大学物理规范作业解答(全).ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,1,(01),质点运动学,1.,若一质点的运动方程为 则其速度大小为：,（,D,）,为位矢大小的变化率。,分析：,2,2.,一斜抛物体的水平初速度为,v,0 x,它在轨道的最高点时曲率圆的半径是：（）,(A)(B)(C)(D),在轨道的最高点时物体的切向加速度为零，法向加速度为,g,。,曲率圆的半径为：,D,分析：,3,3.,一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为,，瞬时加速度为 。则一秒后质点的速度：,（,A),等于零,（,B,）等于,（,C,）等于,（,D,）不能确定,（,D,）,只告诉该时刻的瞬时加速度，并不知道在该时刻后一秒内的加速度，所以该时刻一秒后质点的速度无法确定。,分析：,4,二、填空题,1,.,已知质点的运动方程为 质点在头两秒内的平均速度的大小是,。,由平均速度的定义：,平均速度的大小：,12.4m/s,分析：,其中：,5,2.,以初速度,v,抛出的物体最大上升高度为,_,，抛出的最远距离为,_,。,分析：竖直上抛时上升得最高，由：,解出：,以,角,抛出的物体初速度为：,抛出后竖直方向的速度为：,落地前经过的时间为,水平方向做匀速直线运动，抛出的最远距离为,易见：,=45,时抛得最远，距离为,6,3.,一质点从静止出发沿半径,R=1m,的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律是 则质点的角速度随时间的变化关系,；,t=1s,末的法向加速度为,。,解：,7,三、计算题,1.,一质点在,xy,平面上运动，运动函数为,x=2t,y=4t,2,8,。（,1,）求质点的轨道方程。（,2,）求,t=1s,时质点的位置、速度和加速度。,解：由,x=2t,y=4t,2,8,消去时间,t,，得轨迹方程：,质点的运动方程：,质点的速度：,质点的加速度：,8,2.,汽车在半径,R,=400m,的圆弧弯道上减速行驶。设在某一时刻，汽车的速率为,v,=10m/s,切向加速度的大小为,a,t,=0.2m/s,2,。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向？,解：法向加速度,总加速度,总加速度与切线方向夹角满足：,由于减速速度与切向加速度反向，,总加速度与速度间的夹角为,180-51.3=128.6,即：,v,a,n,a,9,（,02,）牛顿运动定律 动量 角动量,1.,站在电梯内的一个人，看到用细线连结的质量不同的两个物体跨过电梯内的一个无摩擦的定滑轮而处于“平衡”状态。由此，他断定电梯作加速运动，其加速度为：,A,）大小为,g,，方向向上；,B,）大小为,g,，方向向下；,C,）大小为,g/2,，方向向上；,D,）大小为,g/2,，方向向下；,（,B,）,两个物体只能相对地面作加速运动，并且加速度一定为,g,，方向向下。,分析：电梯中的观察者发现两个物体处于“平衡”状态，说明细绳没有受到力的作用（否则因两物体质量不同，物体会运动）。,10,2.,一小环可在半径为,R,的大圆环上无摩擦地滑动，而大圆环能以其竖直直径为轴转动，如图所示。当圆环以恒定角速度,转动，小环偏离圆环转轴而且相对圆环静止时，小环所在处圆环半径偏离竖直方向的角度,为,(),(A),=/2,（,B,）,=,arccos(g/R,2,),(C)=,arccos(R,2,/g),(D,）须由小珠质量决定,解：环受力,N,的方向指向圆心，,mg,向下,由于,l=Rsin,B,11,3.,地球的质量为,m,，太阳的质量为,M,，地心与日心的距离为,R,，引力常数为,G,，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为：,（,A,）,分析：,向心力：,可得,角动量：,12,二、填空题,1.,一质量为,M,的质点沿,x,轴正向运动，假设该质点通过坐标为,x,时的速度为,kx(k,为正常数），则此时作用于该质点的力,F=,；该质点从,x=x,1,点出发运动到,x=x,2,处，所经历的时间为,。,分析：,1),两边积分得：,2,）根据,13,2.,一质量为,m,的小球,以速率为,v,0,、与水平面夹角为,60,的仰角作斜抛运动，不计空气阻力，小球从抛出点到最高点这一过程中所受合外力的冲量大小为,、冲量的方向是,。,解：,冲量大小：,冲量方向沿,y,轴负方向,沿,y,轴负向,14,3.,在光滑的水平面上,一根长,L=2m,的绳子,一端固定于,O,点,另一端系一质量为,m=0.5kg,的物体,开始时,物体位于位置,A,，,OA,间距离,D=0.5m,，绳子处于松弛状态,现在使物体以初速度,v,A,=4m,s,-1,垂直于,OA,向右滑动,如图所示。设以后的运动中物体到达位置,B,此时物体速度的方向与绳垂直,则此时刻物体角动量的大小为,。速率为,。,1m/s,1kg,m,2,/s,分,析：,在,A,点角动量为：,在,B,点角动量为：,根据角动量守恒定律，有：,由,得：,15,三、计算题,1.,一粒子弹由枪口飞出时的速度为,300m/s,子弹在枪筒内前进时受到的合力是：，设子弹出枪口时所受合力为零。求：（,1,）该力的冲量；（,2,）子弹的质量。,解：,(1),设子弹在枪筒中运动的时间为,t,/,力的冲量为：,计算得：,(2),根据动量定理,16,2.,一子弹水平地射穿两个前后并排放在光滑水平桌面上的木块。木块质量分别为,m,1,和,m,2,，测得子弹穿过两木块的时间分别为,t,1,和,t,2,，已知子弹在木块中受的阻力为恒力,F,。求子弹穿过后两木块各以多大的速度运动。,解：两个木块受到子弹给它们的力均为,F,木块,1,木块,2,17,（,03,）功能原理 机械能守恒,l.,对功的概念有以下几种说法,:,(1),保守力作正功时,系统内相应的势能增加,.,(2),质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零,.,(3),作用力和反作用力大小相等、方向相反,两者所作功的代数和必为零,.,分析：,作用力和反作用力虽然大小相等、方向相反,但两者所作功的代数和不一定为零；而等于力与两者相对位移的乘积。（,3,）错。,(A)(1),、,(2),是正确的,(B)(2),、,(3),是正确的,(C),只有,(2),是正确的,(D),只有,(3),是正确的,（,C,）,保守力作正功时,系统内相应的势能减少。（,1,）错。,18,2.,一个质点在几个力同时作用下的位移为,(m),，其中一个恒力为,(N),，则这个力在该位移过程中所作的功为：,（,A,）,分析：,19,3.,竖直悬挂的轻弹簧下端挂一质量为,m,的物体后弹簧伸长,y,0,且处于平衡。若以物体的平衡位置为坐标原点，相应状态为弹性势能和重力势能的零点，则物体处在坐标为,y,时系统弹性势能与重力势能之和是：,分析：由题意有,以物体的平衡位置为坐标原点，相应状态为弹性势能和重力势能的零点时,（,D,）,20,解,2,：由题意有平衡时弹簧伸长,以物体的平衡位置为坐标原点,y,轴向下，物体受力包括弹力与重力为：,取坐标原点为弹性势能和重力势能的零点时，势能为：,21,二、填空题,1.,一个力作用在质量为,1.0kg,的质点上,使之沿,x,轴运动,已知在此力作用下质点的运动方程为,x=3t-4t,2,+t,3,(SI),在,0,到,4s,的时间间隔内,该力对质点所作的功为,。,176,（,J,）,分析：,由已知得到,根据动能定律，有：,或：,22,分析：,2.,已知地球质量为,M,、半径为,R,，一质量为,m,的火箭从地面上升到距地面高度为,2R,处。在此过程中，地球引力对火箭作的功为,。,解,2,：引力做功等于势能减少,23,3.,一质量为,m,的质点在指向圆心的平方反比力,F=-k/r,2,的作用下,作半径为,r,的圆周运动。此质点的速度,v=,。若取距圆心无穷远处为势能零点,它的机械能,E=,。,(k/mr),1/2,-k/2r,分析：,由,得：,势能,机械能,动能,24,三、计算题,1.,一轻质量弹簧原长,l,0,，劲度系数为,k,，上端固定，下端挂一质量为,m,的物体，先用手托住，使弹簧保持原长。然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸长和弹力是多少？物体经过平衡位置时的速率多大？,解：,解法,1,：,取弹簧自然伸长的位置为原点（,y,轴向下为正），则弹簧未伸长时势能为零。以后任一时刻机械能守恒得,:,物体达最低位置时，速度为零；,这时弹力为：,最大伸长为：,25,过平衡位置时质点受力为零：,质点的位移为,这时质点的速率由下式决定,解上式得,即：,26,解法,2,：,取弹簧与重物平衡的位置为坐标原点（,y,轴向上为正）和势能零点，质点的初始位置,y,0,=mg/k,初始势能为：,由机械能守恒定律：,v=0,有,弹簧的最大伸长,受力,最低点取负值,27,过平衡点时,y=0,得：,质点的速度,28,2.,如图，质量为,2kg,的物体由,A,点沿,1/4,的光滑圆弧轨道静止滑下，轨道半径为,2.5m,，到达,B,点后物体沿水平作直线运动，在水平面上物体所受的阻力,f,与速率成正比，且,f=-v/2,，求物体在水平面上滑行多远时其速率降为,B,点速率的一半。,解：,法一：动量定理,29,法三：牛顿运动定律，变量置换后积分,法二：动能定理微分形式；,（为什么不能直接用动能定理？）,30,法四：牛顿运动定律，直接分离变量后积分,31,（,04,）刚体,1.,关于力矩有以下几种说法：（,1,）内力矩不会改变刚体对某个定轴的角加速度；（,2,）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为,0,；（,3,）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。在上述说法中：,（,A,）只有（,2,）是正确的；,（,B,）（,1,）（,2,）是正确的；,（,C,）（,2,）（,3,）是正确的；,（,D,）（,1,）（,2,）（,3,）都是正确的；,（,B,）,（,3,）错。质量相等、形状和大小不同的两个刚体，转动惯量不同，在相同力矩的作用下，角加速度不相等。,32,2.,如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑轴,o,旋转，初始状态为静止悬挂。现有一个小球自左方水平打击细杆，设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞的过程中对细杆与小球这一系统而言：,（,C,）,（,A,）错。非弹性碰撞，机械能不守恒。,（,B,）错。轴上有外力，动量不守恒。,（,C,）对。外力矩为零，角动量守恒。,(A),只有机械能守恒,(B),机械能、动量、角动量均守恒,(C),只有对转轴,O,的角动量守恒,(D),只有动量守恒,分析：,33,3.,一绕固定水平轴,0,匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹并留在盘中，则子弹射入转盘后的角速度,(A),增大,(B),不变,(C),减小,(D),无法确定,（,C,）,分析：,合外力矩为零，系统角动量守恒。,设转盘转动惯量为,J,，转盘和子弹共同的转动惯量为,J,1,。,34,二、填空题,1.,如图，半径为,R,，质量为,M,的飞轮，可绕水平轴,o,在竖直面内自由转动（飞轮的质心在,o,轴上）。轮沿上由轻绳系一质量为,m,的物块，若物块由静止下落距离为,h,时所需时间为,t,，则飞轮对,o,轴的转动惯量,J=,。,分析：,对飞轮：,对,m:,又因为,整理以上各式，得：,35,2.,图中的细棒和小球的质量均为,m,，系统可绕,o,轴在竖直面内自由转动，则系统绕,o,轴的转动惯量是,。当系统从水平位置静止释放,转动到竖直位置时，细棒的角速度是,。,分析：,系统机械能守恒：,36,三、计算题,1.,如图所示,两个物体质量分别为,m,1,和,m,2,，定滑轮的质量为,m,，半径为,r,，可看作均匀圆盘，已知,m,2,与桌面间的摩擦系数为,k,，求,m,1,下落的加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和滑轮间无相对滑动，滑轮轴的摩擦力忽略不计。,解：,m,1,m,m,2,联立解得：,G,1,T,2,T,1,f,37,2.,在工程上，两个轴线在中心连线上的飞轮,A,和,B,，常用摩擦啮合器,C,使它们以相同的转速一起转动，如图所示。设,A,轮的转动惯量为,J,A,=10kgm,2,，,B,轮的转动惯量为,J,B,=20kgm,2,，开始时,A,轮的转速为,900rev/min,，,B,轮静止。求,（,1,）两轮对心啮合后的共同转速。（,2,）两轮啮合过程中机械能的变化。,角动量守恒,解：,38,1.,在相对地面静止的坐标系内，,A,、,B,两船都以,2,m/s,的速度匀速行驶，,A,船沿,x,轴正向，,B,船沿,y,轴正向。今在,A,船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（,x,y,方向的单位矢量用表示），那么在,A,船上的坐标系中，,B,船的速度（以,m/s,为单位）为,【】,（,05,）相对论效应 洛伦兹变换,解：,B,39,2.,一个短跑手在地球上以,10s,的时间跑完,100m,在飞行速度为,0.98c,的与运动员同向飞行的飞船中的观察者来看，这短跑手跑的时间和距离为：,（,D,）,分析：以地面为,S,系，飞船为,S,系，,40,3.,一宇航员要到离地球为,5,光年的星球去旅行。如果宇航员希望把这路程缩短为,3,光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度 应为：,（,C,）,代入得,解：,（,1,）以地球为,S,系，火箭为,S,系，,根据长度缩短效应，有：,又因为,（,2,）地球,S,系,根据时间膨胀效应：,解得：,火箭,S,系,(,原时）,41,1.,牛郎星距离地球约,16,光年,宇宙飞船若以,的匀速度飞行,将用,4,年的时间,(,宇宙飞船上的钟指示的时间,),抵达牛郎星。,解,：（,1,）,设宇宙飞船的速度为,u,。地球上的观察者测量飞船到达牛郎星所需的时间为：,飞船,4,年为本征时间，根据时间膨胀效应，有：,解得：,0.97c,二、填空题,42,（,3,）直接用洛伦茨变换，,地面上,由洛伦茨变换,宇航员在同一地点,（,2,）用长度缩短效应求解，,16,光年为本征长度,43,2.,测得不稳定 介子的固有寿命平均值是,2.610,-8,s,，当它相对某实验室以,0.8c,的速度运动时，实验室所测得的寿命应是,。,分析：由时间膨胀原理,44,（,1,）在,S,系中观察，,A,钟与,A,钟相遇后再与,B,钟相遇所需的时间为：,3.,在,S,系中的,x,轴上相距为 的两处有两只同步的钟,A,和,B,，读数相同，在,S,系的,x,轴上也有一只同样的钟,A,，若,S,系相对于,S,系的运动速度为,u,，沿,x,轴正方向且当,A,与,A,相遇时，刚好两钟的读数均为零，那么，当,A,钟与,B,钟相遇时，在,S,系中,B,钟的读数是,，此时,S,系中,A,钟的读数是,。,解：,45,（,2,）：在钟,A,从,A,运动到,B,的过程中，对于,S,系是同地发生的事情，而对于,S,系则是异地发生的事情，所以,S,系中测得的时间为本征时间。根据时间膨胀效应，有：,又因为,代入得：,（,3,）：根据长度收缩效应，有：,46,三、计算题,1.,在,S,系中观察到在同一地点发生两个事件，第二事件发生在第一事件之后,2s,。在,S,系中观察到第二事件在第一事件后,3s,发生。求在,S,系中这两个事件的空间距离。,解：由题知,由洛仑兹变换,代入数据，解得：,47,分析：,2s,是本征时间，由时间膨胀原理,48,解：,2.,一根米尺静止在,S,系中，与,OX,轴成,30,角，如果在,S,系中测得该尺与,OX,轴成,45,角，则,S,系相对于,S,系的速度,u,是多少？,S,系测得该尺的长度是多少？,S,系中，尺与,OX,轴成,45,角，,S,系测得该尺 的长度为：,S,系中,根据长度缩短效应，,解得：,49,1.,宇宙飞船相对地面以速度,u,作匀速度直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过 （飞船上的钟）时间后，被接收器收到，由此可知宇航员测出的飞船长度为：,（,A,）,分析：根据光速不变原理可得结论为（,A,）。,（,06,）洛伦兹速度变换 动力学理论,50,2.,两飞船,在自己的静止参照系中测得各自的长度均为,100 m,，飞船甲测得其前端驶完相当于飞船乙全长的距离需时,(5/3),10,-7,s,则两飞船相对速度的大小为,:,(A)0.408c (B)0.5c (C)0.707c (D)0.894c,在,S,系中测量，乙船测得飞船甲前端驶过其全长需时,t,l,0,/u,(,异地时）。在,S,系中，飞船甲测得其前端驶完相当于飞船乙全长的距离需时间,(5/3)10,-7,s,由于事件发生于同一地点，故该时间为固有时间。,代入数据解得：,u=0.894c,。,甲,乙,（,D,）,分析：以甲船为,S,系，乙船为,S,系，设两飞船相对速度的大小为,u,，,根据时间膨胀效应，有：,51,依题意，有,解得：,u=0.894c,。,（法二）根据长度缩短效应，飞船甲测得乙船的长度为：,52,(A)4.0 Mev(B)3.5 Mev(C)3.l Mev(D)2.5 Mev,3.,一电子运动速度,v=0.99c,它的动能是,(,已知电子的静能为,0.51Mev),：,（,C,）,分析：,53,二、填空题,1.,一质量均匀的矩形薄板，在它静止时测得其长为,a,、宽为,b,，质量为,m,0,，由此可算出其质量面密度为,。假定该薄板沿长为,a,的方向以接近光速的速度,u,作匀速直线运动，此时该板的质量面密度应为,。,分析：,又根据长度缩短效应：,板的面密度为：,静止时：,运动时：,54,2.,一观察者测出电子的质量为静止质量的两倍，则该电子的速度为,。,0.866c,代入得,分析：,55,3.,质子的静止质量,m,p,=1.67265,10,-27,kg,中子的静止质量,m,n,=1.67495,10,-27,kg,一个质子和一个中子结合成的氘核的静止质量,m,d,=3.34365,l0,-27,kg,在结合过程中放出的能量是,Mev,它是氘核静止能量的,倍。,2.22,1.1810,-3,分析：,56,三、计算题,1.,在什么速度下粒子的动量等于非相对论动量的两倍？又在什么速度下粒子的动能等于非相对论动能的两倍？,解,:,对动量问题，由题知,:,得：,对动能问题，由题知,:,由此得：,由此式解得：,57,2.,在北京正负电子对撞机中，电子可以被加速到动能为,2.8,10,9,eV,，试问这种电子的速率和光速相差多少？这样的一个电子动量多大？,解：,可得,所以,由于,得,由于,得,所以,58,59,（,07,）振动,1.,一质点作简谐振动，周期为,T,。当它由平衡位置向,x,轴正向运动时，从二分之一最大位移到最大位移处，这段路程所需要的时间为：,（,B,）,得：,分析：,当质点从二分之一最大位移处运动到最大位移处时，旋转矢量转过的角度为：,60,2.,一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的,1/4,时，则其动能为振动总能量的,（,D,）,(A)9/16 (B)11/16 (C)13/16 (D)15/16,分析：,根据,所以：,61,x,3.,已知一简谐振动,x,1,=4cos(10t+3/5),另有一个同方向简谐振动,x,2,=6cos(10t+);,若令两振动合成的振幅最小,则,的取值应为,:,（,D,）,由旋转矢量图可知，,分析：,要使两振动合成的振幅最小，应使,x,1,、,x,2,的振动方向相反。,62,二、填空题,1.,一质点以,O,点为平衡点沿,x,轴作简谐振动，已知周期为,T,，振幅为,A,。（,1,）若,t=0,时质点过,x=0,处且朝,x,轴正方向运动，则其振动方程为,；（,2,）若,t=0,时质点处于,x=A/2,处，且向,x,轴负方向运动，则其振动方程为,。,（,1,）由旋转矢量法,（,2,）由旋转矢量法,分析：,63,2.,一物体作简谐振动,其振动方程 为：,x=0.04,cos,(5t/3-/2)(,SI,),，则（,1,）此谐振动的周期,T=,；（,2,）当,t=0.6s,时，物体的速度,。,分析：,由振动方程得,所以,当,t,0.6s,时，,64,3.,如图所示为一质点的,x-t,图，则该质点振动的初相位,=,_,，振动周期,T=_s,。,解：,由图已知条件，利用旋转矢量法，初相位：,质点第一次经过平衡位置时，,旋转矢量转过的角度：,-/3,4.8,t=0,t=2,65,三、计算题,1.,作简谐振动的小球，速度最大值,v,m,=3cm/s,，振幅,A=2cm,若令速度具有正最大值的时刻为,t=0,，求（,1,）振动周期；（,2,）加速度最大值；（,3,）振动表达式。,振动表达式为,振动加速度：,解：设振动方程为：,速度为,由旋转矢量图得：,66,2.,三个同方向、同频率的简谐振动为：,x,1,=0.08cos(314t+/6),x,2,=0.08cos(314t+/2),x,3,=0.08cos(314t+5/6),求：,（,1,）合振动的角频率、振，幅、初相及振动表达式；（,2,）合振动由初始位置运动到 （,A,为合振动振幅）所需最短时间。,解,:(1),由题给可知,314s,-1,由图可知合振动,A,0.16m,初相,/2,A,（,2,）由图可知旋转矢量转过的角度为：,67,1.,一平面余弦波在,t=0,时刻的波形曲线如图所示，则,o,点的振动初位相为：,（,D,）,A,x,由旋转矢量图可知此时的相位为,分析：,由波形图可判定,O,点在该时刻的振动方向竖直向上（如图示）,（,08,）波动方程,68,2.,在下列几种说法中，正确的说法是：,（,A,）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的。,（,C,）,（,B,）在波传播方向上的任一质点振动位相总是比波源的位相超前。,（,C,）在波传播方向上的任一质点振动位相总是比波源的位相滞后。,（,D,）波源的振动速度与波速相同。,69,二、填空题,l.,一平面简谐波沿,x,轴正方向传播,其波动方程为：,y=0.2cos(t-x/2),（,SI,），则此波的波长,=,；在,x=-3,米处媒质质点的振动加速度,a,的表达式为,:,。,4m,分析：由波动方程 得：,所以,70,2.,一平面简谐波沿,x,轴正向传播，振幅为,A,，频率为,，传播速度为,u,，,t=0,时，在原点,O,处的质元由平衡位置向,y,轴正方向运动，则此波的波动方程为,；距离,O,点,3,/4,处的,P,点（如图所示）的振动方程为,_,。,P,y,o,x,分析：由旋转矢量法得：,则,o,点振动方程：,波动方程为：,取 得,P,点振动方程：,71,3.,一图示为,t=0,时平面波波形图，则,x=0,处质元振动的初相位为,_,；该波波长,=_m,。,分析：,t=0,时，,x=0,的质元处于负的最大位移，即,又由图可知,x=3,处与,x=1,处正好相距,3,/2,，即,72,三、计算题,1.,频率为,500 HZ,的简谐波，波速为,350m/s,。,(1),沿波的传播方向，相差为 的两点间相距多远？,(2),在某点，时间间隔为,10,-3,s,的两个振动状态，其相差为多大？,解：（,1,）,（,2,）,73,2.,有一沿正,x,轴方向传播的平面简谐横波，波速,u=1.0m/s,，波长,=0.04m,，振幅,A=0.03m,，若从坐标原点,O,处的质点恰在平衡位置并向负方向运动时开始计时，试求：（,1,）此平面波的波函数；（,2,）与原点相距,x,1,=0.05m,处质点的振动方程及该点的初相位。,解：,（,1,）由题知,O,点振动方程为：,波函数为：,（,2,）当,x,1,=0.05m,时，代入波函数有：,初相位,=-2,（或,=0,）,74,（,09,）干涉驻波多普勒效应,1.,如图所示，两列波长相同的相干波在,P,点相遇，,S,1,点的初位相是,1,，,S,1,点到,P,点的距离是,r,1,，,S,2,点的初位相是,2,，,S,2,到,P,点的距离是,r,2,，以,K,代表零或正、负整数，则,P,点是干涉极大的条件是：,（,D,）,(A)r,2,-r,1,=K,(B),2,-,1,+2(r,2,-r,1,)/=2K,(C),2,-,1,=2K,(D),2,-,1,+2(r,1,-r,2,)/=2K,根据干涉相长条件，有：,分析：,S,1,点、,S,2,点在,P,点引起的振动分别为：,75,2.,两振幅均为,A,的相干波源,S,1,、,S,2,相距为,3/4(,为波长,).,若在,S,1,S,2,连线上,S,1,左侧各点合振幅为,2A,，则两波源的初相差,=,2,-,1,为,:,（,D,）,根据干涉相长条件，有：,则两波源在,S,1,S,2,连线上,S,1,左侧各点的位相差为：,分析：,设在,S,1,S,2,连线上,S,1,左侧点到,S,1,的距离为,x,，,76,3.,一平面简谐波在均匀的弹性介质中传播，在某一瞬,时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时该质元,:,(A),动能为零，势能最大,(B),动能最大，势能为零,(C),动能最大，势能最大,(D),动能为零，势能为零,（,C,）,分析：,质元经过其平衡位置时具有最大的振动速度，,所以动能最大，,同时其相对形变也最大，势能也最大。,波动中质元振动动能和弹性势能的这种关系不同于孤立的振动系统。,77,二、填空题,1.,一弹性波在介质中的传播速度,u=10,3,m/s,振幅,A=1.0,10,-4,m,频率,=10,3,Hz,若该介质的密度为,=800kg/m,3,则该波的平均能流密度为,_,；一分钟内垂直通过一面积,S=4,10,-4,m,2,的总能量为,_,。,分析：,78,2.,二列沿相反方向传播的相干波,(SI,制,),，由三角函数的和差化积,公式，两波所合成的驻波的表达式为,y,合,=_,。,解：,79,位于,A,、,B,两点的两个波源,S,1,、,S,2,，振幅相等，频率,都是,100Hz,，,相差为,，若,A,、,B,相距,30m,，波速为,400,，以,S,1,为,x,轴坐标原点，求,AB,连线上二者之间因,相,干叠加而静止（波节）的各点位置和因相干叠加而振幅,最大（波腹）的各点位置。,三、计算题,若要满足干涉而静止，则,o,S,1,30,S,2,x,30-x,x,解：波长,AB,连线间（）：,80,即静止点（波节）位置为：,（米）,可见在,A,、,B,两点是波腹处。,若要满足干涉加强点，则,即干涉加强点位置为：,81,2.,在塔楼上报警的警钟,每隔,0.5s,响一声,连续不断地响,某人坐在以,V=60km/h,的速度向警钟行驶的车中,设空气,中声速为,340m/s,则此人在,5,分钟中可听到多少次警钟,声。,分析,:,依题意：,则此人在,5,分钟内可听到警声,82,（,10,）双缝 薄膜 劈尖,1.,在双缝干涉实验中,屏幕上的,P,点处是明条纹。若把,S,2,盖住，并在,S,1,S,2,连线的垂直平分面上放一反射镜,(,如图,),则此时：,（,A,）,P,点处仍为明条纹；（,B,）,P,点处为暗条纹；（,C,）不能确定,P,处是明条纹还是暗条纹；（,D,）,P,处无干涉条纹。,（,B,）,双缝成为洛埃镜，有半波损失,改为反射镜后，由于镜面反射时存在半波损失，所以光程差变为：,分析：,在双缝干涉实验中,P,点为明条纹，,所以光程差为：,满足暗纹条件。,83,（,B,）,2.,如图,用波长为,的单色光照射双缝干涉实验装置,若把一折射率为,n,、劈角为,的透明劈尖,b,缓慢地向上移动时,(,只遮住,S,2,缝,),则屏上的干涉条纹的变化为：,(A),间隔变大,向下移动,(B),间隔不变,向下移动,(C),间隔变小,向上移动,(D),间隔不变,向上移动,在加入劈尖后，在,O,点，光程,且随劈尖的上升，也增大，,因为中央明纹位置两束光的光程要相等，可知加入劈尖后，零级明纹必须往下移。,分析：,84,所以条纹间距保持不变。,加入劈尖后，设某时刻劈尖厚度为,e,，,根据明纹条件，有：,85,3.,将厚度为,e,、折射率为,n,2,的薄膜镀在折射率为,n,3,的物质表面，单色平行光自折射率为,n,1,的透明介质垂直入射到薄膜上，且,n,1,n,3,，若,1,为入射光在,n,1,中的波长，则该入射光经薄膜上下两表面反射的两束反射光的光程差为：,因为入射光在,n,1,中的波长为,1,，可知该入射光在真空中的波长为：,=,1,n,1,，,(A)2n,2,e (B)2n,2,e-/(2n,1,),(C)2n,2,e-,1,n,1,/2 (D)2n,2,e-,1,n,2,/2,【C】,分析：因为,n,1,n,3,，,可知该入射光在薄膜上表面反射时存在半波损失，而在薄膜下表面反射时无半波损失。,两束反射光的光程差为：,2n,2,e-/2,（式中：,为该入射光在真空中的波长）。,86,也可以这样考虑：,取,2,为上表面的光程，,这里的,是光在真空中的波长,=n,1,。,87,二、填空题,1.,已知杨氏双缝干涉实验中,双缝间的距离为,d,双缝与屏的间距为,D,。现有,1,和,2,的两种波长的混合光入射。当,2,=2,1,/3,时,在距中央亮纹,O,点的,x=,处,两组干涉条纹的亮纹发生第一次重叠,级次分别为：,k,1,=,、,k,2,=,。,2,3,分析：根据双缝干涉的明纹条件,当两组干涉条纹重叠时，这两组干涉条纹的位置重合,即,（,K,1,、,K,2,只能取整数）,所以，干涉条纹的亮纹发生第一次重叠时，级次分别为：,k,l,2,，,k,2,3,。,88,2.,用白光垂直照射在置于空气中的均匀肥皂膜的一个面上,(,肥皂膜折射率,n=4/3),沿法线方向观察到肥皂膜的另一面,(,背面,),呈绿色,(,绿光波长,=500nm),则此肥皂膜的最小厚度为,nm,。,187.5nm,上表面,下表面,e,本题亦可用反射绿光满足干涉相消条件来求解。,分析：,光线在上、下表面都没有发生半波损失（光密到光疏），而光线是透射光，无需考虑半波损失，,所以两束光线的光程差满足,:,因此,当,k=1,时，厚度最小,89,3.,照相机的镜头表面上镀有,MgF,2,增透膜,若波长为,的单色光自空气垂直照射到镀膜上,要使透射光线加强,则,MgF,2,薄膜的最小厚度应为,e=,。（,n,玻璃,n,MgF2,n,空气,）,MgF,2,玻璃,空气,分析：,对于透射光，在,MgF,2,膜的上表面反射时,(n,MgF2,n,空气,),没有半波损失，在,MgF,2,膜的下表面反射时,(n,MgF2,0,。当 时，飞轮的角加速度,=,，从开始制动到 所经过的时间,t=,。,解：,所以当 时,117,3.,静质量为,m,0,，长为,l,0,的匀质细棒，沿棒长度方向以,0.6c,的速度运动，测得此棒的长度,l,=_,，棒的质量,m=_,，动量,P=_,，动能,E,k,=_,。,解：,根据长度缩短效应,根据质速关系,动量,动能,118,二、计算题,1.,如图所示，在半径为,R,和,r,，质量为,M,和,m,的阶梯形滑轮上，反向绕有两根轻绳，各悬挂质量为,m,1,和,m,2,的物体。设,R=0.20m,r=0.10m,M=10kg,m=4kg,m,1,=m,2,=2kg,。求滑轮转动的角加速度和两根绳子的张力,T,1,和,T,2,。,解：,119,2.,长,L=0.4m,的匀质木棒，其质量,M=1kg,，可绕水平轴,o,在竖直面内转动，开始时棒自然下垂。现有一个质量,m=8g,的子弹，以,v=200m/s,的速率从,A,点射入棒中，并留在棒中。求（,1,）棒开始运动时的角速度；（,2,）棒的最大偏转角。,解：角动量守恒,由机械能守恒：,解得：,120,3.,两个惯性系中的观察者,O,和,O,以,0.6c,（,c,为真空中的光速）的相对速度互相靠近，如果,O,测得两者的初始距离是,20 m,，试求,O,观察者测得的两者相遇所经过的时间,t,。,解一：洛仑兹变换,121,（法二）在,O,惯性系中，,O,观察者测两事件发生于同一地点，所以其所需时间就是本征时。,（法三）在,O,惯性系中，长度收缩,122,4.,在,S,系中观察到两个事件同时发生在,x,轴上，其间距离是,1m,。在,S,系中观察这两个事件之间的距离是,2m,。求在,S,系中这两个事件的时间间隔。,解：,依题意，,根据洛仑兹变换,可得：,123,5.,设北京和上海的直线距离为,1000,km,，从这两地同时（对地球而言）各开出一列火车。现有一飞船，相对于地球以速度,u,=0.6,c,沿北京到上海方向直线飞行，则飞船中的观测者测得这两列火车开出时刻的间隔是多少？哪一列先开？飞船中的观测者测得的北京和上海的距离又是多少？,解：取地球为,S,系，飞船为,S,系，,S,系中：事件,1,北京发车的时空坐标为,(x,1,t,1,),；,事件,2,上海发车的时空坐标为,(x,2,t,2,).,S,系：事件,1,的时空坐标为,事件,2,的时空坐标为：,其中,124,飞船观测者测得的北京和上海的距离为运动长度：,(,负号说明：从飞船上看，上海的列车比北京的列车更早出发,),这两列火车开出时刻的间隔是：,是飞船观测者测得的北京发车和上海发车这两个事件的空间间隔。（并非运动长度）,而,125,6.,两个静止质量都是,m,0,的粒子，其中一个静止，另一个以,u=0.8c,运动，它们对心碰撞后粘在一起，求碰后合成粒子的静止质量。,解：,设合成粒子的质量为,M,，速率为,v,；,由动量守恒和能量守恒，有：,126,（,15,）振动和波动,1.,一质点作简谐振动，其振动曲线如图所示。根据此图可知，它的周期,T=,；用余弦函数描述时，其初相为,。,所以,解：,由旋转矢量图可得：,因此从,t=0,到,t=2,的时间内旋转矢量转过的角度为：,127,2,两同方向同频率简谐振动,其合振动振幅为,20cm,，此合振动与第一个简谐振动的位相差为,/6,，若第一个简谐振动的振幅为,cm,则第二个简谐振动的振幅为,cm,第一、二两个简谐振动的位相差为,。,10,可得第二个谐振动得振幅为,10cm,解：,利用旋转矢量法，如图示,与第一个谐振动的位相差为,128,3.,质量为,m,，劲度系数为,k,的弹簧振子在,t=0,时位于最大位移,x=A,处，该弹簧振子的振动方程为,x=_,；在,t,1,_,时振子第一次达到,x=A/2,处；,t,2,_,时振子的振动动能和弹性势能正好相等；,t,3,_,时振子第一次以振动的最大速度,v,m,_,沿轴正方向运动。,解：依题意,弹簧振子的振动方程：,振子第一次到达,x=A/2,处时,位相变化,=/3,，有：,129,振动动能和弹性势能正好相等时，有：,即：,解得：,振子第一次,以振动的最大速度,v,m,沿轴正方向运动时，,位相变化,=3/2,，有：,130,4.,如图所示为一平面简谐波在,t=2s,时刻的波形图,该波的振幅,A,、波速,u,、波长,均为已知，则此简谐波的波动方程是：,（,SI,）；,Q,、,P,两点处质点的振动相位差是,A,x,分析：,由波形图可知原点在该时刻的运动方向竖直向上（如图示）,则,t=2s,时的相位为,原点的振动方程为：,131,所以相应的波动方程为：,所以：,Q,-,P,=,/6,。,P,y,Q,分析：,由波形图可知,t=2s,时,Q,点处的质点将由,A/2,向,y,轴负向运动,由旋转矢量图可知,该时刻,Q,点的相位为,/3,同理可知该时刻,P,点将由平衡位置向,y,轴负向运动，,P,点的相位为,/2,132,5.,如图所示,地面上波源,S,所发出的波的波长为,，它与高频率波探测器,D,之间的距离是,d,，从,S,直接发出的波与从,S,发出的经高度为,H,的水平层反射后的波，在,D,处加强，反射线及入射线与水平层所成的角相同。当水平层升高,h,距离时，在,D,处再一次接收到波的加强讯号。若,Hd,，则,。,O,O,分析：当水平层和地面相距为,H,时，,D,处波程差为：,当水平层升高,h,距离时，,D,处的波程差为：,h=/2,133,二、计算题,1.,一质量为,10g,的物体作直线简谐振动，振幅为,24cm,，周期为,