大学物理习题精选答案-质点运动学、机械振动、机械波、波动光学.docx

第一章 质点运动学一、选择题1、 B 2、 D 3、 D 4、 B 5、D6、 B 7、 A 二、填空题1、 。2、 3 3 63、 匀加速直线 1 4、 10 m/s2 15 m/s2 。 5、 （s） (n = 0, 1, 2,) 。 6、 A 车 = 1.19 s = 0.67 s 。 7、 变速率曲线运动， 变速率直线运动。8、 9、 10、11、12、13、三、计算题1.解：设质点的加速度为 a = a0+a t t = t 时， a =2 a0 a = a0 /t 即 a = a0+ a0 t /t ， 由 a = dv /dt ， 得 dv = adt 由 v = ds /dt ， ds = v dt t = nt 时，质点的速度 质点走过的距离 2.解：(1) =17.48 m，方向f =8.98(东偏北) 0.35 m/s方向东偏北8.98 (2) (路程)m=58m, m/s 3.解：以q 表示物体在运动轨道上任意点P处其速度与水平方向的夹角, 则有, 又因故该点 因为, 所以地面上方的轨道各点均有，上式的分母在处最小，在处最大，故 4.解：选取如图所示的坐标系，以表示质点的对地速度，其x、y方向投影为：， 当y=h时，的大小为： 的方向与x轴夹角为g， 5.解：以出发点为坐标原点，向东取为x轴，向北取为y轴，因流速为-y方向，由题意可得 ux = 0 uy = a(x-l/2)2b y45v0u0xl令 x = 0, x = l处 uy = 0, x = l/2处 uyu0， 代入上式定出a、，而得 船相对于岸的速度(vx，vy)明显可知是 ，将上二式的第一式进行积分，有 还有，= 即 因此，积分之后可求得如下的轨迹(航线)方程 到达东岸的地点(x，y )为 第二章 牛顿运动定律一、选择题： 1、 D 2、D 3、B 4、B 5、D 6 、D 7、A 8、 E 9、B一、 填空题：1、 2、 5.2 N 3、 (m3/m2)g 0 4、 (1) 见图 (2) 见图 5、 0 2 g 三、计算题1解：设地球和月球表面的重力加速度分别为g1和g2，在月球上A、B受力如图，则有 m2 g2T =m2 a Tm1 g2 = m1 a 又 m1g1 =m2 g2 联立解、可得 m/s2 即B以1.18 m/s2的加速度下降. 2解：(1) 子弹进入沙土后受力为v，由牛顿定律 (2) 求最大深度解法一: 解法二： 3解：建立x、y坐标系统的运动中，物体A、B及小车D 的受力如图所示，设小车D受力时，连接物体B的绳子与竖直方向成a角. 当A、D间无相对滑动时，应有如下方程： 联立、式解出： 联立、式解出： 代入得： 代入数据得 F784 N 注：式也可由A、B、D作为一个整体系统而直接得到 4解：以飞机着地点为坐标原点，飞机滑行方向为x轴正向设飞机质量为m，着地后地面对飞机的支持力为N在竖直方向上 飞机受到地面的摩擦力 在水平方向上 即 x = 0时，x =S（滑行距离）时，v0 解得 飞机刚着地前瞬间，所受重力等于升力，即 , 代入S表达式中并化简，然后代入数据 m 5解：未断时对球2有弹性力 线断瞬间对球1有弹性力 对球2有弹性力 解得 6解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h， 由牛顿定律 又由 得 ， 代入式得 同步卫星的角速度w 与地球自转角速度相同，其值为 rad/s 解得 m， km (2) 由题设可知卫星角速度w的误差限度为 rad/s 由式得 取对数 取微分并令 dr =Dr, dw =Dw 且取绝对值 3D r/r =2Dw/w Dr=2rDw /(3w) =213 m rOOwd rT(r)T(r+dr)7解：取距转轴为r处，长为d r的小段绳子，其质量为 ( M/L ) dr (取元，画元的受力图) 由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得： T ( r )-T ( r + dr ) = ( M / L) dr rw2 令 T ( r )T (r + dr ) = - dT ( r) 得 dT =( Mw2 / L) r dr 由于绳子的末端是自由端 T (L) = 0 有 第三章 动量和能量一、选择题：1、A 2、C 3、D 4、D 5、C 6、C 7、C 8、B 9、C 10、B 11、C 12、D 13、C 14、B 15、C 16、 C 17、C 二、填空题：1、 mv/t 竖直向下 2、 b t P0 + b t 3、 4、 5、 5 m/s 6、 7、 8、 参考解： ， 倍数=9、 356 Ns 160 Ns 10、 0 2pmg/w 2pmg/w 11、 290J 12、 F0R 13、 零 正 负 14、 1.28104J 15、 100m/s 16、 12J 17、 18、 42.4 J 19、 4000J 20、 21、 22、 23、 0.207 三、计算题1解：子弹射入A未进入B以前，A、B共同作加速运动 F(mA+mB)a， a=F/(mA+mB)=600 m/s2 B受到A的作用力 NmBa1.8103 N方向向右 A在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度vAat当子弹射入B时，B将加速而A则以vA的速度继续向右作匀速直线运动 vAat6 m/s 取A、B和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B中后有 2解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为有 mv0 = mv+M v v = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) (设方向为正方向) 负号表示冲量方向与方向相反 3. 解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的利用 ， 式中为第一块在爆炸后落到地面的时间 可解得v14.7 m/s，竖直向下取y轴正向向上, 有v1y14.7 m/s 设炮弹到最高点时(vy0)，经历的时间为t，则有 S1 = vx t h= 由、得 t=2 s , vx =500 m/s 以表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示 解出 v2x =2vx =1000 m/s， v2y =-v1y =14.7 m/s 再由斜抛公式 x2= S1 +v2x t2 y2=h+v2y t2- 落地时 y2 =0，可得 t2 =4 s , t21 s（舍去） 故 x25000 4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 Mv1 +mv =0 v1 = 再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零所以水平方向动量守恒，则有 mv = (m+M)v2 v2 = 5解：把小车和人组成的系统作为研究对象。由于整个过程中系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒。（1）（2） “”表示车与原来运动方向相反。6、解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即： F=P=107.8-1.96y(SI) 人的拉力所作的功为： W=980 J 7、解：(1) 位矢 (SI) 可写为 ， ， 在A点(a，0) ， EKA= 在B点(0，b) ， EKB= (2) = 由A= =8、 解：根据功能原理有 1.1N 9、 解：(1) 根据功能原理，有 =4.5 m(2) 根据功能原理有 =8.16 m/s 10、 解：(1) 建立如图坐标. 某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为 摩擦力的功 = = (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 W 其中 W = W PWf ，v0 = 0 WP = 由上问知 所以 得 第五章 机械振动一、 选择题 1、B 2、B 3、C 4、C 5、B 6、B 7、A 8、D 9、E 10、B二 填空题1、 振动系统本身性质 初始条件 2、 p 3、 4、 21 41 21 5、 6、 11 7、 3p/4 8、 T / 8，3T / 8 9、 |A1 A2| 10、 0 三、计算题1 、解：(1) A = 0.5 cm；w = 8p s-1；T = 2p/w = (1/4) s；f = p/3 (2) (SI) (SI) (3) =7.9010-5 J (4) 平均动能 = 3.9510-5 J = 同理 = 3.9510-5 J 2、解：设弹簧的原长为l，悬挂m1后伸长Dl，则 k Dl = m1g， k = m1g/ Dl = 2 N/m 取下m1挂上m2后， rad/s =0.56 st = 0时， 解得 m 180+12.6=3.36 rad 也可取 f = -2.92 rad 振动表达式为 x = 2.0510-2cos(11.2t-2.92) (SI) 或 x = 2.0510-2cos(11.2t+3.36) (SI) 3、解：（1）t=0时 （2） 其时4、解：由题意 T = 0.5，w = 2 p /T = 4p rad/s 角振幅 q 0 = 0.1p. 振动表达式为 摆动角速度 (1) = 3.95 rads-1 (2) 当 时，必有， 这时dq /d t的大小为rads-1 = 3.42 rads-1 5、 解：建立竖直坐标如图，令微小振动中，两臂水银面相平时，水银面坐标为0，水银的重力势能为0，则以右臂水银面的坐标为准，在振动中任一时刻，水银的运动速度这时振动中水银的动能为，水银的势能（看作两水银面相平的状态下，从左臂移高度为x的一段水银柱到右臂，则有质量为Srx的水银升高了高度x）为Srgx2因振动中机械能守恒 常量 对t求导数可得 化简 这就是简谐振动的微分方程 由此可得振动角频率 振动周期 s 6、 解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x正方向设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为Dl，则有, 加拉力F后弹簧又伸长x0，则 解得 F= kx0 由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x0 则 又由题给物体振动周期 s, 可得角频率 , N （2） 衡位置以下1 cm处： J = 4.4410-4 J 解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A（5 cm）， ，n = 1.5 Hz F = 0.444 N (2) 总能量 J 当x = 1 cm时，x = A/5，Ep占总能量的1/25，EK占24/25 J， J 第六章 机械波一、选择题1、B 2、B 3、C 4、D 5、D 6、C 7、D 8、B 9、A 10、C 11、D 12、D 13、A 14、D 15、B 16、D 17、C 18、B二、填空题1、 0.1cos(4pt - p) (SI) -1.26 m/s 参考解： 波的表达式： m处的振动方程： (SI)各处质点振动速度 m , s ，v = -1.26 m/s 2、 ( k = 1，2，3，) ( k = 0, 1，2，) 3、 答案见图 4、 (SI) 5、 (SI) 6、 7、 8、 ， k = 0，1，2, 只写 也可以 9, 9、 答案见图 注：根据波动的相位传播规律，考虑下列三个相位的传播： （1）x = 0点t = 0时刻的相位，在t = T时刻传到x = l处 （2）x = 0点在t = T / 4时刻的相位，在t = T时刻传到x = (3 /4)l 点 （3）x = 0点在t = (3 /4)T时刻的相位，在t = T时刻传到x = l /4点10、 11、 5 J 12、 I S cosq 13、 0.5 m 14、 S1的相位比S2的相位超前p/2 15、 2k p + p /2， k = 0，1，2， 2k p +3 p /2，k = 0，1，2， 16、 17、 ，k = 1，2，3， , 18、 图A 图B 三、计算题1、解：用旋转矢量解此题，如图可得为代表P点振动的旋转矢量. (SI) 波的表达式为： (SI) 2、 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 由图可知，t = t时 所以 ， x = 0处的振动方程为 (2) 该波的表达式为 3、解：(1) 振动方程 (SI) (2) 波动表达式 (SI) (3) 波长 m 4、解：(1) 由振动曲线可知，P处质点振动方程为 (SI) (2) 波动表达式为 (SI) (3) O处质点的振动方程 5、解：(1) 如图A，取波线上任一点P，其坐标设为x，由波的传播特性，P点的振动落后于l /4处质点的振动 该波的表达式为 (SI) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样 t = 0时 按上述方程画的波形图见图B 6、 解：由图，l = 2 m， 又 u = 0.5 m/s， n = 1 /4 Hz， T = 4 s题图中t = 2 s =t = 0时，波形比题图中的波形倒退，见图 此时O点位移y0 = 0（过平衡位置）且朝y轴负方向运动， (SI) 7、解：由题 l = 24 cm, u = ln = 2425 cm/s600 cm/s A = 3.0 cm， w = 2pn = 50 p/s y0 = Acosf = 0， (SI) 8、解： 这是一个向x轴负方向传播的波 (1) 由波数 k = 2p / l 得波长 l = 2p / k = 1 m 由 w = 2pn 得频率 n = w / 2p = 2 Hz 波速 u = nl = 2 m/s (2) 波峰的位置，即y = A的位置 由 有 ( k = 0，1，2，) 解上式，有 当 t = 4.2 s 时， m 所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰在上式中取k = 8，可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近 (3) 设该波峰由原点传播到x = -0.4 m处所需的时间为Dt， 则 Dt = | Dx | /u = | Dx | / (n l ) = 0.2 s 该波峰经过原点的时刻 t = 4 s 9、解：(1) 比较t = 0 时刻波形图与t = 2 s时刻波形图，可知此波向左传播在t = 0时刻，O处质点 ， ， 故 又t = 2 s，O处质点位移为 所以 ， n = 1/16 Hz 振动方程为 (SI) (2) 波速 u = 20 /2 m/s = 10 m/s 波长 l = u /n = 160 m 波动表达式 (SI) 10、解：(1) O处质点的振动方程为 (2) 波动表达式为 (3) x = -L k ( k = 1，2，3，) 11、解：(1) 由P点的运动方向，可判定该波向左传播 原点O处质点，t = 0 时 , 所以 O处振动方程为 (SI) 由图可判定波长l = 200 m，故波动表达式为 (SI)（2）O点100 m处质点的振动方程是 振动速度表达式是 (SI)12、 解：(1) 波的周期T = l / u =( 40/20) s= 2 s P处Q处质点振动周期与波的周期相等，故P处质点的振动曲线如图(a) 振动方程为： (SI)（2）处质点的振动曲线如图(b)，振动方程为 (SI) 或 (SI) 13、解：设S1和S2的振动相位分别为f 1和f 2在x1点两波引起的振动相位差 即 在x2点两波引起的振动相位差 即 得 m 由 当K = -2、-3时相位差最小 14、解：选O点为坐标原点，设入射波表达式为 则反射波的表达式是 合成波表达式（驻波）为 在t = 0时，x = 0处的质点y0 = 0， ， 故得 因此，D点处的合成振动方程是 第十三章 波动光学一、选择题1、A 2、B 3、B 4、A 5、B6、D 7、C 8、B 9、B 10、B11、A 12、A 13、B 14、C 15、B16、D 17、D 18、D 19、C 20、B 21、C 22、B 23、D 24、B 25、D 26、B 27、B 28、B 29、B 30、A 31、C二、填空题1、2p d sinq + ( n1 n2 ) e / l 2、 上 (n-1)e 3、4、5、6、 l / (2L)7、 2d / l 8、 0.644mm 9、 子波 子波干涉(或答“子波相干叠加”) 10、 4 11、 6第一级明(只填“明”也可以) 12、 2p 暗 13、 0.36 mm14、 一 三15、 5 16、 自然光或(和)圆偏振光线偏振光(完全偏振光) 部分偏振光或椭圆偏振光 17、 2 1/4 18、 平行或接近平行19、 54.7 20、 波动 横 三、计算题1、解：已知：d0.2 mm，D1 m，l20 mm 依公式： 410-3 mm4000 nm 故当 k10 l1 400 nm k9 l2444.4 nm k8 l3 500 nm k7 l4571.4 nm k6 l5666.7 nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强 2、解：(1) x 2kDl / d d = 2kDl /Dx 此处 k d10 D