安徽工业大学物理习题册参考答案精.docx
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安徽工业大学物理习题册参考答案精
练习一机械振动(一参考解答
1.(C;
2.(B
3.2
12/5cos(1022π-⨯=-tx(SI
4.3.43(s;-2π/3.
5.解:
k=m0g/∆l25.12N/m08.08.91.0=⨯=
N/m
11
s7s25
.025.12/--===mkω5cm7
21(
4/2
222020=+=+=
ωvxAcm
4/374/(21(/(tg00=⨯--=-=ωφxv,φ=0.64rad
64.07cos(05.0+=tx(SI
6.周期25.0/2=π=ωTs,振幅A=0.1m,初相φ=2π/3,vmax=ωA=0.8πm/s(=2.5m/s,
amax=ω2A=6.4π2m/s2(=63m/s2.
Ox
练习二机械振动(二参考解答
1.(D;
2.(C.
3.2
1cos(04.0π-πt;
4.3/2π±;
5.解:
(1势能221kxWP=
总能量22
1
kAE=由题意,4/212
2kAkx=,21024.42
-⨯±=±=Axm
(2周期T=2π/ω=6s
从平衡位置运动到2
Ax±
=的最短时间∆t为T/8.
∴∆t=0.75s.
6.解:
x2=3×10-
2sin(4t-π/6=3×10-2cos(4t-π/6-π/2=3×10-2
cos(4t-2π/3.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A=(5-3cm=2cm,φ=π/3.
合振动方程为x=2×10-
2cos(4t+π/3(SI
x
Oωω
π/3-2π/3
A
1
A
2
A
1.(A;
2.(D;
3.}]/1([cos{φω+++=uxtAy(SI
4.]/2cos[1φ+π=TtAy,]//(2cos[2φλ++π=xTtAy
5.解:
(1由P点的运动方向,可判定该波向左传播.
画原点O处质点t=0时的旋转矢量图,得4/0π=φ
O处振动方程为4
1
500cos(0π+
π=tAy(SI由图可判定波长λ=200m,故波动表达式为]41
200250(2cos[π++π=xtAy(SI(2距O点100m处质点的振动方程是4
5
500cos(1π+π=tAy
振动速度表达式是4
5
500sin(500vπππ+-=tA(SI
6.解:
(1设x=0处质点的振动方程为2cos(φν+π=tAyA
画原点O处质点t=t'时的旋转矢量图得2
'
π
ϕω=
+t'
22
tπνπ
ϕ-=
∴
x=0处的振动方程为]2
1
(2cos[π+
'-π=ttAyν(2该波的表达式为]2
1/(2cos[π+-'-π=uxttAyνX
O
OY
O
1.(C;
2.(B;
3.S1的相位比S2的相位超前π/2;
★4.]/(2cos[π++πλνxtA,2
1
2cos(21/2cos(2π+ππ+
πtxAνλ;
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点的振动超前于
λ/4处质点的振动.
该波的表达式为]4(22cos[
λ
λλ-+
=xut
Ayππ
222cos(xutAλ
λπ
ππ+-=(SI
t=T时的波形和t=0时波形一样.t=0时
22cos(xAyλπ
+π-
=2
2cos(π-π=xAλ按上述方程画的波形图见图B.
6.解:
=
-π
-
-=∆(21212rrλ
φφφ42241
2/rrπ-=π+π-πλλ464.0cos2(2
/1212221=++=∆φAAAAAm
x(m
t=T
图B
.AuOλ
y(m
-A
4
3λ-
4
λ-
4
λ4
3λ
Ox
Pxλ/4
u图A
练习五光的干涉(一参考解答
1.(B
2.(B
3.dsinθ+(r1-r2
4.7.32mm
5.解:
根据公式x=kλD/d
相邻条纹间距∆x=Dλ/d
则λ=d∆x/D=562.5nm.
6.解:
(1∵dx/D≈kλ
x≈Dkλ/d=(1200×5×500×10-6/0.50mm=6.0mm(2从几何关系,近似有
r2-r1≈D/xd'有透明薄膜时,两相干光线的光程差δ=r2–(r1–l+nl=r2–r1–(n-1l
(lnDx1/d--'=
对零级明条纹上方的第k级明纹有λδk=零级上方的第五级明条纹坐标
([]d/kl1nDxλ+-='
=1200[(1.58-1×0.01+5×5×10-4]/0.50mm=19.9mm
OPr1r2d
λs1
s2
dn
lx'
D
练习六光的干涉(二参考解答
1.A
2.B
3.2
2nλ4.539.1
5.解:
加强,2ne+
2
1λ=kλ,123000124212-=-=-=kknekneλnmk=1,λ1=3000nm,
k=2,λ2=1000nm,
k=3,λ3=600nm,
k=4,λ4=428.6nm,
k=5,λ5=333.3nm.
∴在可见光范围内,干涉加强的光的波长是
λ=600nm和λ=428.6nm.
6.解:
空气劈形膜时,间距θ
λθλ2sin21≈
=nl液体劈形膜时,间距θ
λθλn2sinn2l2≈=((θλ2//1121nlll-=-=∆∴θ=λ(1–1/n/(2∆l=1.7×10-
4rad
1.
(C2.(B
3.子波
子波干涉(或答“子波相干叠加”
4.500nm(或5×10-4mm
5.解:
中央明纹宽度
∆x≈2fλ/a=2×5.46×10-4×500/0.10mm=5.46mm
6.解
(aaaλϕλ<<-sinmm
mfx2102300=⨯=≈-ϕ∆∆(bradmma330102105.05.022-⨯=⨯⨯=≈μμλϕ∆(cmmmaafx1101102(12(3321=⨯-⨯⨯=-≈--λλ∆
1.(D
2.(D
3.10λ
4.3
5.解:
由光栅公式(a+bsinϕ=kλ
k=1,φ=30°,sinϕ1=1/2
∴λ=(a+bsinϕ1/k=625nm
若k=2,则sinϕ2=2λ/(a+b=1,ϕ2=90°
实际观察不到第二级谱线
6.解:
(1由光栅衍射主极大公式得
(1330sinλ=+
bacm1036.330
sin341-⨯==
+λba(2(2430sinλ=+ba(4204/30sin2=+=
baλnm
n1n2i0练习九光的偏振参考解答
1.(A
2.(A
3.I0/8
4.见图
5.解:
以P1、P2、P3分别表示三个偏振片,I1为透过第一个偏振片P1的光强,且I1=I0/2.设P2与P1的偏振化方向之间的夹角为θ,连续穿过P1、P2后的光强为I2,(
θθ20212cos21cosIII==设连续穿过三个偏振片后的光强为I3,
(θ-=90cos223II(
θθ220sincos21I=(8/2sin20θI=显然,当2θ=90°时,即θ=45°时,I3最大.
6.解:
光自水中入射到玻璃表面上时,
tgi0=1.56/1.33i0=49.6°光自玻璃中入射到水表面上时,
tg0
i'=1.33/1.560
i'=40.4°(或0i'=90°-i0=40.4°
练习十狭义相对论(一参考解答
1.(A
2.(D
3.(B
4.(A
5.解:
(1观测站测得飞船船身的长度为
=-=20/(1cLLv54m
则∆t1=L/v=2.25×10-
7s(2宇航员测得飞船船身的长度为L0,则
∆t2=L0/v=3.75×10-7
s
6.解:
令S'系与S系的相对速度为v,有
2/(1ct
tv-='∆∆,22/(1/(cttv-='∆∆
则2/12/(1(ttc'-⋅=∆∆v(=2.24×108m·s-
1那么,在S'系中测得两事件之间距离为:
2/122(ttctx∆∆∆∆-'='⋅='v=6.72×108m
练习十一狭义相对论(二参考解答
1.(C
2.5.8×10-13,8.04×10-2
3.(A
4.(C
5.解:
设立方体的长、宽、高分别以x0,y0,z0表示,观察者A测得立方体的长、宽、高分
别为22
1c
xxv-=,0yy=,0zz=.
相应体积为22
01cVxyzVv-==
观察者A测得立方体的质量2
2
1cmmv-
=
故相应密度为Vm/=ρ2
2
02
2
011/cVcmvv-
-=
1(22
00c
Vmv-=
6、解:
据相对论动能公式2
02cmmcEK-=
得1
/(11(
2
2
0--=ccmEKv
即
419.11/(112
02
==
--c
mEcK
v解得v=0.91c平均寿命为82
1031.5/(1-⨯=-=
cvττs
练习十二分子运动论(一参考解答
1.(B
2.(D
3.6.23×103
6.21×10-211.035×10-214.氩
氦
5.解:
(1∵T相等,∴氧气分子平均平动动能=氢气分子平均平动动能w
=6.21×10-21J.
且(
(
483/22
/12
/12
==mwv
m/s
(2(kwT3/2==300K.
6解:
由pV=
((mol
22HHMMRT和pV=
((mol
HHMMeeRT
得
((
eHHMM2=
((mol
mol2HHMMe=
42=2
1
.由E(H2=((mol22HHMM25RT和RT2
3
MM(E((molHeHeHe=
得
((e2HEHE=((((molmol
22HeM/HeM3HM/HM5
∵((mol22HMHM=((mol
eHMeHM(p、V、T均相同,∴
((eHEHE2=3
5
.
练习十三分子运动论(二参考解答
1.(C
2.(B
3.12
10/34.1.93
4.01×104
5.解:
据力学平衡条件,当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时,左、右两边氢气的压强相等、
体积也相等,两边气体的状态方程为:
p1V1=(M1/MmolRT1,
p2V2=(M2/MmolRT2.
由p1=p2得:
V1/V2=(M1/M2(T1/T2.开始时V1=V2,则有M1/M2=T2/T1=293/273.当温度改变为1T'=278K,2T'=303K时,两边体积比为
(221121//TMTMVV''=''=0.9847<1.即21VV'<'.
可见水银滴将向左边移动少许.
6.解:
根据
kTm23212=v,可得NkT
mN2
3
212=v,即
=
(RTMMmol/23
=(VMRTρmol/2
3=7.31×106.又(TiRMME∆=∆21/mol=(TiRMV∆2
1
/molρ=4.16×104J.
及(
((
2
/121
2
/1222
/12
vv
v
-=∆=(
(
12
2
/1mol/3TT
MR-=0.856m/s.
1.(C
2.(A
3.166J
4.||1W-,||2W-
5.解:
(1等温过程气体对外作功为
⎰
⎰==
=
V3VV3V3lnRTVdV
RT
VdpW=8.31×298×1.0986J=2.72×103J
(2绝热过程气体对外作功为
VV
VpVpWVVVVdd0
300
3⎰⎰-==
γ
γ
RTVp1
311131001--=--=--γγγγ=2.20×103J
6.解:
(13
12111035.5/ln(⨯==VVRTQJ
(225.011
2
=-
=TTη.3
11034.1⨯==QWηJ(33
121001.4⨯=-=WQQJ
1.(D
2.(B
3.等压
等压等压
4.124.7J-84.3J
5.解:
氦气为单原子分子理想气体,3=i(1等体过程,V=常量,W=0
据Q=∆E+W可知(12TTCMM
EQVmol
-=
∆==623J(2定压过程,p=常量,(12TTCMM
Qpmol
-=
=1.04×103J∆E与(1相同.W=Q-∆E=417J
(3Q=0,∆E与(1同W=-∆E=-623J(负号表示外界作功
6.解:
由图,pA=300Pa,pB=pC=100Pa;VA=VC=1m3,VB=3m3.(1C→A为等体过程,据方程pA/TA=pC/TC得TC=TApC/pA=100K.B→C为等压过程,据方程VB/TB=VC/TC得TB=TCVB/VC=300K.
(2各过程中气体所作的功分别为A→B:
((2
1
1CBBAVVppW-+=
=400J.B→C:
W2=pB(VC-VB=-200J.C→A:
W3=0
(3整个循环过程中气体所作总功为
W=W1+W2+W3=200J.
因为循环过程气体内能增量为ΔE=0,因此该循环中气体总吸热
Q=W+ΔE=200J.
练习十六静电场(一参考解答
1.(C
2.(C
3.单位正试验电荷置于该点时所受到的电场力
4.4N/C,向上
5.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λ=q/L,在x
处取一电荷元dq=λdx=qdx/L,它在P点的场强:
(204ddxdLqE-+π=ε(2
04dxdLLxq-+π=ε总场强为⎰+π=L
xdLxLqE02
0
(d4-ε(
dLdq
+π=04ε
方向沿x轴,即杆的延长线方向.
6.解:
把所有电荷都当作正电荷处理.在θ处取微小电荷dq=λdl=2Qdθ/π
它在O处产生场强
θεεd24dd2
0220R
Q
RqEπ=π=按θ角变化,将dE分解成二个分量:
θθεθdsin2sindd2
02
R
Q
EExπ=
=
θθεθdcos2cosdd2
02RQ
EEyπ-=-=
对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-π=⎰⎰π
ππθθθθε2/2/0202dsindsin2RQ
Ex=02022/2/0202dcosdcos2RQ
RQEyεθθθθεπ
πππ-=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰所以jRQjEiEEyx
2
02
επ-=+=
dq
ROx
y
θ
dθ
θ
PL
ddqx(L+d-xdExO
练习十七静电场(二参考解答
1.(D
2.(B
3.-(σS/ε0(σS/ε0
4.πR2E
5.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
rrArVqd4dd2π⋅==ρ
在半径为r的球面内包含的总电荷为
40
3d4ArrArdVqr
V
π=π==
⎰⎰
ρ(r≤R
以该球面为高斯面,按高斯定理有04
2
1/4εArrEπ=π⋅
得到
(0214/εArE=,(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04
2
2/4εARrEπ=π⋅
得到(
2
0424/r
AREε=,(r>R
方向沿径向,A>0时向外,A<0时向里.
6.证:
用高斯定理求球壳内场强:
(
02
/d4dερ⎰⎰+=π⋅=⋅V
S
VQrESE
而
⎰⎰⎰π=π⋅=rr
avrrArrrAV02
d4d4dρ
(2
22arA-π=
(2
22
0202414arAr
rQE-π⋅π+π=εε202020224rAaArQEεεε-+π=要使E
的大小与r无关,则应有
02420220=-πrAarQεε,即2
2aQ
Aπ=
rQ
ab
ρ
练习十八静电场(三参考解答
1.(D
2.(B
3.Q/(4πε0R2,0,Q/(4πε0R,Q/(4πε0r2
4.λ/(2ε0
5.解:
在圆盘上取一半径为r→r+dr范围的同心圆环.其面积为
dS=2πrdr
其上电荷为dq=2πσrdr
它在O点产生的电势为
02d4ddεσεr
rqU=π=
总电势0
002d2dεσεσR
rUURS===⎰⎰
6.解:
(1球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加,即
⎪
⎪⎭⎫⎝⎛+π=
22110
041
rqrqUε⎪⎪⎭⎫⎝⎛π-ππ=22212104441rrrrσσε(210
rr+=εσ
2
100rrU+=
εσ=8.85×10-9C/m2
(2设外球面上放电后电荷面密度为σ',则应有
(210
1rrUσσε'+='=0即σσ2
1
rr-
='外球面上应变成带负电,共应放掉电荷(⎪⎪⎭
⎫⎝
⎛
+
π='-π='212
22
2144rrrrqσσσ(20021244rUrrrεσπ=+π==6.67×10-9C
O
dr
R
练习十九静电场中的导体与电介质(一参考解答
1.(B
2.(A
3.18/(2
02
RQεπ
4.σ(x,y,z/ε
0,与导体表面垂直朝外(σ>0或与导体表面垂直朝里(σ<0
5.解:
选坐标如图.由高斯定理,平板内、外的场强分布为:
E=0(板内2/(0εσ±=xE(板外1、2两点间电势差⎰
=-21
21dxEUUx(20
ab-=
ε
σ
6.解:
(1两导体球壳接地,壳外无电场.导体球A、B外的电场均呈球对称分布.
今先比较两球外场强的大小,击穿首先发生在场强最大处.设击穿时,两导体球A、B所带的电荷分别为Q1、Q2,由于A、B用导线连接,故两者等电势,即满足:
RQRQ0110144εεπ-+πR
QRQ02
20244εεπ-+π=
代入数据解得7/1/21=QQ
两导体表面上的场强最强,其最大场强之比为
744/42
1
22
2122022101max2max1==ππ=RQRQRQRQEEεεB球表面处的场强最大,这里先达到击穿场强而击穿,即62
2
02
max21034⨯=π=
RQEεV/m(2由E2max解得Q2=3.3×10-
4C
==
217
1
QQ0.47×10-4C击穿时两球所带的总电荷为Q=Q1+Q2=3.77×10-
4C
12σ
dab
x
O
练习二十静电场中的导体与电介质(二参考解答
1.(B
2.(B
3.0/εσ
4.增大增大
5.解:
200E2
1
Wε=
其中E为真空中的场强。
2r0E(2
1
W'=εε其中rEEε='为电介质中的场强。
∴电场总能量r0/WWε=
6.答:
不能用高斯定理求场强.
其旁的物体如是导体,由于静电感应,将出现感生电荷,如是介质,将出现极化电荷;这种电荷也要影响导体球上的电荷分布.这时,空间的场强分布不具有适当初对称性,不能应用高斯定理求场强分布.
1.(D
2.(D
3.
2ln20π
Ia
μ
4.0
5.解:
将导线分成1、2、3、4四部份,各部分在O点产生的磁感强度设为B1、B2、B3、B4.根
据叠加原理O点的磁感强度为:
4321BBBBB
+++=
∵1B、4B均为0,故32BBB
+=
2(4102RIBμ
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