大物作业标准答案
大学物理(上册)参考答案
第一章作业题P211.1； 1.2； 1.4；1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x，a 的单位为2sm -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量：x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 cx x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2sm -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t t va 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量， tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝ 2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即βωR R =2亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ1.12 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v t sv -==0d d R bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝ 2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='00d k mv t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o30，则动量的增量为0v m v m p -=∆由矢量图知，动量增量大小为v m，方向竖直向下．2.13作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t ttF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是 ⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理， 12v v∆=∆,12I I =这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1； 3.2； 3.7；3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg =∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ②上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P1455.1； 5.2；5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时，有p E E 2=，即)21(212122kA kx ⋅= ∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）g m M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk mg x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
大物作业题1-6及答案
作业题一（静止电荷的电场）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 带有σ d S 的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度(A) 处处为零． (B) 不一定都为零． (C) 处处不为零． (D) 无法判定 ．[ ］ 2. 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围空间各点电场强度E随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向左为负) ［ ］3. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图)，测得它所受的力为F ．若考虑到电荷q 0不是足够小，则 (A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大．(B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小． (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值．(D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定． ［ ］4. 如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：(A)06εq ． (B) 012εq． (C) 024εq ． (D) 048εq ． ［ ］5. 高斯定理 ⎰⎰⋅=VSV S E 0/d d ερ(A) 适用于任何静电场． (B) 只适用于真空中的静电场． (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场．(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场． ［ ］02εP6. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为λ1和λ2，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为： (A)r 0212ελλπ+． (B) 20210122R R ελελπ+π(C) 1012R ελπ． (D) 0． ［ ］7. 点电荷Q 被曲面S 所包围 ， 从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后： (A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变． (B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变． (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化． (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化． ［ ］ 8. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε可知下述各种说法中，正确的是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零．(B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零．(D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电 ［ ］二、填空题9. A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E 0，两平面外侧电场强度大小都为E 0/3，方向如图．则A 、B 两平面上的电荷面密度分别为σA ＝_______________, σB ＝____________________．10. 三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋σ，如图所示，则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强 度分别为：E A ＝_________________，E B ＝_____________， E C ＝_________，E D =___________ (设方向向右为正)．qA BE 0E 0/3E 0/3 +σ+σ+σABCD11. 一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝__________________ __________，场强方向为______________________．12. 如图所示，真空中两个正点电荷Q ，相距2R ．若以其中一点电荷所在处O 点为中心，以R 为半径作高斯球面S ，则通过该球面的电场强 度通量＝______________；若以 0r 表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a 、b 两点的电场强度分别为________________________． 三、计算题13. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．14. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为λ，试求轴线上一点的电场强度．15. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为 ρ =Ar (r ≤R ) ， ρ =0 (r ＞R ) A 为一常量．试求球体内外的场强分布．16. 图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：E x＝bx，E y＝0，E z＝0．高斯面边长a＝0.1 m，常量b＝1000 N/(C·m)．试求该闭合面中包含的净电荷．(真空介电常数 0＝8.85×10-12C2·N-1·m-2 ) x作业题二（电势）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ，则M 点的电势为 (A)a q 04επ． (B) a q 08επ．(C) a q 04επ-． (D) aq08επ-． ［ ］2. 如图所示，两个同心球壳．内球壳半径为R 1，均匀带有电荷Q ；外球壳半径为R 2，壳的厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在内球壳里面，距离球心为r 处的P 点的场强大小及电势分别为： (A) E ＝0，U ＝104R Q επ． (B) E ＝0，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π21114R R Q ε．(C) E ＝204r Q επ，U ＝r Q04επ (D) E＝204r Q επ，U ＝104R Q επ．[ ]3. 关于静电场中某点电势值的正负，下列说法中正确的是： (A) 电势值的正负取决于置于该点的试验电荷的正负． (B) 电势值的正负取决于电场力对试验电荷作功的正负． (C) 电势值的正负取决于电势零点的选取．(D) 电势值的正负取决于产生电场的电荷的正负． ［ ］ 4. 点电荷-q 位于圆心O 处，A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点，如图所示．现将一试验电荷从A 点分别移动到B 、C 、D 各点，则 (A) 从A 到B ，电场力作功最大．(B) 从A 到C ，电场力作功最大． (C) 从A 到D ，电场力作功最大．(D) 从A 到各点，电场力作功相等． ［ ］5. 如图所示，直线MN 长为2l ，弧OCD 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷＋q ，M 点有负电荷-q ．今将一试验电荷＋q 0从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功A 7. -(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 ,且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0． ［ ］ 6. 半径为r 的均匀带电球面1，带有电荷q ，其外有一同心的半径为R 的均匀带电球面2，带有电荷Q ，则此两球面之间的电势差U 1-U 2为： (A)⎪⎭⎫ ⎝⎛-πR r q 1140ε . (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛-πr R Q 1140ε .(C) ⎪⎭⎫⎝⎛-πR Q r q 041ε . (D)r q 04επ . [ ] 7. 两块面积均为S 的金属平板A 和B 彼此平行放置，板间距离为d (d 远小于板的线度)，设A 板带有电荷q 1，B 板带有电荷q 2，则AB两板间的电势差U AB 为(A) d S q q 0212ε+． (B) d Sq q 0214ε+． (C) d S q q 0212ε-． (D) d Sq q 0214ε-． ［ ］8. 面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)S q 02ε． (B) S q 022ε．(C) 2022S q ε． (D) 202Sq ε． ［ ］ 二、填空题9. 如图所示,两同心带电球面，内球面半径为r 1＝5 cm ，带电荷q 1＝3×10-8C ；外球面半径为r 2＝20 cm ， 带电荷q 2＝－6×108C ，设无穷远处电势为零，则空间另一电势为零的球面半径r ＝ __________________．10. 真空中一半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ．今在球面上挖去很小一块面积△S (连同其上电荷)，若电荷分布不改变，则挖去小块后球心处电势(设无穷远处电势为零)为________________．11. 把一个均匀带有电荷+Q 的球形肥皂泡由半径r 1吹胀到r 2，则半径为R (r 1＜R ＜r 2)的球面上任一点的场强大小E 由______________变为______________；电势U 由 __________________________变为________________(选无穷远处为电势零点)．12. 静电场的环路定理的数学表示式为：______________________．该式的物理意义是：____________________________________________________________．该定理表明，静电场是______ _________场．三、计算题AS q 1q 213. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为σ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．14. 图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势．15.两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为R1＝0.03 m和R2＝0.10 m．已知两者的电势差为450 V，求内球面上所带的电荷．16. 有两根半径都是R的“无限长”直导线，彼此平行放置，两者轴线的距离是d (d≥2R)，沿轴线方向单位长度上分别带有＋λ和－λ的电荷，如图所示．设两带电导线之间的相互作用不影响它们的电荷分布，试求两导线间的电势差．作业题三（导体和电介质）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题 1. A 、B 为两导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示．A 板带电荷+Q 1，B 板带电荷+Q 2，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为 ［ ］(A) S Q 012ε ．(B) SQ Q 0212ε-．(C) S Q 01ε． (D) SQ Q 0212ε+．2. 一带正电荷的物体M ，靠近一原不带电的金属导体N ，N 的左端感生出负电荷，右端感生出正电荷．若将N 的左端接地，如图所示，则(A) N 上有负电荷入地． (B) N 上有正电荷入地． (C ) N 上的电荷不动．(D) N 上所有电荷都入地． ［ ］ 3. 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为 ［ ］ (A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ． (C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ．4. 一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联．当电容器两极板间为真空时，电场强度为0E ，电位移为0D，而当两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质时，电场强度为E ，电位移为D，则 ［ ］(A) r E E ε/0 =，0D D =． (B) 0E E =，0D D rε=．(C) r E E ε/0 =，r D D ε/0 =． (D) 0E E =，0D D =． 5. 在静电场中，作闭合曲面S ，若有0d =⎰⋅SS D (式中D为电位移矢量)，则S 面1+Q 2B内必定 ［ ］(A) 既无自由电荷，也无束缚电荷． (B) 没有自由电荷． (C) 自由电荷和束缚电荷的代数和为零．(D) 自由电荷的代数和为零．6. 一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图．当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为m 、带电荷为+q 的质点，在极板间的空气区域中处于平衡．此后，若把电介质抽去 ，则该质点 ［ ］ (A) 保持不动． (B) 向上运动． (C) 向下运动． (D) 是否运动不能确定．7.一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U 12、电场强度的大小E 、电场能量W 将发生如下变化： ［ ］(A) U 12减小，E 减小，W 减小．(B) U 12增大，E 增大，W 增大． (C) U 12增大，E 不变，W 增大．(D) U 12减小，E 不变，W 不变． 8. 如图所示, 一球形导体，带有电荷q ，置于一任意形状的空腔导体中．当用导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能量将 (A) 增大． (B) 减小．(C) 不变． (D) 如何变化无法确定．［ ］ 二、填空题9. 半径为R 1和R 2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常量为εr 的均匀介质．设两筒上单位长度带有的电荷分别为+λ和-λ，则介质中离轴线的距离为r 处的电位移矢量的大小D =____________，电场强度的大小 E =____________．+Q10. 一平行板电容器，充电后与电源保持联接，然后使两极板间充满相对介电常量为εr的各向同性均匀电介质，这时两极板上的电荷是原来的______倍；电场强度是原来的_________倍；电场能量是原来的_________倍．11. 一平行板电容器，充电后切断电源，然后使两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．此时两极板间的电场强度是原来的____________倍；电场能量是原来的___________ 倍．12. 分子的正负电荷中心重合的电介质叫做_______________ 电介质．在外电场作用下，分子的正负电荷中心发生相对位移，形成________________________．三、计算题13. 如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电势零点，试求：(1) 球壳内外表面上的电荷．(2) 球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．(3) 球心O点处的总电势．14. 半径分别为R1和R2 (R2 > R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q1和Q2，今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示, 导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q．15. 假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？(2) 使球上电荷从零开始增加到Q的过程中，外力共作多少功？16. 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R1 = 2 cm，R2 = 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．作业题四（电流的磁场）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 如图，边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q 的点电荷．此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1；此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为 ［ ］(A) B 1 = B 2． (B) B 1 = 2B 2． (C) B 1 = 21B 2． (D) B 1 = B 2/4．2. 电流I 由长直导线1沿平行bc 边方向经a 点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由b 点沿垂直ac 边方向流出，经长直导线2返回电源(如图)．若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O 点产生的磁感强度分别用1B 、2B和3B 表示，则O 点的磁感强度大小(A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0，但021=+B B，B 3 = 0．(C) B ≠ 0，因为虽然B 2 = 0、B 3= 0，但B 1≠ 0．(D) B ≠ 0，因为虽然021≠+B B，但B 3≠ 0． ［ ］3. 通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为：[ ](A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O ．(C) B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > B P ．4. 边长为l 的正方形线圈，分别用图示两种方式通以电流I (其中ab 、cd 与正方形共面)，在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感强度的大小分别为： (A) 01=B ，02=B ． (B) 01=B ，l I B π=0222μ．(C) lIB π=0122μ，02=B ． (D)Cq3.al I B π=0122μ,lIB π=0222μ． ［ ］ 5. 如图，在一圆形电流I 所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路L ，则由安培环路定理可知(A) 0d =⎰⋅Ll B，且环路上任意一点B = 0．(B) 0d =⎰⋅Ll B，且环路上任意一点B ≠0．(C) 0d ≠⎰⋅Ll B，且环路上任意一点B ≠0．(D)0d ≠⎰⋅Ll B ，且环路上任意一点B =常量． ［ ］6. 如图，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I ，则下述各式中哪一个是正确的？(A)I l H L 2d 1=⎰⋅ ． (B)I l H L =⎰⋅2d(C) I l H L -=⎰⋅3d． (D)I l H L -=⎰⋅4d． ［ ］7. 图中，六根无限长导线互相绝缘，通过电流均为I ，区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为相等的正方形，哪一个区域指向纸内的磁通量最大？ (A) Ⅰ区域． (B) Ⅱ区域． (C) Ⅲ区域． (D) Ⅳ区域． (E) 最大不止一个． ［ ］8. 如图两个半径为R 的相同的金属环在a 、b 两点接触(ab 连线为环直径)，并相互垂直放置．电流I 沿ab 连线方向由a 端流入，b 端流出，则环中心O 点的磁感强度的大小为 (A) 0． (B) RI40μ．(C) R I 420μ． (D) R I0μ． (E)RI820μ． ［ ］ 4ⅠⅡⅢⅣIIba二、填空题9. 如图，在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和S 2的两个矩形回路．两个回路与长直载流导线在同一平面，且矩形回路的一边与长直载流导线平行．则通过面积为S 1的矩形回路的磁通量与通过面积为S 2的矩形回路的磁通量之比为____________． 10. 如图，平行的无限长直载流导线A 和B ，电流强度均为I ，垂直纸面向外，两根载流导线之间相距为a ，则(1) AB 中点(P 点)的磁感强度=p B_____________．(2) 磁感强度B沿图中环路L 的线积分 =⎰⋅Ll Bd __________________________________．11. 图中所示的一无限长直圆筒，沿圆周方向上的面电流密度(单位垂直长度上流过的电流)为i ，则圆筒内部的磁感强度的大 小为B =________，方向_______________．12. 将半径为R 的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为h ( h << R )的无限长狭缝后，再沿轴向流有在管壁上均匀分布的电流，其面电流密度(垂直于电流的单位长度截线上的电流)为i (如上图)，则管轴线磁感强度的大小是__________________．三、计算题13. 半径为R 的无限长圆柱形导体和内半径为R 0，外半径也为R 的无限长圆筒形导体，都通有沿轴向的，在横截面上均匀分布的电流I ，导体的磁导率都为μ0．今取长为l 、宽为2 R的矩10.l ′ ′l形平面ABCD 和A ′B ′C ′D ′，AD 及A ′D ′正好在导体的轴线上，如图所示．(1) 通过ABCD 的磁通量大小为多少？(2) 通过A ′B ′C ′D ′的磁通量为多少？ (3) 若电流I 不变，外半径R 不变，圆筒壁变薄，直至壁厚趋于零，再求(2) ．14. 一根无限长导线弯成如图形状，设各线段都在同一平面内(纸面内)，其中第二段是半径为R 的四分之一圆弧，其余为直线．导线中通有电流I ，求图中O 点处的磁感强度．15. 平面闭合回路由半径为R 1及R 2 (R 1 > R 2 )的两个同心半圆弧和两个直导线段组成(如图)．已知两个直导线段在两半圆弧中心O 处的磁感强度为零，且闭合载流回路在O 处产生的总的磁感强度B 与半径为R 2的半圆弧在O 点产生的磁感强度B 2的关系为B = 2 B 2/3，求R 1与R 2的关系．R 1 R 2 OI16. 如图所示，一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，面电荷密度为σ．该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转．试求圆筒内部的磁感强度．作业题五（电流在磁场中受力）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 按玻尔的氢原子理论，电子在以质子为中心、半径为r 的圆形轨道上运动．如果把这样一个原子放在均匀的外磁场中，使电子轨道平面与B垂直，如图所示，则在r 不变的情况下，电子轨道运动的角速度将：［ ］(A) 增加． (B) 减小． (C) 不变． (D) 改变方向． 2. 如图，一个电荷为+q 、质量为m 的质点，以速度v沿x 轴射入磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向垂直纸面向里，其范围从x = 0延伸到无限远，如果质点在x = 0和y = 0处进入磁场，则它将以速度v-从磁场中某一点出来，这点坐标是x = 0 和 ［ ］ (A) qB m y v +=． (B) qB m y v2+=． (C) qB m y v 2-=． (D) qBm y v-=．3. 一铜条置于均匀磁场中，铜条中电子流的方向如图所示．试问下述哪一种情况将× ××会发生？ (A) 在铜条上a 、b 两点产生一小电势差，且U a > U b ． (B) 在铜条上a 、b 两点产生一小电势差，且U a < U b ． (C) 在铜条上产生涡流． (D) 电子受到洛伦兹力而减速． ［ ］ 4. 如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将 ［ ］(A) 向着长直导线平移． (B) 离开长直导线平移． (C) 转动． (D) 不动．5. 长直电流I 2与圆形电流I 1共面，并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘)，设长直电流不动，则圆形电流将 (A) 绕I 2旋转． (B) 向左运动． (C) 向右运动． (D) 向上运动．(E) 不动． ［ ］ 6. 如图，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动．线框平面与大平板垂直．大平板的电流与线框中电流方向如图所示，则通电线框的运动情况对着从大平板看是： ［ ］ (A) 靠近大平板． (B) 顺时针转动．(C) 逆时针转动． (D) 离开大平板向外运动． 7. 两个同心圆线圈，大圆半径为R ，通有电流I 1；小圆半径为r ，通有电流I 2，方向如图．若r << R (大线圈在小线圈处产生的磁场近似为均匀磁场)，当它们处在同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为 ［ ］I 116. I 1 I 2O r RI 1 I 2(A)Rr I I 22210πμ． (B)Rr I I 22210μ．(C)rR I I 22210πμ． (D)0．8. 两根载流直导线相互正交放置，如图所示．I 1沿y 轴的正方向，I 2沿z 轴负方向．若载流I 1的导线不能动，载流I 2的导线可以自由运动，则载流I 2的导线开始运动的趋势是 [ ] (A) 沿x 方向平动． (B) 绕x 轴转动． (C) 绕y 轴转动． (D) 无法判断．二、填空题9. 如图，均匀磁场中放一均匀带正电荷的圆环，其线电荷密度为λ，圆环可绕通过环心O 与环面垂直的转轴旋转．当圆环以角速度ω 转动时，圆环受到的磁力矩为_________________，其方向__________________________．10. 有一半径为a ，流过稳恒电流为I 的1/4圆弧形载流导线bc ，按图示方式置于均匀外磁场B中，则该载流导线所受的 安培力大小为_______________________．11. 如图所示，在真空中有一半径为a 的3/4圆弧形的导线，其中通以稳恒电流I ，导线置于均匀外磁场B 中，且B与导线所在平面垂直．则该载流导线bc 所受的磁力大小为_________________．12. 如图所示，在真空中有一半圆形闭合线圈，半径为a ，流过稳恒电流I ，则圆心O 处的电流元l I d 所受的安培力Fd 的大小为_______________，方向_________________．y zxI 1I 2c aIIlI d三、计算题13. 在一顶点为45°的扇形区域，有磁感强度为B 方向垂直指向纸面内的均匀磁场，如图．今有一电子(质量为m ，电荷为-e )在底边距顶点O 为l 的地方，以垂直底边的速度 v射入该磁场区域，若要使电子不从上面边界跑出，电子的速度最大不应超过多少？14. 一圆线圈的半径为R ，载有电流I ，置于均匀外磁场B中(如图示)．在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力．(载流线圈的法线方向规定与B的方向相同．)l 45° vBO15. 一矩形线圈边长分别为a =10 cm 和b =5 cm ，导线中电流为I = 2 A ，此线圈可绕它的一边OO ＇转动，如图．当加上正y 方向的B =0.5 T 均匀外磁场B，且与线圈平面成30°角时，线圈的角加速度为β = 2 rad/s 2，求∶(1) 线圈对OO ＇轴的转动惯量J =？(2) 线圈平面由初始位置转到与B 垂直时磁力所做的功？16. 一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B 的分布．O xyz I30° BO ′ a bI作业题六（电磁感应）班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________一、选择题1. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时(A) 铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势． (B) 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小． (C) 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大． (D) 两环中感应电动势相等． ［ ］2. 如图所示，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴O 作逆时针方向匀角速转动，O 点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时．图(A)—(D)的 --t 函数图象中哪一条属于半圆形导线回路中产生的感应电动势？［ ］3. 一块铜板垂直于磁场方向放在磁感强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流(感应电流)将 (A) 加速铜板中磁场的增加． (B) 减缓铜板中磁场的增加．(C) 对磁场不起作用． (D) 使铜板中磁场反向． ［ ］ 4. 如图所示，导体棒AB 在均匀磁场B 中 绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ' 转动（角速度ω 与B同方向），BC 的长t O (A)t O(C)t O (B)t O(D)度为棒长的31，则(A) A 点比B 点电势高．(B) A 点与B 点电势相等．(B) A 点比B 点电势低．(D)有稳恒电流从A 点流向B 点． [ ]5. 如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势 和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为 [ ] (A) =0，U a – U c =221l B ω．(B) =0，U a – U c =221l B ω-． (C) =2l B ω，U a – U c =221l B ω．(D) =2l B ω，U a – U c =221l B ω-．6. 如图所示，两个线圈P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上．线圈P 的自感和电阻分别是线圈Q 的两倍，线圈P 和Q 之间的互感可忽略不计．当达到稳定状态后，线圈P 的磁场能量与Q 的磁场能量的比值是［］(A) 4． (B) 2． (C) 1． (D) 21．7. 在感应电场中电磁感应定律可写成t l E LK d d d Φ-=⎰⋅ ，式中K E 为感应电场的电场强度．此式表明：(A) 闭合曲线L 上K E处处相等．(B) 感应电场是保守力场． (C) 感应电场的电场强度线不是闭合曲线． (D) 在感应电场中不能像对静电场那样引入电势的概念． ［ ］ 8. 对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确． (A) 位移电流是指变化电场． (B) 位移电流是由线性变化磁场产生的． (C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律． (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理． ［ ］二、填空题Ba b clω9. 如图所示，aOc 为一折成∠形的金属导线(aO =Oc=L )，位于xy 平面中,磁感强度为 B的匀强磁场垂直于xy 平面．当aOc 以速度v沿x 轴正向运动时，导线上a 、c两点间电势差U ac =____________；当aOc 以速度v沿y 轴正向运动时，a 、c 两点的电势相比较, 是____________点电势高．10. 一导线被弯成如图所示形状，acb 为半径为R 的四分之三圆弧，直线段Oa 长为R ．若此导线放在匀强磁场B 中，B的方向垂直图面向内．导线以角速度ω在图面内绕O 点匀速转动，则此导线中的动生电动势 i =___________ ，电势最高的点是________________________．11. 一长直导线旁有一长为b ，宽为a 的矩形线圈，线圈与导线共面，长度为b 的边与导线平行且与直导线相距为d ，如图．线圈与导线的互感系数为 ______________________．12. 一无铁芯的长直螺线管，在保持其半径和总匝数不变的情况下，把螺线管拉长一些，则它的自感系数将____________________．三、计算题13. 均匀磁场 B被限制在半径R =10 cm 的无限长圆柱空间内，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，位置如图所示．设磁感强度以d B /d t =1 T/s 的匀速率增加，已知 π=31θ，cm 6==Ob Oa ，求等腰梯形回路中感生电动势的大小和方向．x×××××c14.如图所示，有一半径为r =10 cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B中(B = 0.5T )．圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速 n =600 rev/min ．求圆线圈自图示的初始位置转过π21时，(1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R 为 100 Ω，不计自感)；(2) 圆心处的磁感强度．(μ0 =4π×10-7 H/m)15. 两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R ．若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动，试求x =NR 时(N 为正数)小线圈回路中产生的感应电动势的大小．16. 载有电流的I 长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度 v平行导线平移，求半圆环内感应电动势的大小和方向以及MN 两端的电压U M - U N ．。
大物答案全
第一章 质点运动学（1）一、填空题1. 位矢 速度2. m 3- m 5 12-⋅s m 22-⋅s m3. 127-⋅-s m 113-⋅-s m4. j t i t v ϖϖϖ23)14(-+= j t i a ϖϖϖ64-= j i v ϖϖϖ129-= j i a ϖϖϖ124-=二、选择题1. B2. A3. 某物体的运动规律为2d /d v t Av t =-，式中的A 为大于零的常数，当0=t 时,初速为0υ,则速度υ与时间t 的函数关系是（C ） 4. B三、计算题1. 质点的运动方程为2205t t x +-=和21015t t y -= ，式中y x ,单位为m ，t 的单位为s ，试求：（1）初速度的大小和方向；（2）初始加速度的大小和方向 答案：=v ϖj t i t ϖϖ)2015()540(-+-，=a ϖj i ϖϖ2040-，t=0时=v ϖj i ϖϖ155+-，=a ϖj i ϖϖ2040-（1）初始速度大小：181.15-⋅≈s m v ， 与x 轴夹角为ο4.108=α （2） 初始加速度大小：272.44-⋅≈sm a ， 与x 轴夹角为ο6.26-=β2. 质点沿直线运动，加速度24t a -=，如果=2s t 时，=5m x ，-1=2m s v ⋅，试求质点的运动方程。
答案：5310212124+-+-=t t t x3. 质点的加速度22x a -=，x =3m 时，v =5m/s ，求质点的速度v 与位置x 的关系式。
答案：613432+-=x v第一章 质点动力学 (2)一、填空题1. 角坐标 角速度 角加速度2. （1）=ωdtd θ=α22dt d θ（2）积分 角速度 运动方程)(t θ 3. 圆周 匀速率圆周 4. θsin v二、选择题1. C2. D3. B三、计算题1. 一质点在半径为m 10.0的圆周上运动，其角位置为242t +=θ，式中θ的单位为rad ，t 的单位为s 。
大物试题答案
大物试题答案第一部分：选择题1. 答案：B2. 答案：C3. 答案：A4. 答案：D5. 答案：C6. 答案：B7. 答案：A8. 答案：B9. 答案：C10. 答案：D第二部分：填空题11. 答案：速度12. 答案：0.0613. 答案：等于14. 答案：反比15. 答案：2.516. 答案：平行17. 答案：电势差18. 答案：真实倒立缩小19. 答案：2:120. 答案：3000N第三部分：简答题21. 答案：物理量22. 答案：牛顿第一定律23. 答案：滑动摩擦力24. 答案：简谐振动25. 答案：变压器26. 答案：透镜公式27. 答案：2.5×10^4 J28. 答案：焦距29. 答案：凸透镜30. 答案：光的全反射第四部分：计算题31. 答案：45 m/s32. 答案：15 Hz33. 答案：10 N34. 答案：0.2 C35. 答案：10 Ω36. 答案：600 J37. 答案：约为 102.04 kHz38. 答案：5.4 Ω39. 答案：5.0×10^6 ohm·m40. 答案：12.5 V第五部分：解答题41. 答案：由于答案内容较长，建议直接参阅附件中的答案解析。
42. 答案：由于答案内容较长，建议直接参阅附件中的答案解析。
43. 答案：由于答案内容较长，建议直接参阅附件中的答案解析。
44. 答案：由于答案内容较长，建议直接参阅附件中的答案解析。
45. 答案：由于答案内容较长，建议直接参阅附件中的答案解析。
附件：大物试题答案解析题目解析：1. 题目一解析根据题目要求，我们需要选择一个正确的答案。
选项B是正确答案。
2. 题目二解析题目要求选择一个正确答案，选项C是正确答案。
3. 题目三解析根据题目要求，选项A是正确答案。
4. 题目四解析根据题目要求，选项D是正确答案。
5. 题目五解析题目要求选择一个正确答案，选项C是正确答案。
......（以下省略）总结：本次大物试题共包括选择题、填空题、简答题、计算题和解答题等多个题型，共计40道题目。
大物练习册答案
大物练习册答案一、选择题1. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力的大小相等，方向相反。
以下哪个选项正确描述了这一定律？A. 作用力和反作用力可以是不同性质的力B. 作用力和反作用力作用在同一个物体上C. 作用力和反作用力总是作用在两个不同的物体上D. 作用力和反作用力可以同时消失答案：C2. 一个物体从静止开始自由下落，其下落的距离与时间的关系可以用以下哪个公式表示？A. s = 1/2gtB. s = gtC. s = 1/2gt^2D. s = gt^2答案：C3. 根据能量守恒定律，以下哪个选项是正确的？A. 能量可以被创造或消灭B. 能量可以在不同形式之间转换，但总量保持不变C. 能量总是从高能状态向低能状态转移D. 能量守恒定律只适用于封闭系统答案：B二、填空题4. 根据牛顿第二定律，力等于_________。
答案：质量乘以加速度5. 一个物体的动能可以通过公式_________来计算。
答案：1/2mv^26. 根据万有引力定律，两个物体之间的引力与它们的质量的乘积成正比，与它们之间的距离的平方成反比。
这个定律的公式是_________。
答案：F = G * (m1 * m2) / r^2三、简答题7. 描述什么是第一宇宙速度，并解释它的重要性。
答案：第一宇宙速度是指一个物体在地球表面以足够的速度发射，使其绕地球做圆周运动而不落回地球表面所需的最小速度。
它的重要性在于，它是人造卫星进入稳定轨道的最低速度要求。
8. 解释什么是角动量守恒定律，并给出一个实际应用的例子。
答案：角动量守恒定律指的是，如果一个系统不受外力矩的作用，那么这个系统的总角动量保持不变。
例如，花样滑冰运动员在旋转时，当他们将手臂收紧时，由于半径减小，角速度增加，从而保持角动量不变。
四、计算题9. 一个质量为5kg的物体在水平面上以2m/s^2的加速度加速。
求作用在物体上的力。
答案：根据牛顿第二定律，F = ma = 5kg * 2m/s^2 = 10N。
大学物理规范作业上册答案全-
3.质量为0.05kg的小球，置于一光滑水平桌面上。细绳 一端连接此小球，另一端穿过桌面中心的小孔。设小 球原来以3rad·s-1 的角速度在距孔为0.2m的圆周上运动， 今将绳沿小孔缓慢往下拉，使该小球的转动半径减少 到0.1m，则此时小球的角速度=______1_2_r_a_d_·s_-。1
GMmR1 R2
R1R2
20
二、填空题 1.己知地球半径为R，质量为M。现有一质量为m的物
体处在离地面高度2R处，以地球和物体为系统，如取 地面的引力势能为零，则系统的引力势能为 2GMm；如
3R
取无穷远处的引力势能为零，则系统的引力势能
为 GMm
。
3R
解:
势0 的 能点 为 M m R Mm
当t=1秒时，其切向加速度的大小a t = 4
；法
向解加：a r 速 度d2 的v t2 大 i 4 小 ic an=o 2tc js 2 ot jsv 。d dr t4tisint j
dt
根据曲线运动的加速度为
at d dvtd(
位移为矢量 根据
r
t3 0
v(t)dt
得到B是正确的
在t1时刻，斜率为零，加速度为0。在0-t3过程
中，加速度是变化的。
3
2.物体通过两个连续相等位移的平均速度分别为
v 1 =10m/s, v 2 =15m/s，若物体作直线运动，则在整
个过程中物体的平均速度为【 A 】
(A) 12 m/s
解（：A ）E Gk MRm 2 A （ B）R R 1 2G MRmG 22 M （r3C）r Gd m Mr m RR1 1R R R1 2 R2( 2 （G DM ）r2G)Md mm R1Rr 12R2
大物参考答案
©物理系_2015_09《大学物理AII 》作业 No.01 机械振动一、 判断题：（用“T ”表示正确和“F ”表示错误） [ F ] 1．只有受弹性力作用的物体才能做简谐振动。
解：如单摆在作小角度摆动的时候也是简谐振动，其回复力为重力的分力。
[ F ] 2．简谐振动系统的角频率由振动系统的初始条件决定。
解：根据简谐振子频率mk=ω，可知角频率由系统本身性质决定，与初始条件无关。
[ F ] 3．单摆的运动就是简谐振动。
解：单摆小角度的摆动才可看做是简谐振动。
[ T ] 4．孤立简谐振动系统的动能与势能反相变化。
解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。
[ F ] 5．两个简谐振动的合成振动一定是简谐振动。
解: 同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。
二、选择题：1. 把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。
若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相位为[ C ] (A) θ; (B) π23; (C) 0; (D) π21。
解：对于小角度摆动的单摆，可以视为简谐振动，其运动方程为： ()()0cos ϕωθθ+=t t m ，根据题意，t = 0时，摆角处于正最大处，θθ=m ，即：01cos cos 0000=⇒=⇒==ϕϕθϕθθ2．一个简谐振动系统，如果振子质量和振幅都加倍，振动周期将是原来的 [D] (A) 4倍(B) 8倍(C) 2倍(D)2倍解： m T k m T m k T ∝⇒=⇒⎪⎭⎪⎬⎫==/2/2πωωπ,所以选D 。
3. 水平弹簧振子，动能和势能相等的位置在：[ C ] (A)4A x =(B) 2A x = (C) 2A x = (D)3Ax =解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。
那么动能势能相等时，有：221412122Ax kx kA E E E p k =⇒====，所以选C 。
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第1章 质点运动学§1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1. (B)2. (B)3. 8 m10 m4. ()[]t t A tωβωωωββsin 2cos e22 +--()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2)二．计算题1解: (1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m2解： =a d v /d t 4=t ，d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv=2t 2 v=dx/dt=2t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)§1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 16R t 2 4rad /s 24. -c(b -ct )2/R二．计算题1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3. (A)4.0321=++v v v ϖϖϖ二．计算题1.解：选取如图所示的坐标系，以V ϖ表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ，αsin 2gy V y y ==v当y =h 时，V ϖ的大小为： ()2cos 222222αgh u gh uy x ++=+=V V VV ϖ的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg 11V V第2章 牛顿定律§2.3 牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E)4. l/cos 2θ5. θcos /mgθθcos sin gl二．计算题1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f ϖ和质量为m 的物块对它的拉力F ϖ的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f ϖ和F ϖ的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分m 物块是静止的，因而F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故2.372max =+=ωμM Mgmg r s mm 2分 4.122min=-=ωμM Mg mg r s mm 2分γ v ϖ2. 解：球A 只受法向力N ϖ和重力g m ϖ，根据牛顿第二定律法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分由①式可得 )/cos (2R g m N v +=θ 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分三．理论推导与证明题 证：小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件： t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v -v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v第3章 功和能§3.3 动能定理一．选择题和填空题 1. (B) 2. (C)3. 1.28×104 J4. 18 J 6 m/s二．计算题1. 解：用动能定理，对物体⎰⎰+==-402402d 610d 021x x x F m )(v 3分3210x x +=＝168解出 v ＝13 m/s 2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题1.(C)2. 20kx2021kx -gm ϖxf ϖFϖ a ϖ2021kx3. R GmM 32RGmM 3-4. 保守力的功与路径无关W = -ΔE P二．计算题1. 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′= 5.34 m/s 1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2.)(mr k )2(r k -二．计算题1. (1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分xyal -a⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ρρ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m ρρv 3分3分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分 2. 解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l ，劲度系数为k ．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有h G kl h G 12121sin 2.0-=-α ① 2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：22221sin 2.0kl h G h G -=-α ② 2分由式①和②联立解得： 372.030sin 2.030sin 21=-︒+︒=G G 1分第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ·s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q m t ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图） 图1分12v v v ϖϖϖm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v ϖ 2分设传送带作用在矿砂上的力为F ϖ，根据动量定理)(v ϖϖm t F ∆=∆于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v ϖϖ 2分方向：︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v ϖϖ 2分 由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F ϖ大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；30︒15︒θ1v ϖm )(v ϖm ∆ 2v ϖm与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v ρ方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v ϖ方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ·m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++(2) ∵ βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220 ==βωθ 物体上升的高度h = R θ = 6.12×10-2 m 2分 (3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ·s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ·m 2分 (3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 21210 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分T Tmga§5.4 动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（C) 4.（D)5. 031ω6. ()212mR J mr J ++ω 7. ()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(lm l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分答案 第六章 振动§6.1-1简谐振动 振幅 周期和频率 相位1-2.BB3. 1.2 s 1分; －20.9 cm/s 2分.4. 0.05 m 2分; -0.205π（或-36.9°）2分.5. )212cos(π-πT t A 2分; )312cos(π+πT t A 2分.二计算题1. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5×10-2m/s 2 2分(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分 2. 解：(1) 1s 10/-==m k ω 1分, 63.0/2=π=ωT s 1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 由 2020)/(ωv +=x A 得 3.12020-=--=x A ωv m/s 2分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3 2分;∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4. b ，f 2分; a ，e 2分.5. 9.90×102 J 3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7. π 1分; - π /2 2分; π/3． 2分.8. 10 cm 1分; (π/6) rad/s 1分; π/3 1分. 二.计算题1. 解：旋转矢量如图所示． 图3分由振动方程可得 π21=ω，π=∆31φ 1分667.0/=∆=∆ωφt s 1分2. 解：(1) 设振动方程为 )cos(φω+=t A xx (m) ω ωπ/3π/3t = 0 t0.12 0.24 -0.12 -0.24 OA ϖA ϖ由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv 解上面两式，可得 φ = 2π/3 2分由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得 )3/22cos(100π+=ω(SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12 2分 故所求振动方程为：)3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI) 1分 3. 解：依题意画出旋转矢量图3分。
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大物作业答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2本习题版权归物理与科学技术学院物理系所有，不得用于商业目的《大学物理》作业 No.5 光的衍射班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题：1. 在如图所示的单缝夫琅禾费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。
若使单缝宽度a 变为原来的23，同时使入射的单色光的波长λ 变为原来的3 / 4，则屏幕E 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度∆x 将变为原来的[ ] (A) 3 / 4倍 (B) 2 / 3倍 (C) 9 / 8倍 (D) 1 / 2倍(E)2倍解：单缝衍射中央明纹两侧第一暗纹中心间距离为中央明纹线宽度： θtg 2f x =∆由第一暗纹中心条件：λθ=sin a即a λθ=sin当θ 小时，有θθsin tg ≈∴afx λ2≈∆已知题意：1223a a =， 4/312λλ= ,可得 ()()111222212212x a f a fx ∆=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∆λλ ∴ a 、λ 改变后的中央明纹宽度(∆x )2变为原来宽度(∆x )1的1/2故选D2. 波长 λ=500nm(1nm=109m)的单色光垂直照射到宽度a =0.25 mm 的单缝上，单缝后面放置一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。
今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d =12 mm ，则凸透镜的焦距f 为[ ] (A) 2 m (B) 1 m (C) 0.5 m (D) 0.2 m (E) 0.1 m解：由单缝衍射第一暗纹中心条件： λθ±=sin a 可得中央明纹线宽度af x λ2=∆ 而其余明纹线宽度afx λ='∆故中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离应是其余明纹线宽度单缝λa LEfO xy4 6倍，即afx d λ66='∆=，于是有m 11050061225.066=⨯⨯⨯==-λad f 故选B 3. 一束白光垂直照射在一光栅上，在形成的同一级光栅光谱中，偏离中央明纹最远的是 [ ] (A) 紫光 (B) 绿光(C) 黄光 (D) 红光解：由垂直入射光栅衍射极大条件（光栅方程）λϕk d =sin 知：同一级光栅衍射光谱中，入射光波长越大，衍射角越小，白光中红光波长最大，故同一级光栅光谱中，偏离中央明纹最远的是红光 故选D4. 一衍射光柵对某一定波长的垂直入射光，在屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，下列措施正确的是 [ ](A) 换一个光栅常数较小的光栅(B) 换一个光栅常数较大的光栅(C) 将光栅向靠近屏幕的方向移动 (D) 将光栅向远离屏幕的方向移动解：据垂直入射光栅公式 ,......)2,1,0(sin ±±==k k d λϕ，有 λπϕd k <<,2，λ 一定，只有光栅常数d 增大时，屏幕上才能出现更高级次的主极大。
故选B5. 在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a 和相邻两缝间不透光部分宽度b 的关系为 [ ] (A) a=21b (B) a=b(C) a=2(D) a=3 b解：由垂直入射光栅衍射极大条件（光柵公式 ）,......)2,1,0(sin )(±±==+k k b a λϕ 和单缝衍射的暗纹条件 ,......)2,1(sin ±±=''=k k a λϕ 及题意光栅光谱中所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上有 ,......)2,1(2±±=''=k k k联解上述三个方程有 a=b 故选B6. 在双缝衍射实验中，若每条缝宽a = 0.030 mm ，两缝中心间距d = 0.15 mm ，则在单缝衍射的两个第一极小条纹之间出现的干涉明条纹数为 [ ] (A) 2 (B) 5 (C) 9 (D) 12 解：由缺级条件：,......)2,1,0(sin ±±==k k d λϕ,......)2,1(sin ±±=''=k k a λϕ知：单缝衍射的两个第一极小条纹位置对应的干涉明条纹级次为：51030.015.0=⨯='=k a d k5 于是在单缝衍射的两个第一极小条纹之间出现的干涉明条纹级次可为： 4,3,2,1,0±±±±=k 共有9条。
故选C二、填空题：1. 惠更斯－菲涅耳原理的基本内容是：波阵面上各面积元所发出的子波在观察点P 的 ， 决定了P 点的合振动及光强。
解：由惠更斯－菲涅耳原理知是 干涉（相干叠加）2. 用波长为λ的单色平行光垂直入射在一块多缝光柵上，其光柵常数d =3μm ，缝宽a =1μm ，则在单缝衍射的中央明条纹中共有 条谱线(主极大)。
解：由缺级条件：,......)2,1,0(sin ±±==k k d λϕ,......)2,1(sin ±±=''=k k a λϕ知：第一次缺级的级次(单缝衍射的两个第一极小条纹级次)为：51030.015.0=⨯='=k a d k于是在单缝衍射的两个第一极小条纹之间出现的干涉明条纹级次为：4,3,2,1,0±±±±=k3. 单缝夫琅和费衍射实验中，屏上第三级暗条纹所对应的单缝处波面可划分为 个半波带，若将缝宽缩小一半，原来第三级暗纹处将是 纹。
解：由单缝衍射暗纹公式 λϕk a =sin ，当k = 3时，263sin λλϕ⋅==a即第三级暗条纹所对应的单缝处波面可划分为6个半波带。
若将缝宽缩小一半，有光程差23sin 2λϕ==∆a ，即划分为3个半波带 由1,12==+k k ，可知原来第三级暗纹处将是第一级明纹。
4. 用平行的白光垂直入射在平面透射光栅上时，波长为λ1=660nm 的第2级光谱线，将与波长为 λ2 = nm 的第3级光谱线重叠。
解：光谱线重叠，即有光程差相等，则由平行光垂直入射在平面透射光栅上的光栅公式λϕk d =sin 可知，2211λλk k =，所以(nm)440660321212=⨯==λλk k5. 波长λ=550 nm(1nm=10−9m)的单色光垂直入射于光栅常数 d =2×10− 4 cm 的平面衍射光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为 。
6 解：单色光垂直入射于光栅的最高级次为：63.31055010102924≈⨯⨯⨯=+<---λba k m 3=m k则可能观察到的光谱最大级次为3。
6. 如图所示为光栅衍射光强分布曲线图，光栅透光缝cm 1023-⨯=a 。
问：该光栅的总缝数N = ， 缺级主明纹的级次为k = ，光栅常数为d = cm 。
解：由题图知：光栅衍射两主极大之间有2个次极大，光栅中一个单缝衍射的第一级暗纹出现在光栅衍射的第四级主极大处，则由总缝数N =光栅衍射两主极大之间次极大数+2 有总缝数N =2+2= 4 由缺级条件k ka b a '=+，有k k '=4，即缺级主明纹的级次为k = ±4，±8，±12，…… ，光栅常数为 cm 1081021433--⨯=⨯⨯='=a k k d 。
三、计算题：1. (1) 在单缝夫琅和费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长：1λ=4000 Å,2λ=7600 Å。
已知单缝宽度2100.1-⨯=a cm ，透镜焦距f = 50cm 。
求两种光第一级衍射明条纹中心之间的距离。
(2) 若用光栅常数3100.1-⨯=d cm 的光栅替代单缝，其他条件和上一问相同，求两种光第一级主级大值之间的距离。
解：(1) 由单缝衍射明纹公式：,......)2,1(2)12(sin ±±=+=k k a λϕ取k ＝1，有 a 23sin 11λϕ=2223sin λϕ=aa23sin 22λϕ=两种光第一级明纹在屏上的位置分别为222111sin tg sin tg ϕϕϕϕ⋅≈⋅=⋅≈⋅=f f x f f xλλ22Ia a-aλ-aλsin θ7 二者之间的距离为)sin (sin 1212ϕϕ-=-=∆f x x x(m)1027.0)104000107600(100.1231050)(23210104212-----⨯=⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=-⨯=λλa f(2) 由光栅公式：λϕk d =sin ，取k = 1, 有111111sin ,sin ,sin ϕλϕλϕ⋅≈==f x dd222222sin ,sin ,sin ϕλϕλϕ⋅≈==f x dd 两种光第一级主级大值之间的距离)sin (sin 1212ϕϕ-=-=∆f x x x(m)108.1)104000107600(10100.11050)(2101023212------⨯=⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=-=λλd f2. 如图所示，设波长为λ 的平面波沿与单缝平面法线成 θ 角的方向入射，单缝AB 的宽度为a ，观察夫琅禾费衍射。
试求出各极小值(即各暗条纹)的衍射角ϕ。
解：1、2两光线的光程差，在如图情况下为θϕsin sin a a CA BD -=-=∆由单缝衍射极小值（暗纹）条件 λθϕk a a ±=-=∆sin sin k = 1, 2, ……（未排除k = 0 的扣1分）得各极小值(即各暗条纹)的衍射角)sin arcsin(θλϕ+±=ak 3. 波长λ=5000Å的单色光垂直入射到一光柵上，测得第二（改为三）级主级大的衍射角为30o ，且第五级是是第一次缺级。
(1) 光栅常数(a ＋b )等于多少？ (2) 透光缝可能的最小宽度a 等于多少(3) 在选定了上述(a ＋b )和a 之后，求在屏幕上可能呈现的全部主极大的级次。
解：(1) 由垂直入射光栅衍射极大条件（光栅公式）：λϕk d =sin 和题意k = 3，得 光栅常数(m)100.35.0105330sin 367--⨯=⨯⨯==+=ολb a d (2) 因第五级是第一次缺级，故单缝第一级暗纹与光栅衍射第五级明纹重合由缺级条件有： 5='=+k ka b a透光缝可能的最小宽度： (m)106.0100.351566--⨯=⨯⨯=+=b a a(3) 垂直入射时，衍射最大级次满足 5,6105100.3max 76max ==⨯⨯=<--k dk λ又k = 5缺级，所以在选定了上述(a ＋b )和a 之后屏上可能呈现的全部主极大的级ABθϕ CD 21次为：k = 0，±1，±2，±3，±4共9 个主极大。