《物理学基础教程》习题答案

物理学基础教程物理学基础教程物理学基础教程物理学基础教程PAGE32PAGE32PAGE31PAGE31物理学基础教程物理学基础教程第1章质点运动学一、填空题1．平动的物体研究物体运动的观察范围比物体的几何尺寸大得多时2．运动描述的相对性3．3m5m4．05．53ππ二、解答题1．已知质点的运动方程为x＝2t，y＝2－t2。求：（1）求质点的轨道方程；（2）t＝1s和t＝2s时质点的位矢；（3）t＝1s至t＝2s的时间间隔内质点的位移；（4）质点在任意时刻的速度；（5）质点在任意时刻的加速度。解：（1）将质点的运动方程为x＝2t，y＝2－t2联立求解，即可得质点的轨道方程：（2）t＝1s时，x＝2，y＝2，质点的位矢为r1＝2i＋2j。t＝2s时，x＝4，y＝－2，质点的位矢为r2＝4i－2j。（3）t＝1s至t＝2s的时间间隔内质点的位移为：Δr＝r2－r1＝（x2－x1）i＋（y2－y1）j＝2i－4j（4）根据式（1–12）可知，质点在任意时刻的速度为：（5）根据式（1–20）可知，质点在任意时刻的加速度为：2．已知质点的运动方程为x＝－10t＋30t2，y＝15t－20t2。求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向。解：（1）根据式（1–12）可知，质点在任意时刻的速度为：初速度v0为：v0＝－10i＋15j初速度v0的大小为：初速度v0与x轴正方向夹角α的正切为：α＝123.7°（2）根据式（1–20）可知，质点在任意时刻的加速度为：加速度a的大小为：加速度a与x轴正方向夹角θ的正切为：θ＝－33.7°3．一质点沿x轴运动，其加速度a与位置坐标x的关系为a＝2＋6x2，如果质点在原点处的速度为0，试求其任意位置处的速度。解：因对上式积分得：根据题意，x＝0时，v＝0。故C＝0。质点在任意位置处的速度为：4．质点的运动方程为r（t）＝8cos2ti＋8sin2tj。求：（1）质点在任意时刻的速度和加速度大小；（2）质点的切向加速度和法向加速度大小；（3）质点的轨道方程。解：（1）根据式（1–12）可知，质点在任意时刻的速度为：任意时刻速度的大小为：根据式（1–20）可知，质点在任意时刻的加速度为：任意时刻加速度的大小为：（2）根据式（1–28），质点的切向加速度aτ的大小为：由于质点在任意时刻速度为16m/s，为定值，故aτ＝0。因，故（3）质点的运动方程可写为：x（t）＝8cos2ty（t）＝8sin2t联立求解得：x2＋y2＝64上式即为质点的轨道方程。5．质点作半径为0.1m的圆周运动，其运动方程为θ＝π＋t2/4，求：（1）质点在任意时刻的角速度；（2）质点在任意时刻的切向加速度和法向加速度大小。解：（1）根据式（1–36），质点在任意时刻的角速度为：（2）根据式（1–38），质点在任意时刻的角加速度为：根据线量与角量的关系，质点在任意时刻的切向加速度和法向加速度大小为：aτ＝Rβ＝0.1×0.5＝0.05m/s2an＝Rω2＝0.1×t2/4＝0.025t2m/s26．质点A在水平面内沿半径为1m的圆轨道运动，其角速度与时间的函数关系为ω＝kt2，已知t＝2s时，质点A的速率为16m/s。求t＝1s时，质点A的速率和加速度大小。解：根据线量与角量的关系可知，质点的速率为：v＝Rω＝kRt2根据题意，t＝2s时，v＝16m/s，则16＝k×1×22k＝4s-3故ω＝4t2。根据式（1–38），质点在任意时刻的角加速度为：根据线量与角量的关系可得：v＝Rω＝4Rt2＝4t2aτ＝Rβ＝8Rt＝8tan＝Rω2＝16Rt4＝16t4t＝1s时，质点A的速率为：v＝4t2＝4×12＝4m/s质点的切向加速度和法向加速度大小为：aτ＝8t＝8×1＝8m/s2an＝16t4＝16×14＝16m/s2质点的总加速度大小为：7．在一个无风的雨天，一列火车以20m/s的速度前进，车内旅客看到雨滴的下落方向与竖直方向成75°。设雨滴匀速下落，求雨滴下落的速度。解：在无风的雨天，雨滴应为竖直下落。设雨下落的速度为v，雨对火车的速度为v′，而火车对地的速度为u。则其关系为：v＝v′＋u如图1-1所示可知：图1-1题7图第2章牛顿运动定律一、填空题1．任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，直到外力迫使它改变运动状态为止2．惯性运动状态3．质点惯性系惯性质量4．产生与消失两5．沿着它们的连线质量距离r二、解答题1．一质量为m＝0.8kg的物体放在倾角θ＝30°的斜面上，设物体与斜面的滑动摩擦系数μ＝0.3，若有一平行于斜面的力作用于物体上，试求：（1）若物体沿斜面向上匀速滑动；（2）若物体沿斜面向上匀加速运动，加速度a1＝0.1m/s2；（3）若物体沿斜面向下匀速滑动；（4）若物体沿斜面向下匀加速运动，加速度a2＝0.1m/s2时，该力的大小和方向。解：选物体为研究对象。物体沿斜面向上滑动时，如图2-1（a）所示，物体受力为：重力mg、作用力F（假定沿斜面向上）、摩擦力fk、斜面对物体的支持力N。建坐标系Oxy，取x轴的正方向沿斜面向上，则根据牛顿第二定律可知：F－mgsinθ－μN＝max＝ma因物体沿y轴方向受力平衡，则N－mgcosθ＝0联立以上两式可得：F＝m[a＋g（sinθ＋μcosθ）]（1）若物体沿斜面向上匀速滑动，则a＝0，代入上式得：F＝mg（sinθ＋μcosθ）＝0.8×9.8×（sin30°＋0.3×cos30°）＝5.96N此时，F的方向平行于斜面向上。（2）若物体沿斜面向上匀加速运动，加速度a1＝0.1m/s2，则F＝m[a＋g（sinθ＋μcosθ）]＝0.8×[0.1＋9.8×（sin30°＋0.3×cos30°）]＝6.04N此时，F的方向平行于斜面向上。物体沿斜面向下滑动时，如图2-1（b）所示，物体受力为：重力mg、作用力F（假定沿斜面向下）、摩擦力fk、斜面对物体的支持力N。建坐标系Oxy，取x轴的正方向沿斜面向下，则根据牛顿第二定律可知：F＋mgsinθ－μN＝max＝ma因物体沿y轴方向受力平衡，则N－mgcosθ＝0（a）（b）图2-1题1图联立以上两式可得：F＝m[a－g（sinθ－μcosθ）]（3）若物体沿斜面向下匀速滑动，则a＝0，代入上式得：F＝－mg（sinθ－μcosθ）＝－0.8×9.8×（sin30°－0.3×cos30°）＝－1.88N此时，F的方向平行于斜面向上。（2）若物体沿斜面向下匀加速运动，加速度a1＝0.1m/s2，则F＝m[a－g（sinθ－μcosθ）]＝0.8×[0.1－9.8×（sin30°－0.3×cos30°）]＝－1.80N此时，F的方向平行于斜面向上。2．一质量为m的子弹，以速度为v0竖直射入沙土中，设子弹所受阻力为f＝－kv（k＞0），忽略子弹的重力。求：（1）子弹射入沙土后速度随时间变化的函数；（2）子弹射入沙土的最大深度。解：选子弹为研究对象。子弹射入沙土后的受力为阻力f，如图2-2所示。图2-2题2图（1）取向下为正方向。由牛顿第二定律可得：则两边积分整理得：（2）设子弹射入沙土的深度为s，因，所以分离变量，积分整理得：当时，子弹射入沙土的深度最大，此时3．如图2-3（a）所示，在光滑水平面上，有两个物体A和B紧靠在一起。它们的质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。现用一水平力F＝3N推物体B，则B对A的推力FBA为多少？若用同样大小的水平力从右边推A，则A对B的推力FAB为多少？（a）（b）（c）图2-3题3图解：（1）将A和B作为整体，在水平方向上受合外力F，由牛顿第二定律可知，其加速度为：选A为研究对象。如图2-3（b）所示，A在水平方向上的受力为：B对A的推力FBA，则FBA＝mAa＝2×1＝2N（2）将A和B作为整体，在水平方向上受合外力F，由牛顿第二定律可知，其加速度为：选B为研究对象。如图2-3（c）所示，B在水平方向上的受力为：A对B的推力FAB，则FAB＝mBa＝1×1＝1N4．质量为2kg的质点的运动方程为r＝（6t2－1）i＋（3t2＋3t＋1）j，求证质点受恒力而运动，并求力的方向与大小。解：因故加速度a为常量，a的大小和方向（用加速度a与x轴正方向的夹角α表示）分别为：由牛顿第二定律可知：F＝ma＝2×13.4＝26.8N因此，质点受恒力而运动，恒力F的大小为26.8N，方向与a同向。5．如图2-4所示圆锥摆，摆长为l的细绳一端固定在天花板上，另一端悬挂质量为m的小球，小球经推动后，在水平面内绕通过圆心O的铅直轴做角速率为ω的匀速率圆周运动，求绳和铅直方向所成的角度θ（空气阻力不计）。图2-4题5图解：选小球为研究对象。小球受力为：重力mg和绳子拉力T。这两个力的合力使小球在水平面内做圆周运动，其向心力为mgtanθ，故mgtanθ＝mrω2因r＝lsinθ，所以第3章动量守恒与机械能守恒一、填空题1．合外力的冲量时间过程量状态量2．动量动量3．合外力动量4．状态矢量标量5．起始和终了位置路径6．势能零点势能零点势能增量7．动能和势能动能和势能二、解答题1．有一力作用在质量为0.3kg的物体上，物体最初处于静止状态，已知力的大小F与时间t的关系为：F（t）＝2.5×104t0≤F（t）＝2.0×105（t－0.07）20.02≤t≤0.07求：（1）上述时间内冲量和平均冲力的大小；（2）物体的末速度大小。解：（1）由冲量定义式有：平均冲力的大小为：（2）由动量定理得物体的末速度大小为：2．设质量为60kg的跳高运动员越过横杆后竖直落到泡沫垫上，垫子比杆低1.5m，运动员接触垫子后经0.5s，速度变为零。试求此过程中垫子对运动员的平均作用力。解：选运动员为研究对象。如图3-1所示，运动员与垫子作用过程中，运动员受力为重力mg和垫子的平均作用力N。取竖直向上为正方向，设人刚接触垫子时的速度为v0，方向竖直向下，则根据动量定理可得：（N－mg）Δt＝0－（－mv0）图3-1题2图因所以3．设有一静止的原子核，衰变辐射出一个电子和一个中子后成为一个新的原子核。已知，电子和中子的运动方向互相垂直，且电子的动量为1.2×10-22kg·m/s，中子的动量为6.4×10-23kg·m/s，求新原子核的动量大小和方向如何？解：根据题意，原子核衰变前静止，总动量为零，衰变时其内力远远大于重力，故可认为此过程动量守恒。设衰变后，电子、中子和新原子核的动量分别为pe、pv和pN，则根据动量守恒定律可知：pe＋pv＋pN＝0又因为pe⊥pv所以，新原子核的动量大小为：pN＝（pe2＋pv2）1/2＝1.36×10-22kg·m/s如图3-2所示，新原子核的动量方向为：或θ＝180°－61.9°＝118.1°图3-2题3图4．如图3-3所示，一质量为M的木块静止放在光滑水平桌面上，质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块后陷在木块内，并与木块一起运动。求：（1）子弹相对于木块静止后，木块的速率和动量（对地面）；（2）子弹相对于木块静止后，子弹的动量（对地面）；（3）此过程中，子弹施于木块的冲量。图3-3题4图解：将子弹和木块视为一个系统，取水平向右为x轴正方向。由于桌面光滑，故系统在水平方向上不受外力作用，系统动量守恒。（1）设子弹射入木块后，达到共同速度v，根据动量守恒定律可得：mv0＝（M＋m）v故，方向向右此时，木块对地面的动量为：，方向向右（2）子弹相对于木块静止后，子弹的动量为：，方向向右（3）根据动量定理可知，子弹施于木块的冲量为：5．如图3-4所示，一链条长为l，质量为m，单位长度的质量为p，放在光滑水平桌面上，链条一端下垂，长度为a。设链条在重力作用下由静止开始下滑，求链条全部离开桌面时的速度v。图3-4例5图【解】重力做功只体现在悬挂的一段链条上，建立如图3-9所示Ox轴。设某时刻悬挂着的一段链条长为x，则其受重力为：经过位移元dx时，重力的元功为：当悬挂长度由a变为l时，重力的功为：根据动能定理可得：即6．如图3-5所示，弹簧劲度系数为k，质量为m的物体与桌面接触，摩擦因数为μ。若以不变力F拉物体，沿水平方向向右，求物体自平衡位置开始运动，达到最远时，系统的势能为多少？物体在运动过程中的最大动能为多少？图3-5题6图解：将物体、弹簧和地球视为一个系统。此系统中，弹力为保守内力；物体重力为外力，不做功；拉力和摩擦力为外力，做功。（1）取弹簧的平衡位置为弹性势能零点，水平方向向右为x轴正方向，设物体达到最远时的位移为xmax，此时其速度为零。根据功能原理有：则物体达到最远时，系统的势能为：（2）物体在任意位置x处，由牛顿第二定律可知：当加速度a＝0时，物体达到最大速度，此时当弹簧从自然长度拉伸到x位置时，动能获得最大值，由功能原理可得：解得：7．如图3-6所示，质量为m的物块A在离平板为h的高度处自由下落，落在质量也是m的平板B上。已知轻弹簧的劲度系数为k，物块与平板为完全非弹性碰撞（即碰撞后一起运动），求碰撞后弹簧的最大压缩量（不计空气阻力）。图3-6题7图解：设物块A与平板B相碰时，物块A的速度为v1，碰撞后物块A与平板B的共同速度为v2。取向下为正方向，在A、B组成的系统中，碰撞时，其内力远大于重力和弹力，故系统动量守恒，即mv1＝2mv2根据运动学关系可知：故将物块A、平板B、弹簧和地球视为一个系统。此系统的受力只有重力和弹力，为保守内力，做功；系统不受外力作用。故系统的机械能守恒。取弹簧在原长位置为弹性势能零点，平板B的最低位置为重力势能零点，在弹簧达到最大压缩量时，有：在未发生碰撞前，平板B受重力mg和弹力kx1平衡，故mg＝kx1联立以上三式可解得：则碰撞后弹簧的最大压缩量为：第4章刚体的定轴转动一、填空题1．平动定轴转动2．转轴正负3．力矩4．转动惯量5．参考点二、解答题1．如图4-1所示，长为L、质量为m的均匀细棒能绕一端点O在铅垂平面内转动，开始时水平，然后令其在重力作用下由静止开始下摆，求细棒下摆θ角时的角加速度和角速度。图4-1题1图解：（1）细棒转动时，受力为重力和转轴对细棒的支持力。由于转轴对细棒的支持力通过转轴，故其力矩为零。则根据转动定律有：根据表4-1所示可知：故（2）因两边积分：2．如图4-2所示，一根质量均匀分布的细杆，一端连接一个大小可不计的小球，另一端可绕转轴转动。某时刻细杆在竖直面内绕轴转动的角速度为ω，杆与过轴的竖直线夹角为α。设杆的质量为m1，杆长为l，小球的质量为m2。求：（1）系统对轴的转动惯量；（2）图示位置系统的转动动能；（3）图示位置系统所受重力对轴的力矩。图4-2题2图解：（1）由于小球的大小可忽略，故小球对转轴的转动惯量为：J2＝m2l2根据转动惯量的可加性，系统对轴的转动惯量为：（2）图示位置系统的转动动能为：（3）系统所受重力包括杆的重力和小球的重力，则系统所受重力对轴的力矩大小为：3．如图4-3（a）所示，一个转轮A绕中心轴的转动惯量为J，转动的摩擦力矩为Mf，转轮半径为R，转轮边沿饶有轻绳，用恒力F拉绳，A轮被拉动转过n圈，B轮的质量不计，转轴光滑，求：（1）拉力和摩擦力矩对转轮做的功；（2）若将恒力F换成重物mg来拉滑轮转动，如图4-3（b）所示，其他条件不变，求绳中张力对转轮所做的功。（a）（b）图4-3题3图解：（1）拉力为恒力F时，作用在轮上有两个力矩：MF＝FR和Mf。转轮转过n圈时，角位移Δθ＝2πn，则（2）重物拉动时，根据转动定律，对转轮有：根据牛顿第二定律，对重物有：根据线量与角量的关系a＝Rβ，联立以上两式可得：因此4．质量为M、半径为R的均匀实心圆柱体，以角速度ω0绕其几何轴线转动。质量为m、初速度为v0的小质点与该圆柱体相碰，并粘在圆柱体的边缘上，如图4-4所示，求碰撞后该系统的角速度。图4-4题4图解：把圆柱体与小质点看作一个系统。在碰撞瞬间，系统所受外力只有两个物体的重力和圆柱体对小质点的支持力，但它们对转轴的力矩都为零，因此，此系统角动量守恒。设逆时针转动为正方向，则根据角动量守恒定律可得：解得：5．某人造地球卫星，其近地点为4.39×105m，远地点为2.38×106m。已知地球半径为6.38×106m，地球质量为5.98×1024kg。求卫星在近地点和远地点的速率。解：把卫星和地球看作一个系统。系统可认为不受外力，内力为地球与卫星之间的万有引力，其力矩为零，故系统角动量守恒，设r1、r2分别为卫星在近地点和远地点到地球中心的距离，v1、v2分别为卫星在近地点和远地点的速率，则mv1r1＝mv2r2r1＝4.39×105＋6.38×106＝6.82×106m，r2＝2.38×106＋6.38×106＝8.76×106m地球与卫星之间的万有引力为保守内力，故系统机械能守恒，即解得：第5章气体动理论一、填空题1．宏观物体是由大量分子组成的，分子之间有空隙分子处于不停息的、无规则的运动状态分子之间存在着相互作用力2．宏观量微观量宏观量微观量3．分子本身的线度与分子间平均距离相比，可以忽略不计除碰撞的瞬间外，分子之间以及分子与器壁之间都无相互作用分子之间以及分子与器壁之间的碰撞是完全弹性碰撞4．统计规律大量分子热运动的集体表现统计意义5．三五三两六三三6．最概然速率平均速率方均根速率二、解答题1．已知空气的摩尔质量为29g/mol，求在标准状态（p＝1.013×105Pa，T＝273K）下空气的密度。解：由理想气体状态方程可得：2．容器中盛有氧气0.1kg，其压强为10.0atm，温度为333K。因容器漏气，经过一段时间后，测得压强减为原来的1/2，温度降为303K，求容器的容积及所剩余氧气的质量。解：（1）由理想气体状态方程可得：（2）容器漏气后，压强p2＝0.5×10×1.013×105＝5.065×105Pa，温度T2＝303K，则容器中剩余氧气的质量为：3．一容器内贮有氧气，在标准状态下，求：（1）该氧气的分子数密度；（2）氧分子的平均平动动能。解：（1）根据式（5–4）可得：（2）根据式（5–8）可得：4．容积为2m3的容器内，盛有质量为0.5g的H2，已知气体的方均根速率为2000m/s，求气体的压强和温度。解：（1）根据题意可得容器内的分子数密度为：每个氢分子的质量为：根据式（5–8）可得气体的压强为：（2）根据式（5–9）可得气体的温度为：5．求温度为0℃时，1000g氧气分子的平均动能？当温度由0℃上升到25℃时，氧气的内能变化为多少？解：（1）由于氧气为双原子分子，故自由度为5，则根据式（5–12）可得氧气分子的平均动能为：（2）当温度有0℃上升到25℃时，ΔT＝25K，根据式（5–15）可得氧气的内能变化为：6．计算0℃时，氮气分子的最概然速率、平均速率和方均根速率。解：由于T＝273K，μ＝2.8×10-2kg/mol，所以，根据三种速率的计算公式可得：最概然速率平均速率方均根速率第6章热力学基础一、填空题1．孤立系统封闭系统开放系统2．做功传热功热量3．增加系统的内能系统对外做功4．对外做功5．内能6．不可能从单一热源吸热，使之完全变为有用功而不产生其他影响热量不能自动地从低温物体传向高温物体，而不引起其他变化二、解答题1．如图6-1所示，某理想气体从状态A沿过程ABC变化到状态C，外界有326J的热量传给系统，同时系统对外做功126J。如果系统从状态C沿另一曲线过程CA回到状态A，外界对系统做功52J，则此过程中，系统是吸热还是放热？传递热量是多少？图6-1题1图解：根据热力学第一定律中对各物理量符号的规定，可知：在过程ABC中，Q1＝326J，W1＝126J在过程CA中，W2＝－52J在过程ABC中，根据热力学第一定律可得：ΔE1＝Q1－W1＝326－126＝200（J）因内能为状态量，故在过程CA中ΔE2＝－ΔE1＝－200（J）根据热力学第一定律可得：Q2＝ΔE2＋W2＝－200－52＝－252（J）因此，在过程CA中，系统对外界放热，放出热量为252J。2．8×10-3kg氧气温度由t1＝20℃升高到t2＝100℃，求在等容和等压过程中各吸收多少热量？解：对氧气分子，其自由度i＝5，则于是，在等容过程中在等压过程中3．把1kg的氮气等温压缩到原体积的一半，求此过程中放出的热量为多少？设盛氮气的容器浸没于冰水池中，使温度保持0℃。解：在通常的温度和压强下，氮气可看作为理想气体。理想气体在等温过程中ΔE＝0，故根据热力学第一定律可得：负号表示系统向外放热。4．有体积为1×10-2m3的CO气体，压强为107Pa，绝热膨胀后，压强为105Pa。求气体所做的功。解：本题可有两种解法。（1）对CO气体分子，i＝5，所以已知p1＝1×107Pa，p2＝1×105Pa，V1＝1×10-2m3，根据p1V1γ＝p2V2γ，可得则由式（6–32）可得气体所做的功为：（2）在绝热过程中，因根据p1γ-1T1-γ＝p2γ-1T2-γ，可得：因此5．1000mol的空气，开始处于标准状态A，等压膨胀到状态B，其体积为原来的2倍，然后按如图6-2所示的等容和等温过程，回到状态A，完成一次循环过程。已知Cp，m＝29.2J/（mol·K），求循环效率。图6-2题5图解：经分析，AB为吸热过程，BC、CA为放热过程。因AB为等压过程，由可得：故AB过程所吸热量为：因BC为等容过程，且TC＝TA，TB＝2TA，故BC过程所放热量为：因CA为等温过程，故其所放热量为：整个循环中所放出的热量为：循环效率为：第7章静电场一、填空题1．相同相反2．静电场的有源性静电场的无旋性同一电场的电场线不相交3．4．全部电荷共同产生的合场强该曲面内部的电荷曲面外的电荷5．无关正负方向6．正交大不做功7．导体内部的场强处处为零导体表面附近的场强处处与导体表面垂直。8．孤立导体的电容可以看作是和无穷远处的另一个导体组成的电容器二、判断题1．× 2．√ 3．√ 4．√ 5．× 6．×三、解答题1．氢原子中电子和质子的距离为5.3×10－11m。求此二粒子的作用力的大小？解：由库伦定律可知，氢原子中电子和质子的作用力为2．真空中有两个点电荷，其中一个的量值是另一个的4倍，它们相距5.0×10―2m时相互斥力为1.6N。求：（1）它们的电荷各为多少？（2）它们相距0.1m时排斥力是多少？解：设两个点电荷分别为和，。因两电荷相互排斥，则。（1）由库伦定律可知，两电荷相距时相互斥力为解得（2）当时，两电荷间的库仑力为3．设一球面半径为R，均匀带电为Q（Q＞0）。求该球面内部和外部任意点的电场强度。解：由于电荷分布具有对称性，所以在均匀带电球体的电场中任意点的电场强度E的方向应沿矢径方向，且在以O为球心的同一球面上各点E的大小相等。（1）球内的电场强度分布。以球心到球内点P之间的距离r（r＜R）为半径作一球面为高斯面，则该高斯面所包围的电荷量为通过高斯面的电通量为由高斯定理得于是，球体内点P处的电场强度E为上式表示成矢量形式为（2）球外的电场强度的分布。以球心到球外点P之间的距离r（r＞R）为半径作一球面为高斯面，则该高斯面所包围的电荷量为通过高斯面的电通量为根据高斯定理有于是，球体外点P处的电场强度E为4．在直角坐标系O点，及A点（m，0）分别放置Q1＝－2（微库）及Q2＝＋1的点电荷，求点P（m，－1m）处的场强。解：设Q1和Q2在P点产生的场强分别为E1和E2，方向如图7-1所示。图7-1题4图根据勾股定理，由图7-1可知，，且所以场强方向为沿P点与水平线呈角方向。5．设均匀带正电的无限大平面薄板的面密度为，求薄板外的场强。解：电场的分布具有对称性，根据高斯定理，取两底面与薄板平行、侧面与薄板垂直的圆柱形闭合面，两底面积为和，侧面积为，则该高斯面的电通量为所以场强方向为垂直薄板向外。6．设一均匀带电直线长为L，电荷线密度为λ（设λ＞0），直线外场点P到直线的垂直距离为x，P点与带电直线的上下端点的连线与垂线的夹角为θ1和θ2。解：因为，且所以7．已知均匀带电球面半径为R，所带电量为Q，求球面外和球面内任意一点的电势。解：在球面外部，有所以在球面内部，有所以第8章稳恒磁场一、填空题1．正电荷通过磁场中某点受力为零时，该点小磁针N极所指的方向运动电荷所受的最大磁力fmax与运动电荷的电量q和速度v的乘积的比值2．磁场中任意两条磁感应线不相交每一条磁感应线都是环绕电流的闭合曲线3．沿该回路的环流为零不一定为零4．垂直于运动电荷的速度v与磁感应强度B所组成的平面5．顺磁质抗磁质铁磁质6．软磁质硬磁质二、简答题1．把流过某一线元矢量dl的电流I与dl的乘积Idl称为电流元，把电流元中电流的流向作为线元矢量的方向；把一载流导线看成是由许多个电流元Idl连接而成的。载流导线在空间任一点所激发的磁感应强度B就是由这导线上所有的电流元在该点的磁感应强度dB叠加而成。2．由于磁力线是闭合的，因此对任一闭合曲面来说，有多少磁力线穿入闭合曲面，就一定有多少条磁力线穿出闭合曲面。也就是说，通过任意闭合曲面的磁通量都为零。3．步骤如下：（1）根据电流分布的对称性分析磁场分布的对称性；（2）选取合适的闭合积分路径L（称为安培环路），注意闭合路径L的选择一定要便于使积分中的B能以标量的形式从积分号中提出来；（3）应用安培环路定理求出B的数值并确定B的方向。4．从物质微观的结构来看，物质分子中的每个电子都围绕原子核运动，同时电子自身还有自旋运动。如果把分子看作一个整体，则分子中电子的轨道运动和自旋运动将形成微小的环形电流，因而具有一定的磁矩，该磁矩分别称为轨道磁矩和自旋磁矩。轨道磁矩和自旋磁矩的矢量和称为分子的固有磁矩，用符号m表示。正常情况下，顺磁质具有一定的固有磁矩，而抗磁质无固有磁矩。三、解答题1．设半径为R的带电薄圆盘的电荷密度为σ，并绕通过盘心且垂直盘面的轴以角速度ω转动，求圆盘的磁感应强度。解：因为，所以2．如图8-35所示，设有两无限长平行直导线AB和CD，它们之间的距离为a，各自通有电流I1和I2，且电流的流向相同，求两无限长平行截流直导线每单位长度上的相互作用力。图8-1题2图解：CD导线上各点的磁感应强度的大小为，方向垂直于CD。根据安培定律，作用在CD上任意电流元的力的大小为由于，所以方向在两平行导线所组成的平面内且垂直指向导线AB。所以导线CD上每单位长度所受的力为同理，导线AB上每单位长度所受的力为方向与相反。第9章电磁感应与电磁场一、填空题1．从电源的负极经由电路指向电源的正极2．有关越大越强回路中磁通量的变化量3．由于磁场变化引起穿过回路的磁通量发生变化而产生的电动势由变化的磁场所激发的电场二、简答题1．楞次定律：楞次电流的磁通量总是力图阻碍引起感应电流的磁通变化。应用楞次定律来判断感应电流的方向时，可按照下面的步骤进行：（1）确定原来磁场的方向，即穿过闭合回路的磁通量的方向。（2）弄清楚穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少。（3）确定感应电流在闭合回路中激发的磁场是怎样阻碍引起感应电流的磁通量的变化。（4）最后应用右手定则，即右手拇指指向感应电流的磁场方向，而弯曲四指确定感应电流的方向。2．磁场不变，导体回路的形状、大小和位置的变化，或导体相对于磁场的运动而引起的磁通量的变化，这种情况下产生的感应电动势称为动生电动势，计算公式为3．相同点是感生电场和静电场都对电荷有力的作用，不同点有以下几方面：（1）产生的原因不同。静电场是由静止的电荷所激发的；而感生电场是由变化的磁场所激发的。（2）性质不同。静电场是一个保守场，而感生电场不是保守场；静电场是有源场，而感生电场是无源场。4．电位移的时间变化率称为位移电流密度，用jd表示；电位移通量的时间变化率称为位移电流，用Id表示。从磁效应方面来看，位移电流与传导电流等效，即它们都按照同一规律在周围空间激发磁场。其本质上为变化的电场也要产生磁场。需要注意的是，传导电流是由电荷的定向运动形成的，传导电流要产生焦耳热；而位移电流不产生焦耳热。三、解答题1．如图9-1所示在均匀的磁场中，有一面积为S的可绕OO′轴转动的N匝线圈。外电路的电阻为R且远大于线圈的电阻。若线圈以角速度ω作匀速转动，求线圈中的感应电动势及感应电流。解：设时线圈的正法线的方向与磁感应强度B的方向相同，则在t时刻与B之间的夹角为。此时线圈的磁通量为则线圈中的感应电动势为由于外电路的电阻为R且远大于线圈的电阻，线圈电阻忽略不计，所以线圈中的感应电流为图9-1题1图2．一根长为L的铜，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω在与磁感应强度图9-2题2图解：3．在长直电流I的磁场中，一长为l的直导线，绕距长直电流为a的O点在长直电流所在平面内以角速度ω旋转，当导线转到如图9-3所示倾角为θ的位置时，求导线上的电动势。图9-3题3图解：在直导线上距O为l处取线元dl，则dl上的微元电动势为方向为，dl距长直电流，且有所以导线上的感应电动势为方向亦为。4．同轴电缆可视为两圆筒间充满磁导率为μ的均匀磁介质，半径分别为R1、R2，两圆筒通有大小相等、方向相反的电流I，如图9-4所示。求单位长度的自感L。图9-4题4图解：沿轴线方向在两圆筒间取一长为l的平面，其面积为S，则由自感定义可知单位长度的自感为第10章机械振动一、填空题1．成正比相反2．振幅角频率初相3．固有周期固有频率4．周期性1/25．初相位差一恒量6．摩擦阻尼辐射阻尼7．驱动力的频率振动系统本身的性质阻尼的大小驱动力的频率和幅值8．共振共振角频率二、解答题1．一放置在水平桌面上的弹簧振子，已知振动周期T＝0.5s，初始条件为x0＝1×10-2m和v0＝0.218m/s，试求该弹簧振子的运动方程。解：根据式（10–8）可得简谐振动的角频率为：由初始条件x0＝1×10-2m和v0＝0.218m/s，可得简谐振动的振幅为：根据式（10–13）可得1×10-2＝2×10-2cosφφ＝±π/3因t＝0时，v0＞0，故v0＝－ωAsinφ＞0sinφ＜0φ＝－π/3所以，简谐振动的运动方程为：x＝2×10-2cos（4πt－π/3）2．如图10-1所示，水平放置在桌面上的弹簧振子，设弹簧的劲度系数k＝1.6N/m，物体的质量m＝0.4kg。现把物体向右拉至距平衡位置0.1m处，并给其一向右的初速度，大小为0.2m/s，然后放手。试求物体在放手后第3s末的运动状态。图10-1题2图解：物体振动的角频率为：根据题意，以平衡位置为原点，向右为正建立坐标系，从而确定初始条件x0＝0.1m和v0＝0.2m/s，则简谐振动的振幅为：根据式（10–13）可得0.1＝0.14cosφφ＝±π/4因t＝0时，v0＞0，故v0＝－ωAsinφ＞0sinφ＜0φ＝－π/4所以，简谐振动的运动方程为：x＝0.14cos（2t－π/4）t＝3s时，物体的位移和速度分别为：x＝0.14cos（2×3－π/4）＝0.07（m）v＝－2×0.14sin（2×3－π/4）＝0.25（m/s）即放手后第3s末，物体将位于平衡位置右方约0.07m处，并以0.25m/s的速度向右运动。3．一质点沿x轴做简谐振动，其振动曲线如图10-2（a）所示。试求：（1）t＝0和t＝1s时，质点的振动状态以及相应的相位；（2）质点简谐振动的运动方程。（a）（b）图10-2题3图解：（1）由振动曲线可知，质点简谐振动的振幅为A＝0.02m。因x-t曲线在t处的斜率dx/dt为t时刻质点的运动速度，所以，由振动曲线可知，t＝0时，质点的振动状态为：x0＝A/2，v0＞0，t＝1s时，质点的振动状态为：x1＝0，v1＞0，作出相应的旋转矢量图，如图10-2（b）所示，可知：t＝0时，φ＝4π/3t＝1s时，ωt1＋φ＝3π/2（2）根据图10-2（b）所示可知，在t＝0至t＝1s时间内，旋转矢量转过的角度为：则所以，简谐振动的运动方程为：4．一物体沿Ox轴做简谐振动，振幅为0.24m，周期为2s。当t＝0时，x＝0.12m，且物体向Ox轴正向运动。求：（1）简谐振动的运动方程；（2）从x＝－0.12m且向Ox轴负向运动这一状态回到平衡位置所需的最短时间。解：（1）简谐振动的角频率为：根据t＝0时，x＝0.12m，v0＞0，可画出t＝0时旋转矢量的位置，如图10-3（a）所示。因A＝0.24m，x0＝0.12m，根据图中关系可得φ＝－π/3。所以，简谐振动的运动方程为：（2）令x＝－0.12m、v＜0状态对应的时刻为t1，回到平衡位置对应的时刻为t2。画出t1、t2时刻的旋转矢量图，如图10-3（b）所示。从图中可得旋转矢量从t1时刻到t2时刻所转过的角度为：因（a）（b）图10-3题4图所以5．一弹簧振子沿x轴做简谐振动，已知弹簧的劲度系数为25N/m，振动物体的质量为0.25kg，初始时刻系统的势能为0.6J，动能为0.2J。试求：（1）振动的振幅；（2）当位移是振幅的一半时的动能和势能；（3）动能和势能相等时的位移。解：（1）根据式（10–17）可得振动的振幅为：（2）当x＝A/2，系统的势能应为：由于所以，动能为：（3）设动能与势能相等时的位移为x，则有：由于所以6．已知两个同方向、同频率的简谐振动为：试求：（1）它们合振动的振幅与初相；（2）若另有一同方向简谐振动x3＝0.08cos（10t＋φ），φ为何值时，x1＋x3的振幅最大？φ为何值时，x1＋x3的振幅最小？解：（1）由题意可知，A1＝0.05m，A2＝0.06m，φ1＝3π/5，φ2＝π/5。根据式（10–20）和式（10–21）可得合振动的振幅和初相分别为：（2）要使x1＋x3的振幅最大，则其相位差Δφ＝φ－φ1＝±2kπ（k＝0，1，2，…），即φ＝±2kπ＋3π/5（k＝0，1，2，…）当k＝0时，φ＝3π/5要使x1＋x3的振幅最小，则其相位差Δφ＝φ－φ1＝±（2k＋1）π（k＝0，1，2，…），即φ＝±2kπ＋8π/5（k＝0，1，2，…）当k＝－1时，φ＝－2π/5第11章机械波一、填空题1．要有引起振动的初始振动物体，即波源要有能够传播这种机械振动的弹性介质2．横波纵波3．简谐波平面简谐波4．动能势能最大值零能量5．波的强度6．介质中波动传播到的各点，都可看作是发射子波的波源，在其后的任意时刻，这些子波的包络就是新的波前7．加强减弱或完全抵消8．能量9．高于低于二、解答题1．已知一横波沿Ox轴正方向传播，周期T＝0.5s，波长λ＝1m，振幅A＝0.1m，在t＝0时，x＝0处质点恰好处在正向最大位移处。求：（1）波动方程；（2）距原点O为λ/2处的质点的振动方程；（3）与原点O距离分别为x1＝0.4m和x2＝0.6m的两质点的相位差。解：（1）由t＝0时，x＝0处质点恰好处在正向最大位移处，可知原点O处的振动初相位φ＝0，则根据题意，可得波动方程为：y＝0.1cos2π（2t－x）（2）距原点O为λ/2处的质点的振动方程为：y＝0.1cosπ（4t－1）（3）根据式（11–9）可知，与原点O距离分别为x1＝0.4m和x2＝0.6m的两质点的相位差为：2．一平面简谐波的波函数为y＝0.05cos（10πt－4πx）。试求：（1）波的振幅、频率、波速和波长；（2）x1＝0.2m处质点在t1＝1s时的运动状态；（2）此运动状态在t2＝1.5s时传到波线上哪一点？解：（1）把波函数转变为标准形式，有则振幅A＝0.05m，角频率ω＝10π，频率f＝ω/2π＝5Hz，波速u＝2.5m/s，波长λ＝u/f＝0.5m。（2）x1＝0.2m处质点在t1＝1s时振动相位为：φ（x1，t1）＝10πt1－4πx1＝9.2π此相位所表示的运动状态为：位移y＝0.05cos9.2π＝－0.04（m）振动速度v＝－0.05×10πsin9.2π＝0.92（m/s）说明该质点此时正位于y轴负向0.04m处，并以0.92m/s的速度向y轴正向运动。（3）在Δt＝t2－t1＝0.5s时间内，振动状态传播的距离为：Δx＝uΔt＝2.5×0.5＝1.25（m）因此，t1时刻x1处质点的运动状态在t2时刻应传至x处，x为：x＝x1＋Δx＝1.45（m）3．如图11-1所示，两列平面间歇相干横波，在两种不同的介质中传播，在分界面上的P点相遇。已知相干波源S1和S2的振动方程分别为：，两列波在介质1、2中的波速分别为u1＝400m/s和u2＝500m/s，波源S1和S2到P点的距离分别为r1＝4m和r2＝3.75m。试求P点合振动的振幅。图11-1题3图解：根据题意，两列波在P点形成的分振动都具有以下形式：所以，在P点的两个分振动的相位差为：由此可见，两列波在P点干涉加强，其合振幅为：A＝A1＋A2＝2×10-3m4．如图11-2所示，两个相干波源A和B，它们的振动频率为＝100Hz，当A处出现波峰时，B处出现波谷，波速u＝10m/s，求介质中P点干涉的结果。图11-2题4图解：P点的干涉结果由相位差决定由题意可知因rA＝15m，rB＝25m，则由于Δφ是π的奇数倍，因此，P点干涉的结果为振动减弱。5．监测汽车的速度时，设监测器与汽车在同一直线上，监测器发出频率为＝100kHz的超声波，当汽车迎面驶来时，监测器接收到从汽车反射回来的超声波频率为＝110kHz。已知空气中声速u＝330m/s，试求汽车行驶的速度v。解：此问题应分为两个过程分析。（1）监测器向汽车发出超声波时，监测器作为波源是静止的，汽车作为观察者是接近的，则汽车接收到的频率为：（2）汽车反射回超声波时，监测器作为观察者是静止的，汽车作为波源是接近的，则监测器接收到的频率为：于是，汽车的车速为：第12章波动光学一、填空题1．分波面法分振幅法2．光程光程3．正入射（入射角i＝0）掠入射（入射角i≈π/2）4．等间距内疏外密5．相干叠加相干叠加6．白色由紫到红衍射光谱7．明纹暗区多亮小大8．垂直二、解答题1．双缝干涉实验中，以波长λ＝587.6nm的光照射时，在距离双缝2.25m处的屏幕上产生间距为0.5mm的干涉条纹。试求两缝的距离。解：根据式（12–9）可得两缝之间的距离为：2．双缝干涉实验中，若作以下变动，则屏幕上的干涉条纹将如何变化？（1）将钠黄光换成氦氖激光；（2）将整个装置放入水中；（3）将双缝的间距增大；（4）将屏幕向双缝靠近。解；根据式（12–9）可知，两相邻明纹间的距离，即条纹宽度为：（1）（1）已知钠黄光的波长为589.3nm，氦氖激光的波长为633nm，由式（1）可知，λ变长，Δx变大，即干涉条纹变宽。（2）式（1）可进行如下变换：（2）将整个装置放入水中时，由于水中的折射率比空气中的折射率大，即n变大，根据式（2）可知，Δx变小，干涉条纹变窄。（3）将双缝的间距增大时，由式（1）可知，d变大，Δx变小，干涉条纹变窄。（4）将屏幕向双缝靠近时，由式（1）可知，D变小，Δx变小，干涉条纹变窄。3．在检测某工件表面平整度时，观察到如图12-1所示的干涉条纹。已知，入射光波长为550nm，正常条纹间距l＝2.25mm，条纹弯曲处最大畸变量b＝1.54mm。试求该工件表面有什么样的缺陷？其深度（高度）为多少？图12-1题3图解：过条纹最大畸变处M作直线ME平行于其他平直条纹。若平面无缺陷，则M点处空气厚度应与E处相等。而现在M与C、D在同一条纹，即同一等厚线上，由于D处膜厚大于E处，所以，M处膜厚大于E处，也就是说，M处为凹陷。其深度为D处与E处的空气膜厚度差。由于相邻两明纹所对应的空气膜厚差为λ/2，所以，凹陷深度为：4．已知单缝的宽度a＝0.6mm，透镜焦距f＝40cm，光线垂直照射到缝上，在屏上x＝1.4mm处看到明纹。求：（1）入射光的波长及衍射级数；（2）缝宽所能分成的半波带数。解：在单缝衍射中，有：由单缝衍射的明纹公式可得：讨论：因可见光波长在400～760nm之间，所以k＝1时，λ＝1400nm，红外光，为不可见光；k＝2时，λ＝840nm，红外光，为不可见光；k＝3时，λ＝600nm，红光，为可见光；k＝4时，λ＝466.7nm，蓝绿光，为可见光；k＝5时，λ＝381.8nm，紫外光，为不可见光；因在屏上能看到明纹，故入射光应为可见光。由上述讨论可知，入射光的波长为600nm和466.7nm，级数为k＝3、4，相应的半波带数为2k＋1个，即红光分成7个半波带，蓝绿光分成9个半波带。5．如图12-2所示，一雷达位于路边15m处，它的射束与公路成15°角，如发射天线的输出口宽度a＝0.10m，，发射的微波波长λ＝18mm，则在它监视范围内的公路长度大约是多少？图12-2题5图解：现将雷达天线的输出口看成是发出衍射波的单缝，因衍射波的能量主要集中在中央明纹的范围内，故可据此大致估算雷达在公路上的监视范围。考虑到雷达距公路较远，可作近似计算。根据单缝衍射暗纹公式，对第一级暗纹有：则监视范围内的公路长度大约为：6．波长λ＝546.1nm的平行光先后垂直入射到（1）每厘米刻有500条刻线的光栅上，和（2）每厘米刻有104条刻线的光栅上，分别计算每个光栅的第一级和第二级明纹的衍射角。解：设第一级明纹和第二级明纹的衍射角分别为θ1和θ2，由光栅方程可得：，（1）每厘米刻有500条刻线的光栅，其光栅常数为：（2）每厘米刻有104条刻线的光栅，其光栅常数为：因＞1所以，每厘米刻有104条刻线的光栅中只能看到第一级衍射条纹。7．用钠黄光（λ＝589.3nm）垂直照射到某光栅上，测得第三级光谱的衍射角为π/3。若以白光垂直照射到该光栅上，求第二级光谱的张角。解：根据光栅方程式（12–36）可得此光栅的光栅常数为：若以白光照射，将形成光栅光谱。第二级光谱的最小衍射角θ1由紫光决定：θ1≈23.09°第二级光谱的最大衍射角θ2由红光决定：θ2≈48.17°所以，白光第二级衍射光谱的张角为：θ2－θ1＝48.17°－23.09°＝25.08°8．两偏振片的偏振化方向之间的夹角为π/6，若入射自然光的强度为I0，求其透过两偏振片后的光强。解：入射自然光通过第一片偏振片后成为偏振光，其强度为自然光强度的一半，即根据马吕斯定律，通过第二片偏振片（检偏器）后的光强为：9．水的折射率为1.33，空气的折射率近似为1。当自然光从空气射向水面反射时，起偏角为多少？当光由水下进入空气时，起偏角又是多少？解：由布儒斯特定律可知，光从空气射向水面时的起偏角为：当光由水下进入空气时的起偏角为：可见，i0＋i0′＝90°。第13章狭义相对论基础一、填空题1．同时的绝对性时间间隔的绝对性空间间隔的绝对性2．相对性原理光速不变原理3．低速运动物体4．同时的相对性时间的延缓长度的收缩5．增大6．动能静能二、解答题1．半人马星座α星是离太阳系最近的恒星，它距地球为4.3×1016m。设有一宇宙飞船往返于地球和半人马星座α星之间，宇宙飞船的速度为0.999c。若按地球上的时钟计算，飞船往返一次需多少