《物理學(xué)基礎(chǔ)教程》習(xí)題答案

物理學(xué)基礎(chǔ)教程物理學(xué)基礎(chǔ)教程物理學(xué)基礎(chǔ)教程物理學(xué)基礎(chǔ)教程PAGE32PAGE32PAGE31PAGE31物理學(xué)基礎(chǔ)教程物理學(xué)基礎(chǔ)教程第1章質(zhì)點運動學(xué)一、填空題1．平動的物體研究物體運動的觀察范圍比物體的幾何尺寸大得多時2．運動描述的相對性3．3m5m4．05．53ππ二、解答題1．已知質(zhì)點的運動方程為x＝2t，y＝2－t2。求：（1）求質(zhì)點的軌道方程；（2）t＝1s和t＝2s時質(zhì)點的位矢；（3）t＝1s至t＝2s的時間間隔內(nèi)質(zhì)點的位移；（4）質(zhì)點在任意時刻的速度；（5）質(zhì)點在任意時刻的加速度。解：（1）將質(zhì)點的運動方程為x＝2t，y＝2－t2聯(lián)立求解，即可得質(zhì)點的軌道方程：（2）t＝1s時，x＝2，y＝2，質(zhì)點的位矢為r1＝2i＋2j。t＝2s時，x＝4，y＝－2，質(zhì)點的位矢為r2＝4i－2j。（3）t＝1s至t＝2s的時間間隔內(nèi)質(zhì)點的位移為：Δr＝r2－r1＝（x2－x1）i＋（y2－y1）j＝2i－4j（4）根據(jù)式（1–12）可知，質(zhì)點在任意時刻的速度為：（5）根據(jù)式（1–20）可知，質(zhì)點在任意時刻的加速度為：2．已知質(zhì)點的運動方程為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）根據(jù)式（1–12）可知，質(zhì)點在任意時刻的速度為：初速度v0為：v0＝－10i＋15j初速度v0的大小為：初速度v0與x軸正方向夾角α的正切為：α＝123.7°（2）根據(jù)式（1–20）可知，質(zhì)點在任意時刻的加速度為：加速度a的大小為：加速度a與x軸正方向夾角θ的正切為：θ＝－33.7°3．一質(zhì)點沿x軸運動，其加速度a與位置坐標(biāo)x的關(guān)系為a＝2＋6x2，如果質(zhì)點在原點處的速度為0，試求其任意位置處的速度。解：因?qū)ι鲜椒e分得：根據(jù)題意，x＝0時，v＝0。故C＝0。質(zhì)點在任意位置處的速度為：4．質(zhì)點的運動方程為r（t）＝8cos2ti＋8sin2tj。求：（1）質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度大??；（2）質(zhì)點的切向加速度和法向加速度大?。唬?）質(zhì)點的軌道方程。解：（1）根據(jù)式（1–12）可知，質(zhì)點在任意時刻的速度為：任意時刻速度的大小為：根據(jù)式（1–20）可知，質(zhì)點在任意時刻的加速度為：任意時刻加速度的大小為：（2）根據(jù)式（1–28），質(zhì)點的切向加速度aτ的大小為：由于質(zhì)點在任意時刻速度為16m/s，為定值，故aτ＝0。因，故（3）質(zhì)點的運動方程可寫為：x（t）＝8cos2ty（t）＝8sin2t聯(lián)立求解得：x2＋y2＝64上式即為質(zhì)點的軌道方程。5．質(zhì)點作半徑為0.1m的圓周運動，其運動方程為θ＝π＋t2/4，求：（1）質(zhì)點在任意時刻的角速度；（2）質(zhì)點在任意時刻的切向加速度和法向加速度大小。解：（1）根據(jù)式（1–36），質(zhì)點在任意時刻的角速度為：（2）根據(jù)式（1–38），質(zhì)點在任意時刻的角加速度為：根據(jù)線量與角量的關(guān)系，質(zhì)點在任意時刻的切向加速度和法向加速度大小為：aτ＝Rβ＝0.1×0.5＝0.05m/s2an＝Rω2＝0.1×t2/4＝0.025t2m/s26．質(zhì)點A在水平面內(nèi)沿半徑為1m的圓軌道運動，其角速度與時間的函數(shù)關(guān)系為ω＝kt2，已知t＝2s時，質(zhì)點A的速率為16m/s。求t＝1s時，質(zhì)點A的速率和加速度大小。解：根據(jù)線量與角量的關(guān)系可知，質(zhì)點的速率為：v＝Rω＝kRt2根據(jù)題意，t＝2s時，v＝16m/s，則16＝k×1×22k＝4s-3故ω＝4t2。根據(jù)式（1–38），質(zhì)點在任意時刻的角加速度為：根據(jù)線量與角量的關(guān)系可得：v＝Rω＝4Rt2＝4t2aτ＝Rβ＝8Rt＝8tan＝Rω2＝16Rt4＝16t4t＝1s時，質(zhì)點A的速率為：v＝4t2＝4×12＝4m/s質(zhì)點的切向加速度和法向加速度大小為：aτ＝8t＝8×1＝8m/s2an＝16t4＝16×14＝16m/s2質(zhì)點的總加速度大小為：7．在一個無風(fēng)的雨天，一列火車以20m/s的速度前進(jìn)，車內(nèi)旅客看到雨滴的下落方向與豎直方向成75°。設(shè)雨滴勻速下落，求雨滴下落的速度。解：在無風(fēng)的雨天，雨滴應(yīng)為豎直下落。設(shè)雨下落的速度為v，雨對火車的速度為v′，而火車對地的速度為u。則其關(guān)系為：v＝v′＋u如圖1-1所示可知：圖1-1題7圖第2章牛頓運動定律一、填空題1．任何物體都保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)，直到外力迫使它改變運動狀態(tài)為止2．慣性運動狀態(tài)3．質(zhì)點慣性系慣性質(zhì)量4．產(chǎn)生與消失兩5．沿著它們的連線質(zhì)量距離r二、解答題1．一質(zhì)量為m＝0.8kg的物體放在傾角θ＝30°的斜面上，設(shè)物體與斜面的滑動摩擦系數(shù)μ＝0.3，若有一平行于斜面的力作用于物體上，試求：（1）若物體沿斜面向上勻速滑動；（2）若物體沿斜面向上勻加速運動，加速度a1＝0.1m/s2；（3）若物體沿斜面向下勻速滑動；（4）若物體沿斜面向下勻加速運動，加速度a2＝0.1m/s2時，該力的大小和方向。解：選物體為研究對象。物體沿斜面向上滑動時，如圖2-1（a）所示，物體受力為：重力mg、作用力F（假定沿斜面向上）、摩擦力fk、斜面對物體的支持力N。建坐標(biāo)系Oxy，取x軸的正方向沿斜面向上，則根據(jù)牛頓第二定律可知：F－mgsinθ－μN＝max＝ma因物體沿y軸方向受力平衡，則N－mgcosθ＝0聯(lián)立以上兩式可得：F＝m[a＋g（sinθ＋μcosθ）]（1）若物體沿斜面向上勻速滑動，則a＝0，代入上式得：F＝mg（sinθ＋μcosθ）＝0.8×9.8×（sin30°＋0.3×cos30°）＝5.96N此時，F(xiàn)的方向平行于斜面向上。（2）若物體沿斜面向上勻加速運動，加速度a1＝0.1m/s2，則F＝m[a＋g（sinθ＋μcosθ）]＝0.8×[0.1＋9.8×（sin30°＋0.3×cos30°）]＝6.04N此時，F(xiàn)的方向平行于斜面向上。物體沿斜面向下滑動時，如圖2-1（b）所示，物體受力為：重力mg、作用力F（假定沿斜面向下）、摩擦力fk、斜面對物體的支持力N。建坐標(biāo)系Oxy，取x軸的正方向沿斜面向下，則根據(jù)牛頓第二定律可知：F＋mgsinθ－μN＝max＝ma因物體沿y軸方向受力平衡，則N－mgcosθ＝0（a）（b）圖2-1題1圖聯(lián)立以上兩式可得：F＝m[a－g（sinθ－μcosθ）]（3）若物體沿斜面向下勻速滑動，則a＝0，代入上式得：F＝－mg（sinθ－μcosθ）＝－0.8×9.8×（sin30°－0.3×cos30°）＝－1.88N此時，F(xiàn)的方向平行于斜面向上。（2）若物體沿斜面向下勻加速運動，加速度a1＝0.1m/s2，則F＝m[a－g（sinθ－μcosθ）]＝0.8×[0.1－9.8×（sin30°－0.3×cos30°）]＝－1.80N此時，F(xiàn)的方向平行于斜面向上。2．一質(zhì)量為m的子彈，以速度為v0豎直射入沙土中，設(shè)子彈所受阻力為f＝－kv（k＞0），忽略子彈的重力。求：（1）子彈射入沙土后速度隨時間變化的函數(shù)；（2）子彈射入沙土的最大深度。解：選子彈為研究對象。子彈射入沙土后的受力為阻力f，如圖2-2所示。圖2-2題2圖（1）取向下為正方向。由牛頓第二定律可得：則兩邊積分整理得：（2）設(shè)子彈射入沙土的深度為s，因，所以分離變量，積分整理得：當(dāng)時，子彈射入沙土的深度最大，此時3．如圖2-3（a）所示，在光滑水平面上，有兩個物體A和B緊靠在一起。它們的質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg?，F(xiàn)用一水平力F＝3N推物體B，則B對A的推力FBA為多少？若用同樣大小的水平力從右邊推A，則A對B的推力FAB為多少？（a）（b）（c）圖2-3題3圖解：（1）將A和B作為整體，在水平方向上受合外力F，由牛頓第二定律可知，其加速度為：選A為研究對象。如圖2-3（b）所示，A在水平方向上的受力為：B對A的推力FBA，則FBA＝mAa＝2×1＝2N（2）將A和B作為整體，在水平方向上受合外力F，由牛頓第二定律可知，其加速度為：選B為研究對象。如圖2-3（c）所示，B在水平方向上的受力為：A對B的推力FAB，則FAB＝mBa＝1×1＝1N4．質(zhì)量為2kg的質(zhì)點的運動方程為r＝（6t2－1）i＋（3t2＋3t＋1）j，求證質(zhì)點受恒力而運動，并求力的方向與大小。解：因故加速度a為常量，a的大小和方向（用加速度a與x軸正方向的夾角α表示）分別為：由牛頓第二定律可知：F＝ma＝2×13.4＝26.8N因此，質(zhì)點受恒力而運動，恒力F的大小為26.8N，方向與a同向。5．如圖2-4所示圓錐擺，擺長為l的細(xì)繩一端固定在天花板上，另一端懸掛質(zhì)量為m的小球，小球經(jīng)推動后，在水平面內(nèi)繞通過圓心O的鉛直軸做角速率為ω的勻速率圓周運動，求繩和鉛直方向所成的角度θ（空氣阻力不計）。圖2-4題5圖解：選小球為研究對象。小球受力為：重力mg和繩子拉力T。這兩個力的合力使小球在水平面內(nèi)做圓周運動，其向心力為mgtanθ，故mgtanθ＝mrω2因r＝lsinθ，所以第3章動量守恒與機械能守恒一、填空題1．合外力的沖量時間過程量狀態(tài)量2．動量動量3．合外力動量4．狀態(tài)矢量標(biāo)量5．起始和終了位置路徑6．勢能零點勢能零點勢能增量7．動能和勢能動能和勢能二、解答題1．有一力作用在質(zhì)量為0.3kg的物體上，物體最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知力的大小F與時間t的關(guān)系為：F（t）＝2.5×104t0≤F（t）＝2.0×105（t－0.07）20.02≤t≤0.07求：（1）上述時間內(nèi)沖量和平均沖力的大??；（2）物體的末速度大小。解：（1）由沖量定義式有：平均沖力的大小為：（2）由動量定理得物體的末速度大小為：2．設(shè)質(zhì)量為60kg的跳高運動員越過橫桿后豎直落到泡沫墊上，墊子比桿低1.5m，運動員接觸墊子后經(jīng)0.5s，速度變?yōu)榱恪Ｔ嚽蟠诉^程中墊子對運動員的平均作用力。解：選運動員為研究對象。如圖3-1所示，運動員與墊子作用過程中，運動員受力為重力mg和墊子的平均作用力N。取豎直向上為正方向，設(shè)人剛接觸墊子時的速度為v0，方向豎直向下，則根據(jù)動量定理可得：（N－mg）Δt＝0－（－mv0）圖3-1題2圖因所以3．設(shè)有一靜止的原子核，衰變輻射出一個電子和一個中子后成為一個新的原子核。已知，電子和中子的運動方向互相垂直，且電子的動量為1.2×10-22kg·m/s，中子的動量為6.4×10-23kg·m/s，求新原子核的動量大小和方向如何？解：根據(jù)題意，原子核衰變前靜止，總動量為零，衰變時其內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于重力，故可認(rèn)為此過程動量守恒。設(shè)衰變后，電子、中子和新原子核的動量分別為pe、pv和pN，則根據(jù)動量守恒定律可知：pe＋pv＋pN＝0又因為pe⊥pv所以，新原子核的動量大小為：pN＝（pe2＋pv2）1/2＝1.36×10-22kg·m/s如圖3-2所示，新原子核的動量方向為：或θ＝180°－61.9°＝118.1°圖3-2題3圖4．如圖3-3所示，一質(zhì)量為M的木塊靜止放在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊后陷在木塊內(nèi)，并與木塊一起運動。求：（1）子彈相對于木塊靜止后，木塊的速率和動量（對地面）；（2）子彈相對于木塊靜止后，子彈的動量（對地面）；（3）此過程中，子彈施于木塊的沖量。圖3-3題4圖解：將子彈和木塊視為一個系統(tǒng)，取水平向右為x軸正方向。由于桌面光滑，故系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒。（1）設(shè)子彈射入木塊后，達(dá)到共同速度v，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝（M＋m）v故，方向向右此時，木塊對地面的動量為：，方向向右（2）子彈相對于木塊靜止后，子彈的動量為：，方向向右（3）根據(jù)動量定理可知，子彈施于木塊的沖量為：5．如圖3-4所示，一鏈條長為l，質(zhì)量為m，單位長度的質(zhì)量為p，放在光滑水平桌面上，鏈條一端下垂，長度為a。設(shè)鏈條在重力作用下由靜止開始下滑，求鏈條全部離開桌面時的速度v。圖3-4例5圖【解】重力做功只體現(xiàn)在懸掛的一段鏈條上，建立如圖3-9所示Ox軸。設(shè)某時刻懸掛著的一段鏈條長為x，則其受重力為：經(jīng)過位移元dx時，重力的元功為：當(dāng)懸掛長度由a變?yōu)閘時，重力的功為：根據(jù)動能定理可得：即6．如圖3-5所示，彈簧勁度系數(shù)為k，質(zhì)量為m的物體與桌面接觸，摩擦因數(shù)為μ。若以不變力F拉物體，沿水平方向向右，求物體自平衡位置開始運動，達(dá)到最遠(yuǎn)時，系統(tǒng)的勢能為多少？物體在運動過程中的最大動能為多少？圖3-5題6圖解：將物體、彈簧和地球視為一個系統(tǒng)。此系統(tǒng)中，彈力為保守內(nèi)力；物體重力為外力，不做功；拉力和摩擦力為外力，做功。（1）取彈簧的平衡位置為彈性勢能零點，水平方向向右為x軸正方向，設(shè)物體達(dá)到最遠(yuǎn)時的位移為xmax，此時其速度為零。根據(jù)功能原理有：則物體達(dá)到最遠(yuǎn)時，系統(tǒng)的勢能為：（2）物體在任意位置x處，由牛頓第二定律可知：當(dāng)加速度a＝0時，物體達(dá)到最大速度，此時當(dāng)彈簧從自然長度拉伸到x位置時，動能獲得最大值，由功能原理可得：解得：7．如圖3-6所示，質(zhì)量為m的物塊A在離平板為h的高度處自由下落，落在質(zhì)量也是m的平板B上。已知輕彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊與平板為完全非彈性碰撞（即碰撞后一起運動），求碰撞后彈簧的最大壓縮量（不計空氣阻力）。圖3-6題7圖解：設(shè)物塊A與平板B相碰時，物塊A的速度為v1，碰撞后物塊A與平板B的共同速度為v2。取向下為正方向，在A、B組成的系統(tǒng)中，碰撞時，其內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力和彈力，故系統(tǒng)動量守恒，即mv1＝2mv2根據(jù)運動學(xué)關(guān)系可知：故將物塊A、平板B、彈簧和地球視為一個系統(tǒng)。此系統(tǒng)的受力只有重力和彈力，為保守內(nèi)力，做功；系統(tǒng)不受外力作用。故系統(tǒng)的機械能守恒。取彈簧在原長位置為彈性勢能零點，平板B的最低位置為重力勢能零點，在彈簧達(dá)到最大壓縮量時，有：在未發(fā)生碰撞前，平板B受重力mg和彈力kx1平衡，故mg＝kx1聯(lián)立以上三式可解得：則碰撞后彈簧的最大壓縮量為：第4章剛體的定軸轉(zhuǎn)動一、填空題1．平動定軸轉(zhuǎn)動2．轉(zhuǎn)軸正負(fù)3．力矩4．轉(zhuǎn)動慣量5．參考點二、解答題1．如圖4-1所示，長為L、質(zhì)量為m的均勻細(xì)棒能繞一端點O在鉛垂平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，開始時水平，然后令其在重力作用下由靜止開始下擺，求細(xì)棒下擺θ角時的角加速度和角速度。圖4-1題1圖解：（1）細(xì)棒轉(zhuǎn)動時，受力為重力和轉(zhuǎn)軸對細(xì)棒的支持力。由于轉(zhuǎn)軸對細(xì)棒的支持力通過轉(zhuǎn)軸，故其力矩為零。則根據(jù)轉(zhuǎn)動定律有：根據(jù)表4-1所示可知：故（2）因兩邊積分：2．如圖4-2所示，一根質(zhì)量均勻分布的細(xì)桿，一端連接一個大小可不計的小球，另一端可繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。某時刻細(xì)桿在豎直面內(nèi)繞軸轉(zhuǎn)動的角速度為ω，桿與過軸的豎直線夾角為α。設(shè)桿的質(zhì)量為m1，桿長為l，小球的質(zhì)量為m2。求：（1）系統(tǒng)對軸的轉(zhuǎn)動慣量；（2）圖示位置系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動動能；（3）圖示位置系統(tǒng)所受重力對軸的力矩。圖4-2題2圖解：（1）由于小球的大小可忽略，故小球?qū)D(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為：J2＝m2l2根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的可加性，系統(tǒng)對軸的轉(zhuǎn)動慣量為：（2）圖示位置系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動動能為：（3）系統(tǒng)所受重力包括桿的重力和小球的重力，則系統(tǒng)所受重力對軸的力矩大小為：3．如圖4-3（a）所示，一個轉(zhuǎn)輪A繞中心軸的轉(zhuǎn)動慣量為J，轉(zhuǎn)動的摩擦力矩為Mf，轉(zhuǎn)輪半徑為R，轉(zhuǎn)輪邊沿饒有輕繩，用恒力F拉繩，A輪被拉動轉(zhuǎn)過n圈，B輪的質(zhì)量不計，轉(zhuǎn)軸光滑，求：（1）拉力和摩擦力矩對轉(zhuǎn)輪做的功；（2）若將恒力F換成重物mg來拉滑輪轉(zhuǎn)動，如圖4-3（b）所示，其他條件不變，求繩中張力對轉(zhuǎn)輪所做的功。（a）（b）圖4-3題3圖解：（1）拉力為恒力F時，作用在輪上有兩個力矩：MF＝FR和Mf。轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)過n圈時，角位移Δθ＝2πn，則（2）重物拉動時，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，對轉(zhuǎn)輪有：根據(jù)牛頓第二定律，對重物有：根據(jù)線量與角量的關(guān)系a＝Rβ，聯(lián)立以上兩式可得：因此4．質(zhì)量為M、半徑為R的均勻?qū)嵭膱A柱體，以角速度ω0繞其幾何軸線轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m、初速度為v0的小質(zhì)點與該圓柱體相碰，并粘在圓柱體的邊緣上，如圖4-4所示，求碰撞后該系統(tǒng)的角速度。圖4-4題4圖解：把圓柱體與小質(zhì)點看作一個系統(tǒng)。在碰撞瞬間，系統(tǒng)所受外力只有兩個物體的重力和圓柱體對小質(zhì)點的支持力，但它們對轉(zhuǎn)軸的力矩都為零，因此，此系統(tǒng)角動量守恒。設(shè)逆時針轉(zhuǎn)動為正方向，則根據(jù)角動量守恒定律可得：解得：5．某人造地球衛(wèi)星，其近地點為4.39×105m，遠(yuǎn)地點為2.38×106m。已知地球半徑為6.38×106m，地球質(zhì)量為5.98×1024kg。求衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點的速率。解：把衛(wèi)星和地球看作一個系統(tǒng)。系統(tǒng)可認(rèn)為不受外力，內(nèi)力為地球與衛(wèi)星之間的萬有引力，其力矩為零，故系統(tǒng)角動量守恒，設(shè)r1、r2分別為衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點到地球中心的距離，v1、v2分別為衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點的速率，則mv1r1＝mv2r2r1＝4.39×105＋6.38×106＝6.82×106m，r2＝2.38×106＋6.38×106＝8.76×106m地球與衛(wèi)星之間的萬有引力為保守內(nèi)力，故系統(tǒng)機械能守恒，即解得：第5章氣體動理論一、填空題1．宏觀物體是由大量分子組成的，分子之間有空隙分子處于不停息的、無規(guī)則的運動狀態(tài)分子之間存在著相互作用力2．宏觀量微觀量宏觀量微觀量3．分子本身的線度與分子間平均距離相比，可以忽略不計除碰撞的瞬間外，分子之間以及分子與器壁之間都無相互作用分子之間以及分子與器壁之間的碰撞是完全彈性碰撞4．統(tǒng)計規(guī)律大量分子熱運動的集體表現(xiàn)統(tǒng)計意義5．三五三兩六三三6．最概然速率平均速率方均根速率二、解答題1．已知空氣的摩爾質(zhì)量為29g/mol，求在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)（p＝1.013×105Pa，T＝273K）下空氣的密度。解：由理想氣體狀態(tài)方程可得：2．容器中盛有氧氣0.1kg，其壓強為10.0atm，溫度為333K。因容器漏氣，經(jīng)過一段時間后，測得壓強減為原來的1/2，溫度降為303K，求容器的容積及所剩余氧氣的質(zhì)量。解：（1）由理想氣體狀態(tài)方程可得：（2）容器漏氣后，壓強p2＝0.5×10×1.013×105＝5.065×105Pa，溫度T2＝303K，則容器中剩余氧氣的質(zhì)量為：3．一容器內(nèi)貯有氧氣，在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，求：（1）該氧氣的分子數(shù)密度；（2）氧分子的平均平動動能。解：（1）根據(jù)式（5–4）可得：（2）根據(jù)式（5–8）可得：4．容積為2m3的容器內(nèi)，盛有質(zhì)量為0.5g的H2，已知氣體的方均根速率為2000m/s，求氣體的壓強和溫度。解：（1）根據(jù)題意可得容器內(nèi)的分子數(shù)密度為：每個氫分子的質(zhì)量為：根據(jù)式（5–8）可得氣體的壓強為：（2）根據(jù)式（5–9）可得氣體的溫度為：5．求溫度為0℃時，1000g氧氣分子的平均動能？當(dāng)溫度由0℃上升到25℃時，氧氣的內(nèi)能變化為多少？解：（1）由于氧氣為雙原子分子，故自由度為5，則根據(jù)式（5–12）可得氧氣分子的平均動能為：（2）當(dāng)溫度有0℃上升到25℃時，ΔT＝25K，根據(jù)式（5–15）可得氧氣的內(nèi)能變化為：6．計算0℃時，氮氣分子的最概然速率、平均速率和方均根速率。解：由于T＝273K，μ＝2.8×10-2kg/mol，所以，根據(jù)三種速率的計算公式可得：最概然速率平均速率方均根速率第6章熱力學(xué)基礎(chǔ)一、填空題1．孤立系統(tǒng)封閉系統(tǒng)開放系統(tǒng)2．做功傳熱功熱量3．增加系統(tǒng)的內(nèi)能系統(tǒng)對外做功4．對外做功5．內(nèi)能6．不可能從單一熱源吸熱，使之完全變?yōu)橛杏霉Χ划a(chǎn)生其他影響熱量不能自動地從低溫物體傳向高溫物體，而不引起其他變化二、解答題1．如圖6-1所示，某理想氣體從狀態(tài)A沿過程ABC變化到狀態(tài)C，外界有326J的熱量傳給系統(tǒng)，同時系統(tǒng)對外做功126J。如果系統(tǒng)從狀態(tài)C沿另一曲線過程CA回到狀態(tài)A，外界對系統(tǒng)做功52J，則此過程中，系統(tǒng)是吸熱還是放熱？傳遞熱量是多少？圖6-1題1圖解：根據(jù)熱力學(xué)第一定律中對各物理量符號的規(guī)定，可知：在過程ABC中，Q1＝326J，W1＝126J在過程CA中，W2＝－52J在過程ABC中，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：ΔE1＝Q1－W1＝326－126＝200（J）因內(nèi)能為狀態(tài)量，故在過程CA中ΔE2＝－ΔE1＝－200（J）根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：Q2＝ΔE2＋W2＝－200－52＝－252（J）因此，在過程CA中，系統(tǒng)對外界放熱，放出熱量為252J。2．8×10-3kg氧氣溫度由t1＝20℃升高到t2＝100℃，求在等容和等壓過程中各吸收多少熱量？解：對氧氣分子，其自由度i＝5，則于是，在等容過程中在等壓過程中3．把1kg的氮氣等溫壓縮到原體積的一半，求此過程中放出的熱量為多少？設(shè)盛氮氣的容器浸沒于冰水池中，使溫度保持0℃。解：在通常的溫度和壓強下，氮氣可看作為理想氣體。理想氣體在等溫過程中ΔE＝0，故根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：負(fù)號表示系統(tǒng)向外放熱。4．有體積為1×10-2m3的CO氣體，壓強為107Pa，絕熱膨脹后，壓強為105Pa。求氣體所做的功。解：本題可有兩種解法。（1）對CO氣體分子，i＝5，所以已知p1＝1×107Pa，p2＝1×105Pa，V1＝1×10-2m3，根據(jù)p1V1γ＝p2V2γ，可得則由式（6–32）可得氣體所做的功為：（2）在絕熱過程中，因根據(jù)p1γ-1T1-γ＝p2γ-1T2-γ，可得：因此5．1000mol的空氣，開始處于標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)A，等壓膨脹到狀態(tài)B，其體積為原來的2倍，然后按如圖6-2所示的等容和等溫過程，回到狀態(tài)A，完成一次循環(huán)過程。已知Cp，m＝29.2J/（mol·K），求循環(huán)效率。圖6-2題5圖解：經(jīng)分析，AB為吸熱過程，BC、CA為放熱過程。因AB為等壓過程，由可得：故AB過程所吸熱量為：因BC為等容過程，且TC＝TA，TB＝2TA，故BC過程所放熱量為：因CA為等溫過程，故其所放熱量為：整個循環(huán)中所放出的熱量為：循環(huán)效率為：第7章靜電場一、填空題1．相同相反2．靜電場的有源性靜電場的無旋性同一電場的電場線不相交3．4．全部電荷共同產(chǎn)生的合場強該曲面內(nèi)部的電荷曲面外的電荷5．無關(guān)正負(fù)方向6．正交大不做功7．導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零導(dǎo)體表面附近的場強處處與導(dǎo)體表面垂直。8．孤立導(dǎo)體的電容可以看作是和無窮遠(yuǎn)處的另一個導(dǎo)體組成的電容器二、判斷題1．× 2．√ 3．√ 4．√ 5．× 6．×三、解答題1．氫原子中電子和質(zhì)子的距離為5.3×10－11m。求此二粒子的作用力的大??？解：由庫倫定律可知，氫原子中電子和質(zhì)子的作用力為2．真空中有兩個點電荷，其中一個的量值是另一個的4倍，它們相距5.0×10―2m時相互斥力為1.6N。求：（1）它們的電荷各為多少？（2）它們相距0.1m時排斥力是多少？解：設(shè)兩個點電荷分別為和，。因兩電荷相互排斥，則。（1）由庫倫定律可知，兩電荷相距時相互斥力為解得（2）當(dāng)時，兩電荷間的庫侖力為3．設(shè)一球面半徑為R，均勻帶電為Q（Q＞0）。求該球面內(nèi)部和外部任意點的電場強度。解：由于電荷分布具有對稱性，所以在均勻帶電球體的電場中任意點的電場強度E的方向應(yīng)沿矢徑方向，且在以O(shè)為球心的同一球面上各點E的大小相等。（1）球內(nèi)的電場強度分布。以球心到球內(nèi)點P之間的距離r（r＜R）為半徑作一球面為高斯面，則該高斯面所包圍的電荷量為通過高斯面的電通量為由高斯定理得于是，球體內(nèi)點P處的電場強度E為上式表示成矢量形式為（2）球外的電場強度的分布。以球心到球外點P之間的距離r（r＞R）為半徑作一球面為高斯面，則該高斯面所包圍的電荷量為通過高斯面的電通量為根據(jù)高斯定理有于是，球體外點P處的電場強度E為4．在直角坐標(biāo)系O點，及A點（m，0）分別放置Q1＝－2（微庫）及Q2＝＋1的點電荷，求點P（m，－1m）處的場強。解：設(shè)Q1和Q2在P點產(chǎn)生的場強分別為E1和E2，方向如圖7-1所示。圖7-1題4圖根據(jù)勾股定理，由圖7-1可知，，且所以場強方向為沿P點與水平線呈角方向。5．設(shè)均勻帶正電的無限大平面薄板的面密度為，求薄板外的場強。解：電場的分布具有對稱性，根據(jù)高斯定理，取兩底面與薄板平行、側(cè)面與薄板垂直的圓柱形閉合面，兩底面積為和，側(cè)面積為，則該高斯面的電通量為所以場強方向為垂直薄板向外。6．設(shè)一均勻帶電直線長為L，電荷線密度為λ（設(shè)λ＞0），直線外場點P到直線的垂直距離為x，P點與帶電直線的上下端點的連線與垂線的夾角為θ1和θ2。解：因為，且所以7．已知均勻帶電球面半徑為R，所帶電量為Q，求球面外和球面內(nèi)任意一點的電勢。解：在球面外部，有所以在球面內(nèi)部，有所以第8章穩(wěn)恒磁場一、填空題1．正電荷通過磁場中某點受力為零時，該點小磁針N極所指的方向運動電荷所受的最大磁力fmax與運動電荷的電量q和速度v的乘積的比值2．磁場中任意兩條磁感應(yīng)線不相交每一條磁感應(yīng)線都是環(huán)繞電流的閉合曲線3．沿該回路的環(huán)流為零不一定為零4．垂直于運動電荷的速度v與磁感應(yīng)強度B所組成的平面5．順磁質(zhì)抗磁質(zhì)鐵磁質(zhì)6．軟磁質(zhì)硬磁質(zhì)二、簡答題1．把流過某一線元矢量dl的電流I與dl的乘積Idl稱為電流元，把電流元中電流的流向作為線元矢量的方向；把一載流導(dǎo)線看成是由許多個電流元Idl連接而成的。載流導(dǎo)線在空間任一點所激發(fā)的磁感應(yīng)強度B就是由這導(dǎo)線上所有的電流元在該點的磁感應(yīng)強度dB疊加而成。2．由于磁力線是閉合的，因此對任一閉合曲面來說，有多少磁力線穿入閉合曲面，就一定有多少條磁力線穿出閉合曲面。也就是說，通過任意閉合曲面的磁通量都為零。3．步驟如下：（1）根據(jù)電流分布的對稱性分析磁場分布的對稱性；（2）選取合適的閉合積分路徑L（稱為安培環(huán)路），注意閉合路徑L的選擇一定要便于使積分中的B能以標(biāo)量的形式從積分號中提出來；（3）應(yīng)用安培環(huán)路定理求出B的數(shù)值并確定B的方向。4．從物質(zhì)微觀的結(jié)構(gòu)來看，物質(zhì)分子中的每個電子都圍繞原子核運動，同時電子自身還有自旋運動。如果把分子看作一個整體，則分子中電子的軌道運動和自旋運動將形成微小的環(huán)形電流，因而具有一定的磁矩，該磁矩分別稱為軌道磁矩和自旋磁矩。軌道磁矩和自旋磁矩的矢量和稱為分子的固有磁矩，用符號m表示。正常情況下，順磁質(zhì)具有一定的固有磁矩，而抗磁質(zhì)無固有磁矩。三、解答題1．設(shè)半徑為R的帶電薄圓盤的電荷密度為σ，并繞通過盤心且垂直盤面的軸以角速度ω轉(zhuǎn)動，求圓盤的磁感應(yīng)強度。解：因為，所以2．如圖8-35所示，設(shè)有兩無限長平行直導(dǎo)線AB和CD，它們之間的距離為a，各自通有電流I1和I2，且電流的流向相同，求兩無限長平行截流直導(dǎo)線每單位長度上的相互作用力。圖8-1題2圖解：CD導(dǎo)線上各點的磁感應(yīng)強度的大小為，方向垂直于CD。根據(jù)安培定律，作用在CD上任意電流元的力的大小為由于，所以方向在兩平行導(dǎo)線所組成的平面內(nèi)且垂直指向?qū)Ь€AB。所以導(dǎo)線CD上每單位長度所受的力為同理，導(dǎo)線AB上每單位長度所受的力為方向與相反。第9章電磁感應(yīng)與電磁場一、填空題1．從電源的負(fù)極經(jīng)由電路指向電源的正極2．有關(guān)越大越強回路中磁通量的變化量3．由于磁場變化引起穿過回路的磁通量發(fā)生變化而產(chǎn)生的電動勢由變化的磁場所激發(fā)的電場二、簡答題1．楞次定律：楞次電流的磁通量總是力圖阻礙引起感應(yīng)電流的磁通變化。應(yīng)用楞次定律來判斷感應(yīng)電流的方向時，可按照下面的步驟進(jìn)行：（1）確定原來磁場的方向，即穿過閉合回路的磁通量的方向。（2）弄清楚穿過閉合回路的磁通量是增加還是減少。（3）確定感應(yīng)電流在閉合回路中激發(fā)的磁場是怎樣阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。（4）最后應(yīng)用右手定則，即右手拇指指向感應(yīng)電流的磁場方向，而彎曲四指確定感應(yīng)電流的方向。2．磁場不變，導(dǎo)體回路的形狀、大小和位置的變化，或?qū)w相對于磁場的運動而引起的磁通量的變化，這種情況下產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢稱為動生電動勢，計算公式為3．相同點是感生電場和靜電場都對電荷有力的作用，不同點有以下幾方面：（1）產(chǎn)生的原因不同。靜電場是由靜止的電荷所激發(fā)的；而感生電場是由變化的磁場所激發(fā)的。（2）性質(zhì)不同。靜電場是一個保守場，而感生電場不是保守場；靜電場是有源場，而感生電場是無源場。4．電位移的時間變化率稱為位移電流密度，用jd表示；電位移通量的時間變化率稱為位移電流，用Id表示。從磁效應(yīng)方面來看，位移電流與傳導(dǎo)電流等效，即它們都按照同一規(guī)律在周圍空間激發(fā)磁場。其本質(zhì)上為變化的電場也要產(chǎn)生磁場。需要注意的是，傳導(dǎo)電流是由電荷的定向運動形成的，傳導(dǎo)電流要產(chǎn)生焦耳熱；而位移電流不產(chǎn)生焦耳熱。三、解答題1．如圖9-1所示在均勻的磁場中，有一面積為S的可繞OO′軸轉(zhuǎn)動的N匝線圈。外電路的電阻為R且遠(yuǎn)大于線圈的電阻。若線圈以角速度ω作勻速轉(zhuǎn)動，求線圈中的感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流。解：設(shè)時線圈的正法線的方向與磁感應(yīng)強度B的方向相同，則在t時刻與B之間的夾角為。此時線圈的磁通量為則線圈中的感應(yīng)電動勢為由于外電路的電阻為R且遠(yuǎn)大于線圈的電阻，線圈電阻忽略不計，所以線圈中的感應(yīng)電流為圖9-1題1圖2．一根長為L的銅，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，以角速度ω在與磁感應(yīng)強度圖9-2題2圖解：3．在長直電流I的磁場中，一長為l的直導(dǎo)線，繞距長直電流為a的O點在長直電流所在平面內(nèi)以角速度ω旋轉(zhuǎn)，當(dāng)導(dǎo)線轉(zhuǎn)到如圖9-3所示傾角為θ的位置時，求導(dǎo)線上的電動勢。圖9-3題3圖解：在直導(dǎo)線上距O為l處取線元dl，則dl上的微元電動勢為方向為，dl距長直電流，且有所以導(dǎo)線上的感應(yīng)電動勢為方向亦為。4．同軸電纜可視為兩圓筒間充滿磁導(dǎo)率為μ的均勻磁介質(zhì)，半徑分別為R1、R2，兩圓筒通有大小相等、方向相反的電流I，如圖9-4所示。求單位長度的自感L。圖9-4題4圖解：沿軸線方向在兩圓筒間取一長為l的平面，其面積為S，則由自感定義可知單位長度的自感為第10章機械振動一、填空題1．成正比相反2．振幅角頻率初相3．固有周期固有頻率4．周期性1/25．初相位差一恒量6．摩擦阻尼輻射阻尼7．驅(qū)動力的頻率振動系統(tǒng)本身的性質(zhì)阻尼的大小驅(qū)動力的頻率和幅值8．共振共振角頻率二、解答題1．一放置在水平桌面上的彈簧振子，已知振動周期T＝0.5s，初始條件為x0＝1×10-2m和v0＝0.218m/s，試求該彈簧振子的運動方程。解：根據(jù)式（10–8）可得簡諧振動的角頻率為：由初始條件x0＝1×10-2m和v0＝0.218m/s，可得簡諧振動的振幅為：根據(jù)式（10–13）可得1×10-2＝2×10-2cosφφ＝±π/3因t＝0時，v0＞0，故v0＝－ωAsinφ＞0sinφ＜0φ＝－π/3所以，簡諧振動的運動方程為：x＝2×10-2cos（4πt－π/3）2．如圖10-1所示，水平放置在桌面上的彈簧振子，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)k＝1.6N/m，物體的質(zhì)量m＝0.4kg?，F(xiàn)把物體向右拉至距平衡位置0.1m處，并給其一向右的初速度，大小為0.2m/s，然后放手。試求物體在放手后第3s末的運動狀態(tài)。圖10-1題2圖解：物體振動的角頻率為：根據(jù)題意，以平衡位置為原點，向右為正建立坐標(biāo)系，從而確定初始條件x0＝0.1m和v0＝0.2m/s，則簡諧振動的振幅為：根據(jù)式（10–13）可得0.1＝0.14cosφφ＝±π/4因t＝0時，v0＞0，故v0＝－ωAsinφ＞0sinφ＜0φ＝－π/4所以，簡諧振動的運動方程為：x＝0.14cos（2t－π/4）t＝3s時，物體的位移和速度分別為：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，物體將位于平衡位置右方約0.07m處，并以0.25m/s的速度向右運動。3．一質(zhì)點沿x軸做簡諧振動，其振動曲線如圖10-2（a）所示。試求：（1）t＝0和t＝1s時，質(zhì)點的振動狀態(tài)以及相應(yīng)的相位；（2）質(zhì)點簡諧振動的運動方程。（a）（b）圖10-2題3圖解：（1）由振動曲線可知，質(zhì)點簡諧振動的振幅為A＝0.02m。因x-t曲線在t處的斜率dx/dt為t時刻質(zhì)點的運動速度，所以，由振動曲線可知，t＝0時，質(zhì)點的振動狀態(tài)為：x0＝A/2，v0＞0，t＝1s時，質(zhì)點的振動狀態(tài)為：x1＝0，v1＞0，作出相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖，如圖10-2（b）所示，可知：t＝0時，φ＝4π/3t＝1s時，ωt1＋φ＝3π/2（2）根據(jù)圖10-2（b）所示可知，在t＝0至t＝1s時間內(nèi)，旋轉(zhuǎn)矢量轉(zhuǎn)過的角度為：則所以，簡諧振動的運動方程為：4．一物體沿Ox軸做簡諧振動，振幅為0.24m，周期為2s。當(dāng)t＝0時，x＝0.12m，且物體向Ox軸正向運動。求：（1）簡諧振動的運動方程；（2）從x＝－0.12m且向Ox軸負(fù)向運動這一狀態(tài)回到平衡位置所需的最短時間。解：（1）簡諧振動的角頻率為：根據(jù)t＝0時，x＝0.12m，v0＞0，可畫出t＝0時旋轉(zhuǎn)矢量的位置，如圖10-3（a）所示。因A＝0.24m，x0＝0.12m，根據(jù)圖中關(guān)系可得φ＝－π/3。所以，簡諧振動的運動方程為：（2）令x＝－0.12m、v＜0狀態(tài)對應(yīng)的時刻為t1，回到平衡位置對應(yīng)的時刻為t2。畫出t1、t2時刻的旋轉(zhuǎn)矢量圖，如圖10-3（b）所示。從圖中可得旋轉(zhuǎn)矢量從t1時刻到t2時刻所轉(zhuǎn)過的角度為：因（a）（b）圖10-3題4圖所以5．一彈簧振子沿x軸做簡諧振動，已知彈簧的勁度系數(shù)為25N/m，振動物體的質(zhì)量為0.25kg，初始時刻系統(tǒng)的勢能為0.6J，動能為0.2J。試求：（1）振動的振幅；（2）當(dāng)位移是振幅的一半時的動能和勢能；（3）動能和勢能相等時的位移。解：（1）根據(jù)式（10–17）可得振動的振幅為：（2）當(dāng)x＝A/2，系統(tǒng)的勢能應(yīng)為：由于所以，動能為：（3）設(shè)動能與勢能相等時的位移為x，則有：由于所以6．已知兩個同方向、同頻率的簡諧振動為：試求：（1）它們合振動的振幅與初相；（2）若另有一同方向簡諧振動x3＝0.08cos（10t＋φ），φ為何值時，x1＋x3的振幅最大？φ為何值時，x1＋x3的振幅最?。拷猓海?）由題意可知，A1＝0.05m，A2＝0.06m，φ1＝3π/5，φ2＝π/5。根據(jù)式（10–20）和式（10–21）可得合振動的振幅和初相分別為：（2）要使x1＋x3的振幅最大，則其相位差Δφ＝φ－φ1＝±2kπ（k＝0，1，2，…），即φ＝±2kπ＋3π/5（k＝0，1，2，…）當(dāng)k＝0時，φ＝3π/5要使x1＋x3的振幅最小，則其相位差Δφ＝φ－φ1＝±（2k＋1）π（k＝0，1，2，…），即φ＝±2kπ＋8π/5（k＝0，1，2，…）當(dāng)k＝－1時，φ＝－2π/5第11章機械波一、填空題1．要有引起振動的初始振動物體，即波源要有能夠傳播這種機械振動的彈性介質(zhì)2．橫波縱波3．簡諧波平面簡諧波4．動能勢能最大值零能量5．波的強度6．介質(zhì)中波動傳播到的各點，都可看作是發(fā)射子波的波源，在其后的任意時刻，這些子波的包絡(luò)就是新的波前7．加強減弱或完全抵消8．能量9．高于低于二、解答題1．已知一橫波沿Ox軸正方向傳播，周期T＝0.5s，波長λ＝1m，振幅A＝0.1m，在t＝0時，x＝0處質(zhì)點恰好處在正向最大位移處。求：（1）波動方程；（2）距原點O為λ/2處的質(zhì)點的振動方程；（3）與原點O距離分別為x1＝0.4m和x2＝0.6m的兩質(zhì)點的相位差。解：（1）由t＝0時，x＝0處質(zhì)點恰好處在正向最大位移處，可知原點O處的振動初相位φ＝0，則根據(jù)題意，可得波動方程為：y＝0.1cos2π（2t－x）（2）距原點O為λ/2處的質(zhì)點的振動方程為：y＝0.1cosπ（4t－1）（3）根據(jù)式（11–9）可知，與原點O距離分別為x1＝0.4m和x2＝0.6m的兩質(zhì)點的相位差為：2．一平面簡諧波的波函數(shù)為y＝0.05cos（10πt－4πx）。試求：（1）波的振幅、頻率、波速和波長；（2）x1＝0.2m處質(zhì)點在t1＝1s時的運動狀態(tài)；（2）此運動狀態(tài)在t2＝1.5s時傳到波線上哪一點？解：（1）把波函數(shù)轉(zhuǎn)變?yōu)闃?biāo)準(zhǔn)形式，有則振幅A＝0.05m，角頻率ω＝10π，頻率f＝ω/2π＝5Hz，波速u＝2.5m/s，波長λ＝u/f＝0.5m。（2）x1＝0.2m處質(zhì)點在t1＝1s時振動相位為：φ（x1，t1）＝10πt1－4πx1＝9.2π此相位所表示的運動狀態(tài)為：位移y＝0.05cos9.2π＝－0.04（m）振動速度v＝－0.05×10πsin9.2π＝0.92（m/s）說明該質(zhì)點此時正位于y軸負(fù)向0.04m處，并以0.92m/s的速度向y軸正向運動。（3）在Δt＝t2－t1＝0.5s時間內(nèi)，振動狀態(tài)傳播的距離為：Δx＝uΔt＝2.5×0.5＝1.25（m）因此，t1時刻x1處質(zhì)點的運動狀態(tài)在t2時刻應(yīng)傳至x處，x為：x＝x1＋Δx＝1.45（m）3．如圖11-1所示，兩列平面間歇相干橫波，在兩種不同的介質(zhì)中傳播，在分界面上的P點相遇。已知相干波源S1和S2的振動方程分別為：，兩列波在介質(zhì)1、2中的波速分別為u1＝400m/s和u2＝500m/s，波源S1和S2到P點的距離分別為r1＝4m和r2＝3.75m。試求P點合振動的振幅。圖11-1題3圖解：根據(jù)題意，兩列波在P點形成的分振動都具有以下形式：所以，在P點的兩個分振動的相位差為：由此可見，兩列波在P點干涉加強，其合振幅為：A＝A1＋A2＝2×10-3m4．如圖11-2所示，兩個相干波源A和B，它們的振動頻率為＝100Hz，當(dāng)A處出現(xiàn)波峰時，B處出現(xiàn)波谷，波速u＝10m/s，求介質(zhì)中P點干涉的結(jié)果。圖11-2題4圖解：P點的干涉結(jié)果由相位差決定由題意可知因rA＝15m，rB＝25m，則由于Δφ是π的奇數(shù)倍，因此，P點干涉的結(jié)果為振動減弱。5．監(jiān)測汽車的速度時，設(shè)監(jiān)測器與汽車在同一直線上，監(jiān)測器發(fā)出頻率為＝100kHz的超聲波，當(dāng)汽車迎面駛來時，監(jiān)測器接收到從汽車反射回來的超聲波頻率為＝110kHz。已知空氣中聲速u＝330m/s，試求汽車行駛的速度v。解：此問題應(yīng)分為兩個過程分析。（1）監(jiān)測器向汽車發(fā)出超聲波時，監(jiān)測器作為波源是靜止的，汽車作為觀察者是接近的，則汽車接收到的頻率為：（2）汽車反射回超聲波時，監(jiān)測器作為觀察者是靜止的，汽車作為波源是接近的，則監(jiān)測器接收到的頻率為：于是，汽車的車速為：第12章波動光學(xué)一、填空題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．等間距內(nèi)疏外密5．相干疊加相干疊加6．白色由紫到紅衍射光譜7．明紋暗區(qū)多亮小大8．垂直二、解答題1．雙縫干涉實驗中，以波長λ＝587.6nm的光照射時，在距離雙縫2.25m處的屏幕上產(chǎn)生間距為0.5mm的干涉條紋。試求兩縫的距離。解：根據(jù)式（12–9）可得兩縫之間的距離為：2．雙縫干涉實驗中，若作以下變動，則屏幕上的干涉條紋將如何變化？（1）將鈉黃光換成氦氖激光；（2）將整個裝置放入水中；（3）將雙縫的間距增大；（4）將屏幕向雙縫靠近。解；根據(jù)式（12–9）可知，兩相鄰明紋間的距離，即條紋寬度為：（1）（1）已知鈉黃光的波長為589.3nm，氦氖激光的波長為633nm，由式（1）可知，λ變長，Δx變大，即干涉條紋變寬。（2）式（1）可進(jìn)行如下變換：（2）將整個裝置放入水中時，由于水中的折射率比空氣中的折射率大，即n變大，根據(jù)式（2）可知，Δx變小，干涉條紋變窄。（3）將雙縫的間距增大時，由式（1）可知，d變大，Δx變小，干涉條紋變窄。（4）將屏幕向雙縫靠近時，由式（1）可知，D變小，Δx變小，干涉條紋變窄。3．在檢測某工件表面平整度時，觀察到如圖12-1所示的干涉條紋。已知，入射光波長為550nm，正常條紋間距l(xiāng)＝2.25mm，條紋彎曲處最大畸變量b＝1.54mm。試求該工件表面有什么樣的缺陷？其深度（高度）為多少？圖12-1題3圖解：過條紋最大畸變處M作直線ME平行于其他平直條紋。若平面無缺陷，則M點處空氣厚度應(yīng)與E處相等。而現(xiàn)在M與C、D在同一條紋，即同一等厚線上，由于D處膜厚大于E處，所以，M處膜厚大于E處，也就是說，M處為凹陷。其深度為D處與E處的空氣膜厚度差。由于相鄰兩明紋所對應(yīng)的空氣膜厚差為λ/2，所以，凹陷深度為：4．已知單縫的寬度a＝0.6mm，透鏡焦距f＝40cm，光線垂直照射到縫上，在屏上x＝1.4mm處看到明紋。求：（1）入射光的波長及衍射級數(shù)；（2）縫寬所能分成的半波帶數(shù)。解：在單縫衍射中，有：由單縫衍射的明紋公式可得：討論：因可見光波長在400～760nm之間，所以k＝1時，λ＝1400nm，紅外光，為不可見光；k＝2時，λ＝840nm，紅外光，為不可見光；k＝3時，λ＝600nm，紅光，為可見光；k＝4時，λ＝466.7nm，藍(lán)綠光，為可見光；k＝5時，λ＝381.8nm，紫外光，為不可見光；因在屏上能看到明紋，故入射光應(yīng)為可見光。由上述討論可知，入射光的波長為600nm和466.7nm，級數(shù)為k＝3、4，相應(yīng)的半波帶數(shù)為2k＋1個，即紅光分成7個半波帶，藍(lán)綠光分成9個半波帶。5．如圖12-2所示，一雷達(dá)位于路邊15m處，它的射束與公路成15°角，如發(fā)射天線的輸出口寬度a＝0.10m，，發(fā)射的微波波長λ＝18mm，則在它監(jiān)視范圍內(nèi)的公路長度大約是多少？圖12-2題5圖解：現(xiàn)將雷達(dá)天線的輸出口看成是發(fā)出衍射波的單縫，因衍射波的能量主要集中在中央明紋的范圍內(nèi)，故可據(jù)此大致估算雷達(dá)在公路上的監(jiān)視范圍?？紤]到雷達(dá)距公路較遠(yuǎn)，可作近似計算。根據(jù)單縫衍射暗紋公式，對第一級暗紋有：則監(jiān)視范圍內(nèi)的公路長度大約為：6．波長λ＝546.1nm的平行光先后垂直入射到（1）每厘米刻有500條刻線的光柵上，和（2）每厘米刻有104條刻線的光柵上，分別計算每個光柵的第一級和第二級明紋的衍射角。解：設(shè)第一級明紋和第二級明紋的衍射角分別為θ1和θ2，由光柵方程可得：，（1）每厘米刻有500條刻線的光柵，其光柵常數(shù)為：（2）每厘米刻有104條刻線的光柵，其光柵常數(shù)為：因＞1所以，每厘米刻有104條刻線的光柵中只能看到第一級衍射條紋。7．用鈉黃光（λ＝589.3nm）垂直照射到某光柵上，測得第三級光譜的衍射角為π/3。若以白光垂直照射到該光柵上，求第二級光譜的張角。解：根據(jù)光柵方程式（12–36）可得此光柵的光柵常數(shù)為：若以白光照射，將形成光柵光譜。第二級光譜的最小衍射角θ1由紫光決定：θ1≈23.09°第二級光譜的最大衍射角θ2由紅光決定：θ2≈48.17°所以，白光第二級衍射光譜的張角為：θ2－θ1＝48.17°－23.09°＝25.08°8．兩偏振片的偏振化方向之間的夾角為π/6，若入射自然光的強度為I0，求其透過兩偏振片后的光強。解：入射自然光通過第一片偏振片后成為偏振光，其強度為自然光強度的一半，即根據(jù)馬呂斯定律，通過第二片偏振片（檢偏器）后的光強為：9．水的折射率為1.33，空氣的折射率近似為1。當(dāng)自然光從空氣射向水面反射時，起偏角為多少？當(dāng)光由水下進(jìn)入空氣時，起偏角又是多少？解：由布儒斯特定律可知，光從空氣射向水面時的起偏角為：當(dāng)光由水下進(jìn)入空氣時的起偏角為：可見，i0＋i0′＝90°。第13章狹義相對論基礎(chǔ)一、填空題1．同時的絕對性時間間隔的絕對性空間間隔的絕對性2．相對性原理光速不變原理3．低速運動物體4．同時的相對性時間的延緩長度的收縮5．增大6．動能靜能二、解答題1．半人馬星座α星是離太陽系最近的恒星，它距地球為4.3×1016m。設(shè)有一宇宙飛船往返于地球和半人馬星座α星之間，宇宙飛船的速度為0.999c。若按地球上的時鐘計算，飛船往返一次需多少