习题一
1. 解：显然，位移为30||253t t x x m m m ==-=-=-
由速度定义dx
v dt
=
得：()24v t t =- 易得，当2t ≤时，0v ≤，
故所求路程为：0232(||)(||)(51)(21)5()t t t t s x x x x m =====-+-=-+-=
2. 解：（1）从t = 1秒到t = 3秒质点的位移：31||6(7)(2)48t t r r i j i j i j ==-=+--+=-
（2）因为质点在xy 平面内的运动学方程为j t i t r )2(22
-+=，
则在x 方向上满足()2x t t =,在y 方向满足2()2y t t =-
故22x d x a dt
==0，222y d y
a dt ==-，所以t =2秒时质点的加速度022a i j j =-= (3)由()2x t t =，2()2y t t =-得2
()2()2
x y x =-，即为质点的轨迹方程。
3.
1
322
3()12) 2 42n t t n d a R R dt
a a a a a t t τθωθ======+=
当的大小恰为总加速度大小的一半时
4.
202,11
1122
t n t t n dv d a R R dt dt a R t a a a t ω
αωωαθα=
=======
当总加速度与切向加速度成45角时质点从静止开始做匀角加速圆周运动
5.
0022
sin 300.5cos303n n a g
a g g a g g
v v a g
τρ=======
当物体在空中只有重力的作用曲率半径
6. 解：质点作一维运动。初始条件：0t =时，0x =，0v v =。又由题意，质点的加速度可表示为
a kv =-
式中，k 为大于零的常数。
解法一：由加速度的定义有
dv
a kv dt
=
=- 分离变量
dv
kdt v
=- 由初始条件0t =时0v v =，有
00v
t v dv k dt v =-?? 积分得
0e (1)kt v v -=
所以
0e kt dx
v v dt
-=
= 由初始条件0t =时0x =，积分得
00
e (1e )t
kt kt v x v dt k
--==
-? 上式可写为
m (1e ) (2)kt x x -=-
其中，0
m v x k
=
为质点所能行经的最大距离。 联立式（1）和式（2），得
m 00
()x
x v v v =- 故
m 0
(1)x v x v =- 将0
v v n
=
代入上式，得 11m x x n
=- 解法二：由加速度的定义，并作变量替换有
x
dv
a v
kv dx
==- 即
dv kdx =-
由初始条件0x =时0v v =，有
v
x
v dv k dx =-?
?
积分得
0 (3)v v kx =-
由上式得0v v
x k
-=
。故当0v v n =时，
01
(1) (4)v x k n
=-
又由dx
v dt
=
及式（3），有
0dx
dt v kx
=-
由初始条件0t =时0x =，积分得
00
ln
v kx
kt v -=- 即
(1e )kt v x k
-=
- 可见，质点所能行经的最大距离为 0m v x k
=
故当0
v v n
=
时，由式（4）及上式得 11m x x n
=- 7.
23232
00
2(126)43|43126t
t
t dt t t dt t t t t a R t t
τωαα==-=-=-==-??角速度角加速度
8. 解：0v v v v v v '=+?=+
风人风地人地 0
v v v '+''= ，002v v '=
cos v v θ
=
，0tan v v θ'= v v '='' 45sin
0t a n v v θ'''
v '
'
2
2
2
2
2
0000002222200002cos 42.2cos cos cos 442tan cos2v v v v v vv v v v v v v θθ
θθθθ
??''''=+-=+- ???=+-=
22sin 1
sin 45θθθ?==
0cos v v θ
==（从西北方吹来）
。
习题二
1.根据功能关系
220*11*(*)()2k
t F dS dE mv R d d mv dv d R v v v e μπ
μθμθ-=-=?-==
2.
解：设两根绳子的张力分别为T 1、T 2； m 2、m 3相对B 轮的加速度为2
a '； m 1、m 2、m 3的加速度分别为a 1、a 2、a 3。 根据牛顿运动定律
1111m g T m a -=；
222222
1()m g T m a m a a '-==- 333332
1()()m g T m a m a a '-=-=--； 2120T T -= 由以上六式解得
211
1.96m/s 5a g ==
22
2
3.92m/s 5a g '== 221
1.96m/s 5a g ==
233
5.88m/s 5a g ==
10.16 1.568N T g ==
20.080.784N T g ==，加速度方向如图所示。
3. 解：
（1）
()()()0
0111v
t
v F F F dv kt dv kt dv kt dt dt m
m
m
=-=
-==-?
?
所以，速度为：??
? ??-+
=20021kt t m F v v
3
a 1
2
a '3
a 2
a
（2）
2200000011[()]22x t F F dx v t kt dx v t kt dt dt m m ??
=+-=+- ???
?? 运动方程为：
??
?
??-+=3200312kt t m F t v x 4. 解：
00.8m h v =i v v v j v v v
==-==2001, ()()j v i v m v v m v m I
012+=-=?=
04tan ,533
v v θθ?=
====向上
5. 解法一：由冲量的定义得 2220
cos sin |kA
kA
I Fdt kA tdt t π
π
π
ωωωωωω
ω
==-=-
=-
?
?
解法二：由动量定理 0I mv mv =-
而0sin sin 00v A t A ωωω=-=-=，sin sin 2v A t A A π
ωωωωωω
=-=-=- 所以 kA
I mA ωω
=-=-
，
（这里利用了ω）。 6．
假设此过程在很短时间内完成，以船前进为正
000()()226/man boat man boat v v m m v m v m v m s
+=++=
7．根据功能关系
''22220051111(()())(()())32222k k t t t t t t W dE dx
dt dy t dt
dx dy dx dy
dE m m m m J
dt dt dt dt
========+-+=
8. 解：在x 1处，物体和弹簧分离，在物体整个运动过程中，弹性力做功211
2
kx ，摩擦力做功
2mgx μ-，根据动能定理有2
12102kx mgx μ-=，解得212
0.22kx mgx μ== 9. 解：砝码从高处落入盘中，机械能守恒：
1
1111
2
m gh m v = 又碰撞过程动量守恒，设共同运动速度为v 2有：
11122()m v m m v =+
砝码与盘向下移动过程机械能守恒
222112212122111()()()222
kl m m v k l l m m gl ++=+-+ 平衡时，有 12kl g m =
解以上方程得：2
22980.980.0960l l --=，解得盘向下移动的最大距离为20.037m l =。
10. 解：对流星飞经太阳附近的过程，由机械能守恒得
22011022
GMm mv mv r +=-+
由此得流星刚进入太阳系时的速率为
40 1.810m/s v ==? 流星受太阳的引力总指向太阳，流星对太阳的角动量守恒：mvr b mv =0
流星飞向太阳的瞄准距离为410
114
07.510510 2.110m 1.810
v b r v ?==??=??
习题三
刚体力学
1.
4s ；15m/s -
解：已知
1.5m r =，0=10rad/s ω，25rad/s α=-，00=θ。
因const α=，为匀变速，所以有
20012t t θθωα=++。
令 0θ=，即 01()02
t t ωα+=得，由此得
022104s 5
t ωα?=-=-=-
0105410t ωωα=+=-?=-，所以 15m /s
v r ω==-
2. J ＝mr 2
(S
gt 22
－1)
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
T r ＝αJ ② 由运动学关系有： a = r α ③
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 ＝2
2
1at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 将⑤式代入
④式得：J ＝mr 2
(S
gt 22
－1)
3. 12122m m a g J m m r μ-=?++；2211122J m m r T m g J m m r μ++
=?++；11
22
122
J
m m r T m g J
m m r μμ++=?++ 解：用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。 对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律 111()T m g m a -=-
对物体2
22T N m a μ-=，20N m g -=
对滑轮，应用转动定律
()21T r T r J α-=-，并利用关系 a r α=，
由以上各式， 解得
12122m m a g J m m r μ-=?++；2211122J m m r T m g J m m r μ++
=?++；1122
122
J
m m r T m g J
m m r
μμ++=?++ 4.
(/)ln 2J k ；2
03/8J ω-。
解：已知 M k ω=-，0,
J ω，01
2
ωω=
（1）d M J k dt ωω==-，d J k dt ωω=-，d k
dt J
ωω=-
t
d k dt J
ω
ω
ω
ω
=-
??
，0ln
k t J ωω=-，所以 0ln ln 2J J
t k k
ωω== （2）2
020202028
3)41(212121ωωωωωJ J J J A -=-=-=
5.
11.8m ； 1.7m /s 。
解：以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒定律
2
2202111sin 370222v kx mv J mgx r
++-=
a
（1）0v =时，得0x =或2 2.09.8sin3711.8m 2
x ????
==
（2）1=x 时
1.7m/s v =
6. 2rad/s 35.7，rad/s 04.5
解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律
M = αJ
其中 4/60cos 2
1
mgl mgl M ==
于是 2rad/s 35.743===l
g J M α 当棒转动到水平位置的工程中，机械能守恒
223
12160sin 21ωml mgl = 那么
rad/s 04.523
3==
l
g ω 7.
解： 231Ml J =
, 2
2200l v m J l mv +=ω, 211
22J Mgl ω=
3
40gl m M
v =
∴ 8. 2mR J
ω； 2
221(
1)2mR mR J ω+ 解：应用角动量守恒定律
2J mR J ωωω'+= 解得 21mR J ωω??'=+ ???
，角速度的变化 2
mR J ωωωω'?=-= 系统动能的变化 ()222
1122
k E J J mR ωω'?=?-+，即 2
221(
1)2k mR E mR J ω?=+ 9.
023L
t g
ωμ=
解：m
df dmg drg gdr L
μμλμ
=== dM r df =? ，m dM rdf grdr L
μ==，
2
mgL
grdr L
m
dM M L
μμ=
==??
又，2
mgL
dt d J
J M μωα=-==，所以 32g d dt L μω=-，00032t g d dt L ωμω=-??，两边积分得：032g t L
μω=，
所以
023L t g
ωμ=
10. J 1J 2ω0
（J 1
+J 2
）t
解： 框架A 受摩擦力矩作用，根据转动定律，有α1J M = 依题意α=ω
t ；
取框架、转子为系统，依题意，系统角动量守恒；有J 2ω0 = （J 1+J 2）ω 三式联立解得 M =
J 1J 2ω0
（J 1+J 2）t
习题四
1、如图7-5所示，A 球被两个弹簧系住。弹簧的劲度系数均为k =8N ·m -1，小球的质量m =1kg 。小球在平衡位置时，两个弹簧为原长。现自其平衡位置给予小球以初速v 0=12cm ·s -1，方向向右，使小球作微小的振动，试证此振动为简谐振动，求小球的运动方程。
答案：x =0.03cos(4t –
2
π) m 解：设小球位移为x ，则小球受到的力为F= -2kx ，其力与位移的关系满足简谐振动
'22201122
k A kA mv == A=0.03
4rad/s ω=
= 因为初始位置在平衡点，所以–
cos()2
x A t π
ω??+
=+=
得到，取向右正，则其相位延迟，所
以取负的。
2．一简谐振动用余弦函数表示，其振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为
A = _______cm ；ω =__________rad/s ；? =________。
答案：10；(π/6)；π/3。
解：由图可直接看出，A =10cm ，周期T =12s ，所以 2rad/s 6
T ππ
ω=
=；再由图看出，t = 0时刻质点在位移5cm 处，下一时刻向着平衡位置方向移动，所以其初相为 ? = π/3。 3．一质量 = 3.96 kg M 的物体，悬挂在劲度系数 = 400 N/m k 的轻弹簧下端．一质量 = 40g
m 的子弹以 = 152 m/s v 的速度从下方竖直朝上射入物体之中 ，然后子弹与物体一起作谐振动 ．若取平衡位置为原点。x 轴指向下方，如图，求：
（1）振动方程（因 m M <<，m 射入M 后对原来平衡位置的影响可以忽略）；
（2）弹簧振子的总能量。 答案：（1）)2
1
10cos(152.0π+
=t x ；（2） 4.62J E =。 解：（1）由动量守恒定律 ()mv M m V =+，得 mv
V M m
=
+； 4．一质点作简谐振动，其振动方程为
)4
1
31cos(100.62π-π?=-t x (SI)
（1）当x 值为多大时，系统的势能为总能量的一半？
（2）质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少？ 答案：（1）24.2410m x -=±?；（2）0.75 s 。 解：（1）势能 221kx W P =； 总能量 22
1
kA E = 由题意
4/
2122kA kx =， 24.2410m x -==±?。
（2）周期 26s T ω
==π
从平衡位置运动到2
A x ±
= 的最短时间t ?为T /8，所以
0.75 s t t =?=
5、一放在光滑水平面上的弹簧振子，如果小球经平衡位置开始向右运动时的动能为0K E ，振动的周期T =1.0s ，求：再经过
3
1
s 时，小球的动能K E 与0K E 之比。 答案;
4
1
=ko k E E 。
112
012
02
01
s 1203
x A cos 1s x A cos Acos 312
1()
22
k k k A kA E E E k A π???=====-经过，表示两者相位差为令平衡时为（） 后，（+120）=-(30- 6．两个同方向的简谐振动曲线如图所示。其合振动的振
幅为__________________________；合振动的振动方程 为_____________________________。
答案：21A A -；)2
12cos(12π+π-=t T A A x 。
解：由图可知，两振动其初相位差为π，所以其合振动的振幅为21A A -又由公式
11221122sin sin tan cos cos A A A A ?????+=
+，而123, 22
ππ
??==，由此得2π?=。所以合振动的振动方程
为
)2
12cos(12π+π-=t T A A x
7 5．一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为
-21 =510cos(4 +)3x t π?(SI) ，-22 =310sin(4 -)6
x t π
?
画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程。 答案：（1）旋转矢量如图；（2）合振动方程-2=210cos(4 +
)3
x t π
?。
解： -2
-2
-2
22 =310sin(4 -)=310cos(4 --)=310cos(4 -)6623x t t t π
ππ
π??? 作两振动的旋转矢量图，如图所示。由图得，合振动的振幅和初相分别为
= (5-3)cm = 2cm A ， =3
π?，所以 合振动方程为 -2=210cos(4 +)3
x t π
? (SI)
8．为测定某音叉C 的频率，选取频率已知且与C 接近的另两个音叉A 和B ，已知A 的频
率为800 Hz ，B 的频率是797 Hz ，进行下面试验：
第一步，使音叉A 和C 同时振动，测得拍频为每秒2次。 第二步，使音叉B 和C 同时振动，测得拍频为每秒5次。
由此可确定音叉C 的频率为______________。 答案：802 Hz
解：设音叉C 的频率为ν，由2800=-ν和5797=-ν，联立求得802Hz ν=。
x O ω
ω π/3 -2π/3
A
1
A 2A
习题五
1、一平面简谐波表达式为y =5cos （8t+3x +
4
π），式中各量采用国际单位制。问： （1）它向什么方向传播？
（2）它的频率、波长、波速各是多少？
（3）质点的最大振动速度及最大加速度是多少？ （4）x =2m 处，质点的初相位是多少？
该波沿x 负向传播, -1
s 8=ω, Hz 4
πυ=
, 1-ms 38=c m 3
2
πλ= m v =40m/s ，-2ms 320=m a , 4
6π
?+
=
解：（1）???
?
?
++=438cos 5πx t y =???
???+??? ?
?--4388cos 5π/x t 可见该波沿x 负向传播。 （2）与??
????+???
??
-
=?ωu x t A y cos 比较 -1s 8=ω Hz 4282πππωυ===
, 1-ms 38=u m 3
2438
ππ
υλ===u （3）??? ?
?
++?-==
438cos 58πx t dt dy v ， m v =8×5=40m/s ??? ?
?
++?-==438cos 58222πx t dl y d a ， -22ms 32058=?=m a
（4）x =2m 处的振动方程
??? ?
?
++=468cos 5πt y ， 初相 46π?+=
2如图，一平面简谐波以波速u 沿x 轴正方向传播，O 为坐标原点．已知P 点的振动方程为
cos y A t ω=，则 ［ ］
（A ）O 点的振动方程为 []cos (/)y A t l u ω=-； （B ）波的表达式为 {}cos [(/)(/)]y A t l u x u ω=--；
（C ）波的表达式为 {}cos [(/)(/)]y A t l u x u ω=+-； （D ）C 点的振动方程为 []cos (3/)y A t l u ω=-。
答案：C
解：波向右传播，原O 的振动相位要超前P 点u l /ω，所以原点O 的振动方程为
{}0cos [(/)]y A t l u ω?=++，因而波方程为]}[cos{u
l
u x t A y +-
=ω，可得答案为C 。
3．一平面简谐波以速度u 沿x 轴正方向传播，在t t '=时波形曲线如图所示．则坐标原点O 的振动方程为［ ］
解：令波的表达式为
cos[2()]x
y a t ν?λ=-+π 当t t '=，
cos[2()]x
y a t
ν?λ
'=-+π
由图知，此时0x =处的初相 22
t ν?'+=-π
π，
所以 22
t ?ν'=--π
π，
由图得 b 2=λ， b
u u
2=
=
λ
ν
故0x =处 cos[2]cos[
()]2
u y a t a t t b ν?'=+=--πππ 4平面简谐波沿x 轴正方向传播，振幅为2cm ，频率为50Hz ，波速为 200 m/s ．在0t =时，
0x =处的质点正在平衡位置向y 轴正方向运动，求4m x =处媒质质点振动的表达式及该点在2s t =时的振动速度。
答案：（1）21
210cos(100)2
y t -=?-ππ；（2） 6.28 m/s v =。
解：设0x =处质点振动的表达式为 0c o s
()y A t ω?=+， 已知 0t =时，0 = 0y ，且 0 > 0v ，所以1
2
?=-π，因此得
0cos(2)y A t ν?=+π21
210cos(100)2
t -=?-ππ
由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为
cos(22)x y A t u ν?ν=+-ππ211
210cos(100)22
t x -=?--πππ
4m x =处的质点在t 时刻的位移
21
210cos(100)2
y t -=?-ππ
该质点在2s t =时的振动速度为
21
210100sin(200)2= 6.28 m/s 2
v π-=-??-=πππ
5．一平面简谐波沿Ox 轴的负方向传播，波长为λ ，P 处质点
的振动规律如图所示．
（1）求P 处质点的振动方程；
(m)
（2）求此波的波动表达式；
（3）若图中 λ2
1=d ，求坐标原点O 处质点的振动方程。
答案：（1）
1
cos()
2
P y A t =π+π；（2）
])4(2cos[π+-+π=λ
d
x t A y ；（3）)21cos(0t A y π=
解：（1）由振动曲线可知，P 处质点振动方程为
21
cos[(
)]cos()42
P y A t A t π=+π=π+π （2）波动表达式为 ])4(2c o s [π+-+π=λ
d x t A y （3）O 处质点的振动方程 )2
1cos(0t A y π=
6、一平面简谐波在弹性介质中传播，在介质质元从最大位移运动到平衡位置处的过程中:（ ）。
A.它的动能转换成势能；
B.它的势能转换成动能；
C.它从相邻一段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，其能量逐渐减少。 答案：C
解：波在传播过程中，介质质元振动的动能和势能同相变化，在质元从最大位移运动到平衡位置处的过程中，速度变大，动能变大，势能也变大，即其能量逐渐增大。
7．一平面简谐波，频率为31.010Hz ?，波速为31.010m/s ?，振幅为41.010m ?，在截面面积为424.010m -?的管内介质中传播，若介质的密度为238.010kg m -??，则该波的能量密度__________________；该波在60 s 内垂直通过截面的总能量为_________________。 答案：521.5810W m -??；33.7910 J ?。 解： （1） 2522222m W 1058.122
1
-??===
νρμπωρμA A I （2）
33.7910 J w P t IS t =??=?=?
。
8．如图所示，两列相干波在P 点相遇。一列波在B 点引起的振动是 310310cos2y t -=?π；另一列波在C 点引起的振动是3201310cos(2)y t -=?π+π；令0.45 m BP =，0.30 m CP =，
两波的传播速度= 0.20 m/s u 。若不考虑传播途中振幅的减小，则P 点的合振动的振动方程为
____________________________________。
答案： 31
610cos(2)2y t -=?-ππ(SI)。
解：第一列波在P 点引起的振动的振动方程为
311
310cos(2)2
y t -=?-ππ
第二列波在P 点引起的振动的振动方程为
321
310cos(2)2
y t -=?-ππ
所以，P 点的合振动的振动方程
3121
610cos(2)2
y y y t -=+=?-ππ
9一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 cos2()x
y A t νλ
=-π，而另一平面简谐
波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 2cos2()x
y A t νλ
=+π
求：（1）4
x λ
=
处介质质点的合振动方程；（2）4
x λ
=
处介质质点的速度表达式。
答案：（1）)2
1
2cos(ππ+=t A y ν；（2）2cos(2)v A t νν=+πππ。 解：（1）在4
x λ
=
处
)212cos(1π-
π=t A y ν，)2
12cos(22π+π=t A y ν 因1y 与2y 反相，所以合振动振幅为二者之差： A A A A s =-=2，且合振动的初相?与振
幅较大者（即2y ）的初相相同，为π2
1
。所以，
合振动方程 )2
1
2cos(ππ+=t A y ν
（2）4
x λ
=
处质点的速度
d 1
2sin(2 )2cos(2)d 2
y v A t A t t νννν=
=-+=+ππππππ
10、有一平面简谐波沿X 正方向传播，t =0时波形如图所示。
（1）写出此波的余弦表达式。
（2）此波传至L =105cm 处遇一反射壁。若反射时有半波损失，但能量不损失，写出反射波的余弦表达式。
10
. ??
?
?
?+
-
=210
4cos 10)1(πππx
t y cm , ??? ?
?
++='2104cos 10)2(πππx t y cm
解：由图可知：A =10cm ，λ=20cm ，
s u
T 5.04020==
=
λ
142-==s T
ππω
当t =0时，x =0处, y 0=0，v 0＜0，cos ?=0 取?=2/π (1) 波动方程:
??
????+??? ??-=2404cos 10ππx t y ??? ??
+-=2104cos 10πππx t (cm)
（2）设反射波波动方程为:
??
?
??'++='?ππ104cos 10x t y
因为有半波损失，在x =105cm 反射壁处两波引起的振动的相位差为:
??-??? ??+-=2104πππx t ??
?
??'++?ππ104x t
π?ππ
2110
22
-='--
=
x
2
π?=
' ??? ?
?
++='∴2104cos 10πππx t y (cm)
11.设入射波的表达式为 )(
2cos 1T
t
x
A y +
π=λ
，在0x =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；（3）波腹和波节的位置。
答案：（1）2cos[2()]cos2()x
t x t
y A A T T λλ=-+=--πππ； （2）22222cos()cos()2sin sin
22x t
y A x t A T T λλ=+-=-ππππππ； （3）波腹：11() 1,2,3,22x n n λ=-= ；波节：1
1,2,3,2
x n n λ== 。
解：（1）反射点是固定端，所以反射有相位π的突变，且反射波振幅为A ，因此反
射波的表达式为
2cos[2()]cos2()x t x t
y A A T T
λλ=-+=--πππ
（2）驻波的表达式是 1222222cos()cos()2sin sin
22x t
y y y A x t A T T λλ=+=+-=-ππππππ （3）波腹位置满足： π=π+
πn x 2
1
/2λ，即 11
() 1,2,3,22
x n n λ=-=
波节位置满足
π+π=π+
π2
1
21/2n x λ，即
1
1,2,3,2
x n n λ==
习题六
1．如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，设屏到双缝的距离D =2.0m ，用波长λ=500nm 的单色光垂直入射，若双缝间距d 以0.2mm ?s -1的速率对称地增大（但仍满足d << D ），则在屏上距中心点x =5cm 处，每秒钟扫过的干涉亮纹的条数为 [ ] （A ）1条； （B ）2条； （C ）5条； （D ）10条。 答案：D
解：缝宽为d 时，双缝至屏上x 处的光程差为d
x D
δ=。所以当d 增大时，光程差改变，引起干涉条纹移动。若干涉条纹移动N 条，则对应的光程差改变为N δδδλ'?=-=，依题
意，经1s ，光程差的改变量为：
()λδN D
xd
D
x d =-+=
2.0
由此可解出N =10。
2. 在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距a ＝2×10-
4 m 的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m ．求：
(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；
(2) 用一厚度为e ＝6.6×10-5 m 、折射率为n ＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移
到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9
m) 0.11 m, 70
解：(1) ?x ＝20 D λ / d
＝0.11 m
(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足
(n －1)e ＋r 1＝r 2
设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有
r 2－r 1＝k λ
所以 (n －1)e = k λ
k ＝(n －1) e / λ＝69.6≈70 零级明纹移到原第7级明纹处
3．如图所示，波长为λ的平行单色光垂直入射在折射率为n 2的薄膜上，经上下两个表面反射的两束光发生干涉。若薄膜厚度为e ，而且n 1 > n 2 > n 3，则两束反射光在相遇点的相位差为 [ ]
（A ）24/n e πλ； （B ）22/n e πλ； （C ）24/n e ππλ+； （D ）24/n e ππλ-+
3
n e
答案：A
解：三层介质折射率连续变化，故上下两光之间无附加程差。垂直入射，所以反射光
22422,n e
n e ππ
δ?δλ
λ
=?=
=
4. 借助于玻璃表面上所涂的折射率为n =1.38的MgF 2透明簿膜，可以减少折射率为1.60的玻璃表面的反射。若波长为500nm 的单色光垂直入射时，为了实现最小的反射，试问此透明薄膜的厚度至少为多少nm? [ ]
（A ）5； （B ）30； （C ）90.6； （D ）250； （E ）1050。 答案：C
解：三层介质折射率连续变化，故上下两光之间无附加程差。垂直入射，所以反射光
2ne δ=
反射相消条件：2(21),0,1,22
ne k k λ
δ==+= ，由此得
(21)
4e k n
λ
=+
令k = 0，得所求薄膜的最小厚度为
500
90.6nm 44 1.38
e n λ
=
=
=?
5. 白光垂直照射在空气中厚度为0.40μm 的玻璃片上。玻璃的折射率为1.50。试问在可见光范围内（λ=400~700nm ），哪些波长的光在反射中增强？哪些波长的光在透射中增强？ 480nm; 400nm, 600nm
解 从玻璃片两表面反射的光束的光程差
22
nd λ
δ=+
某波长的光在反射中加强，该波长应满足
21,2,3 (2)
nd k k λ
λ+
==
由此解得
344 1.500.4010nm 2121nd k k λ???==--3
2.410nm 21
k ?=-
在可见光范围内，只有k =3，相应波长为
32.410nm=480nm 231
λ?=?-
两透射光之间没有附加光程差λ/2，所以两透射光的光程差为2nd δ=。透射光干涉增强的条件为
21,2,3...nd k k λ== 32 1.210nm nd k k
λ?==
在可见光范围内，k =2或3，相应波长为
32 1.210600nm 2λ?==, 3
3 1.210400nm 3
λ?==
6．玻璃表面附有一层厚度均匀的液体薄膜，垂直入射的连续光谱（波长范围在可见光及其
附近）从薄膜反射。观察到可见光区波长为600nm 的红光有一干涉相消，而波长为375nm
的近紫外光有一干涉极大。设薄膜的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，求薄膜的厚度。 答案：564nm
解：由于光在液体薄膜上下界面反射时都有半波损失，所以从薄膜上下两表面反射的两光间的光程差为
2nd δ=
当1=600nm λ，干涉相消，所以
()
1
2212
nd k λ=+
当2=375nm λ，干涉极大，所以
22nd k λ'=
式中，n 为液体膜的折射率。 联立以上两式得
()
1
2212
k k λλ'+=
即
21
6003752
k k +'?=? ()4
215
k k '=+
, k k '必须为整数。令2, 7, 12,,k = ，得4, 12, 20,,k '= 。取2k =得
薄膜厚度
24375
564nm 22 1.33
k d n λ'?=
==? 而当7, 12,,k = 时，薄膜厚度太大，干涉现象消失。
7．利用光的干涉可以检验工件质量。将三个直径相近的滚珠放在两块平玻璃之间，用单色平行光垂直照射，观察到等厚干涉条纹如图a 所示。问：
（1）滚珠 （A ，B ，C ）的直径介于三者中的最大与最小之间。 （2）若用手轻压A 侧（如图b 所示），发现条纹变密，则可以判断A 球直径 （最大，最小）。
（3）若用单色光波长λ表示三个滚珠的直径之差，则 A B d d -= ；B C d d -= ；A C d d -= 。
答案：（1）B ；（2）最小；（3）3
22
λλλ；；。
解：（1）由于三个滚珠直径不等，使上、下两平板玻璃间形成一空气劈尖，因而可观察到等厚干涉条纹。从图a 中干涉条纹的方向及三个滚珠的相对位置可知滚珠B 的直径介于最大与最小之间。
（2）条纹间距
2sin 2l λ
λ
θ
θ
=
≈
所以，当劈尖角θ 角减小，条纹变疏，反之，条纹变密。因用手轻压A 侧时，观察到条纹变密，说明此时θ 角增大，因此
图b
劈尖角应在A 侧，即A 球直径最小。
（3）由于相邻两干涉条纹对应的空气膜厚度差为12
k k d d λ
+-=
由图a 可知：
22
A B d d λ
λ-=?
=；12
2
B C d d λ
λ
-=?
=
；3322
A C d d λ
λ-=?
= 8．如图6-8所示，平板玻璃和凸透镜构成牛顿环装置，全部浸入60.1=n 的液体中，凸透镜可沿O O '上下移动。用波长nm 500=λ的单色光垂直入射，从上向下观察，看到中心是一个暗斑，此时凸透镜顶点距平板玻璃的距离最少是
（A ）78.1nm ； （B ）74.4nm ； （C ）156.3nm ； （D ）148.8nm 。
A
解 依题意，第k 级暗纹公式
()
2
122λ
+=k ne ，
式中，60.1=n 。当k =0时，距离最小，由此可算出nm 1.78min =e 。
9．（1）由曲率半径R =19cm 的透镜和平玻璃组成牛顿环干涉装置，用不同的光进行实验。观察到用nm 6001=λ的第k 级暗环与用nm 4502=λ时的第k +1级暗环重合。求用λ1时第k 级暗环的半径。（2）又如波长为nm 5003=λ的第5级明环与波长为λ4时的第6级明环重合，求波长λ4。
m 1085.54-?, 409nm
解 （1）牛顿环中第k 级暗环的半径
λkR r k k ==Re 2。
当波长为λ1的光的第k 级暗环与波长为λ2的光的第k +1级暗环重合，则
()2
1221,
1λλλλλ-=
+=k R k kR
所以用λ1时第k 级暗环的半径
()0.585mm
m 1085.510
45060019
.0104501060049
992
1211=?=?-????=-=
=----λλλλλR
kR r k
（2）牛顿环中第k 级明环的半径
()2
12λR k r k -=
当波长为λ3的光的第5级明环与波长为
λ4第6级明环重合，则
图6-8
2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷） 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二 选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时
针方向)， 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝ 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋ 电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝ 于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝ 于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± )
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？
《大学物理》课后习题 答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
习题４-12图 H L H h H 4-12 一个器壁竖直的开口水槽，如图所示，水的深度为H =10m ，在水面下h =3m 处的侧壁开一个小孔。试求：（1）从小孔射出的水流在槽底的水平射程L 是多少（2）h 为何值时射程最远最远射程是多少 解：（１）设水槽表面压强为p 1，流速为v 1，高度为h 1， 小孔处压强为p ２，流速为v ２，高度为h ２，由伯努利方程得： 22 2212112 121gh v p gh v p ρρρρ++=++ 根据题中的条件可知： 211021,0,h h h v p p p -==== 由上式解得：gh v 22= 由运动学方程：221gt h H = -，解得: g h H t ) (2-= 水平射程为:)(m 17.9)310(34)(42=-??=-==h H h t v L (2)根据极值条件，令0=dh dL ，Ｌ出现最大值， 即 022 =--h hH h H ，解得：h=5m 此时Ｌ的最大值为10m 。 4-14 水在粗细不均匀的水平管中作稳定流动，已知在截面Ｓ1处的压强为110Ｐa ，流速为0.2m/s ，在截面Ｓ2处的压强为５Ｐa ，求Ｓ2处的流速（把水看作理想流体）。 解：由伯努利方程得：2 222112 121v p v p ρ+=ρ+ 2323100.12 1 52.0100.121110v ???+=???+ )(5.012-?=s m v 4-16在水管的某一端水的流速为1.0m/s ，压强为5100.3?Pa ，水管的另一端比第一端降低了20.0m ，第二端处水管的横截面积是第一端处的1/2。求第二 端处的压强。设管中的水为理想流体，且作稳定流动。 解: 由连续性方程 2 21 1v S v S = 得：)(211 2 12212 -?=?== s m v S S v 由伯努利方程22 2212112 121gh v p gh v p ρρρρ++=++ 得：)()(2 121222112h h g v v p p -+-+ =ρρ
1.? ?一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为，瞬时速率为v，，某一时间内的平均速度为，平均速率为，它们之间的关系必定有： （A）?（B）（C）?（D）? 答题：??A.??B.??C.??D.?（已提交） 参考答案：D 问题解析： 2.? 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为?（其中a、b为常量）, 则该质点作? (A) 匀速直线运动． (B) 变速直线运动． (C) 抛物线运动． (D)一般曲线运动．? 答题：??A.??B.??C.??D.?（已提交） 参考答案：B 问题解析： 3.? 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设 该人以匀速率收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是? (A) 匀加速运动． (B) 匀减速运动． (C) 变加速运动． (D) 变减速运动．? 答题：??A.??B.??C.??D.?（已提交） 参考答案：C 问题解析： 4.? 一飞机相对空气的速度大小为 200 km/h, 风速为56 km/h，方向从西向东．地面雷达站测得飞机速度大小为 192 km/h，方向是? ? (A) 南偏西°．? (B) 北偏东°? (C) 向正南或向正北． (D) 西偏北°．(E) 东偏南°．? 答题：??A.??B.??C.??D.?（已提交） 参考答案：C 问题解析： 5.? 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的：? (A) 切向加速度必不为零．? (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外）．? (C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零．? (D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零．?
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单
位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、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 ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理课后习题答案第六章
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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
大学物理(上)课后习题答案
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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵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 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
) 2(选择题(5) 选择题单 元一 质点运动学（一） 一、选择题 1. 下列两句话是否正确： (1) 质点作直线运动，位置矢量的方向一定不变； 【 ? 】 (2) 质点作园周运动位置矢量大小一定不变。 【 ? 】 2. 一物体在1秒内沿半径R=1m 的圆周上从A 点运动到B 点，如图所示，则物体的平均速度是： 【 A 】 (A) 大小为2m/s ，方向由A 指向B ； (B) 大小为2m/s ，方向由B 指向A ； (C) 大小为3.14m/s ，方向为A 点切线方向； (D) 大小为3.14m/s ，方向为B 点切线方向。 3. 某质点的运动方程为x=3t-5t 3+6(SI)，则该质点作 【 D 】 (A) 匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B) 匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向; (C) 变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向; (D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向 4. 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度v=2 m/s ，瞬时加速率a=2 m/s 2则一秒钟后质点的速度: 【 D 】 (A) 等于零 (B) 等于-2m/s (C) 等于2m/s (D) 不能确定。 5. 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向边运动。设该人以匀速度V 0收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是 【 C 】 (A)匀加速运动; (B) 匀减速运动; (C) 变加速运动; (D) 变减速运动; (E) 匀速直线运动。 6. 一质点沿x 轴作直线运动，其v-t 曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5s 时，
,考试作弊将带来严重后果！ 华南理工大学期末考试 《2010级大学物理（II ）期末试卷A 卷》试卷 1. 考前请将密封线内各项信息填写清楚； 所有答案请直接答在答题纸上； ．考试形式：闭卷； 4. 本试卷共25题，满分100分， 考试时间120分钟。 2012年1月9日9：00-----11：00 30分） ．（本题3分） 如图所示，真空中一长为2L 的均匀带电细直杆，q ，则在直杆延长线上距杆的一端距离 L 的P 点的电场强度． (A) 2 0q L ε12π． (B) 2 0q L ε 8π． (C) 20q L ε6π． (D) 2 0q L ε16π． ［ ］ ．（本题3分） 如图所示，CDEF 为一矩形，边长分别为l 和2l ．在DC 延长CA ＝l 处的A 点有点电荷q +，在CF 的中点B 点有点电荷q -，若使单位正电荷从C 点沿CDEF 路径运动到F 点，则电场 l l q --?π51540ε ． (B) 55 140- ? πl q ε(C) 3 1340-?πl q ε ． (D) 51540-?πl q ε．［ ］ ．（本题3分） 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 S q 02 ε ． (B) S q 02 2ε． (C) 2 02 2S q ε． (D) 2 02S q ε． ［ ］ ．（本题3分） 在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积122A A =，通有电流122I I =，它们所受的最12:M M 等于 ． (B) 2． (C) 4． (D) 1/4． ［ ］ A E F C D l l 2L q
西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝ 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是 （Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径 。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是 原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为 。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为 ；波长为 ；波沿x 轴的 向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最 大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言， 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。
说明：字母为黑体者表示矢量 一、选择题 1.关于静电场中某点电势值的正负，下列说法中正确的是： [ C ] (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。 2. 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 距离为r 的P 点处电势为： [ B ] (A) r q 04πε (B) )(41 0R Q r q +πε (C) r Q q 04πε+ (D) )(410R q Q r q -+πε 3. 在带电量为－Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移到b 点，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图所示。则在电荷移动过程中电场力做的功为 [ C ] (A) )11(4210r r Q --πε； (B) )1 1(4210r r qQ -πε； (C) )11(42 10r r qQ --πε； (D) )(4120r r qQ --πε。 4.以下说法中正确的是 [ A ] (A) 沿着电力线移动负电荷,负电荷的电势能是增加的； (B) 场强弱的地方电位一定低,电位高的地方场强一定强； (C) 等势面上各点的场强大小一定相等； (D) 初速度为零的点电荷, 仅在电场力作用下,总是从高电位处向低电位运动； (E) 场强处处相同的电场中,各点的电位也处处相同. 二、填空题 1．电量分别为q 1, q 2, q 3的三个点电荷位于一圆的直径上, 两个在圆周上,一个在圆心.如图所示. 设无穷远处为电势零点，圆半径为 R ，则b 点处的电势U = ）（ 23 102 41 q q q R ++πε . 2．如图所示，在场强为E 的均匀电场中，A 、B 两点间距离为 d ，AB 连线方向与E 的夹角为. 从A 点经任意路径到B 点的 P R O q r Q A 1r a 2 r Q - q 1 q 2 q 3 R O b E A B d
1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t
第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、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 ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理习题四 · --姓名 班级 序号 机械振动 1、如图7-5所示，A 球被两个弹簧系住。弹簧的劲度系数均为 k =8N ·m -1，小球的质量m =1kg 。小球在平衡位置时，两个弹簧 为原长。现自其平衡位置给予小球以初速v 0=12cm ·s -1，方向向右，使小球作微小的振动，试证此振动为简谐振动，求小球的 运动方程。 2．一简谐振动用余弦函数表示，其振动曲线如图所示，则此简 谐振动的三个特征量为 A = _______cm ；ω =__________rad/s ；? =________。 3．一质量 = 3.96 kg M 的物体，悬挂在劲度系数 = 400 N/m k 的轻弹簧下端．一质量 = 40g m 的子弹以 = 152 m/s v 的速度从下方竖直朝上射入物体之中 ，然后子弹与物体一起作谐振动 ．若取平衡位置为原点。x 轴指向下方，如图，求振动方程（因 m M <<，m 射入M 后对原来平衡位置的影响可以忽略）； 4．一质点作简谐振动，其振动方程为 )4131cos(100.62π- π?=-t x (SI) （1）当x 值为多大时，系统的势能为总能量的一半？ （2）质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少？ 5、一放在光滑水平面上的弹簧振子，如果小球经平衡位置开始向右 运动时的动能为0K E ，振动的周期T =1.0s ，求：再经过3 1s 时，小球的动能K E 与0K E 之比。 6．两个同方向的简谐振动曲线如图所示。求合振动的振动方程。 7．一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为 -21 =510cos(4 +)3x t π?(SI) ，-22 =310sin(4 -)6x t π? 画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程。 8．为测定某音叉C 的频率，选取频率已知且与C 接近的另两个音叉A 和B ，已知A 的频率为800 Hz ，B 的频率是797 Hz ，进行下面试验： 第一步，使音叉A 和C 同时振动，测得拍频为每秒2次。 第二步，使音叉B 和C 同时振动，测得拍频为每秒5次。 由此可确定音叉C 的频率为______________。
2008年下学期2007级《大学物理（下）》期末考试（A 卷） 一、选择题(共27分) 1. (本题3分) (2717) 距一根载有电流为3×104 A 的电线1 m 处的磁感强度的大小为 (A) 3×10-5 T ． (B) 6×10-3 T ． (C) 1.9×10-2T ． (D) 0.6 T ． (已知真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A) ［ ］ 2. (本题3分)(2391) 一电子以速度v 垂直地进入磁感强度为B 的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将 (A) 正比于B ，反比于v 2． (B) 反比于B ，正比于v 2． (C) 正比于B ，反比于v ． (D) 反比于B ，反比于v ． ［ ］ 3. (本题3分)(2594) 有一矩形线圈AOCD ，通以如图示方向的电流I ，将它置于均匀磁场B 中，B 的方向与x 轴正方向一致，线圈平面与x 轴之间的夹角为α，α < 90°．若AO 边在y 轴上，且线圈可绕y 轴自由转动，则线圈将 (A) 转动使α 角减小． (B) 转动使α角增大． (C) 不会发生转动． (D) 如何转动尚不能判定． ［ ］ 4. (本题3分)(2314) 如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水平面向上．当外力使 ab 向右平移时，cd (A) 不动． (B) 转动． (C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］ 5. (本题3分)(2125) 如图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为 (A) Bl v ． (B) Bl v sin α． (C) Bl v cos α． (D) 0． ［ ］ 6. (本题3分)(2421) 已知一螺绕环的自感系数为L ．若将该螺绕环锯成两个半环式的螺线管，则两个半环螺线管的自感系数 c a b d N M B
《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1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x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3
.运动的描述 计算题 1、一质点沿X 轴运动，其加速度a=-kv 2 ，式中k 为常数。设t=0时，x=0，v=v 0，求该质点的运动方程。 2、一质点作直线运动，加速度为a=2+4t(SI),零时刻时x 0=5m ，v 0=6m/s ，求t=3s 时的速度和位置。 3、一质点沿X 轴运动，坐标与时间的关系为x 0=9+4t-2t 2 （SI ），则在最初2s 内的平均速度为多少？2s 末的瞬时速度为多少？加速度为多少？ （此题与第4题相似，习题集上角度为45°） 4、以初速度 v ＝201 s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题1-4图所示． 题1-4图 (1)在最高点， o 0160cos v v v x == 2 1s m 10-?==g a n 又∵ 121 1ρv a n =
∴ m 1010 )60cos 20(2 2111=??= =n a v ρ (2)在落地点， 2002==v v 1s m -?, 而 o 60cos 2?=g a n ∴ m 8060cos 10)20(2 2222=? ?==n a v ρ 8、质量为m 的质点沿x 方向作直线运动，受到阻力F=-k v 2 （k 做常数）作用，t=0时质点 位于原点，速度为v 0，求（1）t 时刻的速度；（2）求v 作为x 函数的表达式。 10、转动着的飞轮的转动惯量为J ，t=0时角位移为0，角速度为o ω ，此后飞轮经制动过程，角加速度与角速度平方成正比，比例系数为k （k 为大于零的常数），（1）求当达到 时，飞轮的制动经历多少时间（2）角位移作为时间的函数。 1-11（教科书上有类似的题目，页数P7，例1.1） 1-12（教课书上原题，页数P15） 运动定律与力学中的守恒定律 、计算题 1. 静水中停着两条质量均为M 的小船，当第一条船中的一个质量为m 的人以水平速度（相对于河岸）跳上第二条船后，两船运动的速度各多大？（忽略水对船的阻力）． 解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零．所以水平方向动量守恒， 则有 Mv 1 +mv =0 v 1 = ν M m -
质 点 运 动 学 选择题 [ ]1、某质点作直线运动的运动学方程为x ＝6+3t -5t 3 (SI)，则点作 A 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． B 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． C 、变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． D 、变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． [ ]2、某物体的运动规律为2v dv k t dt =-，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 A 、0221v kt v += B 、022 1v kt v +-= C 、02211v kt v +=, D 、02211v kt v +-= [ ]3、质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻 质点的速率) A 、dt dv B 、R v 2 C 、R v dt dv 2+ D 、 242)(R v dt dv + [ ]4、关于曲线运动叙述错误的是 A 、有圆周运动的加速度都指向圆心 B 、圆周运动的速率和角速度之间的关系是ωr v = C 、质点作曲线运动时，某点的速度方向就是沿该点曲线的切线方向 D 、速度的方向一定与运动轨迹相切 [ ]5、以r 表示质点的位失， ?S 表示在?t 的时间内所通过的路程，质点在?t 时间内平均速度的大小为 A 、t S ??; B 、t r ?? C 、t r ?? ; D 、t r ?? 填空题 6、已知质点的运动方程为26(34)r t i t j =++ (SI)，则该质点的轨道方程 为 ；s t 4=时速度的大小 ；方向 。 7、在xy 平面内有一运动质点，其运动学方程为：j t i t r 5sin 105cos 10+=（SI ）， 则t 时刻其速度=v ；其切向加速度的大小t a ；该质 点运动的轨迹是 。 8、在x 轴上作变加速直线运动的质点,已知其初速度为v 0，初始位置为x 0加速度为a=C t 2 (其中C 为常量),则其速度与时间的关系v= ， 运动