华南理工大学-大学物理上册-习题详细解答答案

习题一1.解：显然，位移为由速度定义得：易得，当时，，故所求路程为：2.解：（1）从t=1秒到t=3秒质点的位移：（2）因为质点在xy平面内的运动学方程为，则在x方向上满足,在y方向满足故=0，，所以t=2秒时质点的加速度(3)由，得，即为质点的轨迹方程。3.4.5.6.解：质点作一维运动。初始条件：时，，。又由题意，质点的加速度可表示为式中，k为大于零的常数。 解法一：由加速度的定义有分离变量 由初始条件时，有积分得所以 由初始条件时，积分得上式可写为 其中，为质点所能行经的最大距离。联立式（1）和式（2），得 故 将代入上式，得 解法二：由加速度的定义，并作变量替换有即 由初始条件时，有积分得 由上式得。故当时，又由及式（3），有 由初始条件时，积分得即 可见，质点所能行经的最大距离为 故当时，由式（4）及上式得7.8.解：，，（从西北方吹来）。习题二1.根据功能关系2.解：设两根绳子的张力分别为T1、T2；m2、m3相对B轮的加速度为；m1、m2、m3的加速度分别为a1、a2、a3。根据牛顿运动定律； ； 由以上六式解得，加速度方向如图所示。3.解：（1）所以，速度为：（2）运动方程为： 4.解：5.解法一：由冲量的定义得解法二：由动量定理而，所以，（这里利用了）。6．假设此过程在很短时间内完成，以船前进为正7．根据功能关系8.解：在x1处，物体和弹簧分离，在物体整个运动过程中，弹性力做功，摩擦力做功，根据动能定理有，解得9.解：砝码从高处落入盘中，机械能守恒：又碰撞过程动量守恒，设共同运动速度为v2有：砝码与盘向下移动过程机械能守恒平衡时，有 解以上方程得：，解得盘向下移动的最大距离为。10.解：对流星飞经太阳附近的过程，由机械能守恒得 由此得流星刚进入太阳系时的速率为流星受太阳的引力总指向太阳，流星对太阳的角动量守恒：流星飞向太阳的瞄准距离为习题三刚体力学1.；解：已知 ，，，。因，为匀变速，所以有 。令，即得，由此得 ，所以2.J＝mr2(－1)解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg­T＝ma①Tr＝②由运动学关系有：a=r③由①、②、③式解得：J＝m(g－a)r2/a④又根据已知条件v0＝0∴S＝，a＝2S/t2⑤将⑤式代入④式得：J＝mr2(－1)3.；；解：用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律，对滑轮，应用转动定律，并利用关系 ，由以上各式，解得；；4.；。解：已知，，（1），，，，所以 （2）5.；。解：以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒定律（1）时，得或（2）时6.，解：设棒的质量为m，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律M=其中于是当棒转动到水平位置的工程中，机械能守恒那么7.解：,,8.；解：应用角动量守恒定律 解得，角速度的变化系统动能的变化，即9.解：，， 又，，所以，，两边积分得：，所以 10.EQ\F(J1J2ω0,（J1+J2）t)解：框架A受摩擦力矩作用，根据转动定律，有依题意=EQ\F(ω,t)；取框架、转子为系统，依题意，系统角动量守恒；有J2ω0=（J1+J2）ω三式联立解得M=EQ\F(J1J2ω0,（J1+J2）t)习题四1、如图7-5所示，A球被两个弹簧系住。弹簧的劲度系数均为k=8N·m-1，小球的质量m=1kg。小球在平衡位置时，两个弹簧为原长。现自其平衡位置给予小球以初速v0=12cm·s-1，方向向右，使小球作微小的振动，试证此振动为简谐振动，求小球的运动方程。答案：x=0.03cos(4t–)m解：设小球位移为x，则小球受到的力为F=-2kx，其力与位移的关系满足简谐振动A=0.03因为初始位置在平衡点，所以则其相位延迟，所以取负的。2．一简谐振动用余弦函数表示，其振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为A=_______cm；=__________rad/s；=________。答案：10；(/6)；/3。解：由图可直接看出，A=10cm，周期T=12s，所以；再由图看出，t=0时刻质点在位移5cm处，下一时刻向着平衡位置方向移动，所以其初相为=/3。3．一质量的物体，悬挂在劲度系数的轻弹簧下端．一质量的子弹以的速度从下方竖直朝上射入物体之中，然后子弹与物体一起作谐振动．若取平衡位置为原点。x轴指向下方，如图，求：（1）振动方程（因，m射入M后对原来平衡位置的影响可以忽略）；（2）弹簧振子的总能量。答案：（1）；（2）。解：（1）由动量守恒定律，得；4．一质点作简谐振动，其振动方程为(SI)（1）当x值为多大时，系统的势能为总能量的一半？（2）质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少？答案：（1）；（2）。解：（1）势能； 总能量由题意 ，。（2）周期从平衡位置运动到的最短时间为T/8，所以5、一放在光滑水平面上的弹簧振子，如果小球经平衡位置开始向右运动时的动能为，振动的周期T=1.0s，求：再经过s时，小球的动能与之比。答案;。6．两个同方向的简谐振动曲线如图所示。其合振动的振幅为__________________________；合振动的振动方程为_____________________________。答案：；。解：由图可知，两振动其初相位差为，所以其合振动的振幅为又由公式，而，由此得。所以合振动的振动方程为75．一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为(SI)，画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程。答案：（1）旋转矢量如图；（2）合振动方程。解：作两振动的旋转矢量图，如图所示。由图得，合振动的振幅和初相分别为，，所以合振动方程为(SI)8．为测定某音叉C的频率，选取频率已知且与C接近的另两个音叉A和B，已知A的频率为800Hz，B的频率是797Hz，进行下面试验：第一步，使音叉A和C同时振动，测得拍频为每秒2次。第二步，使音叉B和C同时振动，测得拍频为每秒5次。由此可确定音叉C的频率为______________。答案：802Hz解：设音叉C的频率为，由和，联立求得。习题五1、一平面简谐波表达式为y=5cos（8t+3x+），式中各量采用国际单位制。问：（1）它向什么方向传播？（2）它的频率、波长、波速各是多少？（3）质点的最大振动速度及最大加速度是多少？（4）x=2m处，质点的初相位是多少？该波沿x负向传播,,,=40m/s，,解：（1）=可见该波沿x负向传播。（2）与比较,（3），=8×5=40m/s，（4）x=2m处的振动方程，初相2如图，一平面简谐波以波速u沿x轴正方向传播，O为坐标原点．已知P点的振动方程为，则［］（A）O点的振动方程为；（B）波的表达式为；（C）波的表达式为；（D）C点的振动方程为。答案：C解：波向右传播，原O的振动相位要超前P点，所以原点O的振动方程为，因而波方程为，可得答案为C。3．一平面简谐波以速度u沿x轴正方向传播，在时波形曲线如图所示．则坐标原点O的振动方程为［］解：令波的表达式为当，由图知，此时处的初相，所以，由图得， 故处4平面简谐波沿x轴正方向传播，振幅为，频率为，波速为200m/s．在时，处的质点正在平衡位置向y轴正方向运动，求处媒质质点振动的表达式及该点在时的振动速度。答案：（1）；（2）。解：设处质点振动的表达式为，已知时，，且，所以，因此得由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为处的质点在t时刻的位移该质点在时的振动速度为5．一平面简谐波沿Ox轴的负方向传播，波长为，P处质点的振动规律如图所示．（1）求P处质点的振动方程；（2）求此波的波动表达式；（3）若图中，求坐标原点O处质点的振动方程。答案：（1）；（2）；（3）解：（1）由振动曲线可知，P处质点振动方程为（2）波动表达式为（3）O处质点的振动方程6、一平面简谐波在弹性介质中传播，在介质质元从最大位移运动到平衡位置处的过程中:（）。A.它的动能转换成势能；B.它的势能转换成动能；C.它从相邻一段一段质元获得能量其能量逐渐增大；D.它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减少。答案：C解：波在传播过程中，介质质元振动的动能和势能同相变化，在质元从最大位移运动到平衡位置处的过程中，速度变大，动能变大，势能也变大，即其能量逐渐增大。7．一平面简谐波，频率为，波速为，振幅为，在截面面积为的管内介质中传播，若介质的密度为，则该波的能量密度__________________；该波在60s内垂直通过截面的总能量为_________________。答案：；。解：（1）（2） 。8．如图所示，两列相干波在P点相遇。一列波在B点引起的振动是；另一列波在C点引起的振动是；令，，两波的传播速度。若不考虑传播途中振幅的减小，则P点的合振动的振动方程为____________________________________。答案：(SI)。解：第一列波在P点引起的振动的振动方程为第二列波在P点引起的振动的振动方程为所以，P点的合振动的振动方程9一平面简谐波沿Ox轴正方向传播，波的表达式为，而另一平面简谐波沿Ox轴负方向传播，波的表达式为求：（1）处介质质点的合振动方程；（2）处介质质点的速度表达式。答案：（1）；（2）。解：（1）在处，因与反相，所以合振动振幅为二者之差：，且合振动的初相与振幅较大者（即）的初相相同，为。所以，合振动方程（2）处质点的速度10、有一平面简谐波沿X正方向传播，t=0时波形如图所示。（1）写出此波的余弦表达式。（2）此波传至L=105cm处遇一反射壁。若反射时有半波损失，但能量不损失，写出反射波的余弦表达式。10.cm,cm解：由图可知：A=10cm，=20cm，当t =0时，x=0处,y0=0，v0＜0，cos=0取=波动方程:(cm)（2）设反射波波动方程为:因为有半波损失，在x=105cm反射壁处两波引起的振动的相位差为:(cm)11.设入射波的表达式为，在处发生反射，反射点为一固定端。设反射时无能量损失，求（1）反射波的表达式；（2）合成的驻波的表达式；（3）波腹和波节的位置。答案：（1）；（2）；（3）波腹：；波节：。解：（1）反射点是固定端，所以反射有相位的突变，且反射波振幅为A，因此反射波的表达式为（2）驻波的表达式是（3）波腹位置满足：，即 波节位置满足 ，即习题六1．如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，设屏到双缝的距离D=2.0m，用波长=500nm的单色光垂直入射，若双缝间距d以0.2mms-1的速率对称地增大（但仍满足d<<D），则在屏上距中心点x=5cm处，每秒钟扫过的干涉亮纹的条数为[] （A）1条；（B）2条；（C）5条；（D）10条。答案：D解：缝宽为d时，双缝至屏上x处的光程差为。所以当d增大时，光程差改变，引起干涉条纹移动。若干涉条纹移动N条，则对应的光程差改变为，依题意，经1s，光程差的改变量为：由此可解出N=10。2.在双缝干涉实验中，波长＝550nm的单色平行光垂直入射到缝间距a＝2×10-4m的双缝上，屏到双缝的距离D＝2m(1)中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2)用一厚度为e＝6.6×10-5m、折射率为n＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1nm=100.11m,7解：(1)x＝20D/d＝0.11m(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n－1)e＋r1＝r2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2－r1＝k所以(n－1)e=kk＝(n－1)e/＝69.6≈70零级明纹移到原第7级明纹处3．如图所示，波长为的平行单色光垂直入射在折射率为n2的薄膜上，经上下两个表面反射的两束光发生干涉。若薄膜厚度为e，而且n1>n2>n3，则两束反射光在相遇点的相位差为[]（A）；（B）；（C）；（D）答案：A解：三层介质折射率连续变化，故上下两光之间无附加程差。垂直入射，所以反射光4.借助于玻璃表面上所涂的折射率为n=1.38的MgF2透明簿膜，可以减少折射率为1.60的玻璃表面的反射。若波长为500nm的单色光垂直入射时，为了实现最小的反射，试问此透明薄膜的厚度至少为多少nm?[ ]（A）5；（B）30； （C）90.6； （D）250； （E）1050。答案：C解：三层介质折射率连续变化，故上下两光之间无附加程差。垂直入射，所以反射光反射相消条件：，由此得令k=0，得所求薄膜的最小厚度为5.白光垂直照射在空气中厚度为0.40m的玻璃片上。玻璃的折射率为1.50。试问在可见光范围内（480nm;400nm,600nm解从玻璃片两表面反射的光束的光程差某波长的光在反射中加强，该波长应满足由此解得在可见光范围内，只有k=3，相应波长为 两透射光之间没有附加光程差/2，所以两透射光的光程差为。透射光干涉增强的条件为在可见光范围内，k=2或3，相应波长为,6．玻璃表面附有一层厚度均匀的液体薄膜，垂直入射的连续光谱（波长范围在可见光及其附近）从薄膜反射。观察到可见光区波长为600nm的红光有一干涉相消，而波长为375nm的近紫外光有一干涉极大。设薄膜的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，求薄膜的厚度。答案：解：由于光在液体薄膜上下界面反射时都有半波损失，所以从薄膜上下两表面反射的两光间的光程差为当，干涉相消，所以当，干涉极大，所以式中，n为液体膜的折射率。联立以上两式得即必须为整数。令，得。取得薄膜厚度 而当时，薄膜厚度太大，干涉现象消失。图a7图a（1）滚珠（A，B，C）的直径介于三者中的最大与最小之间。 （2）若用手轻压A侧（如图b所示），发现条纹变密，则可以判断A球直径（最大，最小）。 （3）若用单色光波长表示三个滚珠的直径之差，则；；。答案：（1）B；（2）最小；（3）。图b解：（1）由于三个滚珠直径不等，使上、下两平板玻璃间形成一空气劈尖，因而可观察到等厚干涉条纹。从图a中干涉条纹的方向及三个滚珠的相对位置可知滚珠B的直径介于最大与最小之间。图b（2）条纹间距 所以，当劈尖角角减小，条纹变疏，反之，条纹变密。因用手轻压A侧时，观察到条纹变密，说明此时角增大，因此劈尖角应在A侧，即A球直径最小。 （3）由于相邻两干涉条纹对应的空气膜厚度差为由图a可知：；；8．如图6-8所示，平板玻璃和凸透镜构成牛顿环装置，全部浸入的液体中，凸透镜可沿上下移动。用波长的单色光垂直入射，从上向下观察，看到中心是一个暗斑，此时凸透镜顶点距平板玻璃的距离最少是图6-8（A）78.1nm；（B）74.4nm；（C）156.3nm；（D）148.8nm。图6-8A解依题意，第k级暗纹公式，式中，。当k=0时，距离最小，由此可算出。9．（1）由曲率半径R=19cm的透镜和平玻璃组成牛顿环干涉装置，用不同的光进行实验。观察到用的第k级暗环与用时的第k+1级暗环重合。求用1时第k级暗环的半径。（2）又如波长为的第5级明环与波长为4时的第6级明环重合，求波长4。,409nm解（1）牛顿环中第k级暗环的半径。当波长为1的光的第k级暗环与波长为2的光的第k+1级暗环重合，则所以用1时第k级暗环的半径 （2）牛顿环中第k级明环的半径当波长为3的光的第5级明环与波长为4第6级明环重合，则得 10．迈克尔逊干涉仪放在空气中，入射单色光波长=0.5μm。（1）若虚平板间距d=1.0mm，则视场中观察到的干涉明纹有条；（2）若虚平板间距增加d（即可动镜移动距离d），在视场中观察到有2000条条纹移动，则d= (mm)；（3）若在一光路插入折射率为1.5的玻璃片，在视场中观察到有100条条纹移动，则玻璃片的厚度e=(m)答案：（1）4000条；（2）0.5mm；（3）。解：（1）两相干光的光程差为：根据明纹条件有（2）根据迈克尔逊干涉仪的工作原理，视场中每移过一条明纹，则可动镜平移了/2的距离，现视场中移过2000条明纹，则有（3）在某一光路插入玻璃片后，两相干光的光程差变为2(n-1)e，视场中有N=100条明纹移过，则有所以 习题七1．在单缝衍射实验中，缝宽a=0.2mm，透镜焦距f=0.4m，入射光波长=500nm，则在距离中央亮纹中心位置2mm（A）亮纹，3个半波带；（B）亮纹，4个半波带；（C）暗纹，3个半波带；（D）暗纹，4个半波带。答案：D解：沿衍射方向，最大光程差为，即。因此，根据单缝衍射亮、暗纹条件，可判断出该处是暗纹，从该方向上可分为4个半波带。2．波长为632.8nm的单色光通过一狭缝发生衍射。已知缝宽为1.2mm，缝与观察屏之间的距离为D=2.3m。则屏上两侧的两个第8级极小之间的距离为[]（A）1.70cm；（B）1.94cm；（C）2.18cm；（D）0.97cm答案：B解：第k级暗纹条件为。据题意有代入数据得3．在单缝夫琅和费衍射实验中，设第一级暗纹的衍射角很小。若以钠黄光(1＝589nm)为入射光，中央明纹宽度为4.0mm；若以蓝紫光(2＝442nm)为入射光，则中央明纹宽度为________mm。答案：3mm。解：单缝衍射中央明纹宽度为，所以，由此得4．一宇航员声称，他恰好能分辨他下方距他为H=160km的地面上两个发射波长550nm的点光源。假定宇航员的瞳孔直径D=5.0mm，则此两点光源的间距为m。答案：。解：最小分辨角为 又根据题意有 所以5.单色光=720nm和另一单色光经同一光栅衍射时，发生这两种谱线的多次重叠现象。设的第级主极大与的第级主极大重叠。现已知当分别为时，对应的分别为。，则波长nm。答案：。解：在主极大重叠处，两谱线的衍射角相等，即所以由题意知 由此求得 6.（1）用光栅亮纹公式，第三级分别去对应第二级的最大波长，第四级的最短波长便可求出400到506.7nm以及533.3到760nm。（2）单缝衍射第一级，第二级对应此处第二级和第四级缺级，有缺级公式知道比例为2.7.波长为600nm的单色光垂直照射到一单缝宽度为0.05mm的光栅上，在距光栅2m的屏幕上，测得相邻两条纹间距。求：（1）在单缝衍射的中央明纹宽度内，最多可以看到几级，共几条光栅衍射明纹？（2）光栅不透光部分宽度b为多少？答案：（1）最多可以看到第5级，共11条明纹；（2）。解：（1）单缝衍射中央明纹的半角宽度中央明纹在屏上的半宽度为单缝衍射中央明纹宽度内干涉亮纹的最高级次而该最高级次的衍射方向正好与单缝衍射第一级暗纹方向相重，为缺级，所以最多可以看到第5级明纹。即在单缝衍射中央明纹宽度内可观察到共11条明纹。 （2）由缺级公式，据题意知：当时，，所以8.波长为680nm的单色可见光垂直入射到缝宽为的透射光栅上，观察到第四级谱线缺级，透镜焦距。求：（1）此光栅每厘米有多少条狭缝；（2）在屏上呈现的光谱线的全部级次和条纹数。答案：（1）2000条；（2）屏上出现级，共13条明纹。解：（1）缺级公式为，根据题意知，当时，。所以光栅常数狭缝数 （条/厘米） （2）由光栅公式得。对应于最高衍射级次。将代入，得（向前取整数）所以在屏上出现的光谱级数为，可看到共13条明纹。9.波长为400nm~760nm范围的一束复色可见光垂直入射到光栅常数的透射光栅上，在屏上形成若干级彩色光谱。已知透镜焦距。求：（1）第二级光谱在屏上的线宽度；（2）第二级与第三级光谱在屏上重叠的线宽度。答案：（1）；（2）。解：由光栅公式得第k级衍射角可见光为连续光谱，其最短波长和最长波长分别为和，因此其第k级光谱分布的角宽度为第k级光谱在焦平面上的线宽度为式中，分别为同一级光谱中最长和最短波长的衍射角。（1）令，即可由上式算出第二级谱线宽度 （2）当第三级光谱最短波长的衍射角小于第二级光谱最长波长的衍射角时，将发生第二级与第三级光谱的重叠。其重叠的线宽度为令，可解得，所以计算提示：令，，则。再利用关系，及，可得，10.在比较两条单色X射线谱线波长时，注意到谱线A在与某种晶体的光滑表面成30的掠射角时出现第1级反射极大。谱线B（已知具有波长0.097nm）则在与同一晶体的同一表面成60的掠射角时出现第3级反射极大，则谱线A的波长为nm；晶面间距为d= nm。答案：；。解：设谱线A的波长为A，谱线B的波长为B，按给定条件，由布拉格公式有，将两式相除得 所以晶面间距习题十姓名班级序号热力学第一定律1.定量理想气体，从同一初态出发，体积V1膨胀到V2，分别经历三种过程，（1）等压；（2）等温；（3）绝热。其中吸收热量最多的是[]（A）等压；（B）等温；（C）绝热；（D）无法判断。解：在p-V图上绝热线比等温线要陡，所以图中中间的曲线表示的应该是等温过程。图中三种过程的起始态和终止态的体积分别相同，因为在p-V图上，曲线所围成的面积等于该过程对外所做的功，所以等压过程中对外所做的功最大，等温过程次之，绝热过程最小。根据理想气体内能，三种过程的起始温度一样，但图中所示的等压过程的末态温度最高，等温过程次之，绝热过程最小。所以等压过程的内能增加最多。根据热力学第一定律，既然等压过程的内能增加最多，对外所做的功也最大，等压过程从外界吸收的热量也最多，故本题答案为A。2．一圆柱形汽缸的截面积为，内盛有0.01kg的氮气，活塞重10kg，外部大气压为，当把气体从300K加热到800K时，设过程进行无热量损失，也不考虑摩擦，问（1）气体做功多少？（2）气体容积增大多少？（3）内能增加多少？解：（1）系统可以看成等压准静态过程，由理想气体状态方程 ，得（2） 由状态方程（），得；（3）氮气的自由度为5，由理想气体内能公式得，内能增加3、一定量的某种理想气体，开始时处于压强、体积、温度分别为Pa，，的初态，后经过一等容过程，温度升高到，再经过一等温过程，压强降低到的末态，已知该理想气体的定压摩尔热容量和定容摩尔热容量之比，求：（1）该理想气体的定压摩尔热容量和定容摩尔热容量；（2）气体从始态变到末态的全过程中从外界吸收的热量。解：（1），又，（2）该气体，所以自由度为3，摩尔数，，在等容过程中，在等温过程中，4．汽缸内有单原子理想气体，若绝热压缩使体积减半，问气体分子的平均速率变为原来速率的倍？若为双原子理想气体则为倍？答案：1.26；1.14。解：单原子理想气体自由度，，气体经历绝热压缩有，又，所以 双原子理想气体自由度，，所以5．有摩尔理想气体，作如图所示的循环过程acba，其中acb为半圆弧，ba为等压过程，，在此循环过程中气体净吸收热量Q。（填“小于”、“大于”或“等于”）。答案：小于。解：系统经历的是循环过程，所以，根据热力学第一定律有。在p-V图上，循环过程曲线所围成的面积等于该循环过程对外所做的功，图中半圆形几何面积：（r为半圆的半径）。从图上可知 所以 由理想气体状态方程有 ，和，所以 （其中为摩尔数）理想气体的摩尔等压热容 ，其中i为自由度。因自由度最小为3，所以只可能大于或等于，所以6．理想气体在图中的1-2-3过程中，吸收的热量Q0（“小于”、“大于”或“等于”）；过程中，吸收的热量Q