质点运动学答案
一、选择题
1、C
2、C
3、B
4、B
5、B
6、A
7、D
8、C 二、填空题 1、4 2、3m
s
;9m
s
3、2m;6m 4
/s
/s 5、
2
39
y
x =
+ 6、 7、s t
?;
02t
υ? 8、6.28m; 0; 0;
6.28m/s 9、圆周运动；匀速率圆周运动 10、3.8 11、
sin sin R ti R tj
ωωωω-+ ；0；半径为R 的圆周
三、计算题
(2)(1)(2)(1)(1.5)(1)(1)00
640, 1.511(2)2642x x x x t
dx t
dt
t s
s x x x x m s m
s
t
t s υυυυυ?-=?=?=
=-==?=-+-=?=?=?
位移＝＝
令第二秒内路程平均速率＝
m 时，＝－＝－2s
负号表示速度方向沿平均速度x 轴负向
2
、
2
2
2
30
5
8.36
5.12
x
y
t
n
t
n
gt
d
a
dt
a g
a
t s
m
a
m
s
m
a
s
s
υ
υ
υ
υ
?=
?
?
=
??
=
==
=
==
=
=
=
时，
3
、
2
2
2
22
2
2
4
64
(34)
16
400
2.5
t
n
t
n
ds
st t
dt
d s
a t
dt
t t
a
R R
m
a
s
a
R
m a
s R m
υ
υ
υ
==+
==+
+
==
=
=
===
=
当t=2s时
m
＝20
s
4、解：
2
3
03
00
4
4
00223
2()3
11436
6
v
t
t
v x
t
t
x dv a dt
dv adt
dv adt t
dt
v v t
dx v dt
dx vdt
dx vdt v t dt
x x v t t t t
=
====+
=
==
=
+
=++
=++
????
??
质点动力学答
一、选择题
1、C
2、C 二、填空题
1、980J
2、9J 三、计算题
1、解：0
02
20
3
2
2
2
02213
624t
x
t
F a t
m
d tdt
t
dx t dt
x t
dx t dt
W Fdx t t
dt J
υ
υυ=
=====
==
==??????
2、解：()2
2
1
5030145W Fdx x x dx J ==
+=??
刚体定轴转动习题答案 一、选择题 1、（A ） 2、（C ）3（C ）4、（A ）5、 (C) 6、 (C) 7、（B ） 8、（A ） 9、（B ） 10、（B ） 二、填空题
1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。
2、14ml 2
3、
l
g 43，
l
g 23 4、 2 0 5、
ω
ωωω--B A A J )
( 6、
ML
m 23v
．7、
L
76v
8、
02
ωmr
J J
+
三、计算题
1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程
mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J ② 1
分
a ＝R ③ 1
分
由此可得 T ＝m (g －a )＝m ?
?
??????? ??-J TR g /2 那么 mg J mR
T =???
?
?
?+2
1 将 J =
2
1MR 2
代入上式，得
m
M mMg T 2+=
2分 图2分
2、解：(1) 各物体受力情况如图 图2
分
T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分
T ' (3r )－Tr ＝14mr 2
2分 a ＝r 1
分
a '＝(3r ) 1
分
由上述方程组解得：
＝g / (12r )＝16.33 rad 2s -2
2
分
3、解：以小球为研究对象，由转动定律βJ M =得： 水平位置时：
l
g ml mgl =
=00
2
ββ 5分
杆与水平方向夹角为60°时：
l
g ml l mg
22
12
=
=ββ 5分
4、解：将杆与子弹视为一刚体，水平飞来子弹与刚体视为一系统．由角动量守
恒得：
ω)(2J ml mvl += ω=)
/(2.02
s rad J
ml
mvl =+
静电场答案
选择题
1、C
2、 B
3、A 和D
4、 C
5、 C
6、A
7、 C
8、 A
9、 B 10、A 11、D 12、 B 13、 D 填空题
1、单位正试验电荷置于该点时所受到的
2、2N / C ； 向下
3、－2 0E 0 / 3 ；4 0E 0 / 3
4、包围在曲面内的净电荷 ；曲面外电荷
5、高斯面上各点
6、qQ / (4 0R ) ．
7、－3.2310-15 J ;23104
V 8、－140 V ．
' '
m ′g
9、
???
?
??-πa b r r q q 11400ε．
计算题 1、解： 选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d ，其上电荷d q ＝(Q d l ) / ( R )=(Q d ) / ，它在O 点产生的场强为 2
02
2
04d 4d d R
Q R
q E εθεπ=
π=
在x 、y 轴方向的两个分量 θθεθd cos 4cos 2
02
R Q dE dE x π== θ
θεθd sin 4sin 2
02
R Q dE dE y π==
对两个分量分别积分
2
02
2
/2
/2
02
2d cos 4R
Q R
Q dE E x x εθθεπ=
π==
??
ππ-
2分
0d sin 42
/2
/2
02
=π==??
ππ-θθεR
Q dE E y y
由此得 i
R
Q i E E x
2
02
2επ==
i
为x 轴正向的单位矢量．
2、解：r ≤R 时，
在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有
3
012
3
41
4r E r πρ
ε=
π
得 r E 0
13ερ
=
1E
方向沿半径向外．
r >R 时，
在球体外作半径为r 的高斯球面，按高斯定理有
022/4εq E r =π
3
3
4R q πρ
=
得 2
032
0234r
R
r
q E ερε=
π=
2
E 方向沿半径向外．
3、解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．
细杆的电荷线密度 ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = d x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为
x
()
()
x a l l x q x a l q U P -+π=
-+π=
008d 4d d εε
整个杆上电荷在P 点产生的电势
()
?--+π=
l
l
P x a l x
l
q U d 80ε()l
l x a l l
q --+π-=
ln 80ε??
? ??
+π=
a l l q
21ln 80ε
4、解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为
2
04r
Q E επ=
(R 1＜r ＜R 2)
两球的电势差 ?
?
π=
=2
1
2
1
2
124d R R R R r
dr Q r E U ε???? ??-π=
210114R R Q
ε ∴ 1
212
2104R R U R R Q -π=ε＝2.14310-9 C
恒定磁场答案
一 选择题
1.
解：选取以O 为圆心以r 为半径宽度为dr 的圆环的微元
圆环所带电量为rdr dq πσ2= )
(2
122R R Q
-=
πσ
圆环以角速度ω绕O 转动时等效的圆电流为
rdr
rdr
T dq dI σωπ
πσω==
=
22
圆电流在P 点的磁感应强度d B
2
3
2
23
02
3
2
22
0)(2)(2x r dr
r x r dI
r dB +=
+=
σωμμ
整个转盘在P 点的磁感应强度B
)]
(
)[(2
1)(22
21
2
2
22
2
2
21
2
22
02
3
2
23
02
1
x
R x
x R x
x R x R x r dr
r dB
B R R +-
+++-
+=
+=
=
?
?σωμσωμ方向沿x 轴正方向
2.解：
54321B B B B B B ++++=
2
014R I B πμ=
方向向外；2
02
024221R I R I B μμ=
=
方向向里；0
3=B
；1
01
044221R I R I B μμ=
=
方
向向里；1
054R I B πμ=
方向向外
1
02
01
02
04444R I R I R I R I B μμπμπμ-
-
+
= 方向向外
3.解：各边受力：
（1）B l d I F d ?=21dx x I I dF πμ21021=?d
l
d I I F +=?ln
22101πμ方向：竖直向下
（2）θ
πμθtan )
(2tan 2
1022l l d I I l BI F +=
= 方向：水平相右
（3）B l d I F d ?=23dl x
I
I dF πμ21023=??
+=?l
d d
x dx I I F θ
πμcos 2
2
103
d l d I I F +=
?ln
cos 22
103θ
πμ 方向：垂直杆斜向上
θπ
μtan ln
22
103d l d I I F x +-
= d
l d I I F y +=
ln
22
103π
μ
0=y F θπ
μtan )ln
(22
10d
l d d
l l I I F x +-+=
方向水平相左
4.解：（1）n I R S I m
2
4
1π== 2
1sin()4
2M m B R IB t k
ππω=?=
-
（2）max f =
《机械振动》答案 一、
选择题
CDBBB CACAA DC 二、 填空题
1、n T /
2、T 4，2/2S
3、0sin A ω?，-02cos ?ωA
4、2rad/s ，0，t x 2cos 2=（SI ），212N ，负方向
5、10cm ，π32
，4.8s ，)3
212
5cos(
1.0ππ+
=t x （SI ）
6、如图所示
7、
k m π
22
1+，
02x m
k
8、
m k π1
，
m
k π
1
9、23
8
kA
10、π 三、 计算题
1、解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量L ?满足如下关系
Mg
L k =? （1）
对滑块m ，M 进行受力分析，设绳子的张力为T ，则当滑块M 位移为x 时，
有
Ma
T Mg =-
a m T L x k '=+?+-)(
由于绳子不可伸长，故有a a ='，则上述两式联立消去T 并考虑（1）式可得
a
m M kx )(+=-
由上式可知滑块M 做简谐振动，其振动原频率为
m
M k +=
ω
已知0=t 时滑块M 处于负的最大位移处，即M 滑块的振幅及初相为
k
Mg L A =
?=，π?=
则可得M 滑块的运动方程
????
?
?++=
πt m M k
k Mg x cos （SI ） 2、解：设该质点的简谐运动方程为
)cos(?ω+=t A x （SI ）
则可以知道该质点的速度满足
)
2cos(π
?ωωυ+
+=t A （SI ）
由图可以看出速度振幅为10=A ω，利用旋转矢量法可得速度方程的初相
与圆频率为
ππ
?322=+
→ 6
π?=
1443
3
t
ωππ?Φ=
=
=
? → 10
30
/3
A ππ
=
=
因此可以得到该质点的振动方程
30
cos 3
6x t π
ππ??=
+ ???（SI ） 3、解：如图所示，画出旋转矢量图，
可以知道质点从2/A 处（速度为正）
运动到2/A 处（速度为正）时旋转矢量转过的角度为
π12
19=
?Φ
已知旋转矢量的旋转角速度（即质点振动圆频率）为4/πω=，故需要的时间为
题３
3
19=
?Φ
=
?ω
t （s ）
4、解：将振动方程2x 写为
t x πcos 32=（SI ）
画出三个旋转矢量，如右图所示。先对1x 与3x 进行合成再与2x 合成，容易得到合振动的振幅为
53
)26(2
2
=+-=
A
初相位为
3
4arctan
=θ
其圆频率与这三个振动圆频率相同。即这三个同方向同频率的振动的合振动为
)3
4arctan
cos(5+=t x π（SI ）
《机械波》答案 一、
选择题
BDACC 6.2cos(10)2
y t π
π=+ ABCD AC
二、
填空题
1、负方向，5m ，2s ，0.5m ，0.25m/s
2、u 2
3、右，向上，向下，向上
4、)510cos(03.0x t y ππ-=（SI ）
5、???
?
??+
-=2)(2cos 0ππt t T
A y o （SI ），???
???+--=22)(2c o s 0πππx Tu t t T
A y （SI ） 6、)153cos(71+=t y （SI ），35 7、??
?
???
++
=0cos ?ω
ωx u t A y （SI ），??
?
???+-+=0)4(c
o s ?ωωx u t A y （SI ）
8、
(1,2,3....)b a n n
-=
题４
3
9、a 10、 )cos(kx t A y +=ω，t
kx A y ωcos cos 2=
三、
计算题
1、解：（1）由图可得该质点的振幅为10cm ，初相为3/π，圆频率为60/11π，
故该质点的振动方程为
0.1cos 6
3y t π
π??'=+ ???（SI ）
（2）该简谐波的波动方程为
220.1cos (3)0.1cos 636
33y t x t x ππππ
ππλ????=+-+=+- ???????（SI ）
（3）原点处的振动方程为
020.1cos 63y t π
π??=- ???
（SI ）
2、解：已知a x A =，t A y A ωcos =，u k /ω=，可得该简谐波的波动方程
??
?
???--=)(cos a x u t A y ωω
（1）O 点的振动方程为
)
cos(a u
t A y o ω
ω+
=
（2）B 点的振动方程
)2
cos(a u
t A y B ω
ω-=
（3）与B 点振动状态相同的点
π
ωω
n a u
a x u
22)(+-
=--
→ ω
πu
n a x 23-
= （,...2,1±±=n ）
3、解：由频率可求得圆频率
ππω72==f
由已知条件可得m x 1=处质点的相位
2
27π
?π=
+?，即272
2
or
ππ
?=-
故该点的振动方程为
10.08cos(7)
2
y t π
π=+
利用旋转矢量法可以得到m x 2=处的质点落后于m x 1=处质点的相位为
k x k =?==
?Φπ6
5
因此该简谐波的波动方程为
5540.08cos(7(1))0.08cos(7)
6
2
6
3
y t x t x ππ
ππππ=-
-+
=-
+
（SI ）
4、解：（1）由已知条件可得m A 5=，ππω2002==f ，0=A ?，π?=B ，
2//πω==u k 故A
，B 波源的振动方程分别为
)200cos(5t y A π='（SI ），)200cos(5ππ+='t y B
（SI ） （2）
法一：Ａ点左侧某点Ｐ两列波的相位差
22()30144
B A B P A P π
π???ππ
λ
?=--
-=-
?=-
此相位差满足振动加强条件，所以合振幅1210A A A m =+=； 同理Ｂ点左侧某点Ｐ两列波的相位差
22()(30)164
B A B P A P π
π???ππ
λ
?=--
-=-?-=
此相位差亦满足振动加强条件，所以合振幅1210A A A m =+=
法二：
由已知容易得到A 、B 向x 负方向传播的简谐波方程为
)2
2
200cos(5))15(2
200cos(5π
π
ππ
π-
+
=++=x t x t y A
)
2
2
200cos(5))15(2
200cos(5π
π
ππππ-
+
=+-+
=x t x t
t y B
故在A 左侧的各点的振幅为10m 。同理，沿正方向传播的简谐波方程为
)
2
2
200cos(5))15(2
200cos(5π
π
ππ
π+
-
=+-=x t x t y A
)22
200cos(5))15(2
200cos(5π
π
ππππ+
-
=+--
=x t x t
t y B
即在B 右侧的各点的振幅也为10m 。
（3）A 、B 之间的振动合成为A 向右传播的波与B 向左传播的波的合成，即
t
x x t x t y ωπ
π
π
π
ππ
π
πcos )2
2
cos(
10)
2
2
200cos(5)2
2
200cos(5-
=-
+
++
-=
由10cos(
)02
2
A x π
π
=-
=可得
在AB 之间振幅为零的点为
)1(2+=n x m ，其中Z
n ∈且7|| 光的干涉答案 一．选择题 1．A 2.A 3.B 4.A 5.B 6.C 7.B 二．填空题 1.不 2．])1([])1([111222t n r t n r -+--+ 3．2 (n -1) e / ； 33103 4．暗 5．2n e +2/λ 或 2n e -2/λ 6．1.125 7．218 8．3 / (2n ) 9．不变；近棱边 10．变密 11． () 12-n λ 三．计算题 1解：(1) x ＝10 D / a ＝0.02 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 所以 (n －1)e = k k ＝(n －1) e / ＝3.02≈3 零级明纹移到原第3级明纹处 2．解：λλ k ne =+ =? 2 2 1=k nm 6.2021=λ 2=k nm 7.673=λ（红） 3=k nm 3.404=λ（紫） 4=k nm 8.288=λ 正面的颜色是紫红色的。 3．解：上下表面反射都有相位突变π，计算光程差时不必考虑附加的半波长. 设膜厚为e , B 处为暗纹， 2ne ＝ 2 1( 2k ＋1 ) ， (k ＝0，1，2，…) A 处为明纹， B 处第6个暗纹对应上式k ＝5 ()n k e 412λ+= ＝1.0310-3 mm 4．解：由牛顿环暗环半径公式 λkR r k =， 根据题意可得 111149λλλR R R l =-= 2222 49λλλR R R l = - = 212212//l l =λλ 211222/l l λλ= 光的衍射 一．选择题 1. D 2. A 3. B 4. D 5. C 6. B 7. A 8. D 9. C 10.B 二．填空题 1．4610m -?, 600nm ； 2. 10, 第一级明（只填“明”也可以）； 3. 0.10mm ； 4. 0.5m ； 5. 0，±1，±3，......... ； 6. 2； 7. 更暗更宽； 8. 600nm . 三．计算题 1.解：(1) 对于第一级暗纹，有b sin ? 1≈ 因? 1很小，故 tg ? 1≈sin ? 1 = / b 故中央明纹宽度 x 0 = 2f tg ? 1=2f / b = 0.6 cm (2) 对于第二级暗纹，有 b sin ? 2≈2 x 2 = f tg ? 2≈f sin ? 2 =2f / b= 0.6c m 2 解：(1) b sin ? = k tg ? = x / f 当x << f 时，???≈≈sin tg , bx / f = k , 取k = 1有 x = f / b = 0.03 m ∴中央明纹宽度为 x = 2x = 0.06 m (2) (b ＋b ， )sin ?λk '= ='k (b ＋b ，)x / (f )= 2.5 取k '= 2，共有k '= 0，±1，±2 等5个光栅衍射主明纹。 3．解：(1) 由光栅衍射主极大公式(b ＋b ，)sin ? =k 得 b ＋b ，= ? λsin k =2.4310-6 m (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 ()sin 3b b ?λ''+= 由于第三级缺级，则对应于最小可能的b ，?'方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 sin b ?λ'= b = (b ＋b ，)/3=0.8310-6 m (3) ()sin b b k ?λ'+=，(主极大) sin b k ?λ '=，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......) 因此 k =3，6，9，........缺级． 又因为k max =( b ＋b ， ) / 4, 所以实际可观察到k=0，±1，±2级共5个主明纹． 4．解：(1)照相机的角分辨率应为 2 37 /510 /(16010)310 c d l rad θ--==??=? (2) 由夫琅禾费圆孔衍射知：照相机孔径应为 1.22/2c D m λθ== 分子物理部分答案 一．选择题: 1．B 2．B 3．C 4．A 5．C 6．D 7．B 8．A 9．B 10．C 二．填空题 1．6 2．pV / (kT )． 3．1.6 4 kT 2 3 ，kT 2 5 ， RT M M mol 25 5．4 6．3 / 8 7．2 8．M pV /2 三．计算题 1． 解：理想气体在标准状态下，分子数密度为 n = p / (kT )＝2.6931025 个/ m 3 以550nm 为边长的立方体内应有分子数为 N = nV ＝4.483106个． 2． 解： kT w 2 3= 29032==k w T K 5 mol He He 10 07.1823?==RT M M E J 而 6He H 1064.02 ?=-=E E E J 又 RT M M E mol H 252= ∴ 21.02 H =M kg 3． 解：(1) pV E K 23= ＝3.113105 J 2 1N N E N E w K K += = ＝6.22310-21 J (2) k w T 32= ＝300Ｋ (或由p ＝nkT 得()k N N pV nk p T 21 += = ＝300 K) 4． 解：据 () m N RT M RT A /3/3mol 2 /12= =v ， 得 N A =3RT / (m 2v )＝6.1131023 mol -1． 热力学基础 一．选择题 1.B 2.C 3.C 4.D 5D 6.A 7.B 8.A 9.A 10.C 二．填空题 1. V N ， mol M M ，mol M M N N 0 = 2. 326J 3. 41.3mol, 4 1029.4?J, 4 1071.1?J 4. 940.5J, 2810.3J, 1869.75 J,747.9J, 2617.65 J, 1869.75 J 5. 5.57J 6. RT v p p 1 12= 7. 3.14J 8. 15％ 9. 6610?J, 0 10. 相等，不等 三．计算题 1．解：（1）Q=μm v C ,ΔT= )050(31.82 53264-???=3 1008.2?J ΔE=Q=31008.2?J W=0 (2) Q=μm p C ,ΔT= )050(31.82 253264-??+?=3 10 91.2?J ΔE=Q=31008.2?J W=Q-ΔE=31083.0?J 2解：（1）等温A →B: ΔE=0 Q=W=?2 1v v pdv =μR 1T ln 2 1v v =μ R 1T ln 2 1p p = 1 .83.0ln 29331.810 285.03 ????- =－1.433510?(J) （2）等容A →C 再等压C →B 由于A,B 温度相同，ΔE=0 cb ac acb acb W W W Q +==)(0122v v p -+==－1.13610?(J) 3解： a →c →b Q=80J, W=30J, ΔE=Q －W=80-30=50J (1)a →d →b W=10J, Q=ΔE+W=50+10=60J (2)沿曲线b →a W=－20J, Q=ΔE+W=－50－20=－70J.所以系统放热。 4.解：(1) )(2 5)(112212V p V p T T C E V -=-=? (2) ))((2 11221V V p p W -+= ， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则 )(2 11122V p V p W -= ． (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． (4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ， 摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 狭义相对论答案 一．选择题 1.D 2.A 3.A 4.D 5.B 6.C 7.A 8.C 9.C 二．填空题 1． 所有惯性系对于物理学定律都是等价的 所有惯性系中，真空中的光速都是相等的 2． c 3． t c ? 4． c 6.0 5． 20)/(1l l c - 参考解： 根据运动杆长度收缩公式 20)/(1c v l l -= 则 20)/(1c v l l -≥， 20)/(1l l c v -≥ 6． c 8.0 7． 同时；不同地 8． 2 2 0) /(1c v m m -= ； 2 2 0K E m c m c =- 9．225.0c m e 三．计算题 1解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 60m 则 t ?= L /v =2.5310-7 s (2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则 t '?= L 0/v =4.17310-7 s 2．解：由已知条件 2012-=-=?x x x m ， c v x t 6.020= ?=? 8 2 2 10 89.8)206.06.020( 25.1)(-?=?- =?-- ?='?c c c x c v t t γs 或对O ′观察者来讲，从开始到相遇的时间间隔为固有时，因此 8 2 210 89.86.0208.01-?=? =?- ='?c t c v t s 3．解：已知条件 30=τ天60602430???=s 由0γττ= ττ2 201c v - = 07.0)11(2 20=- - =-=?τττc v t s 如果=v c 8.0 12)11(2 20=-- =-=?τττc v t 天=61004.1?s 4．解： (1) 222)/(1/c c m mc E e v -== =1.37310-13 J (2) 2 0v 21e K m E = = 0.26310-13 J 22c m mc E e K -=22]1))/(1/1[(c m c e --=v =0.55310-13 J =K K E E /00.47 若=v c 99.0 则 2 0v 21e K m E = = 4.01310-14 J 22c m mc E e K -=22]1))/(1/1[(c m c e --=v = 4.99310-13 J =K K E E /00.08 量子物理答案 一．选择题: 1. A 2. C 3. C 4. A 5. A 6. C 7. B 8. D 9. D 10. B 11. B 12. D 二．填空题 1． λ λλλ00) (2-hc m e 2. 382 3. 0.25 4 . 0.25 5. 3 6 . 1/16. 7 5/2． 8. 3 9. 动量 三．计算题 1. 0.622V , 数值加大． 2. 696nm 3.. 0.13MeV 4. 656nm, 485nm, 434nm. 5. 6.03310-6 eV 1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ??+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+= 练习一 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．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)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；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)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． 解：（1） j t t i t r )4321()53(2 m (2)将1 t ,2 t 代入上式即有 j i r 5.081 m j j r 4112 m (3)∵ j i r j j r 1617,4540 ∴ 104s m 534201204 j i j i r r t r v (4) 1s m )3(3d d j t i t r v 则 j i v 734 1s m (5)∵ j i v j i v 73,3340 (6) 2s m 1d d j t v a 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1-10 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m ，开始运动时，x ＝5 m ， v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d 分离变量，得 t t v d )34(d 积分，得 122 34c t t v 由题知，0 t ,00 v ,∴01 c 故 22 34t t v 又因为 22 34d d t t t x v 分离变量， t t t x d )2 34(d 2 积分得 232212c t t x 由题知 0 t ,50 x ,∴52 c n 3 上海电机学院 200_5_–200_6_学年第_二_学期 《大学物理 》课程期末考试试卷 1 2006.7 开课学院： ，专业： 考试形式：闭卷，所需时间 90 分钟 考生姓名： 学号： 班级 任课教师 一、填充題（共30分，每空格2分） 1.一质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为()3262x t t m =-，则质点在运动开始后4s 内位移的大小为___________，在该时间内所通过的路程为_____________。 2.如图所示，一根细绳的一端固定， 另一端系一小球，绳长0.9L m =，现将小球拉到水平位置OA 后自由释放，小球沿圆弧落至C 点时，30OC OA θ=与成，则 小球在C 点时的速率为____________， 切向加速度大小为__________， 法向加速度大小为____________。(210g m s =)。 3.一个质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，其振动的表达式分别为： 2155.010cos(5t )6x p p -=?m 、211 3.010cos(5t )6 x p p -=?m 。则其合振动的频率 为_____________，振幅为 ，初相为 。 4、如图所示，用白光垂直照射厚度400d nm =的薄膜，若薄膜的折射率为 1.40n =, 且12n n n >>3，则反射光中 nm ， 波长的可见光得到加强，透射光中 nm 和___________ nm 可见光得到加强。 5.频率为100Hz ，传播速度为s m 300的平面波，波 长为___________，波线上两点振动的相差为3π ，则此两点相距 ___m 。 6. 一束自然光从空气中入射到折射率为1.4的液体上，反射光是全偏振光，则此光束射角等于______________，折射角等于______________。 大学物理（上）期中试卷(B) 专业 编号 姓名 一、 填空 1、 两个惯性系中的观察者O 和O’以0.6c （c 表示真空中光速）的相对速度互相接近。 如果O 测得两者的初始距离是20cm ，则O’测得两者经过时间△t =______________s 后相遇。 2、 在_____________速度下粒子的相对论动量是非相对论动量的二倍，在 ______________速度下粒子的动能等于其静止能量。 3、 在光滑的水平面上，一根长L=2m 的绳子，一端固定 于O 点，另一端系一质量m=0.5kg 的物体。开始时，物体位于位置A ，OA 间距离d=0.5m ，绳子处于松弛状态。现在使物体以初速度V A = 4m ·s -1垂直于OA 向右滑动，如图所示。设以后的运动中物体到位置B ，此时物体速度的方向与绳垂直。则物体速度的大小V B =__________________。 4、 一质点的运动速度v 时间 t 的函数 )/(34)(s m j t i t v +=，此质点在t=1秒时的切身向加速 度a t =_____________，法向加速度a n =_______________。 5、 一维保守力的势能曲线如图所示，有一粒子自右向左运 动，通过此保守力场区域时，在________________区间粒子所受的力F x >0；在_____________区间粒子所受的力F x <0；在x=______________时粒子所受的力F x =0。 6、 某物体的运动规律为 2dv Kv t dt =-（K 为正恒量） ，当t = 0时，初速度为v 0，则速度的大小v 与时间t 的函数关系为 。 7、 已知质点在保守场中的势能p E Kr C =+，其中r 为质点与坐标原点间的距离，K ，C 均为大于零的常数，作用在质点上的力的大小 F ，该力的方向 。 8、 如图所示，倔强系数为K 的弹簧，一端在墙壁上，另一端连一质量为m 的物体，物 体静止在坐标原点O ，此时弹簧长度为原长，物体与桌面间的摩擦系数为，若物 体在不变的外力F 的作用下向右移动，则物体到达最远位置时系统的弹性势能 P E = 。 9、 升降机内有一装置如图所示，滑轮两侧悬挂的物体质量分 别为12m kg =， 21m kg =，若不计绳与滑轮的质量， 忽 m o a 第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 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 +=+= 工科大学物理练习一（参考答案） 一、 选择题 1（C ），2（D ），3（C ），4（B ） 二、 填空题 1、v =39m/s ； 2、A ，2s ，23/3； 3、2y 2-16y +32-3x =0； 4、a t =-g/2，ρ=23v 2/3g ； 5、t =2（s ），S=2m ； 6、a n =80m/s 2，a t =2 m/s 2 三、 计算题 1、（1）-6m/s ，（2）、-16 m/s ，（3）、-26 m/s 2 2、 ??=+?=+?=+?===x v vdv dx x vdv dx x dx dv v x dx dv v xt dx dx dv dt dv a 00 222)63()63(63 v =[2(3x +2x 3)]1/2 3、k =4（s -3），v =4m/s ，a t = 8 m/s 2，a n =16 m/s 2，a =17.9 m/s 2 4、自然坐标系中 s =20t +5t 2, 由v =ds/d t =20+10t, 得 a t = d v /d t =10(m/s 2), a n =v 2/R=(20+10t )2 /R(m/s 2)； t =2s 时，a t = 10 m/s 2, a n =53.3 m/s 2 5、由质点的动能定理 2 1222 121d mv mv r F b a -=?? ，得 02 1 d 22 /-= ? mv x f A A ，Am k v 2= 6、由牛顿第二定律 ? ?+==-+-v v m t t v m F mg f 0 t 0 F -mg kv -d d , d d ， F mg F mg kv F mg F mg kv k m t t m -k --+-=--+--=e ,ln )e 1(t m k k F mg v ---= 7、(1)、 )(2 d A ,/)(2L a L-a L mg μx f -L mg x L μf - ==-=? 大学物理上册期末考试 重点例题 Document number：PBGCG-0857-BTDO-0089-PTT1998 第一章 质点运动学习题 1-4一质点在xOy 平面上运动，运动方程为 x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4.（SI ） (式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．) (1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式； (2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，并计算这1秒内质点的位移； (3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度； (4)求出质点速度矢量表示式，并计算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，并计算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）质点位置矢量 21 (35)(34)2r xi yj t i t t j =+=+++-m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有 211 [(315)(1314)](80.5)2t s r i j m i j m ==?++?+?-=- 221 [(325)(2324)](114)2 t s r i j m i j ==?++?+?-=+m 21(114)(80.5)(3 4.5)t s t s r r r i j m i j m i j m ==?=-=+--=+ (3) ∵ 20241 [(305)(0304)](54)2 1 [(345)(4344)](1716)2 t s t s r i j m i j m r i j m i j m ===?++?+?-=-=?++?+?-=+ ∴ 1140(1716)(54)(35)m s 404 t s t s r r r i j i j v m s i j t --==-?+--= ==?=+??- 大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=， 12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加 速度时，有人先求出r ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求 得结果；又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速 狭义相对论基础（二）第十六页 1．电子的静止质量M0=9.1×10–31kg，经电场加速后具有 0.25兆电子伏特的动能，则电子速率V与真空中光速 C之比是：（C ） [ E k=mC2－m0C2, m=m0/(1－V2/C2)1/2 1兆=106, 1电子伏=1.6×10–19焦耳] (A) 0.1 ( B) 0.5 (C) 0.74(D) 0.85 2．静止质量均为m0的两个粒子，在实验室参照系中以相同大小的速度V=0.6C相向运动（C为真空中光速）， 碰撞后粘合为一静止的复合粒子,则复合粒子的静止 质量M0等于：（B ） [ 能量守恒E=M0C2=2mC2 =2m0C2/(1－V2/C2)1/2 ] ( A) 2m0(B) 2.5m0(C) 3.3m0(D) 4m0 3．已知粒子的动能为E K,动量为P，则粒子的静止能量（A ）(由 E = E K+E0和E2=E02 + C2P2 )（A）（P2C2－E K2）/（2E K）（B）（P2C2+E K2）/（2E K）（C）(PC－E K )2/(2E K) (D) (PC+E K )2/(2E K) 4．相对论中的质量与能量的关系是：E=mC2；把一个静止质量为M0的粒子从静止加速到V=0.6C时，需作功 A=(1/4)M0C2 A=MC2－M0C2 = γM0C2－M0C2=(γ－1)M0C2 5．某一观察者测得电子的质量为其静止质量的2倍，求 电子相对于观察者运动的速度V =0.87C [ m=m 0/(1－V 2/C 2)1/2, m=2m 0 , 则1－V 2/C 2=1/4 ] 6． 当粒子的速率由0.6C 增加到0.8C 时，末动量与初动 量之比是P 2：P 1=16:9，末动能与初动能之比是 E K2：E K1=8:3 V 1=0.6C,γ1=1/2211C V -=5/4, m 1=γ1m 0=5m 0/4 P 1=m 1V 1=3m 0C/4, V 2=0.8C 时, γ2=1/222/1C V -=5/3 m 2=γ2m 0=5m 0/3,P 2=m 2V 2=4m 0 C/3,∴P 2：P 1=16:9 E K1=m 1C 2－m 0C 2, E K2=m 2C 2－m 0C 2 ∴E K2：E K1=8:3 7． 在惯性系中测得相对论粒子动量的三个分量为：P x=P y = 2.0×10-21kgm/s, P z =1.0×10-21kgm/s ，总能量 E=9.4×106ev ，则该粒子的速度为V=0.6C [E=mC 2 P=mV P=(P x 2+P y 2 +P z 2 )1/2 ] 8． 试证：一粒子的相对论动量可写成 P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 式中E 0(=m 0C 2)和E K 各为粒子的静能量和动能。 证:E=E 0+E k ?E 2=E 20+P 2C 2 ? (E 0+E k )2= E 20+P 2C 2 ? P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 9．在北京正负电子对撞机中，电子可以被加速到动能为E K =2.8×109ev 这种电子的速率比光速差多少米/秒？这样的一个电子的动量多大？（已知电子的静止质量 n 3 电机学院 200_5_–200_6_学年第_二_学期 《大学物理 》课程期末考试试卷 1 2006.7 开课学院： ，专业： 考试形式：闭卷，所需时间 90 分钟 考生： 学号： 班级 任课教师 一、填充題（共30分，每空格2分） 1.一质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为()3262x t t m =-，则质点在运动开始后4s 位移的大小为___________，在该时间所通过的路程为_____________。 2.如图所示，一根细绳的一端固定， 另一端系一小球，绳长0.9L m =，现将小球拉到水平位置OA 后自由释放，小球沿圆弧落至C 点时，30OC OA θ=o 与成，则 小球在C 点时的速率为____________， 切向加速度大小为__________， 法向加速度大小为____________。(210g m s =)。 3.一个质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，其振动的表达式分别为： 215 5.010cos(5t )6x p p -=?m 、211 3.010cos(5t )6 x p p -=?m 。则其合振动的频率 为_____________，振幅为 ，初相为 。 4、如图所示，用白光垂直照射厚度400d nm =的薄膜，为 2 1.40n =, 且12n n n >>3，则反射光中 nm ， 波长的可见光得到加强，透射光中 nm 和___________ nm 可见光得到加强。 5.频率为100Hz ，传播速度为s m 300的平面波，波 长为___________，波线上两点振动的相差为3 π ，则此两点相距 ___m 。 6. 一束自然光从空气中入射到折射率为1.4的液体上，反射光是全偏振光，则此光束射角等于______________，折射角等于______________。 二、选择題（共18分，每小题3分） 1.一质点运动时，0=n a ，t a c =（c 是不为零的常量），此质点作（ ）。 （A ）匀速直线运动；（B ）匀速曲线运动； （C ） 匀变速直线运动； （D ）不能确定 2.质量为1m kg =的质点，在平面运动、其运动方程为x=3t ，315t y -=（SI 制），则在t=2s 时，所受合外力为（ ） (A) 7j ? ； (B) j ?12- ； (C) j ?6- ； (D) j i ? ?+6 3.弹簧振子做简谐振动，当其偏离平衡位置的位移大小为振幅的4 1 时，其动能为振动 总能量的？（ ） （A ） 916 （B ）1116 （C ）1316 （D ）1516 4. 在单缝夫琅和费衍射实验中波长为λ的单色光垂直入射到单缝上，对应于衍 射角为300的方向上，若单逢处波面可分成3个半波带，则缝宽度a 等于（ ） (A.) λ (B) 1.5λ (C) 2λ (D) 3λ 5. 一质量为M 的平板车以速率v 在水平方向滑行，质量为m 的物体从h 高处直落到车子里，两者合在一起后的运动速率是（ ） (A.) M M m v + (B). (C). (D).v 浙江大学2004-2005学年冬季学期 《Physics （Ⅱ）》课程期末考试试卷 开课学院：理学院 考试形式：闭卷，允许带非存储计算器、纸质词典入场 考试时间:2005年 1月21日 所需时间120分钟 姓名_______专业 学号 组号 任课教师 Permittivity constant ε0=8.85?10-12C 2/(N ?m 2) Electronic volt 1eV=1.6? 10-19J Permeability constant μ0=4π?10-7H/m Mass of an electron m e =9.11? 10-31kg Ⅰ. Multiple choices (there is one correct answer only): 1. The electric charge on a conductor is A. Uniformly distributed throughout the volume. B. Confined to the surface and is uniformly distributed. C. Mostly on the outer surface, but is not uniformly distributed. D. Entirely on the surface and is distributed according to the shape of the object. E. Distributed throughout the volume of the object and distributed according to the object ’s shape. 2.* You are given a closed circuit with radii a and b , as shown in the Fig. , carrying current i . The magnetic dipole moment of the circuit is: A. 4 )(22b a i +π. B. )(22b a i +π C. 2 )(22b a i +π. D. )(b a i +π. . x O 1 A 2 2 练习 十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 一、选择题 1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ） （A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。 解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m )(22(mg kl ),0222 x dt x d 弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m sin )(22 (mg kl ),0222 x dt x d 2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前 2π； （B ）A 落后2π ；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。 解：(A)t A x A cos ,)2/cos( t A x B 3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8T 。 解：(B)振幅矢量转过的角度6/ ,所需时间12 /26/T T t , 4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31 t x 和)π75.0π50cos(42 t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ） （A ）)π25.0π50cos(2 t x ； （B ）)π50cos(5t x ； （C ）π1 5cos(50πarctan )27 x t ； （D ）7 x 。 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算 )cos(21020 2122 2 1 A A A A A 5)25.075.0cos(432432 2 7 1 2)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)25.0sin(3cos cos sin sin 112021012021011 0 tg tg A A A A tg 5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l 和2l ，且212l l ，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ） （A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。 解：(B) 弹簧振子的周期k m T 2 ,11l mg k , 22l mg k ,22 121 l l T T 6. 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为x 时，其振动速度为v ，加速度为a ．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是： （B ） (A) 2 max 2max /x m k v ； (B) x mg k / ； (C) 2 2/4T m k ； (D) x ma k / 。 解：B 7. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同．第一个质点的振动表式为x 1 = A cos(t + )．当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处．则第二个质 点的振动表式为 （B ） (A) )π21cos(2 t A x ； (B) )π21cos(2 t A x ； (C) )π2 3 cos( 2 t A x ； (D) )cos(2 t A x 。解：(B)作旋转矢量图 x t o A B 1 A 4 / 4 /3 2 A A x O ) 0(A )(t A 3/ 6/ 大学物理上册复习考试 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 大学物理上册复习试卷（1） 一. 选择题 (每题3分，共30分) 1．一质点沿x 轴运动，其速度与时间的关系为：2 4m/s t =+v ，当3s t =时，质点位于9m x =处，则质点的运动方程为 (A) 31412m 3x t t =+- (B) 21 4m 2x t t =+。 (C) m 32+=t x (D) 31 412m 3x t t =++ [ ] 2．如图所示，一光滑细杆上端由光滑铰链固定，杆可绕其上端在 任意角度的锥面上绕竖直轴OO '作匀角速度转动。有一小环套在杆的上端处。开始使杆在一个锥面上运动起来，而后小环由静止开始沿杆下滑。在小环下滑过程中，小环、杆和地球系统的机械能以及小环与杆对轴OO '的角动量这两个量中 (A) 机械能、角动量都守恒； (B) 机械能守恒、角动量不守恒； (C) 机械不守恒、角动量守恒； (D) 机械能、角动量都不守恒. [ ] 3．一均质细杆可绕垂直它且离其一端/4l （l 为杆长）的水平固定轴O 在 竖直平面内转动。杆的质量为m ，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度0ω，如杆恰能持续转动而不作往复摆动则需要（已知细杆绕轴O 的转动惯量 2(7/48)J ml =，一切摩擦不计）. (A) 43/7g l ω≥0 (B) 4/g l ω≥0 (C) (4/3)/g l ω≥0 (D) 12/g l ω≥0. [ ] 4．一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R 。在腔内离球心的距离 为d 处（d R <），固定一点电荷q +，如图所示。用导线把球壳接地后，再把地线撤去。选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为 (A) 0 (B) 04πq d ε (C) 04πq R ε- (D) 011 () 4πq d R ε- [ ] 5. 一个平行板电容器, 充电后与电源断开, 当用绝缘手柄将电容器两极板的距离拉大, 则两极板间的电势差12U 、电场强度的大小E 、电场能量W 将发生如下变化： (A) 12U 减小，E 减小，W 减小；(B) 12U 增大，E 增大，W 增大； (C) 12U 增大，E 不变，W 增大； (D) 12U 减小，E 不变，W 不变. [ ] 6．一原长为L 的火箭，以速度1v 相对地面作匀速直线运动，火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端的一个靶子发射一颗子弹，子弹相对于火箭的速度为2v .在火箭上测得 子弹从射出到击中靶的时间间隔是：（c 表示真空中的光速） 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 本科实验报告 课程名称：姓名：系：专业：学号：指导教师： 物理光学实验郭天翱 光电信息工程学系信息工程（光电系） 3100101228 蒋凌颖 2012年1 月7日 实验报告 实验名称：夫琅和弗衍射光强分布记录实验类型：_________ 课程名称：__物理光学实验_指导老师：_蒋凌颖__成绩： 一、实验目的和要求（必填）二、实验内容和原理（必填）三、主要仪器设备（必填）四、操作方法和实验步骤五、实验数据记录和处理六、实验结果与分析（必填）七、讨论、心得 一、实验目的和要求 1．掌握单缝和多缝的夫琅和费衍射光路的布置和光强分布特点。 2．掌握一种测量单缝宽度的方法。 3．了解光强分布自动记录的方法。 二、实验内容 一束单色平面光波垂直入射到单狭缝平面上，在其后透镜焦平面上得到单狭缝的夫琅禾费衍射花样，其光强分布为： i?i0( 装 式中 sin? ? ) 2 （1） 订 ?? 线 ??sin?? （2） ?为单缝宽度，?为入射光波长，?为考察点相应的衍射角。i0为衍射场中心点（??0处）的光强。如图一所示。 由（1）式可见，随着?的增大，i有一系列极大值和极小值。极小值条件 asin??n?(n?1,n?2) （3） 是： 如果测得某一级极值的位置，即可求得单缝的宽度。 如果将上述单缝换成若干宽度相等，等距平行排列的单缝组合——多缝，则透镜焦面上得到的多缝夫琅禾费衍射花样，其光强分布： n? sin?2 )2 i?i0()( ? 2 （4） sin 式中 ?? sin??2???dsin? ? ?? （5） ?为单缝宽度，d为相邻单缝间的间距，n为被照明的单缝数，?为考察点相应的衍射角；i0为衍射中心点（??0处）的光强。 n? )2 (sin?2() 2称?为单缝衍射因子，为多缝干涉因子。前者决定了衍射花 sin （干涉）极大的条件是dsin??m?(m?0,?1,?2......)。 dsin??(m? m )?(m?0,?1,?2......;m?1,2,.......,n?1)n 样主极大的相对强度，后者决定了主极大的位置。 （干涉）极小的条件是 当某一考虑点的衍射角满足干涉主极大条件而同时又满足单缝衍射极小值条件，该点的光强度实际为0/，主极大并不出现，称该机主极大缺级。显然当d/??m/n为整数时，相应的m 级主极大为缺级。 不难理解，在每个相邻干涉主极大之间有n-1个干涉极小；两个相邻干涉极小之间有一个干涉次级大，而两个相邻干涉主级之间共有n-2个次级大。 三、主要仪器设备 激光器、扩束镜、准直镜、衍射屏、会聚镜、光电接收扫描器、自动平衡记录仪。 四、操作方法和实验步骤 1．调整实验系统 （1）按上图所示安排系统。 （2）开启激光器电源，调整光学元件等高同轴，光斑均匀，亮度合适。（3）选择衍射板中的任一图形，使产生衍射花样，在白屏上清晰显示。 （4）将ccd的输出视频电缆接入电脑主机视频输出端，将白屏更换为焦距为100mm的透镜。 （5）调整透镜位置，使衍射光强能完全进入ccd。 （6）开启电脑电源，点击“光强分布测定仪分析系统”便进入本软件的主界面，进入系统的主界面后，点击“视频卡”下的“连接视频卡”项，打开一个实时采集窗口，调整透镜与ccd的距离，使电脑显示屏能清晰显示衍射图样，并调整起偏/检偏器件组，使光强达到适当的强度，将采集的图像保存为bmp、jpg两种格式的图片。 2．测量单缝夫琅和费衍射的光强分布（1）选定一条单狭缝作为衍射元件（2）运用光强分布智能分析软件在屏幕上显示衍射图像，并绘制出光强分布曲线。 （3）对实验曲线进行测量，计算狭缝的宽度。 3．观察衍射图样 将衍射板上的图形一次移入光路，观察光强分布的水平、垂直坐标图或三维图形。 第八章 恒定磁场 8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。 (A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。正确答案为（B ）。 8-2 下列说法正确的是[ ]。 (A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 (D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零 分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。正确答案为（B ）。 8-3 磁场中的安培环路定理∑?=μ=?n L I 1i i 0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。 (A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场 分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。正确答案为（B ）。 8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。 (A) B R I 2π (B) B R I 221π (C) B R I 24 1π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ?=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。正确答案为（B ）。 8-5 一长直螺线管是由直径d =0.2mm 的漆包线密绕而成。当它通以I =0.5A 的电流时，其内部的磁感强度B =_____________。(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7N/A 2) 分析与解 根据磁场中的安培环路定理可求得长直螺线管内部的磁感强度大小为nI B 0μ=，方向由右螺旋关系确定。正确答安为（T 1014.33-?）。 8-6 如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，则在圆心O 点处的磁感强度大小为_____________，方向为 _____________ 。 分析与解 根据圆形电流和长直电 流的磁感强度公式，并作矢量叠加，可得圆心O 点的总 狭义相对论基础（一）第十五页 1、一惯性系中观察，两个事件同地不同时，则要其它 惯性系中观察，它们（D） [Δt=γ(Δt' +uΔx'/C2) ; Δx=γ(Δx'+uΔt')] （A）一定同时（B）可能同时 （C）不可能同时，但可能同地 （D）不可能同地，也不可能同时 2、宇宙飞船相对于地面以速度V作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向尾部发出一个光讯号，经过（飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器收到，则由此可此飞船的固有长度为（A）(根据光速不变原理) (A) CΔt (B) CΔt/(1－V2/C2)1/2 (C) CΔt(1－V2/C2)1/2(D) VΔt 3、狭义相对论中，下列说法中哪些是正确的？（B） （1）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。 （2）质量长度时间的测量都是随观察者的相对运动状态而改变的。 （3）在一惯性中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其它一切惯性系中也是同时发 生的。 （4）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，会看到这时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些。 （Ａ）（１），（３），（４） （Ｂ）（１），（２），（４） （Ｃ）（１），（２），（３） （Ｄ）（２），（３），（４） ４．根据天体物理学的观察和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都离开我们的星球而去，假定在地球上观察到一颗脉冲星（看来发出周期性脉冲无线电波的星）的脉冲周期为0.5s，且这颗星正以运行速度0.8C离我们而去，那么这颗星的固有脉冲周期就是（B）（Δt=γΔt'） （A）0.10S （B）0.30S （C）0.50S （D）0.83S 5．已知惯性系S'相对于惯性系S以0.5C的匀速度沿X轴的负方向运动，若从S'系的坐标原点O'沿X轴正方向发出一光波，则S系中测得此光波的波速为 C .(光速不变原理) 6．狭义相对论认为长度是相对的，运动物体沿运动方向上的长度要缩短。物体的固有长度L0是指相对物体静止的观察者所测量的长度。设有一尺固有长度为L0，当该尺沿运动方向放置时（速度为V）其长应变为L= (1－V2/C2)1/2L0 . 7 。在S系中观察到两个事件同时发生在X轴上，其间距离是1米。在S'系中观察这两个事件之间的距离是2米。则在最新大学物理活页作业答案及解析((全套))
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