大学物理下期末考试范围及其答案

第十二章答案 12-2 解 （1）在金属棒上任取一线点，方向从指向，则dl ON 0 0 0 ddd 2 MMl OO I vBlvB lll r 2 0 0 4 I l r 方向从指向。OM （2）在金属棒上任取一线元，方向从指向，则dl OM d d NN OO vBlvB l 000 0 0 00 d(ln) 2()2 l IIrl lllr rlr 方向从指向。ON 12-3 解 12 () d() d() d CA BD NvBlNvBlvBl A 12 00 11 2 01 2 7 3 (dd ) 22() 11 2 4 105.0 0.2011 1000 3 20.10.1 0.1 3 10V CA BD NvBlvBl II NvLL aaL IL Nv aaL 12-13 解 利用大学物理学学习指导例 7-4 的结果，有 2 3d 412d B R t 235 3 0.13.0 102.08 10V 412 的方向从 A 指向 B。 12-14 解 设时长直导线电流 I 的方向向上。sin0t （1）由长直导线电流 I 产生的通过矩形线圈 ABCD 回路面积的磁通为 33 0000 222 00 2 dddln3 2222 aaa a IIIIa a ra ra r rrr 所以 0 ln3 2 a M I （2） 00 0 d(sin)d ln3cos dd2 ItaI MMIt tt 当时，表示其方向为逆时针绕向；当，表示其方cos0t0cos00t时 向为顺时针绕向。 12-21 解 设圆柱形导线半径为 R，当时，由安培环路定理可得，磁能密度为rR 0 2 2 Ir B R 222 0 24 0 1 28 m I rB w R 取体积为 d21 d2 dVrrr r 则有 222 00 24 00 d2 d 816 RR m I rI WwVr r R 第十六章习题答案 16-3 解 简谐振动的振动表达式：x=Acos(t+) 由图可知，A=410-2m，当 t=0 时，将 x=210-2m 代入简谐振动表达式，得 1 cos 2 由 vAsin(t+)，当 t=0 时，vAsin 由图可知，v，即 sin0 即 0.12=0.24cos， 1 cos, 23 而 vAsin0，sin，取，故 3 mtx) 32 cos(24. 0 （2）如图所示坐标中，在平衡位置上方 0.12 m，即 x=0.12 m 处，有 2 1 ) 32 cos( t 3332 或t 因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向下运动，v0。 16-10 解 （1）由振动方程知， A=0.6 m，=5 rad/s 0.60sin 5 2 xt 故振动周期： 2 1.26sT （2）t=0 时，由振动方程得： x0=0.60 m 0 0 d 3.0cos 50 d2 t x vt t （3）由旋转矢量法知，此时的位相： 3 速度 -1 3 sin0.60 52.6 m s 2 vA 习题解答 16-3 图 习题解答 16-6 图 加速度 22-2 1 sin0.60 57.5 m s 2 aA 所受力 F=ma=0.2(7.5)=1.5 N （4）设质点在 x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即： 2 kp 1 2 EEEkA 故有： 2 kp 11 1 22 2 EEEkA 即 22 111 222 kxkA 可得： 2 0.42 m 2 xA 【16-14】解：（1）据题意，两质点振动方程分别为： mtxP) 3 cos(1000 . 5 2 mtxQ) 3 cos(1000 . 2 2 （2）P、Q 两质点的速度及加速度表达分别为： 21 d 5.00 10sin m s d3 P P x vt t 21 d 2.00 10sin m s d3 Q Q x vt t 222 d 5.00 10cos m s d3 P P v at t 222 d 2.00 10cos m s d3 Q Q v at t 当 t=1s 时，有： 22 4 5.00 10cos2.5 10m 3 P x 22 2 2.00 10cos1.00 10m 3 Q x 221 4 5.00 10sin13.60 10m s 3 P v 221 2 2.00 10sin5.44 10m s 3 Q v 2222 4 5.00 10cos24.68 10m s 3 P a 2222 2 2.00 10cos9.87 10m s 3 Q a （3）由相位差 3 2 ) 3 ( 3 )()( QPQP tt 可见，P 点的相比 Q 点的相位超前。 3 2 【16-15】解：（1）由题意得初始条件： 0 2 1 0 0 Ax 可得： 3 在平衡位置的动能就是质点的总能量 JAmkAE 5222 1008 . 3 2 1 2 1 可求得：srad m E A / 2 21 则振动表达式为： mtx) 32 cos(1000 . 5 2 （2）初始位置势能 ) 32 (cos 2 1 2 1 2222 tAmkxEP 当 t=0 时， 3 cos 2 1 222 AmEP JJ 622222 1071 . 7 3 cos)1000 . 5 () 2 (1000 . 1 2 1 【16-16】解：（1）由初始条件： 0 102 . 1 0 1 0 mx 可知， 3 且 2 2 v 则振动表达式为：mtx) 32 cos(24 . 0 当 t=0.5s 时， mmx 2 1000 . 6 ) 32 1 2 cos(24 . 0 （2）t=0.5s 时，小球所受力： f=ma=m(-2x)=1.4810-3 N 因 t=0.5 s 时，小球的位置在 x=6.0010-2 m 处，即小球在 x 轴负方向，而 f 的方向是沿 x 轴正方向，总是指向平衡位置。 （3）从初始位置 x0=1.210-1 m 到 x=1.210-1 m 所需最短时间设为 t，由旋转矢量法知， 3 , 0 处x 3 2 ,处x 则从 x0到 x 最短相位变化为： 3 所以 st 3 2 （4）因为 =Asin(t+) 32 sin(24 . 0 2 t 2 2 cos()0.24cos 323 aAtt 在 x=1.210-1m 处, 2 s 3 t 11 2 0.24sin3.26 10m s 2 233 v =2.9610-1m/s2 2 2 0.24cos 4233 a （5）t=4 s 时， 22 ) 32 sin( 2 1 2 1 tAmmEk J) 3 4 2 (sin24 . 0 ) 2 (01 . 0 2 1 222 =5.3310-4J ) 32 (cos 2 1 2 1 2222 tAmkxEp J) 3 4 2 (cos24 . 0 ) 2 (01 . 0 2 1 222 =1.7710-4J E总=Ek+Ep=5.3310-4+1.7710-4=7.1010-4J 第 17 章习题答案 17-2 解 （1）如图所示，可知， 波长 =0.8 m 振幅 A=0.5 m 频率 100 125 0.8 u 周期 3 s 1 108T （2）平面简谐波标准波动方程为： cos x yAt u 由图可知，当 t=0，x=0 时，y=A=0.5 m，故=0。 将 A、(v)、u、代入波动方程，得： 0.5cos 250m 100 x yt 17-3 解 （1）如图所示，对于 O 点，t=0 时，y=0，故 2 再由该列波的传播方向可知，v00 取 2 由图题 17-3 可知，且 u=0.08 m/s，则0.4 mOP 1 0.082 222 rad s 0.405 u 可得 O 点振动表达式为： 0 2 0.04cosm 52 yt （2）已知该波沿 x 轴正方向传播，u=0.08 m/s，以及 O 点振动表达式，波动方程为： 习题解答 17-2 图 习题解答 17-3 图 2 0.04cos+m 50.082 x yt （3）将 x=0.40 m 代入上式，P 点振动方程为 22 0.04cos m 53 P yt （4）图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。 17-4 解 （1）平面简谐波标准波动方程为： cos x yAt u 由图可知，A=0.2 m 对于图中 O 点，有： x=0，y=0.2 m， 3 4 tT 代入标准波动方程得 2 3 0.20.2cos 4 T T 3 cos1 2 故 2 对于 O 点，t=0 时的初始相位 0 2 图中 P 点相位始终落后 O 点时间，即相位落后，故 t=0 时，P 点初相位P=0。 2 T 2 （2）由 u=36 m/s，=0.4 m 知， 1 2 =2180 rad s u 故根据平面简谐波的标准波动方程可知，该波的波动方程为 0.2cos 180m 362 x yt 17-9 解 （1）为单位时间通过截面的平均能量，有：P 2 31 2.7 2.7 10 10 10J s W P t （2）I 为单位时间通过垂直于波的传播方向单位面积的平均能量，有： 2 3 212 2.7 9 3.00 10 10 10J sm P I S （3）据平均能量密度和 I 与 u 的关系，有： 2 42 9 10 2.65 10J m 340 I w u 17-13 解 （1）由 O 点的振动方程及波长得入射波波动方程： 3 10cos 5002 4.4 5m 1 x ty 该波在 B 点的振动方程为：（x=L=2.1 m） 3 3 2.1 10cos 5002 41.4 5 10cos 5003 5 m 4 B t t y 由 B 点为波节知，反射波在 B 点的振动方程为： 3 3 10cos 5003 4 7 5 10cos 500m 4 5 B ty t 反 由反射波在 B 点的振动方程，以及任一点 P 与 B 点的位相差，可得反射波 xl 2 波动方程为： m x ty 4 . 1 1 . 2 2 4 7 500cos105 3 反 m x t 4 . 1 2) 4 3 500(cos105 3 式中，原点初位相最后取小于 2的值。 （2）由及 B 点为波节，而相邻波节间距为，可知 OB 之间波节位置分别 2 3 L 2 为： x=0，0.7 m，1.4 m，2.1 m （3）入射波及反射波在 x=0.175 m 处引起分振动的相位差为： 24 . 1 175 . 0 2 44 . 1 175 . 0 2 4 3 故 D 点的振幅为： cos2 21 2 2 2 1 AAAAA 1 3 27.1 10mA 17-16 解 相干波合成后从极小值到相邻极大值之间，即声音减弱一次的相位差为，相应的波程差为 ，C 管每伸长 h=8 cm，声音减弱一次，则 2 2 h 所以=2h=16cm=0.16m 声波的频率为： 340 2125 Hz 0.16 u 17-19 解 （1）波源远离观察者运动，故s应取负值，观察者听到的声音频率为： HzHz uu u s s 1 . 97100 10340 340 1 （2）波源向着悬崖运动，应取正值，从悬崖反射的声音频率为： s v HzHz uu u s s 0 . 103100 10340 340 2 （3）拍频HzHz9 . 5) 1 .97 0 . 103( 123 理论上应有 5.9 拍，但因为强弱相差太悬殊，事实上可能听不出拍频。 第十八章答案 18-1 解：（1）从 S1和 S2发出的相干光到达屏上 P 点所对应的光程差为 对于零级明纹，有 0 因此有 0) 1( 12 hnrr 说明原来的零级明纹至屏中央向下移动。 （2）对于原来第 k 级明纹，有 krr 12 当插入介质片时，原来的零级明纹移到 k 级处，因此应当满足 khnrr) 1( 12 最后得 h k n 1 要注意由于零级在屏中央以下，所以式中的 k 应取负值。 18-3 解：在不加透明薄膜时，屏中央处的相位差为零。而在插入透明薄膜后，虽然两相干 光在薄膜中的几何路程相同，但光程却不同，因此在屏中央处相位差不等于零。 插入透明薄膜前光程差 121 rr 在屏中央 12 rr 插入透明薄膜后屏中央的光程差 所以两束相干光在屏中央的相位差 221 2 () 2 nn e 18-6 解：（1）由几何关系可得两玻璃片间的夹角 12 )(rnhhr 1 S 2 S 1 r 2 r h 习题解答 18-1 图 P ennrnren)()1()1( 121222 1 4 0.48 4 10 rad 120 d L （2）因为两相邻明条纹的光程差为 所以，有 2 sin l 得 9 4 4 632.8 10 7.91 10 m 2sin2 4 10 l （3）由于劈尖的棱边处出现暗条纹，所以在 120 mm 范围内呈现明条纹数为 2 .1525 . 0 1091. 7 10120 2 1 ) 1( 4 3 l L k 即呈现 152 条明条纹。 18-8 解：（1）牛顿环中第 k 级暗环半径为 （1） 1k rkR 依题意有 （2） 12 (1) k rkR 又 1kk rr 由式（1） ，式（2）得 （3） 21 2 k 将式（3）代入式（1）得 1010 10102 21 21 104500106000 1045001060010190 R r =1.85m 3 10 （2）又牛顿环的明环半径为 2 ) 12(Rk rk 据题意有 1122 (21)(21) 22 kRkR r 所以 40915000 162 152 12 12 1 2 1 2 k k 18-10 解：本题也是一种牛顿环干涉现象,由于,故油膜上任一点处两反射相干光的 321 nnn 光程差.(1)令 d=0,由干涉加强或减弱条件即可判断油膜周边是暗环还是明环. 2 2n d (2)由,且令 d=dm可求得油膜暗环的最高级次(取整),从而判断油膜上完整 2 ) 12(2 2 kdn 暗环的数目. （1)根据分析.有 暗条纹 明条纹 2 ) 12( )( 2 2 k k dn , 2 , 1 , 0 k 油膜周边处 d=0,即符合干涉加强条件,故油膜周边是明环.0 (2) 油膜上任一暗环处满足 (k=0,1,2,) 2 2(21) 2 n dk . 令 d=dm,解得 k=3.9,可知油膜上暗环的最高级次为 3,故油膜上出现的完整暗环共有 4 个,即 k=0,1,2,3. 18-11 解：迈克耳孙干涉仪可以精确地测量长度。当反射镜 M1移动距离，就有一条干涉条 2 纹从视场中移过。所以 M1移过的距离为 9 4 780 632.8 10 22 2.468 10 m N d 18-16 解：设空气的折射率为 n，则光程差的改变量为 相邻条纹或条纹移动一条对应光程变化为一个波长 则有 第 19 章答案 19-2 解 （1）单缝衍射的中央明纹的宽度就是级暗纹的中心间距1 2 (1)107.2l n 107.253.6 11 2 n ll 22nll 故有中央明纹的宽度 6 2 500 10 2tan25005 mm 0.10 xff a 半角宽度为 6 3 1 500 10 5 10rad 0.10a （2）水中的波长为 n n 则水中的半角宽度为 3 1 0.005 3.75 10rad 4 3 n anan 19-6 解 (1)由明纹条件 2 ) 12(sin ka 得 (k=1,2,3,) a k a k 2 ) 12( 2 ) 12( arcsin 第 k 级明纹在屏上的位置 a fk ffxk 2 ) 12( tan 而 , fk axk ) 12( 2 设 1=6000, 2=6500 ，由 1 2 即 21 ) 12( 2 fk axk 得 , 2 1 2 1 12 f ax k f ax kk 代入数据 a=0.6 mm , xk=1.40 mm , f =400 mm 和 1,