济南大学-大学物理大作业参考答案

济南大学大学物理大作业参考答案PAGE35第1章质点运动学§1.3用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1.(B)2.(B)3.8m10m4. (n=0,1,2,…)5.h1v/(h1h2)二．计算题1解:(1)m/s(2)v=dx/dt=9t-6t2v(2)=-6m/s(3)S=|x(1.5)-x(1)|+|x(2)-x(1.5)|=2.25m2解：dv/dtt，dvtdtv=2t2v=dx/dt=2t2xt3/3+x0(SI)§1.5圆周运动的角量描述角量与线量的关系一．选择题和填空题1.(D)2.(C)3.16Rt24rad/s24.-c(b-ct)2/R二．计算题1.解：根据题意：at=an即解得§1.6不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1.(C)2.(B)3.(A)4.二．计算题1.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，第2章牛顿定律§2.3牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题1.(C)2.(C)3.(E) 4.l/cos2θ5.二．计算题1.解：质量为M的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力和质量为m的物块对它的拉力的合力提供．当M物块有离心趋势时，和的方向相同，而当M物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M物块相对于转台静止，故有F+fmax=Mrmaxω22分F－fmax=Mrminω22分m物块是静止的，因而F=mg1分又 fmax=μsMg1分故 mm2分mm2分2.解：球A只受法向力和重力，根据牛顿第二定律法向：①1分切向：②1分由①式可得1分根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外．1分由②式得1分三．理论推导与证明题证：小球受力如图，根据牛顿第二定律初始条件：t=0,v=0．∴第3章功和能§3.3动能定理一．选择题和填空题1.(B)2.(C)3.1.28×104 4.18 J6 m/s二．计算题1.解：用动能定理，对物体3分＝168解出v＝13 m/s2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题1.(C)2. 3. 4.保守力的功与路径无关W=ΔEP 二．计算题1.解：(1)外力做的功3分＝31J13分(2)设弹力为F′ 3分=5.34m/s13分(3)此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关．2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1.(C)2. 二．计算题1.(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1分摩擦力的功2分==2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理∑W＝其中∑W=WP＋Wf，v0=01分WP== 2分由上问知所以得2分2.解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l，劲度系数为k．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有①2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：②2分由式①和②联立解得：1分第4章冲量和动量§4.2质点系的动量定理一．选择题和填空题1.(D)2.(C)3.18N·s二．计算题1.解：设在某极短的时间内落在传送带B上矿砂的质量为m，即m=qm，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分2分设传送带作用在矿砂上的力为，根据动量定理于是2分方向：2分由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B上的（撞击）力与大小相等方向相反，即等于2.21N，偏离竖直方向1°，指向前下方．1分§4.3质点系动量守恒定律一．选择题和填空题1.(C)2.4.33m/s；与A原先运动方向成30°3.二．计算题1.解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M沿光滑的固定斜面下滑，到达B点时速度的大小为1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有3分1分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+Mv¢v¢=m(v0v)/M=3.13m/s2分T=Mg+Mv2/l=26.5N2分(2)(设方向为正方向)2分负号表示冲量方向与方向相反．2分第5章刚体力学基础动量矩§5.2力矩刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题1.(C)2.(B)3.（B)4.6.54rad/s24.8s5.62.51.67ｓ6.0.25kg·m2二．计算题1.解：(1)∵mg－T＝ma1分TR＝J2分a＝R1分∴=mgR/(mR2＋J)＝81.7rad/s21分方向垂直纸面向外．1分(2)∵当＝0时，物体上升的高度h=R=6.12×10-2m2分(3)10.0rad/s方向垂直纸面向外.2分2.解：(1)0＝0＋t＝－0/t＝－0.50rad·s-22分(2)Mr＝ml2/12＝－0.25N·m2分(3)10＝0t＋t2＝75rad1分§5.3绕定轴转动刚体的动能动能定理一．选择题和填空题1.(D)2.(A)3.（D)4.6rad/s237J5.角动量二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O轴的合力矩为零，对定轴O的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为，则有1分①2分其中②1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度时有③3分联立解以上三式可得3分2.解：(1)将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W等于系统动能之增量：W＝Ek＝4分这里的J0是没有砝码时系统的转动惯量．(2)过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2(J0＋)n1=2(J0＋)n2∴4分(3)将J0代入W式，得2分§5.4动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题1.(C)2.(B)3.（C)4.（D)5.6.7.二．计算题1.解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得1分（逆时针为正向）①2分又②1分将②代入①得1分2.解：(1)设当人以速率v沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为，则人对与地固联的转轴的角速度为①2分人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒．1分设盘的质量为M，则人的质量为M/10，有：②2分将①式代入②式得：③1分(2)欲使盘对地静止，则式③必为零．即0+2v/(21R)＝02分得：v＝－21R0/21分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3.解：(1)角动量守恒：2分∴＝15.4rad·s-12分(2)－Mr＝(＋)2分0－2＝22分∴＝15.4rad2分答案第六章振动§6.1-1简谐振动振幅周期和频率相位1-2.BB3.1.2s1分;－20.9cm/s4.0.05m2分;-0.205（或-36.9°5.2分;2分.二计算题1.解:(1)vm=A∴=vm/A=1.5s-1∴T=2/4.19s3分(2)am=2A=vm=4.5×10-2m/s22分(3)x=0.02(SI)3分2.解：(1)1分,s1分(2)A=15cm，在t=0时，x0=7.5cm，v0<0由得m/s2分或4/32分;∵x0>0，∴(3)(SI)2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4.b，f2分;a，e2分.5.9.90×102J3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7.1分;-/22分;．2分.8.10cm1分;(/6)rad/s1分;/31分.二.计算题1.解：旋转矢量如图所示．图3分由振动方程可得，1分s1分2.解：(1)设振动方程为由曲线可知A=10cm,t=0，，解上面两式，可得=2/32分由图可知质点由位移为x0=-5cm和v0<0的状态到x=0和v>0的状态所需时间t=2s，代入振动方程得(SI)则有，∴=5/122分故所求振动方程为：(SI)1分3.解：依题意画出旋转矢量图3分。由图可知两简谐振动的位相差为．2分§6.2简谐运动的合成1.|A1–A2|1分;2分2.1×10-2m2分;/62分二计算题解：x2=3×10-2sin(4t-/6)=3×10-2cos(4t-/6-/2)=3×10-2cos(4t-2/3)．作两振动的旋转矢量图，如图所示．图2分由图得：合振动的振幅和初相分别为A=(5-3)cm=2cm，=/3．2分合振动方程为x=2×10-2cos(4t+/3)(SI)1分第七章波动§7-1机械波的产生波长波线及波面波速1-4：CCDD5.(SI)3分6.解：(1)x=0点；1分x=2点；1分x=3点；1分(2)如图所示．2分§7-2平面简谐波1-2:CD二计算题1.解：(1)设x=0处质点的振动方程为由图可知，t=t＇时1分1分所以，2分x=0处的振动方程为1分(2)该波的表达式为3分2.解：(1)坐标为x点的振动相位为2分波的表达式为(SI)2分(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为(SI)2分波的表达式为(SI)2分§7-3波的能量能流密度1-6：CCDBBC7.5J3分8.3分§7-4惠更斯原理§7-5波的干涉1-3:DDD4.3分5.0.233m3分二计算题解：(1)设振幅最大的合振幅为Amax，有式中，又因为时，合振幅最大，故合振幅最大的点(k=0，1，2，…)4分(2)设合振幅最小处的合振幅为Amin，有因为时合振幅最小且故合振幅最小的点(k=0，1，2，…)4分三．简答题答：两个简谐振动应满足振动方向相同，振动频率相等，振幅相等，相位差为．5分§7-6、7-7驻波、多普勒效应1-5：BBCBB6.(SI)2分m，即x=1m，3m，5m，7m，9m2分m，即x=0m，2m，4m，6m，8m，10m1分7.介电常数和磁导率3分8.1065Hz2分935Hz2分第10章静电场（参考答案）§10.2电场强度一．选择题和填空题１、Ｃ２、Ｂ3、－3/(20)－/(20)3/(20)4、从O点指向缺口中心点．二．计算题１、ＰLddqx(L+d－x)dExO解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为=q/L，在x处取一电荷元dq=ＰLddqx(L+d－x)dExO2分总场强为3分方向沿x轴，即杆的延长线方向．２、解：先计算细绳上的电荷在O点产生的场强．选细绳顶端作坐标原点O，x轴向下为正．在x处取一电荷元dq=dx=Qdx/(3R)它在环心处的场强为2分整个细绳上的电荷在环心处的场强2分圆环上的电荷分布对环心对称，它在环心处的场强E2=02分由此，合场强2分方向竖直向下．三．理论推导与证明题证：选环心作原点，x轴沿圆环轴线方向，y、z轴如图所示．在环上任取一电荷元dq=(Qd)/(2)，设P点位于x处，从电荷元dq到P点的矢径为，它在P点产生的场强为为矢径方向上的单位矢量．d沿x轴的分量为dEx=dEcos为矢径与x轴正向夹角)由对称性容易证明Ey=0Ez=0因而有E=Ex当x>>R时，可得E≈Q/(40x2)这相当于一个位于原点O的带电量为Q的点电荷在P点产生的场强．§10.3电场强度通量高斯定理一、选择题和填空题1-4、DDCB5、q/(60)6、07、0二.计算题1、解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为在半径为r的球面内包含的总电荷为(r≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有得到 ，(r≤R) 方向沿径向，A>0时向外,A<0时向里．在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有得到，(r>R)方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．2解：由高斯定理E1PPE2PEPE1PPE2PEP图(d)OOPE1O’图(a)OOdEO’=E1O’图(c)OPE2P-OrE2O’=0图(b)E1P在图(a)中，以O点为球心，d为半径作球面为高斯面S，则可求出O与P处场强的大小.有E1O’＝E1P=方向分别如图所示.在图(b)中，以O点为小球体的球心，可知在O点E2=0.又以O为心，2d为半径作球面为高斯面S可求得P点场强E2P求O点的场强.由图(a)、(b)可得EO’=E1O’=，方向如图(c)所示.(2)求P点的场强.由图(a)、(b)可得方向如(d)图所示.§10.4静电场的环路定理电势能填空题1、单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零有势（或保守力）2、功的值与路径的起点和终点的位置有关，与电荷移动的路径无关保守§10.5电势电势差一.选择题和填空题1-5、ＣＤＢAＣ６、0/(20)７、q/(60R)８、二.计算题１、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dq=dx＝qdx/(2l)，它在P点产生的电势为整个杆上电荷在P点产生的电势２、解：（1）由高斯定理求得电场的分布：各区域电势的分布为：（r<R1）（2）作图略§10.6等势面*电场强度与电势的微分关系一.选择题和填空题１、Ｄ２、§10.7静电场中的导体电容一.选择题和填空题１.C2.D3.D4.C5、不变减小二.计算题1解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．(2)不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和2、+d+d.。.为水平向右的单位矢量。3、解：以左边的导线轴线上一点作原点，x轴通过两导线并垂直于导线．两导线间x处的场强为两导线间的电势差为设导线长为L的一段上所带电量为Q，则有，故单位长度的电容§10.8静电能1、A§10.9电介质的极化束缚电荷一.选择题和填空题1、B2、无极分子电偶极子§10.10电介质内的电场强度一.选择题和填空题1、A2、C3、B4、减小减小5、二、判断改错题答：(1)正确．(2)介质内场强与原来一样．(3)电场能量增大为原来的r倍．§10.11电介质中的高斯定理电位移矢量1、D2、0r)3、q/(40R)二.计算题1、解：在圆柱导体内、外分别作半径为r、长为L的同轴圆柱形高斯面，并应用的高斯定理．圆柱内：2rLD＝0得D=0 E=0 圆柱外：2rLD=L 得，(r＞a)为径向单位矢量 (a＜r＜b)(r＞b)2、（1）可以按求电容器的4部法求解，也可以直接给出答案。金属板的位置对结果无影响。（2）（3）设极板带电Q，则介质板外的电场为：，介质板内的场为：两极板间的电势差为：第十一章稳恒电流的磁场§11.2毕奥-萨伐尔定律一．选择题和填空题DC3、平行z轴负向4、垂直纸面向里．5、二．计算题1、解：利用无限长载流直导线的公式求解．(1)取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流(2)这载流长条在P点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里．(3)所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度方向垂直纸面向里．2、解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则方向：垂直纸面向内同理,方向：垂直纸面向外∵∴故磁感强度∴§11.3磁通量磁场的高斯定理一．选择题和填空题D2、3、1.26×10-5Wb（Wb）二．计算题1、解：匀强磁场对平面的磁通量为：设各面向外的法线方向为正(1)Wb(2)(3)Wb三．理论推导与证明题、改错题1、答∶这个推理不正确．因为推理中写不正确，得不出必有B=0的结论．正确的应该写上式当封闭面上各点或时就可成立．∴B不一定要等于零．§11.4安培环路定理一．选择题和填空题DBBBD6、×10-3T7、二．计算题1、解：圆电流产生的磁场⊙长直导线电流的磁场⊙导体管电流产生的磁场圆心Ｏ点处的磁感强度⊙2、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通为三．理论推导与证明题1、答：第一说法对，第二说法不对．2分∵围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立．§11.5磁场对电流的作用一．选择题和填空题CB3、沿y轴正向二．计算题1、解：载流导线MN上任一点处的磁感强度大小为：MN上电流元I3dx所受磁力：若，则的方向向下，，则的方向向上2、解：长直导线AC和BD受力大小相等,方向相反且在同一直线上，故合力为零。半圆部分受力，方向沿y轴正向§11.6带电粒子在电场和磁场中的运动一．选择题和填空题ABBD5、1∶21∶2二．计算题1、解：洛伦兹力的大小对质子：对电子：∵∴§11.7磁介质一．选择题和填空题C2、0.226T(72T)300A/m3、，二．计算题1、解：由安培环路定理：0<r<R1区域：，R1<r<R2区域：，R2<r<R3区域：r>R3区域：H=0，B=02、解：(1)在环内作半径为r的圆形回路,由安培环路定理得，在r处取微小截面dS=bdr,通过此小截面的磁通量穿过截面的磁通量同样在环外(r<R1和r>R2)作圆形回路,由于∴B=0第十二章电磁感应与电磁场§12.1电磁感应的基本定律一．选择题和填空题BD3、4、3.14×10-6C二、1、解：两个载同向电流的长直导线在如图坐标x处所产生的磁场为选顺时针方向为线框回路正方向，则∴2、解：（1）将磁通量的单位化为韦伯得Φ=(3t2+2t+1)/103，感生电动势大小为ε=|dΦ/dt|=2(3t+1)/103．t=2s时的感生电动势为1.4×10-2(V)．（2）由于原磁场在增加，根据楞次定律，感应电流所产生的磁场的方向与原磁场的方向相反，所以在线圈中感生电流的方向是逆时针的，从电阻的左边流向右边．§12.2动生电动势和感生电动势一．选择题和填空题AD3、04、1.11×10-5VA端二．计算题1、解：(1)××××RcbdaO××××RcbdaO2、解：大小：=ddtSdB/dt=SdB/dt==3.68mV方向：沿adcb绕向．§12.3自感和互感一．选择题和填空题CC3、0.400H二．计算题1、解：设螺绕环中通电流I，在环内取以环中心为圆心，半径为r的圆形回路，由安培环路定理有则通过螺线管矩形截面的磁通链数为：∴2、解：(1)∴感应电流方向为顺时针方向．(2)§12.4磁能一．选择题和填空题DCC4、1∶16二、1、解：，(R1<r<R2)，∴§12.5麦克斯韦电磁场理论简介一．选择题和填空题CA3、②③①二．理论推导与证明题1、答：此式说明，磁场强度沿闭合环路L的环流，由回路L所包围的传导电流和位移电流的代数和决定．它的物理意义是：不仅传导电流可激发磁场，位移电流(即变化的电场)也同样可在其周围空间激发磁场．答案§13.3获得相干光的方法杨氏双缝实验一．选择题和填空题1.D2.B3.4I04.上(n-1)e5.0.75二．计算题1.解：相邻明纹间距x0=D/d2分两条缝之间的距离d=D/x0=D/(x/20)=20D/x=9.09×10-2cm3分2.解：设S1、S2分别在P点引起振动的振幅为A，干涉加强时，合振幅为2A，所以1分因为所以S2到P点的光束比S1到P点的光束相位落后1分P点合振动振幅的平方为：2分∵I∝A2∴I/Imax=A2/4A2=1/41分§13.4光程与光程差一．选择题和填空题1.A2.C§13.5薄膜干涉1.C2.C3.D4.B5.B6./(2n)7.2(n–1)e–/2或者2(n–1)e+/28.2.60e9.[(4ne/)–1]或[(4ne/+1]二．计算题1.解：根据暗环半径公式有2分由以上两式可得2分＝4m1分2.解：明纹，2ne＋＝k(k＝1，2，…)3分第五条，k＝5，＝8.46×10-4mm2分3.解：(1)明环半径2分＝5×10-5cm(或500nm)2分(2)(2k－1)＝2r2/(R)对于r＝1.00cm，k＝r2/(R)＋0.5＝50.53分故在OA范围内可观察到的明环数目为50个．1分4.解：设介质薄膜的厚度为e，上、下表面反射均为由光疏介质到光密介质，故不计附加程差。当光垂直入射i=0时，依公式有：对1：①1分按题意还应有：对2：②1分由①②解得：1分将k、2、代入②式得＝7.78×10-4mm2分5.解：加强，2ne+=k，2分nm2分k=1，1=3000nm，k=2，2=1000nm，k=3，3=600nm，k=4，4=428.6nm，k=5，5=333.3nm．2分∴在可见光范围内，干涉加强的光的波长是＝600nm和＝428.6nm．2分§13.6迈克耳孙干涉仪一．选择题和填空题1.D2.2(n-1)d3.2d/二．计算题1.解：插入厚度为d的介质片后，两相干光的光程差的改变量为2(n-1)d,从而引起N条条纹的移动，根据劈尖干涉加强的条件有2(n-1)d=Nλ，得：§13.8单缝的夫琅和费衍射一．选择题和填空题1.B2.C3.D4.C5.干涉(或答“相干叠加”)6.±30°(答30°也可以)7.0.368．2.24×10-54.47二．计算题1.解：中央明纹宽度x=2x≈2f/a2分单缝的宽度a=2f/x=2×400×6328×10-9/3.4m2分=0.15mm1分2.解：(1)由单缝衍射暗纹公式得由题意可知,代入上式可得3分(2)(k1=1,2,……)(k2=1,2,……)若k2=2k1，则1=2，即1的任一k1级极小都有2的2k1级极小与之重合．2分§13.9衍射光栅及光栅光谱一．选择题和填空题1．D2.B3.D4.D5.B6.一三二．计算题1．解：(1)由光栅衍射主极大公式得a+b==2.4×10-4cm3分(2)若第三级不缺级，则由光栅公式得由于第三级缺级，则对应于最小可能的a，方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得a=(a+b)/3=0.8×10-4cm3分(3) ，(主极大) ，(单缝衍射极小)(k＇=1，2，3，) 因此k=3，6，9，缺级．2分又因为kmax=(a＋b)/4,所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4在/2处看不到．) 2分2．解：(1)asin=ktg=x/f2分当x<<f时，,ax/f=k,取k=1有x=fl/a=0.03m1分∴中央明纹宽度为x=2x=0.06m1分(2) (a+b)sin (a＋b)x/(f)=2.52分取k=2，共有k=0，±1，±2等5个主极大2分§13.11偏振片的起偏与检偏马吕斯定律一．选择题和填空题1．B2.A3.21/44.自然光线偏振光部分偏振光5．波动横二．计算题1.解：(1)自然光通过第一偏振片后，其强度I1=I0/21分通过第2偏振片后，I2＝I1cos245＝I1/42分通过第3偏振片后，I3＝I2cos245＝I0/81分通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方平行．2分(2)若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I3=0.1分I1仍不变．1分2.解：设I0为入射光中自然光的强度，I1、I2分别为穿过P1和连续穿过P1、P2的强度．(1)由题意，入射光强为2I0，得cos2＝1/2，＝45°3分(2)I2＝(0.5I0＋I0cos245°)cos2得,＝45°2分§13.12反射和折射产生的偏振布儒斯特定律一．选择题和填空题1.D2.B3.线偏振光垂直于入射面部分偏振光二．计算题1.解：(1)设该液体的折射率为n，由布儒斯特定律tgi0＝1.56/n2分得n＝1.56/tg48.09°＝1.401分(2)折射角r＝0.5－48.09°＝41.91°(＝41°)2分2.解：(1)据布儒斯特定律tgi＝n2/n1＝1.43所以i＝55.03°2分(2)令在介质Ⅱ中的折射角为r，则r＝0.5－i此r在数值上等于介质Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角，由布儒斯特定律tgr＝n3/n2得n3＝n2tgr＝n2ctgi＝n2n1/n2＝1.003分§11.12双折射现象一．选择题和填空题1.遵守通常的折射不遵守通常的折射2．传播速度单轴第十四章相对论§14.1-2狭义相对论的基本原理洛仑兹变换式一．选择题和填空题1D2一切彼此相对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的一切惯性系中，真空中的光速都是相等的3相对的运动§14.3狭义相对论的时空观一．选择题和填空题1-6ABBCAAA 72.60×1083分88.89×10-83分二．计算题1解：(1)观测站测得飞船船身的长度为54m则t1=L/v=2.25×10-7s3分(2)宇航员测得飞船船身的长度为L0，则t2=L0/v=3.75×10-7s2分解：令S＇系与S系的相对速度为v，有，则(=2.24×108m·s-1)4分那么，在S＇系中测得两事件之间距离为：=6.72×108m4分§14.4洛仑兹变换式一．选择题和填空题1A2一切彼此相对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的2分一切惯性系中，真空中的光速都是相等的2分3c3分4c2分c2分二．计算题1解：(1)从列车上观察，隧道的长度缩短，其它尺寸均不变。1分隧道长度为1分(2)从列车上观察，隧道以速度v经过列车，它经过列车全长所需时间为3分这也即列车全部通过隧道的时间.解：根据洛仑兹变换公式:，可得，2分在K系，两事件同时发生，t1=t2，则，∴2分解得．2分在K′系上述两事件不同时发生，设分别发生于和时刻，则，2分由此得=5.77×10－6s2分§14.5相对论质点动力学一．选择题和填空题1-5CACBD63分75.8×10-13