57.1-⋅=v（3） t ＝1ｓ和t ＝2ｓ时的波形方程分别为()()()()m ππ5cos 20.0m ππ5.2cos 20.021x y x y -=-=波形图如图（a ）所示． x ＝处质点的运动方程为()()m π5.2cos 20.0t y -=振动图线如图（b ）所示．波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别．前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的一个质点，其位移随时间变化的情况．题6-5 图6-6 波源作简谐运动，其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1）求波的周期及波长；（2）写出波动方程．分析已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ，而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u 及公式ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解．解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1s π240-=ω．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ＝uT ＝ｍ（２）将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A ＝ ×10-3m ，1s π240-=ω，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=- 6-7 波源作简谐运动，周期为ｓ，若该振动以100m·ｓ-1 的速度沿直线传播，设t ＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距波源ｍ和 m 两处质点的运动方程和初相；（2）距波源为 m 和的两质点间的相位差．分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2）波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx ／λ．解（1）由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.，可得m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω当t ＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 ＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 ＝ m 和x 2 ＝ m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y它们的初相分别为φ10 ＝－π和φ20 ＝－π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－π，φ20 ＝－π．）（2）距波源和 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λϕϕϕx x6-8 图示为平面简谐波在t ＝0 时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时图中质点P 的运动方向向上．求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O 为 m 处质点的运动方程与t ＝0 时该点的振动速度．分析（1）从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径．具体步骤为：1. 从波形图得出波长λ、振幅A 和波速u ＝λ?；2. 根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转矢量法确定其初相φ0 ．（2）在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O 为x 处的运动方程y ＝y （t ），及该质点的振动速度?＝d y /d t ．解（1）从图中得知，波的振幅A ＝ m ，波长λ＝，则波速u ＝λ?＝ ×103 ｍ·ｓ-1．根据t ＝0 时点P 向上运动，可知波沿Ox 轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动．利用旋转矢量法可得其初相φ0 ＝π/3．故波动方程为 ()[]()[]()m 3/π5000/π500cos 10.0/cos 0++=++=x t u x t A y ϕω（2）距原点O 为x ＝ｍ处质点的运动方程为 ()()m 12π13π5000.10cos y /t +=t ＝0 时该点的振动速度为 ()-10s m 40.6/12π13sin π50/d d ⋅=-===t t y v题6-8 图6-9 一平面简谐波以速度1s m 08.0-⋅=u 沿Ox 轴正向传播，图示为其在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P 处质点的运动方程．题6-9 图分析（1）根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2）波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P ＝y P （t ）．解（1）由图可知振幅A ＝ｍ，波长λ＝ｍ，波速u ＝ｍ·ｓ-1，则ω＝2π/T ＝2πu /λ＝（2π/5）ｓ-1 ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为 ()m 2π08.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x t（2）距原点O 为x ＝ｍ处的P 点运动方程为 ()m 2π52π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= *6-10 一平面简谐波，波长为12 m ，沿O x 轴负向传播．图（a ）所示为x ＝ m 处质点的振动曲线，求此波的波动方程．题6-10图分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程．求解的关键是如何根据图（a ）写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．解由图（a ）可知质点振动的振幅A ＝ｍ，t ＝0 时位于x ＝ 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（b ），从图中可知3/π0-='ϕ．又由图（a ）可知，t ＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图（b ）可看出ωt ＝5π／6，因而得角频率ω＝（π/6）．由上述特征量可写出x ＝ m 处质点的运动方程为 ()m 3π6π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t 将波速1s m 0.1π2//-⋅===ωλT λu 及x ＝ m 代入波动方程的一般形式()[]0cos ϕω++=u x t A y /中，并与上述x ＝ m 处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／2，则波动方程为()()m 2π10/6π0.04cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=x t y6-11 平面简谐波的波动方程为()x t y π2π4cos 08.0-=,式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s,求：（1） t ＝ s 时波源及距波源两处的相位；（2）离波源 m 及 m 两处的相位差．解（1）将t ＝ s 和x ＝0 代入题给波动方程，可得波源处的相位π4.81=ϕ将t ＝ s 和x ′＝ m 代入题给波动方程，得 m 处的相位为π2.82=ϕ（2）从波动方程可知波长λ＝ m ．这样，x 1＝ m 与x 2＝ m 两点间的相位差πΔπ2Δ=⋅=λϕx6-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗 W 的功率．若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）．求距离波源 m 和 m 处的能流密度．分析波的传播伴随着能量的传播．由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P ．而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度I ＝P /S ．解由分析可知，半径r 处的能流密度为2π4/r P I =当r 1 ＝ m 、r 2 ＝时，分别有22211m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I22222m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I6-13 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点，如图（a ）所示．其振幅相等、频率皆为100 Hz ，B 比A 的相位超前π．若A 、B 相距 m ，波速为u ＝400 m·s -1 ，试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置．题6-13 图分析两列相干波相遇时的相位差λϕϕϕr Δπ2Δ12--=．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件()π12Δ+=k ϕ获得．解以A 、B 两点的中点O 为原点，取坐标如图（b ）所示．两波的波长均为λ＝u /?＝ m ．在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论．1. 位于点A 左侧部分()π14π2ΔA B A B -=---=r r ϕϕϕ因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点．2. 位于点B 右侧部分()π16π2ΔA B A B =---=r r ϕϕϕ显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．3. 在A 、B 两点的连线间，设任意一点P 距原点为x ．因x r -=15B，x r +=15A ，则两列波在点P的相位差为 ()()π1/π2ΔA B A B +=---=x r r λϕϕϕ根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程()()π152π1+=+k x x得 ()2,...1,0,k m 2±±==k x因x ≤15 m，故k ≤7．即在A 、B 之间的连线上共有15 个静止点．6-14 图（a ）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时，分成两路而在点B 相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr ＝r 2 －r 1 至少应为多少？（设声波速度为340 m·s -1）题6-14 图分析一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr ．解由分析可知，声波从点A 分开到点B 相遇，两列波的波程差Δr ＝r 2 - r 1 ，故它们的相位差为()λλϕ/Δπ2/π2Δ12r r r =-=由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…）得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为m 57022.//===∆v u r λ讨论在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b ）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．*6-15 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为t A y ωcos =的平面波波源，产生的波沿x 轴正、负方向传播．MN 为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1）波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程；（2）在MN 处反射波的波动方程；（3）在O ～MN 区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4） x ＞0区域内合成波的波动方程．题6-15 图分析知道波源O 点的运动方程t A y ωcos =，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2．因此可以写出y 1在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y 3 ，它和y 1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P 点引起的振动和y 1 在P 点引起的振动反相．利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y 3 ．在O ～MN 区域由y 1 和Y 3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x ＞0区域是同传播方向的y 2 和y 3 合成新的行波．解（1）由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2（2） y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2π3π2cos 43π2π2cos 1t T A t T A y pλλ 因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2ππ2cos ππ23π2cos 3t T A t T A y p设反射波的波动方程为()ϕλ+-=/π2/π2cos 3x T t A y ，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=ϕπ23π2cos 3t T A y p与上式比较得π2-=ϕ，故反射波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x λt TA x λt T A y π2π2cos π2π2π2cos 3 （3）在O ～MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t T x λA x λt T A x λt T A y y x t y π2cos π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,314 波节的位置：4/2/,2/ππ/π2λλk x k λx +=+=，取k ＝－1，－2，即x ＝－λ/4，－3λ/4 处为波节．波腹的位置：2/,π/π2λk x k λx ==，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．（4）在x ＞0 区域，由y 2 和y 3 合成的波y 5 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=x λt TA x λt T A x λt T A y y x t y π2π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,325 这表明：x ＞0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波．6-16 如图（a ）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为ν的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为ν的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹.设晶片d = mm ，沿竖直方向的声速13s m 1074.6-⋅⨯=u，试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的频率应是多少？分析根据限定区域内驻波形成条件（如图（b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式 k k d λ2=成立，k 为正整数.可见取不同的k 值，得到不同的k λ，晶体内就出现不同频率k ν的波.对应k =1称为基频，k =2，3，4，…称为各次谐频.解根据分析基频振动要求2λ=d ，于是要求频率Hz 10685.126⨯===duuλν题 6-16 图6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz ，在空气（ρ＝ kg·m -3）中以u ＝340 m·s -1的速度传播，到达人耳时，振幅约为A ＝ ×10 -6m ．试求波在耳中的平均能量密度和声强．解波在耳中的平均能量密度2622222m J 1042.6π221--⋅⨯===v A A ρωρω声强就是声波的能流密度，即23m W 10182--⋅⨯==.ωu I这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应．一般正常谈话的声强约×10-6W·m -2左右． 6-18 面积为 m 2的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80 dB ．问有多少“声功率”传入窗内？分析首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系．声强是声波的能流密度I ，而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量．它们之间的关系为L ＝lg （I /I 0 ），其中I 0 ＝ ×10-12W·m -2为规定声强．L 的单位是贝尔（B ），但常用的单位是分贝（dB ），且1 B ＝10 dB ．声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I 相同，故有P ＝IS ．解根据分析，由L ＝lg （I ／I 0 ）可得声强为I ＝10LI 0则传入窗户的声功率为P ＝IS ＝10L I 0S ＝ ×10-4W6-19 一警车以25 m·s -1的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为v =800 Hz ．求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2）如果警车追赶一辆速度为15m·s -1的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速u ＝330m·s -1）分析由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果．在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态．解（1）根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度υs ＝25 m·s -1运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为su u vv υμ='警车驶近观察者时，式中υs 前取“－”号，故有Hz 6.8651=-='su uv v υ警车驶离观察者时，式中υs 前取“＋”号，故有Hz 7.7432=+='su uv v υ（2）客车的速度为0υ=15 m·s -1,声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为Hz 2.82603=--='su u v v υυ6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ，当它以声速的401的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多少？分析由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者.设超声波的传播速度为u .首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v ，运动速度为40su=υ，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收到的信号频率v '.经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v '，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为40u=υ，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接收到的信号频率v ''. 解将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为sυ-='u uv v ，在蝙蝠接收岩壁反射信号时，又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为kHz41kHz 3940/1140/11/1/1s 0s 00=⨯-+=-+=-+='+=''v u uv u u v u u v υυυυυ。

《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社

习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。

求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。

（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。

1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，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。

解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有：n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

大物上海交大课后答案第六章

习题66-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。

解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E i rπε=，2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r =， ∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：4123.2410VE E E m=+=⨯，方向如图： 1.8arctan 33.73342'2.7α===。

6-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。

解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=，∴电荷线密度：911.010qC m lλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。

解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O d E d R R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m R πε--'⨯==⨯⨯=⋅。

方向由圆心指向缝隙处。

ix6-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强。

大学物理第6章习题参考答案

第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知，波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。

将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。

上海交大版大学物理上册答案

第一章质点运动学【例题】例1-1 A ｔ= 1.19 s 例1-2 D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 3 3 例1-6 D 例1-7 C例1-8 证明：2d d d d d d d d v xv vtx xv tv K -==⋅= ∴ d v /v =－K d x⎰⎰-=xx K 0d d 10v vvv , Kx -=0lnv v ∴ v =v 0e－Kx例1-9 1 s 1.5 m 例1-10 B【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -0.5m/s -6m/s 2.25m 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小t a 必为常数，即321t t t a a a ==，现在虽然321a a a ==，但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即321t t t a a a ≠≠，故该质点不作匀变速率运动。

1-5 D 1-6证明：设质点在x 处的速度为v 62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v1-7 16 R t 24 rad /s21-8 Hv/(H-v) 1-9 C第二章质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律∴⎰⎰=-=-vv 00vv d d ,vv d d tt mKt m K ∴ mKt /0e -=v v (2) 求最大深度 tx d d =vt x mKt d ed /0-=vt x mKt txd ed /000-⎰⎰=v ∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v = 例2-4 D 例2-5 答：(1) 不正确。

向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。

质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。

上海交大版物理第六章答案

上海交大版物理第六章答案习题66-1. 设置自然长度l0？2.50米汽车，v？当以30.0m/s的速度直线行驶时，询问站在路边的观察者，根据相对论，汽车的长度缩短了多少？222解：l?l01?(uc)，由泰勒展开，知1?x?1?12x??2221u1u?1.25?10?14m。

∴1?(u2)?1?，?l?l0?l?l0?22c2c2c26-2. 在参考系s中，粒子沿直线从坐标原点移动到x?1.5?108m处，经历时间为?t?1.00s，试计算该过程对应的固有时。

解：以粒子为s?系，u??x/?t?0.5c使用22？Tt1？（加州大学）有：1.5?1082?t??1?()?0.866s。

83?106-3. 以v的速度从加速器上？从0.8摄氏度飞出的离子沿其运动方向发射光子。

求光子相对于加速器的速度。

解：设加速器为s系，离子为s?系，利用：vx?v??uc?0.8c则：vx?x??c。

紫外线？0.8摄氏度？c1？2x1？c2cv？十、Uuv?1?2xc在6-4100m的高层大气中产生了一个π介子，其速度为v？假设π介子在其自身静态参考系中的寿命等于其平均寿命2.4×10s，尝试从以下两个角度来判断π介子是否能到达地球表面，即地面上的观察者相对于π介子静态系统中的观察者。

解决方案：（1）实地观察者认为时间会延长：是吗？T6.t'u21？2c∴? T2.4? 106（0.8摄氏度）21？c2？6.4.10? 6sa由l?v?t?0.8?3?10?4?108?960m?1000m，∴到达不了地球；（2）? 介子静止系统中的观察者认为，长度收缩：(0.8c)2u2有l?l01?2，∴l?10001??600m2cc而s?v?t?2.4?10?0.8?3?10?576m?600m，∴到达不了地球。

6-5长度l0？1m的米尺仍在s'系统中，与X'轴的夹角？=30°s’是相对的68s系沿x轴运动，在s系中观测者测得米尺与x轴夹角为??45°。

沪科版高中物理必修第二册第六章万有引力定律课后练习、课时练习

一、单选题(选择题)1. 为空间站补给物质时，我国新一代货运飞船“天舟五号”实现了2小时与“天宫空间站”快速对接，对接后的“结合体”仍在原空间站轨道运行。

对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则（）A．“天宫空间站”对地球的引力小于地球对“天宫空间站”的引力B．“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度C．“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力小D．“结合体”受到地球的引力等于“天宫空间站”受到地球的引力2. 2023年我国“天宫号”太空实验室实现了长期有人值守，我国迈入空间站时代。

如图所示，宇航员乘坐“天舟号”沿椭圆轨道进入空间站，.A、B两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点。

则（）A．“天舟号”A处飞向B处做加速运动B．“天舟号”与“天宫号”运动周期相等C．“天舟号”与“天宫号”对接前必须先加速运动D．“天舟号”与“天宫号”在对接处受到的引力相等3. 北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，随着2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心点火升空，构成系统的55颗卫星全部完成发射。

已知北斗系统的55颗卫星是由静止轨道卫星A（GEO）、倾斜地球同步轨道卫星B（IGSO）和中圆地球轨道卫星C（MEO）组成，如图所示，GEO卫星相对地球静止，IGSO卫星轨道高度与GEO卫星相同，MEO卫星轨道与IGSO卫星轨道共面，已知，地球自转周期为T，地球半径为R，地球赤道上的重力加速度为g，关于这三类轨道卫星，下列说法正确的是（）A．IGSO卫星与GEO卫星所受向心力大小一定相等B．MEO卫星的运行周期大于GEO卫星的运行周期C．若IGSO卫星周围存在稀薄的大气，经过一段时间，稳定运行后IGSO卫星的运行速度会减小D．GEO和IGSO卫星离地高度为4. 金星是离地球最近的行星，清晨称为“启明”出现在东方天空，傍晚称为“长庚”处于天空的西侧，其部分天文参数如下表所示。

大学物理第六章课后习题答案

第六章静电场中的导体与电介质6 —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）。

6 —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（）（B）N上的正电荷入地（A ）N上的负电荷入地（C）N上的所有电荷入地地（D）N上所有的感应电荷入题6-2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 ）。

6 —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0点有（）（A）E =0,V —4 n^d（B）E J,V L4 n%d 4 n %d （C）E = 0,V = 0题6-3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土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零，0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 )。

6 -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。

《第6章波粒二象性》试卷及答案_高中物理选择性必修第三册_沪教版_2024-2025学年

《第6章波粒二象性》试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、下列关于光电效应的描述中，正确的是：（）A、光电效应只有在光照射到金属表面时才会发生。

B、光电子的最大初动能与入射光的频率无关。

C、当入射光的频率低于某一金属的截止频率时，会产生光电效应。

D、光电效应的实验结果表明，光的强度对光电子的最大初动能有影响。

2、根据波粒二象性的理论，以下哪种现象不能说明光的波粒二象性？（）A、光的衍射和干涉现象。

B、光电效应现象。

C、光的偏振现象。

D、康普顿效应现象。

3、下列关于光子的说法中，正确的是：A、光子的能量与光的频率成正比，与光的强度无关。

B、光子的动量与光的频率成正比，与光的波长成反比。

C、光子的质量随着光的频率的增加而增加。

D、光子的速度在不同介质中会有所变化，但与光的频率无关。

4、根据德布罗意物质波理论，下列关于电子的说法中，正确的是：A、电子的波长与电子的动量成反比。

B、电子的波长与电子的能量成正比。

C、电子的波长与电子的速率成正比。

D、电子的波长与电子的速率成反比。

5、爱因斯坦光电效应方程中的h表示（）A、电子电量B、普朗克常数C、速度常数D、光速6、如果一个电子的德布罗意波长为0.1 nm，对应的动量是（）（已知电子静止质量为9.11×10^-31kg，普朗克常数h = 6.626×10^-34 J·s）A、6.583×10^-24 kg·m/sB、6.626×10^-24 kg·m/sC、6.583×10^-25 kg·m/sD、6.626×10^-25 kg·m/s7、一个光子的能量为(3.99×10−19 J)，从该光子中释放出1个电子需要克服的最大阻力为1.eV，那么inden光子的德布罗意波波长约为多少？A.(7.52×10−12 m)B.(4.96×10−12 m)C.(3.54×10−14 m)D.(2.47×10−13 m)二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、以下关于波粒二象性的描述正确的是：A、光既具有波动性，又具有粒子性。

大物上海交大课后答案第六章共9页

习题66-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。

解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E i rπε=，2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r =， ∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：4123.2410VE E E m=+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===。

6-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。

解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=，∴电荷线密度：911.010qC m lλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。

解法1：利用微元积分：解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m R πε--'⨯==⨯⨯=⋅。

方向由圆心指向缝隙处。

6-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强。

解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。

①对于半无限长导线A∞在O 点的场强：ix有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有： ∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j Rλπε=+。

物理学教程上册课后答案第六章

第六章机械波6-1 图（ a ）表示 t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向流传，图（ b ）为一质点的振动曲线．则图（ a ）中所表示的 x ＝ 0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（）题 6-1 图（Ａ）均为零（Ｂ）均为π（Ｃ）均为2π π π π（Ｄ）与（Ｅ）与222 2π 2剖析与解此题给了两个很相像的曲线图，但实质却完整不一样．求解此题要弄清振动图和波形图不一样的物理意义．图（ a ）描绘的是连续介质中沿波线上许很多多质点振动在 t 时辰的位移状态．此中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的流传方向能够知道是沿 y 轴负向，利用旋转矢量法能够方便的求出该质点振动的初相位为 π/2 ．而图（ b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在 t ＝ 0 时位移为 0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π /2 ，答案为（D ）．6-2一横波以速度 u 沿 x 轴负方向流传， t 时辰波形曲线如图（a ）所示，则该时辰（）（A ）A 点相位为 π（ B ）B 点静止不动3π（C ）C 点相位为（D ）D 点向上运动2剖析与解由波形曲线可知，波沿 x 轴负向流传， B 、D 处质点均向 y 轴负方向运动，且 B 处质点在运动速度最快的地点 . 所以答案（ B ）和（ D ）不对 . A 处质点位于正最大位移处， C 处质点位于均衡地点且向y轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示 . A 、C 点的相位分别为 0 和3π. 故答案为（ C ）2题 6-2 图6-3 如下图，两列波长为 λ 的相关波在点 P 相遇．波在点1振动的初相是φ 1，点 1 到点 P 的距离SS是r 1．波在点2的初相是 φ 2，点 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干预极SS大的条件为（）A r 2 r 1 k πA 2 1 2k πA 2 1 2πr 2 r 1 / 2k πA212πr 1r 2 /2k π2k π剖析与解 P是干预极大的条件为两分振动的相位差P点时的两分振动相位，而两列波传到差为212πr 2 r 1 / ，应选项（ D ）正确．题 6-3 图 6-4 在波长为的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（）（A ）4（B ）2（C ）3（ D ）4剖析与解驻波方程为y2 Acos2πxcos2πvt ，它不是真实的波 . 此中 2 Acos2πx是其波线上λ各点振动的振幅 . 明显，当 xk ,k 0,1,2,时，振幅极大，称为驻波的波腹 . 所以，相邻波腹间2距离为. 正确答案为（ B ）．26-5 一横波在沿绳索流传时的颠簸方程为yπ πx，式中y m t的单位为的单位为， s ．（ 1）求波的振幅、波速、频次及波长；（2）求绳上质点振动时的最大速度；（3）分别画出 t ＝1s 和 t ＝ 2 s 时的波形，并指出波峰和波谷．画出 x ＝ｍ处质点的振动曲线并议论其与波形图的不一样．剖析（ 1）已知颠簸方程（又称波函数）求颠簸的特点量（波速u 、频次 ?、振幅 A 及波长 λ 等），通yAcosx 0 书写，而后经过常采纳比较法．将已知的颠簸方程按颠簸方程的一般形式tu比较确立各特点量（式中 x前“ - ”、“+”的选用分别对应波沿x 轴正向和负向流传）．比较法思路清楚、u求解简易，是一种常用的解题方法．（ 2）议论颠簸问题，要理解振动物理量与颠簸物理量之间的内在联系与差别．比如划分质点的振动速度与波速的不一样，振动速度是质点的运动速度，即v ＝ d /dt；而波速y是波线上质点运动状态的流传速度（也称相位的流传速度、波形的流传速度或能量的流传速度），其大小由介质的性质决定．介质不变，波速保持恒定．（ 3）将不一样时辰的t值代入已知颠簸方程，便能够获取不一样时辰的波形方程y ＝y（x），进而作出波形图．而将确立的x 值代入颠簸方程，便能够获取该地点处质点的运动方程 y ＝ y（t ），进而作出振动图．解（1）将已知颠簸方程表示为πm与一般表达式y Acos t x / u0比较，可得则（2）绳上质点的振动速度A0.20 m , u 2.5 m s 1 ,00 vω/ 2π 1.25 Hz,λ u / v 2.0 m v dy / dtππt x / 2.5 m s 1则v max 1.57 m s 1（3）t＝1ｓ和t＝2ｓ时的波形方程分别为y1π πx my20.20cos 5π πx m波形图如图（ a）所示．x ＝处质点的运动方程为yπt m振动图线如图（b）所示．波形图与振动图虽在图形上相像，但却有着实质的差别．前者表示某确准时辰波线上全部质点的位移状况，尔后者则表示某确立地点的一个质点，其位移随时间变化的状况．题 6-5图6-6波源作简谐运动，其运动方程为 y10 3cos240πt m ，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1的速度沿向来线流传．（ 1）求波的周期及波长；（2）写出颠簸方程．剖析已知波源运动方程求颠簸物理量及颠簸方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅A、角频次ω 及初相φ0，而这三个物理量与颠簸方程的一般形式y Acos t x / u0 中相应的三个物理量是同样的．再利用题中已知的波速u 及公式ω＝2πν＝2π／ T 和λ＝ u T 即可求解．解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频次ω 240πs1．依据剖析中所述，波的周期就是振动的周期，故有T2π/ ω10 3s波长为λ＝uT＝ｍ-3ω240πs1φ（２）将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得 A ＝×10 m，，0＝0 故以波源为原点，沿x轴正向流传的波的颠簸方程为y Acos ωt x / u010 3 cos 240πt8πx m6-7波源作简谐运动，周期为ｓ，若该振动以100m·ｓ-1的速度沿直线流传，设t ＝0时，波源处的质点经均衡地点向正方向运动，求：（ 1）距波源ｍ和 m 两处质点的运动方程和初相；（ 2）距波源为 m 和的两质点间的相位差．剖析（ 1）依据题意先想法写出颠簸方程，而后辈入确立点处的坐标，即获取质点的运动方程．并可求得振动的初相．（ 2）波的流传也能够当作是相位的流传．由波长λ 的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为φ＝2πΔx／λ．解（1）由题给条件T0.02 s,u100 m s 1，可得ω 2π/ T100πm s 1;λ uT 2 m当 t＝0时，波源质点经均衡地点向正方向运动，因此由旋转矢量法可得该质点的初相为φ 0＝－π／2（或 3π／ 2）．若以波源为坐标原点，则颠簸方程为y Acos 100πt x/ 100π/ 2距波源为 x1＝m和 x2＝m处质点的运动方程分别为y1Acos 100ππy2Acos 100ππ它们的初相分别为φ10＝－π 和φ20＝－π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10＝－π，φ20＝－π．）（2）距波源和m两点间的相位差2 1 2πx2 x1 /π6-8图示为平面简谐波在t ＝0时的波形图，设此简谐波的频次为250Hz，且此时图中质点P 的运动方向向上．求：（1）该波的颠簸方程；（2）在距原点O为 m 处质点的运动方程与t ＝0时该点的振动速度．剖析（ 1）从波形曲线图获取波的特点量，进而写出颠簸方程是成立颠簸方程的又一门路．详细步骤为：1.从波形图得出波长λ、振幅A和波速u＝λ?；2.依据点P的运动趋势来判断波的流传方向，进而可确立原点处质点的运动趋势，并利用旋转矢量法确立其初相φ0．（ 2）在颠簸方程确立后，即可获取波线上距原点O 为x处的运动方程y＝（），及该质点的振动速度＝ d/dt．y t? y解（1）从图中得悉，波的振幅＝ m，波长λ＝，则波速u ＝＝×10 3ｍ·ｓ-1．依据t＝ 0 时Aλ?点 P 向上运动，可知波沿 Ox 轴负向流传，并判断此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动．利用旋转矢量法可得其初相φ0＝π/3．故颠簸方程为y Acos t x / u00.10cos 500πt x / 5000π/3m（2）距原点O为x＝ｍ处质点的运动方程为y 0.10cos 500πt 13π/12mt＝ 0 时该点的振动速度为v dy/dt t 050πsin 13π/12 40.6 m s-1题 6-8图6-9一平面简谐波以速度u 0.08 m s 1沿Ox轴正向流传，图示为其在t＝0时辰的波形图，求（1）该波的颠簸方程；（2）P处质点的运动方程．题 6-9图剖析（ 1）依据波形图可获取波的波长λ、振幅A和波速，所以只需求初相φ，即可写出颠簸方程．而u由图可知 t ＝0时， x ＝0处质点在均衡地点处，且由波的流传方向能够判断出该质点向y轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2）颠簸方程确立后，将P 处质点的坐标x 代入颠簸方程即可求出其运动方程 y P＝ y P（t ）．解（ 1）由图可知振幅A ＝ｍ，波长λ＝ｍ，波速u＝ｍ·ｓ-1，则ω＝2π/＝2π /λ＝（2π/5）T uｓ-1，依据剖析已知φ＝－π/2，所以颠簸方程为y0.04cos 2πt xπm 52（2）距原点O为x＝ｍ处的P点运动方程为y2π πm25*6-10 一平面简谐波，波长为12 m，沿x轴负向流传．图（ a）所示为x ＝ m 处质点的振动曲线，求此O波的颠簸方程．题6-10 图剖析该题可利用振动曲线来获取颠簸的特点量，进而成立颠簸方程．求解的重点是怎样依据图（a）写出它所对应的运动方程．较简易的方法是旋转矢量法．解由图（a）可知质点振动的振幅＝ｍ，＝ 0时位于x ＝ m 处的质点在/2处并向Oy轴正向挪动．据A t A此作出相应的旋转矢量图（ b），从图中可知0π/ 3．又由图（a）可知，t＝5 s时，质点第一次回到均衡地点，由图（b）可看出ωt＝5π／ 6，因此得角频次ω＝（π/6 ）．由上述特点量可写出x＝m处质点的运动方程为πtπm63将波速uy Acos t λ/ Tx / uωλ/2π 1.0 m s0中，并与上述1x及＝ mx ＝m代入波动方程的一处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／般形式2，则颠簸方程为π tx / 10πm626-11 平面简谐波的颠簸方程为 y 0.08cos 4πt 2πx , 式中 y 和 x 的单位为 m ，t 的单位为 s,求：（ 1） t ＝ s 时波源及距波源两处的相位；（ 2）离波源 m 及 m 两处的相位差．解（1）将 t ＝ s 和 x ＝ 0 代入题给颠簸方程，可得波源处的相位1π将 t ＝ s 和 x ′＝ m 代入题给颠簸方程，得m 处的相位为2π（2）从颠簸方程可知波长λ ＝ m ．这样， 1 ＝ m 与x 2 ＝ m 两点间的相位差x2πxπ6-12为了保持波源的振动不变，需要耗费 W 的功率．若波源发出的是球面波（设介质不汲取波的能量）．求距离波源 m 和 m 处的能流密度．剖析波的流传陪伴着能量的流传．因为波源在单位时间内供给的能量恒定，且介质不汲取能量，故关于球面波而言，单位时间内经过随意半径的球面的能量（即均匀能流）同样，都等于波源耗费的功率P ．而在同一个球面上各处的能流密度同样，所以，可求出不一样地点的能流密度 I＝ PS/ ．解由剖析可知，半径 r 处的能流密度为I P / 4πr 2当 r 1 ＝ m 、 r 2 ＝时，分别有I 1 P / 4πr 12 1.27 10I2P / 4πr 21.27 10 222 W mW m226-13 两相关波波源位于同一介质中的、 B 两点，如图（ a ）所示．其振幅相等、频次皆为 100 Hz ，B 比AA 的相位超前 π．若、B 相距 m ，波速为 u ＝400 m ·s -1，试求AB 连线上因干预而静止的各点的地点．A题 6-13 图剖析两列相关波相遇时的相位差2π r21．所以，两列振幅同样的相关波因干预而静止的点的地点，可依据相消条件2k 1 π获取．解以、B 两点的中点O为原点，取坐标如图（b）所示．两波的波长均为λ＝ / ＝ m．在、B连线A u ?A上可分三个部分进行议论．1.位于点 A 左边部分B A2πr B r A14π因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干预后质点振动到处增强，没有静止的点．2.位于点 B 右边部分B A2πr B r A16π明显该范围内质点振动也都是增强，无干预静止的点．3.在 A、 B 两点的连线间，设随意一点P 距原点为 x．因r B15x ， r A15x ，则两列波在点P 的相位差为B A2πr B r A /x 1 π依据剖析中所述，干预静止的点应知足方程x x 1 π52k 1 π得x2k m k0,1,2,...因x ≤15 m，故k7．即在、B之间的连线上共有15 个静止点．A6-14 图（ a）是干预型消声器构造的原理图，利用这一构造能够除去噪声．当发动机排气噪声声波经管道抵达点 A 时，分红两路而在点 B 相遇，声波因干预而相消．假如要除去频次为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差r ＝ r 2－r 1起码应为多少？（设声波速度为 340 m·s-1）题 6-14图剖析一列声波被分红两束后再相遇，将形成波的干预象．由干预相消条件，可确立所需的波程差，即两管的度差r ．解由剖析可知，声波从点 A 分开到点 B 相遇，两列波的波程差r ＝r 2- r 1，故它的相位差2πr2r1 /2π r /由相消静止条件φ＝（2k＋1）π，（k＝ 0，±1，±2，⋯）得r ＝（ 2＋1）λ／ 2k依据中要求令k ＝0得r起码r/ 2u / 2v0.57 m在用中，因为噪声是由多种率的声波混淆而成，因此常将拥有不一样r的消声元串接起来以增添除去噪声的能力．（b）安装在摩托排气系中的干预消声器的构原理．*6 - 15 如所示，x＝0有一运方程y Acos t 的平面波波源，生的波沿x 正、方向播． MN波密介的反射面，距波源3λ／ 4．求：（ 1）波源所射的波沿波源O 左右播的波方程；（2）在MN反射波的波方程；（ 3）在O～MN地区内形成的波方程，以及波和波腹的地点；（4）x＞ 0 地区内合成波的波方程．题 6-15图剖析知道波源O 点的运方程y Acos t ，能够写出波沿x 向和正向播的方程分y1Acos t x / u和 y2Acos t x / u．所以能够写出y1在 MN反射面上P 点的运方程．反射波y3，它和 y1是同振方向、同振幅、同率的波，可是因为半波失，它在P 点惹起的振和 y1在 P 点惹起的振反相．利用y1在 P 点的运方程可求y3在 P 点的运方程，进而写出反射波y3．在～地区由y1 和3两列同率、同振方向、同振幅沿相反方向播的波合成形成波．在O MN Yx ＞0地区是同播方向的y2和 y3合成新的行波．解（1）由剖析已知：沿左方向和右方向播的波方程分y1Acos t x / u和 y2 Acos t x / u （2）y1在反射面 MN惹起点 P 振的运方程y Acos 2πt2π3Acos2πt3π1 p T4T2因半波失反射波y3在此惹起的振y3 pAcos 2π32π π T tπ πAcost22T反射波的波方程y 3cos 2 π/ T2π / ，反射波在 x ＝－ 3λ/4 惹起的振A t xy 3 p2π 3 Acost2πT与上式比得2π，故反射波的波方程y 3Acos2πt2πx 2πAcos2πt 2πxTλTλ（3）在 O ～ MN 地区由 y 1 和 y 3 合成的波 y 4y 4 t, x y 1 y 3 Acos2πt 2πxAcos 2πt2πx 2π2π 2Acosx costTλT λλT波的地点：波．2πx / λ k π π/ 2,x k λ/2 λ/4 ，取 k ＝－ 1，－ 2，即 x ＝－ λ/4 ，－ 3λ/4波腹的地点： 2πx / λ k π, x k λ/ 2 ，取 k ＝ 0，－ 1，即 x ＝ 0，－ λ/2波腹．（4）在 x＞ 0 地区，由 y 2 和 y 3 合成的波 y 5y 5 t, xy 2 y 3Acos 2πt2πx Acos2πt2πx2π 2π2AcostxT λTλT λ表示： x ＞ 0 地区内的合成波是振幅 2A 的平面波．6-16 如（a ）所示，将一石英晶体相的两面作极，它就成晶体，两极加上率的交，晶片就沿直方向作率的波振，晶体的上下两面是自由的，故而成波腹 . 晶片 d = mm ，沿直方向的声速u103 m s 1，要激起石英片生基振，外加的率是多少？剖析依据限制地区内波形成条件（如（ b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成波腹，其厚度与波相关系式dk2k 成立， k 正整数 . 可取不一样的k ，获取不一样的k ，晶体内就出不一样率k 的波 .k =1 称基， k =2， 3，4，⋯称各次.解依据剖析基振要求d，于是要求率2u u1.685 106 Hz 2d题6-16 图6-17 一平面简谐波的频次为500 Hz，在空气（ρ＝ kg·m -3）中以＝340 m·s-1的速度流传，抵达人u耳时，振幅约为 A ＝×10-6m．试求波在耳中的均匀能量密度和声强．解波在耳中的均匀能量密度1 A 2222v222πA10 6J m 2声强就是声波的能流密度，即I u10 3 W m 2这个声强略大于忙碌街道上的噪声，令人耳已感觉不适应．一般正常讲话的声强约×10-6 W·m-2左右．6-18面积为 m2的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80 dB ．问有多少“声功率”传入窗内？剖析第一要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并认识它们之间的互相关系．声强是声波的能流密度 I ，而声强级 L 是描绘介质中不一样声波强弱的物理量．它们之间的关系为L ＝lg（ I/ I0），此中I0＝×10 -12W·m-2为规定声强．L的单位是贝尔（ B），但常用的单位是分贝（dB），且 1 B ＝ 10 dB ．声功率是单位时间内声波经过某面积传达的能量，因为窗户上各处的I 同样，故有P＝ IS．解依据剖析，由 L ＝lg（ I ／ I 0）可得声强为I＝ 10 L I则传入窗户的声功率为P＝ IS ＝10L I 0 S ＝×10-4W6-19一警车以 25 m·s-1的速度在静止的空气中行驶，假定车上警笛的频次为v=800 Hz．求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离开时的警笛声波频次；（2）假如警车追赶一辆速度为15m·s-1的客车，则客车上人听到的警笛声波的频次是多少？（设空气中的声速u ＝330m·s-1）剖析因为声源与察看者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频次公式可解得结果．在办理这类问题时，不单要分清察看者相对介质（空气）是静止仍是运动，同时也要分清声源的运动状态．解（1）依据多普勒频次公式，当声源（警车）以速度s＝25 m·s-1运动时，静止于路边的察看者所接收到的频次为uv vu s 警车驶近察看者时，式中s 前取“－”号，故有v1vu865.6 Hz u s警车驶离察看者时，式中s 前取“＋”号，故有v2vu743.7 Hz u s（2）客车的速度为-1, 声源（警车）与客车上的察看者作同向运动时，察看者收到的频次为0 =15 m·sv3vuu826.2 Hzs6-20蝙蝠在洞窟中飞来飞去，能特别有效地用超声波脉冲导航. 若是蝙蝠发出的超声波频次为39 kHz ，当它以声速的1的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频次为多40少？剖析由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者. 设超声波的流传速度为u.第一，蝙蝠是u声源，发出信号频次为 v，运动速度为s，岩壁是接收者，利用多普勒频次公式，即可求得岩壁接40收到的信号频次v .经岩壁反射后频次不变，即岩壁发射信号频次为v ，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为0uv .，再次利用多普勒频次公式，可求得蝙蝠接收到的信号频次40解将蝙蝠当作波源，则由剖析可知，岩壁接收到的信号频次为vuv，在蝙蝠接收岩壁反射信号u s时，又将它当作接收者. 则蝙蝠接收到的信号频次为v u0 v u0 v10 / u vu u s1s / u11/ 4039 kHz41 kHz 11/ 40。

沪教版九年级上册物理第6章压力与压强同步检测(word版含答案解析)

沪教版九上物理第6章压力与压强一、单项选择题（共12小题；共24分）1. 下列哪个实验最早证明了大气压的存在A. 吸管吸饮料B. 托里拆利C. 阿基米德D. 马德堡半球2. 在食用油、酱油、白酒和水这几种常见液体中，密度最大的是A. 食用油B. 酱油C. 白酒D. 水3. 如图所示的实例中，属于增大压强的是A.又宽又平的书包带B.又宽又长的滑雪板C.装有履带的雪地车D.公交车上很尖的逃生锤4. 在下列事例中，为了减小压强的是A. 大卡车的车轮比小轿车多而宽B. 软包装饮料的吸管，有一端是尖的C. 缝衣针、注射器的针头都很尖D. 菜刀用过一段时间需要磨一磨5. 如图所示，A、B、C三个容器中分别装有盐水、清水和酒精，容器底部受到的压强分别为p A，p B，p C（ρ盐水>ρ清水>ρ酒精），则A. p A=p B=p CB. p A<p B<p CC. p A>p B>p CD. 无法确定6. 一个底面积为S的箱子，当放在面积为2S的水平桌面的中央时，箱子对桌面的压强为p，当放在面积为S2的水平凳面的中央时，箱子对凳面的压强是A. p2B. pC. 2pD. 4p7. 如图所示，有四只相同体积的烧杯，各盛有质量相等的煤油、汽油、植物油和硫酸，其中盛汽油的烧杯是（ρ硫酸>ρ植物油>ρ煤油>ρ汽油）A. B.C. D.8. 在水底飘摇的海草看似随意摆动，其实它的叶片也承受着十分巨大的压强呢！假如现有一株在近海区生长的海草，它叶片的基部与海面距离为10m，且此片海域中海水的密度为 1.025×103kg/m3，则它叶片的基部所受的压强为（g取10N/kg）A. 102.5PaB. 10.25PaC. 102500PaD. 10250Pa9. 如图所示，底面积相同的甲、乙两容器，装有高度、质量均相同的不同液体，则它们对容器底部压强的大小关系正确的是A. p甲>p乙B. p甲<p乙C. p甲=p乙D. 条件不足，无法判断10. 甲、乙两种物质的质量和体积关系如图所示，由图象可知下列说法错误的是A. ρ甲>ρ乙B. ρ甲<ρ乙C. 若V甲=V乙，则m甲>m乙D. 若m甲=m乙，则V甲<V乙11. 甲、乙两物体的质量之比为3:2，密度之比为1:2，则其体积之比为A. 3:1B. 1:3C. 3:4D. 4:312. 高速列车成为百姓出行的便捷交通工具，如图所示，候车时，乘客要站在安全线以内避免列车进站时被吸向列车，这是因为列车进站时车体附近A. 气流速度小、压强小B. 气流速度大、压强大C. 气流速度小、压强大D. 气流速度大、压强小二、填空题（共10小题；共30分）13. 在水下20m深处，水产生的压强约为Pa。

上海上海交通大学附属第二中学高中物理必修二第六章《圆周运动》测试题(含答案解析)

一、选择题1．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面与水平面的夹角为15，盘面上离转轴距离为1m r =处有一质量1kg m =的小物体，小物体与圆盘始终保持相对静止，且小物体在最低点时受到的摩擦力大小为6.6N 。

若重力加速度g 取l0m/s 2，sin150.26=，则下列说法正确的是（）A ．小物体做匀速圆周运动线速度的大小为2m/sB ．小物体受到合力的大小始终为4NC ．小物体在最高点受到摩擦力大小为0.4N ，方向沿盘面指向转轴D ．小物体在最高点受到摩擦力大小为1.4N ，方向沿盘面背离转轴2．下列关于圆周运动的说法中正确的是（）A ．匀速圆周运动是一种匀变速曲线运动B ．广州随地球自转的线速度大于北京的线速度C ．图中转盘上跟随水平转盘匀速转动的物块收到重力支持力、静摩擦力和向心力共4个力的作用D ．时针与分针的角速度之比为1∶603．关于铁道转弯处内外轨道的高度关系，下列说法正确的是（）A ．内外轨道一样高时，外轨对轮缘的弹力提供火车转弯的向心力B ．因为列车转弯处有向内倾倒可能，故一般使内轨高于外轨C ．外轨略低于内轨，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压D ．铺设轨道时内外轨道的高度关系由具体地形决定，与行车安全无关4．热衷于悬浮装置设计的国外创意设计公司Flyte ，又设计了一款悬浮钟。

这款悬浮时钟外观也十分现代简约，仅有一块圆形木板和悬浮的金属小球，指示时间时仅由小球显示时钟位置。

将悬浮钟挂在竖直墙面上，并启动秒针模式后，小球将以60秒为周期在悬浮钟表面做匀速圆周运动。

不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A．小球运动到最高点时，处于失重状态B．小球运动到最低点时，处于平衡状态C．悬浮钟对小球的作用力大于小球对悬浮钟的作用力D．小球受到的重力和悬浮钟对小球的作用力是一对平衡力5．关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期的关系，下列说法中正确的是（）A．线速度大的角速度一定大B．线速度大的周期一定小C．角速度大的周期一定小D．角速度大的半径一定小6．教师在黑板上画圆，圆规脚之间的距离是25cm，他保持这个距离不变，用粉笔在黑板上匀速地画了一个圆，粉笔的线速度是2.5m/s，关于粉笔的运动，有下列说法：①角速度是0.1rad/s；②角速度是10rad/s；③周期是10s；④周期是0.628s；⑤频率是10Hz；⑥频率是1.59Hz；⑦转速小于2r/s；⑧转速大于2r/s，下列选项中的结果全部正确的是（）A．①③⑤⑦B．②④⑥⑧C．②④⑥⑦D．②④⑤⑧7．如图，甲是滚筒洗衣机滚筒的内部结构，内筒壁上有很多光滑的突起和小孔。

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