大学基础物理学课后习题答案-主编习岗-高等教育出版社8765

大学基础物理课后答案主编：习岗高等教育出版社第一章思考题：ppB<1-4>解：在上液面下取A点，设该点压强为，在下液面内取B点，设该点压强为。A2应用拉普拉斯公式，得pp对上液面R0AA2使用拉普拉斯公式，得pp对下液面R0BBppgh又因为BA可得h121将三式联立求解gRRBA<1-5>答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水白天，由于日的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面夜间，土壤表面的温度较低，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。在照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的原因使土壤表层变得干燥。相反，在而土壤深层的温度变化不大，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。<1-6>答：连续性原理是根据质量守原恒理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。<1-8>答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。练习题：<1-6>解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h。在h基础上取微元dh，与之对应的水坝侧面面积元dS（图中阴影面积）应为坡长dm与坝长l的乘积。dFldhdhdmh高线练习题1-6用图dhdhdm由图可知sinsin60odhdSldml水坝侧面的面积元dS为sin60dhdFpdS[pρg(5h)]l该面积元上所受的水压力为sin600pg5hldh7.310(N)55FdF水坝所受的总压力为08sin60o00h5h,高度微元取（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度dhdhhdh法不变，即，将与带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。）<1-10>解：（1）设A为水库中水面上一点，对A点和C点使用伯努利方程可写出11pvghpvgh222AACCC2Ah0，由于水库水面下降很小，hh，上式即可简化为v0，ppp（p为大气压），取C点为基准，CAAC00A212Cghv22v2gh29.85.09.9(m)由此解得C2（2）对B点和C点使用伯努利方程，可写出11pvghpvgh222BBCCC2Bh0，vv，hhh，pp，上式化为取C点为基准，CBCB12C0pg(hh)pB120ppg(hh)1.0131051039.8(3.05.0)2.3104(Pa)即B012<1-11>解：（1）设水池表面压强为p、流速为1v、高度为h，小孔处压强为1p、流速21为v、高度为2h，由伯努利方程可写出121pvghpvgh2122221122p、0v0、hhhv2gh，于是，由上式可得22根据题中条件可知pp12111Hh2gt2又由运动学方程2(Hh)t可解出gRvt2gh2(Hh)4h(Hh)则水平射程为带入数据解得2gR4h(Hh)43(103)9.17(m)H2hdR00（2）根据极值条件，在时，R出现最大值，即dhHhh2R出现最大值。由此解出h=5m时，R出现最大值，此时R=10m。ppRgh48lR4<1-13>解：由泊肃叶流量公式可知q（）128lvVmq又由ttvη2tRgh4由上两式可得8lm带入已知数据，可解出0.1102603.14249.851021.91032η0.04(Pas)8101020.661030)gr22(<1-15>解：用沉降法测黏滞系数时9vT2带入已知数据，解得0gr29vT22.551.261039.8310233.110290.82(Pas)第二章思考题：<2-4>答：不相同，在冬天打入轮胎内的空气质量要大一些。因为夏天气温高，空气分子的平均平动能较大；冬天气温低，空气分子的平均平动能较小。根据理想气体的压强2公式pn,可知，当压强相同时，在冬天打入轮胎内的空气密度（即质量）要大3一些。<2-6>答：这种看法是错误的。因为理想气体的温度公式只适用于理想气体，而在－273℃时，已经不存在理想气体了，温度公式也就不成立了，如此的推论自然也就是错使达到－273℃，分子误的。事实上，即也还在作微小的振动，运动仍不会停止。<2-8>答：vvv(1)f(v)dv表示速率分布在~d区间内的气体分子数占总分子数的比率vvv(2)Nf(v)dv表示速率分布在~d区间内的气体分子数(3)(4)f(v)dv表示速率分布在v~v区间内的气体分子数占总分子数的比率12v2v12Nf(v)dv表示速率分布在v~v区间内的气体分子数12vv1<2-11>答：平均速率v可以了解气体分子平均的运动快慢；方均根速率是分子平均平动动能的标志；最概然速率讨论气体分子的统计分布。此三个速率大小关系vpvv2<2-12>答：（1）pnkT温度和压强相同时，单位体积内的分子由于分子的种类不同，所以单位体积内的气体质量不同和单位体积内的分子数相同，所以单位体数相同，（2）mnm，分子3（3）nn2kT温度，由于k积内的气体分子总平动动能相同（4）En2ikT，由于温度相同，而自由度数不确定，因此大为体积内气体的内能无法比较<2-13>答：根据2ikT，由于温度不变，气体分子平均动能不变。但由于分子数密度减少了，容器中的气体质量减小，根据EmiRT，可知气体的内能M2减少。练习题：<2-3>解：由题意得：p1.01105Pa、T273.15K（1）pn2.441025(m1)kTnμ1.30(kgm3)（2）氧气分子的密度：ρNA（3）平均平动动能3kT6.211021(J)：2i3RT<2-7>解：已知M4103kgmol1、M32103kgmol1，由2v12Mv2TM得①3R当v211.2103ms1，由①得：11.22106410338.31v2TM3R1.01104(K)1111.2210643210338.31v2TM3R1.61104(K)22当v22.4103ms，由①得：1v2.4210641038.31134.62102(K)2T1M3Rv2.42106321037.39103(K)2TM3R38.3122133R2N<2-9>解:（1）由温度的微观公式：mvkT2T22A得N3RT6.151023(mol1)Amv2v8kTm1.3102(ms1)遵守麦克斯韦速率分布，得（2）粒子<2-12>解:（1）速率分布曲线如图2-1所示f(v)fvdv1，得（2）由归一化条件CO0V0CdvCV1f(v)dv000则VVo1CV0图2-1（3）粒子平均速率为VVf(v)dvV1dvV0V0V0200<2-15>解:由题意知：EEK①Mm②③N012mv25kT2μv232103100T①②③式得：5R27.7(K)联立58.31M<2-16>解：（1）依题意得：pVRT①②③EMiRT2NnVp2E26.751021.35105(Pa)联立①②③可得：iV52.0103（2）因pnKT④③④得：TpV3.62102(K)联立NK32kT7.491021(J)第三章思考题<3-3>答：内能是状态量，是温度的单值函数。热量是过程量，如系统经历的热力学过程相关。（1）说法是错误的，因为热量是过程量。（2）说法是正确的，对于相同的物体，内能是温度的单值函数。<3-4>答：×108J，系统对外做功为30×103××108×107×108J。可见不符合热力学第一定律，因此这种机器不可能。<3-7>答：该一定量的理想气体由状态1变化到状态2，系统内能的改变量是一样的，因此根据热力学第一定律QEW，在过程A和过程B中吸收的热量可通过在这两个过程中系统对外所做的功做比较。根据功的几何意义，由图可见，过程A中系统对外所做的功比较大，因此，该过程吸收的热量也相应的比较大。<3-9>答：（1）不能；（2）不能；（3）不能；（4）能；（5）能；（6）能。<3-10>答：（1）正确，因为经过一个正循环以后系统回到原来状态。（2）错误。系统经一个正循环后，外界在温度较高处输送热量给系统，又在温度较低处从系统获得热量，两者之差恰正等于它从系统得到的功。虽然外界净减少热量的数值等于系统对外界做的功，但功和热量是不等的价，所以该循环过程已经对外界产生影响了。（3）错误。因为只有在正向循环和逆向循环的轨迹线完全一致，并且它们都是可逆循环的情况下，先后经过这样的一个正循环与逆循环后，系统与外界才可能都没有发生变化。本题中仅指出其逆循环是逆卡诺循环，没有明确其正循环是否是正向可逆卡诺循环。<3-11>答：不能。如图所示，等温线Ⅲ与Ⅰ和Ⅱ两绝热线相交，构成一个循环。这个循环只有一个单一热源，它把吸收的热量全变成功，即100%，并使周围环境没有变化，这是违背热力学第ⅢⅡ二定律的，所以不可能构成这样一个循环。Ⅰ<3-15>答：（1）不正确。卡诺循环中，从高温热源吸热对外做功的等温过程，就将热全部转化成了功，只是由于系统从外界吸热，引起了外界的变化。正确的理解应为：在不引起其它变化或不产生其它影响的条件下，热不能完全变为功。（2）不正确。致冷机就能将热量从低温物体传向高温物体，只是它需要消耗外界能量。正确的理解应为：在不引起其它变化或不产生其它影响的条件下，不可能把热量从低温物体传到高温物体。练习题：<3-2>解：根据功的几何意义，可得此过程中气体所做的功在数值上等于梯形ABCD的面积，因此有W12(ADBC)CD1(21051105)1103150J2QW(EE)<3-4>解：系统由经历ACB过程，根据热力学第一定律有ACBBATTPVPV，所以有，因此。由于从P-V图中可见AABBABE0对于整个循环ABCDA，由于，BD为等体过程，DA为等压过程，因此有QWWW2000P(VV)200012001000JACBBDDAAAD<3-6>解：根据热力学第一定律有，QE2iRT。根据题意有1mol,Q2.06102J,T10K，因此2QRT18.311022.0610i25<3-8>解：对于绝热过程，有pVpV11pV∴p11V1VVpV2dVpV11W2pdVVV1111V121VV1111pV111pV1pV11VV11pV22V2112111pVpV12211由理想气体状态方程，可将上式化为1R1W1R(TT)(TT)21120.3210(mol)0.032M<3-9>解：由已知可得Mmol5双原子分子，则cR。2v氧气为E0（1）a-b过程为等温过程，，QWRTlnV2108.31300ln21.728104(J)111V11.728104J，全部用来向外做功。（2）b-c过程W＝0此过程系统从外界吸热为等体过程，QEcTT1058.31(200300)2.0775104(J)22v21此过程系统向外放热2.0775104J，系统内能减少2.0775104J。（3）c-d过程为等温过程，E＝0QWRTlnV1108.31200ln11.152104(J)2322V21.152104J，系统向外放热对系统做功1.152104J此过程外界（4）d-a过程为等体过程，W＝0QEcTT1058.313002002.0775104(J)24v12此过程系统从外界吸热2.0775104J，使内能增加2.0775104J。热机效率为1.7282.07752.07751.152＝15.14%1.7282.0775Q－Q＝吸放Q吸<3-14>解：设高温热源温度为T1，低温热源温度为T2T1＝27+273＝300K，T2＝0+273＝273K源吸热为Q2，则（1）设此致冷机从低温热Q＝5.03.35105＝1.67510（6J）2设此致冷机致冷系数为，则T－T300273273＝＝＝10.112T12Q由＝，可得放到环境中的热量为2－QQ121.675106＋1.675106＝1.84110（6J）Q＝Q＋Q＝210.1112（2）设最少必须供给致冷机的能量为W，则WQQ1.841106－1.675106＝1.6610（5J）12第四章思考题：F<4-2>答：公式E是关于电场强度的定义式，适合求任何情况下的电场。而公式q0qEr是由库仑定理代入定义式推导而来，只适于求点电荷的电场强度。4r200<4-3>答：（1）场强是由场源电荷和场点决定的，与检验电荷无关，因此当没有检验电荷时，仍然有场强。而当电荷在电场中受到的电场力则与场强和电荷的电量都有关系，因此当当电荷在电场中受到的电场力很大时，并不代表该点的场强一定很大。（2）点电荷的电场强度的公式是有库伦定律推导得到的，因此仅适用于点电荷模型。当场点和点电荷的距离趋于0时，电荷本身的尺度已经不可以忽略，那这时不可以用点电荷的电场强度的公式来讨论，因此没有物理意义。<4-4>答：取球面高斯面，由nEdSq可知i0i0（1）内部无电荷，而面积不为零，所以E=0。内q（2）E=外与气球吹大无关。4r20q（3）E=表随气球吹大而变小。4R20<4-5>答：（1）错。因为依高斯定理，E=0只说明高斯面内净电荷数（所有电荷的代数和）为零。（2）错。高斯面内净电荷数为零，只说明整个高斯面的EdS的累积为零。s并不一定电场强度处处为零。EdS的累积为（3）错。穿过高斯面的电量通为零时，只说明整个高斯面的s零。并不一定电场强度处处为零。（4）对。E=0，则整个高斯面的EdS的累积为零。所以电量通φ=0。s<4-6>答：点电荷位于立方体中心时，过通该立方体各面的电量通都相等，并且等于总通量的1/6。由高斯定理可知总通量为EdSqS0于是，过通各面的电量通为q60可知，当电势处处相等时，dU0，E=0。实际例子：ldU（2）否。电势为零处电势梯度不一定为零，所以E也不一定为零。实际例dll子：电偶极子连线中点处。（3）否。如果E等于零，则电势梯度为零，但电势不一定为零。实际例子：两l个相同电荷连线中点处。练习题：<4-4>解：（1）如图建立坐标系dqdx电荷源：dx04(xb)204(xb)lEll4b(lb)，方向沿着x轴负方向。000（2）电荷源：dqkxdxElkxdxkl[(xb)b]dx04(xb)24(xb)2000，方向沿着x轴负方向。d(xb)bklbkdx0(xb)l4(xb)4blbllln2000<4-6>解：（1）取半径为r—r+dr的圆环，如图所示，因其上电荷对P点的产生的场强垂直分量相互抵消，所以其对P点场强为dSxdEdEcos124xrxr22220x2rdrxrdr3232x4xr2xr222200P整个圆盘的电荷在P点的产生的场强为RER32xrdr112xRx202xr222200（2）当R时，可将带电圆盘看作无限大带电平面，因此P点电场强度为2E0xR时，可将带电圆盘看作点电荷，因此P点电场强度为：（3）当E4RR2204xx220EdSE4r21q<4-7>解：（1）以r为半径作球面高斯面，有Si内0iI：r﹤R1，因面内无电荷，E1=0QRrREII：面内的电荷为Q，114r21220QQRrIII：面内的电荷为Q+Q2，同理可得：E3=1214r220（2）根据上部分结果可得I：E1=0EQ14r22Q4r2EII：0120III：E3=0Er根据已知条件画出关系曲线如图所示0rR1R2图E－r关系曲线<4-9>解：依题意得：U50103d301010E1.67107(Vm-1)K若令一个钾离子()通过该膜时需做功W，则WqU1.610195010381021(J)<4-10>解：（1）由题4-7可得I、II、III区域中的电场分布，则区域I电势：RRV1EdrEdrEdr2Edr1213rrR1QQ4r2R21QQR2Q4r22dr4RR21dr112R1R20001同理可得区域II电势分布：R1QQV2ErdEdrEdr31•224rR22rrR20区域III电势分布E•drEdrQQV3124r3rr0QQ，则区域（2）若I电势：12Edrdd2Edr3RREr2V1Er11rrR1R211R2QQ4dr114rRR122R100区域II电势：Q11E•drR2EdrV214rR22rr0区域III电势：E•drErd0V33rr1）设内圆柱体的体电荷密度为ρ。作以为半径r(RrR)，长度为l的12<4-12>解：（圆柱高斯面，依高斯定理得距轴心为r处场强为R21R2lE12rl2r①内00两圆柱间电压为R12lnR2R1R2E•drVVVR1②2120联立①②式得：VVE12rlnRR21内则VVR2E•drVVlnRr212lnRR2r2r1令内筒电势为零，则距轴心为r处的电势为VVVlnRr212lnRRr21第五章思考题：<5-1>答：有可能等于零。在金属导体中电荷的定向移动形成电流，电荷的体密度等于零。而单独的正离子或负离子的运动形成电流时电荷的体密度不等于零。ΙjdS，虽然导体<5-2>答：电流能够恒定，因中各处的电流密度不相同，只要电流S密度j对导体各截面的通量相等，通过导体的电流就恒定。<5-6>答：电动指电源正负两极之间的电压，一般情况下电源的端电压不等于电动势，两者之差为Ir，即电源电流与内阻r之积，位降。当电源内阻为0，即Ir=0时，端电压在数值上等于电动势。对于有内阻的电源，只要流过它的电流为零（处于源就如此），端电压势是单位正电荷从负极经电源内部移到正极时非静电力所做的功，端电压是称内阻电开路状态的电也与电动势数值相等。练习题：<5-2>解：铜线截面积S10mm21.0105m2，允许通过的电流I60A，则铜线中60jI6.0106(Am2)允许电流密度S1.0105n8.51028m3，则铜线中通有允许电流时自由电子密度又铜线中的自由电子的漂移速度j6.0106ne8.510281.61019v4.4104(ms1)<5-4>解：铜棒的截面积S1.6103m2，长l2.0m，电导率5.7107sm1，则2.2105l1l2（1）铜棒电阻为Rρ5.71071.6103SSU51022.3103A（2）铜棒两端的电势差为U5102V，则电流IR2.21051.4106Am2I2.3103（3）电流密度为jS1.6103Vm1j1.41062.5102E（4）棒内的电场强度5.71072（5）所消耗的功率PI2R2.3102.2101.1102W35ne1.361010cm，则电子的（6）又自由电子的电荷体密度3漂移速度j1.41061.0104msvne1.361010第六章思考题：<6-2>答：可以将扭在一起的两条通电导线看成是交织在一起的两个螺线管。管外的磁场非内的磁场基本常弱；因两个螺线管的通电电流大小相等、方向相反，而且匝数基本相当，管上可以相互抵消。因此，与电源相连的两条导线，扭在一起时比平行放置时产生的磁场要小得多。<6-4>答：根据毕奥—萨伐尔定律可得，(1)与运动电荷速度方向垂直的点的磁场最强；(2)(3)根据磁场的高斯定理，穿过球面的磁通量为运动电荷速度连线方向上的点的磁场为零；零。<6-6>答：安培环路定理中的电流都应该是闭合恒定电流（对于无限长直电流，可以认为是无限远处闭合的）。而且磁场变化电流的磁场，安培环路定理不成立。在电流回路在分布需具有对称性。对于一恒段定电流的磁场和<6-8>答：不能。由fqvB磁场对带电粒子的作用力与粒子运动的方向垂直，磁场力对带电粒子所做的功为零，粒子的动能也不会因此而增大。练习题：及起始点为a,b的两<6-2>解：根据叠加原理，点O的磁感应强度可视作三段直线以段弧（包括优弧和劣弧）共同激发。由于电源距环中心很远，则电源所在的直线电流对O处的磁场贡献为0，而另两通段电直线的延长线都通过点O，在O处激发的磁感应强度也为0。流过圆弧的电流的方向I1、I2如图所示，两圆弧在O点激发的磁场分别为Il；BIlB101120224r4r22其中l、l分别是优弧和劣弧的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比11RlS式中为电阻率，为S导线的横截面积。又两圆弧构成并联电路，则RIRI1122故有IlIl1122点O的合磁感强度为IlIlBBB00220114r24r212<6-3>解：载流导体板可以分割成无数条长直载流导线，导体板的场就是这些无数条长直载流导线场的叠加。如图，坐标x处宽为dx的窄条可视为无限长直载流导线，其电流为dIIdxdxa它在距板一边a处产生的磁场大小为dI2(2ax)2a(2ax)Idx0dIdB0o其方向垂直纸面向里。因为所有窄条产生的磁场x方向相同，所以总磁场aa02a(2ax)2aI0BdBIdxln2a0BdlI，距I长直导线水平距离d/2处的磁感应1<6-6>解：(1)由安培环路定理，0l强度大小为I4107202105(T)B101d0.4方向垂直平面向外。I距长直导线水平距离d/2处的磁感应强度大小为2I4107202105(T)B202d0.4方向垂直平面向外。BBB4105(T)方向垂直平面向外。12(2)建立如图坐标系，面积元dSldx，该处的磁感应强度大小为I2x2(dx)I02BBB01122x2(dx)I02ldxBdSI01rr12r1ldx2107200.250.31x1(dx)1xdxx20.12107200.25ln922.2106(Wb)I<6-8>解：由安培环路定理，Bdl，建立如图回路in0lIBIB2r0in2r0inIR(1)当rRIr2r21in212RIrB1021I(2)当RrRIIB202r12inI(3)当RrRIIrR222方向沿着逆时针方向。RR23in2232r2RR2R32I12222I1r2RB3022rRR2232(4)当rRI0B03in4<6-10>解：矩形上、下两段导线受安培力的大小相等，方向相反，两力的矢量和为零。而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感应强度不等，所受的安培力F、F大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个12力的合力。I1l线框左右两边安培力大小分别为IIlFd0122dI212(db)IIlbF2012故合力大小为2d2(db)IIl012IIlFFF1.28103(N)01212合力方向朝左，指向直导线。I1<6-11>解：由安培环路定理，距长直导线水平距离x处的dxxI2磁感应强度大小为abI2xBx01dl方向垂直Oxy平面向里。ab段导线中线段元受到的安培力大小为dFBIdxx2则ab段导线受到的磁场作用力大小为IIlndl012IIdx0122x2Fdldd方向沿y轴正向（以通有电流I2的方向x轴正方向，电流I1的方向为y轴正方向）。<6-13>解：汽泡室内运动着的高能质子受到洛仑兹力的作用，其大小为fBqv洛伦兹力为质子作圆周运动提供向心力mv2fr由上述两式，得质子动量得大小为pmvBqr201.610－193.51.121017（kgms-1）方向沿质子运动的速度方向。质子的动能为(1.1210)3.8108(J)Ep21722m21.671027k第八章思考题<8-1>答：从运动学角度，凡是以时间的正弦或余弦函数表示的运动都是简谐振动。从动力学角度，物体在跟位移大小成正比，并且指向平衡位置的回复力作用下的振动称之为简谐振动。当物体受到一个使它返回平衡位置的力时，该物体不一定是做简谐振动，必须该力的大小跟位移大小成正比。<8-3>答：(1)对，可以是受迫振动。(2)错，如自由落体运动。<8-5>答：因为相位表征任意时刻振子的运动状态。2πkA和最大加速度2增大A<8-7>答：振动的周期T和频率不变，最大速度2m1为原来的两倍，振动能量2kA增大为原来的四倍。2<8-10>答：当波从一种介质透入另一介质时，由于频率只决定于波源的振动，因此频率是不变的，而波长速和振幅则与介质的性质有关，会发生改变、波。<8-13>答：相干条件为，频率相同、振动方向相同、相位相同或相位差恒定。因此(1)由于频率不同，不行；(2)由于振动方向不同，不行；(3)由于相位差不恒定，不行；(4)满足了上述的相干条件，因此可以。<8-14>答：当两列整幅相同的相干波在空间相遇时，实际上是改变了能量在整个空间上的分布，但是总的能量的值是没有变化的。虽然在干涉加强处的合成波的强度为一个波的强度的4倍，但是，在干涉相消处合成波的强度变为零。练习题：<8-1>解：由于T=0.5s，故2/T4。则振动方程为x0.02cos(4t)t0由题意得，起始状态为时（1）x0.020.02cos0，x0.02cos4t，即（2）x0.020.02cos，x0.02cos(4t)，即，即（3）x00.02cos，v0.08sin0，x0.02cos(4t)223（4）x00.02cos，v0.08sin0，x0.02cos(4t3)，即22，即（5）x0.010.02cos，v0.08sin0，x0.02cos(4t)3343（6）x0.010.02cos，v0.08sin0x0.02cos(4t4)，即，3mmv(mM)vv0mMv2m/s<8-5>解：根据动量守恒有0因此根据系统做简谐振动的能量，有12(mM)v21kA2A(mM)v252281035102m2kk810340，根据图示根据简谐振动的方程xAcos(t)，其中(mM)5，所以dx振子在t0x0时，，且向x轴的正方向运动，因此有0dt2x5102cos(40t)2<8-7>解：根据简谐振动的方程xAcos(t)，A0.24m，2，在t0时，T2x0.24cos(2t)x24cm，所以0，因此有（1）t0.5s,x0.24cos()0.17m4（2）t0.5s,Fkxm2x4.19103N负号表示沿着x轴负方向，并指向平衡位置（3）由起始位置最快运动到x12cm，此时运动方向应沿着x轴负方向，因此有5,0.120.24cos(2t)t＝233＝0.67s,而且v0.12sin(2t)0，所以tt23（4）当x12cm，0.67s，因此有v0.12sin(t)0.326m/st2E12mv25.31104JkE12kx22mx21.7810412Jp1E2m2A27.09104JxB<8-15>解：（1）yAcos(BtCx)与yAcos(t)对比有，振幅为u，A，波速u2CB12频率Tu，波长T，周期。22BC（2）当xl,yAcos(BtCl)22xdCd（3）2yAcos(t)，有A0.03m，且根据T<8-17>解：设O点出的振动方程为u质点在平衡位置且向负方向运动，有，所以2u有50，另外由于O出的2y0.03cos(50t)O点出的振动方程为2y0.03cos[50(tx)]面波的波动方程为（1）此平2x0.05m，y0.03cos[50(t0.05)]0.03cos(50t)（2）当2（3）当t3s,x0.045m，y0.03cos[50(30.045)]0.212m2x0.045m，y0.03cos[50(t0.045)]当2v0.0350sin[50(t0.045)]2当t3s,v0.0350sin[50(30.045)]3.33m/s，负号表示沿着y轴2负方向。x<8-19>解：S1发出的平面波的波动方程为y0.1cos2(t)201y0.1cos[2(tx)]S2发出的平面波的波动方程为22040当传播到P点时的分振动方程分别为y0.1cos2(t)0.1cos(2t4)20150y0.1cos[2(t)]0.1cos(2t4)202第九章思考题Dd<9-2>答：（1）根据双缝干涉中相邻条纹的间距公式x可知，随着缝间距的增大，干涉条纹的间距会变窄。（2）当狭缝光源在垂直于轴线方向上移动时，干涉条纹也会随着在垂直轴线方向移动，方向与光源移动方向相反。<9-4>答：如果在上方的缝后面贴云母片，则从上方缝中出射的光线的光程会发生变化。设云母片的折射率为n，厚度为h，则两束光的光程差为h(n1)dxk(k0,1,2,...)D其中，d为两缝的距离，D为缝与屏的距离，x为屏上相邻两点的距离。从中可以看出，相邻两条纹的距离为：Ddx可见，条纹间距没有发生变化。令光程差等于零，可以得到中央亮条纹发生了改变，向上方移动。，所以产生干02ne