大学物理考题及答案

1、一、简答题：（每小题6分，共5题，合计30分）1、简谐运动的概念是什么？参考答案：如果做机械振动的质点，其位移与时间的关系遵从正弦（或余弦）函数规律，这样的振动叫做简谐运动，又名简谐振动。因此，简谐运动常用x=Asin（®t+9）作为其运动学定乂。其中振幅A,角频率w，周期T,和频率f的关系分别为：w=、w=2兀f。rri"2、相干光的概念是什么？相干的条件是什么？参考答案：频率相同，且振动方向相同的光称为相干光。或满足相干条件的光也可称为相干光相干条件如下这两束光在相遇区域；振动方向相同；振动频率相同；相位相同或相位差保持恒定；那么在两束光相遇的区域内就会产生干涉现象。3

2、、高斯定理的定义是什么？写出其数学公式通过任意闭合曲面的电通量等于该闭合曲面所包围的所有电荷量的代数和。E-dS=工0i=14、什么叫薄膜干涉？什么叫半波损失？参考答案：由薄膜两表面反射光或透射光产生的干涉现象叫做薄膜干涉；波从波疏介质射向波密介质时反射过程中，反射波在离开反射点时的振动方向相对于入射波到达入射点时的振动相差半个周期，这种现象叫做半波损失。5、元芳，此题你怎么看？9二、计算题：（每小题10分，共7题，合计70分）1、某物体运动规律为牛-如，k为正常数，t=o时初速度为v0，求质点速度的表达式。dt解根据已知dv丫a一kv2tdt分离变量后得dv_ktdt两边积分Jvdvv

3、76;v2Jt-ktdt01117111,kt21kt2vv2vv2002、在离水面高度为h的岸边，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸边s距离处，如图所示，当人以v°的速率收绳时，试求船的速度与加速度的大小各有多大？解：设人到船之间绳的长度为1,此时绳与水面成9角，由题意可知12=h2+S2将上式对时间t求导，得dlds2/=2sdtdt根据速度的定义，并注意到l，s是随t减少的，dl_一dsv_一_V,v绳dt0船dtdsdtldllvv0sdts0cos9lvh2+s2vs0将v船再对t求导，即得船的加速度dva船dt(12(s+)v2J0h2v20s2s3dl了dss+1-dtdtv

4、s20-vs+lv0船vs203、如下图(a)所示，质量分别为m和m的两物体(m>m)通过定滑轮由不可伸长的轻绳相连接,ABBA定滑轮的半径为r，转动惯量为J，轮轴光滑且绳与滑轮之间无相对滑动。求绳中张力T和T及两物体的AB加速度ao/TTmAg(b)mAmBg(c)B(a)(d)(a) mA和mB两物体通过定滑轮组成的系统；(b) mA物体的受力分析；(b)mB物体的受力分析;(b)滑轮受力分析;解：物体A,B与滑轮受力分析如图(b)(d)所示对于物体A和B,根据牛顿第二定律，得T-mg=maAAA对于定滑轮,mg一T二maBBBB由于过程中做定轴转动，由转动定律得Tr一Tr=JpBA

5、又由解得(m一m)gr2a=bA(m+m)r2+JAB2mmgr2+mgJT=A_bAA(m+m)r2+JAB2mmgr2+mgJT=a_Bb-B(m+m)r2+JAB4、一长为l=0.4m的均匀木棒，质量M=1.00kg,可绕水平轴0在竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直悬垂。现3有质量为m=8g的子弹以v=200m/s的速度从A点射入棒中，假定A点与O点距离为41，如图所示。求：（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。解：（1）子弹进入木棒后系统的转动惯量为13I=3Ml2+m（41）2=0.0541kg-m23由角动量守恒mv（41）二Io（2分）（3分）4mv(-1)®

6、;二4二8.87rad/s（1分）(2)在摆动过程中系统机械能守恒113I2=Mg(1一cos0)+mg1(1一cos0)224cos0=0.0729（3分）0=arccos(0.0729)（1分）5、一个质点沿x轴做简谐运动，振幅A=0.06m，周期T=2s，初始时刻质点位于x°二0.03m处且向x轴正方向运动。求：初相位；（2）在x=0.03m处且向x轴负方向运动时物体的速度和加速度以及质点从这一位置回到平衡位置所需要的最短时间。解：（1）采用解析法。取平衡位置为坐标原点，质点的运动方程可写为x=Acos（wt+申）依题意，有A二0.06m,T=2s，则2兀2兀rad/se=兀T

7、2在t=0时，x=Acosp=0.06cosp=0.03m0v=Aesinp>00因而解得兀P=3故振动方程为兀x=0.06cos(兀t一)兀兀用旋转矢量法。如图所示则除相位在第四象限故p=-，t=t1时，x1=0.06cos（兀t1-亍=-0.。3,且/兀、兀2兀-（兀t1-亍）为第二象限角故兀,得'=1s,因而速度和加速度为dxv=dtt=1s=-0.06ksin(兀t-3)=-0.16m/sd2xa=dt2t=1s=-0.06兀2cos(兀t-从x=0.03m处且向x轴负方向运动到平衡位置，意味着旋转矢量从M点转到M2点，因而所需要的最短时间满足,32"5 =兀6

8、二0.30m/s2x5冗At=丄冗0.83s16、已知一沿x正方向传播的平面余弦，t=3s时的波形如图所示，且周期T为2s。(1)写出0点的振动表达式;(2)(3)(4)写出该波的波动表达式；写出A点的振动表达式；写出A点离0点的距离。由图可知：A=01m,X=0.4m,而T=2s,则c2兀2兀u=X/T=0.2m/s,°=T刃'k=5兀'所以波动方程为y=0.1cos（兀t-5兀x-p）,O点的振动方程可写成0y=0.1cos(兀t+p)001由图形可知：t=-s3考虑到此时-yfdt时，y=0.05,有0.05=0.1cos(-+p)-30<°,所

9、以p0=(舍去)那么:(1)O点的振动表达式为兀y=O.lcos（兀t+）;03(2)波动方程为兀y=O.lcos（兀t一5兀x+）;(3)设A点的振动表达式为y=O.lcos（兀t+申）AA1由图形可知：t二3s时,y=O,有cos(+Q)=Oa3A考虑到此时也O,所以申=込(或甲=7)dta6A6所以A点的振动表达式为5兀7兀y=O.lcos（兀t一）或y=O.lcos（兀t+）A6A6(4)将A点的坐标代入波动方程，可得到A的振动方程为y=O.lcos(兀t5兀x+)AA3与(3)求得的A点的振动表达式比较，有=O.233m.3Ot迺=t5x+,所以x6A37、一平面简谐波在介质中以速度

10、u=2Om/s沿x轴负方向传播，已知a点的振动表达式为:y=3cos4t,t的单位为s,y的单位为m.a(1) 以a为坐标原点写出波动表达式。(2) 以距a点5m处的b点为坐标原点(如图所示)，写出波动表达式。5m解(1)以a点为坐标原点的波动方程为xy=3cos4兀(t+)m20(2)以a点为坐标原点时，b点的坐标为x=5m,代入上式，得b点的振动方程为y=3cos4兀(t20)=3cos(4兀t一兀)m若以b点为坐标原点，则波动方程为xy=3cos4兀(t+)一兀m20108、如图所示，正电荷q均匀地分布在半径为R的圆环上。计算在环的轴线上任一点P处的电场强度。解设圆环在如图所示的dE平面

11、，坐标原点与环心相重合，点P与环心O的距离为x。由丄题意知圆环上的电荷是均匀分布的，故其电荷线密度九为一常量，且入=q/2兀R.在环上取线段元dl，其电荷元dq二九dl，此电荷元对点P处激起的电场强度加1九dldE=e4k8r2r0由于电荷分布的对称性，圆环上各电荷元对点气=IR0-dr+0r4ksr30qAqrdr=4k8R0处激发的电场强度dE的分布也具有对称性。由图可见，dE在垂直于x轴方向上的分量dE将相互抵消，即IdE丄丄=0;但dE沿x轴的分量dE由于x1都具有相同的方向而相互增强。由图可知，E=一坠r沿x轴的分量dE=dEcos0；对于这4脫0(x2+R2)32x些分量求积分，有

12、E=IdElx=IdEcos0i因为1dEcos0二一九dlx1-dlr4K£0(x2+R2)3217代入上式，有E二_24K£0(x2+R2)32所以qxE=%0(x2+R2)329、计算半径为R、所带电量是q的均匀带点球面中一点P的电势。（本题为2016数学二求极值变形考研题10分）解球内外电场是0,r<R纟r,r>R4ksr30选择积分路径是r的方向，则V=广qrdr二J夕卜r4ksr3rr00V=JR0dr+qrdr=q内0R4ksr34ksR0010、设真空中有一无限长载流圆柱面，圆柱面半径为R,面上均匀分布的轴向总电流为I,求这一电流系统的磁场分布解

13、如下图所示Rddl对于无限长载流圆柱面，由于电流分布的轴对称性，可以在圆柱导体内外空间中的磁感应线是一系列同轴圆周线，证明此结论。在圆柱面外任取场点P，以OP为轴，在圆柱面上取平行于轴且大小相等的无限长直电流dI和dI'，且使它们关于连线OP上、下对称，它们在P点产生的合场强一定沿过P点圆周线的切线方向，整个圆柱面电流都可以做这样的对称分割。由此可见，P点的总磁场圆柱轴线距离相同处的各点B的大小相同，而且方向垂直于轴和轴到该点矢径组成的平面。下面根据磁场分布的对称性，选择过P点的同轴圆周线为积分回路L（回路L方向与电流方向成右手螺旋关系）。应用安培环路定理有JBdl=B2兀r=卩I,所

14、以Q0B=邛（r>R）2兀r即圆柱面外一点的磁场与全部电流都集中在轴线上的一根无限长线电流产生的磁场相同的。对于圆柱面内的场点，可用类似的处理，不过此时没有电流通过闭合回路，即所以JB-dl=B2兀r=0LB=0(rvR)即圆柱面内无磁场。11、两根长直导线沿半径方向引到铁环A、B两点，已知ZAOB=-，并且与很远的电源相连,6如下图所示。求环中心的磁感应强度。解I在圆心处的磁场为1B=显丄=也,22r2兀丫4兀丫2方向垂直纸面向外;I在圆心处的磁场为2LXIlLXIlBp詰=盂茁,方向垂直纸面向里;由于/和/的电阻与其长度成正比，于是121 =2=L，即.II=IlIRl即：11222

15、 11因此，B和B大小相等，方向相反。23又因为B=晟(cos0-cos?)=嘉(1弋，方向垂直纸面向里;B4=(COScos冗)=黑(咅+1)，方向垂直纸面向里;3、卩I故B=B+B+B+B=(1一)一0712342兀R12、在双缝干涉实验中，两缝的间距为k-3九-亠-400（nm），照亮狭缝S的光源是汞3k弧灯加上绿色滤光片，在2.5m远处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明条纹中心的距离为2.27mm.试计算入射光的波长。分析：使用绿色滤光片以获得单色片。屏幕上P点的明暗情况取决于从双缝发出的相干光在该点的光程差。双缝干涉装置中，屏幕上各级明（暗）纹中心在通常可观测（6很小）范围内，近似为等间距分布。在已知装置结构情况下，由相邻两明（暗）纹中心的距离可求得波长。解：在屏幕上取坐标轴ox，向上为正，坐标原点位于关于双缝的对称中心。屏幕上第k+1级与第k级明纹中心的距离由：x=±k九d可知Ax=x-x=(k+1)九一k九=k+1kddd也可由Ax=Ak九因考虑相邻两条Ak=1d所以Ax=九d代入已知数据，得Ax九=d=545nmD1