大学物理下计算题
大学物理计算题_08[1]
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计算题练习
一 计算题 (共156分) 1. (本题 5分)(0265)
有一质点沿 x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为 x = 4.5 t2 – 2 t3 (1) 第 2 秒内的平均速度； (2) 第 2 秒末的瞬时速度； (3) 第 2 秒内的路程．
(SI) ．试求：
2. (本题 5分)(0513)
O m,r
m′, r′
A
B
一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变．已知 r = 10 cm．求：
(1) 组合轮的角加速度β；
(2) 当物体 A 上升 h＝40 cm 时，组合轮的角速度ω．
10. (本题 5分)(5427)
电荷为 q1＝8.0×10-6 C 和 q2＝－16.0×10-6 C 的两个点电荷相距 20 cm，求 离它们都是 20 cm 处的电场强度． (真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C2N-1m-2 )
质点 M 在水平面内的运动轨迹如图所示，
MB
OA 段为直线，AB、BC 段分别为不同半径的
两个 1/4 圆周．设 t =0 时，M 在 O 点，已知运 S
15 m
动学方程为
A
30 m
S =30t+5t2 (SI)
15 m C
求 t =2 s 时刻，质点 M 的切向加速度和法向加 O
速度．
3. (本题 5分)(0516)
如图所示线框，铜线横截面积 S = 2.0 mm2，其中 OA 和 DO＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为 a O
v
A
B
D
O＇
的正方形的三边，它可绕
导线放在匀强磁场
v B
中，
大学物理考卷答案(下学期)
大学物理考卷（下学期）一、选择题（每题4分，共40分）A. 速度B. 力C. 位移D. 加速度2. 在国际单位制中，下列哪个单位属于电学基本单位？A. 安培B. 伏特C. 欧姆D. 瓦特A. 物体不受力时，运动状态不会改变B. 物体受平衡力时，运动状态会改变C. 物体受非平衡力时，运动状态不变D. 物体运动时，必定受到力的作用A. 功B. 动能C. 势能D. 路程A. 速度大小B. 速度方向C. 动能D. 动量6. 下列哪个现象属于光的衍射？A. 彩虹B. 海市蜃楼C. 水中倒影D. 光照射在单缝上产生的条纹A. 恢复力与位移成正比B. 恢复力与位移成反比C. 恢复力与位移的平方成正比D. 恢复力与位移的平方成反比8. 一个电路元件的电压u与电流i的关系为u=2i+3，该元件是：A. 电阻B. 电容C. 电感D. 非线性元件A. 电磁波在真空中传播速度小于光速B. 电磁波在介质中传播速度大于光速C. 电磁波在真空中传播速度等于光速D. 电磁波在介质中传播速度等于光速10. 一个理想变压器的初级线圈匝数为1000匝，次级线圈匝数为200匝，若初级线圈电压为220V，则次级线圈电压为：A. 110VB. 220VC. 440VD. 880V二、填空题（每题4分，共40分）1. 在自由落体运动中，物体的加速度为______。
2. 一个物体做匀速圆周运动，其线速度的大小不变，但方向______。
3. 惠更斯原理是研究______现象的重要原理。
4. 一个电阻的电压为10V，电流为2A，则该电阻的功率为______。
5. 根据电磁感应定律，当磁通量发生变化时，会在导体中产生______。
6. 在交流电路中，电阻、电感和电容元件的阻抗分别为______、______和______。
7. 一个单摆在位移为0时速度最大，此时摆球所受回复力为______。
8. 光的折射率与光的传播速度成______比。
9. 一个电子在电场中受到的电势能变化量为______。
大学物理下经典计算题75页PPT
36、如果我们国家的法律中只有某种 神灵， 而不是 殚精竭 虑将神 灵揉进 宪法， 总体上 来说， 法律就 会更好 。—— 马克·吐 温 37、纲纪废弃之日，便是暴政兴起之 时。— —威·皮 物特
38、若是没有公众舆论的支持，法律 是丝毫 没有力 量的。 ——菲 力普斯 39、一个判例造出另一个判例，它们 迅速累 聚，进 而变成 法律。 ——朱 尼厄斯
40、人类法律，事物有规律，这是不 容忽视 的。— —爱献 生
谢谢！
51、 52、 生 命 不 等 于是呼 吸，生 命是活 动。——卢 梭
53、 伟 大 的 事 业，需 要决心 ，能力 ，组织 和责任 感。 ——易 卜 生 54、 唯 书 籍 不 朽。——乔 特
55、 为 中 华 之 崛起而 读书。 ——周 恩来
大学物理下计算题
第9章9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯，已知0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E ρ的大小和方向(cos370.8︒≈,sin370.6︒≈).解：如解图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+r r rC 点电场强度E ρ的大小方向为即方向与BC 边成33.7°。
9-5 两个点电荷6612410C,810C q q --=⨯=⨯的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的电场强度E ρ。
解：如解图9-5所示1E ρ，2E ρ沿x 、y 轴分解 电场强度为9-12.一均匀带电球壳内半径16cm R =，外半径210cm R =，电荷体密度为53210m C ρ--=⨯⋅，求：到球心距离r 分别为5cm 8cm 12cm 、、处场点的场强． 解: 根据高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E sϖϖ得解图9-5解图9-4当5=r cm 时，0=∑q ，得8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )31R - ()20313π43π4rR r E ερ-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -32(R ）31R ()42031321010.4π43π4⨯≈-=rR R E ερ1C N -⋅ 沿半径向外. 9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,(1)求图中三个区域的场强1E ρ，2E ρ，3E ρ的表达式； （2）若624.4310C m σ--=⨯⋅，那么，1E ρ，2E ρ，3E ρ各多大解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为在Ⅰ区域Ⅱ区域Ⅲ区域（2）若624.4310C m σ--=⨯⋅则9-17 如题图9-17所示，已知2810m a -=⨯，2610m b -=⨯,81310C q -=⨯,82310C q -=-⨯，D 为12q q 连线中点，求： （1）D 点和B 点的电势；(2) A 点和C 点的电势；（3）将电量为9210C -⨯的点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功；（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功。
大学物理计算题汇总
【例题】火车驶过车站时，站台边上观察者测得火车鸣笛声的频率由1200 Hz 变为1000 Hz ，已知空气中声速为330 米/ 秒，求火车的速度。
【例题】在地球大气层外测得太阳辐射谱，它的极值波长为490 nm，设太阳为黑体，求太阳表面温度T 。
【例题】. 试计算能通过光电效应从金属钾中打出电子所需的光子最小能量及其相应的最小频率（阈值频率）和最大波长。
已知金属钾的逸出功为2.25电子伏特，hc ＝1240 nm · eV 。
339,2.897105.91049010mbT Kλ--⨯===⨯⨯由维恩位移公式得【例题】：试计算能通过光电效应从金属钾中打出0.25电子伏特的电子，必须使用多少波长的电磁波辐射？【例题】巳知紫光的波长λ= 400 nm，其光子的能量、动量各为多少?【例题】求能量 E = 1.0 keV 光子的波长λ与频率ν。
【例题】 已知氢原子两个能级为-13.58eV 和-3.4eV ，氢原子从基态受激吸收到高能级，所吸收光子的波长应该是多少（组合常数：hc ＝1240 nm · eV ）【例题】. 试计算下列各粒子的德布罗意波长：1）能量为 150eV 的自由电子; 2）能量为 0.2eV 的自由中子；3）能量为 0.5eV 质量为2.5克的质点（ mec2＝511keV ，hc ＝1240nm ·ev ）21hE E ν=玻尔公式 －【例题】. 在电子显微镜中假定电子的波长是0.01nm（比可见光小4个量级，比原子尺度小一个量级），求相应的电子动能是多少电子伏特。
【例题】设子弹的质量为0.01㎏，枪口的直径为0.5㎝, 试求子弹射出枪口时的横向速度的不确定量？【例题】:π- 介子是一种不稳定的粒子，从它产生到它衰变为μ- 介子经历的时间即为它的寿命，已测得静止π- 介子的平均寿命τ0 = 2 ⨯ 10-8s 。
某加速器产生的π-介子以速率u = 0.98 c 相对实验室运动。
(完整word)大学物理习题册计算题及答案
大学物理习题册计算题及答案三 计算题1. 一质量m = 0.25 kg 的物体，在弹簧的力作用下沿x 轴运动，平衡位置在原点。
弹簧的劲度系数k = 25N ·m -1。
(1） 求振动的周期T 和角频率.(2) 如果振幅A =15 cm ，t = 0时物体位于x = 7.5 cm 处，且物体沿x 轴反向运动，求初速v 0及初相. （3) 写出振动的数值表达式。
解：（1) 1s 10/-==m k ω 63.0/2=π=ωT s（2） A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7。
5 cm,v 0 〈 0 由 2020)/(ωv +=x A得 3.1220-=--=x A ωv m/s π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4/3∵ x 0 > 0 , ∴ π=31φ（3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI ）振动方程为)310cos(1015)cos(2πϕω+⨯=+=-t t A x （SI ）﹡2. 在一平板上放一质量为m =2 kg 的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期为T = 21s ，振幅A = 4 cm ，求 （1） 物体对平板的压力的表达式.(2) 平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板。
解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π4cos = （SI)t A x ππ4cos 162-=（SI ） （1） 对物体有 x m N mg=- ① t A mg x m mg N ππ4cos 162+=-= （SI) ② 物对板的压力为 t A mg N F ππ4cos 162--=-= (SI ）t ππ4cos 28.16.192--= ③(2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 04cos 162=+t A mg ππ (SI ）A qt 2164cos π-=π 若能脱离必须 14cos ≤t π （SI ）即 221021.6)16/(-⨯=≥πg A m三 计算题﹡1。
大学物理下册期末复习计算题
大学物理下册期末复习计算题第7章真空中的静电场*1.一半径为R 的带电导体球，电荷为-Q 。
求：球内、外任意一点的电场强度。
1.解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分）∑⎰=⋅int q S d E（3分）（4分） （2分） （2分）解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分）∑⎰=⋅int q S d E（3分）（4分） （2分） （2分）*2.一半径为R 的带电导体球，电荷为Q 。
求：（1）球内、外任意一点的电场强度；（2）球内、外任意一点电势。
解：由高斯定理可求出电场强度的分布（3分） （2分）当r>R 时 （3分） 当r ≤R 时 （4分）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-<>-R r R Q R r R r r Q E 4 042020πεπε＝⎪⎩⎪⎨⎧<>R r R r r q E0 420πε＝r qdr r q V r 02044πεπε=⎰∞＝R qdr r q dr V RRr 020440πεπε=+⎰⎰∞＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-<>-R r R Q R r R r r Q E 4 0 4202πεπε＝*3. 如图所示，一长为L ，半径为R 的圆柱体，置于场强为E 的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行，求穿过圆柱体下列端面的电通量。
（1）左端面（2）右端面 （3）侧面 （4）整个表面解： 根据电通量定义 （1）左端面⎰⎰⎰-=-==⋅=121cos s s R E dS E EdS s d E ππφ（4分）（2）右端面⎰⎰===⋅=2030cos R E ES EdS s d E s πφ（4分） （3）侧面⎰⎰==⋅=02cos 2πφEdS s d E s （1分）（4）整个表面0321=++=s s s s φφφφ（3分）4. 三个点电荷1q 、2q 和3q -在一直线上，相距均为R 2，以1q 与2q 的中心O 作一半径为R 2的球面，A 为球面与直线的一个交点，如图。
大学物理(下)题库
3. 在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一波长的第3级明纹位置恰与波长λ=600nm的单色光的第2级明纹位置重合，此光波的波长是_______。
4.一束平行单色光垂直入射在一光栅上，若光栅的透光缝宽度与不透明部分宽度相等，则可能看到的衍射光谱的级次为__________。
10: 在作单缝衍射实验时,缝宽为0.6 mm,屏幕距单缝40 cm,用波长为600nm的单色光垂直照射单缝,求屏幕上中央亮纹的宽度及第三级极小到中心点的距离。
11:用白光垂直照射一光栅时，能在30o衍射方向上观察到λ1=6000的第三级明纹，但在该方向上不见λ2=4500的第四级明纹，求光栅常数和最小缝宽。(1=10-10m)
4.用红光和紫光分别做杨氏双缝干涉实验，则所产生的干涉条纹的间距哪种光大?___________.
5. 在硅片上（n1=3.4）生成一层二氧化硅薄膜，并作成劈尖形状，如图。二氧化硅的折射率n2= 1.5，今用波长=590nm的单色光垂直照射到二氧化硅上，则劈尖边缘（棱边）是____纹，现共看到5个亮条纹，且膜的最厚处恰为亮条纹，则膜的厚度为_________。
一定量的理想气体，从a状态（2P1,V1）经历如图所示的直线过程到b状态（P1,2V1），则ab过程中系统作功A=___________，内能改变ΔE=___________。
计算题
设一动力暖气装置，由一台卡诺热机和一台卡诺制冷机组合而成。热机靠燃料燃烧时释放的热量工作并向暖气系统中的水放热。同时，热机带动制冷机。制冷机自天然蓄水池中吸热，也向暖气系统放热。假定热机锅炉的温度为t1=2100C，天然蓄水池中水的温度为t2=150C，暖气系统的温度为t3=600C，热机从燃料燃烧时获得热量2.1×107J,计算暖气系统所得热量。
大学物理 下 计算题参考答案
大学物理 下 复习题 部分计算题 参考答案 答案来自网络 仅供参考1四条平行的载流无限长直导线，垂直通过一边长为a 的正方形顶点，每条导线中的电流都是I ，方向如图，求正方形中心的磁感应强度。
⎪⎭⎫⎝⎛a I πμ02解0222Iaμπ=2.如图所示的长空心柱形导体半径分别为1R 和2R ，导体内载有电流I ，设电流均匀分布在导体的横截面上。
求 （1）导体内部各点的磁感应强度。
（2）导体内壁和外壁上各点的磁感应强度。
解：导体横截面的电流密度为2221()IR R δπ=-在P 点作半径为r 的圆周，作为安培环路。
由0B dl I μ∙=∑⎰得 222201012221()2()I r R B r r R R Rμπμδπ-=-=-即 22012221()2()I r R B r R R μπ-=- 对于导体内壁，1r R =，所以 0B = 对于导体外壁，2r R =，所以 022IB R μπ=3. 如图， 一根无限长直导线，通有电流I ， 中部一段弯成圆弧形，求图中O 点磁感应强度的大小。
解：根据磁场叠加原理，O 点的磁感应强度是)A (-∞、)ABC (和)C (∞三段共同产生的。
)A (-∞段在O 点磁感应强度大小：)cos (cos x4IB 2101θθπμ-=将6021πθθ==，，a 213cosa x ==π代入 得到：)231(a 2IB 01-=πμ，方向垂直于纸面向里； )C (∞段在O 点磁感应强度大小：)cos (cos x4IB 2102θθπμ-=将πθππθ=-=216，，a 213cos a x ==π带入得到：)231(a 2I B 02-=πμ，方向垂直向里；)ABC (段在O 点磁感应强度大小：⎰=203a Idl 4B πμ，)a 32(a I 4B 203ππμ=，a6IB 03μ=，方向垂直于纸面向里。
O 点磁感应强度的大小：321B B B B ++=，)231(a I a6IB 00-+=πμμ, 方向垂直于纸面向里。
大学物理下考试题及答案
大学物理下考试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 2×10^8 m/sC. 1×10^8 m/sD. 4×10^8 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力和加速度的关系是：A. F=maB. F=mvC. F=m/aD. F=a/m答案：A3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其位移与时间的关系为：A. s = 1/2at^2B. s = 1/2vtC. s = 1/2atD. s = vt答案：A4. 在理想气体状态方程中，压强、体积、温度的关系是：A. PV = nRTB. PV = nTC. PV = nRD. PV = n答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 根据能量守恒定律，一个物体的动能和势能之和在任何情况下都______。
答案：保持不变2. 电场强度的定义式为______。
答案：E = F/q3. 根据库仑定律，两点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成反比，其公式为______。
答案：F = kQq/r^24. 光的折射定律表明，入射角和折射角之间的关系为______。
答案：n1sinθ1 = n2sinθ2三、简答题（每题10分，共40分）1. 简述波粒二象性的概念。
答案：波粒二象性是指微观粒子如电子、光子等，既表现出波动性，也表现出粒子性。
在某些实验条件下，它们表现出波动性，如干涉和衍射现象；而在另一些实验条件下，它们表现出粒子性，如光电效应和康普顿散射。
2. 什么是电磁感应定律？请给出其数学表达式。
答案：电磁感应定律描述了变化的磁场在导体中产生电动势的现象。
其数学表达式为ε = -dΦ/dt，其中ε是感应电动势，Φ是磁通量，t是时间。
3. 简述热力学第一定律的内容。
答案：热力学第一定律，也称为能量守恒定律，指出在一个封闭系统中，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转换为另一种形式。
大学物理复习计算
大学物理复习计算题1 一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求：(1) 物体能够上升的最大高度h ；(2) 该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．2 如图所示，在与水平面成α角的光滑斜面上放一质量为m 的物体，此物体系于一劲度系数为k 的轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定．设物体最初静止．今使物体获得一沿斜面向下的速度，设起始动能为E K 0，试求物体在弹簧的伸长达到x 时的动能.3 某弹簧不遵守胡克定律. 设施力F ，相应伸长为x ，力与伸长的关系为 F ＝52.8x ＋38.4x 2（SI ）求：(1)将弹簧从伸长x 1＝0.50 m 拉伸到伸长x 2＝1.00 m 时，外力所需做的功．(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17 kg 的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2＝1.00 m ，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x 1＝0.50 m 时，物体的速率．(3)此弹簧的弹力是保守力吗？24 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．5 一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ． (1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．6 0.02 kg 的氦气(视为理想气体)，温度由17℃升为27℃．若在升温过程中，(1) 体积保持不变；(2) 压强保持不变；(3) 不与外界交换热量；试分别求出气体内能的改变、吸收的热量、外界对气体所作的功．(普适气体常量R =8.31 11K mol J --⋅)3)57 两导体球A 、B ．半径分别为R 1 = 0.5 m ，R 2 =1.0 m ，中间以导线连接，两球外分别包以内半径为R =1.2m 的同心导体球壳(与导线绝缘)并接地，导体间的介质均为空气，如图所示．已知：空气的击穿场强为3×106 V/m ，今使A 、B 两球所带电荷逐渐增加，计算：(1) 此系统何处首先被击穿？这里场强为何值?(2) 击穿时两球所带的总电荷Q 为多少？(设导线本身不带电，且对电场无影响．) (真空介电常量ε 0 = 8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )8 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R 1 = 2 cm ，R 2 = 5 cm ，其间充满相对介电常量为εr 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压U = 32 V 的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm 处的A 点的电场强度和A 点与外筒间的电势差．。
大学物理下册考试计算题和证明题
22q 计算题和证明题1、照相机镜头呈现蓝紫色——为了消除黄绿色的反射光而镀了膜。
在折射率1n =1.52的镜头表面镀一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜。
试证明：如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光，则镀膜的最薄厚度应取996oA .证明：设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即2、传输微波信号的无限长圆柱形同轴电缆，各通有电流I ，流向相反。
内、外导体的截面半径分别为1R 和2R （1R <2R ），两导体之间磁介质的磁导率假设为μ，试求：（1）介质中的磁场强度和磁感应强度的大小；（2）长为L 的一段同轴电缆中磁场的能量.3、利用空气劈尖可以精确测量金属细丝的直径。
如图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径为d 的细钢丝隔开．若两玻璃片间的夹角=θ44.010-⨯弧度，求： (1)细钢丝的直径是多少？(2)相邻两暗条纹的间距是多少?4、在水(折射率n 1＝1.33)和一种玻璃(折射率n 2＝1.56的交界面上，自然光从水中射向玻璃，求起偏角i 0．若自然光从玻璃中射向水，再求此时的起偏角0i ' 4、解：tg i 0＝1.56 / 1.33 i 0＝49.6° 光自玻璃中入射到水表面上时，tg 0i '＝1.33 / 1.56 0i '＝40.4° (或 0i '＝90°－i 0＝40.4°)5、两个均匀带电的金属同心球壳，内球壳半径为1R ，带电1q ，外球壳半径为2R ，带电2q ，试求两球壳之间任一点12()P R r R <<的场强与电势？ 5、解：由高斯定理：Ci 内外球壳在P 点产生的场强2014r q E P πε=内外球壳在外球壳外产生的场强20214rq q E πε+=P 点的电势01221012021201411444222121πεπεπεπεq q R r q drrq q dr rq dr E dr E UR R R r R r p p-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∙+∙=∙+∙=+⎰⎰⎰⎰6、一根很长的直导线载有交变电流0i I sin t ω=，它旁边有一长方形线圈ABCD ，长为l ，宽为b a -， 线圈和导线在同一平面内，求：(1) 穿过回路ABCD 的磁通量m Φ； (2 ) 回路ABCD 中的感应电动势。
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。
大学物理下经典计算题(精选)PPT文档共26页
11、战争满足了，或曾经满足过人的 好斗的 本能， 但。 ——查·埃利奥 特 12、不应把纪律仅仅看成教育的手段 。纪律 是教育 过程的 结果， 首先是 学生集 体表现 在一切 生活领 域—— 生产、 日常生 活、学 校、文 化等领 域中努 力的结 果。— —马卡 连柯(名 言网)
13、遵守纪律的风气的培养，只有领 导者本 身在这 方面以 身作则 才能收 到成效 。—— 马卡连 柯 14、劳动者的组织性、纪律性、坚毅 精神以 及同全 世界劳 动者的 团结一 致，是 取得最 后胜利 的保证 。—— 列宁 摘自名言网
15、机会是不守纪律的。——雨果
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26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭
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27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
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28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
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29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
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30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
谢谢！
26
物理计算题道+答案
物理计算题20道1、一弹簧秤的秤盘质量m 1=1．5kg ，盘内放一质量为m 2=10．5kg 的物体P ，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m ，系统处于静止状态，如图6所示。
现给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s 内F 是变化的，在0．2s 后是恒定的，求F 的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s 2） 答案：()N g a m F 1682max =+=；()N a m m F 7221min =+=2. 如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g 、电荷量q=8×10-5C 的小球，小球的直径比管的内径略小．在管口所在水平面MN 的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B 1= 15T 的匀强磁场，MN 面的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m 的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B 2=5T 的匀强磁场．现让小车始终保持v=2m/s 的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ 为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力F N 随高度h 变化的关系如图所示．g 取10m/s 2，不计空气阻力．求： （1）小球刚进入磁场B 1时的加速度大小a ； （2）绝缘管的长度L ； （3）小球离开管后再次经过水平面MN 时距管口的距离△x ．f 1，故小球在管中（F N 11N F qv B =，则11v =22v a= （3）小球离开管口进入复合场，其中qE ＝2×10－3N ，mg ＝2×10－3N ．故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度v '与MN 成45°角，轨道半径为R ，m 22='=qB v m R ，小球离开管口开始计时，到再次经过MN 所通过的水平距离12m x ==对应时间s 42412ππ===qB m T t 小车运动距离为x 2，2m 2x vt π==3. 在水平光滑的绝缘桌面内建立如图所示的直角坐标系，将第Ⅰ、Ⅱ象限称为区域一，第Ⅲ、Ⅳ象限称为区域二，其中一个区域内只有匀强电场，另一个区域内只有大小为2×10－2T 、方向垂直桌面的匀强磁场．把一个荷质比为mq=2×108C ／kg 的正电荷从坐标为(0，－l)的A 点处由静止释放，电荷以一定的速度从坐标为(1，0)的C 点第一次经x 轴进入区域一，经过一段时间，从坐标原点D 再次回到区域二．h(1)指出哪个区域是电场、哪个区域是磁场以及电场和磁场的方向． (2)求电场强度的大小．(3)求电荷第三次经过x 轴的位置．解析：（1）区域一是磁场，方向垂直纸面向里。
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通过微分面积 的磁通量为
通过矩形线圈的磁通量为
感生电动势
时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针； 时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。
13-3均匀磁场 被限制在半径R=10cm的无限长圆柱形空间内，方向垂直纸面向里。取一固定的等腰梯形回路ABCD，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如题图13-3所示。设磁场以 的匀速率增加，已知 ， ，求等腰梯形回路ABCD感生电动势的大小和方向。
解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则t时刻通过该回路的磁通量
，其中S为等腰梯形ABCD中存在磁场部分的面积，其值为
感应电动势
代入已知数值得
“–”说明，感应电动势的实际方向为逆时针，即沿ADCBA绕向。用楞次定律也可直接判断感应电动势的方向为逆时针绕向。
13-4如题图13-4所示，有一根长直导线，载有直流电流I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度 沿垂直于导线的方向离开导线.设t=0时，线圈位于图示位置,求：
解：两反射光的光程差 2n2e，由干涉相消条件 ，得
取k＝0，则
14-8.如题图14-8所示在折射率n＝的玻璃上，镀上 ＝的透明介质薄膜．入射光波垂直于介质表面，然后观察反射光的干涉，发现对 的光波干涉相消，对 的光波干涉相长．且在600nm到700nm之间没有别的波长的光是最大限度相消或相长的情况．求所镀介质膜的厚度．
第11章
1.用两根彼此平行的长直导线将半径为R的均匀导体圆环联到电源上，如题图所示，b点为切点，求O点的磁感应强度。
解：先看导体圆环，由于 和 并联，设大圆弧有电流 ，小圆弧有电流 ，必有： 由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S相同，实际电阻与圆环弧的弧长 和 有关，即：
则 在O点产生的 的大小为
， 沿x、y轴分解
电场强度为
9-12.一均匀带电球壳内半径 ，外半径 ，电荷体密度为 ，求：到球心距离 分别为 处场点的场强．
解:根据高斯定理 得
当 时， ，得
时，
，方向沿半径向外．
cm时,
沿半径向外.
9-13两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,
(1)求图中三个区域的场强 ， ， 的表达式；
玻璃片上下表面的透射光加强时，应满足
或，反射光应满足干涉减弱条件（与透射光互补）即
得
在可见光范围内，k只能取2或3
时
时
14-10.波长为λ的单色光垂直照射到折射率为 的劈形膜上，如题图14-10所示，图中 ，观察反射光形成的干涉条纹．
(1)从劈形膜顶部O开始向右数起，第五条暗纹中心所对应的薄膜厚度 是多少？
第13章
13-1如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为 ， 。已知两导线中电流都为 ，其中I0和 为常数，t为时间。导线框长为a，宽为b，求导线框中的感应电动势。
解：无限长直电流激发的磁感应强度为 。取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x处的磁感应强度大小
6.如题图所示，一根长直导线载有电流 ，矩形回路载有电流 ，已知 ， 试计算：
（1）作用在回路各边上的安培力；
（2）作用在回路上的合力.
解：(1)上下导线所受安培力大小相等，方向相反。
左右导线所受安培力大小分别为：
线框所受总的安培力 为左、右两边安培力 和 之矢量和，故合力的大小为：
合力的方向朝左，指向直导线.
解：当光垂直入射时，
对λ1（干涉相消）
①
对λ2（干涉相长） ②
由①②解得
将k、λ2、 代入②式得
14-9.白光垂直照射在空气中厚度为 的玻璃片上，玻璃的折射率为．试问在可见光范围内，哪些波长的光在反射中增强？哪些波长的光在透射中增强？
解：玻璃片上下表面的反射光加强时，应满足
即
在可见光范围内，只能取 （其它值均在可见光范围外），代入上式，得
解：已知：d＝，D＝1m，x＝20mm
依公式
∴
故k＝10?λ1＝400nm
k＝9λ2＝
k＝8λ3＝500nm
k＝7λ4＝
k＝6λ5＝
这五种波长的光在所给的观察点最大限度地加强．
14-4.在双缝干涉实验中，波长 的单色平行光,垂直入射到缝间距 的双缝上，屏到双缝的距离 ．求：
(1)中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；
(2)相邻的两明纹所对应的薄膜厚度之差是多少？
解：(1)第五条暗纹中心对应的薄膜厚度为
k=4
(2)明纹的条件是
相邻两明纹所对应的膜厚度之差
14-15.某种单色平行光垂直入射在单缝上，单缝宽a=．缝后放一个焦距f=400mm的凸透镜，在透镜的焦平面上，测得中央明条纹两侧第三级暗条纹之间的距离为，求入射光的波长．
（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势
感应电动势的方向沿顺时针绕向。
13-6如题图13-6所示，一根长为L的金属细杆 绕竖直轴O1O2以角速度 在水平面内旋转，O1O2在离细杆A端L/5处。若已知均匀磁场 平行于O1O2轴。求 两端间的电势差 .
解：设金属细杆 与竖直轴O1O2交于点O,将 两端间的动生电动势看成 与 两段动生电动势的串联。取 方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段微元 ，方向为 方向。微元运动的速度大小为 。由于 互相垂直。所以 两端的动生电动势为
(1)在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量 ；
(2)在图示位置时矩形线圈中的电动势 。
解：(1)设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布
因此，必须由积分求得t时刻通过回路的磁通量。取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量为
解：（1）建立如解图9-17所示坐标系，由点电荷产生的电势的叠加得
同理，可得
（2）
（3）将点电荷q0由A点移到C点，电场力所做的功
（4）将q0由B点移到D点，电场力所做的功
9-20半径为 和 ( ＞ )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量 和 ,试求:
(1)空间场强分布；
(2)两圆柱面之间的电势差。
解:（1）由高斯定理求对称性电场的场强分布
取同轴圆柱形高斯面，侧面积 ，则
小圆柱面内： ，
两圆柱面间： ， ，
方向沿径向向外
大圆柱面外： ，
（2）
9-21在半径为R1和R2的两个同心球面上分别均匀带电q1和q2,求在 , , 三个区域内的电势分布。
解：利用高斯定理求出空间的电场强度：
则空间电势的分布：
而 在O点产生的 的大小为
和 方向相反，大小相等.即 。
直导线 在O点产生的 。
直导线 在O点产生的 ，方向垂直纸面向外。
则O点总的磁感强度大小为 ，方向垂直纸面向外。
2.一载有电流 的长导线弯折成如题图所示的形状，CD为1/4圆弧，半径为R，圆心O在AC，EF的延长线上.求O点处磁场的场强。
解：因为O点在AC和EF的延长线上，故AC和EF段对O点的磁场没有贡献。
(2)用一厚度为 、折射率为 的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？
解：(1)x、＝20x=20D/d＝(m)
(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足
(n－1)e＋r1＝r2
设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有
r2－r1＝k
所以
(n－1)e=k
k＝ =≈7
零级明纹移到原第7级明纹处
14-6.如题图14-6所示，在双缝干涉实验中，单色光源S0到两缝S1和S2的距离分别为 和 ，并且 ，λ为入射光的波长，双缝之间的距离为d，双缝到屏幕的距离为D(D>>d)，求：
14-7在折射率 的照相机镜头表面涂有一层折射率 的MgF2增透膜，若此膜仅适用于波长 的光，则此膜的最小厚度为多少？
本题所述的增透膜，就是希望波长λ＝550nm的光在透射中得到加强，因干涉的互补性，波长为550nm的光在透射中得到加强，则在反射中一定减弱，具体求解时应注意在e>0的前提下，k取最小的允许值．
的动生电动势为
动生电动势 的方向由B指向O。同理OA的动生电动势为
动生电动势 的方向由A指向O。所以 两端间的的动生电动势为
动生电动势 的方向由A指向了B；A端带负电，B端带正电。
AB两端间的电势差
B端电势高于A端。
第14章
14-2.在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为．在距双缝1m远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为 至 的白光，问屏上离零级明纹20mm处，哪些波长的光最大限度地加强？
第9章
9-4直角三角形ABC如题图9-4所示，AB为斜边，A点上有一点荷 ，B点上有一点电荷 ，已知 ， ，求C点电场强度 的大小和方向( , ).
解：如解图9-4所示C点的电场强度为
C点电场强度 的大小
方向为
即方向与BC边成°。
9-5两个点电荷 的间距为，求距离它们都是处的电场强度 。
解：如解图9-5所示
（2）若 ，那么， ， ， 各多大？
解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为
在Ⅰ区域
Ⅱ区域
Ⅲ区域
（2）若 则
9-17如题图9-17所示，已知 ， , , ，D为 连线中点，求：
（1）D点和B点的电势；
的点电荷q0由A点移到C点，电场力所做的功；
（4）将q0由B点移到D点，电场力所做的功。
4.一根很长的圆柱形实心铜导线半径为 ，均匀载流为 。试计算：
（1）如题图（a）所示，导线内部通过单位长度导线剖面的磁通量；
（2）如题图（b）所示，导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量.