大学物理(学习指导详细答案)答案7-14
大学物理学习指导与习题详解答案
大学物理学习指导与习题详解答案大学物理学习指导与习题详解答案大学物理作为一门重要的基础学科，对于培养学生的科学思维和解决实际问题的能力起到了至关重要的作用。
然而，由于其抽象性和复杂性，许多学生在学习物理时会遇到困难。
为了帮助学生更好地掌握物理知识，本文将提供一些大学物理学习指导和习题详解答案。
首先，学习物理的关键是理解基本概念和原理。
在学习物理之前，学生应该先掌握一些基本的数学知识，如代数、几何和微积分等。
这些数学知识是物理学习的基础，能够帮助学生更好地理解物理概念和解决物理问题。
其次，学习物理需要注重实践和实验。
物理学是一门实验科学，通过实验可以验证理论和加深对物理现象的理解。
因此，在学习物理时，学生应该积极参与实验课程，并动手进行实验操作。
通过实践，学生可以更好地理解物理原理，并培养实际问题解决的能力。
在学习物理过程中，习题的解答是一个重要的环节。
习题可以帮助学生巩固所学的知识，并提高解决问题的能力。
然而，许多学生在解答习题时常常感到困惑。
下面将通过一些常见的物理习题，提供详细的解答，帮助学生更好地理解和掌握物理知识。
1. 问题：一个质点在一个力场中做直线运动，其位移与时间的关系为x=3t^2+2t+1，求该质点的加速度。
解答：加速度是速度对时间的导数，而速度是位移对时间的导数。
因此，首先求出质点的速度v和加速度a。
由于x=3t^2+2t+1，对x求导得到v=6t+2。
再对v求导得到a=6。
因此，该质点的加速度为6。
2. 问题：一个质点在一个力场中做匀加速直线运动，已知其初速度为2m/s，加速度为3m/s^2，求其位移与时间的关系。
解答：由于质点做匀加速直线运动，可以利用物理公式x=x0+v0t+1/2at^2来求解。
其中，x0为初始位移，v0为初始速度，a为加速度，t为时间。
将已知数据代入公式中，得到x=2t+1.5t^2。
因此，质点的位移与时间的关系为x=2t+1.5t^2。
通过以上两个例题的解答，我们可以看到，在解答物理习题时，需要灵活运用所学的物理公式和知识，将已知条件代入公式中，逐步求解出所需的物理量。
大学物理学习指导下标准答案详解(朱善华)
练习一1、D ，2、C ，3、C ，4、203Q a πεD, 5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)，2/a ± ，6、()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 练习二1、A2、A3、12q q ε+，123201(q q )49q R πε++，4． 22(r )L a ρπ- 5、 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 总场强为⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴正向，即杆的延长线方向．6 解： 如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．练习三1、C2、D3、0，0Rrσε 4、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)５、解：由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即12SE S d ρε=得到 012E d ρε=(板外两侧) （2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有022ερxSS E ='得到x E 0ερ='(-d/2≤x ≤d/2) 6 解：(1)ρ+球在O点产生电场010=E， ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ= d 3303r ερ= ∴O 点电场d33030r E ερ= ； (2)ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='03ερ=' ρ-球在O '产生电场002='E∴O '点电场003ερ='E'练习四1、C2、D3、C,4、-e q / (6πε0R )5、解：01=E 1R r203132031323)(4)(34rR r r R r E ερπεπρ-=-=21R r R 20313220313233)(4)(34rR R r R R E ερπεπρ-=-=2R r ⎰⎰∞∙+∙=2R 32r E r E d d U R R 21⎰⎰∞-+-=2R dr rR R dr r R r R R 203132203133)(3)(21ερερ )(221220R R -=ερ 6、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2)整个细线所受电场力为：()l r r l q x x q F l r r +π=π=⎰+000204d 400ελελ方向沿x 正方向． 电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能：⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ 练习五1、D2、A3、C 4．rεεσσ0,５ 解：设极板上分别带电量+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2； 金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε= 金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0'=E则两极板间的电势差为d E d E U U B A 21+=-))](/([210d d S q +=ε))](/([0t d S q -=ε 由此得)/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．x６ 解：（l ）根据有介质时的高斯定理：⎰∑=⋅iq s d D可得两圆柱间电位移的大小为)2/(r D πλ= 场强大小为 rDE r rεπελεε002==两圆柱间电势差⎰⎰=⋅=21210122R R rR R r dr r d E U επελ 1200ln 2221R R r dr r R R rεπελεπελ==⎰电容 12012ln 2R R LU Q C r επελλ==)/ln(2120R R Lr επε=．（2）电场能量 rR R L C Q W επελ012224)/ln(2== 练习六１．20d 4a lI πμ，平行z 轴负向 ２．πR 2c ３．0(1)226I R μππ-+ ４．)313(R 2I B 0-=πμ ５．134200==a ev B πμT ．242102.92-⨯===eva a T e P mπ2m A ⋅６．)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外，2/122210)11(4R R I +μ，12arctg R R +π217、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l RII d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为R I R R R IR I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= R I B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y 练习七１．)(120I I -μ，)(120I I +μ ２．320μI ３．2204RIh πμ ４．02Ir μπ ０ ５、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrrIB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a rr B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ方向垂直纸面向内． r r I r p m d 21d d 22λω=π= ⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω6/])[(33a b a -+=λω方向垂直纸面向内．6、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得：)(220R r r R IB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ 穿过整个矩形平面的磁通量21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ 练习八1、A 2.)/(cos 2eB m θv π，)/(sin eB m θv 3.)2(R l BI +4. （1）40 2.510B nI T μ-==⨯m A BH 2000==μ（2）m A I LNH 200==0 1.05r B H H T μμμ===5. 解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ a b I I dx x I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰6. 解：(1)IS P m =B P M m⨯=沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(2)磁力功)(12ΦΦ-=I A∵01=ΦB l 2243=Φ∴221033.443-⨯==B l IA J练习九1、D ，2、C ，3、0.40 V 、 0.5 m 2/s ，4、5×10-4 Wb5、解：在矩形回路中取一小面元ds ，面元处：2IB xμπ= 一个矩形回路的磁通量为：ln 22d a dIl Id a d BdS ldx x dμμππ++Φ=Φ==⋅=⎰⎰⎰由法拉第电磁感应定律，N 匝回路中的感应电动势为：0ln cos 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 6、解:abcd 回路中的磁通量⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ由法拉第电磁感应定律 klvt tm-=-=d d Φε 其沿abcd 方向顺时针方向．练习十1、A2、πBnR 2 、0，3、t B R /d d 212π-， 4、28/104.0s m ⨯ 顺时针5、解：在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为：dl l vI dl l I v l d B v d πμπμε2180cos 90sin 200-==∙⨯=整个直导线中 dLd vI l dl vI L d d +-=-=⎰+ln2200πμπμε 杆的右端电势低6、解：∵bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴tBR R ac d d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴0>ac ε即ε从c a →ε的方向也可由楞次定律判定。
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第七章 振动【例题精选】例7-1 弹簧上端固定，下系一质量为m 1的物体，稳定后在m 1下边又系一质量为m 2的物体，于是弹簧又伸长了∆x ．若将m 2移去，并令其振动，则振动周期为(A) g m x m T 122∆π= ． (B) g m x m T 212∆π=． (C) g m x m T 2121∆π=． (D) g m m x m T )(2212+π=∆． [ B ] 例7-2 已知一简谐振动曲线如图所示，由图确定振子：在 s 时速度为零．在 s 时动能最大．0.5(2n +1) n = 0,1,2,… n n = 0,1,2,…例7-3 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动．此物体的运动是否是简谐振动？为什么？答：物体是作简谐振动。
当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θs i n mg F t -= ∵θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 22d /)(d t R m mg θθ=-θωθθ222//d d -=-=R g t 物体是作简谐振动．例7-4 在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球，弹簧被拉长l 0 = 1.2 cm 而平衡．再经拉动后，该小球在竖直方向作振幅为A = 2 cm 的振动，试证此振动为简谐振动；选小球在正最大位移处开始计时，写出此振动的数值表达式．解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+-将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 022=+l gx t x ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为．π===1.958.28/0l g ω设振动表达式为 )cos(φω+=t A x 由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=-例7-5 用余弦函数描述一简谐振子的振动．若其速度～时间（v ～t ）关系曲线如图所示,则振动的初相位为 (A) π/6. (B) π/3.(C) π/2. (D) 2π/3. [ A ]g1--例7-6 已知某简谐振动的振动曲线如图所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒．则此简谐振动的振动方程为： (A) )3232cos(2π+π=t x ． (B) )3232cos(2π-π=t x ． (C) )3234cos(2π+π=t x ． (D) )3234cos(2π-π=t x ．[ C ] 例7-7 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 )312cos(1042π+π⨯=-t x (SI)．从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为(A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 21 [ D ] 例7-8 在t = 0时，周期为T 、振幅为A 的单摆分别处于图(a)、(b)两种状态．若选单摆的平衡位置为坐标的原点，坐标指向正右方，则单摆作小角度摆动的振动表达式（用余弦函数表示）分别为(a) ；(b) ． )212cos(π-=T t A x π )2cos(π+=Tt A x π 例7-9 一个轻弹簧在60N 的拉力下可伸长30cm ，现将以物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正）ma N mg =- )(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm ，N/m 2003.0/60k ==有 50/==m k ωrad ·s -1 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 此值小于g ，故小物体不会离开．(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-==6.19/2-=-=ωg x cm 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离由g A a >=2max ω，可得 2/ωg A >=19.6 cm ．例7-10 、图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为 (A) π23． (B) π． (C) π21． (D) 0． [ B ] 例7-11 一质点同时参与两个在同方向的简谐振动，其表达式分别为)t 2cos(104x 21π/6+⨯=-, )5t 2cos(103x 22π/6-⨯=- (SI) 则其合成振动的振幅为 ，初相为 ．1×10-2 m π/6A/ -【练习题】7-1 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，其中m 是质点的质量，k 是弹簧的劲度系数，T 是振动的周期．在求质点的振动动能时，下面哪个表达式是对的：(A) )(sin 21222φωω+t A m ． (B) )(cos 21222φωω+t A m ． (C))sin(212φω+t kA ． (D) )(cos 2122φω+t kA ． [ A ] 7-2 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，当时间t = T /2（T 为周期）时，质点的速度为(A) φωsin A -． (B) φωsin A ． (C) φωcos A -． (D) φωcos A ．[ B ] 7-3 一物体作简谐振动，振动方程为)41cos(π+=t A x ω．在 t = T /4（T 为周期）时刻，物体的加速度为 (A) 2221ωA -． (B) 2221ωA ． (C) 2321ωA -． (D) 2321ωA ． [ B ] 7-4 与例7-4相同 7-5 一质点作简谐振动．其振动曲线如图所示．根据此图，它的周期T =；用余弦函数描述时初相φ = ．3.43 s -2π/37-6 一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2．将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '．则有(A) 11T T >'且22T T >'． (B) 11T T <'且22T T <'．(C) 11T T ='且22T T ='． (D) 11T T ='且22T T >'． [ D ] 7-7 一弹簧振子系统具有1.0 J 的振动能量，0.10 m 的振幅和1.0 m/s 的最大速率，则弹簧的劲度系数为 ，振子的振动频率为 ．2×102 N/m 1.6 Hz 7-8 两个同方向的简谐振动曲线如图所示．合振动的振幅为；合振动的振动方程为 ．|A 1 – A 2| )212cos(12π+π-=t T A A x 7-9 一单摆的悬线长l = 1.5 m ，在顶端固定点的竖直下方0.45 m 处有一小钉，如图．设摆动很小，则单摆的左右两方振幅之比A 1/A 2的近似值为 ；左右两方周期之比T 1/T 2的近似值为 ．0.84 0.84·--7-10 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动. 试证明：物体作简谐振动的周期为：g R T /2π=证明： 当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θsin mg F t -= ∵ θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ 牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 θωθθ222//d d -=-=R g t 将上式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． 由③知 R g /=ω 周期 g R T /2/2π=π=ω。
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大学物理学习指导详细答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2第六章 相对论【例题精选】例6-1 当惯性系S 和S ′的坐标原点O 和O ′重合时，有一点光源从坐标原点发出一光脉冲，在S 系中经过一段时间t 后（在S ′系中经过时间t ′），此光脉冲的球面方程（用直角坐标系）分别为：S 系 ； S ′系 ．22222t c z y x =++ 22222t c z y x '='+'+'例6-2 下列几种说法中正确的说法是： (1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的．(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关． (3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同．(A) 只有(1)、(2) 正确． (B) 只有(1)、(3) 正确． (C) 只有(2)、(3) 正确． (D) (1)、(2)、(3)都正确． [ D ] 例6-3 经典的力学相对性原理与狭义相对论的相对性原理有何不同？答：经典力学相对性原理是指对不同的惯性系，牛顿定律和其它力学定律的形式都是相同的．狭义相对论的相对性原理指出：在一切惯性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于一切物理现象。
也就是说，不仅对力学规律所有惯性系等价，而且对于一切物理规律，所有惯性系都是等价的． 例6-4 有一速度为u 的宇宙飞船沿x 轴正方向飞行，飞船头尾各有一个脉冲光源在工作，处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为 ；处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为 ． c c 例6-5 关于同时性的以下结论中，正确的是(A) 在一惯性系同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生．(B) 在一惯性系不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生．(C) 在一惯性系同一地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生．(D) 在一惯性系不同地点不同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生． [ C ] 例6-6静止的μ子的平均寿命约为 τ0 =2×10-6 s ．今在8 km 的高空，由于π介子的衰变产生一个速度为v = 0.998 c (c 为真空中光速)的μ子，试论证此μ子有无可能到达地面． 证明：考虑相对论效应，以地球为参照系，μ子的平均寿命：62106.31)/(1-⨯=-=c v ττ s则μ 子的平均飞行距离： =⋅=τv L 9.46 km ．μ 子的飞行距离大于高度，有可能到达地面．例6-7 两惯性系中的观察者O 和O ′以0.6 c (c 为真空中光速)的相对速度互相接近．如果O 测得两者的初始距离是20 m ，则O 相对O ′运动的膨胀因子γ= ；O ′测得两者经过时间∆t ′= s 后相遇．1.25(或5/4) 8.89×10-8例6-8 两个惯性系S 和S ′，沿x (x ′)轴方向作匀速相对运动. 设在S ′系中某点先后发生两个事件，用静止于该系的钟测出两事件的时间间隔为τ0 ，而用固定在S 系的钟测出这两个事件的时间间隔为τ ．又在S ′系x ′轴上放置一静止于该系、长度为l 0的细杆，从S 系测得此杆的长度为l, 则 (A) τ < τ0；l < l 0． (B) τ < τ0；l > l 0．(C) τ > τ0；l > l 0． (D) τ > τ0；l < l 0． [ D ]例6-9 α 粒子在加速器中被加速，当其质量为静止质量的3倍时，其动能为静止能量的(A) 2倍． (B) 3倍． (C) 4倍． (D) 5倍． [ A ] 例6-10 匀质细棒静止时的质量为m 0，长度为l 0，当它沿棒长方向作高速的匀速直线运动时，测得它的长为l ，那么，该棒的运动速度v = ；该棒所具有的动能E K = ．c)(020lll c m - 例6-11 观察者甲以0.8c 的速度（c 为真空中光速）相对于静止的观察者乙运动，若甲携带一长度为l 、截面积为S ，质量为m 的棒，这根棒安放在运动方向上，则甲测得此棒的密度为 ；乙测得此棒的密度为 ．lSm925 例6-12 根据相对论力学，动能为0.25 MeV 的电子，其运动速度约等于(A) 0.1c (B) 0.5 c (C) 0.75 c (D) 0.85 c (c 表示真空中的光速，电子的静能m 0c 2 = 0.51 MeV) [ C ] 例6-13 令电子的速率为v ，则电子的动能E K 对于比值v / c 的图线可用下列图中哪一个图表示？ （c 表示真空中光速）OE K v /c1.0(A)OE K v /c 1.0(B)OE K v /c1.0(C)OE K v /c1.0(D)[ D ]【练习题】6-1 在某地发生两件事，静止位于该地的甲测得时间间隔为4 s ，若相对于甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5 s ，则乙相对于甲的运动速度是(c 表示真空中光速) (A) (4/5) c ． (B) (3/5) c ． (C) (2/5) c ． (D) (1/5) c ． [ B ] 6-2 假定在实验室中测得静止在实验室中的μ+子(不稳定的粒子)的寿命为2.2×10-6 s ，当它相对于实验室运动时实验室中测得它的寿命为1.63×10-5s ．则 μ+子相对于实验室的速度是真空中光速的多少倍？为什么？ 答：设μ+子相对于实验室的速度为v μ+子的固有寿命τ0 =2.2×10-6 s μ+子相对实验室作匀速运动时的寿命τ0 =1.63×10-5 s按时间膨胀公式：20)/(1/c v -=ττ移项整理得： 202)/(τττ-=c v 20)/(1ττ-=c = 0.99c则 μ+子相对于实验室的速度是真空中光速的0.99倍．6-3 在S 系中的x 轴上相隔为∆x 处有两只同步的钟A 和B ，读数相同．在S ＇系的x ＇轴上也有一只同样的钟A ＇，设S ＇系相对于S 系的运动速度为v , 沿x 轴方向, 且当A ＇与A 相遇时，刚好两钟的读数均为零．那么，当A ＇钟与B 钟相遇时，在S 系中B 钟的读数是 ；此时在S ＇系中A ＇钟的读数是 ．x /v 2)/(1)/(c x v v -∆6-4 两个惯性系K 与K ＇坐标轴相互平行，K ＇系相对于K 系沿x 轴作匀速运动，在K ＇系的x ＇轴上，相距为L ＇的A ＇、B ＇两点处各放一只已经彼此对准了的钟，试问在K 系中的观测者看这两只钟是否也是对准了？为什么？答：没对准．根据相对论同时性，如题所述在K ＇系中同时发生，但不同地点(x ＇坐标不同)的两事件(即A ＇处的钟和B ＇处的钟有相同示数)，在K 系中观测并不同时；因此，在K 系中某一时刻同时观测，这两个钟的示数必不相同． 6-5 边长为a 的正方形薄板静止于惯性系K 的Oxy 平面内，且两边分别与x ，y 轴平行．今有惯性系K ＇以 0.8c （c 为真空中光速）的速度相对于K 系沿x 轴作匀速直线运动，则从K ＇系测得薄板的面积为 (A) 0.6a 2． (B) 0.8 a 2． (C) a 2． (D) a 2／0.6 ． [ A ] 6-6 狭义相对论确认，时间和空间的测量值都是 ，它们与观察者的 密切相关．相对的 运动6-7 地球的半径约为R 0 = 6376 km ，它绕太阳的速率约为=v 30 km ·s -1，在太阳参考系中测量地球的半径在哪个方向上缩短得最多？缩短了多少？ (假设地球相对于太阳系来说近似于惯性系) 答：在太阳参照系中测量地球的半径在它绕太阳公转的方向缩短得最多．20)/(1c R R v -=其缩短的尺寸为： ∆R = R 0- R ))/(11(20c R v --= 220/21c R v ≈∆R =3.2 cm6-8 有一直尺固定在K ′系中，它与Ox ′轴的夹角θ′＝45°，如果K ′系以匀速度沿Ox 方向相对于K 系运动，K 系中观察者测得该尺与Ox 轴的夹角(A) 大于45°． (B) 小于45°． (C) 等于45°．(D) K ′系沿Ox 正方向运动时大于45°，K ′系沿Ox 负方向运动时小于45°． [ A ]6-9 在狭义相对论中，下列说法中哪些是错误的？ (A) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速．(B) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的． (C) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其他一切惯性系中也是同时发生的． (D) 惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这只时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些． [ C ] 6-10 观察者甲以 0.8c 的速度（c 为真空中光速）相对于静止的观察者乙运动，若甲携带一质量为1 kg 的物体，则甲测得此物体的总能量为 ；乙测得此物体的总能量为 ．9×1016 J 1.5×1017 J 6-11 一个电子以0.99 c 的速率运动，电子的静止质量为9.11×10-31 kg ，则电子的总能量是 J ，电子的经典力学的动能与相对论动能之比是 ．5.8×10-13 8.04×10-2 6-12 一匀质矩形薄板，在它静止时测得其长为a ，宽为b ，质量为m 0．由此可算出其面积密度为m 0 /ab ．假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度v 作匀速直线运动，此时再测算该矩形薄板的面积密度则为(A) ab c m 20)/(1v - (B) 20)/(1c ab m v - (C) ])/(1[20c ab m v - (D) 2/320])/(1[c ab m v - [ C ] 6-13 一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．观察者A 测得其密度是多少？为什么？ 答：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为2201c x x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 2201cV xyz V v -==∵质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ2222011/cV c m v v --=)1(2200c V m v -=6-14 质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的4倍时，其质量为静止质量的(A) 4倍． (B) 5倍． (C) 6倍． (D) 8倍． [ B ]。
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第三章 功和能【例题精选】*例8-1 一个质点同时在几个力作用下的位移为： k j i r 654+-=∆ (SI)，其中一个力为恒力k j i F 953+--= (SI)，则此力在该位移过程中所作的功为(A) -67 J (B) 17 J (C) 67 J (D) 91 J [ C ] 例8-2 当重物减速下降时，合外力对它做的功(A) 为正值． (B) 为负值．(C) 为零． (D) 先为正值，后为负值． [ B ] 例8-3 质量m ＝1 kg 的物体，在坐标原点处从静止出发在水平面内沿x 轴运动，其所受合力方向与运动方向相同，合力大小为F ＝3＋2x (SI)，那么，物体在开始运动的3 m 内，合力所作的功W ＝ ；且x ＝3 m 时，其速率v ＝ ．18 J 6 m/s例8-4 如图所示，劲度系数为k 的弹簧，一端固定于墙上，另一端与一质量为m 1的木块A 相接，A 又与质量为m 2的木块B 用不可伸长的轻绳相连，整个系统放在光滑水平面上．现在以不变的力F 向右拉m 2，使m 2自平衡位置由静止开始运动，求木块A 、B 系统所受合外力为零时的速度，以及此过程中绳的拉力T 对m 1所作的功． 解：设弹簧伸长x 1时，木块A 、B 所受合外力为零，即有： F -kx 1 = 0 x 1 = F /k 设绳的拉力T 对m 2所作的功为W T 2，恒力F 对m 2所作的功为为W F ，木块A 、B 系统所受合外力为零时的速度为v ，弹簧在此过程中所作的功为W K ． 对m 1、m 2系统，由动能定理有 W F ＋W K ＝221)(21v m m + ① 对m 2有 W F ＋W T 2＝2221v m 而 W K ＝k F kx 221221-=-， W F ＝Fx 1＝kF 2 代入①式可求得 )(21m m k F +=v由②式可得+-=F T W W 22221v m ])(21[2122m m m k F +--=)(2)2(21212m m k m m F ++-= 例8-5 一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a r ωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ．(1) 求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2 )求质点所受的合外力F 以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F 的分力x F 作的功．解：(1) 位矢 j t b i t a r ωωsin cos += (SI) t a x ωc o s=， t b y ωsin =xt a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωc o s d dy -==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ω E KB =2222212121ωma m m y x =+v v (2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22--由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 例8-6 质量为m 的汽车，在水平面上沿x 轴正方向运动，初始位置x 0＝0，从静止开始加速．在其发动机的功率P 维持不变、且不计阻力的条件下，证明：在时刻t 其速度表达式为：m Pt /2=v ． 证明： 由P ＝F v 及F ＝ma ，P ＝ma v 代入 t a d d v = P =tm d d v v 由此得P d t ＝m v d v ，两边积分，则有⎰⎰=t t m t P 00d d v v ∴ 221v m Pt = ∴ m Pt /2=v 例8-7 已知地球的半径为R ，质量为M ．现有一质量为m 的物体，在离地面高度为2R 处．以地球和物体为系统，若取地面为势能零点，则系统的引力势能为 ；若取无穷远处为势能零点，则系统的引力势能为 ．（G 为万有引力常量）R GmM 32 RGmM 3- 例8-8 有人把一物体由静止开始举高h 时，物体获得速度v ，在此过程中，若人对物体作功为W ，则有mgh m W +=2/2v ，这可以理解为“合外力对物体所作的功等于物体动能的增量与势能的增量之和”吗？为什么？答：W 并不是合外力所作的功．因为物体所受的力除了人的作用力F 外，还有重力P ＝mg ， 根据动能定理，合外力所作的功等于物体动能的增量，则可写为221v m mgh Fh =- 即 021)(2+=-v m h P F 所以 mgh m Fh W +==221vW 是人对物体所作的功，而不是物体所受合外力所作的功．例8-9 对功的概念以下几种说法中正确的是：(1) 保守力作正功时，系统内相应的势能增加．(2) 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零．(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零．(A) (1)、(2)是正确的． (B) (2)、(3)是正确的．(C) 只有(2)是正确的． (D) 只有(3)是正确的． [ C ]例8-10 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：物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ )ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m (2) 根据功能原理有fs m mgh =-221v αμc t g 212m g h m g h m -=v []21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s【练习题】3-1 质量为10kg 的质点在力F ＝(7＋5x )i(SI)的作用下沿x 轴从静止开始作直线运动， 从x ＝0到x ＝10 m 的过程中，力F 所做的功为 ．质点末态的速度为 ．320J 8 m/s3-2 对于一个物体系来说，在下列的哪种情况下系统的机械能守恒？(A) 合外力为0． (B) 合外力不作功．(C) 外力和非保守内力都不作功． (D) 外力和保守内力都不作功． [ C ] 3-3 速度为v 的子弹，打穿一块不动的木板后速度变为零，设木板对子弹的阻力是恒定的．那么，当子弹射入木板的深度等于其厚度的一半时，子弹的速度是(A) v 41． (B) v 31． (C) v 21． (D) v 21． [ D ] 3-4 如图所示，小球沿固定的光滑的1/4圆弧从A 点由静止开始下滑，圆弧半径为R ，则小球在A 点处的切向加速度a t = ，小球在B 点处的法向加速度a n = ．g 2g3-5 劲度系数为k 的弹簧，上端固定，下端悬挂重物．当弹簧伸长x 0，重物在O 处达到平衡，取重物在O 处时各种势能均为零，则当弹簧长度为原长时，系统的重力势能为 ；系统的弹性势能为 ．（答案用k 和x 0表示） 20kx 2021kx -3-6 一人造地球卫星绕地球作椭圆运动，近地点为A ，远地点为B ．A 、B 两点距地心分别为r 1 、r 2 ．设卫星质量为m ，地球质量为M ，万有引力常量为G ．则卫星在A 、B 两点处的万有引力势能之差E PB - E P A =；卫星在A 、B 两点的动能之差E PB －E PA ＝ ． 2112r r r r GMm - 2121r r r r GMm - *3-7 设两个粒子之间相互作用力是排斥力，其大小与粒子间距离r 的函数关系为3r k f =，k 为正值常量，试求这两个粒子相距为r 时的势能（设相互作用力为零的地方势能为零）。
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第八章 波动【例题精选】例8-1 如图，一平面波在介质中以波速u = 20 m/s 沿x 轴负方向传播，已知A 点的振动方程为 t y π⨯=-4c o s 1032(SI)． (1) 以A 点为坐标原点写出波的表达式；(2) 以距A 点5 m 处的B 点为坐标原点，写出波的表达式．解：(1) 坐标为x 点的振动相位为 )]/([4u x t t +π=+φω )]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π=波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π⨯=- (SI)(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ]205[4-+π='+x t t φω (SI) 波的表达式为 ])20(4cos[1032π-+π⨯=-xt y (SI) 例8-2已知波长为λ 的平面简谐波沿x 轴负方向传播．x = λ /4处质点的振动方程为ut A y ⋅π=λ2cos(SI)(1) 写出该平面简谐波的表达式． (2) 画出t = T 时刻的波形图．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 点的振动落后于λ /4处质点的振动．波的表达式 )]4(22cos[x utA y -π-π=λλλ)222cos(x ut A λλπ+π-π= (SI) (2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时)22cos(x A y λπ+π-=)22cos(π-π=x A λ 按上述方程画的波形图见图B ．例8-3 某质点作简谐振动，周期为2 s ，振幅为0.06 m ，t = 0 时刻，质点恰好处在负向最大位移处，求：(1) 该质点的振动方程； (2) 此振动以波速u = 2 m/s 沿x 轴正方向传播时，形成的一维简谐波的波动表达式，（以该质点的平衡位置为坐标原点）；(3) 该波的波长．解：(1) 振动方程 )22c o s (06.00π+π=ty )c o s (06.0π+π=t (SI) (2) 波动表达式 ])/(cos[06.0π+-π=u x t y ])21(cos[06.0π+-π=x t (SI)(3) 波长 4==uT λ mABxuOxPxλ/4 u图A例8-4 一平面简谐波沿Ox 轴正向传播，波动表达式为 ]4/)/(cos[π+-=u x t A y ω，则 x 1 = L 1处质点的振动方程是 ； x 2 = -L 2 处质点的振动和x 1 = L 1 处质点的振动的相位差为 φ2 - φ1 = ． ]4/)/(cos[11π+-=u L t A y ωuL L )(21+ω例8-5一平面简谐波的表达式为 )37.0125cos(025.0x t y -= (SI)，其波速u = ；波长λ = ．338 m/s 17.0 m例8-6 已知一平面简谐波的表达式为 )cos(bx at A -，（a 、b 均为正值常量），则波长为 ；波沿x轴传播的速度为 ．2π / b a /b例8-7 一平面简谐波的表达式为 )/(2c o sλνx t A y -π=．在t = 1 /ν 时刻，x 1 = 3λ /4与x 2 = λ /4二点处质元速度之比是 (A) -1． (B)31． (C) 1． (D) 3． [ A ] 例8-8 沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动方程． 解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图．此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ )2121c o s (5.0π+π=t y (SI) 例8-9 一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式． 解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则波的表达式可写成 )/27c o s(1.0φλ+π-π=x t y (SI) t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy因此时a 质点向y 轴负方向运动，故 π=+π-π21)/1.0(27φλ ① b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ②由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 3/17π-=φx (m)y (m) 0u0.5 12t = 0 -1∴ 该平面简谐波的表达式为 ]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 例8-10 图示一简谐波在t = 0时刻与t = T /4时刻（T 为周期）的波形图，则o处质点振动的初始相位为 ；x 1处质点的振动方程为 ．π /2 )22cos(1π-π=t T A y x 例8-11 图所示为一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时质点P 的运动方向向下，求：(1) 该波的表达式；(2) 在距原点O 为100 m 处质点的振动方程与振动速度表达式．解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O 处质点，t = 0 时φcos 2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v所以 4/π=φ O 处振动方程为 )41500c 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 )45500cos(1π+π=t A y振动速度表达式是 )45500cos(500π+ππ-=t A v (SI)例8-12 一平面简谐波在弹性媒质中传播时，某一时刻媒质中某质元在负的最大位移处，则它的能量是 (A) 动能为零，势能最大． (B) 动能为零，势能为零．(C) 动能最大，势能最大． (D) 动能最大，势能为零． [ B ] 例8-13 设入射波的表达式为 )(2cos 1Tt x A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求：(1) 反射波的表达式 (2) 合成的驻波的表达式．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ(2) 驻波的表达式是 21y y y += )21/2c o s ()21/2c o s (2π-ππ+π=T t x A λ 例8-14 如果入射波的表达式是)//(2cos 1λx T t A y +=π，在x = 0处发生反射后形成驻波，反射点为波腹．设反射后波的强度不变，则反射波的表达式y 2 = ； 在x = 2λ /3处质点合振动的振幅等于 ．)(2cos λxT t A -π A/4例8-15 在固定端x = 0处反射的反射波表达式是)/(2cos 2λνx t A y -π=. 设反射波无能量损失，那么入射波的表达式是y 1 = ；形成的驻波的表达式是y = ．])/(2cos[π++πλνx t A )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ例8-16 驻波表达式为t x A y ωλcos )/2cos(2π=，则2/λ-=x 处质点的振动方程是 ；该质点的振动速度表达式是 ．t A y ωcos 21-= t A ωωsin 2=v例8-17 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动 (A) 振幅相同，相位相同． (B) 振幅不同，相位相同．(C) 振幅相同，相位不同． (D) 振幅不同，相位不同． [ B ]【练习题】8-1 一横波沿绳子传播，其波的表达式为： )2100c o s(05.0x t y π-π= (SI) (1) 求此波的振幅、波速、频率和波长．(2) 求绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度． (3) 求x 1 = 0.2 m 处和x 2 = 0.7 m 处二质点振动的相位差．解：(1) 已知波的表达式为)2100cos(05.0x t y π-π= 与标准形式)/22cos(λνx t A y π-π= 比较得A = 0.05 m ， ν = 50 Hz ， λ = 1.0 m u = λν = 50 m/s(2) 7.152)/(max max =π=∂∂=A t y νv m /s 322max 22max 1093.44)/(⨯=π=∂∂=A t y a ν m/s 2 (3) π=-π=∆λφ/)(212x x ，二振动反相8-2 一平面简谐波，其振幅为A ，频率为ν ．波沿x 轴正方向传播．设t = t 0时刻波形如图所示．则x = 0处质点的振动方程为 (A) ]21)(2cos[0π++π=t t A y ν． (B) ]21)(2cos[0π+-π=t t A y ν．(C) ]21)(2cos[0π--π=t t A y ν． (D)])(2cos[0π+-π=t t A y ν． [ B ]8-3 已知一平面简谐波的表达式为 )cos(dx bt A y -=，（b 、d 为正值常量），则此波的频率ν = ；波长λ = ． b / 2π 2π / dx8-4 一平面简谐机械波沿x 轴正方向传播，波动表达式为)2/cos(2.0x t y ππ-= (SI)，则波速u = ；x = -3 m 处媒质质点的振动加速度a 的表达式为 ．2 m/s )23cos(2.02x t a π+ππ-= (SI) 8-5 一平面简谐波沿x 轴正向传播，其振幅和角频率分别为A 和ω ，波速为u ，设t = 0时的波形曲线如图所示．(1) 写出此波的表达式．(2) 求距O 点为λ/8处质点的振动方程．(3) 求距O 点为λ/8处质点在t = 0时的振动速度． 解：(1) 以O 点为坐标原点．由图可知，该点振动初始条件为0cos 0==φA y ， 0s i n 0<-=φωA v 所以 2/π=φ 波的表达式为]2/)/(c o s [π+-=u x t A y ωω(2) 8/λ=x 处振动方程为]2/)8/2(cos[ππ+-=λλωt A y )4/cos(π+=t A ω (3) )2//2sin(/d d ππ+--=λωωx t A t yt = 0，8/λ=x 处质点振动速度 ]2/)8/2sin[(/d d ππ+--=λλωA t y 2/2ωA -= 8-6 如图所示，有一平面简谐波沿x 轴负方向传播，坐标原点O 的振动规律为)cos(0φω+=t A y ），则B 点的振动方程为 (A) ])/(cos[0φω+-=u x t A y ． (B) )]/([cos u x t A y +=ω．(C) })]/([cos{0φω+-=u x t A y ． (D) })]/([cos{0φω++=u x t A y ． [ D ] 8-7 已知一平面简谐波的表达式为 )24(cos x t A y +π= (SI)． (1) 求该波的波长λ ，频率ν 和波速u的值； (2) 写出t = 4.2 s 时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置． 解：(1) 由波数 k = 2π / λ 得波长 λ = 2π / k = 1 m由 ω = 2πν 得频率 ν = ω / 2π = 2 Hz 波速 u = νλ = 2 m/s(2) 波峰的位置，即y = A 的位置．由 1)24(c o s=+πx t 有 π=+πk x t 2)24( ( k = 0，±1，±2，…) 解上式，有 t k x 2-=． 当 t = 4.2 s 时， )4.8(-=k x m ． 所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰．在上式中取k = 8， 可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近．8-8 与例8-3相同8-9 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波长为λ．若如图P 1点处质点的振动方程为)2cos(1φν+π=t A y ，则P 2点处质点的振动方程为 ；与P 1点处质点振动状态相同的那些点的位置是 ．])(2cos[212φλν++-π=L L t A y λk L x +-=1 ( k = ± 1, ± 2, …)xuOyxOP 1 P 2 L 1 L 28-10 一平面简谐波在弹性媒质中传播，媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中： (A) 它的动能转换成势能． (B) 它的势能转换成动能．(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大．(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小． [ D ] 8-11 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是 (A) 动能为零，势能最大． (B) 动能为零，势能为零．(C) 动能最大，势能最大． (D) 动能最大，势能为零． [ C ] 8-12 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π=， 求：(1) x = λ/4 处介质质点的合振动方程； (2) x = λ/4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处 )2/2cos(1ππ-=t A y ν , )2/2cos(22ππ+=t A y ν∵ y 1，y 2反相 ∴合振动振幅A A A A s =-=2, 合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21． 合振动方程 )2/2c o s(ππ+=t A y ν (2) x = λ /4处质点的速度 )2/ 2sin(2/d d v πππ+-==t A t y νν)2cos(2π+ππ=t A νν8-13 在绳子上传播的平面简谐入射波表达式为)2cos(1λωxt A y π+=，入射波在x = 0处绳端反射，反射端为自由端．设反射波不衰减，证明形成的驻波表达式为：t xA y ωλcos )2cos(2π=证明：入射波在x = 0处引起的振动方程为 t A y ωcos 10=，由于反射端为自由端，所以反射波在O 点的振动方程为 t A y ωcos 20=∴ 反射波为 )2c o s (2λωxt A y π-=驻波方程21y y y +=)2cos(λωx t A π+=)2cos(λωx t A π-+t x A ωλcos )2cos(2π= 8-14 如图所示，两相干波源在x 轴上的位置为S 1和S 2，其间距离为d = 30 m ，S 1位于坐标原点O ．设波只沿x 轴正负方向传播，单独传播时强度保持不变．x 1 = 9 m 和x 2 = 12 m 处的两点是相邻的两个因干涉而静止的点．求两波的波长和两波源间最小相位差．解：设S 1和S 2的振动相位分别为φ 1和φ 2．在x 1点两波引起的振动相位差 ]2[]2[1112λφλφx x d π---π-π+=)12(K 即 π+=-π--)12(22)(112K x d λφφ ① 在x 2点两波引起的振动相位差 ]2[]2[2122λφλφxx d π---π-π+=)32(K即 π+=-π--)32(22)(212K x d λφφ ②②－①得 π=-π2/)(412λx x 6)(212=-=x x λ m由① π+=-π+π+=-)52(22)12(112K x d K λφφ当K = -2、-3时相位差最小π±=-12φφ。
大学物理上学习指导作业参考答案
第一章 质点运动学课 后 作 业1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v2分()2 213xx +=v 1分2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 t t x tx x d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v 1分c t a t ==d /d v 1分()R ct b a n /2+= 1分根据题意： a t = a n 1分 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分 22s /32/m R a n ==v 1分()8.352/122=+=nt a a a m/s 2 1分5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分 08.420==gt v s 1分6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得 tss t l ld d 2d d 2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度320222022002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船第二章 运动与力课 后 作 业1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得 θμθμsin cos +=MgF 2分令 0)sin (cos )cos sin (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ2分且 0d d 22>θF∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．2、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s 2)解：人受力如图(1) 图2分 a m g m N T 112=-+ 1分 底板受力如图(2) 图2分Na m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分 N N ='由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分222a m g m T =- 2分 212a a a -=' 2分 解得 2122211)(m m a m g m m a ++-= 1分21212)2(m m m m a g T +-= 1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M、长度为L，一端拴在竖直转轴OO′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r处绳中的张力T( r)．解：取距转轴为r处，长为d r的小段绳子，其质量为( M/L ) d r．(取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得：T ( r )-T ( r + d r ) =( M / L) d r rω2令T ( r )－T (r + d r ) = -d T ( r)得d T =－( Mω2 / L) r d r 4分由于绳子的末端是自由端T(L)= 01分有rrLMTLrrTd)/(d2)(⎰⎰-=ω∴)2/()()(222LrLMrT-=ω3分第三章动量与角动量课后作业1、如图，用传送带A输送煤粉，料斗口在A上方高h＝0.5 m处，煤粉自料斗口自由落在A上．设料斗口连续卸煤的流量为q m＝40 kg/s，A以v＝2.0 m/s的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh2=v1分设煤粉与A相互作用的∆t时间内，落于传送带上的煤粉质量为tqmm∆=∆1分设A对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：-∆=∆vmtfx1分)(vmtfy∆--=∆1分将tqmm∆=∆代入得vmxqf=，vmyqf=∴14922=+=yxfff N 2分f与x轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4°1分由牛顿第三定律煤粉对A的作用力f′= f = 149 N，方向与图中f相反．2分OO′O)2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分 即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.30202t t t t ---=t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的． 利用 2t g t h '+'=211v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1 ＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有S 1 = v x t ① h=221gt ② 由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分 以2v表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．x v v m m x =221③ 0==+y y m m m v v v 1y 22121 ④解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤ y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥ 落地时 y2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去）故 x 2＝5000 ｍ 3分Mmv4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求：(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．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方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第四章 功和能课 后 作 业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a rωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F 以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F的分力x F 和y F 分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωs i n =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωc o s d dy-==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v 2分 (2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22-- 2分由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分 ⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得222121)(kL kx x L F -=+- ② 2分 由② 解出kF L x 2-= 使小球继续保持静止的条件为 F k FL k x k ≤-=2 ③ 2分 所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L kF3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？al -a(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(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 ＝2022121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =l a l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2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4、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： 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v 2分ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分 )ctg 1(22αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分第五章 刚体的转动课 后 作 业1、一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr ．将由两个定滑轮以及质量为m 和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分 T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分 a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为21M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2 / 4 )解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分 对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分 根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分3、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)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① 2分 T r ＝J β ② 2分 由运动学关系有： a = r β ③ 2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分aAm 1 ,l1v2v俯视图4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =) 解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分 由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 gm m t 12122μv v += 2分第六章 狭义相对论基础课 后 作 业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 221cV xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201c m m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200c V m v -=2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为a a x 221=，a a y 221=面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中 2)/(1c a a x x v -=' =0.6×a 221 a a a y y 221==' 在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为606.022=='⋅'='a a a S x y cm23分 3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为=-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？x解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vSt 年 2分 以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆221ct t v 0.20 年 3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有 2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？(电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 2 2分 根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -= 1分∴ )1111(22122220ccc m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV 2分。
物理《学习指导》答案
光的偏振与双折射
光的偏振
偏振是指光波的电矢量或磁矢量在某一特定方向上的振动。偏振现象的产生是由于光波在传播过程中 受到介质的影响，使得光波的电矢量或磁矢量在某一特定方向上发生偏转。光的偏振在光学实验中有 着广泛的应用，如制作偏振片、提高光学仪器精度等。
光的双折射
双折射是指光波在某些晶体中传播时，由于晶体的特殊结构，使得光波的传播方向发生改变，形成两 个折射光的现象。双折射现象的产生是由于晶体对光波的折射率不同，使得光波在传播过程中发生偏 转。双折射在光学实验中也有着广泛的应用，如制作光学仪器、研究晶体结构等。
04
热学部分
热力学基础
总结词
掌握热力学的基本概念和定律 ，理解热力学系统的状态和过
程。
理想气体状态方程
理想气体状态方程是描述气体 状态变量的关系式，包括温度 、压力、体积等。
热力学第一定律
热力学第一定律是能量守恒定 律在热学中的具体表现，它说 明了能量转换和传递的基本规 律。
热力学第二定律
热力学第二定律说明了热力过 程的方向性和不可逆性，是热
总结词
理解原子结构与光谱之间的关系
描述
光谱线的波长、频率和强度可以反映原子的能级 结构、跃迁类型和电子云的分布情况。通过对光 谱的分析，可以推断出原子的种类、电子结构和 化学键的类型等信息。
描述
原子由原子核和核外电子组成，电子在原子核外 不同能级上运动，产生不同的光谱线。光谱分析 是研究原子结构的重要手段。
量子力学的应用
总结词
描述
描述
描述
描述
了解量子力学在各领域 的应用
量子力学在各领域都有 广泛的应用，如半导体 技术、超导电性、量子 计算机等。
在半导体技术中，量子 力学解释了半导体的光 电效应和电子传输机制 ，为集成电路和光电子 器件的发展提供了理论 基础。
大学物理学习指导下答案
大学物理学习指导答案全解练习一：1-3：D B D ；4、3031ct v v +=，400121ct t v x x ++= 5、s 3；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s27、解：（1）j t t i t r)4321()53(2-+++=；（2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t +=++===；（3）)/(12s m j dtvd a ==8、解xvv 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c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v 练习二：1、C ；2、B ；3、j 8，j i 4+-，4412arctg arctg -+ππ或；4、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct2；5、212t t +，212t +；6、2010θθθθtg tg tg tg ++7、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度320222022002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船 8、解：（1）由23Rbt dtd R dt ds v -===θ得： Rbt dt dva 6-==τ，4229t Rb R v a n == （2）n n n e t Rb e Rbt e a ea a ˆ9ˆ6ˆˆ42+-=+=τττ练习三1、C ，2、A ，3、D ，4、2121)(m m g m m F +-+，)2(1212g m F m m m ++；5、0.41cm6、解：取弹簧原长时m 2所在处为坐标原点，竖直向下为x 轴，m 1，m 2的受力分析如上图所示。
大学物理学习指导详细答案
大学物理学习指导详细答案一、学习物理的重要性物理作为一门基础科学，是研究物质、能量和宇宙的运行规律的学科，对于培养学生的科学思维、观察能力以及解决问题的能力具有重要的作用。
以下是针对大学物理学习的指导答案，帮助学生们更好地掌握物理学知识。
二、初入大学物理学习方法1. 阅读教材和参考书籍在学习物理过程中，阅读教材是首要的任务。
掌握教材内容，了解物理学的基础概念和原理是学习的基础。
同时，可以寻找一些与教材相关的参考书籍，扩展自己的知识面。
2. 制定学习计划学习物理需要一定的时间和耐心，因此制定一个有序的学习计划非常重要。
合理安排每天的学习时间，将物理学习纳入日常学习的重要组成部分，这样可以提高学习效率。
3. 多做习题物理学习最重要的一个环节就是做习题。
通过大量的习题练习，可以帮助巩固理论知识，加深对物理学原理的理解。
同时，习题做多了，可以训练自己的问题解决能力和分析能力。
4. 借助实验室条件大学物理学通常伴随着实验教学，学生可以借助实验室的条件进行实践操作，观察实验现象，从而更好地理解书本知识并培养实践能力。
三、大学物理学习的核心知识点1. 牛顿三大运动定律牛顿运动定律是物理学中最基础的理论之一，要学好物理，首先要对这三大定律的内容和应用有深入的了解。
2. 力学力学是物理学的核心内容之一，包括机械振动、流体力学、动量守恒等方面的知识。
学生应该掌握相关的基本概念、公式和计算方法。
3. 电磁学电磁学是物理学中的重要分支，包括电场、磁场、电磁感应等内容。
学生需要掌握电磁学的基础知识，并能够应用于实际问题的解决中。
4. 光学光学是物理学中的另一个重要分支，包括光的传播、折射、反射等知识。
学生需要理解光的基本性质，并能够运用光学原理解决光学问题。
5. 热学热学是物理学中的一门重要学科，探讨物体的热现象和热传导规律等内容。
学生需要学习热力学的基本概念和计算方法。
四、解决物理学习困难的方法1. 找准学习重点和难点针对学习中的重点和难点，要有针对性地加以解决。
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(A)
为正，反之为负)： ［ ］ O X O X 解： “无限大”均匀带正电荷的平面产 生的场强大小是与到平面的距离 x 无关的常 习题 7―8 图 量，但是平面两侧的场强方向不同：在 x>0 区间，场强方向与 X 轴正向相同，应为正；反之在 x<0 区间，场强方向与 X 轴 正向相反，应为负。所以，应该选择答案(C)。
EA
2 3 2 0 2 0 2 0
A B C
B 区域内任一点的场强：
EB
2 2 0 2 0 2 0
2 3 2 0 2 0 2 0
C 区域内任一点的场强：
EC
习题 7―17 图
习题 7—18 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： Ex=bx， Ey=Ez=0，高斯面边长 a=0.1m，常数 b=1000N/(C•m)。试求该闭合面中包含的静 电荷。 解：根据高斯定理，可有 q E d S E d S E d S i 0 0 0
第七章 静电学一章习题答案
习题 7—1 半径为 R 的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小 E 与距 球心的距离 r 的关系曲线为： ［ ］
E (A) O E∝1/r R
2
E ( B) O R E∝1/r
2
E (C) O R E∝1/r
2
E (D) O
E∝1/r E∝1/r R
2
r
r
习题 7―1 图
习题 7―16 图
习题 7—17 两个平行的“无限大”均匀带电平面，其面电荷密度分别为 和 2 ，如图所示，则 A、B、C 三个区域的电场强度分别为 EA= ； EB= ；EC= 。(设方向向右为正) 解：此题应当应用叠加原理，每个区域的电场强度等于每个均匀带电平面单 独存在时产生的场强的矢量和。设自左向右的方向为正，则有 A 区域内任一点的场强：
Q2 Q1 R2 P r O R 1
Q1 Q2 Q1 Q2 。 (B) 。 4 0 r 4 0 R1 4 0 R2
习题 7―4 图
(C) 0。
(D)
Q1 4 0 R1
。
解：根据场强叠加原理，内球面单独在 P 点产生的电势为
U P1
外球面单独在 P 点产生的电势为
Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2 Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2
q 4 0 y 2 qa 2 0 y 3
Y P (0，y) –q –a O
习题 7―7 图
(B)
q 2 0 y 2 q 4 0 y 3
q a
X
(C)
(D)
解：由图示，两个点电荷在 P 点产生的场强的 Y 分量相抵消，P 点最终的场 强只是两场强 X 分量的叠加，因此，P 点的场强为
EP 2 q 4 0 ( y 2 a 2 ) a y a
，式中 E 是点电荷
S q4 q2 q1
习题 7―12 图
q3
在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和。 解：根据静电场高斯定理，通过该闭合
曲面的电通量等于被闭合曲面包围的电荷之代数和的 0 分之一，即
1 = E d S
0
q
i
i
1
0
(q1 q 2 )
高斯定理中的 E 是高斯面上任一点的场强，它是由高斯面内、外的所有电荷共同 产生的，即由 q1、q2、q3 和 q4 共同产生的。
Z
UP
i 1
N
q 4 0 r
Nq 4 0 r
对于场强，因为它是矢量，即不仅有大小还有方向，各点电荷产生的场强方向与 其在圆周上的位置有关，也就是说，P 点的场强应当与各点电荷在圆周上的分布 有关，所以两种情况下的场强是不同的。但是，由于 P 点对于圆周上的各点是 对称的，各点电荷场强的 Z 分量(标量)大小与其在圆周上的位置无关，因此，两 种情况下 P 点的场强分量 EZ 都相同。综上，应该选择答案(C)。 习题 7—6 如图所示，边长为 a 的等边三角形的三个顶点上，放置着三个正的 点电荷，电量分别为 q、2q、3q，若将另一点电荷 Q 从无穷远处移到三角形的中 心 O 处，外力所作的功为： ［ ］
r
O
r
O
U∝1/r R
2
b c r
习题 7―3 图
r
O 习题 7―2 图
习题 7─3 如图所示，一个带电量为 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： ［ ］ 解： 可以设想再补上与图示立方体完全相同的七个立方体，使得点电荷位于 一个边长扩大一倍的新的立方体的中心，这样，根据高斯定理，通过这个新立方 体的六个面的总电通量为 q 0 ，通过其中任何一个面的电通量为 q (6 0 ) ，而因 原 abcd 面只是新立方体一个面的四分之一，故通过 abcd 面的电场强度通量为 q (24 0 ) 。 ［选择答案(C)］ 习题 7─4 如图所示，两个同心的均匀带电球 面，内球面半径为 R1、带电量 Q1，外球面半径 为 R2、带电量为 Q2。设无穷远处为电势零点， 则在内球面里面，距球心为 r 的 P 点处的电势 为： ［ ］ (A)
习题 7— 9 图中所示曲线表示某种球 E 对称静电场的场强大小 E 随径向距离 r 变化的关系，请指出该电场是由下列哪 E∝1/r2 一种带电体产生的。 ［ ］ (A) 半径为 R 的均匀带电球面。 (B) 半径为 R 的均匀带电球体。 O (C) 点电荷。 r R (D) 外半径为 R， 内半径为 R/2 的均匀 习题 7―9 图 带电球壳体。 解：容易看出该电场是由半径为 R 的均匀带电球面产生的，所以，应该选 择答案(A)。 习题 7—10 真空中一半径为 R 的球面均 匀带电 Q， 在球心 O 处有一带电量为 q 的 点电荷，如图所示。设无穷远处为电势零 点，则在球内离球心 O 为 r 的 P 处的电 势为： ［ ］ (A)
6 3qQ A外 A电 Q(U U O ) QU O 4 0 a
2q
a O a
习题 7―6 图
3q
因此，应当选择答案(C)。 习题 7—7 如图所示， 在坐标(a， 0)处放 置一点电荷+q，在坐标(－a，0)处放置另 一点电荷－q。P 点是 Y 轴的一点，坐标 为(0，y)，当 y>>a 时，该点场强的大小 为： ［ ］ (A)
UD U U
q 4 0 (3l )
q q 4 0 l 6 0 l
同理，O 点的的电势为
UO 0
因此， 把另一带电量为 Q(Q<0)的点电荷从 D 点沿路径 DCO 移到 O 点的过程中， 电场力作的功为
A Q(U D U O ) qQ 6 0 l
习题 7—16 两根平行的 “无限长” 均匀代正电直线 1、
2，相距为 d，其电荷线密度分别为 1 和 2 ，则场强等 于零的点与直线 1 的距离为 。 解：设场强等于零的点与直线 1 的距离为 a，则有
1 2 2 0 a 2 0 (d a)
可解得
1
a d 2
a
1 d 1 2
S3
习题 7─14 如图，A 点与 B 点间距离 C 为 2l，OCD 是以 B 为中心、以 l 为半径 l 的半圆路径，A、B 两处各放有一点电荷 A B O 带，电量分别为+q 和-q，则把另一带电 D ﹢q ﹣q 量为 Q(Q<0) 的点电荷从 D 点沿路径 2l DCO 移到 O 点的过程中， 电场力所作的 习题 7―14 图 功为 。 解：放在 A、B 两处的点电荷+q 和-q 是场源电荷，设无穷远处为电势零点， 则 D 点的电势为
习题 7—13 在点电荷+q 和－q 的静电 场中，作出如图所示的三个闭合面 S1、 S2、S3，则通过这些闭合面的电场强度 通量分别为Φ1= ；Φ2= ；Φ3= 。 解：根据高斯定理容易知道，通过 三个闭合曲面的电通量分别为 q 0 、0、 q 0 。
﹢q
﹣q
S1
S2
习题 7―13 图
U P2
因此，P 点最终的电势为
U P U P1 U P 2
［所以选择答案(B)］ ［注：对典型电荷分布的场，应用叠加原理可以非常方便地 求得结果。 ］ 习题 7—5 有 N 个电量均为 q 的点电荷，以 P 两种方式分布在相同半径的圆周上： 一种是无 规则的分布，另一种是均匀分布，比较这两种 情况下在过圆心 O 并垂直于圆平面的 Z 轴上 任一点 P 的场强与电势，则有： ［ ］ O (A) 场强相等，电势相等。 Y (B) 场强不等，电势不等。 X (C) 场强分量 EZ 相等，电势相等。 习题 7―5 图 (D) 场强分量 EZ 相等，电势不等。 解：因为电势是标量，而且仅与点电荷到场点的距离有关，所以各点电荷在 P 点产生的电势都相等，与点电荷在圆周上的位置无关，这样一来，根据电势叠 加原理，两种情况下的电势都一样，都是
2 2
qa qa 2 2 32 2 0 ( y a ) 2 0 y 3
所以应该选择答案(C)。 习题 7—8 设有一“无限大”均匀带正电 荷的平面，取 X 轴垂直带电平面，坐标原 点在带电平面上，则其周围空间各点的电 场强度 E 随距离平面的位置坐标 x 的变化 的关系曲线为(规定场强方向沿 X 轴正方向
(A)
2 3qQ 4 0 a
(B)
4 3qQ 4 0 a
(C)
6 3qQ 4 0 a
(D)
8 3qQ 4 0 a
q
解：根据电势叠加原理，三角形的中心 O 处的电势为
UO q 2q 3q 6 3q 4 0 a 4 0 (2 3)a sin 60