江西师大 物理_总复习2014-6

1、第第1章章 质点运动学质点运动学 二、选择题二、选择题)根据瞬时速度矢量根据瞬时速度矢量v 的定义，及其用直角坐标和自然坐标的表的定义，及其用直角坐标和自然坐标的表示形式，它的大小示形式，它的大小 v 可表示为（可表示为（B ，D ，F ，H ）22 rit jtk已知质点的运动方程为已知质点的运动方程为，质点的速度为，质点的速度为 ，加速度为，加速度为 。一、填空题一、填空题2 ）根据瞬时加速度矢量）根据瞬时加速度矢量a 的定义，及其用直角坐标和自然坐标的的定义，及其用直角坐标和自然坐标的表示形式，它的大小表示形式，它的大小| a|可表示为（可表示为（A C G H ）3 ）以下说法中，正确

2、的是（）以下说法中，正确的是（B ，C ，D ，F ）（A）质点具有恒定的速度，但仍可能具有变化的速率）质点具有恒定的速度，但仍可能具有变化的速率（B）质点具有恒定的速率，但仍可能具有变化的速度）质点具有恒定的速率，但仍可能具有变化的速度（C）质点加速度方向恒定，但速度方向仍可能在不断变化着）质点加速度方向恒定，但速度方向仍可能在不断变化着（D）质点速度方向恒定，但加速度方向仍可能在不断变化着）质点速度方向恒定，但加速度方向仍可能在不断变化着（E）某时刻质点加速度的值很大，则该时刻质点速度的值也必定很）某时刻质点加速度的值很大，则该时刻质点速度的值也必定很大大（F）质点作曲线运动时，其法向加速

3、度一般并不为零，但也有可能在）质点作曲线运动时，其法向加速度一般并不为零，但也有可能在某时刻法向加速度为零某时刻法向加速度为零1、一质点沿、一质点沿 x 轴运动，已知加速度轴运动，已知加速度a=3+9x2，当，当x=0时速度的大小时速度的大小v=0，求：，求：质点在任意位置时的速度。质点在任意位置时的速度。 解：解：239dddydaxdtdy dtdx2d(39)d xx 2366xx3 66 xx分离变量：分离变量：积分：积分：200d(39)d xxx 即：即：三、计算题三、计算题2、一粒子沿着抛物线轨道、一粒子沿着抛物线轨道y x2运动，粒子速度沿运动，粒子速度沿x 轴的投影轴的投影v

4、x 为常数，等于为常数，等于3m/s ，试计算质点在，试计算质点在x 2/3m 处时，速度和加速度处时，速度和加速度的大小。的大小。解解 依题意：依题意：速度大小为速度大小为3、质点以初速度、质点以初速度 0作直线运动作直线运动, 所受阻力与质点运动速度成正比所受阻力与质点运动速度成正比. 求当求当质点速度减为质点速度减为 0/n (n1)时时, 质点走过的距离与质点所能走的总距离之比。质点走过的距离与质点所能走的总距离之比。Fkv dvmkvdt dxkdt kdvdxm nv00100vxnvkdvdxm 001vkvxnm 101()mxnvkn2000 xvkdvdxm 02kvxm

5、20mxvk121(1)xxn 当质点速度减为当质点速度减为解：质点运动过程中所受阻力为：解：质点运动过程中所受阻力为：根据牛顿第二定律：根据牛顿第二定律：时时, 质点走过的距离为：质点走过的距离为：质点所能走的总距离为：质点所能走的总距离为： 所以有：所以有： 第第2章章 质点和质点系动力学质点和质点系动力学一、一、 基本内容和主要公式基本内容和主要公式1 牛顿运动三定律牛顿运动三定律第一定律：任何质点都保持静止或匀速直线运动状态，直到其它物体对它第一定律：任何质点都保持静止或匀速直线运动状态，直到其它物体对它作用的力迫使它改变这种状态为止牛顿运动第一定律给出了惯性和力的作用的力迫使它改变这

6、种状态为止牛顿运动第一定律给出了惯性和力的概念概念第二定律：物体运动状态的变化与物体所受的合力成正比，即第二定律：物体运动状态的变化与物体所受的合力成正比，即22dtrdmdtdmamF3.应用牛顿运动定律解题的一般步骤应用牛顿运动定律解题的一般步骤 选取研究对象；分析受力情况，画出受力图；选取坐标系；列选取研究对象；分析受力情况，画出受力图；选取坐标系；列方程求解；讨论方程求解；讨论4. 牛顿运动定律的适用范围牛顿运动定律的适用范围 宏观低速物体；惯性系宏观低速物体；惯性系功和能功和能一、选择题一、选择题1）把一质量为）把一质量为m ，各边长均为，各边长均为2a的均质货箱，由位置（的均质货箱

7、，由位置（I）翻转到位置）翻转到位置（ II ） ，则人力所作的功至少为（，则人力所作的功至少为（D ） 2）质点）质点M与一固定的轻弹簧相连接，并沿椭圆轨道运动，如图已与一固定的轻弹簧相连接，并沿椭圆轨道运动，如图已知椭圆的长半轴和短半轴分别为知椭圆的长半轴和短半轴分别为a 和和b ，弹簧原长为，弹簧原长为l0 ( a l0 b ) ，劲度系数为劲度系数为k ，则质点由，则质点由A 运动到运动到B 的过程中，弹性力所作的功为的过程中，弹性力所作的功为（ B ） 1、一根匀质绳子，其单位长度上的质量为、一根匀质绳子，其单位长度上的质量为,盘绕在一张光滑的水平桌面上，盘绕在一张光滑的水平桌面上，

8、初始时刻由静止拉起，如以一恒定的加速度初始时刻由静止拉起，如以一恒定的加速度a竖起向上提绳和一定的速率竖起向上提绳和一定的速率v向向竖直向上提绳，作用于绳端的力竖直向上提绳，作用于绳端的力F1和和F2各为多少。各为多少。解：取被提起的绳段为研究对象，它受到拉力解：取被提起的绳段为研究对象，它受到拉力F和重力和重力yg的作用，根据牛顿定律有：的作用，根据牛顿定律有：()dyFygdt 2Fygyay如以一恒定的加速度如以一恒定的加速度a竖起向上提绳竖起向上提绳yddadtdyt=0时，时，y=0,v=0，积分上式可得，积分上式可得22ayadyd 1(3 )Fga y所以所以速率速率v恒定时，恒

9、定时，a=0222(yg)Fygy计算题计算题2、 质量为质量为m的质点以初速度的质点以初速度 0竖直上抛，设质点在运动中受到的空气阻竖直上抛，设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比，比例系数为力与质点的速率成正比，比例系数为k0试求：（试求：（1）质点运动的速度）质点运动的速度随时间的变化规律。（随时间的变化规律。（2）质点上升的最大高度）质点上升的最大高度.dvmgkvmdtmdvdtmgkv00tvvmdvdtmgkv解：（解：（1）对上升过程，列出牛顿方程，得）对上升过程，列出牛顿方程，得 两边分离变量两边分离变量积分得积分得kmgekmgvvtmk0dvmgkvmdtmdvd

10、tmgkv00tvvmdvdtmgkv1ktmmgvek对下降过程，列出牛顿方程，得对下降过程，列出牛顿方程，得积分得积分得2、 质量为质量为m的质点以初速度的质点以初速度 0竖直上抛，设质点在运动中受到的空气阻竖直上抛，设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比，比例系数为力与质点的速率成正比，比例系数为k0试求：（试求：（1）质点运动的速度）质点运动的速度随时间的变化规律。（随时间的变化规律。（2）质点上升的最大高度）质点上升的最大高度.dvdv dydvmgkvmmmvdtdy dtdymgkvmgmvmdydvdvmgkvkmgkv 00(1)yvvmmgdydvkmgkv 202

11、0lnmm gmgkvyvvkkmgkv20max02lnmgkvmm gyvkkmg （2）由牛顿第二定律）由牛顿第二定律两边分离变量两边分离变量积分得积分得v=0时，有时，有3、设两粒子之间的相互作用为排斥力、设两粒子之间的相互作用为排斥力f ，其变化规律为，其变化规律为f k/r3，k为常数为常数r为二者之间的距离，试求两粒子相距为为二者之间的距离，试求两粒子相距为r时的势能设时的势能设无穷远处为零势能位置无穷远处为零势能位置解解 由势能定义，有由势能定义，有4、子弹水平射入一端固定在弹簧上的木块内，木块可以在水平桌面上滑动，、子弹水平射入一端固定在弹簧上的木块内，木块可以在水平桌面上滑

12、动， 它们之间的滑动摩擦系数为它们之间的滑动摩擦系数为0.2，由弹簧的压缩距离求出子弹的速度。设弹，由弹簧的压缩距离求出子弹的速度。设弹簧初始时处于自然长度，劲度系数为簧初始时处于自然长度，劲度系数为100N/m，子弹和木块的质量分别为，子弹和木块的质量分别为0.02kg和和8.98kg，子弹射入木块后，弹簧被压缩，子弹射入木块后，弹簧被压缩10cm。求子弹的速度。求子弹的速度。由能量守恒得联立求解得由能量守恒得联立求解得解：设子弹的质量为解：设子弹的质量为m，初速度为，初速度为v0，木块的质量为，木块的质量为M，射入后二者共同速，射入后二者共同速度度为度度为v，由动量守恒得，由动量守恒得0m

13、vmM221122mM vmM g xk x 联立求解得联立求解得 )/(3200sm5、质量为、质量为m的物体与一劲度系数为的物体与一劲度系数为k的弹簧连接，物体与水平桌面的摩擦的弹簧连接，物体与水平桌面的摩擦系数为系数为 ，现有一水平恒力，现有一水平恒力F拉物体，物体从平衡位置开始运动，求：拉物体，物体从平衡位置开始运动，求：1）物体到达最远时，弹簧的形变量物体到达最远时，弹簧的形变量x。2）物体在运动中的最大动能。）物体在运动中的最大动能。Fx解：解：1）如图，物体受到恒拉力）如图，物体受到恒拉力F、摩擦力、摩擦力f ，和弹簧力，和弹簧力fk 三个力作用三个力作用kfkx xf物体到达最

14、远时，速度为物体到达最远时，速度为0，由动能定理得，由动能定理得mgxkxFx221kmgFx 2Fx2）当加速度为）当加速度为0时，速度最大，设此时弹簧形变量为时，速度最大，设此时弹簧形变量为x0，所以有，所以有00mgkxF由动能定理得由动能定理得kmgFx0000max,)(xkdxmgkxFxE0)21(020 xmgxkxFx20021)(kxxmgFkmgF2)(2一、内容小结一、内容小结1.基本概念基本概念:221IEk22rdmrmIiiIvmrLFrM(1)角速度矢量角速度矢量(2)转动动能转动动能(3)转动惯量转动惯量(4)力力 矩矩(5)角角 动动 量量第第03章章 角动

15、量定理和刚体的转动角动量定理和刚体的转动3. 力矩的累积效应力矩的累积效应（1）空间累积：）空间累积：力矩的功力矩的功dMA动能定理动能定理21222121IIA2. 转动定律转动定律: IMM与与 具有：同轴性、同时性、具有：同轴性、同时性、 同方向性。同方向性。4. 角动量守恒定律角动量守恒定律当当 时，有时，有 0MCILii（2）时间累积）时间累积12IIdtM角动量定理：角动量定理：(4) 非刚体非刚体0)(Id即：即：0dIdI (3) 质点与刚体守恒式为质点与刚体守恒式为 210ImrImr选择题选择题1 ）下列说法中正确的是（）下列说法中正确的是（ C ）A ）作用在定轴转动刚

16、体上的力越大，刚体转动的角加速度越大）作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大B ）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大C ）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大D ）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零2）一半径为）一半径为R质量为质量为m的均质圆形平板在粗糙的水平桌面上，绕通过的均质圆形平板在粗糙的水平桌面上，绕通过圆心且垂直于平板的圆心且垂直于平板的OO

17、轴转动，摩擦力对轴转动，摩擦力对OO轴的力矩为（轴的力矩为（A ）3）均质圆盘水平面放置，可绕通过盘心的铅垂轴自由转动，圆）均质圆盘水平面放置，可绕通过盘心的铅垂轴自由转动，圆盘对该轴的转动惯量为盘对该轴的转动惯量为I0 ，当其转动角速度为，当其转动角速度为 0 时，有一质量时，有一质量为为m 的质点沿铅垂方向落到圆盘上，并粘在距转轴的质点沿铅垂方向落到圆盘上，并粘在距转轴R/2 处，它处，它们共同转动的角速度为们共同转动的角速度为( )20002RmII0202000414ImRRmII)41/(020ImR1、一人手握哑铃站在转盘上、一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为

18、两臂伸开时整个系统的转动惯量为2kg m2，推动后，系统以，推动后，系统以15r/min的转速转动。的转速转动。 当人的手臂收回时当人的手臂收回时, 系系统的转动惯量为统的转动惯量为0.8kg m2，求此时的转速。，求此时的转速。解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律12II1122.2.2InIn121221537.5 /min0.8InnrI所以有：所以有：2、 半径为半径为R的均质圆盘水平放置在桌面上的均质圆盘水平放置在桌面上, 绕其中心轴转动绕其中心轴转动. 已知圆已知圆盘与桌面的摩擦系数为盘与桌面的摩擦系数为 , 初始时的角速度为初始时的角速度为 0.

19、求经过多少时间后圆求经过多少时间后圆盘将静止盘将静止.解：取半径为解：取半径为r厚度为厚度为dr的微元环，该微元所受摩擦力矩大小为的微元环，该微元所受摩擦力矩大小为对上式积分求得整个圆盘所受的摩擦力矩对上式积分求得整个圆盘所受的摩擦力矩rmgRrdrrdfdM22drmgRrdMMR0222drrRmgR0222mgR32由于圆盘的转动惯量由于圆盘的转动惯量 ，所以圆盘的角加速度，所以圆盘的角加速度212ImR43MugIR 由由 ， ，得，得0t0t034Rtug所以圆盘作匀减速运动。所以圆盘作匀减速运动。3、质量为、质量为M，半经为，半经为R的水平均匀圆盘可以绕竖直轴转动，在盘的边缘上有的

20、水平均匀圆盘可以绕竖直轴转动，在盘的边缘上有一个质量为一个质量为m的人，二者开始时都相对地面静止，当沿盘的边缘相对于圆盘的人，二者开始时都相对地面静止，当沿盘的边缘相对于圆盘走一周，求人和盘对地面转过的角度，略去转轴处的摩擦阻力。走一周，求人和盘对地面转过的角度，略去转轴处的摩擦阻力。人和盘以转轴的转动惯量分别为：人和盘以转轴的转动惯量分别为：解解 人和盘组成一个系统，则系统不受外力矩，满足角动量守恒，设二者的人和盘组成一个系统，则系统不受外力矩，满足角动量守恒，设二者的角速度分别为角速度分别为 1和和 2，角位移分别为，角位移分别为 1和和 2。21mRI 人：人：盘：盘：2/22MRI 由

21、角动量守恒，有由角动量守恒，有02211II221212ddmRMRdtdtRMm21022102)21()(dMRdmR两边同乘以两边同乘以dt并积分，有并积分，有1212mM又因为人在盘上走一周，满足又因为人在盘上走一周，满足221联立上面联立上面2式，解之得：式，解之得：122mmMMmm2424、通风机转动部分的转动惯量为、通风机转动部分的转动惯量为I，以初角速度，以初角速度 0绕其轴转动。空气阻力矩绕其轴转动。空气阻力矩与角速度成正比，比例系数为与角速度成正比，比例系数为k。求经过多少时间后，转动角速度减为初角。求经过多少时间后，转动角速度减为初角速度的一半，在此时间内共转了多少圈。

22、速度的一半，在此时间内共转了多少圈。解：根据转动定理解：根据转动定理dIkdt dkdtI 002todkdtI ( ln2)/tIk两边积分两边积分ln2ktI00001/ 22tMdtIII 由动量定理有：由动量定理有：0012tkdtI 012kI02Ik024INk 一、内容小结一、内容小结 1 1机械振动：机械振动： 1 1）简谐振动的判断式：）简谐振动的判断式：kxF合22dtxdmmaF合mkxdtxd2222, 0)cos(0tAx2 2）机械振动方程：）机械振动方程：第第04章章 振动与波振动与波)cos(0tAx0,A3）如何求：）如何求：4）简谐振动的能量）简谐振动的能量

23、221kAEEEPk)cos(212212221AAAAA22112211coscossinsinAAAAtg5）同方向、同频率简谐振动的合成：）同方向、同频率简谐振动的合成： 12cos()xxxAt1）一维简谐波的波动方程：）一维简谐波的波动方程：)(2cos)(cos00 xTtAuxtAy2）波的能量：能流、平均能流、平均能流密度（波的强度）波的能量：能流、平均能流、平均能流密度（波的强度）, 2 , 1 , 0) 12(, 2 , 1 , 02)(21212kkkkrr3）波的干涉：频率相同、振动方向相同、位相）波的干涉：频率相同、振动方向相同、位相 差恒定。差恒定。 2、机械波、机

24、械波2 , 1 , 02)12(2 , 1 , 021kkkkrrr（4）驻波：振幅相等、传播方向相反的相干波相互迭加而产）驻波：振幅相等、传播方向相反的相干波相互迭加而产生的波。生的波。（5）多普勒效应：由于波源或观测者相对于媒质的运动，而）多普勒效应：由于波源或观测者相对于媒质的运动，而使观测者接受到的频率有所变化的现象。使观测者接受到的频率有所变化的现象。选择题选择题1）一质点作谐振动，周期为）一质点作谐振动，周期为T ，它由平衡位置沿，它由平衡位置沿x 轴负方向运动轴负方向运动到离最大负位移到离最大负位移1/2 处所需要的最短时间为（处所需要的最短时间为（B ）A） T/4 B） T

25、/12 C） T/6 D） T/81、物体沿、物体沿x轴作简谐振动，其中振幅轴作简谐振动，其中振幅A=10cm，周期，周期T=2s。在初始时刻，物体。在初始时刻，物体位于位于x=5cm处，且向轴负方向运动。求在处，且向轴负方向运动。求在x= -6cm处，沿轴负方向运动时，物处，沿轴负方向运动时，物体的速度和加速度。体的速度和加速度。解：由题意有解：由题意有0.1Am2/radsT03 得运动方程为得运动方程为0.1cos3xt设当运动到设当运动到t1时刻，位移达时刻，位移达-6cm,10.060.1cos3t1sin0.83t1110sin0.10.80.25Atm s 222110cos0.

26、060.59aAtm s 2、一物体沿、一物体沿 x 轴作谐振动，轴作谐振动， 振幅为振幅为 0.24 m， 周期为周期为 2s， 当当 t = 0时时 x0 = 0.12m，且向，且向 x 轴正方向运动。求振动方程？轴正方向运动。求振动方程？ -12 (s ) T2 s T 画出画出 t = 0 时旋转矢量图，时旋转矢量图，当当t=0 时，时，x0=0.12m，v00。00.12cos 0.24xA 3 0.24 cos ( ) m 3xt解：设物体的谐振动方程为解：设物体的谐振动方程为cos() xAt由题意：由题意：0.24Am振动方程振动方程3、已知平面简谐波的波方程为、已知平面简谐波

27、的波方程为 ，试求该波的传，试求该波的传播方向、波长、频率、波速、初相和周期，说明播方向、波长、频率、波速、初相和周期，说明x=0处波方程的意义处波方程的意义 。3sin 100.6ytx解：由题意得波方程为解：由题意得波方程为3cos 100.62ytx即即 103v10/rad s15vHzT50/3m s20.2Ts意义：在意义：在x=0处波方程变为质点在平衡位置附近的振动方程。处波方程变为质点在平衡位置附近的振动方程。33cos 10 ()502tx0cos ()xAt由于由于 0，所以波的传播方向为，所以波的传播方向为x轴正方向。轴正方向。02 4、平面简谐波沿、平面简谐波沿x轴的正

28、方向传播，已知振幅轴的正方向传播，已知振幅A0.01m，周期，周期T=2s，波长波长 0.02m，初相位为，初相位为0，试求波方程。，试求波方程。解：将波方程写为如形式：解：将波方程写为如形式：)(cosuxtAy2T由题意：由题意：0.020.01/2umsT由题意可确定由题意可确定0所以波方程：所以波方程：0.01cos()0.01cos(100)0.01xyttx 相干的条件：相干的条件：频率相同、振动方向相同、位相差恒定。频率相同、振动方向相同、位相差恒定。暗纹（明纹2)122kk第第06章章 光的干涉光的干涉 形成明暗纹的条件形成明暗纹的条件cos22121IIIII 相干叠加：相干

29、叠加：1、两光波叠加：、两光波叠加： 非相干叠加：非相干叠加：21III光程：光程： x 称为光称为光走过的走过的几何路程几何路程，nx 称为在这种介质中的称为在这种介质中的光程，光程，当于将光的传播都折算为真空中的传播。当于将光的传播都折算为真空中的传播。在真空中波长为在真空中波长为 ，则，则光程光程nx对应的相位差为对应的相位差为 (nx / ) 2 介质介质n中两点的相位差为中两点的相位差为，则两点之间的距离，则两点之间的距离x为为2xn2nx 半波损失半波损失 ：光从光速较大的介质射向光速较小的介质时反：光从光速较大的介质射向光速较小的介质时反射光的相位较之入射光的相位跃变了射光的相位

30、较之入射光的相位跃变了 ， 相当于反射光与入相当于反射光与入射光之间附加了半个波长的波程差，称为半波损失射光之间附加了半个波长的波程差，称为半波损失. 透镜不引起附加的光程差透镜不引起附加的光程差 ：暗纹（明纹2)122kk 形成明暗纹的条件形成明暗纹的条件2、杨氏双缝干涉、杨氏双缝干涉明纹位置：明纹位置：0,1, 2Dykkd 暗纹位置：暗纹位置：(21)1, 22Dykkd 相邻明、暗条纹间距：相邻明、暗条纹间距：Dyd3、薄膜干涉、薄膜干涉2sin222122inne暗纹明纹2 . 1 . 02) 12(2 . 122kkkke4、空气劈尖干涉（垂直入射）：、空气劈尖干涉（垂直入射）：

31、相邻两明纹（或暗纹）对相邻两明纹（或暗纹）对应的空气劈尖的厚度差：应的空气劈尖的厚度差： 相邻两明纹或暗纹的间距：相邻两明纹或暗纹的间距： 2sin2l5、等厚干涉牛顿环（垂直入射）：、等厚干涉牛顿环（垂直入射）：2sin222122inne2e22e由几何关系由几何关系 r2=2eR 得得明纹：明纹：3.2.12)12(kRkr暗纹：暗纹：,2, 1 ,0kRkr相邻两明纹对应的空相邻两明纹对应的空气劈尖的厚度差：气劈尖的厚度差：2 e相邻相邻m级暗纹的间距：级暗纹的间距：Rmrrrkmk2225、等厚干涉牛顿环（垂直入射）：等厚干涉牛顿环（垂直入射）：2sin222122inne22e1、

32、在扬氏双缝实验中，用薄云母片（、在扬氏双缝实验中，用薄云母片（n=1.5) 盖住一缝，这时，屏幕的中心盖住一缝，这时，屏幕的中心为原来的第为原来的第8级条纹所占据，若以镉灯作光源（级条纹所占据，若以镉灯作光源（=648.3nm) ，求云母片的，求云母片的厚度是多少？厚度是多少？12()rdndrk解：设解：设云母片的厚度为云母片的厚度为d，在小孔在小孔s1贴薄片后，从两小孔贴薄片后，从两小孔s1和和s2到点到点O的光程差为的光程差为Dpr2r1l1l2S0S2S1O由题意由题意r1=r2得：得：()8nd d6688 6.438 108.9 1011.58 1dmn代入数值得：代入数值得：答：

33、云母片的厚度是答：云母片的厚度是68.9 10 m2、用波长为、用波长为680nm的单色光，垂直照射的单色光，垂直照射L=0.12m长的两块玻璃片上，两玻长的两块玻璃片上，两玻璃片的一边互相接触，另一边夹着一块厚度为璃片的一边互相接触，另一边夹着一块厚度为h=0.048mm云母片，形成一个云母片，形成一个空气劈尖求：空气劈尖求： 两玻璃片间的夹角？两玻璃片间的夹角？相邻明条纹间空气膜的厚度差是相邻明条纹间空气膜的厚度差是多少？多少？相邻两暗条纹的间距是多少？相邻两暗条纹的间距是多少？如果两块玻璃片中充以某种均匀介如果两块玻璃片中充以某种均匀介质，发现此时第质，发现此时第10级明条纹的位置恰好与

34、空气劈尖的第级明条纹的位置恰好与空气劈尖的第8级明条纹位置重合，级明条纹位置重合，求该均匀介质的折射率。求该均匀介质的折射率。解：解：1) 两玻璃间的夹角为两玻璃间的夹角为 radLd43100 . 41012. 0048. 02) 相邻两明条纹空气膜厚度差为相邻两明条纹空气膜厚度差为 3) 相邻两暗纹间距相邻两暗纹间距me7104 . 32mml64101080100 . 4210680022、用波长为、用波长为680nm的单色光，垂直照射的单色光，垂直照射L=0.12m长的两块玻璃片上，两玻长的两块玻璃片上，两玻璃片的一边互相接触，另一边夹着一块厚度为璃片的一边互相接触，另一边夹着一块厚度

35、为h=0.048mm云母片，形成一个云母片，形成一个空气劈尖空气劈尖如果两块玻璃片中充以某种均匀介质，发现此时第如果两块玻璃片中充以某种均匀介质，发现此时第8级明条纹的位置恰好级明条纹的位置恰好与空气劈尖的第与空气劈尖的第6级明条纹位置重合，求该均匀介质的折射率。级明条纹位置重合，求该均匀介质的折射率。 kne22nkek22111862 222n1821.36162n4) 由明条纹相长条件由明条纹相长条件，得明条纹处劈尖的厚度，得明条纹处劈尖的厚度由已知条件可得由已知条件可得所以所以3、如图所示，在一光学元件玻璃表面、如图所示，在一光学元件玻璃表面 镀一层氟化镁（镀一层氟化镁（MgF2）薄膜

36、，为了使）薄膜，为了使垂直入射的白光中波长垂直入射的白光中波长 =550nm的光反射最小，薄膜的厚度的光反射最小，薄膜的厚度e至少应该是多至少应该是多少？已知玻璃的折射率少？已知玻璃的折射率n3为为1.5，氟化镁的折射率，氟化镁的折射率n2为为1.38。空气空气 n11.0MgF2 n2=1.38玻璃玻璃 n31.5解：由于解：由于n1n2R： drrQdrrQdrrQUrRrRrrr202020444内RrQRQr1141400介质内介质内RrR： rQdrrQUr144020外3) 金属球为等势体，将金属球为等势体，将r=R代入上式代入上式U内内中中RRQRQUr1141400金属球4、半

37、径为、半径为R的无限长圆柱体，圆柱体内均匀带电，沿轴线单位长度的电荷的无限长圆柱体，圆柱体内均匀带电，沿轴线单位长度的电荷为为 。求。求 1）圆柱体内外的场强分布；）圆柱体内外的场强分布；2）圆柱体内外的电势分布。）圆柱体内外的电势分布。解：解：1）选取与该圆柱带电体同轴、底面半径为）选取与该圆柱带电体同轴、底面半径为r、高为、高为h的圆柱形高斯面的圆柱形高斯面S，则则02SqE dSrhErR02qErh200,2,2 rrRRrRrh2）以）以圆柱体轴线圆柱体轴线为电势零点，则在圆柱体内为电势零点，则在圆柱体内 r R1R2R5、求、求由半径分别为由半径分别为R1和和R2的两同心金属球壳所

38、组成的的两同心金属球壳所组成的球形电容器的电容。球形电容器的电容。解设内球带正电解设内球带正电(+Q)，外球带负电，外球带负电(-Q)，选取与同心金属球壳同心的球形，选取与同心金属球壳同心的球形高斯面高斯面S，则，则 r204 QErP*2004SqQE Sr E2211204 RRRRQUE dldrr)11(4210RRQ012214R RQCURR6、 求均匀带电无限长直线激发的电场强度分布，没棒的电荷线密度为求均匀带电无限长直线激发的电场强度分布，没棒的电荷线密度为 。PPPlElEUdcosderE02rrrd120rrln20解：均匀带电无限长直线的电场分布为：解：均匀带电无限长直

39、线的电场分布为：1）选无穷远处作为电势）选无穷远处作为电势0点，则：点，则：alEd2）选距直线为）选距直线为 r0 处作为电势处作为电势0点，则：点，则：00dddPPPPPPPrErErEUrP00d2d0rrPPrrrE00ln2rrP0Pr07、求无限长均匀带电圆柱面的电场分布求无限长均匀带电圆柱面的电场分布 ，其半径为，其半径为R，单位长度圆柱面的带电量为，单位长度圆柱面的带电量为。 下底）上底）柱面）(dd dsssSESESE选取半经为选取半经为 r 高为高为h的闭合柱形高斯面。的闭合柱形高斯面。在距轴心为在距轴心为 r 处取一点处取一点 P，由轴对称性知，由轴对称性知 P 点场

40、强方向为垂直于直线的轴点场强方向为垂直于直线的轴向外，且在以带电直线为轴的圆柱面上，场强的大小相等。向外，且在以带电直线为轴的圆柱面上，场强的大小相等。解解SSEd柱面）(dsSE由高斯定理：由高斯定理：0d2SqESErh0E内方向：经向向外方向：经向向外2Erh可得：可得：00rRq时，02qErhrRqh时，02 Er 外+oxyzhneneneE+rP第第11章章 恒定电流的磁场恒定电流的磁场单位：单位：特斯拉特斯拉-1-1mCSN1T1+qvBmaxF方向：方向：当正正电荷垂直于特定直线运动时受力 ，将 方向定义为该点的 的方向。 BmaxFvmaxFvqFBmax大小：大小：洛伦兹

41、力洛伦兹力：BqF v1、磁感强度、磁感强度 B 的定义的定义1、求下列各图中、求下列各图中P点的磁感应强度的大小和方向。点的磁感应强度的大小和方向。aIIP(a)IIPrr(b)IPa(c) 824)(00aIaIBa 24424)(0000aIaIaIaIBbaIaIBc000022)135cos45cos)2/(44)(解解2、求无限长载流圆柱体的磁场分布，其半径为求无限长载流圆柱体的磁场分布，其半径为R，通有电流，通有电流I，电流沿，电流沿着圆柱轴线方向流动并且均匀分布在圆柱体中，着圆柱轴线方向流动并且均匀分布在圆柱体中，解解 如图，由对称性分析可知如图，由对称性分析可知 r 环上环上

42、B大小处处大小处处相等，方向为环上切向方向，由安培环路定理有：相等，方向为环上切向方向，由安培环路定理有：RIRLrRBIBdId.BRr 02 iBr0d2lBlBrIRr 002Ir022IrR22, rIrRiRIrR环路内所包围的电流环路内所包围的电流 所以磁场分布所以磁场分布 3、粒子速度选择器是在匀强磁场中叠加一均匀电场，使两者互相垂直组、粒子速度选择器是在匀强磁场中叠加一均匀电场，使两者互相垂直组成的。使带电粒子垂直于磁场和电场射入，只有速度为一定值的粒子才成的。使带电粒子垂直于磁场和电场射入，只有速度为一定值的粒子才能沿直线通过而被选出来，速度太大或太小的粒子都会被偏转而不能沿

43、能沿直线通过而被选出来，速度太大或太小的粒子都会被偏转而不能沿直线射出，若磁感应强度为直线射出，若磁感应强度为1.0 10-2T，电场强度为，电场强度为3.0 104V/m ，问射，问射入速度选择器的电子速度为多大时能被选出来？入速度选择器的电子速度为多大时能被选出来？qEFeqFmmeFF qqE smBE/103101103624解解 ， -B+4、一长空心柱形导体半径分别为、一长空心柱形导体半径分别为R1和和R2，导体内载有电流，导体内载有电流I，设电流均匀，设电流均匀分布在导体的横截面上。求（分布在导体的横截面上。求（1）导体内部各点的磁感应强度。（）导体内部各点的磁感应强度。（2）导

44、体）导体内壁和外壁上各点的磁感应强度。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解：导体横截面的电流密度为 )(2122RRIj1）在）在P点作半径为点作半径为r的圆周，的圆周，R1rR2 ,作为安培环路。由作为安培环路。由Il dB0212221202120)()(2RRRrIRrjrB)(2)(21222120RRrRrIB得得 即：即： 202 RIB2）对于导体内壁，）对于导体内壁，r=R1，所以，所以B0对于导体外壁，对于导体外壁，r=R2，所以，所以 R1R2第第12章章 电磁感应与电磁波电磁感应与电磁波41、 一根很长的直导线中通有交变电流一根很长的直导线中通有交变

45、电流 i=I0sin t，式中，式中 I0 及及 都是常数。都是常数。有一矩形线圈与长直导线在同一平面内，其中长为有一矩形线圈与长直导线在同一平面内，其中长为 l 的两对边与直导线平行的两对边与直导线平行（见图）。求线圈中的感应电动势。（见图）。求线圈中的感应电动势。解：距导线解：距导线r处的磁感应强度为：处的磁感应强度为： 02IBr矩形线圈内的磁通量为磁感应强度对矩形面积的积分：矩形线圈内的磁通量为磁感应强度对矩形面积的积分： 00ln22baIIlbB dSldrra 线圈中的感应电动势为：线圈中的感应电动势为：00000ln2sinlnlncos22ldb dIdta dtd Itll

46、Ibbtadta ablABCD 2、导体棒与金属轨道和接触，整个导体框放在、导体棒与金属轨道和接触，整个导体框放在T的均匀磁场中，磁场的方向的均匀磁场中，磁场的方向与图面垂直（见附图）。求：与图面垂直（见附图）。求：1）若导体棒以）若导体棒以4.0m/s的速度向右运动，导体棒内的感应电动势的大小和方向。的速度向右运动，导体棒内的感应电动势的大小和方向。2）若导体棒运动到某一位置时，电路的电阻为）若导体棒运动到某一位置时，电路的电阻为0.20，在此时导体棒受到的，在此时导体棒受到的安培力。安培力。3）比较外力做功的功率和电路中消耗的热功率。）比较外力做功的功率和电路中消耗的热功率。vBAB50

47、cmCD解：（解：（1）由法拉第电磁感应定律，可知当导体棒向右做切割磁感线运动时，）由法拉第电磁感应定律，可知当导体棒向右做切割磁感线运动时，在导体棒内产生的感应电动势大小为（取回路绕行正方向为顺时针方向）：在导体棒内产生的感应电动势大小为（取回路绕行正方向为顺时针方向）：0.50 0.5 4.01BlvVV vBAB50cmCD 0 表明感应电动势的方向与回路表明感应电动势的方向与回路绕行方向相反，即逆时针方向。绕行方向相反，即逆时针方向。 （2）电阻）电阻R= 0.20 ，此时电流为，此时电流为: 150.2IAAR导体棒所受安培力为：导体棒所受安培力为： 0.05 5 0.50.125F

48、BIlNN （3）外力做功功率）外力做功功率 2250.25PI RWW热功率热功率 1.2545PFvWW可见外力做功的功率和电路中消耗的热功率相等。可见外力做功的功率和电路中消耗的热功率相等。3、一长直导线载有、一长直导线载有I5.0A的电流，旁边有一矩形线圈的电流，旁边有一矩形线圈ABCD与长直导线共与长直导线共面，矩形线圈长面，矩形线圈长l10.20m，宽，宽l20.10m，长边与导线平行，长边与导线平行，AD边与导线相边与导线相距距a0.10m，线圈共，线圈共1000匝。令线圈以速度匝。令线圈以速度 3.0m/s垂直于导线向右运动垂直于导线向右运动（见附图）。求线圈中的感应电动势。（

49、见附图）。求线圈中的感应电动势。解：当线圈向右运动时，长度为解：当线圈向右运动时，长度为l2的两条边运动方向与其长度方向平行，这的两条边运动方向与其长度方向平行，这两条边上无动生电动势；边长为两条边上无动生电动势；边长为l1两条边长度方向、运动方向、磁场方向两两条边长度方向、运动方向、磁场方向两两垂直，都具有动生电动势。两垂直，都具有动生电动势。al1ABCDl2v011021222 ()ADBCINBlvNl vaINB lvNl val 它们的方向对线圈而言是相反的。它们的方向对线圈而言是相反的。 AB的方向是顺的方向是顺时针的，时针的， CD的方向是逆时针的。因而线圈电动势的方向是逆时针

50、的。因而线圈电动势 0127311()21110002 105.00.203.0()0.10.10.13 10ADBCIl vNaalVV 011021222 ()ADBCINBlvNl vaINB lvNl val4、一无限长导线通有电流一无限长导线通有电流 tIIsin0现有一矩形线现有一矩形线框与长直导线共框与长直导线共面面（如图所示），（如图所示），求互感电动势。求互感电动势。解：解：rIB20，选取垂直向时为，选取垂直向时为框框法向，则穿过线框的磁通量法向，则穿过线框的磁通量2/32/daaSBddEt tIacos3ln200互感电动势互感电动势Ia2a23ardr2/30002/

51、0r2r2aaadrIadrI2/300r2adrIa2/00r2adrIa0ln 32aI2/32/0r2aadrIaEQA吸对于微小的元过程对于微小的元过程dEdQdA吸第第13章章 热力学第一定律热力学第一定律32VCR52VCR单原子气体：单原子气体：双原子气体：双原子气体：118.31()RJ molK摩尔气体常量：摩尔气体常量：内-U1、0.020kg的氦气温度由的氦气温度由17升为升为27。若在升温过程中：。若在升温过程中：1）体积保持不变；）体积保持不变；2）压强保持不变；）压强保持不变；3）不与外界交换热量，试分别求出在这些过程中气体内）不与外界交换热量，试分别求出在这些过程

52、中气体内能能E的改变、吸收的热量的改变、吸收的热量Q，和外界对气体所做的功，和外界对气体所做的功A。设氦气可看作理想气。设氦气可看作理想气体，且体，且CV=1.5R。解：解：1）由于体积保持不变，故）由于体积保持不变，故A=021()EQC TT2）吸收的热量）吸收的热量JJ1 .891031441. 85 . 12810020. 0312TTCQpRCCP又又JJTTRCQ5 .1481031441. 85 . 22810020. 0312气体内能的改变气体内能的改变3210.020 10()1.5 8.31441 1089.128EC TTJJ又又EQA89.1148.559.4AEQJJJ 3）由）由1）知）知 89.1EJ ，又已知，又已知 Q0 89.1AEJ 解：解：1）由）由 p(vb)=RT bVRTbv