中国地质大学(武汉)大学物理(上册)习题答案

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作业1 质点运动学 力



1-1 有一物体做直线运动，它的运动方程式为x = 6t2 - 2t3，x单位为米，t单位为秒．则 ⑴ 第2秒内的平均速度为 4 m/s； ⑵ 第3秒末的速度为 -18 m/s； ⑶ 第1秒末的加速度为 0 m/s2；

⑷ 这物体所做运动的类型为 加速度减小的加速直线运动 ． 原题 1-1



1-2 一质点在xOy平面内运动，其运动方程为以下五种可能：

⑴ x = t，y = 19 -2/t； ⑵ x = 2t，y = 19 - 3t； ⑶ x = 3t，y = 17- 4t2； ⑷ x = 4 sin5t，y = 4 cos5t； ⑸ x = 5 cos6t，y = 6 sin6t， 那么表示质点作直线运动的方程是 ⑵ ，作圆周运动的方程是 ⑷ ，作椭圆运动的方程是 ⑸ ，作抛物线运动的方程是 ⑶ ，作双曲线运动的方程是 ⑴ ． 原题 1-2

1-3 质点在xOy平面内运动，其运动方程为：x = 10 - 2t2，y = 2t，⑴ 计算什么时刻，其速度与位矢正好垂直？ ⑵ 什么时刻，加速度与速度间夹角为45？

原题 1-4

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1-4 两辆车A、B在同一公路上作直线运动，方程分别为 xA = 4t + t，xB = 2t+ 2t,若同时发车，则刚离开出发点（t = 0）时，哪辆车行驶的速度快？出发后什么时刻两车行驶距离相等，什么时候B车相对A车速度为零？

原题 1-5

1-5 在与速率成正比的阻力影响下，一个质点具有加速度a = - 0.2，求需多长时间才能使质点的速率减小到原来速率的一半．

原题 1-7

1-6 半径为R 作圆周运动的质点，速率与时间的关系为 ct2（式中的c为常数，t以秒计），求：⑴ t = 0到t时刻质点走过的路程．⑵ t时刻质点加速度的大小．

原题 1-8

22 3

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1-7 离水面高为h的岸边，有人用绳拉船靠岸，船在离岸s米处，如图所示，当人以0米/秒恒定的速率收绳时，试求船的速度和加速度的大小． 0

原题 1-11 h



s

题1-7图



1-8 一路灯距地面高度为 h，身高为 l 的人以速度 0 在路灯下匀速慢跑，如图所



示，求人的影子中头顶的移动速度，并求影长增长的速率 u． P8 1.3 解：建立坐标系，人坐标为x1，人影头顶坐标为x2． 则 

dxdx2

dx2dt，010dx1dt

dtdt

h

lO

x1

题1-8图

∵ x2x1 为人影长度，

dxdx

∴ ud(x2x1)210

dtdtdt

x2

x

hl，  xhx 由图知 x2x2x12hl1

∴ 

dx1dx2

hh0, u0l0 hldtdthlhl

1-9 质点沿半径为0.100 m的圆周运动，其角位移  随时间 t 的变化规律是

23

+ 4t（SI），在 t = 2 s 时，它的法向加速度 an___an2.3010___ms2，= 2

切向加速度at_____at4.80____ms2．

2dd2

参考解：R14.4t4, at1.2t, an2.4t .

dtdtR

当 t2s时, an2.30102ms2, at4.80ms2

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1-10 质点 M 在水平面内运动轨迹如图所示，OA段为直线，AB、BC段分别为不同

3

半径的两个 1/4 圆周．设t = 0 时，M 在O点，已知运动方程为 s = 10t + 2t（SI），求 t = 2 s时刻，质点M 的切向加速度和法向加速度． 解： ∵ s = 10 t + 2t3 Bs

2

∴各瞬时质点的速率：ds/dt = 10 + 6t M

dd2s10m

切向加速度：at2 = 12 t

Adtdt

20m

210m

法向加速度：an



OC

∴ t = 2 s时， s = … = 36 m (在大圆上)， 题1-10图

34 m/s，

at = 24 m/s2， an = 57.8 m/s2



1-11 质量m为10 kg的木箱放在地面上，在水平拉力F的作用下由静止开始沿直线运动，其拉力随时间是变化关系如图所示．已知木箱与地面间的摩擦系数  为0.2，求t为4s和7s时，木箱的速度大小．（g = 10 m/s2）． F(N) 30 原题 2-4 0 4 7 t(s)

题1-11图





2

1-12 某质点质量 m = 2.00 kg， 沿x轴做直线运动，受外力F106x(SI制)．若在x0= 0处，速度 00，求该物体移到 x = 4.0 m处时速度的大小．

dddxd

解： 因为运动方程为 Fma106x2， 又 a，则 

dtdxdtdx

有 m

d

106x2 即 dx



v

0

 d

1m



x

0

(106x2) dx

得 4.013ms1

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1-13 光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R，一物体贴着环带的内侧运动，如图所示，物体与环带间的滑动摩擦系数为 k，设物体在某一时刻经A点时的速率为0，求此后t时间物体的速率以及从A点开始所经过的路程． A

0原题 2-6

R

题1-13图

1-14．质量为m 的物体在竖直平面内沿着半径为R的圆形轨道作圆周运动．设t时刻物体瞬时速度的大小为，速度的方向与竖直方向成角（如图所示）．求： ⑴ t时刻物体的切向加速度at和法向加速度an． m ⑵ t时物体对轨道的压力的大小N．



R 解：建立切向、法向坐标，列方程 

O

切向：matmgsin ，

法向：manmgcosN，an2R，NN ⑴ atgsin an2R ⑵ N

1-15 质量为m的静止物体自较高的空中落下，它除受重力外，还受到一个与速度成正比的阻力的作用，比例系数为k > 0，该下落物体的收尾速度（即最后物体作匀速运动时的速度）．

vtddktd

dt  dt 解: mmgk 

0gkm00mgkm0dt

m

题1-14图

m

mgcos R

2

NR O mg



mgkmgkkmgkmg

t lnlnt lnt ln

kmmgkmk0mk





mgk

mgk

e



k

tm

tmg

 (1em) “最后”,相当于t, 则有

k

k

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m

mg

k

*1-16如图所示，一弯曲杆OA可绕Oy的轴转动，OA上有一个小环，可无摩擦地沿

OA运动．当OA绕Oy轴以角速度  转动时，欲使小环与杆OA保持相对静止，

y

试求杆OA的形状 （即给出函数关系yf(x)?）．

A





原题 2-8 N 

mg





xO 题1-16图

*1-17 以初速率 0 从地面竖直向上抛出一质量为 m 的小球，小球除受重力外，还

受一个大小为  m2 的粘滞阻力（为常数，为小球运动的速率），求当小球回到地面时的速率．P25 2-1 解：取地面为原点，y轴正向竖直向上．

小球上抛时，由牛顿第二定律有 mg m2md

dt

m ddyd

dy 变量替换 d有 mg m2md，即 d，

dydtdtdydymg m2

积分 

0



0

hm d

dy 20mg m



21mg m0

ln得最大高度 h ① 2mg

小球下落时，由牛顿第二定律有 mg m2md

dt

m d

dy 变量替换后有 mg m2md， 即 

dymg m2

积分



1

0

0m d1mg

dyhln 得 ②

hmg m22mg m12



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2

0g1mg m01mg

由①、②式有2ln 学习资料 mg2lnmg m2，解得： 112 0g

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作业3 刚 体



3-1 一飞轮的转动惯量为J，在 t = 0时角速度为0，此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速度的平方成正比，比例系数k > 0，当03时，飞轮的 角加速度 ，从开始制动到03时，所经过的时间 t = .

2

解：由转动定律：MK2J 将03代入 得 k09J 由 K2JJ

d

dt



03

o



d

2





t

0

2Jk

dt 解得 t0kJ

3-2 一滑轮半径为10cm, 转动惯量为 1.0102 kgm2,有一变力 F0.50t0.30t2 (N)沿切线方向作用在滑轮的边沿上，滑轮所受力矩为 0.05t0.03t2 Nm．如果滑轮最初处于静止状态，则在3.0s后的角速度为 49.5 rad/s． 解：MrF0.100.50t0.30t20.05t0.03t2 Nm





d

MdtJdMJdt

s



1.010 d0.05t0.03t dt49.5rad/



2

3.0

2

o

o



3-3 如图，滑块A，重物B和滑轮C的质量分别为mA = 50 kg，mB = 200 kg和mC = 15 kg，滑轮半径为R = 0.10 m，J0mCR22，A与桌面之间，滑轮与轴承间均无摩擦，绳质量可不计，绳与滑轮间无相对滑动．求滑块A的加速度及滑轮两边绳中的张力．

解：P110 6.3 TAMAa （1）

A C

mBgTBmBa（2）

(TBTA)RJmCR22（3）

aR （4）

mBg

所以 a = 7.61 m/s2

mAmBmc2

B

题3-3图

TAMAa= 381 N TBmB(ga)= 440 N

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3-4 如图所示，一半径为R质量为m的均匀圆盘，可绕水平固定光滑轴转动，转动

2

惯量为 J = mR/2，现以一轻绳绕在轮边缘，绳的下端挂一质量为m的物体，求圆盘从静止开始转动后，它转过的角度和时间的关系． R m

O

原题 5-2



m

题3-4图

3-5 以力F 将一块粗糙平面紧压在轮上，平面与轮之间的滑动摩擦系数为，轮的初角速度为 0，问转过多少角度时轮即停止转动？已知轮的半径为R，质量为m，

2

可视为匀质圆盘，转动惯量为 J = mR/2；轴的质量忽略不计；压力F均匀分布在轮面上． P115 6.13

粗解：以轮心为中心，r为半径，取宽为dr的细环，

轮糙2轴细环上压力为 dF(Fπ R)2π rdr， 平面

细环上摩擦力为 df dF2(FR2)r dr







df对轴的力矩为 dM r df2(FR2)r2dr 总摩擦力矩为 MdM2(FR2)

20

题3-5图



R

0

r2dr2FR3

2

3mR0

由动能定理 M0J2 ∴ 

8F



3-6 已知滑轮对中心轴的转动惯量为J，半径为R，物体的质量为m，弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为，物体与斜面间光滑，系统从静止释放， 且释放时绳子无伸长（如图所示），求物体下滑x距离时的速率． 原题 5－5 解：∵ 仅保守力作功，∴ 机械能守恒

1kx21J21m2mgxsin

222

k

xm

而 R ∴ 

2mgxsinkx2

R 2

mRJ



题3-6图

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3-7 氧分子对垂直于两氧原子连线的对称轴的转动惯量为1.941046kgm2，氧分



子质量为5.301026kg．若氧气中有一个氧分子具有500m/s的平动速率，且这个分子的转动动能是其平动动能的2/3．这个分子转动角速度大小为 6.75×1012 (rad/s)．

解：EkrJ22，Ektm22，Ekr2Ekt3，2m(3J)= 6.75×1012(rad/s) P116 6.14

3-8 一人手执两个哑铃，两臂平伸坐在以0角速度旋转的转轴处，摩擦可不计，现突然将两臂收回，转动惯量为原来的1/3，则收臂后的转动动能是收臂前的 3 倍．

2

解：J00J03 收臂后角速度 30 ，收臂前动能 EkJ002

2

2 ∴EkEk3 收臂后动能 EkJ033023J00

2



3-9 质量为m，半径为R的匀质薄圆盘，可绕光滑的水平轴 O在竖直平面内自由转

动，如图所示，圆盘相对于轴的转动惯量为 3mR22，开始时，圆盘静止在竖直位置上，当它转动到水平位置时，求：(1) 圆盘的角加速度；(2) 圆盘的角速度；(3) 圆盘中心O点的加速度． y OA原题 5－9

B

xOO

题3-9图



3-10 质量分别为m和2m，半径分别为r和2r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr2/2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小． 2r

r



原题 5－10

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m

m

题3-10图


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3-11 质量为m，长为L的匀质木棒可绕Ｏ轴自由转动，转动惯量为 J = mL/3，开始木棒铅直悬挂，现在有一只质量为m的小猴以水平速度v0抓住棒的一端（如图），求：⑴ 小猴与棒开始摆动的角速度；⑵ 小猴与棒摆到最大高度时，棒与铅直方向的夹角．

原题 5-7

题3-11图



3-12 如图所示，一质量m、长 l 的匀质细杆，以O点为轴，从静止在与竖直方向成0角处自由下摆，到竖直位置时与光滑桌面上一质量也为m的静止物块（可视为质点）发生弹性碰撞，已知杆对O轴的转动惯量为ml23．求：⑴棒开始转动时的角加速度;

⑵ 棒转到竖直位置碰撞前的角速度1及棒中央点C的速度C1． O⑶ 碰撞后杆的角速度2和物块的线速度2．

l

解：⑴ 由转动定律 MJ Mmgsin0

2

3gsin0

联立求得 （rads2）

2l

⑵ 棒从0角转到竖直位置过程，机械能守恒有：

m

2

0

C

C

m

题3-12图

l1l1

mg1cos0J12， mg1cos0ml212

2226

得： 1

3g1cos0l1

①， C113gl1cos0

l22

⑶ 棒与物块在弹性碰撞过程中对转轴的角动量守恒，有：

121

ml1ml22ml2 ② 33

1111122

由机械能守恒，得： ml212ml22 ③ m2

23232

联立 ① ② ③ 式得：

2

13g1

1cos0 （逆时针反转） 3gl1cos0 2

2l2



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3-13 单摆和直杆等长l，等质量m，悬挂于同一点O，摆锤拉到高度h0（h0 ≤ l ）放开，与静止的直杆作弹性碰撞，已知直杆绕O点的转动惯量Jml23，求碰撞后直杆下端可上升的最大高度h．

O 解: 碰撞前摆锤速率 2gh

0

0

设碰撞后摆锤速率，直杆角速率，已知 Jml23，则 碰撞前后角动量守恒 ml0mlJ

2

1m21J2 碰撞前后机械能守恒 1m0

l m h0

题3-13图

l m

222

直杆上升过程机械能守恒 J22mgh2 解得 

30

h3h02 2l



*3-14 一长为 l 的匀质细杆，可绕通过中心O的固定水平轴在铅垂平面内自由转动（转动惯量为 ml212），开始时杆静止于水平位置．一质量与杆相同的昆虫以速率0垂直落到距O点 l4 处的杆上，昆虫落下后立即向杆的端点爬行，如图所示．若要使杆以匀角速度转动，试求昆虫沿杆爬行的速率．P107 6.5 解：设杆和虫的重量均为m，碰后角速度为，虫落到杆上为完全非弹性碰撞（时间很短，重力可忽略），对杆和虫的系统，合外力矩为零，角动量守恒

Ol4

0

m0l4[ml212m(l4)2]

得 

1207l

题3-14图



l4

设碰后t时刻，杆转过角，虫爬到距O点为r处，此时杆和虫系统所受合外力矩为

Mmgrcos

O

m

0

r

d(J)

根据角动量定理有 M

dt

由题设不变，∴ MdJ

dt

mgrcos2mrdr

dt

m



mg

t时刻系统对O的转动惯量为 Jml212mr2，代入上式，有

012∴ 为了保持不变，虫的爬行速录应为 7

l

gcosg

cost7lcos(120t) dr

2407l2dt2

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作业5 热力学基础



5-1 一定量理想气体从a (2p1，V1) 状态经历如图直线过程到 b(p1，2V1) 状态，则在ab过程中系统对外作功 A = 3P1V1/2 ，内能改变 E= 0 ．

P2P1

a

b

V1 2V1 V 题5-1图

P1

O

13

解： 面积A(p12p1)（2V1V1）p1V1，

22又因为paVapbVb，所以TATB，E0

5-2 图示系统中, 由a状态沿acb到b状态, 有335 J热量传入系统, 而系统作功

126J.

⑴ 若沿adb时，系统作功42 J，问有多少热量传入系统？ ⑵ 当系统由b状态沿线ba返回a状态时，外界对系统作功84 J，试问系统是吸热还是放热？热量传递多少？ p

c b ⑶ 若Ed - Ea = 40 J，求沿ad和db各吸收热量多少？



原题 9—1 a d O V 题5-2图

5-3 某理想气体在标准状态下的密度为0.0894 kg/m3，求该气体的摩尔定压热容Cp,m

及摩尔定体热容CV,m． 原题 9—2

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5-4 图示为1摩尔的理想气体的T-V图，ab为直线，其延长线过O点，则ab过程

是 等压 过程，在此过程中气体对外作功为 RT0/2 ．

T

原题 9—4 b

T0



a



O V0 2V0 V



题5-4图



5-5 20g的氦气（He）从初温度为17oC分别通过（1）等体过程；（2）等压过程，

o

升温至27C，求气体内能增量，吸收的热量，气体对外做的功． 原题 9—5

5-6 理想气体由状态 ( p0，V0) 经绝热膨胀至状态( p，V )，证明在此过程中气体所作的功为 A(p0V0pV)(1)．

原题 9—7

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5-7 容器内贮有刚性多原子分子理想气体，经准静态绝热膨胀过程后，压强减小为初压强的一半，求始末状态气体内能之比 E1 : E2 ． 原题 9—8

5-8 1 mol理想气体，CV3R2，进行图示的循环，ab和cd为等压过程，bc和da为等体过程，已知：pa2.026105Pa，Va1.0L，pc1.013105Pa，

pVa2.0L．试求循环的效率．

ab解： 循环中气体做功 pa

Apa(VbVa)pc(VbVa)(papc)(VbVa)

pc

dVa

题5-8图

c

= …… = 1.013 × 102 (J) O

pVpV

Taaa=…= 24.4 (K)；Tbbb=…= 48.8 (K)；

RRpV

Tddd=…= 12.2 (K).

R

在 da等体过程和ab等压过程中，气体吸热

Q1QdaQabCV(TaTd)Cp(TbTa)=…= 659 (J)

VbV

∴ 循环的效率 

A

=…=15.4% Q1

5-9 一卡诺热机工作于温度为1000 K与300 K的两个热源之间，如果 ⑴ 将高温热源的温度提高100 K，则理论上热机的效率将增加 3 %； ⑵ 将低温热源的温度降低100 K，则理论上热机的效率各增加 10 %． 解：热机工作在1000 K与300 K之间时的效率 1T2T1=…= 70%

⑴ 高温热源提高100 K时的效率 11T2T1=…= 73%，提高1= 3%； ⑵ 低温热源降低100 K时的效率 21T2T1=…= 80%，提高2= 10%；

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5-10 汽缸内贮有36g水蒸气（视为刚性分子理想气体），经abcda循环过程如图所示，其中a→b、c→d为等体过程，b→c为等温过程，d→a为等压过程，试求： ⑴ Ada = ？ ⑵ Eab = ？ ⑶ 循环过程水蒸气作的净功A = ？⑷ 循环效率 =？

5

p(atm) ( 1atm=1.013×10Pa)．

b 6

原题 9—11 c

a 2 d



O 50 V(l) 25

题5-10图

5-11 图示为一定量理想气体所经历循环过程的T-V图，其中CA为绝热过程，状态A (T1,V1)和状态B(T1,V2)为已知．求： ⑴ 状态C的p、V、T量值（设气体的和摩尔数已知）；

⑵ 在AB、BC两过程中工作物质与热源所交换的热量，是吸热还是放热？ ⑶ 循环的效率． T 原题 9—9

A B



C

O V

题5-11图

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5-12 一台电冰箱，为了制冰从260 K的冷冻室取走热量209 kJ．如果室温是300 K，电力做功至少应是多少（假定冰箱为理想卡诺循环致冷机）？如果此冰箱能以0.209 kJ/s的速率取出热量，试问所需电功率应是多少？ 解：

此卡诺循环的致冷系数为 w

260T2Q2

=…= 6.5 

AT1T2300260

Q2

=…= 3.22×104 J = 32.2 w

从冷冻室取走热量209 kJ时，所需电功至少为A

kJ

如果此冰箱以0.209 kJ/s的速率取出热量，所需电功率至少为 P0.2091036.5 = 32.2 w



*5-13 有一套动力装置，用蒸汽机带动致冷机．若蒸汽机锅炉的温度为227℃，用暖气系统作为蒸汽机的制冷器，制冷器温度为57℃；致冷机在温度为7℃的天然蓄水池中吸热，并放给暖气系统．试求每燃烧1 kg燃料（燃烧值为2.00×107 J/kg）所能共给暖气系统热量的理想值． 解：

蒸汽机的效率为 

AT57273

= 34% 121

Q1T1227273

从1 kg燃料中吸收的热量为 Q1= 2.00×107 J 对外做功为 AQ1=…= 6.80×106 J 因此放入暖气系统的热量为 Q2Q1A = 1.32×107 J 致冷机的致冷系数为 w

T27273Q2

= 5.6 

AT1T2(57273)(7273)

wA= 3.81×107 J 它从天然蓄水池中吸热 Q2

每燃烧1 kg燃料所能共给暖气系统的总热量为

Q1AQ2AQ1Q2=…= 5.81×107 J Q总Q2Q1



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作业7 振 动



7-1 固体中相邻原子之间的作用力类似于用弹簧联接的弹力．在常温下，固体中原子振动的频率约为 1013Hz，某固体中的一个银原子以此频率振动，假设其余原子都不动．已知一摩尔银（有6.021023个原子）的质量为 108 g．则原子间的等 效劲度系数为 707 N/m．

P131. 7.4 解：银原子质量 m = 108×103/6.02×1023 , k(2πv)2m= 707 N/m． 7-2 喇叭膜片作简谐振动，频率为 440 Hz，其最大位移为 0.75 mm，则角频率为 880π ；最大速率为 2.07 m/s；最大加速度为 5.73×103 m/s2． P132. 7.6 解：xAcos(t)，2π；Asin(t)，maxA； a2Acos(t)，amax2A



7-3 一汽车可视为是被支撑在四根相同的弹簧上，可沿铅垂方向振动，频率为3.00Hz，车的质量为 1450 kg，设车重均匀的分配在四根弹簧上，则每根弹簧的劲度系数k = 1.288×105 N/m；若有平均质量为 73.00 kg的 5 个人坐在车上，仍定车和人的总重量均分于四根弹簧上，则此时车与人所构成系统的振动频率为v = 2.68 Hz．

5

P137 7.14 解：四根弹簧并联 k4k，km，kπ2v2m= 1.288×10 N/m

M = 1450 + 73 × 5， v(12π)4kM = 2.68 Hz

7-4 图(a)、(b)为两个简谐振动的 x ~t曲线，用余弦函数表示振动时，它们的初相位分别是 a=

/3 ，b=

/2 ；角频率分别为a = 5

/6

rad/s，b= rad/s；图(a)曲线上P点的相位 P= 0.8 sx ．

A



A/2



O



原题 19-4

x A

P

1 (a)

/3 ，速度的方

向为 负 ，加速度的方向与速度的方向 相同 ，达到P点的时刻 t =

t (s)

O

1 t (s)

(b)

题7-4图

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7-5 一个小球和轻弹簧组成的系统，按 x0.05cos(8π tπ3)(SI) 的规律振动． ⑴ 求振动的角频率，周期，振幅，初相位，最大速度及最大加速度； ⑵ 求t = 1秒，2秒和10秒等时刻的相位．

原题 19-1

7-6 一长方形木块浮于静水中，其浸入深度为 h，用手慢慢下压木块，使其浸入深度变为 b，然后放手任其运动．⑴ 试证明：若不计阻力，木块的运动为谐振动，并写出木块运动的动力学（微分）方程；⑵ 求振动的角频率，周期，振幅，初相位，并写出木块的运动学（余弦函数）方程．P138 7.15 解：⑴ 取如图所示的坐标系， h

b木块在任一位置x处所受浮力为 f(hx)S g

由平衡条件有 mghS g 题7-6图 木块所受合力为 FmgfS g x d2xS g xm木块运动微分方程为 mgx 2dth

2g

 x0 即 dx2hdt

b

h

Ox

x

∴木块的运动为谐振动．

⑵ 振动的角频率 gh， 周期 T2πhg 设木块的运动学方程为 xAcos(t)

由初始条件 t = 0时 x0Acosbh，0 Asin0，求得 振幅 Abh， 初相位 0

∴木块的运动学方程为 x(bh)cos(ght)

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7-7 有一个与轻弹簧相连的小球，沿x轴作振幅为A的简谐振动，该振动的表达式用余弦函数表示，若t = 0时，球的运动状态为：① x0A；② 过平衡位置向x轴正向运动；③ 过x = A/2，且向x轴负方向运动．试用矢量图法确定相应的初相位．

原题 19-2

7-8 一质点在一直线上作简谐振动，当它距离平衡位置为 +3.0 cm，其速度为93π cm/s，加速度为27π2cm/s2．从此时刻开始计时，写出余弦函数形式的振动方程，经过多长时间反向通过该点？

原题 19-3

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7-9 当重力加速度g改变dg时，试问单摆的周期T的变化dT如何？写出周期的变g之间的关系式．在某处（g = 9.80 m/s2）走时准化dT与重力加速度的变化dgT

确的一个单摆挂钟被移至另一地点后每天慢10 s，试用上关系式计算该地的重力加速度的值．

原题 19-6

7-10 一质点作谐振动，其振动方程为：x6.0102cos[(π3)tπ4] (SI)

⑴ 当x值为多大时，系统的势能为总能量的一半； ⑵ 质点从平衡位置移动到此位置所需最短时间为多少？

原题 19-7

7-11 有两个同方向、同频率的谐振动，其合成振动的振幅为0.20米，其相位与第一振动的相位差为π6，已知第一振动的振幅为0.17米，求第二振动的振幅以及第一和第二振动之间的相位差．

原题 19-8

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7-12 已知 x1 = 6.0cos(100πt0.75π) mm，x2 = 8.0cos(100πt0.25π) mm，求合成振动的振幅及相位，并写出余弦函数形式的振动方程．

原题 19-9

7-13 有一根轻弹簧，下面挂一质量为10g的物体时，伸长为4.9 cm，用此弹簧和质量为80g的小球构成一弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0 cm后，给予向上的速度5.0 cm/s，试求振动的周期及余弦函数形式的振动方程．

原题 19-10

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*7-14 如图所示，一直角匀质刚性细杆，水平部分杆长为l，质量为m，竖直部分



杆长为2l，质量为2m，细杆可绕直角顶点处的水平固定轴O无摩擦地转动，水平杆的末端与劲度系数为k的弹簧相连，平衡时水平杆处于水平位置．试求杆作微小摆动时的周期． P122 7-1 解：设平衡时弹簧伸长x0，∵细杆系统O的对合外力矩为零，有

kx0lmgl2

当细杆摆到任意角度位置时，弹簧的伸长量为x0x，细杆系统所受合外力矩为

Mmg(l2)cos2mgsink(x0x)lcos ② ∵摆动幅度微小， ∴ xl，cos1，sin， 以上各式与式①一同代入式②，有 M(2mglkl2)

2d

由刚体的定轴转动定律，有 J2(2mglkl2)

dt

k

l

O

2l

题7-14图

k

2

细杆对O的总转动惯量为 Jml3(2m)(2l)33ml

22mgkl

∴细杆作微小摆动的微分方程为 d0

dt23ml

22

l



O

mg



2l

角频率为 

3ml2mgkl

， 周期为T2π

2mgkl3ml

2mg

*7-15 设有两个相互垂直的同频率谐振动x5cos t 和 y3cos( t)，其中

arccos(815)．求合振动的轨迹． P144 7.26 解：

由x方向的振动得 x5cost ①

由y方向的振动得 y3costcos3sintsin(35)xcos3sintsin 也可写成 [(y3)(x4)cos]sinsint ②

x2[(y3)(x4)cos]2

将式①和式②平方后相加，有 1 2

25sin式中 cos815，sin2161225，代入上式并化简， 得合振动的轨迹方程 9x216xy25y2161 该轨迹为斜椭圆，如图所示．

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yO

x


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作业9 光的干涉



9-1 两束平面相干光都以光强I平行地照射到某一表面上，两光合成可能达到的最大强度是 4I ．



9-2 在双缝干涉实验中，光的波长为600 nm，双缝间距为2 mm， 双缝与屏的间距为3.00 m，在屏上形成干涉图样的明条纹间距为 0.9 mm．

解：双缝干涉相邻明条纹间距为xDd

9-3 在真空中波长为的单色光，在折射率为n的透明介质中从A沿某路径传播到

B．若A、B两点相位差为3π，则此路径AB的光程差为 1.5 ．



9-4 在双缝干涉实验中，入射光的波长为，用透明玻璃纸遮住双缝中的一个缝，若玻璃纸中光程比相同厚度的空气的光程大 2.5， 则屏上原来的明纹处变为 暗纹 ．（填明纹、暗纹、无法确定）．



9-5 在双缝干涉实验中，用汞弧灯加上绿色滤波片作光源，两缝间距为0.6 mm, 在2.5 m远处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明纹中心距离为2.27 mm．求入射光的波长． 解：相邻两条纹的间距 xDd

xd2.271030.6103

=5.448107m544.8nm 

D2.5

9-6 如图所示，在双缝干涉实验中入射光的波

S1

长为550 nm，用一厚度为e2.85 μm的透明

S

薄片盖住S1缝，发现中央明纹移动了3个条

S2 纹，上移至O点，求透明薄片的折射率．

解：当透明薄片盖住一条缝时，光程差将增加

正是这一附加光程差使中nee(n1)e ，

央明纹移动到原来3级明纹的位置，

335.50107

即 (n1)e3， n111.58

e2.85106

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r1r2

D

O

O

题9-6图


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9-7 在杨氏双缝干涉实验装置中，双缝间距为0.5 mm，双缝至屏幕的距离为1.0m，屏上可见到两组干涉条纹，一组由波长为480 nm的光产生，另一组由波长为600 nm的光产生，求这两组条纹中的第三级干涉明条纹之间的距离． 原题 21—1

9-8 薄钢片上有两条紧靠的平行细缝，用波长= 546.1 nm的平面光波正入射到钢片上，屏幕距双缝的距离为D = 2.00m，可测得中央明条纹两侧的第五级明条纹间的距离为x=12.0 mm．求： ⑴ 两缝间的距离；

⑵ 从任一明条纹（计作0）向一边数到第20条明条纹，共经过多大距离； ⑶ 如果使光波斜射到钢片上，条纹间的距离如何改变？ 原题 21—2

9-9 一束波长为的单色平行光垂直照射在薄膜上，经上、下两表面反射的两束光发生干涉，如图所示，薄膜厚度为e． ⑴ 若n1n2n3，则两束反射光的光程差 2n2e2 ； ⑵ 若n1n2n3，则两束反射光的光程差 2n2e ．

n1







n2



e



题9-9图

n3



解：⑴ n1n2n3，上表面反射光1有半波损，下表面反射光2没有半波损，

故两束反射光程差为 2n2e2

⑵ 若n1n2n3，上、下两表面反射光均有半波损，光程差为 2n2e

9-10 一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜的最小厚度为 4n ． 解：上表面反射光有半波损，下表面反射光没有半波损，光程差为 2ne2

干涉加强条件为 2ne2k 取k1，e最小4n

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9-11 将单色光垂直照射在空气劈尖上，若将整个劈尖装置由空气放入水中，观察劈尖条纹的变化为 变窄 （填“变窄”或“不变”或“增大”）． 解：由劈尖条纹间距公式 l减小．

9-12 在图示的三种透明材料构成的牛顿环装置中，用单色光垂直照射，在反射光中看到干涉条纹，则在接触点P附近形成的圆斑为：右半部 暗 （填“明”或“暗”），左半部 明 （填“明”或“暗”）． 解：在接触点P，e0．在左半边上下表面反射光均有半波损，光程差为0，为明纹．而在右半边，仅上表面反射光有半波损,光程差为2,为暗纹.

P



2n2

，劈尖由空气放入水中n2增大，不变，∴l

题9-12图

9-13 如图所示，用波长为的单色光垂直照射折射率为n2的劈尖膜（n1n2,n3n2）观察反射光干涉，从劈尖顶开始，第2条明纹对应的薄膜厚度为e___3(4n2)____．

n1

n2

n3

题9-13图

解：劈尖膜仅下表面反射光有半波损．∴ 2n2e22 得 e3(4n2) 9-14 为了测量由两平板玻璃构成的空气劈尖的微小夹角,用波长为589 nm的平行光垂直照射空气劈尖,测得反射光的等厚干涉条纹的间距l4.0mm．⑴求劈尖的夹角；⑵接着在该空气劈尖中充满待测液体，再测得干涉条纹间距l3.0mm,求液体的折射率．

解：⑴ 劈尖等厚干涉条纹间距 l



2n2sin



空气劈尖 n21，劈尖的夹角一般很小，

589109

7.37106rad sin3

2n2l214.010



，则 ⑵ 充液后 l3.0mm ，但和都保持不变，设待测液体的折射率为n2

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sin)n2l/(2n2l4.0

n2 n211.33

l/(2n2sin)n2l3.0

9-15 牛顿环装置中平凸透镜的曲率半径R = 2.00 m，垂直入射的光波长

589.29 nm，让折射率为n = 1.461的液体充满平凸透镜和平板玻璃之间形成

的环形薄膜间隙中．求：⑴ 充以液体前后第10暗环条纹半径之比是多少？⑵ 充液之后此暗环的半径（即第10暗环的r10）为多少？ 解：⑴ 第K条暗环半径为 rKkRn ∴

rk空气

rk液体

n液

n气

n液1.4611.21

即由空气到液体牛顿环半径变小，条纹向中心收缩．

⑵ r10



9-16 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm的肥皂水膜上，问肥皂水膜表面呈现什么颜色？（肥皂水的折射率看作1.33）． 解：从肥皂膜两表面反射的两条光线的光程差 2ne2，

KR102.00589.29109

2.84mm n液1.461

4ne

当2ne2k，k1,2,3,时，反射光最强，解得相应波长 ＝，

2k1已知n1.33，e380nm，在白光范围400 ~ 760 nm内，k只能取k12和k23，

41.3338041.33380

，2674nm（红色）404nm（紫

221231

色）所以肥皂水膜表面呈紫红色． 相应波长为1

9-17 在折射率n31.52的照相机镜头表面镀有一层折射率n21.38的MgF2增透膜，若此膜可使波长550nm的光透射增强，问此膜的最小厚度为多少？ 解：n1n2n3，上、下两表面反射光均有半波损，光程差为 2n2e 为使给定波长的透射光增强，要求该波长光反射光干涉相消，应满足条件

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2n2e(2k1)2

取k0，对应膜的最小厚度emin



4n2



550

99.4nm

41.38

9-18 在迈克尔逊干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n1，厚度为d的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了 2(n1)d ．



9-19 有一劈尖，折射率n=1.4，尖角=10-4 rad，在某一单色光的垂直照射下，可测得两相邻明条纹之间的距离为2.5 mm，试求： ⑴ 此单色光在空气中的波长；

⑵ 如果劈尖长为35 mm总共可出现多少条明条纹． 原题 21—5

9-20 如图所示，牛顿环装置的平凸透镜与平板玻璃有一缝隙e0，现用波长为的单色光垂直照射，已知平凸透镜的曲率半径为R，求反射光形成的牛顿环的各暗环半径． 原题 21—7

R







e0



题9-20图

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作业11 光的偏振



11-1 一束部分偏振光由自然光和线偏振光相混合而成，使之垂直通过一检偏器．当检偏器以入射光方向为轴进行旋转检偏时，测得透过检偏器的最大光强为I1，最小光强为I2，如果所用检偏器在其透光轴方向无吸收，则入射光中自然光的强度 为 2I2 ；线偏振光的强度为 I1 - I2 ． 原23-3题

11-2 两偏振片的偏振化方向的夹角由45o转到60o，则转动前后透过这两个偏振片的透射光的强度之比为 2 ．

原23-5题，解：I1(I02)cos245，I2(I02)cos260，……

11-3 一束光强为I0的自然光光波，通过三个偏振片P1，P2，P3后，出射光强为已知P1和P3偏振化方向相互垂直，若以入射光为轴转动II08．

P1

P2，使出射光强为零，P2最少要转动角度为 45° ．

2

解：自然光I0通过P1光强为II02；通过P2光强为(I02)cos；



P2P3

再通过P3光强为(I02)cos2cos2(90)I08．算得45 若以入射光为轴，转动P2使出射光强为零，P2最少要转动角度为45º.

11-4 要使一束线偏振光通过偏振片后振动方向转过90，至少需要让这束光通过__2__块理想偏振片，在此情况下，透射最大光强是原来光强的__1/4__倍． 解：至少需2块．线偏振光I0通过P1光强 I1I0cos，

2

2

I0



P1

P2

112

通过P2光强I2I1cos()I0cossinI0sin2 ∴ImaxI0

424

11-5 光强度为I0的自然光投射到一组偏振片上，它们的偏振化方向的夹角是：P2

与P3为30、P2与P1为60．则透射光的光强为多大？将P2拿掉后又是多大？



22

解：如图(a)示，通过第一偏振片P1后光强为I02 通过第二偏振片P2后光强为(I02)cos60

通过第三偏振片P3后光强为I3(I02)cos260cos2303I032 去掉第二偏振片P2后有两种情况：

⑴如图(a)示，P1、P3正交603090 有 I3(I02)cos2900

⑵如图(b)示， P1与P3夹角为 603030 有 I3(I02)cos2303I08

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2

P1

P2

60

30

P3

P1

30

30

P3P2

图(a)

图(b)


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11-6 三个偏振片平行放置（如图所示），第一个与第三个的偏振方向相垂直，中间一个偏振片的偏振方向与另两个的偏振方向各成45°角，一束强度I的自然光垂直人射并依次通过这三个偏振片，求：

⑴ 不考虑偏振片在偏振方向的吸收，入射光透过I 第一、二、三个偏振片后的光强各是多少？ ⑵ 若偏振片在偏振方向的吸收率为，最后从第题11-6图 三个偏振片透射出的光强是多少？ 原23-4题

11-7 在两个平行放置的正交偏振片P1，P2之间，平行放置另一个偏振片P3，光强为I0的自然光垂直P1人射．t = 0时，P3的偏振化方向与P1的偏振化方向平行，然后P3以恒定角速度绕光传播方向旋转，如图所示，证明该自然光通过这一系

It0统后，出射光的光强I0(1cos4t)． 16I0

原23-6题

P1P3P2



题11-7图



11-8 当一束自然光在两种介质分界面处发生反射和折射时，若反射光为完全偏振光，则折射光为 部分偏振 光，且反射光和折射光之间的夹角为 90° ．

11-9 一束自然光自空气射入一块平面玻璃上（如图所示），设入射角等于布儒斯特角i0，则在界面2的反射光是 振动方向⊥入射面的线偏振 光． 原23-2题

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i0

1 2

题11-9图


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11-10 自然光以55°角从水中人射到另一种透明媒质表面时，其反射光为线偏振光，已知水的折射率是1.33，则上述媒质的折射率为 1.9 ；透入到媒质的折射光的折射角是 35° ． 原23-1题

11-11 某种透明媒质对于空气的全反射临界角为45°，光从空气射向此媒质的布儒斯特角为 54.7° ．

解：若临界角为，由反射定律sin1n，∴ n1sin452

再由布儒斯特定律tanibn1，∴ibtan1n54.7

11-12 水的折射率为1.33，玻璃折射率为1.50，当光由水中射向玻璃而反射时，起偏振角为多少？当光由玻璃射向水面反射时，起偏振角又为多少？ 解： 设水的折射率为n1，玻璃的折射率为n2，当光由水射向玻璃反射时，

由布儒斯特定律tani0

nn2

，i0arctan24826 n1n1

n1

4134 n2

arctan若光由玻璃射向水面被反射，则起偏角为i0

11-13 晶体内不发生双折射的方向 称为晶体的光轴；主平面由 光线与光轴 构成． （原23-7题）



11-14 主折射率为no=2.0，ne=1.5的单轴晶体，一平面单色自然光由空气入射到晶体表面，光轴方位以及入射光的方向分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示．试用惠更斯作图法分别画出这四种情形中o光和e光的光路及振动方向． 解：ocnoc2，ecne2c3

B(a)作图步骤：① 作AB⊥BD，令BDct，

② 在晶体内以A点为圆心，作半径为ctotBD2的半圆，及半长轴为et2BD3，半短轴为otBD2的

Aot半椭圆，两者相切于光轴处．

O③ 自D点引半圆的切线，切点为O点，连接光轴

AO并延长即为o光光线； etE④ 自D点引半椭圆的切线，切点为E点，连oe接AE并延长即为e光光线；

⑤ o光振动⊥o主平面，为“●”振动；e题11-14图(a) 光振动在e主平面内，为“—”振动．

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D

e

o


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⑥ 由晶体出射的所有光线均与入射光线平行. (b)作图步骤：

BA① 在晶体内分别以A点和D点为圆心，作半径

ot为ot（可任取）的半圆，及半长轴为

et4ot3，半短轴为ot的半椭圆，两O光轴

et者相切于光轴处． E

② 作两半圆的公切线，切点为O，连接AO并eeoo延长即为o光光线；

③ 作两半椭圆的公切线，切点为E，连接AE

题11-14图(b)

并延长即为e光光线；

④ o光振动⊥o主平面，为“●”振动；e光振动在e主平面内，为“—”振动． ⑤ 由晶体出射的所有光线均与入射光线平行．

(c)作图步骤：① 作AB⊥BD，令BDct, ② 在晶体内以A点为圆心，分别作半径为

B

ctotBD2和et2BD3的半圆. ③ 自D点引半圆的切线，切点为O点，连D接AO并延长即为o光光线； A

ot

④ 自D点引半椭圆的切线，切点为E点，

O

连接AE并延长即为e光光线； ∷光轴 Eet⑤ o光振动⊥o主平面（o光线与光轴组eeoo成的面），为“—”振动；e光振动在e主平面（e光线与光轴组成的面）内，为

题11-14图(c) “●”振动．

⑥ 由晶体出射的所有光线均与入射光线平行．

(d)作图步骤：① 作AB⊥BD，令BDct， ② 在晶体内以A点为圆心，作半径为otBD2的半圆，及半长轴为Bet2BD3，半短轴为

ct

otBD2的半椭圆，两者相切于光轴处． D

otA③ 自D点引半圆的切线，切点为O点，

连接AO并延长即为o光光线； OE④ 自D点引半椭圆的切线，切点为Eet

光轴 ee点，连接AE并延长即为e光光线；

oo

⑤ o光振动⊥o主平面，为“●”振动；e光振动在e主平面内，为“—”振动．

题11-14图(d)

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⑥ 由晶体出射的所有光线均与入射光线平行．

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*11-15 如图所示的渥拉斯顿棱镜用方解石（no=1.6584，ne=1.4864）制成，并且顶角45．⑴ 试求当一束自然光垂直入射时，从棱镜出射的两束线偏振光的夹角，并示意画出光路及偏振态．⑵ 若渥拉斯顿棱镜改用石英（no=1.54424, ne=1.55335）制成，求两线偏振光的夹角． B C

光轴 解：

∵两块棱镜的光轴垂直，∴在界面AC处，ｏ光和

自然光 ｅ光发生了转化． 而且在第二棱镜中两光均遵从

光轴 D 折射定律． A ∵none，∴垂直振动是光密→光疏，光线远离法线；而 平行振动是光疏→光密，光线靠近法

线；当两光线出晶体时，均是光密→光疏，均远离法线 ．

B

题11-15图

C e光 o光 光轴 D

光轴 o光

AC面上 nosin45nesin1 ①

nesinnosin2 ②

自然光 e光

A

CD面上 nesin145sin1 ③

nosin245sin2 ④

B

光轴

C

1

45

A



2光轴

D

1

2

12 ⑤

⑴ 将 no=1.6584, ne=1.4864 代入上述式子，可求得：

= 152.086°，239.329°；110.566°，29.432°；19.998° 20°0′

⑵ 将 no=1.54424, ne=1.55335 代入上述式子，可求得：

144.665°，245.339°；10.520°，20.524°；1.044° =

1°2.6′

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习题参考答案



作业1 质点运动学 力

1-1 4，-18，0，

加速度减小的加速直线运动 1-2 ⑵，⑷，⑸，⑶，⑴ 1-3 2.12 s， 0.5 s

1-4 A车在前， 1.19 s， 0.67 s 1-5 3.47 s

1-6 sct33， act4c2t6R2

1-7 s，a20s2h20

h2

s3 1-8 0l(hl)， u0 1-9 a2

n2.3010， at4.80 1-10 at = 24 m/s2， an = 57.8 m/s2 1-11 4 m/s， 2.5 m/s

1-12 4.013ms1

1-13 0RR，

sRln(1k

0k0tt) kR1-14 atgsin， an2R

Nm2Rmgcos

1-15 mmgk 1-16 y2(2g)x2 1-17 10g

20g



作业3 刚 体

3-1 k0

2

9J，t2J(0k) 3-2 0.05t0.03t2， 49.5 3-3 TA381 N， TB440 N

3-4 gt2(3R)

3-5 3mR2

0

(8F) 3-6 R2mgxsinkx2(mR2J)

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3-7 6.75 × 1012

3-8 3

3-9 2g

，4gA，a25a

3R3R3g，与 x 负向夹角，26.56

3-10 2g(19r) 3-11 30(4L)

, cos112

0(4gL)

3-12 3gsin0(2l)，

13g1cos0l， C13gl1cos02

23gl1cos02，

23g1cos0l2

3-13 h3h02

3-14 247lcos(1207l0t)



作业5 热力学基础

5-1 3P1V1/2， 0

5-2 251 J， -293 J， 82 J， 169 J 5-3 Cp,m = 29.1 J/(mol·K)， CV,m = 20.8 J/(mol·K) 5-4 等压， RT0/2

5-5 QVE=623.3 J，A = 0， E623.3 J，Qp1038.8 J，A = 415.5

J5-6 略 5-7 1.19 5-8 15.4% 5-9 3， 10






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5-10 -5.07×103 J， 3.039×104

J，

5.47×103 J，

13.4% 5-11 V1

CV2， TCT1V1V2

，

P1

C(RT1V2)V1V2

，

QABRT1ln(V2V1)0，

QRT1

BC

1

V11V21

0， 1

11V1V21ln(V 2V1)

5-12 32.2 kJ， 32.2 w

5-13 5.81×107

J

作业7 振 动

7-1 707

7-2 880π， 2.07， 5.73×103 7-3 1.288×105， 2.68 7-4 /3，/2，5/6，，/3，

负，相同，0.8 7-5 1.26 m/s，31.6 m/s2，都为 /3

7-6 d2xgdt2 h

x0，gh， T2πhg，Abh，0

x(bh)cos(ght)

7-7 ，3/2，/3

7-8 x6.0cos3πtπ3cm，

t 0.444 s

7-9 9.79773 m/s2

7-10 x4.24×10-2

m， t0.75s 7-11 0.1 m， 90°

7-12 x10cos(100πt0.455π)mm 7-13 x1.414102cos(5 tπ4)cm 7-14 T2π3ml(2mgkl) 7-15 9x216xy25y2161，斜椭圆

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作业9 光的干涉

9-1 4I 9-2 0.9 9-3 1.5 9-4 暗纹

9-5 544.8 nm 9-6 1.58 9-7 0.72 mm

9-8 0.91 mm， 24 mm， 不变 9-9 2n2e2， 2n2e 9-10 4n 9-11 变窄

9-12 暗， 明

9-13 3(4n2)

9-14 7.37×10-6 rad， 1.33 9-15 1.21， r10 = 2.84 mm

9-16 紫红色．∵反射光中干涉最强是

1674nm(红),

2404nm(紫) 9-17 99.4 nm

9-18 2(n1)d

9-19 700 nm， 14条 9-20 rnRk2e0

作业11 光的偏振

11-1 2I2， I1 - I2 11-2 2 11-3 45°

11-4 2， 1/4

11-5 I33I0/32，

P2拿掉后 I30 或 I33I08 11-6 141条

11-7 (4n)

11-8 部分偏振， 90°

11-9 振动方向⊥入射面的线偏振 11-10 1.9， 35°


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11-11 54.7°

4134 11-12 i04826，i0

11-13 晶体内不发生双折射的方向， 光线与光轴 11-14 略

11-15 方解石20°0′，石英1°2.6′

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