大学物理简明教程课后习题参考答案-陈执平



1-1 一质点在xy平面内运动，在t0 s时 它的位置矢量r(4i5j)m，经Δt5s后，其位移

Δr(6i8j)m，求：(1) t5 s时的位矢；(2)在Δt时间内质点的平均速度．

解 （1）据题意，在tt时刻，该质点的位矢为

1-7 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿

-1

两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m·s，求轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图

∵ v雨船v雨v船 ∴ v雨v雨船v船

由图中比例关系可知

r1rr(4i5j) m(6i-8j) m(2i3j) m

（2）在Δt时间内质点的平均速度为







r6i8jm/s(1.2i-1.6j) m/st5



rRcostiRsintj2tk 1-3 已知质点运动方程为，R为常量。求，t=0及

t



2时质点的速度和加速度。

v船v雨8ms1 矢量图

t = 0时其位置与速度分别为2-1 质量为0.5kg的物体沿x轴作直线运动，在沿x方向的力F106t的作用下，x0 =5，v0 =2，求t = 1时该物体的位置和速度．（其中F以N为单位，t以s为单位，x0以m为单位，v0以m/s为

单位）

分析 当作用于物体的力是时间的函数时，由建立的运动方程积分可以求得速度．所求出的速度必定也是时间的函数，当还需要计算t时刻该物体的位置时，就应该利用速度的定义式v解 由加速度的定义a

解：（1）

ˆ,rRcostˆiRsintˆj2tk

drˆ, vRsintˆiRcostˆj2k

dtdvaRcostˆiRsintˆj

dt

当t=0时，

dx

，再积分求出位置的表示式． dt

ˆ, avRˆj2kRˆi,

vx0,vyR,vz2,axR,ayaz0

当t=π/2时，

dv

，应用牛顿第二定律，可得 dt

dvF106t2012t dtm0.5

分离变量：

ˆ, vRˆi2kaRˆj,

vxR,vy0,vz2,ax0,ayR,az0

dv(2012t)dt

两边积分得

v20t6t2C

由初始条件：t = 0时v=v0 =2，得Cv02，即

2

1-6 在铅直平面内运动的质点，其运动方程为r5ti(15t5t)j，求t=1秒时的法向加速度、切向加速度。 

解：v5i(1510t)j

，v

52(1510t)2 v20t6t22 (1)

因v

dv

52 a10j ，a10， atdt

2

而a2anat2 ，故an52

dx

，上式可写为 dt

dx

20t6t22 dt

分离变量：



因此v15i5j

v122

，1ij

v122

dx(20t6t22)dt

两边积分得



at(a1)15i5j ，anaat5i5j

x

10t22t32tC1

由初始条件：t = 0时x=x0 =5，得C1x05，即

v

mv10502

 m/s0.4 m/s

mm50200

x10t22t32t5 (2)

2－3 光滑水平面上有一固定的圆环，半径为R。一质量为m的小球以初速度大小v0沿着环的内壁作圆周运动。若小球与壁的滑动摩擦系数为，求小球任一时刻的速率。 解：设圆环内壁给小球的向心力为 Fn，则

当t = 1s时，由(1)和(2)式得v16 m/s，x15 m．

（2）v201 m/s，由（1）式得

v

mv10mv205022001

m/s1.2 m/s

mm50200

（3）v201 m/s，由（1）式得

dvv2

法向： Fnm 切向：FnmdtR

v

mv10mv205022001

 m/s0.4 m/s mm50200

即 

vdv

，v0

Rdt

v

2

v0

tdvv ，v0 201tRv

R

3－9 一人造地球卫星沿椭圆轨道运动，地球中心O为椭圆的一个焦点。已知地球平均半径为R6378km，卫星离地面的最近距离为

L1439km，最远距离为L22384km。若卫星于近地点A1的速率

为v18.10kms1，求卫星在远地点的速率

解：认为卫星仅受地球引力，且引力指向地球中心，角动量守恒

k 为常量， 3－4 煤粉以稳定的流量落在以水平速度v运行的传送带上，若t时刻传送带上煤粉质量为m(t)kt，

为保持传送带运行速度不变，需对传送带施加多大作用力？

解 t 时刻传送带上煤粉质量为m( t ) = k t，t 至tΔt时间内将落入传送带上的煤粉质量为ΔmkΔt，传送带上所需施加的作用力为F，沿煤粉运动方向系统的初末动量分别为 初态： p1m(t)v 末态： p2[m(t)Δm]v

应用系统的动量定理，得 FΔtp2p1ΔmvkvΔt

mv1(RL1)mv2(RL2)

v2

v1(RL1)

6.30km/s

RL2



3－11 质量为m的质点在外力作用下运动，运动方程为rAcostiBsintj，A,B,都为常数，求力在t10

到t2

Fkv

3－7 某人以2ms的速度沿水平方向将一50kg的物体扔上平板车。平板车自身质量为200kg，不计车与地面的摩擦，求下列条件下车得到的速度，（1）车原来静止；（2）车正沿物体运动方向以1ms正以1ms的速率沿物体运动的反方向运动。

解 设车的质量为m，初速度为v20，物体质量为m，初速度为v10，它们共同的末速度为v．对于车和物体组成的系统，水平方向合外力为零，故水平方向动量守恒，得

1

1

-1



时间内作的功。 2

的速3）车



解：drAsintdtiBcostdtj

22

aAcostiBsintj



dWFdrmadrm3(A2B2)sintcostdt

W

2

mv10mv20(mm)v （1）

（1）车原来静止，v200，由（1）式得

dW

1

m2(A2B2) 2

3－12 一颗子弹水平击中一个悬挂着的砂袋，并留在里面，已知砂袋质量是子弹质量的1000倍，悬点到砂袋中心的距离为1 m，设子弹击中砂袋后，悬线的偏角为10，求子弹的入射速度。

解 子弹和砂袋组成的系统，在子弹击中砂袋的瞬间，水平方向无外力作用，动量守恒．设子弹质量为m1，速度为v10，砂袋质量为m2=1000m1，子弹击中砂袋后，子弹与砂袋共同的速度为v2，得

解：

m1v10(m1m2)v2

子弹随砂袋一起摆动的过程中，只有重力作功，机械能守恒，取初始时砂袋位置为重力势能零点，悬线长为l，

m1

m2

1

Ml202m0r2 12

1lMl22m()2 物体到达棒端时系统的角动量 L2122

系统初始角动量 L1

砂袋上升的最大高度为l(1cos10)，如图 ，得

12

(m1m2)v2(m1m2)gl(1cos10) 2

由以上二式，得

Ml224mr2

0 由 L1L2 解得 22

Ml6ml

4－3 一细杆长为l、质量为m0，可绕垂直于一端的水平轴自由转动。杆原先处于平衡状态，现有一质量为m的小球沿光滑水平面飞来，恰与杆下端完全弹性碰撞，结果使杆上摆至60处，如图，求小球初速度。

解：小球和直杆系统角动量守恒 mv0lmvl

系统动能守恒

mm2

v101

m1

2gl(1cos10)

100129.81(1cos10) m/s546 m/s

3－13 一子弹水平射入一个固定于弹簧的木块内，已知子弹的质量为20 g，木块质量是8.98 kg，弹簧的劲度系数是100Nm，子弹嵌入后弹簧压缩了10 cm，设木块与水平面间的滑动摩擦系数为0.2，求子弹入射速度。

分析 由于木块与水平面间存在摩擦，子弹嵌入木块后与弹簧并不构成一个通常意义的弹簧振子，机械能不守恒，但是可以应用功能原理分析摩擦力作功与机械能的变化的关系．

解 在子弹m1和木块m2碰撞的瞬间，因时间很短，木块的位置还未发生改变，因而还不受弹簧的作用，子弹和木块组成的系统水平方向无外力作用，水平方向动量守恒，设子弹质量为m1，速度为v10，木块质量为m2，子弹击中木块后，共同的速度为v2，得

1

1

m0l2 3

121211

mv0mv(m0l2)2 2223

111o22

直杆重力矩作功 m0gl(1cos60)0(m0l)

223

联立得 v0

4－4 一长l，质量m1的均匀细棒，静止平放于光滑水平面上，它可绕过其端点O且与面垂直的光滑定轴转动。现有一质量为m2的小物块，在水平面内沿垂直于棒的方向与棒的另一端点A碰撞并弹回。若碰撞前后物块速率分别为v、u，求碰撞后棒转动的角速度。

m03m

gl

12m

m1v10(m1m2)v2

子弹随木块一起压缩弹簧的过程中，应用功能原理，摩擦力所作的功等于弹性系统机械能的增量，即

1212kx(m1m2)v2(m1m2)gx 22

由以上二式，得

4－1 电动机带动一个转动惯量J50kgm2的系统作定轴转动，在0.5s内转速由0达到120rmin，求电动机对转动系统作的功。

解：

1

解：碰撞前后角动量守恒 m2vl解得

1

m1l2m2ul 3



W

1112022J(202)50[()0]3.95103J 2260

3(vu)m2

m1l

4－5 一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的铅直光滑固定轴自由转动，圆盘质量为M，半径为R，对轴的转动惯量为mR/2，圆盘以角速度0转动,有一质量为m的子弹沿盘的直径方向射入而嵌在盘的边缘上，子弹射入后，圆盘的角速度为多少？

解：子弹与圆盘组成的系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒，有

2

4－2 如图，质量为M，长为l的均匀细棒在水平面内绕通过棒中心且垂直于棒的光滑固定轴转动。棒上套有两个质量均为m，可沿棒滑动的小物体。开始时，两小物体分别被固定于棒两侧距中心r处，且棒以角速度0转动。求两小物体到达棒端时棒的角速度是多少？

11

MR20MR2mR2 22

M0

故：

M2m

4－6 半径为R的定滑轮边缘绕一细绳，绳下端挂一质量为m的物体。若绳的质量可忽略不计，滑轮轴的摩擦亦不计，且绳与滑轮间无相对滑动。若物体下落加速度为a，求定滑轮对轴的转动惯量。 解： mgTma TRJ TT aR

联立得 Jm(ga)R2/a

4－7 一转动轮定轴转动。在20Nm的不变力矩作用下，10s内转速由零增大到100rmin，此时移去该力矩，转动轮在摩擦力矩的作用下经100s停止转动。求转动轮对轴的转动惯量。 解： 1

1

8

5－2 真空中一长为l20cm均匀带电细棒，线电荷密度310C/m。求棒垂直平分线上与棒的中点相距

d8cm处的电场强度。

解：

细棒在Q点产生的电场强度大小为

方向沿y轴正向．

0

t1





t1

，MMfJ1

0

MfJ2 ， 2t2

M

由以上4式得 J

12

M20

17.4kgm2

1123.1410011()()t1t26010100

-11

附：



dx(x2d2)

3

2

设xdtgt，则 (xd)d3sec3t，dxdsectdt

22

32

2



19

dx(x2d2)

32



111

costdtsintCd2d2d2

tgt1tgt

2

C

xd

2

dx

22

C

5－1 氢原子中，电子与质子之间的距离为5.3×10m，分别求它们之间的库仑力与万有引力。 (已知电子质量为910

31

kg，质子质量为1.6710

27

5－3 一底面半径为R圆锥体，高为h，均匀带电，电荷体密度为，求其顶点的电场强度。

kg，电子、质子电量都为1.60210C，万有引力常数

G6.671011Nm2kg2)

e2(1.61019)29

解： Fe9108.1108N 2112

40r(5.310)

1

mM9.110311.6710271147

FgG26.67103.710N 112

r(5.310)

解 例题5－2给出半径为r、电荷面密度为的带电圆盘轴线上距盘心为x远处的电场强度的大小为

xE12

20rx2





 （1）

解: 高斯定理EdS

s

q

0

22

如图所示，在距A为x远处取厚度为dx的薄圆盘，半径为r，面积为r，体积为rdx，因dx为一无穷小量，

取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl 则 EdSE2πrl

S

rdxdx2

r薄圆盘上电荷面密度，代入（1）式，得薄圆盘在A点产生的电场强度为

dxx

dE1

20r2x2

x

利用几何关系

2



对(1) rR1

q0,E0

ql





(2) R1rR2 ∴ E

r2x2



H

R2H2，对上式积分得圆锥体在A点的电场强度为

1

22

RH H



沿径向向外

2π0r

EdE

20

HHH1dx22020RH

(3) rR2

q0

∴ E0

5－6 真空中有一半径为R，电量为q的均匀带电球体，求其球内、外各点的电场强度。

解： 应用高斯定理计算电场分布． （1）球体内的电场强度 球体体积为V

方向为沿对称轴向

5－4 求真空中电荷面密度为的无限大均匀带电平面的场强。 解：选取垂直于平面的圆柱面为高斯面。圆柱侧面上场强 场强方向与平面法线方向都一致。

所以，通过这个高斯面的电通量，就等于通过两底面的电通量

与轴线平行，通过侧面电通量为零，而在两底面上，

4q

R3，均匀带电，电荷体密度． 作半径为r0rR的球形高斯面S1，所包围的球3V

43qr3

体体积为V1r，包围的电荷量为qV1V1q3，设半径为r处的场强为E1，由高斯定理得

3VR

由于此高斯面所包围的电荷量为

，根据高斯定理得

,

S1

E1dS

E14r2

1

0

q

得 E1

（2）球体外的电场强度

qr

40R3

作半径rR的球形高斯面S2，包围电荷量为

qVq，由高斯定理得

S2

E2dSE24r2

1

0

q

q

0

5－5 真空中有半径为R1和R2(R2 ＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r＞R2处各点的场强。

得 E2

q4r2

5－7 如图，A，B处各有电量分别为+q,-q的点电荷，间距为

解得 q21.33109C （2）令r处V（r）＝0

即

2R，现将一正试验点电荷q0从两电荷连线中点O经过半圆弧移

到C点，求移动过程中电场力作的功。 解: 如题图示

q140r



q240R2

0

解得 r0.10m10cm

UO

qq1

()0 4π0RR

6－1 一带电Q的导体球壳，内、外半径分别为R1、R2。球壳内另有一半径为r、带电q的导体小球，与球壳同心（rR1R2）。求小球与球壳的电势差。 解：Vr

UC

qq1q

() 4π03RR6π0R

140(

(

∴ Aq0(UOUC)

qoq

6π0R

qqqQ) rR1R2

5－8 真空中有一均匀带电q，半径为R的球体，试求球体内电势分布。 解：先由高斯定理求出球内、外电场强度

VR1

140qqqQqQ

)

R1R1R240R2

Ur,R1

11

() 40rR1q

E1

qr

0rR

40R3

6－2 在半径为R1的导体球外面套上一半径为R2的同心薄导体球壳，球壳带电Q，内球电势为V0，求内导体球与球壳间的电势差。 解：导体球的电势为

E2

q4r2

q40R1

rR



Q40R2

V0

U



r

Edl



Rr



E1dlE2dl

R

qr2

80R80R33q

解出 q40R1V0

R1Q

R2

因此 U1,2V0

RR1qQQ2(V0)

40R2R240R2

5－9 真空中有两个半径分别为R5.0cm，R20.0cm同心的均匀带电球面，已知内球面的电势为V60V，

121外球面的电势V30V，求(1)内、外球面上所带电量；(2)两个球面间何处电势为零。

2

6－3 一离地面很远、半径为R的金属球，用导线与地相联，在与球心相距d3R处有一点电荷+q，试求金属球上感应电荷的电量。 解: 如图所示，设金属球感应电荷为q，则球接地时电势VO0

解：（1）UR1,R2



R2

q140r

R1

2

q140

(

11

)60(30)90V R1R2

由电势叠加原理有：

解得 q16.6710

10

C q1



q240R2

60V

VO

q'q

0

4π0R4π03R

VR1

得 q

40R1

q

3

6－4 在半径为R的金属球外有一层外半径为R的均匀介质层，设电介质的相对电容率为r，金属球带电量为Q，求：（1）介质层内外的电场强度；（2）介质层内外的电势；（3）金属球的电势。

解 （1）由于电场具有轴对称性，以半径为r作高为L的同轴高斯面，介质中的高

斯定理得

2rLDL

Q1111

介质层内(RrR)：E；V()

40rr24rrRR

QQ40r2

；V

D



r



介质层外(rR)： E

Q4r

E

D







r2rr （1）

（2）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为和，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为

金属球电势：V

Q1111

()

4rRRR

解 （1）如图作半径为r的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得

E

20r

4r2DQ

D

Q

4r2

D



Q40rrQ4r2

2

根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化电荷产生的附加电场的叠加，即

EE0E





20r20r （2）

1

由（1）和（2）式解得

在介质内，RrR E1

0r

D

(1

r

)

在介质外，rR E2

（2）介质内任一点的电势为

R







介质内外表面单位长的面积分别为2R2，2R1，则极化电荷面密度分别为

V1E1drE2dr

r

R

Q1111

() （1） 

4rrRR





(1) (1) 2R12R1r2R22R2r

介质外任一点电势为

6－6 球形电容器由半径为R1的金属球与一与它同心的半径为R2的金属球壳组成。求电容器的电容。 解： 球间电场 E

V2E2dr

r



Q40r

q40r

2

（3）金属球的电势可由（1）式中令rR得到，即

球与球壳间的电势差

Q1V0

40r111 RRR

U

电容

R2

R1

R2R1



40R1R240r2

q

q

6－5 半径为R1的导体圆柱和与它同轴的半径为R2的导体圆筒间充满相对电容率为r的介质。圆柱的长为L，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为，圆筒单位长带电荷量为，忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度；（2）介质表面的极化电荷面密度。

q40R1R2 C

UR2R1

6－7 已知一平行平板电容器电容为0.50F，两极板间介质厚度为0.01mm。该介质的击穿场强为

1.9107Vm1，求此电容器所能存贮的最大能量。

I1I220A，求：

(1)两导线连线中点A处的磁感应强度；

(2)通过图中所示面积的磁通量（r1r310cm，l25cm）。 解：(1) BA

V 解 ：两板间电势差 UmaxEbd190

电容器所能存贮的最大能量 We

12

CUmax9.03103J 2

6－8 一极板面积为S，极板间距为d的平行平板空气电容器，充电到带电q后与电源断开，然后缓慢地将两板间距拉到2d，问电容器能量改变了多少？

解：电源断开，板上电荷不变，由例6－1知，板间距加倍，电容减为原来的一半，增加的电容器能量为

0I1

2(

d)2



0I2

2(

d)2

4105 T

1Q21Q2Q2q2d

W 

2C/22C2C20S

7－1 如图AB、CD为长直导线，BC是一段圆心为O、半径为R的圆弧

形导线，若导线通有电流I，求O点的磁感应强度。 解： AB段产生：B10 BC段产生：B2

 方向纸面向外 (2)取面元dSldr



r1r2

r1

I10I1IlIl1Il

[]ldr01ln302ln1ln32.2106Wb 2r2(dr)223

1

7－7 如图为一长直圆管形导体的横截面，内外半径分别为a 和b ，沿导体轴线电流为I ，电流均匀分布在管的

横截面上。试求导体内外的磁感应强度分布。 解：由安培环路定理易知 B0,(ra);B

0I

12R

，方向垂直向里

由安培环路定理

0I

,(rb) 2r

I(cos150cos180)0(1方向垂CD

段产生：B3

R2R4

2

直向里

B0B1B2B3

0I



BdlB2r0

l

I

(r2a2) 22

(ba)

0I(r2a2)

解得 B (arb)

2r(b2a2)

7－8 一长直导线截面为10mm，沿导线截面均匀地通有电流50A，求此导线内、

8

2

0I3

(1)，垂直纸面向内 2R26

7－5 处在基态的氢原子其电子可看作是在半径r0.5210cm的轨道上作匀速圆周运动，速率

外磁感应强度分布及导线表面的磁感应强度大小。

v2.210cmsv 求电子在轨道中心所产生的磁感应强度大小（电子电量为1.61019C）。

8

1



解：由安培环路定理BdlB2r0I

l

v2e2

解： 由 得 r me

22

r40r40mev

T

e2

导线内rR，

I

0IrI2

rB, 故R22R2

I2re

，I ，B0 vT2r

导线外，rR，

II，故 B

0I

, 2r

在导线表面磁感应强度连续，由I50A，

故

0ev41071.610192.2108102

B13T 2822

4r4(0.521010)

7－6 如图有相距d40cm的平行长直导线，每根导线载有电流

RS/1.78103m，得 BR

0I

5.6103T

2R

7－11 电流I通过如图形状的导线，将它放在方向垂直纸面向内、磁感应强度为B的磁场中，求此导线所受安培力。

解：由例7－8知，截流导线 在匀强磁场中受的磁场力等于从起点到终点连接的直

B21

0I1N1

2R1

穿过小线圈的磁通链为



导线通过相同电流时受到的磁场力，故由 FILB知

F2BIR，方向竖直向上。



8－1 如题图所示，相距2a的两无限长直导线所在平面的正中间有一长度为2b的金属杆，杆以速度v平行于两直导线运动。两直导线通以大小相等、方向相反的电流I，求金属杆两端的电势差及其方向。 解：在金属杆上取dr距左边直导线为r，则

N20I1N1R22

21N221

2R1

互感系数为 M

21

I1



0N1N2R22

2R1

AB(vB)dl

Aab

B





8－9 螺绕环单位长度的线圈匝数n10匝/cm，环心材料0410－7NA－2。当线圈中磁场的能量密度

Iv11

)dr 0(

ab2r2ar0Ivabln

ab

∵ AB0

∴实际上感应电动势方向从BA，即从图中从右向左， ∴ UAB

w1Jm－3时，求线圈中的电流强度。

解： W

11

0H20(nI)2 22

故 I

2w/0n

1.26A

0Ivab

ln ab

8－11 半径为R=0.10m的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容器匀速充电，使两极板间电场的变化率为



r10cmB0.8TB8－4 一半径的圆形回路放在的均匀磁场中．回路平面与垂直。当回路半径以恒定速率dr

80cms-1dt 收缩时，求回路中感应电动势的大小。

解: 回路磁通 mBSBπr2 感应电动势大小

dE

1.01013Vm－1s－1，求两极板间的位移电流。 dt

解: jD

DE

0 tt

IDjDSjDR22.8A

9－2 一物体沿x轴作简谐振动，振幅A=10cm，周期T=2s，t=0时物体位移为x0= -5cm，且向x轴负向运动，求：

（1） t=0.5s时物体的位移；

（2） 何时物体第一次运动到x=0.5cm处；

（3） 再经过多少时间物体第二次运动到x=0.5cm处



dmddr

(Bπr2)B2πr0.40 V dtdtdt

8－6 两个半径分别为R1和R2（R1R2）的圆形线圈共轴放置在一平面内，它们的匝数分别为N1和N2，试求它们之间的互感系数。设大线圈中有电流时，小线圈所在处的磁场可看作是均匀的。

分析：题目给出条件R1R2，R2线圈与R1线圈共轴，所以R2线圈所在处的磁感应强度可视为均匀，且等于R1线圈圆心处的磁感应强度.

解 因R1R2,当大线圈中有电流I1时，小线圈所在处各点的磁感应强度近似相等，且等于圆心处的磁感应强度，即

22

，而s1 3T

2

故振动方程为 x0.10cos(t)

3

2

t=0.5s时物体的位移 x0.10cos(0.5)0.087m

3

物体第一次运动到x=0.5cm处，旋转矢量转过的角度为

解：从旋转矢量图，

t1



1s 

物体第二次运动到x=0.5cm处，旋转矢量又转过了

2 3

2

2 ts 3

9－5 有两个运动方程分别为x1求合振动的振幅和初相位。 解：A

2

A12A22A1A2cos(21)7.81102m

9－12 如图，曲线(a)为t=0时的波形，曲线(b)为t=0.5s

时的波形，波沿x轴正向传播，试求：(1)波动方程；(2)P点的振动方程。

510－2cos(10t

3

)及x2610－2cos(10t)，各物理量为SI制。44

t0时，y00,v00，解: (1)由题图可知，A0.1m，4m，又，∴0

x1

2ms1，，而u

2t0.5

Asin1A2sin2

tg111

A1cos1A2cos2



u





2

0.5 Hz，∴2 4

y0.1cos[(t

x

)]m 22

故波动方程为

84.80

9－7 两个同方向、同频率的简谐振动的合振动振幅为0.20m。已知第一个振动的振幅为0.173m，且合振动与第

(2)将xP1m代入上式，即得P点振动方程为



一个振动的相位差为

6

，求第一、第二个振动的相位差及第二个振动的振幅。

9－13 设有两相距

y0.1cos[(t



2





2

)]0.1cost m



的相干波源S1和S2，它们的振幅均为A1，S1相位较S2超前，求： 42

解：A2AA2A1Acos

2

2

1

22

21

2

6

0.1m

(1) S1外侧各点的合振幅和强度；(2) S2外侧各点的合振幅和强度 解：（1）在S1外侧，距离S1为r1的点，S1S2传到该P点引起的位相差为

cos

AAA

0， 

22A1A2





2



2

r(r) 114

9－9 如图为一平面简谐波在t=0时刻的波形。求(1) 波动方程；(2) P

处质点的振动方程。

解：设原点处质点的振动方程为y0Acos(t)，而

AA1A10,IA20

（2）在S2外侧.距离S2为r2的点，S1S2传到该点引起的位相差.



，2





2



2



(r2



4

r2)0

0.04，u0.08，故

12T，4

u2T

AA1A12A1,IA24A1

9－16 一振幅为A，周期为T，波长为的平面简谐波沿x 轴正向射向一反射面，如图。 设t0时刻在原点O 处的质元由平衡位置向位移为正的方向运动，入射波在界面处发生完全反射，反射波的振幅等于入射波的振幅。试求：(1)

入射波的波函数；(2)反射波的波函数；(3)入射波与反射波叠加而形成的合成波的波函数，并标出因叠加而静止的各点的坐标。

2

x)－］m 因此有波动方程 y0.04cos[4(t－0.082

取x0.02m，则 yP0.04cos(4t－

3

)m 2

解 (1)入射波在原点 O处引起的振动为

10－4 白光垂直照射到空气中一厚度为3.810m的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色?

解: 由反射干涉相长公式有

7

t

y0Acos[2()] ，入射波沿X 轴正方向传播,其波函数为

T2tx

yAcos[2()

T2

(2)入射波在 P点所引起的振动为

2ne



2

k (k1,2,) 4ne41.33380020216

 2k12k12k1

o

yp

txp

Acos[2()] ，考虑反射波的半波损失，反射波在 P点的振动方程为

T2

txP

y反PAcos[2()］

T2

得 

k2, 26739A (红色) k3, 34043 A (紫色)

所以肥皂膜正面呈现紫红色．

由透射干涉相长公式 2nek(k1,2,) 所以 当k2时，  =5054A (绿色)

故背面呈现绿色．

10－5 白光垂直照射到空气中一厚度为500nm的薄油膜（n=1.46）上，问在300nm到700nm的范围内，哪些波长的光反射最强？

解 在油膜上表面反射的光有半波损失。反射光加强的条件为

2nd∴入射光波长为

oo

反射波沿X 轴负方向传播其波函数为

y反

xP tx－xP

Acos[2()－2］

T2tx

Acos[2()－］

T2

(3)入射波与反射波叠加,合成波的波函数为

yyy反Acos[2(

t

2Acos(2)cos(2)

T2

x

txtx

)]Acos[2()] T2T2

2ne10108

 kk

即合成波为驻波.各点振动的振幅为 A(x)=2Acos2



x ,

当cos2

0,即

2

x



(2k1)

 (k为整数)时,振

2

3幅为零,相应的各点静止.由于驻波所在区域为x,所以所有因叠加而静止的点位置坐标为: x(2k1) 44

k0时，x

10－1 在一杨氏双缝干涉实验中，双缝间距d0.20mm，缝与屏的间距d1.0m， 若第二级明纹距屏中心6.0mm，求此单色光的波长及相邻两明条纹间的距离。



2

k （k =1，2，…）



4

；k1时，x

3 4

4nd41.465001092920109

  2k12k12k1

当k=3时，3584nm, k=4时4417nm, k=5时5324nm，k=6时6266nm,所以在300-700nm范围内波长为584nm，417nm，324nm的光反射最强.

10－6 将折射率为1.38的MgF2作为增透膜涂在折射率为1.52的照相机镜头表面，若此膜仅适用于波长为

D1103

k知，6.02， 解: (1)由x明d0.2

∴ 0.610

3

550nm的光，问此膜的最小厚度为多少。

o

mm 6000A

解：反射相消，22n2d(2k1)取k0则 dmin99.6nm



2

d(2k1)



4n2

D1103

0.61033 mm (2) x

d0.2

10－9 波长为5.810m的单色光垂直照射到一宽度为610m的单缝上，若透镜的焦距为1.0m，求第一级

74

暗纹到中心的距离及第二级明纹到中心的距离。

kf115.8107

9.67104m 解：（1）暗纹条件 asink，x14a610

(2k1)f

2.41103m （2）明纹条件 asin(2k1)，x2

22a

∴

I9

2.25 I14



v10 

1

k(m1m2)x22(m1m2)2gxm1

10－11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与610m的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长。

解：单缝衍射的明纹公式为

7

1

(0.028.98)0.122(0.028.98)20.29.80.1 m/s0.02 319 m/s

12－1在实验室中得到大约1.01310 Pa的低压。求温度为273K室温时，低压区中每立方厘米内有多少个分子？

9

asin(2k1)

 2

7

当610m 时，k2

p1.013109113

2.6910m解： pnkT，n kT1.381023273

12－3 某气体体积为10m，分子数N10，每个分子的质量为51026kg，分子方均根速率为400ms。求气体的压强、气体分子的总平动动能以及气体的温度。

3

3

23

1

x时，k3

重合时角相同，所以有

asin(221)

得 x

6102

7

(231)

x

2

解 由压强公式 P

2122N12n(v)(v) 323V2

5

61074.3107m 7

210235102640025

2.6710Pa 得 P3

3102

气体分子的总平动动能为

10－13 一束光通过两个偏振化方向平行的偏振片，透过的光强为I1，缓慢地将一个偏振片转过角，则透过的光强为

N10235102640022

EkNv400J

22

由PnkT，得气体的温度

I1

，求角为多少。 2

I1

I1cos2 2

PPV2.67105103

T23193K 23

nkNk101.3810

12－4 已知氢气的摩尔质量MH2210最概然速率。

解：氢气的摩尔质量MH2210

3

3

解：由马吕斯定律，有

kgmol1，求温度为400K的氢气分子的平均速率、方均根速率及

解得 45

10－14 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为I1，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I与I1之比为多少? 解：由马吕斯定律

kgmol1，气体温度T400K，则有

3RT

2.23103ms1； MH2



8RT

2.06103ms1；v2MH2

2RT

1.82103ms1 MH2

I1

I0Icos260ο0 28

vp

12－7 1mol单原子理想气体和1mol双原子理想气体，温度升高1K时，其内能各增加多少？ ？ 解 1 mol单原子理想气体温度升高1K，内能增量为

I

I09Icos230οcos230ο0 232

i3

RT8.311 J12.5 J 22

1 mol双原子理想气体温度升高1C，内能增量为

等体过程 WV0 等温过程 WTp1V1ln

i5

RT8.311 J20.8 J 22

13－1 压强为一个大气压，温度为27摄氏度，质量为2.8

1028g/mol），经一等压过程体积变为原来的2倍，求气体作的功、内能增量

p及所吸的热。

pV2V1

解：等压过程  ，得 T2600K

T2T1 p2 a c

52.8

0.1， 对双原子气体，CVR，对氮气，

228

O V2 V1 V WR(T2T1)249J；QPCP(T2T1)873J

3

V21

2.02610520103ln J280 J9 V12

（3）系统只在等压过程中吸热，有

Qp

循环效率为

i2i252

p1(V2V1)Wp4052 J14182 J 222



WpWT

Qp



40522809

0.08678.67%

14182

ECV(T2T1)624J

13－4 温度为300K，体积0.4110m，质量8g的氧气分别经（1）等温过程；（2）绝热过程后，体积变为

3

3

13－8 一理想卡诺热机，在循环中从高温热源吸热6270J，把吸取热量的80％放到低温热源中去，求循环的效率及一个循环作的功。

解：（1）卡诺热机在循环中吸热为Q1，放热为Q2，则

4.10103m3。分别计算这两个过程中气体所作的功（氧气的摩尔质量为0.032kgmol1）。

1

7R

8

0.25，1.4 解：

5R32

2

Q280%Q1

120% Q1Q1

（2）一个循环作的功为

WQ120%1.51034.18 J1254 J

13－11 外壁绝热的容器分隔为两个部分，开始时分别盛有80C和20C水，经从高温的水向低温的水传递了





V24.1103

（1）等温过程 WRT1ln0.258.31300ln1435J 3

V10.4110

（2）绝热过程 T1V1

1

4.2103J的热量后，两部分水温度均匀一致。求过程的系统熵变。

解：高温水释放热量Q，低温水吸收等量热量Q

T2V21，T2T1(

V11

)119K V2

5

WCV,mT0.258.31(119300)941J

2

13－6 压强为2.026105 Pa、体积为20L的1mol的双原子理想气体，经过一等压过程，体积增大为原来的2倍，又经一等体过程冷却到原来的温度，最后经一等温过程压缩回到最初状态。求工作物质在以上三个过程中作的功及该循环的效率。

解 （1）循环的p—V图如图所示．

（2）等压过程

S

QQ114.2103()2.4JK1 T2T12732027380





13－13 处于一个大气压下，温度为27C、质量为1kg的水，当温度上升到57C时，问水的熵变为多少。已知

Cp,m4.18103Jkg1K1。

解：水的温度由27°C上升到57°C，是在大气压下进行的，所以是一个等压过程．

过程中熵变为

Wpp1(V2V1)

2.026102010 J4052 J

5

3

T2

S2S1

mCp,mdTT

T1

mCp,mln

T2T1

14.18103ln

330

J/K4.0102 J/K300

前天老眼昏花，印落了。补上！