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1、学而不思则惘，思而不学则殆第一章思考题： 解： 在上液面下取A点，设该点压强为Ap，在下液面内取B点，设该点压强为Bp。对上液面应用拉普拉斯公式，得AARpp20对下液面使用拉普拉斯公式，得BB02Rpp又因为ghppAB将三式联立求解可得BA112RRgh 答： 根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。在白天，由于日照的原因， 土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。相反，在夜间， 土壤表面的温度较低，而土壤
2、深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。 答： 连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。 伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。 答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。练习题： 解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h。在 h 基础上取微元dh
3、，与之对应的水坝侧面面积元dS（图中阴影面积）应为坡长dm 与坝长 l 的乘积。练习题 1-6 用图l dhdFh高线dhdm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆由图可知osin60dsinddhhm水坝侧面的面积元dS为dddsin 60hSl ml=该面积元上所受的水压力为0ddd(5)sin 60hFp Spgh l=+-水坝所受的总压力为N)(103 .760sind5d85050o0hlhgpFF（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度5hh=-,高度微元取法不变，
4、即ddhh=， 将h与dh带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。） 解： （1）设 A 为水库中水面上一点，对A 点和 C 点使用伯努利方程可写出C2CCA2AA2121ghvpghvp取 C 点为基准，0Ch， 由于水库水面下降很小，0Av，0CAppp（0p为大气压），2Ahh，上式即可简化为2C221vgh由此解得(m)9.90 .58 .9222Cghv（2）对 B 点和 C 点使用伯努利方程，可写出C2CCB2BB2121ghvpghvp取 C 点为基准，0Ch，CBvv，21Bhhh，0Cpp，上式化为021B)(phhgp即P a)(103.2)0 .50. 3(8
5、. 91010013. 1)(435210Bhhgpp 解： （1）设水池表面压强为1p、流速为1v、高度为1h，小孔处压强为2p、流速为2v、高度为2h，由伯努利方程可写出221112221122pvghpvgh根据题中条件可知021ppp、01v、21hhh，于是，由上式可得ghv22又由运动学方程221gthH可解出ghHt)(2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆则水平射程为)(4)(222hHhghHghtvR带入数据解得4 ()4 3(103)9.17(m)Rh Hh（2）根据极
6、值条件，在0ddhR时， R 出现最大值，即022hHhhHR 出现最大值。由此解出h=5m 时， R 出现最大值，此时R=10m。 解： 由泊肃叶流量公式可知lghRlppRqv884214）（又由tmtVqv由上两式可得lmghRt842带入已知数据，可解出s)Pa(04. 01066.0101081058 . 92101.014.360109.13224223 解： 用沉降法测黏滞系数时20T2()9grv带入已知数据，解得2T092grv23231038.9101.31026.155.292s)Pa(82.0第二章思考题：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结
7、- - - - - - -第 3 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆 答：不相同，在冬天打入轮胎内的空气质量要大一些。因为夏天气温高，空气分子的平均平动能较大；冬天气温低， 空气分子的平均平动能较小。根据理想气体的压强公式23pn,可知，当压强相同时，在冬天打入轮胎内的空气密度（即质量）要大一些。 答： 这种看法是错误的。因为理想气体的温度公式只适用于理想气体，而在273时，已经不存在理想气体了，温度公式也就不成立了，如此的推论自然也就是错误的。事实上，即使达到273，分子也还在作微小的振动，运动仍不会停止。 答：(1)( )df vv表示速率分布在vvvd区间内的气体分子数占总分子数
8、的比率(2)( )dNf vv表示速率分布在vvvd区间内的气体分子数(3)21( )dvvf vv 表示速率分布在21 vv区间内的气体分子数占总分子数的比率(4)21( )dvvNf vv 表示速率分布在21 vv区间内的气体分子数答：平均速率 v可以了解气体分子平均的运动快慢；方均根速率是分子平均平动动能的标志；最概然速率讨论气体分子的统计分布。此三个速率大小关系2vvvp 答： （1）pnkT，温度和压强相同时，单位体积内的分子数相同（2）mnm分子，由于分子的种类不同，所以单位体积内的气体质量不同（3）32knnkT，由于温度和单位体积内的分子数相同，所以单位体积内的气体分子总平动动
9、能相同（4）2iEnkT，由于温度相同，而自由度数不确定，因此大为体积内气体的内能无法比较 答： 根据2ikT，由于温度不变，气体分子平均动能不变。但由于分子数密度减少了，容器中的气体质量减小，根据2m iERTM，可知气体的内能减少。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆练习题： 解：由题意得：Pa1001. 15p、K15.273T（1）)(m1044.2125kTpn（2） 氧气分子的密度：)mkg(3013.NnA（3） 平均平动动能：(J)1021.62321kTi 解：已知3114
10、 10 kg molM、31232 10 kg molM，由23RTvM得23vTMR当132sm102 .11v，由得：226341111 2104 101.01 10 (K)33 8 31v.TMR.226342211 2104 32 101 61 10 (K)33 8 31v.TM.R.当132sm104.2v，由得：22632112.4104 104.62 10 (K)33 8 31vTMR.22633222.41032 107.39 10 (K)33 8 31vTMR. 解: （1）由温度的微观公式：TNRkTvmA2323212得)(mol1015.631232vmRTNA（2）粒
11、子遵守麦克斯韦速率分布，得)s(m103 . 1812mkTv精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆 解: （1）速率分布曲线如图2-1 所示（2）由归一化条件0d1f vv，得0000( )dd1Vf vvC vCV则01VC（3）粒子平均速率为21)(00000VdvVVdvvVfVV 解: 由题意知：EEK0MmNTkmv25212联立式得：23232101007.7(K)558.31vTR 解： （1）依题意得：RTMpVRTiME2VNn联立可得：(Pa)1035.1100 .251
12、075.622532iVEp（2）因nKTp联立得：(K)1062.32NKpVTO V f(v) C Vo 图 2-1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆(J)1049.72321kT第三章思考题 答：内能是状态量，是温度的单值函数。热量是过程量，如系统经历的热力学过程相关。 （1）说法是错误的，因为热量是过程量。（ 2）说法是正确的，对于相同的物体，内能是温度的单值函数。 答：根据题意有， 系统吸收热量1.045 108J， 系统对外做功为30 103 3600=1.08 108J，系
13、统对外放热3.135 107J，即释放的能量共为1.3935 108J。可见不符合热力学第一定律，因此这种机器不可能。 答： 该一定量的理想气体由状态1 变化到状态2，系统内能的改变量是一样的，因此根据热力学第一定律QEW，在过程A 和过程B 中吸收的热量可通过在这两个过程中系统对外所做的功做比较。根据功的几何意义，由图可见，过程A 中系统对外所做的功比较大，因此，该过程吸收的热量也相应的比较大。 答：（1）不能；（ 2）不能；（3）不能；（4）能； （ 5）能； （6）能。 答： （1）正确，因为经过一个正循环以后系统回到原来状态。（2）错误。系统经一个正循环后， 外界在温度较高处输送热量给
14、系统，又在温度较低处从系统获得热量，两者之差恰正等于它从系统得到的功。虽然外界净减少热量的数值等于系统对外界做的功，但功和热量是不等价的，所以该循环过程已经对外界产生影响了。（3）错误。因为只有在正向循环和逆向循环的轨迹线完全一致，并且它们都是可逆循环的情况下，先后经过这样的一个正循环与逆循环后，系统与外界才可能都没有发生变化。本题中仅指出其逆循环是逆卡诺循环，没有明确其正循环是否是正向可逆卡诺循环。 答： 不能。如图所示，等温线与和两绝热线相交，构成一个循环。这个循环只有一个单一热源，它把吸收的热量全变成功，即100%，并使周围环境没有变化，这是违背热力学第二定律的，所以不可能构成这样一个循
15、环。 答： （1）不正确。卡诺循环中，从高温热源吸热对外做功的等温过程，就将热全部转化成了功，只是由于系统从外界吸热，引起了外界的变化。正确的理解应为：在不引起其它变化或不产生其它影响的条件下，热不能完全变为功。（2）不正确。致冷机就能将热量从低温物体传向高温物体，只是它需要消耗外界能量。 正确的理解应为：在不引起其它变化或不产生其它影响的条件下，不可能把热量从低温物体传到高温物体。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆练习题： 解： 根据功的几何意义，可得此过程中气体所做的功在数值上等于梯形
16、ABCD 的面积，因此有55311()(2101 10 ) 1 1015022WADBCCDJ 解： 系统由经历ACB 过程，根据热力学第一定律有()ACBBAQWEE由于从 P-V 图中可见AABBP VPV，所以有ABTT，因此。对于整个循环ABCDA ，由于0E，BD 为等体过程，DA 为等压过程，因此有2000()200012001000ACBBDDAAADQWWWP VVJ 解 ： 根 据 热 力 学 第 一 定 律 有 ，2iQER T。 根 据 题 意 有21,2.06 10,10mol QJTK，因此2222.061051 8.31 10QiR T 解： 对于绝热过程，有pVV
17、p11VVpp1122111111112111111211122211221111111111VVVVpVWpdVdVp VVVVpV Vp V Vp V VpVp Vp V由理想气体状态方程，可将上式化为)(1)(112112TTRTTRW 解： 由已知可得0.3210(mol)0.032molMM氧气为双原子分子，则Rcv25。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆（1）a-b 过程为等温过程，0E，421111ln108.31300ln 21.728 10 (J)VQWRTV此过程系统从
18、外界吸热J410728.1，全部用来向外做功。（2）b-c 过程为等体过程，W0 42215108.31(200300)2.077510 (J)2vQEcTT此过程系统向外放热42.0775 10 J，系统内能减少42.077510 J。（3）c-d 过程为等温过程，E0 4132221ln108.31200ln1.152 10 (J)2VQWRTV此过程外界对系统做功41.152 10 J，系统向外放热41.15210 J（4）d-a 过程为等体过程，W0 44125108.313002002.0775 10 (J)2vQEcTT此过程系统从外界吸热42.0775 10 J，使内能增加42.
19、077510 J。热机效率为%14.150775.2728.1152. 10775.20775. 2728.1吸放吸QQQ 解： 设高温热源温度为T1，低温热源温度为T2T127+273300K，T20+273273K （1）设此致冷机从低温热源吸热为Q2，则5625.0 3.35 101.675 10JQ（ ）设此致冷机致冷系数为，则11.10273300273212TTT由212QQQ，可得放到环境中的热量为6662121.675 101.675101.841 10J10.11QQQ（ ）（2）设最少必须供给致冷机的能量为W，则665121.841 101.675 101.66 10JWQ
20、Q（ ）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆第四章思考题： 答：公式0qFE是关于电场强度的定义式，适合求任何情况下的电场。而公式0204qrEr是由库仑定理代入定义式推导而来，只适于求点电荷的电场强度。 答： （1） 场强是由场源电荷和场点决定的，与检验电荷无关， 因此当没有检验电荷时，仍然有场强。 而当电荷在电场中受到的电场力则与场强和电荷的电量都有关系，因此当当电荷在电场中受到的电场力很大时，并不代表该点的场强一定很大。（ 2）点电荷的电场强度的公式是有库伦定律推导得到的，因此仅适用于
21、点电荷模型。当场点和点电荷的距离趋于0 时，电荷本身的尺度已经不可以忽略，那这时不可以用点电荷的电场强度的公式来讨论，因此没有物理意义。 答：取球面高斯面，由00dniiqES可知（1）内部无电荷，而面积不为零，所以E内= 0 。（2）E外=204rq与气球吹大无关。（3）E表=204Rq随气球吹大而变小。 答： （ 1）错。因为依高斯定理，E = 0 只说明高斯面内净电荷数（所有电荷的代数和）为零。（ 2）错。高斯面内净电荷数为零，只说明整个高斯面的dsES的累积为零。并不一定电场强度处处为零。（ 3）错。穿过高斯面的电通量为零时，只说明整个高斯面的dsES的累积为零。并不一定电场强度处处为
22、零。（ 4）对。E = 0 ，则整个高斯面的dsES的累积为零。所以电通量 =0。 答：点电荷位于立方体中心时，通过该立方体各面的电通量都相等，并且等于总通量的 1/6。由高斯定理可知总通量为Sq0dSE于是，通过各面的电通量为06q精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆答： （1）是。由ddlUEl可知，当电势处处相等时，d0U，El=0。实际例子：静电平衡的导体内。（2）否。电势为零处电势梯度ddUl不一定为零，所以El也不一定为零。实际例子：电偶极子连线中点处。（3）否。如果El等于零
23、，则电势梯度为零，但电势不一定为零。实际例子：两个相同电荷连线中点处。练习题： 解： （1）如图建立坐标系电荷源：dqdx2000004()4()4()lldxlExbxbb lb，方向沿着x 轴负方向。（2）电荷源：dqkxdx22000020000()4()4()()ln4()()4llllkxdxkxbb dxExbxbkd xbdxklblbxbxbblb，方向沿着x 轴负方向。 解： （1）取半径为rr+ dr 的圆环，如图所示，因其上电荷对P 点的产生的场强垂直分量相互抵消，所以其对P 点场强为1 2222203 23 2222200 ddd4 2dd42SxExrxrxr rxr
24、 rxrxrEcos整个圆盘的电荷在P 点的产生的场强为3 21 20222200d122Rxr rxExrxR（2） 当R时， 可将带电圆盘看作无限大带电平面，因此 P 点电场强度为02E（3）当xR时，可将带电圆盘看作点电荷，因此P点电场强度为：P x R 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆22220044RRExx 解： （1）以 r 为半径作球面高斯面，有201d4iSiErq内ESI： rR1，因面内无电荷，E1= 0 II：12RrR面内的电荷为Q1，12204QErIII
25、：2Rr面内的电荷为Q1+Q2，同理可得： E3 =12204QQr（2）根据上部分结果可得I： E1= 0 II：12204QErIII ：E3= 0 根据已知条件画出Er关系曲线如图所示 解：依题意得：37-11050 101.6710(V m )3010UEd若令一个钾离子(K)通过该膜时需做功W，则193211.6 1050 108 10(J)WqU 解： （1）由题 4-7 可得 I 、II 、III区域中的电场分布，则区域I 电势：12122121123112122200012dddd1dd444RRrrRRRRRVErErErQQQQQrrrrRREr同理可得区域II 电势分布：
26、2212223021ddd4RrrRQQVErErrREr区域 III 电势分布0 22014rQr R2 R1 E 图 Er 关系曲线精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆12330dd4rrQQVErrEr（2）若12QQ，则区域I 电势：12122111231120012dddd11d44RRrrRRRRVErErErQQrrRREr区域 II 电势：21220211dd4RrrQVErrREr区域 III 电势：33dd0rrVErEr 解： （1）设内圆柱体的体电荷密度为。作以为半
27、径r(12RrR)，长度为l 的圆柱高斯面，依高斯定理得距轴心为r处场强为22110022R lRErlr内两圆柱间电压为212121201dln2RRRRVVVREr联立式得：1221lnVVErRR内则2122221d lnlnRrrVVVVRrRREr令内筒电势为零，则距轴心为r处的电势为12221lnlnrVVVRrRR第五章思考题： 答： 有可能等于零。在金属导体中电荷的定向移动形成电流，电荷的体密度等于零。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆而单独的正离子或负离子的运动形成电流
28、时电荷的体密度不等于零。 答： 电流能够恒定，因SdSj，虽然导体中各处的电流密度不相同，只要电流密度 j 对导体各截面的通量相等，通过导体的电流就恒定。 答：电动势是单位正电荷从负极经电源内部移到正极时非静电力所做的功，端电压是指电源正负两极之间的电压，一般情况下电源的端电压不等于电动势，两者之差为Ir，即电源电流与内阻r 之积， 称内阻电位降。当电源内阻为0，即 Ir= 0 时，端电压在数值上等于电动势。对于有内阻的电源，只要流过它的电流为零（处于开路状态的电源就如此），端电压也与电动势数值相等。练习题： 解： 铜线截面积25210mm1.010mS，允许通过的电流60AI，则铜线中允许电
29、流密度625606.0 10 (A m)1.0 10IjS又铜线中的自由电子密度2838.5 10mn，则铜线中通有允许电流时自由电子的漂移速度64128196.0 104.410(m s )8.5 101.610jvne 解： 铜棒的截面积321.610mS，长2.0ml，电导率715.710 s m，则（1）铜棒电阻为537102.2106.1107.521SlSlR（2）铜棒两端的电势差为25 10VU，则电流2355 102.3 10A2.2 10UIR（3）电流密度为36232.3 101.4 10A m1.6 10IjS（4）棒内的电场强度62171.4102.5 10V m5.7
30、10jE（5）所消耗的功率223522.3 102.2 101.1 10WPI R（6）又自由电子的电荷体密度1031.36 10 c mne，则电子的漂移速度64101.4101.010m s1.3610jvne第六章思考题：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆 答：可以将扭在一起的两条通电导线看成是交织在一起的两个螺线管。管外的磁场非常弱； 因两个螺线管的通电电流大小相等、方向相反，而且匝数基本相当，管内的磁场基本上可以相互抵消。因此， 与电源相连的两条导线，扭在一起时比平行放置时产生
31、的磁场要小得多。 答： 根据毕奥 萨伐尔定律可得，(1) 与运动电荷速度方向垂直的点的磁场最强；(2) 运动电荷速度连线方向上的点的磁场为零；(3) 根据磁场的高斯定理，穿过球面的磁通量为零。 答：安培环路定理中的电流都应该是闭合恒定电流（对于无限长直电流，可以认为是在电流回路在无限远处闭合的）。而且磁场分布需具有对称性。对于一段恒定电流的磁场和变化电流的磁场，安培环路定理不成立。 答： 不能。由Bvfq磁场对带电粒子的作用力与粒子运动的方向垂直，磁场力对带电粒子所做的功为零，粒子的动能也不会因此而增大。练习题： 解： 根据叠加原理，点O 的磁感应强度可视作三段直线以及起始点为ba,的两段弧（
32、包括优弧和劣弧）共同激发。由于电源距环中心很远，则电源所在的直线电流对O 处的磁场贡献为0，而另两段通电直线的延长线都通过点O，在 O 处激发的磁感应强度也为0。流过圆弧的电流的方向I1、I2如图所示，两圆弧在O 点激发的磁场分别为01 1124I lBr；02 2224I lBr其中1l、1l分别是优弧和劣弧的弧长，由于导线电阻R 与弧长 l 成正比lRS式中为电阻率，为S导线的横截面积。又两圆弧构成并联电路，则2211IRIR故有1 12 2I lI l点 O 的合磁感强度为0 1 102 21222044I lI lBBBrr 解：载流导体板可以分割成无数条长直载流导线，导体板的场就是这
33、些无数条长直载流导线场的叠加。如图，坐标x处宽为dx的窄条可视为无限长直载流导线，其电流为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆x dx x xaIIdd它在距板一边a 处产生的磁场大小为)2(2d)2(2dd00 xaaxIxaIB其方向垂直纸面向里。因为所有窄条产生的磁场方向相同，所以总磁场2ln2)2(2dd000aaIxaaxIBB 解：(1) 由安培环路定理，0dlBlI，距长直导线1I水平距离d/2 处的磁感应强度大小为750 11410202 10()0.4IBTd方向垂直平面
34、向外。距长直导线2I水平距离d/2 处的磁感应强度大小为75022410202 10( )0.4IBTd方向垂直平面向外。5124 10 ( )BBBT方向垂直平面向外。(2) 建立如图坐标系，面积元dSldx，该处的磁感应强度大小为010 21222 ()IIBBBxdx121010270.30.17622 ()21020110.2521()210200.25 ln 922.2 10 ()rrrIIBdSldxxdxldxxdxWb 解： 由安培环路定理，0dinlBlI，建立如图回路x dIo a a dx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -
35、- -第 16 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆0022ininIBrIBr2212101210122222322232222223222023223234(1)2(2)2(3)112(4)00ininininIrRIrrRIrBRIRrRIIBrIRrRIIrRRRrRIRRIrRBrRRrRIB当当当当方向沿着逆时针方向。 解： 矩形上、下两段导线受安培力的大小相等，方向相反，两力的矢量和为零。而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感应强度不等，所受的安培力F1、 F2大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力。线框左右两边安培力大小分别为0 1 212I I l
36、Fd0 1222 ()I I lFdb故合力大小为30120 12121.28 10()22 ()I I lI I lFFFNddb合力方向朝左，指向直导线。 解： 由安培环路定理，距长直导线水平距离x 处的磁感应强度大小为012xIBx方向垂直 Oxy 平面向里。ab 段导线中线段元受到的安培力大小为xIBFxdd2b l I1 I2 d x I1d l I2 a b dx 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆则 ab 段导线受到的磁场作用力大小为方向沿 y 轴正向（以通有电流I2的方向
37、 x 轴正方向，电流I1的方向为y 轴正方向）。 解： 汽泡室内运动着的高能质子受到洛仑兹力的作用，其大小为fBqv洛伦兹力为质子作圆周运动提供向心力2mvfr由上述两式，得质子动量得大小为1917-120 1.6 103 51.12 10kg m spmvBqr.（）方向沿质子运动的速度方向。质子的动能为2172827(1.12 10)3.8 10( )22 1.6710kpEJm第八章思考题 答：从运动学角度， 凡是以时间的正弦或余弦函数表示的运动都是简谐振动。从动力学角度， 物体在跟位移大小成正比，并且指向平衡位置的回复力作用下的振动称之为简谐振动。当物体受到一个使它返回平衡位置的力时，
38、该物体不一定是做简谐振动，必须该力的大小跟位移大小成正比。 答：(1)对，可以是受迫振动。(2)错，如自由落体运动。 答：因为相位表征任意时刻振子的运动状态。 答： 振动的周期2T和频率2km不变，最大速度A和最大加速度2A增大为原来的两倍，振动能量212kA增大为原来的四倍。 答： 当波从一种介质透入另一介质时，由于频率只决定于波源的振动，因此频率是不变的，而波长、波速和振幅则与介质的性质有关，会发生改变。0 120 12dln22dldI II IdlFxxd精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 24 页学而不思则惘，思
39、而不学则殆 答： 相干条件为，频率相同、振动方向相同、相位相同或相位差恒定。因此(1)由于频率不同，不行；(2)由于振动方向不同，不行；(3)由于相位差不恒定，不行；(4)满足了上述的相干条件，因此可以。 答：当两列整幅相同的相干波在空间相遇时，实际上是改变了能量在整个空间上的分布，但是总的能量的值是没有变化的。虽然在干涉加强处的合成波的强度为一个波的强度的 4 倍，但是，在干涉相消处合成波的强度变为零。练习题： 解： 由于 T = 0.5 s，故4/2T。则振动方程为0 02(4).cosxt由题意得，起始状态为0t时（1）0 020 02.cosx，即0，0 024.cosxt（2）0 0
40、20 02.cosx，即，0 02(4).cosxt（3）00 02.cosx，0 080.sinv，即2，0 02(4)2.cosxt（4）00 02.cosx，0 080.sinv，即32，30 02(4)2.cosxt（5）0 010 02.cosx，0 080.sinv，即3，0 02(4)3.cosxt（6）0 010 02.cosx，0 080.sinv， 即43，40 02(4)3.cosxt 解： 根据动量守恒有00()2/mmvmM vvvm smM因此根据系统做简谐振动的能量，有22222311()52()5 10228 10mM vmM vkAAmk根据简谐振动的方程co
41、s()xAt，其中38 1040()5kmM，根据图示振子在0t时，0 x，且向 x 轴的正方向运动，因此有0dxdt，所以2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆25 10cos(40)2xt 解：根据简谐振动的方程cos()xAt，0.24Am，22T， 在0t时，24xcm，所以0，因此有0.24cos()2xt（1）0.5 ,0.24cos()0.174tsxm（2）230.5 ,4.19 10tsFkxmxN负号表示沿着x 轴负方向，并指向平衡位置（3）由起始位置最快运动到12xc
42、m，此时运动方向应沿着x 轴负方向，因此有50.120.24cos(),22tt33而且0.12sin()02vt，所以,0.672tst3（4）当12xcm，0.67ts，因此有0.12sin()0.326/2vtm s24222422415.31 102111.78 102217.09 102kpEmvJEkxmxJEmAJ 解： （1）cos()yABtCx与cos()xyAtu对比有， 振幅为 A，波速BuC，频率22B，周期12TB，波长2TuC。（2）当,cos()xlyABtCl（3）22xdCd 解：设 O 点出的振动方程为cos()yAt， 有0.03Am， 且根据2Tu有2
43、50u，另外由于O 出的质点在平衡位置且向负方向运动，有2，所以O 点出的振动方程为0.03cos(50)2yt（1）此平面波的波动方程为0.03cos50()2ytx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆（2）当0.05xm，0.03cos50(0.05)0.03cos(50)2ytt（3）当3 ,0.045tsxm，0.03cos50(30.045)0.2122ym当0.045xm，0.03cos50(0.045)2yt0.0350sin50(0.045)2vt当3 ,ts0.0350s
44、in50(30.045)3.33/2vm s，负号表示沿着y 轴负方向。 解： S1 发出的平面波的波动方程为10.1cos2 ()20 xytS2 发出的平面波的波动方程为20.1cos2()20 xyt当传播到 P 点时的分振动方程分别为1400.1cos2 ()0.1cos(24 )20ytt2500.1cos2()0.1cos(24 )20ytt可见，在 P 点的和振幅为0.2m 第九章思考题 答： （1）根据双缝干涉中相邻条纹的间距公式Dxd可知，随着缝间距的增大，干涉条纹的间距会变窄。（2）当狭缝光源在垂直于轴线方向上移动时，干涉条纹也会随着在垂直轴线方向移动，方向与光源移动方向相
45、反。 答：如果在上方的缝后面贴云母片，则从上方缝中出射的光线的光程会发生变化。设云母片的折射率为n，厚度为h，则两束光的光程差为(1)dh nxkD(0,1,2,.k) 其中，d为两缝的距离，D为缝与屏的距离，x为屏上相邻两点的距离。从中可以看出，相邻两条纹的距离为：Dxd可见， 条纹间距没有发生变化。令光程差等于零，可以得到中央亮条纹发生了改变，向上方移动。 答： 这是薄膜干涉的原理。产生干涉明纹的条件是0022nek，所以产生干精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆涉加强的光波的波长应满
46、足421nek。当1k时，4ne。刚吹起肥皂泡时，由于肥皂泡的膜比较厚，即e比较大，因而这时满足干涉加强的波长也较大，不落在可见光范围为内，因此这时看不到彩色条纹。当肥皂泡吹大到一定程度就会开始看到彩色可见光的条纹。随着肥皂泡增大， 则由于肥皂泡的膜越来越薄，彩色条纹从长波段 （红光）条纹向短波段 （紫光）条纹变化， 继而由于满足干涉加强的波长逐渐变小，最终超出可见光范围，因此彩色条纹会消失。 答： 当增大上面平板的倾斜度，增大，根据2ln，条纹变疏。 答：根据衍射原理， 只有当狭缝或者障碍物的大小与波长可比时，才会形成衍射现象。光波波长短， 日常的狭缝或障碍物的尺寸远远大于光波波长，因而难以
47、发现光波的衍射；而声波波长可与日常狭缝或障碍物的尺寸相比，所以更容易发生衍射。 答： 随着单缝的加宽，衍射条纹间距变小，衍射现象变得不明显。当缝宽远大于波长时，衍射条纹密集到无法分辨，只显示出单一的明条纹。 答： 使用偏振片可以分辨三种光束。将偏振片以光的传播方向为轴转动，出射光强不发生改变的是自然光；发生改变， 当转一周后， 若有两次光强最大，两次消光的是线偏振光；若出射光强发生改变，但没有消光的是部分偏振光。 答： 这束光是以布儒斯特角入射的，其偏振方向与入射面平行。练习题： 解：根据题意得：第11 级干涉亮纹至中央亮纹之间的距离x满足1121044.310342.023Dxd所以)(76
48、.534nm 解：设云母片厚度为h，覆盖在孔1 上，则光程差为21()(1)drnhrhh nxkD若没有云母片覆盖，光程差为21drrxkD因为条纹移动了9 个，则9kk联立可得：(1)9h n所以9699550.0 108.53 10(m)11.581hn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆解： 天线接收到的电磁波一部分直接来自恒星，另一部分经湖面反射，这两部分电磁波是相干的。天线角位置不同，这两束电磁波的波程差也不同。因此，在某些角位置上可有干涉极大值。电磁波在湖面反射时要发生相位突
49、变(半波损失 )。由于恒星很远，来自恒星的电磁波可视为平面波，如图所示， 相干极大时， 两部分电磁波的波程差应满足：2BCAC其中，2是考虑到半波损失。由上图的几何关系可得：sin2cos21sinhhBCAC对第一级干涉极大有2sin2h其中，已考虑k=1。由此解得h4arcsin 解： 设相邻两条纹对应高度差为e，则m)(1073.21210546279ne根据相似三角形可得eDlL所以52.26 10 (m)D 解： 光程差为，2(21)2nek干涉相消，透射光加强，(21)4eknA B C 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第
50、23 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆最小厚度为，995501099.61041.38emn 解： 对于第二级暗条纹的衍射角有s i n2a所以其与中心亮纹的距离为afffx2s i nt an从而可得缝宽41.456 10 (m)a对于未知光源，已知第三级暗纹中心至衍射图样中心的线距离为0.42cm，则其波长等于509.6(nm)3xaf 解： 根据公式可得该显微镜的最小分辨距离为960.610.61550101.34210(m)sin0.25ynu 解： 经过第一块偏振片M，1012II经过偏振片B，222101coscos2III经过偏振片N，243201coscos2III