大物习题册答案全套

练习一 力学导论 参考解答

1． (C)； 提示：??=

?=t

3

x

9

vdt dx

t

d x

d v

2． (B)； 提示：?

?

+

=R

20

y 0

x y d F x d F A

3． 0.003 s ； 提示：0t 3

104400F 5

=?-=令

0.6 N·s ; 提示： ?

=

003

.00

Fdt I

2 g ; 提示： 动量定理 0mv 6.0I -==

3． 5 m/s 提示：图中三角形面积大小即为冲量大小；然后再用动量定理求解 。

5．解：(1) 位矢 j t b i t a r

ωωsin cos += (SI)

可写为 t a x ωc o s = ， t b y ωs i n =

t a t x x ωωsin d d -==

v ， t b t

y ωωc o s d dy

-==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2

2222

12121ωmb m m y x =+v v

由A →B ??-==0a 2

0a x x x t c o s a m x F A d d ωω=?=-02222

1d a ma x x m ωω ??-==b 02b 0y y t sin b m y F A dy d ωω=?-=-b mb y y m 02

222

1d ωω

6. 解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，

小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下： x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=? ① y 方向：0)(=---=?y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ?==/2v v x =v cos a

∴ t m F ?=/cos 2αv 方向沿x 正向．

根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．

α

α

m

m

O

x y

练习二 刚体的定轴转动 参考解答

1．(C) 提示： 卫星对地心的角动量守恒

2．(C) 提示： 以物体作为研究对象P-T=ma (1);

以滑轮作为研究对象 TR=J β (2)

若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，

表明(2)式中的T 增大，故β也增大。

4． m ω ab ； 提示：

0 ； 提示：由于算出角动量是个常矢量，即角动量守恒，故质点所受对原点的力矩为零。 4．

L

76v 提示： 角动量守恒

5．解：(1)由转动定律M=J β，有

(2)由机械能守恒定律，有

6．解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒．

设I 0和ω 0、I 和ω 分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度, 则有

I 0ω 0 = I ω ① 由已知条件知： I 0 = 2mR 2 / 5， I = 2m (R / 2)2 / 5

代入①式得

ω = 4ω 0 即收缩后球体转快了，其周期

4

4220

0T T =π=

π

=

ωω

周期减小为原来的1 / 4．

β)31(22ml l mg =l g

23=

?β22)ml 31(21sin 2l mg ω=θl g θωsin 3=?B B A A R Mv R Mv =

? o v

m r L ;v dt r d v ?=?=再由ω++=+)mL 31mL mL (Lmv Lmv 22

2

1. (B)

2. (C)

3.

4. 6.23×10 3 ； 6.21×10 - 21 ； 1.035×10 - 21

. .

5. 解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w

＝6.21×10-21

J ．

且 ()

()

483/22

/12

/12

==m w v

m/s

(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． SI)

6. 解：根据

kT m 23212=v ， 可得 N k T m N 2

3

212=v ， 即 ()m N R T N m

m N d /23212

=v = ()RT M M mol /23 =()V M RT ρmol /2

3

＝7.31×106 J ．

又 ()T iR M M E ?=?21/mol ＝()T iR M V ?2

1

/mol ρ＝4.16×104 J ．

及 ()()()

2

/121

2

/1222

/12v v v -=?＝ ()

()

12

2

/1mol /3T T

M R -＝0.856 m/s ．

PV i

2

1.（D ）

2.（B ）

3. 2

4. >;<

5. 解：根据气体分子速率分布函数的意义， （1）?∞

=

)(dv v mvf mv

（2）dv v f mv mv )(2

121

2

2?

∞

=

6. 解：

（1）由图可知，氢气分子的最概然速率为2000m/s ,又因为温度相同时，最概然速率之比等于摩尔质量的平方根之反比，所以氧气分子的最概然速率为（2/32）1/2*v pH2=500m/s ; (2)由mol

p M RT

v 2=，T=481K

练习五 热 力 学 （练习一） 参 考 解 答

1. (B)

2. (D)

3. >0, >0

4. ||1W -

||2W -

5.解：由图，p A =300 Pa ，p B = p C =100 Pa ；V A =V C =1 m 3，V B =3 m 3。

(1) C →A 为等体过程，据方程p A /T A = p C /T C 得：T C = T A p C / p A =100 K

B →

C 为等压过程，据方程V B /T B =V C /T C 得：T B =T C V B /V C =300 K

(2) 各过程中气体所作的功分别为：A →B ：=400 J

B →

C ：W 2 = p B (V C －V B ) =－200 J C →A ： W 3 =0

(3) 整个循环过程中气体所作总功为：W = W 1 +W 2 +W 3 =200 J 因为循环过程气体内能增量为ΔU =0，因此该循环中气体总吸热：Q =W +ΔU =200 J----3分

6. 解：(1) 312111035.5)/ln(?==V V RT Q J

(2) 25.011

2

=-

=T T η. 311034.1?==Q W η J (3) 3121001.4?=-=W Q Q J

))((21

1C B B A V V p p W -+=

练 习 六 热 力 学 （二） 参 考 解 答

1. (D)

2. (D)

3. 等压

等压

等压

4. 一点

一曲线

封闭曲线

5. 解：氦气为单原子分子理想气体，3=i

(1) 等体过程，V ＝常量，W =0

据 Q ＝?E +W 可知 )(12T T C M M

E Q V m o l

-=

?=＝623 J (2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M M

Q p m o l

-=

=1.04×103 J ?E 与(1) 相同． W = Q - ?E ＝417 J

(3) Q =0，?E 与(1) 同 W = -?E=-623 J (负号表示外界作功) 6. 解：

(1) J

(2) ；J

(3) J

3

12111035.5)/ln(?==V V RT Q 25.0112=-=T T

η3

11034.1?==Q W η3

121001.4?=-=W Q Q

3. (B). ( 提示：将)4

1cos(π+=t A x ω对时间两次求导，并将t = T /4代入即可.)

4. (B). (提示：利用旋转矢量法 )

5. 2.09s; 9.17cm. (提示：根据机械能守恒222

111222kx mv kA +

=及2m T k

π

=) 4. 1：1;

m

e e m R M R M .（提示：利用2l

T g

π=及万有引力公式2Mm F G r =） 5. 解： k = m 0g / ?l 25.12N/m 08

.08

.91.0=?=

N/m

11

s 7s 25

.025.12/--==

=m k ω 5cm )7

21(4/22

22020=+=+=ωv x A cm

4/3)74/()21()/(tg 00=?--=-=ωφx v ， φ = 0.64 rad

)64.07cos(05.0+=t x (SI)

6. 解： (1)单摆角频率及周期分别为

3.13/;2 2.01g

rad s l T s

ωπ

ω

=

==

= (2)由0t =时max 5θθ==可得振动初相0?=， 则以角量表示的简谐振动方程为

max cos()cos(3.13)36

t t π

θθω==

O x

1．(D) . (提示：振动总能量2

12

E kA =

) 2. (C).（提示：利用旋转矢量法，矢量合成）

3. )2

1cos(04.0π-πt ;（提示：两个相位相反的振动合成）

4. 1cos(/2)x A t ω?π=+-; （提示:利用旋转矢量法确定初始位相）

5. 解：(1) 势能 221kx W P =

总能量 221

kA E = 由题意，4/212

2kA kx =， 21024.42

-?±=±=A x m

(2) 周期 T = 2π/ω = 6 s

从平衡位置运动到2

A x ±

= ?t 为 T /8．

∴ ?t = 0.75 s ．

6. 分析：可采用解析法或旋转矢量法求解

解： (1) 作简谐振动合成的旋转矢量图（略），因为21/2???π?=-=-，故合振动振幅为22

212122cos(/2)7.810A A A A A m π-=

++-=?

合振动初相位1122

1122

sin sin arctan

arctan11 1.48cos cos A A rad A A ?????+===+

(2)要使12x x +振幅最大，即两振动同相，则由2k ?π?=得

31220.75,0,1,2,...k k k ??πππ=+=+=±±

要使23x x +的振幅最小，即两振动反相，则由(21)k ?π?=+得

31(21)2 1.25,0,1,2,...k k k ??πππ=++=+=±±

1．(D ). (提示：与波动方程2cos()y A t x π

ω?λ

=+±对比)

2. (D). (提示：依据dx v dt

=) 3. /2π. (提示：2;u

x π

?λλ

ν

?=

?=

)

4. 0.24m; 0.12m/s; 0.05cos(/0.12/2)()y t x m πππ=-+. (提示：同上题)

5. 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．

画原点O 处质点t = 0 时的旋转矢量图, 得4/0π=φ.

O 处振动方程为 )4

1

500c o s (0π+

π=t A y (SI) . 由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为 ]41

)200250(2cos[π++

π=x t A y (SI) . (2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 )4

5

5

00c o s (1π+π=t A y . 振动速度表达式是 )4

5

500s i n (500

v πππ+-=t A (SI) . 6. 解： 有图可知质点的振动振幅A=0.4m, 0t =时位于 1.0x m =处的质点在A/2处并向Oy 轴正向移动.据此作出相应的旋转矢量图，0'/3?π=-. 又t=5s 时，质点第一次回到平衡位置，则有5/2/35/6t ωωπππ==+=，因而得/6/rad s ωπ=，于是可写出x=1.0m 处质点的运动方程为0.40cos(/6/3)()y t m ππ=-. 将波速/1.0/2u T m s ωλ

λπ

==

=及 1.0x m =代入波动方程的一般形式0cos[(/)]y A t x u ω?=++中，并与上述 1.0x m =处的运动方程比较，可得0/2?π=-，

则波动方程为0.40cos[()]()6

2

y t x m π

π

=+-

.

X

O

1．(B) . (提示：旋转矢量法)

2. (D) . (提示：波动过程是一个能量传递的过程，能量不守恒，质元的动能和势能在任一时刻大小相等、相位相同.在平衡位置都达到最大值，在波峰和波谷处能量为零. )

3. 04I ; 0.(提示：利用两列波叠加原理及相位差2010212()()r r π

???λ

?=--

- )

★4. c o s [2(/)A t x νλ-+ππ ; cos[2(/)]A t x νλ-π. (提示：利用入射波与反射波的关系.若反射点为固定端则存在半波损失，若为自由端则不存在半波损失.) 5.

解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动超前于 λ /4处质点的振动．

该波的表达式为 )]4

(22cos[

λ

λ

λ

-+

=x ut

A y ππ

)222c o s (x ut A λ

λπ

ππ+-= (SI) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时

)22cos(x A y λπ

+π-=)2

2cos(π-π=x A λ

按上述方程画的波形图见图B ．

6.

解：由题设可知:2Hz ν= ; 20

102

u

m λν

=

=

= (1) 在x 轴上任取一点P ，坐标为x ，波由左向右传播，所以P 点相位超前于A ，且相差为 22210

x

PA x π

π

π?λ

λ

?=

=

=

P 点振动方程，亦即波函数为

0.03cos(4)0.03cos(42/10)y t t x ππ?πππ=-+?=-+（SI ）

x ＝ － ９ m 处的D 质点，振动方程为

0.03cos(429/10)0.03cos(414/5)y t t πππππ=--?=-.

(2) 在x 轴上任取一点P ，坐标为x ，其相位落后于A ，相位差为

22'(5)AP x π

π

?λ

λ

?=

=

-

P 点的振动方程，亦即波函数为0.03cos(4')0.03cos(42/10)y t t x ππ?ππ=--?=-(SI).

把D 点坐标x ＝5+9=14 m 代入波函数，即可得D 质点振动方程

0.03cos(4214/10)0.03cos(414/5)y t t ππππ=-?=-（SI ）.

x (m)

t = T

图B

.A u O λ

y (m)

-A 4

3λ-

4

λ- 4λ

4

3λ

O x

P

x λ/ 4

u

图A

练习十一 光的干涉 (一) 参考解答

1. （B ）

2. （A ）

3.

32n

λ

4. （1）条纹变宽；（2）条纹变宽；（3）条纹变窄；（4）出现衍射条纹

5. 解：解：加强， 2ne+

21

λ = k λ， 123000

1242

12-=

-=-

=k k ne k ne λnm k = 1， λ1 = 3000 nm ， k = 2， λ2 = 1000 nm ， k = 3， λ3 = 600 nm ， k = 4， λ4 = 428.6 nm ，

k = 5， λ5 = 333.3 nm ． ∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是

λ＝600 nm 和λ＝428.6 nm ．

6. 解：(1) ∵ dx / D ≈ k λ

x ≈Dk λ / d = (1200×5×500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 从几何关系，近似有

r 2－r 1≈ D /x d ' 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 δ = r 2 – ( r 1 –l +nl ) = r 2 – r 1 –(n -1)l ()l n D x 1/d --'=

对零级明条纹上方的第k 级明纹有 λδk =

零级上方的第五级明条纹坐标

()[]d /k l 1n D x λ+-='

=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4] / 0.50mm =19.9 mm

O P r 1 r 2 d

λ

s 1

s 2

d n

l x '

D

练习十二 光的干涉 (二) 参考解答

1. B

2. D

3.

2

2n λ

4. 1959

5. 解：设某暗环半径为r ，由图中几何关系可知 2(2)e r R ≈ （1） 再根据干涉减弱的条件有

022

(21)22

e e k λ

λ

++=+ （2）

式中k 为大于0的我整数.

把式（1）代入式（2）可得 0(2)

r R k e λ=

- （k 为整数，且02e

k λ>）

6. 解：空气劈形膜时，间距 θλθλ

2s i n 21≈

=

n l

液体劈形膜时，间距 θ

λ

θλn 2s i n n 2l 2≈=

()()θλ2//1121n l l l -=-=?

∴ θ = λ ( 1 – 1 / n ) / ( 2?l )＝1.7×10-4 rad

1. (D)

2. (B) 3．3mm 4. 480nm

5.答案：（1）最多可以看到第5级，共11条明纹；（2）0.25mm 。 解：（1）单缝衍射中央明纹的半角宽度

11sin a

λ

??≈=

中央明纹在屏上的半宽度为

7

15

26100.024m=2.4cm 510f f a λ

ρ?--??≈?=?==?

单缝衍射中央明纹宽度内干涉亮纹的最高级次

m 6k x

ρ

=

=?

而该最高级次的衍射方向正好与单缝衍射第一级暗纹方向相重，为缺级，所以最多可以看到第5级明纹。即在单缝衍射中央明纹宽度内可观察到01,2,3,4,5±±±±±,共11条明纹。

（2）由缺级公式a b

k k a

+'=

，据题意知：当1k '=时，m 6k k ==，所以 660.050.3mm d a b a =+==?= 0.30.050.25mm b d a =-=-=

6.答案：428.6nm 。

解：设所求波长为λ'，则根据单缝衍射明纹条件得

()

()

sin 21212

2

a k k λλ

θ'

'=+=+

将3, 600, 2k k λ'===代入得

()

()23122122

λλ

'

?+=?+ 75λλ'=

55600nm=428.6nm 7

7

λλ'==?

1. (D)

2. (A) 3 变小，变大 4. 第1级和第3级

5.解：（1）由光栅方程d sin θ = k λ 可得：k =d sin θ /λ

可见k 的可能最大值对应sin θ =1。将d 及λ值代入上式，并设sin θ =1，得

28.4107001039

6=??=

--k

k 只能取整数，故取k =4，即垂直入射时最多能看到第4级条纹。 （2）当d 和a 的比为整数比

'

k k a d =时，k 级出现缺级。题中d = 3×10-6m ，a = 1×10-6

m ，因此d /a = 3，故缺级的级数为3，6，9?。

又因k ≤4，所以实际上只能观察到第3级缺级。

6.解：由光栅衍射主极大的公式

d sin θ 1 = k λ1= 1λ1 d sin θ 2 = k λ2= 1λ2 x 1 = f tg θ 1 ≈ f sin θ 1= f λ1 /d x 2 = f tg θ 2 ≈ f sin θ 2= f λ2 /d Δx = x 2- x 1=1.8cm

练习十五 光的偏振答案

1、B

2、B

3、1 / 2

4、37° ，垂直于入射面

5、解：

(1) 经P

1后，光强I 1＝

2

1I 0

I 1为线偏振光．通过P 2．由马吕斯定律有

I ＝I 1cos 2θ ∵ P 1与P 2偏振化方向平行．∴θ＝0． 故 I ＝I 1cos 20°＝I 1＝

2

1

I 0 (2) 加入第三个偏振片后，设第三个偏振片的偏振化方向与第一个偏振化方向间的夹角为α．则透过P 2的光强

αα2202c o s c o s 21I I =α4

0c o s 2

1I = 由已知条件有：

32/cos 2

1

040I I =α ∴ cos 4α＝1 / 16 得 cos α＝1 / 2， 即 α =60°

6、答：由题意，(n 2 / n 1)＝tg i 0．设第一界面上折射角为r ，它也等于第二界面上的入射角．若要第二界面反射光是线偏振光，r 应等于起偏角，即

n 3 / n 2＝tg r

因为i 0是起偏角，∴i 0＋r ＝90°．tg r ＝ctg i 0．

由此得： n 2 / n 3＝n 2 / n 1

不论n 2是多少，只要n 1＝n 3就能满足要求．

练习十六 狭义相对论（一）答案 1、 (D) 2、 (B) 3、 (B) 4、

c ·?t ，2)/(1c t c v -???

分析：在飞船所处惯性系中测定的飞船的长度为其固有长度o L = c ·?t （这和我们平常的长度测量没有区别，不涉及尺缩效应），而地面观测者测定运动飞船的长度发生尺缩，

1o L L γ-=。

5、

10.4m

分析：设实验室为相对静止的惯性系S 系，π介子所处为运动的惯性系S ＇系，此时π介子在S ＇系中的寿命为固有寿命0τ，在实验室参考系S 系中的寿命为0t γτ?=，故其飞行距离0l v t v γτ=?==10.4m.

6、 解：设地球和月球位于K 系x 轴上，地球与月球距离为o L ，飞船为K ’系，相对于K 系以速度v 沿x 轴正方向作匀速直线运动。 地球上的时钟显示的旅行时间为

s v L t o 27.41033.01084.38

8

=???==? 在飞船上测量地、月距离L 时，K 系的o L 是固有长度，由“长度收缩”效应：

2

82

1 3.6610o

v

L L m

c =-=? 飞船上的时钟显示的旅行时间为

s v L

t 07.410

33.01066.3'88

=???==? t t ?

在飞船上，即同地发生的两事件，所以飞船时钟所显示的时间间隔是“固有时间”。

练习十七 狭义相对论（二）答案

1、 (B)

2、 (C)

3、

12-K K

c

4、 1.04

分析：由220-K E mc m c = 得： 2K m E c ?=

即得：200K

m E m m c ?= 故：2002

00K m m E m c m m c

?++==1.04

5、 解：当薄板以速度v 沿其长度方向匀速直线运动时，相对于板静止的观察者测得该板

的长为2

'

c v 1a a ??

?

??-=,宽b b '=，此时板的质量2

0c v 1m m ??

? ??-=

则该板的面积密度为： ???

???????? ??-=?

?? ??-??? ??-==

ρ20220

'

'c v 1ab m b 1

c v 1a 1

c v 1m b

a m

6、 解：（1）由相对论的功能关系，电子由静止加速到0.1c 所需的功为：

20202

22021005.0)1/11(

-c m c m c v c m mc W =--==

（2）同理，电子由速率0.89c 加速到0.99c 所需的功为：

202

2

12

2

221222)/11/11(

-c m c v c v c m c m W --

-==

20202

2

.94)9.80119.9011(c m c m =--

-=

1、 (C) ;

2、 (C)

3、 单位正电荷在该点受到的电场力

4、

22

04a +b q

πε（）

; O 点指向D 点. 5、 解： 1、求左棒在右棒处各点的场强：

2、右棒x'处电荷元受的电场力：

3、右棒受的总电场力：

方向：x 方向

6、 0U =0 /

2

Q R π

λ= d q d l R d

λλθ== 2

0044dq dE d R R

λ

θπεπε=

= 2

022

02sin 2sin 4E dE d R

Q

R π

λ

θθθπεπε===

??

O

x

l

2l

λ dx

x

λ dx'

x'

200

11

()4()4l

dx E x x x l x

λλπεπε==-'''--?

2011()4dF dx E dx x l x λλπε''

=?=-''

-322002114

()ln 443

l l F dx x l x

λλπεπε'=-=''-?

1、 (C) ;

2、 (C)

3、

24

016Q S

R

πε?

4、 0 ; 高斯面上各点处 .

5、解： 通过平面S1的电通量:

通过平面S2的电通量:

总电通量:

6、 解：

板外一点： 方向：垂直板面向外。 板内一点：

方向：垂直板面向外。

∑

??

==?1

01

i i

S q S d E ε 0

2i E dS E dS q ε?+?=∑??侧底

2/2d

E S d S E ρρεε

?=?=

∴0

22/E S

S x ρε??=???x E ρε=

1、 (A)

2、(C)

3、 ()08q a πε-

4、 0；常数.

5、 解： 作半径为r,宽度为dr 的同心圆环

6、 解： 思路：利用补偿法。

大球在p 点的 1E

小球在p 点的 2E

P 点场强：

方向：o 点指向 o’ 点

2dq rdr σπ=00

42dq

dU dr r

σπεε=

=

00

()22R a

U dU dr R a σσεε===-??

103E op ρε=

?20

3E po ρε'

=?12

03E E E oo ρε'=+=