安工大物理作业习题答案 练习一 机械振动 (一) 参考解答

1. (C) ; 2. (B)

3. x 2 10 2cos(5t/2 2

) (SI)

4. 3.43 ( s ) ; -2 /3 .

5. 解： k = m0.1 9.8

0g / l

0.08N/m 12.25 N/m k/m .25 1

0.25

s 7s 1 A

x2v22210 0/ 42 (

7

)2

cm 5 cm

tg v0/(x0 ) ( 21)/(4 7) 3/4

， = 0.64 rad x 0.05cos(7t 0.64) (SI)

6. 周期 T 2 / 0.25 s， 振幅 A = 0.1 m， 初相 = 2 /3， vmax = A = 0.8 m/s ( = 2.5 m/s )，

amax = 2A = 6.4 m/s2 ( =63 m/s2 )．

练习二 机械振动(二) 参考解答

1．(D) ； 2. （C） .

3. 0.04cos (t ) ;

2

4. 2 /3 ;

5. 解：(1) 势能 WP

121

kx 总能量 E kA2 2212A2

4.24 10 2 m 由题意，kx kA/4， x

22

从平衡位置运动到x

(2) 周期 T = 2 / = 6 s

A2

的最短时间 t 为 T/8．

∴ t = 0.75 s．

-

6. 解： x2 = 3×102 sin(4t - /6) A 1

- = 3×102cos(4t - /6- /2)

-2

= 3×10cos(4t - 2 /3)． 作两振动的旋转矢量图，如图所示．

A

2

由图得：合振动的振幅和初相分别为 A = (5-3)cm = 2 cm， = /3．

合振动方程为 x = 2×102cos(4t + /3) (SI)

-

练习三 波动 (一) 参考解答

1．(A ); 2. (D);

3. y Acos {[t (1 x)/u] } (SI)

4. y1 Acos[2 t/T ] , y2 Acos[2 (t/T x/ ) ]

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 0 π/4

O处振动方程为 y0 Acos(500 t

1

) (SI) 4

x1

) ](SI) 20045

(2) 距O点100 m处质点的振动方程是 y1 Acos(500 t )

4

5

πAsin5(00πt π) (SI) 振动速度表达式是 v 500

4

由图可判定波长 = 200 m，故波动表达式为 y Acos[2 (250t

2( t6. 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为

y Acos

画原点O处质点t = t＇时的旋转矢量图 得 t

'

2

2

2 t

'

Y

x = 0处的振动方程为 y Acos[2 (t t )

] 2

(2) 该波的表达式为 y Acos[2 (t t x/u)

1 ] 2

练习四 波动（二）参考解答

1． (C) ； 2. (B) ;

3. S1的相位比S2的相位超前 /2 ;

★4. Acos[2 ( t x/ ) ] , 2Acos(2 x/

11

)cos(2 t ) ; 22

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

/4处质点的振动．

图A 该波的表达式为 u y Acos[

(x )]

42πutπ2π

x) (SI) Acos( 2

t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时

2πut

2π

2 2

y Acos( x) Acos(x )

2 2

按上述方程画的波形图见图B．

2 r22 r1 /4

4

221/2

A (A1 A2 2A1A2cos ) 0.464m

6. 解： 2 1

2

(r2 r1)

练习五 光的干涉 (一) 参考解答

1. （B）

2. （B）

3. d sin ＋(r1－r2)

4. 7.32 mm

5. 解：根据公式 x＝ k D / d

相邻条纹间距 x＝D / d

则 ＝d x / D＝562.5 nm．

6. 解：(1) ∵ dx / D ≈ k

- x≈Dk / d = (1200×5×500×106 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 从几何关系，近似有

r2－r1≈ dx /D 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 = r2 – ( r1 –l +nl)

= r2 – r1 –(

n-1)l

d

dx /D n 1 l 对零级明条纹上方的第k级明纹有 k 零级上方的第五级明条纹坐标

x D n 1 l k /d

-=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×104] / 0.50mm =19.9 mm

练习六 光的干涉 (二) 参考解答

1. A

2. B 3.

2n2

4. 539.1

1

= k ， 22ne4ne3000

nm

12k 12k 1k

2

5. 解：加强， 2ne+

k = 1， 1 = 3000 nm， k = 2， 2 = 1000 nm， k = 3， 3 = 600 nm， k = 4， 4 = 428.6 nm，

k = 5， 5 = 333.3 nm． ∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是

＝600 nm 和 ＝428.6 nm．

2nsin 2

液体劈形膜时，间距 l2

2nsin 2n

l l1 l2 1 1/n / 2

6. 解：空气劈形膜时，间距 l1

∴ = ( 1 – 1 / n ) / ( 2 l )＝1.7×104 rad -

练习七 光的衍射(一) 参考解答

1. 2.

（C） （B）

3. 子波

子波干涉(或答“子波相干叠加”)

-4. 500 nm(或5×104 mm)

5. 解：中央明纹宽度

-  x≈2f / a =2×5.46×104×500 / 0.10mm =5.46 mm

6. 解

练习八 光的衍射(二) 参考解答

1. （D） 2. （D）

3. 10 4. 3

5. 解：由光栅公式 (a＋b)sin =k

k =1， =30°，sin =1 / 2

∴ =(a＋b)sin / k =625 nm 若k =2, 则 sin =2 / (a + b) = 1, 2=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 a b sin30 3 1

3 1

3.36 10 4cm

sin30

(2) a b sin30 4 2

a b 2 a b sin30 /4 420nm

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 ，连续穿过P1、P2后的光强为I2，

I2 I1cos

2

1

I0cos2 2

设连续穿过三个偏振片后的光强为I3， I3 I2cos290

1

I0cos2 sin2 I0sin22 /8 2

显然，当2 ＝90°时,即 ＝45°时，I3最大．

6. 解：光自水中入射到玻璃表面上时，

tg i0＝1.56 / 1.33 i0＝49.6°

光自玻璃中入射到水表面上时，

＝1.33 / 1.56 tg i0

＝40.4° (或 i0 ＝90°－i0＝40.4°) i0

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

2

L L0 (v/c) 54 m

则  t1 = L/v =2.25×107 s

-

(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L0，则

t2 = L0/v =3.75×10 s

-7

6． 解：令S＇系与S系的相对速度为v，有 t

t

(v/c)2

， ( t/ t )2 1 (v/c)2

21/2

则 v c (1 ( t/ t )) ( = 2.24×108 m·s1 )

-

那么，在S＇系中测得两事件之间距离为：

x v t c( t

2

t2)1/2= 6.72×108 m

练习十一 狭义相对论（二）参考解答

1． (C)

--2． 5.8×1013， 8.04×102

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 x x0

v2

2，y y0，z z0．

c

v2

相应体积为 V xyz V0 2

cm0

观察者Ａ测得立方体的质量 m

2v1 2

c

v2

m0/ 2

m0c 故相应密度为 m/V 22vvV(1 )0V0 22

cc

6、解：据相对论动能公式 EK mc2 m0c2

得 EK m0c2(

即

1

2

(v/c)E1

1 K2 1.419

m0c (v/c)2

1)

解得 v = 0.91c 平均寿命为

0

(v/c)2

5.31 10 8 s

练习十二 分子运动论(一) 参考解答

1. (B) 2. (D)

3. 6.23×10 3

6.21×10 21 1.035×10 21 4. 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

＝6.21×10-21 J．

且 v

2

1/2

2/m

1/2

483 m/s

(2) T 2/ 3k ＝300 K．

6 解： 由 pV=

M H2 M H2 mol

=

RT和pV=

M He M He mol

RT

得

M H2 M He

M H2 molM He mol

=

21

= ． 42

M H2 5M(He)3

由 E(H2)= RT 和E(He) RT

M H2 mol2M(He)mol2

E H2 5M H2 /M H2 mol=

EHe3MHe/MHemolM H2 M He ∵ = (p、V、T均相同)， MH2molMHemol

得 ∴

E H2 5

=．

EHe3

练习十三 分子运动论（二）参考解答

1. (C) 2. (B) 3. 1 2

10/3 4. 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 / Mmol)RT1 ，

p2V2=(M2 / Mmol)RT2 ．

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T1 ＝278 K，T2 ＝303 K时，两边体积比为

V1 /V2 M1T1 / M2T2 ＝0.9847 <1． 即V1 V2 ．

可见水银滴将向左边移动少许．

6. 解：根据 

1313

mv2 kT， 可得 Nmv2 NkT， 2222132

/ Ndm 即 Nmv RTNm

2233

= M/Mmol RT = RT/Mmol V＝7.31×106 ．

22

11

又 E M/Mmol iR T＝ V/Mmol iR T＝4.16×104 J．

22

及 v

v v

21/2

221/2

21

1/2

＝ 3R/Mmol

1/2

2

1＝0.856 m/s．

练习十四 热力学（一）参考解答

1. (C) 2. (A) 3. 166 J

4. |W1| ， |W2|

5. 解：(1) 等温过程气体对外作功为

3V0

3V0

W

V0

pdV

3V0

V0

RT

dV RTln3 V

=8.31×298×1.0986 J = 2.72×103 J

(2) 绝热过程气体对外作功为

3V0

W

V0

pdV p0V0

V0

V dV

31 11 31

p0V0 RT＝2.20×103 J 1 1

3

6. 解：(1) Q1 RT1ln(V2/V1) 5.35 10 J

(2) 1

T2

0.25. T1

W Q1 1.34 103 J (3) Q2 Q1 W 4.01 103 J

练习十五 热力学（二）参考解答

1. (D) 2. (B) 3. 等压

等压 等压

4. 124.7 J 84.3 J

5. 解：氦气为单原子分子理想气体，i 3 (1) 等体过程，V＝常量，W =0

据 Q＝ E+W 可知 Q E

M

CV(T2 T1)＝623 J Mmol

(2) 定压过程，p = 常量， Q

M

Cp(T2 T1)=1.04×103 J Mmol

E与(1) 相同． W = Q E＝417 J

(3) Q =0， E与(1) 同 W = E= 623 J (负号表示外界作功)

6. 解：由图，pA=300 Pa，pB = pC =100 Pa；VA=VC=1 m3，VB =3 m3． (1) C→A为等体过程，据方程pA/TA= pC /TC得 TC = TA pC / pA =100 K． B→C为等压过程，据方程VB/TB=VC/TC得 TB=TCVB/VC=300 K．

(2) 各过程中气体所作的功分别为 A→B： W1

1

(pA pB)(VB VC)=400 J． 2

B→C： W2 = pB (VC－VB ) = 200 J． C→A： W3 =0

(3) 整个循环过程中气体所作总功为

W= W1 +W2 +W3 =200 J．

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 =200 J．

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 =q / L，在x

处取一电荷元dq = dx = qdx / L，它在P

dqqdx dE 22

4 0L d x4 0LL d xL

qdxq

总场强为 E 2

4 0L 0(L d－x)

4 0dL d

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 处取微小电荷 dq = dl = 2Qd /

它在O处产生场强

dqQ

dE d 222

4 0R2 0R

按 角变化，将dE分解成二个分量：

sin d 2 2 0R2

Q

dEy dEcos 2cos d 2 0R2

对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷

dEx dEsin

Q

/2

Ex 2 sin d sin d ＝0

2 0R2 0 /2

Q

/2

Q Q

Ey 2cos d cos d 22 2 0R2 R00 /2

Q

j 所以 E Exi Eyj 2

2

0R