大学物理答案第十六章
第十六章 机械波
16-1 一波源作简谐振动，周期s 010.=T ，振幅m 40.=A ，当0=t 时，振动位移恰为正方向的最大值．设此方程以m/s 400=v 的速度沿直线传播，试求(1)此波的波函数；(2)距波源m 2和m 16处质点的振动方程和初相；(3)距波源15m 和m 16处质点振动的相位差．
分析 波源的周期和频率就是机械波的周期和频率，对于平面波，在忽略传播过程中的能量损失的情况下，波源的振幅就是波的振幅，如果已知波速或波长以及波源的初相，就能给出波函数．由上一章的讨论可知，当给出振动的初始位置和运动方向时，振动的初相就确定了．
由波函数可以获得波线上任一点的振动方程；以及任一时刻波线上各点的位移，即波形．波线上相位差为π2质点间的距离（也可视为两个相邻的相位相同点间的距离）为一个波长．
解 (1)波源的角频率为
rad/s
200rad/s 01
.022πππω===
T
初始时波源振动达正方向的最大值，即0=?，波源的振动方程为
)200cos(4.0π=y
已知m/s 400=v ，波函数为
)400
(200cos 4.0x t y -
=π
0>x
(2)由波函数得m 2=x 处振动方程为
)
200cos(4.0)400
2(200cos 4.0πππ-=-
=t y
该处质点初相为π．
m 16=x 处振动方程为
m
820040400
1620040)cos(.)(cos .πππ-=-
=t y
该处质点初相为π8或0．
(3)两点相位差为 2
01
.0400151622π
π
λ
?π
??=
?-==x
15m
处质点相位超前．
16-2 已知平面波波函数).(cos .x t y -=5220π．式中x 、y 以米计，t 以秒
计，试求(1)波长、周期、波速；(2)在m 1=x 处质点的振动方程；(3)在s 40.=t 时，该处质点的位移和速度．这是原点处的质点在哪一时刻的运动状态？再经过s 40.后该运动状态传至何处？
分析 本题强调这样的概念：波的传播过程是振动状态（或相位）的传播过程．在单位时间内振动状态（或相位）传播的距离称为波的传播速度，也称为相速度，即本书中的波速v （以区别于反映振幅或能量传播的群速度）．波在介质中传播时，波线上各质点仍在各自的平衡位置附近振动，并不跟随波前进，质点
的振动速度为t
y u d d =
．
解 (1)将波函数).(cos .x t y -=5220π与简谐波的标准形式对比，得
m/s
5.2 /s rad 5.2==v πω
m
2m 8.05.2s
8.0s 5.222=?====
=
T T v λπ
πω
π
(2)由波函数得m 1=x 处的振动方程为
m
)5.2cos(2.0 )5.21
(5.2cos 2.0)
5
.2(5.2cos 2.01
ππππ-=-
=-
==t t x t y x
(3)由波函数得s 040.=t 时m 1=x 处质点的位移为
m
205
21522004
0.)
.(.cos ..=-
==t t y π
该时刻该质点振动速度为
05
21525220d d 04
004
0=-
?-==
==..)
.(.sin ..t t t t
y u ππ
是原点处质点在0
5
2140=-
)..(时刻的振动状态．
再经过s 40.该运动状态传播的距离
m
1524040=?==...v x
即传至距该处m 1或距原点m 2处．
16-3 如图16-3，一平面简谐波在空间传播，已知波线上某点P 的振动规律为)cos(?ω+=t A y ,根据图中所示的两种情况，分别列出以O 为原点的波函数． 分析 本题可以沿两条思路求解：(1)由于波线上各点的相位依次落后, 根据两点间的距离可以判断O 点比P 点相位超前多少或落后多少, 因已知P 点的振动方程，就能写出O 点的振动方程，再写出以O 为原点的波函数．(2) 从P 点的振动方程直接写出以P 为原点的波函数，根据波函数的物理意义写出O 点的振动方程，再写出O 为原点的波函数．下面给出第一种解法．
解 (1)第一种情况，波沿x 轴正向传播，O 点的相位比P 点超前v
ω, 所
以O 点的振动方程为
)]
(cos[?ω
ω++=v l t A y
以O 为原点的波函数为
)]
)(cos[)]()(cos[?ω?ω
ω+--
=++-
=v
v
v
l x t A l x t A y
(2)第二种情况，波沿x 轴负向传播，O 点在P 点右侧，O 点的相位比P 点超前v
l ω
，所以O 点的振动方程为
)]
(cos[?ω
ω++=v l t A y
以O 为原点的波函数为
)])(cos[]()(cos[?ω?ωω+++
=++--
=v
v
v l x t A l x t A y
16-4 一平面余弦波在T
t 43=时的波形如图16-4（a ）所示(T 为周期), 此波
以v =36m/s 的速度沿x 轴正向传播, (1)画出t =0时刻的波形图；(2) 求O 、P 点的振动初相；写出O 点的振动方程及以O 为原点的波函数.
分析 波形曲线，即y-x 图，给出了某一时刻波线上各点的位移．已知波速时，从T
t 43=
时的波形可以推出t =0或t=T 时的波形，从而可得O 点的振动方
程, 进而求出O 为原点的波函数．
图16-4
解 (1) T
t 4
3=
时刻的波形沿x 轴负向移动λ4
3即为t=0时的波形，或沿x
轴正向移动λ4
1
即得t=T 时的波形，如图16-4(b)．
(2) 由图16-4(a)得 m,40 m,20..==λA 又m/s 36=v 对O 点有，t =0时，有
0c o s
0==?A y （1） 0s i n 0<-=?ωA v （2） 由(1)式得2
π
?±
=，由(2)式得0sin >?，所以应取
2
π
?=
对P 点， t =0时，有
2
.0cos 0==?A y P (3)
0sin 0=-=?ωA P v (4)
因A =0.2m ，由(3)式得0=?，满足(4)式．
(3)波的角频率 r a d /s
180rad/s 4
03622ππλ
πω=?==
.v
O 点的振动方程为 )c o s (.2
180
20π
π+=t y m
以O 为原点的波函数为 ])(c o s [.2
36
180
20π
π+
-=x t y m
16-5 一平面波在t =0时的波形曲线如图16-5中曲线(I)所示，波沿x 轴正向
传播，经过t =0.5s 后, 波形变为曲线(II). 已知波的周期1≥T s , 试由图中所给条件, 求(1)波函数；(2)A 点的振动方程．
分析 从波形曲线(I)可以求出振幅、波长以及O 点的初相. 但另一个重要的常数ω需结合两条波形曲线考虑. 从图上不难看出, 在0.5s 内波形在x 轴正向移动0.1m ，于是可以计算出波速．再根据周期、波长、波速间的关系求出周期，进而求出角频率.
解 由图16-5知, A =0.1m, 40.=λm ,
20501
010....==
=
t
v m/s 22
04
0==
=..v T λs π
ππω==
=2
22T
rad/s
对O 点
0c o s
0==?A y (1) 0s i n 0<-=?ωA v (2)
由(1)式得2
π
?±
=，由(2)式得0sin >?，所以应取
2
π
?=
故O 点的振动方程为 )c o s (.210π
π+=t y
m
以O 为原点的波函数为
])(c o s [.]).(c o s [.2
5102
2
010π
ππ
π
+
-=+
-=x t x t y m
(2)将10.=A x m 代入上式，得A 点的振动方程为
102
10510t t y ππ
πc o s .]).(c o s [.=+
?-=m 16-6 一平面波的波函数为 )sin(.x t y 20050010+=π，式中x ，y 以m 为单位，t 以s 为单位, 试求:（1）波的振幅、频率、波长和波速；（2）何时原点处第一次出现波峰；（3）当t =1s 时，最靠近原点的两个波峰位置.
分析 本书约定波函数以余弦函数表示, 因此可先把题目给的波函数化为余弦函数．分列在原点两侧的第一个波峰应是最靠近原点的波峰． 解 (1)波函数化为余弦函数形式为 ])(c o s [.2
100
252010π
π
π-
+
=x t y m
m
1014.3100
25Hz, m,01.0 2
-?==
==π
λνA
m /s 7902510
1432
..=??==
-T
v λ
(2) 将x=0, y=A 代入波函数，当第一次出现波峰时，有 0
2252=-
π
π)(t
得 t =0.01s
(3) 将t =1s 代入波函数得t=1s 时的波形方程
x
x y 2000102
20050010sin .)cos(.=-
+=π
π
欲出现波峰需满足条件：
)0,1,2.....( 2
12200=+±=k k x π
)
(sin
得最靠近原点的两波峰位置为
m
10
35.2 2
3200 -1,m
1085.7 2
200 ,02
23
1--?-=-==?==
=x x k x x k ππ
16-7 沿x 轴负向传播的平面简谐波在t =2s 时的波形如图16-17(a), 波速v =0.5m/s, 求O 点的振动方程及此波的波函数.
分析 由已知条件算出T =4s. 欲从t =2s 时的波形求出t =0时的波形, 只需将t =2s 时的波形曲线沿x 轴负向移动半个波长即得. 从t =0时的波形便可求出振动方程的几个常数.
解 从图16-7(a)知
s 4s 5.02
==
=
v λ
T rad/s
5.02==T
πω
可得t =0时的波形如图16-7(b). 从图知O 点将向下运动，于是O 点在t =0时有
0cos 0==?A y
(1) 0sin 0<-=?ωA v
(2)
由(1)式得2
π
?±
=，由(2)式得0sin >?，所以应取
2
π
?=
O 点的振动方程为 )c o s (.22
50π
π
+
=t y m 以O 为原点的波函数为 ]).(c o s [.2
5
02
50π
π+
+
=x t y m
16-8 一平面简谐波沿x 轴负向传播, 波长为,λ P 处质点元的振动规律如图16-8. (1)求P 点的振动方程; (2)设OP=d , 求此波以O 为原点的波函数.
分析 振动曲线是描绘波线上某点位移与时间关系的曲线，即y-t 图．通过振动曲线可知P 点的初始条件．有了P 点的初始条件，可得P 点的振动方程．由于波沿x 轴负向传播，因而O 点的相位比P 点落后．
解 (1)由振动曲线知P 点在t =0时有
A
A y -==?cos 0 (1)
0sin 0=-=?ωA v (2)
由(1)式得π?=，满足(2)式．
因T =4s ，则
π
πω5.02==
T
rad/s
所以P 点的振动方程为
)cos(
ππ
+=t A y 2
m
(2)波沿x 轴负向传播, P 点相位比O 点超前,所以O 点的振动方程为
])(cos[
])(cos[
πλ
π
ππ
+-
=+-
=d
t A v
d t A y 42
2
0 m
有 4
λ
λ
=
=
T
v
以O 为原点的波函数为
])(cos[
])(cos[
πλ
π
ππ
+-+
=+-+
=d
x t A v
d x t A y 442
2
m
16-9 图16-9 (a)是一平面简谐波在t =0时的波形曲线. P 点位于波线上
点为1 m 处P 点的振动曲线可以判明，当t 稍微大于零时其位移为正，因而t =0时P 点将向上运动．再观察波形图上x =1.5m 处的质点，当t =0时位于最大位移处，此后一定要向下运动回到平衡位置．既然t =0时P 点将向上最大位移处运动， 而1.5m 处质点已从最大位移返回，便可判断出P 点(1m 处)的相位比1.5m 处质点落后，所以波沿x 轴负向传播．
解 从图16-9(a)知 2=λm, T =0.2s, A =0.2m.
m/s
10 rad/s 102==
==
T
T
λ
ππωv
从图16-9 (b)P 点的振动曲线并结合波形曲线(a), 判断出波沿x 轴负向传播, 因而t =0时O 点向下运动，O 点初相由下两式决定：
0c o s
0==?ωA y (1) 0s i n 0<-=?ωA v (2)
由(1)式得2
π
?±
=，由(2)式得0sin >?，所以应取
2
π
?=
得波函数为 ])(c o s [.2
10
10
20π
π+
+=x t y m
16-10 两相干波源S 1、S 2具有相同的振幅、频率和初相位．已知振幅A =0.01m,
频率为100Hz, 初相位为零. 两波源相距30m, 相向发出二简谐波, 波长为5m. 试求: (1)两波源的振动方程; (2)在两波源连线中点处的合振动方程. 分析 相干波在相遇点的合振幅是各列波在相遇点引起的振动的合成．
解 (1) 已知 ππνωω200221=== rad/s
所以S 1、S 2的振动方程为
t t A y y πφω2000100201cos .)cos(=+==
(2) 如图16-10, 取S 1为坐标原点, 向右为正. 第一列波到达波源连线中点P 的振动方程为
)](cos[λ
νπP
x t A y -
=21)(cos .)](cos[.310020105
151002010-=-
=t t ππ
第二列波到达P 点的振动方程为
)](2cos[22λ
νπP
x x t A y --
=
)(cos .)](cos[.310020105
151002010-=-=t t ππ
所以P 点的合振动方程式为
)(cos .3100202021-=+=t y y y π m
16-11 一简谐空气波, 沿直径为0.14m 的圆柱形管传播, 波的平均强度为
3
10
9-?W/m 2, 频率为300Hz, 波速为300m/s. 求: (1)波的平均能量密度和最大能
量密度; (2)每两个相邻同相面间的波中含有的能量.
分析 本题涉及的概念有: 能量密度、平均能量密度、平均能流、能流密度或波的强度. 从能量密度)(sin v x t A w -
=ωρω222看到,
介质单位体积中的能量
不守恒, 随时间作周期变化, 在给定时刻能量又随单位体积平衡位置坐标x 作周期变化，因此波的传播既是振动相位的传播又是能量的传播，因此而称为行波．
解 (1)平均能量密度为 2
2
2
1A w ρω=
平均强度为 v A I 2
221ρω=
3
5
3
3
J/m 10
3J/m
300
109--?=?==
v I w
能量密度为 )(s i n 222v
x
t A w -=ωρω
最大能量密度为 353522m a x J /m 106J/m 10322--?=??===w A w ρω
(2)相邻同相面间隔的距离为一个波长，即 1300
300==
=ν
λv
m
相邻同相面间的波中含有能量
J 10
62.4J )07.0(14.310
37
25
2
--?=???===λπr w V w W
16-12 一简谐波在弹性介质中传播, 波速31001?=.v m/s, 振幅A =1.0×
10-4m, 频率31001?=.νHz. 若介质的密度3kg/m 800=ρ, 求: (1)该波的能流密度; (2) 若有一平面面积s=4.0×10-4m 2, 波速v 与该平面法线e n 的夹角为?60， 求一分钟内通过该面积的平均能流.
解 (1)能流密度为
2
52
324
2
3
2
2W/m
1058.1W/m
10)10
0.1()1014.32(8002
1 21?=???????=
=-v
A I ρω
(2)一分钟内通过垂直于波传播方向的平均能流为
W
1089.1W 6060cos 10
0.41058.13
4
5
?=?????==- Ist P
16-13 若太阳能电池板的接收面积为13cm 2, 当正对太阳时, 电池板产生0.45V 电压, 并提供0.20A 电流. 设太阳光的能流密度为1.0×103W/m 2, 求太阳能转变为电能的效率.
分析 1s 内太阳能电池板产生的电能与1s 内电池板吸收的太阳能之比就是能量转换效率．本题提供的太阳的能流密度是一常识性数据．
解 1 s 内太阳能电池吸收的太阳能为
J 3.1J 10
13100.14
3
=???==-Is W
产生的电能为 E = 0.2×0.45 J = 0.09 J 所以转换效率为
%
9.6%1003
.109.0=?=W
E
16-14 两相干平面波波源A 、B 相距20m, 作同频率、同方向和等振幅的振动， 它们所发出的波的频率为100Hz ，波速为200m/s ，相向传播, 且A 处为波峰时, B 处为波谷, 求AB 连线上因干涉而静止
的各点的位置.
分析 两相干波等振幅，所以相干减弱点的振幅为零，即因干涉而静止．A 处为波峰时B 处恰为波谷, 表明波源A 与波源B 的相位差为π．
解 两相干平面波波长为 2
100
200==
=
ν
λv
m
两平面波相向传播，相遇点在两波源之间，设P 在A 、B 间，距离波源A 为x ，如图16-14，设波源B 相位比波源A 超前π，有
x
x
x
x l A B πππ
πλ
π
π??2192
2202)(2+-=--=---=-
相遇点为干涉静止时需满足条件为
),2,1,0( )12( ±±=+=-k k A B π??
得 πππ)12(219+=+-k x 所以AB 连线上因干涉而静止点的位置为
x = k+10 m )9,,2,1,0(±±±= k
16-15 如图16-15, 两列波长均为λ的相干简谐波, 分别通过图中的O 1和O 2点, 通过O 1点的简谐波在M 1M 2平面反射后与通过O 2点的简谐波在P 点相遇. 假定波在M 1M 2平面反射时有半波损失, O 1和O 2两点的振动方程分别为
t A y πc o s 10=和)2/cos(20ππ+=t A y ,
且O 1m +mP =8λ, O 2P =3λ, 求: (1)两列波
分别在P 点引起的振动的振动方程; (2)P
分析 通过O 1的简谐波在M 1M 2平面的m 点反射，反射时有半波损失，即对于通过O 1的简谐波, M 1M 2平面是波密介质, 反射时反射波的相位改变π．介质无吸收，即表明振幅保持
不变． 解 (1) 222==
=
π
π
ω
π
T s
在M 1M 2面上反射有半波损失, 所以通过O 1点的简谐波在P 点的振动方程为
)cos()cos(])(
cos[πππππλ
λ
π-=-=+-=t A t A t A y P 158221
通过O 2点的简谐波在P 点的振动方程为
)cos(])(
cos[2
2
3222π
ππ
λ
λ
π+
=+
-=t A t A y P
(2)由(16-22)式, P 点合振动的振幅为
A A A A 22
222
2
=
++=
)cos(
ππ
合
16-16 如图16-16(a), 三列波长均为λ的简谐波, 各自通过S 1、S 2、S 3后在P 点相遇，求P 点的振动方程. 设三列简谐波在 S 1、S 2、S 3 振动的振动方程分别为
)
/cos(,cos ),/cos(222321πωωπω-==+=t A y A y t A y ,
且S 2P =4λ,S 1P =S 3P =5λ, 并设介质无吸收.
分析 振动的合成采用旋转矢量法最简便．本题可用旋转矢量法先求第一、二个振动的合振动，再与第三个合成. 以此类推可作多个振动的合成．
解 三列简谐波在P 点的振动方程分别为
)
cos()cos(]
)(cos[2
32
192
521πωπωπλ
λ
π-
=-
=+
-=t A t A T t A y P
t A t A T t A y P ωπωλ
λ
πcos )cos()](
cos[=-=-
=8422
)cos()cos(])(
cos[2
22
1022
5223π
ωπ
πωπ
λ
λπ-
=-
-=-
-
=t A t A T t
A y P
先将第一列波在P 点引起振动的旋转矢量A 1与第三列波在P 点引起振动的旋转矢量A 3合成，合旋转矢量为A 13, 如图16-16(b). 合振动方程为
)
c o s (
313πω+
=t A y
)cos(
2π
ω-
=
t A y 合
16-17 沿弦线传播的一入射波的波函数为)./cos(λπωx t A y 21-=设波在x=L 处(B 点)反射, (1)反射点为自由端, 写出以B 为原点的反射波的波函数; (2)反射端为固定端又如何?
分析 考虑在自由端反射的反射波无半波损失，在固定端反射的反射波有半波损失，结合波函数的物理意义, 可写出B 点的振动方程．沿入射波的传播方向, 波线上各点相位依次落后，且注意到入射波的波函数是以O 为原点．B 点的坐标为x B =L ，于是以B 为原点的反射波传到坐标x 点时, 传播距离是L-x.
解 (1)如图16-17, 反射点B 为自由端时, 反射波无半波损失，B 点坐标x B =L ，B 点振动方程为 )cos(λ
πωL
t A y B 2-
=
反射波沿BO 方向传播, BO 间各点的相位均落后于B 点, BO 上坐标为x 的任一点t 时刻相位为
)()
()(x L t x L L
t --
=--
-
2222λ
π
ωλ
πλ
πω
所以B 点为自由端时, 以其为原点的反射波波函数为
)cos(λ
π
ωx
L t A y --=22反
(2)当反射点B 为固定端时, 反射波有半波损失，以B 为原点的反射波波函数为
)cos(πλ
π
ω+--=x
L t A y 22反
16-18 两列波在同一直线上传播, 波速均为 1 m/s.它们的波函数分别为
),
(cos .),(cos .t x y t x y +=-=ππ05005021 式中各量均采用国际单位制. (1)试
说明在直线上形成驻波, 并给出波腹、波节的位置; (2)求在x =1.2m 处的振幅.
分析 两列在同一直线上沿正反方向传播的等振幅相干波叠加形成驻波．驻波波函数为.cos )cos (t x
A y πνλ
π
222= λ
π
x
A 22cos 为振幅项．结合书上对驻波
的讨论, 可总结出驻波区别于行波的两个特点：在驻波中无能量传播, 无相位传播．
解 两波函数改写为
)
(c o s .)(c o s .x t y x t y +=-=ππ05005021
所以这两列波是在同一直线上沿正反方向传播的等振幅的相干波，在直线上叠加
形成驻波，(16-24)式给出驻波波函数的形式为
t x
A y πνλ
π
222cos cos =
与已知条件比较，知 m/s 2 rad/s, , m 050====T v A λπω. 得 2
2==ω
π
T s ，501.==
T
ν Hz ， 2==vT λm.
所以驻波波函数为
t x y ππc o s c o s
.10= m 当 x 满足1=x πcos 时出现波腹, 即
ππk x = (k =0,1,2,…..)
解出x=k m 出现波腹.
当 x 满足0cos =x π时出现波节, 即
2
12π
π)
(+=k x (k =0,1,2,…..)
解出)(122
1+=
k x m 出现波节.
(2)x =1.2m 处的振幅为
0810*******
1..c o s .c o s
..====ππx x A m .
16-19 如图16-19, 位于x =0 处的波源O 作简谐振动, 产生振幅为A , 周期为
T ,波长为λ的平面简谐波. 波沿x 轴负向传播, 在波密介质表面B 处反射. 若t =0时波源位移为正最大, 且OB=L, 求:(1)入射波的波函数; (2)以B 为原点的反射波的波函数; (3)设L =
4
3λ, 证明BO 间形成驻波, 并给出因干涉而静止的点的位置.
分析 将入射波的波函数写出后与习题16-17 联系应不难求解. 解题时需十分留心的是题目已把坐标取定, B 点的坐标L x B -=.
解 (1)波源的初相由下式给出 A A y ==?c o s 0 (1)
0sin 0>=?A v (2)
从(1)式解出 0=? 满足(2)式, 故 0=?
所以以O 为原点, 沿x 轴负向传播的入射波波函数为
)(
c o s λ
πx
T t A y +=21
(2)B 点坐标x B =-L , 且B 点为波密介质表面一点, 在B 点反射的反射波有半波损失，B 点的振动方程为
]
)(
2cos[πλ
π+-=L
T t A y B 振
反射波沿x 轴正向传播, BO 间坐标为-x 的任一点t 时刻相位为
π
λ
ππλ
λ
π++-
=++-
-)()(
x
L T
t x
L L
T t 222
所以以B 为原点的反射波波函数为
])(
cos[πλ
π++-=x
L T t A y 222
(3) 因4
3λ=
L ，所以入射波波函数为
)(
cos λ
πx
T t A y +=21
反射波波函数为
)(
cos ]))((
cos[λ
ππλλπx T t A x
T
t A y -=++-
=243222
BO 间两波叠加, 合成波为
t
T
x
A y y y πλ
π2221cos
cos
=+=
为驻波.
因干涉而静止点的位置满足
02=λ
π
x
c o s
即λ4
12+±
=k x (k =0,1,2,….)，且],[L x 0∈，所以BO 间因干涉而静止的点为
λλ4
34
1,
处．
16-20 站在铁路附近的观察者, 听到迎面开来的火车笛声频率为440Hz,当火车驶过后, 笛声的频率降为390Hz, 设声音速度为340m/s, 求火车的速度.
分析 据已知, 观察者相对于介质静止, 波源(汽笛)先向着观察者运动后又背离观察者，对照(16-29)式不难求解.
解 设1ν和2ν分别为观察者听到的火车迎面开来和驶过时的频率, ν为汽笛的固有频率. 设声速为V, v 为火车速度,火车的汽笛是波源. 据(16-29)式, 火车向着观察者运动v>0, 有 ννv
V V -=1
火车背着观察者运动v<0, 有
ννv V V +=
2
两式相除得
v
V v V -+=
2
1νν
解出火车速度 m /s 5.20m/s 340390
4403904402
121=?+-=
+-=
V ννννv
16-21 水下甲潜艇静止, 乙潜艇以航速v 向着甲运动. 为了测定乙潜艇的航速, 甲潜艇上的人员用声纳装置向乙潜艇发出频率为0ν的超声波. 若甲潜艇收到的反射波的频率为ν, 试确定ν与0ν、v 间的关系（已知超声波在水中传播速度为u ）.
分析 超声波是指频率高于2000Hz 的机械纵波，具有频率高、波长短、强度大特点，因而有良好的定向传播性能和很强的穿透本领. 由于海水导电性能好，对电磁波有很强的吸收，因而依赖发射、接收电磁波而工作的电磁雷达无法在海水中使用. 利用超声波制成的超声波雷达——声纳应运而生.
解 超声波从甲传到乙时， 甲为波源静止，频率为0ν. 乙为接收者，以 v 向着甲运动, v<0. 据(16-28)式, 乙接收到的频率为
0ννu
v +=
'u
超声波从乙传到甲时，甲为接收者，静止. 乙为波源，频率为ν'，以v 向着甲运动, v>0. 由(16-29)式, 甲接收到的反射波频率为
0νννv
-u v v
+=
'-=
u u u
大学物理下答案习题14
习题14 14.1 选择题 （1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题 （1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]
大学物理习题答案--第一章
第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的
大学物理课本答案习题 第十三章习题解答
习题十三 13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ， 2r 。已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为 时间。导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。 解：无限长直电流激发的磁感应强度为02I B r μ= π。取坐标Ox 垂直于 直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小 00122() 2() I I B r x r x μμ= + π+π+ 方向垂直纸面向里。 通过微分面积d d S a x =的磁通量为 00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ?? =?==+??++?? 通过矩形线圈的磁通量为 00m 01 2d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ??=+??π+π+???012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω?? ++=+ ?π?? 感生电动势 0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω?? ++=- =-+ ?π?? 012012()()ln cos 2a r b r b I t r r μωω?? ++=- ??π?? 0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向 为逆时针。 13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速1 600r min n -=? 。求圆线圈自图示的初始位置转过 题图13-1 题图 13-2 解图13-1
大学物理第六章练习答案
大学物理第六章练 习答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第六章 热力学基础 练 习 一 一. 选择题 1. 一绝热容器被隔板分成两半，一半是真空，另一半是理想气体，若把隔板抽出，气体将进行自由膨胀，达到平衡后（ A ） (A) 温度不变，熵增加； (B) 温度升高，熵增加； (C) 温度降低，熵增加； (D) 温度不变，熵不变。 2. 对于理想气体系统来说，在下列过程中，哪个过程系统所吸收的热量、内能的增量和对外作做的功三者均为负值。（ C ） (A) 等容降压过程； (B) 等温膨胀过程； (C) 等压压缩过程； (D) 绝热膨胀过程。 3. 一定量的理想气体，分别经历如图 1(1)所示的abc 过程(图中虚线ac 为等温线)和图1(2)所示的def 过程(图中虚线df 为绝热线) 。 判断这两过程是吸热还是放热：（ A ） (A) abc 过程吸热，def 过程放热； (B) abc 过程放热，def 过程吸热； (C) abc 过程def 过程都吸热； (D) abc 过程def 过程都放热。 4. 如图2，一定量的理想气体，由平衡状态A 变到平衡状态B(A p =B p )，则无论经过的是什么过程，系统必然（ B ） (A) 对外做正功； (B) 内能增加； (C) 从外界吸热； (D) 向外界放热。 二.填空题 图.2 图1
1. 一定量的理想气体处于热动平衡状态时，此热力学系统不随时间变化的三个宏观量是P V T ，而随时间变化的微观量是每个分子的状态量。 2. 一定量的单原子分子理想气体在等温过程中，外界对它做功为200J ，则该过程中需吸热__-200__ ___J 。 3. 一定量的某种理想气体在某个热力学过程中，外界对系统做功240J ，气体向外界放热620J ，则气体的内能 减少，(填增加或减少)，21E E -= -380 J 。 4. 处于平衡态A 的热力学系统，若经准静态等容过程变到平衡态B ，将从外界吸热416 J ，若经准静态等压过程变到与平衡态B 有相同温度的平衡态C ，将从外界吸热582 J ，所以，从平衡态A 变到平衡态C 的准静态等压过程中系统对外界所做的功为 582-416=166J 。 三.计算题 1. 一定量氢气在保持压强为4.00×510Pa 不变的情况下，温度由0 ℃ 升高到50．0℃时，吸收了6.0×104 J 的热量。 (1) 求氢气的摩尔数 (2) 氢气内能变化多少 (3) 氢气对外做了多少功 (4) 如果这氢气的体积保持不变而温度发生同样变化、它该吸收多少热量 解： （1）由,2 2 p m i Q vC T v R T +=?=? 得 4 22 6.01041.3(2)(52)8.3150 Q v mol i R T ??= ==+?+?? （2）4,5 41.38.3150 4.291022 V m i E vC T v R T J ?=?=??=???=? （3）44(6.0 4.29)10 1.7110A Q E J =-?=-?=? （4）44.2910Q E J =?=?
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册
习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?
解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人 说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作用 力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理课后习题标准答案第六章
大学物理课后习题答案第六章
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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
大学物理课后习题答案第六章
第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3 2 2 0) (41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 ?+= 2 32 2 0) (4dq R x x E x πε 2 32210)(24R x R x +?= πλπε2 32201)(2R x x R += ελ 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 dq E dF x =dx R x x R 2 3 22021)(2+= ελλ 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 ?=dF F dx R x x R l ?+= 02 3220 21)(ελλ2 ()?? ????+- = 2/1220211 1R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。求： （1）圆心处O 点的场强； （2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ?ελ d R 0π4= ，方向沿半径向外 根据电荷分布的对称性知，0=y E ??ελ ?d R dE dE x sin π4sin 0= = R d R E x 000 π2sin π4ελ ??ελπ ==? 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向。 （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。
大学物理D下册习题答案
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
大学物理答案第10章
第十章 静电场中的导体与电介质 10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 题 10-2 图 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）. 10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4= = 题 10-3 图
分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）. 10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）. 10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.
内蒙古科技大学马文蔚大学物理(下册)第六版答案解析
第九章振动 习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.
9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( ) A、T/12 B、T/8 C、T/6 D、T/4 分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。可设位移函数 y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T； 当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/6
9-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j?动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（） 3 1 （A）-7W （B）—IT（C）F （D）O 分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）?运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；? + 瓷）?它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便 A 求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）. 9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图. 解因3=X∕T,则运动方程 / 2πf ≡?cos(ωt + φ) =ACUS
根据题中给出的数据得 X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为 t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,) (Z = ?2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ? s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.
大学物理答案第6章
大学物理答案第6章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第六章 气体动理论 6－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0×10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子 解：由式nkT p =，有 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 6－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01105 Pa ，温度为27℃，求：（l ） 气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知d n V ,10=即可求出。 解：（l ）单位体积分子数 3 25m 1044.2-?==kT p n （2）氧气的密度 3m kg 30.1-?===RT pM V m ρ （3）氧气分子的平均平动动能 J 1021.62321k -?==kT ε （4）氧气分子的平均距离 m 1045.3193-?==n d 6－3 本题图中I 、II 两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。
大学物理答案第17章
大学物理答案第17章
17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin
依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？
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第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度.
［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2
大学物理(上册)参考答案
第一章作业题 P21 1.1； 1.2； 1.4； 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62 x ，a 的单位为2 s m -?，x 的单 位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101 s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d === 分离变量： x x adx d )62(d 2 +==υυ 两边积分得 c x x v ++=32 2221 由题知，0=x 时，100 =v ,∴50=c ∴ 1 3s m 252-?++=x x v 1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2 s m -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0， 求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 1 223 4c t t v ++= 由题知，0=t ,00 =v ,∴01=c 故 2234t t v + = 又因为 2 234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )23 4(d 2+= 积分得 2 3221 2c t t x ++= 由题知 0=t ,50 =x ,∴52=c 故 52123 2++ =t t x 所以s 10=t 时 m 70551021 102s m 1901023 10432101210=+?+?=?=?+ ?=-x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33 t ，θ式中以弧度计，t 以秒
大学物理习题集(下)答案
一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子 的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题
大学物理答案第17章
17－2一单缝用波长为λ1和λ2的光照明，若λ1的第一级衍射极小与λ2的第二级衍射极小重合。问 （1）这两种波长的关系如何？ （2）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？ 解：（1）单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 212λλ= （2）依题意有 11sin λθk a = 22sin λθk a = 因为212λλ=，所以得所形成的衍射图样中还有其它极小重合的条件为 212k k = 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 0=?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角 宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475.2322=?=θ
17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 rad d 4 3 9109.110 0.71055044.244.22---?=??==λ θ （2）视网膜上星体的像的直径为 mm l d 34104.423109.1 2--?=??==θ （3）细胞数目应为3.2105.14 )104.4(52 3=????= -πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分 辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波长为550nm.。 解： 38.9101.22l L l L l D L m λδθλ ????==?设两灯距为，人车距为。人眼最小分辨角为， ＝1.22＝D 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 S 15cm S 2 160km D
大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析.
1-1 分析与解(1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故,即｜｜≠ ． 但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)． 1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)． 1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算． 解(1) 质点在4.0 s内位移的大小 (2) 由得知质点的换向时刻为(t＝0不合题意) 则, 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 (3) t＝4.0 s时, , 1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图． 解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为 (匀加速直线运动), (匀速直线运动) (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］． 在匀变速直线运动中,有