大学物理练习题及答案详解

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大学物理学(上)练习题

第一编 力 学 第一章 质点的运动

1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v,瞬时速率为v，平均速

率为v,平均速度为v，它们之间如下的关系中必定正确的是

(A) vv，vv； (B) vv，vv；

(C) vv，vv； (C) vv，vv [ ]

2．一质点的运动方程为x6tt2(SI)，则在t由0到4s的时间间隔内，质点位移的大小为 ，质点走过的路程为 。

3．一质点沿x轴作直线运动，在t时刻的坐标为x4.5t22t3（SI）。试求：质点在

（1）第2秒内的平均速度； （2）第2秒末的瞬时速度； （3）第2秒内运动的路程。

4．灯距地面的高度为h1，若身高为h2的人在灯下以匀速率 h1 hM v沿水平直线行走，如图所示，则他的头顶在地上的影子M点沿地 2面移动的速率vM 。

5．质点作曲线运动，r表示位置矢量，s表示路程，at表示切向加速度，下列表达式

dvdrdsdva， （2）v， （3）v， （4）||at. dtdtdtdt （A）只有（1）、（4）是对的； （B）只有（2）、（4）是对的；

（C）只有（2）是对的； （D）只有（3）是对的. [ ]

6．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的。

（A）切向加速度必不为零； （B）法向加速度必不为零（拐点处除外）；

（C）由于速度沿切线方向；法向分速度必为零，因此法向加速度必为零；

（1）

2

（D）若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；

（E）若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动. [ ]

7．在半径为R的圆周上运动的质点，其速率与时间的关系为vct2（c为常数），则从t0到t时刻质点走过的路程s(t) ；t时刻质点的切向加速度at ；t时刻质点的法向加速度an 。

参考答案

1．(B)； 2．8ｍ，10ｍ；

hv3．(1) 0.5m/s， (2) 6m/s； (3)2.25m； 4．1；

h1h215．(Ｄ)； 6．(Ｂ)； 7．ct3，

3c2t42ct， 。

R

第二章 牛顿运动定律

1．有一质量为M的质点沿x轴正向运动，假设该质点通过坐标为x处的速度为kx（k为正常数），则此时作用于该质点上的力F_ _____，该质点从xx0点出发运动到xx1处所经历的时间间隔t___ __。

2．质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子弹所受阻力的大小与速度成正比，比例系数为k，方向与速度相反，忽略子弹的重力。求：

Y （１） 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数关系； vA（２） 子弹进入沙土的最大深度。

3．质量为m的小球在向心力作用下，在水平面内作半B o x径

A 为R、

vB 速率为v的匀速率圆周运动，如图所示。小球自A点逆时针运动到

B点，动量的增量为

（A）2mvj； （B）2mvj；

（C）2mvi； （D）2mvi. [ ]

v 3

v 4．如图所示，水流流过一个固定的涡轮叶片。设水 流流过叶片曲面前后的速率都等于v，每单位时间内流向 叶片的水的质量保持不变，且等于Q，则水作用于叶片的 力的大小为 ，方向为 。

5．设作用在质量为1kg物体上的力F6t3（SI）， 在这一力作用下，物体由静止开始沿直线运动，在0到

的时间间隔内，该力作用在物体上的冲量大小I 。

6．有一倔强系数为k的轻弹簧，原长为l0，将它吊在天花板上。先在它下端挂一托盘，平衡时，其长度变为l1。再在托盘中放一重物，弹簧长度变为l2。弹簧由l1伸长至l2的过程中，弹力所作的功为

（A）kxdx； （B）kxdx；

l1l1l2l2（C）l2l0l1l0kxdx； （D）l2l0l1l0kxdx.

[ ]

7．一质点在力F3x2i（SI）作用下，沿x轴正向运动，从x0运动到

x2m的过程中，力F作的功为

（A）8J； （B）12J；

（C）16J； （D）24J. ［ ］

8．一人从10m深的井中提水，开始时桶中装有10kg的水，桶的质量为1kg，由于水桶漏水，每升高1m要漏去0.2kg的水。求: 将水桶匀速地提到井口，人所作的功。

9．如图所示，一质点受力FF0(xiyj)的作用，在坐标平面内作圆周运

Y 动。在该质点从坐标原点运动到（0,2R）点的过程中，

力F对它所作的功为 。 R 10．质量为1.0kg的质点，在力F作用下沿x轴 运动，已知该质点的运动方程为x3t4t2t3（SI）。 x

O 求: 在0到4s的时间间隔内：

（1）力F的冲量大小； （2）力F对质点所作的功。

11．质量m2kg的质点在力F12ti（SI）作用下，从静止出发沿x轴正向作直线运动。求: 前三秒内该力所作的功。

4

12．以下几种说法中，正确的是

（Ａ）质点所受的冲量越大，动量就越大；

（Ｂ）作用力的冲量与反作用力的冲量等值反向； （Ｃ）作用力的功与反作用力的功等值反号；

（Ｄ）物体的动量改变，物体的动能必改变。 ［ ］

参考答案

mv0kt/m1x1．Mk2x，ln1； 2．vv0e， xmax；

kkx03．(B)； 4．2Qv， 水流入的方向；

5．18Ns； 6．（C）； 7．（A）； 8．980J； 9．2F0R2； 10．， 176J； 11．729J； 12．（B）。

第三章 运动的守恒定律

1．某弹簧不遵守胡克定律，若施力F，弹簧相应的长度为x，则力F与弹簧长度的关系为F52.8x38.4x2 (SI)。

（1）将弹簧从定长x10.50m拉伸到定长x21.00m过程中，求外力所需做的功；

（2）将弹簧放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一质量为2.17kg的物体，将弹簧拉伸到定长x21.00m后由静止释放。求当弹簧回到x10.50m时，物体的速率；

（3）此弹簧的弹力是保守力吗？

2．二质点的质量分别为m1、m2，当它们之间的距离由a缩短到b时，万有引力所作的功为 。

3．一陨石从距地面高h处由静止开始落向地面，忽略空气阻力。求： （1） 陨石下落过程中，万有引力作的功是多少？ （2） （3）

（4） 陨石落地的速度多大？

5

4．关于机械能守恒的条件和动量守恒的条件，以下几种说法，正确的是 （Ａ）不受外力的系统，其动量和机械能必然同时守恒；

（Ｂ）所受合外力为零，内力都是保守力的系统，其机械能必然守恒； （Ｃ）不受外力，内力都是保守力的系统，其动量和机械能必然同时守恒；

（Ｄ）外力对系统作的功为零，则该系统的动量和机械能必然同时守恒。 [ ]

5．已知地球的质量为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

GMm； RGGMm（C）Mm； （D）.

R2R［ ］ a o x

b t06．如图所示，x轴沿水平方向，Y轴沿竖直向下，在

时刻将质量为m的质点由a处静止释放，让它自由下落，则在

y 任意时刻t，质点所受的力对原点O的力矩

M ；在任意时刻t，质点对原点O的角动量L 。

7．质量为m的质点的运动方程为racostibsintj，其中a、b、皆为常数。此质点受所的力对原点的力矩M_____ __；该质点对原点的角动量L____________。

8．在光滑水平面上有一轻弹簧，一端固定，另一端连一质量m1kg的滑块，弹簧的自然长度l00.2m，倔强系数k100Nm1。设t0时，弹簧长度为l0，滑

（A）mGMR； （B）块速度v05ms1，方向与弹簧垂直。在某一时刻t，弹簧与初始位置垂直，长度

l0.5m。求：该时刻滑块速度v的大小和方向。

参考答案

1．（1）31J， （2）5.34ms1， （3）是；

112．Gm1m2()；

abGMmh2GMh 3．（1）w， （2）v； 4．（C）；

R(Rh)R(Rh) 5．（A）； 6．mgbk，

mgbtk；

6

7． 0，mabk； 8．v4m/s， v的方向与弹簧长度方向间的夹角300.

第四章 刚体的转动

1．两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下述说法中，

（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； （2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； （3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。

（A）只有(1)是正确的； （B）(1)、(2)正确，(3)、(4)错误； （C）(1)、(2)、(3)都正确，(4)错误； （D）(1)、(2)、(3)、(4)都正确。 [ ]

2．关于刚体对轴的转动惯量，下列说法正确的是

(A) 只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 (B) 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 (C) 取决于刚体的质量、质量的空间分布与轴的位置。

(D) 只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 [ ]

3．一长为l、质量可以忽略的直杆，两端分别固

2m 定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心O且与

O 杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始杆与

水平方向成某一角度，处于静止状态，如图所示。释放

后，杆绕O轴转动，当杆转到水平位置时，该系统所受m 到的合外力矩的大小M _____，该系统角加速度的大小 。

4．将细绳绕在一个具有水平光滑固定轴的飞轮边缘上，绳相对于飞轮不滑动，当在绳端挂一质量为m的重物时，飞轮的角加速度为1。如果以拉力2mg代替重物拉绳，那么飞轮的角加速度将

（A）小于1； （B）大于1，小于21；

（C）大于21； （D）等于21. [ ]

5．为求半径R50cm的飞轮对于通过其中心，且与盘面垂直的固定轴的转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳相对于飞轮不打滑，绳末端悬一质量m18kg的重锤，让重锤从高2m处由静止落下，测得下落时间t116s，再用另一质量为

7

m24kg的重锤做同样测量，测得下落时间t225s。假定在两次测量中摩擦力矩是一常数，求飞轮的转动惯量。

6．转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0。设它所受的阻力矩与其角速度成正比，即Mk（k为正常数）。求圆盘的角速度从0变为1时所需的时间。 20

7．一光滑定滑轮的半径为，相对其中心轴的转动惯量为10-3kgm2。变力

F0.5t（SI）沿切线方向作用在滑轮的边缘上，如果滑轮最初处于静止状态。试求它在1s末的角速度。

8．刚体角动量守恒的充分必要条件是 (A) 刚体不受外力矩的作用； (B) 刚体所受合外力矩为零；

(C) 刚体所受合外力和合外力矩均为零；

(D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变。 [ ]

9．如图所示，一圆盘绕垂直于盘面的水平光滑轴O转动时，两颗质量相等、速度大小相同方向相反并在一条直线上的子弹射入圆盘并留在盘内，在子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度将

(A) 变大； (B) 不变；

(C) 变小； (D) 不能确定。 [ ]

10．一飞轮以角速度0绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为J1；另一静止飞轮突然被啮合到同一轴上，该飞轮对轴的转动惯量为2J1。啮合后整个系统的角速度_______________。

11．如图所示，一匀质木球固结在细棒下端，且可绕水平固定光滑轴O转动。今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球，并嵌于其中，则在击中过程中，木球、子弹、细棒系统的______________守恒，原因是_________________。在木球被击中后棒和球升高的过程中，木球、子弹、细棒、地球系统的____________________守恒。

12．如图所示，一长为l、质量为M的均匀细棒自由悬挂于通过其上端的

1水平光滑轴O上，棒对该轴的转动惯量为Ml2。现有一质量为m的子弹以水平速

321度v0射向棒上距O轴l处，并以v0的速度穿出细棒，则此后棒的最大偏转角为

32___________。

8

13. 如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相连，绳的质

R 量可以忽略，它与定滑轮之间无相对滑动。假设定滑轮质量为M、半径为R，. M 12MR其转动惯量为，滑轮轴光滑。试求该物体由静止开始下落的过程中，2下落速度与时间的关系。 m

14．质量M15kg、半径R0.30cm的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平固定光滑

12轴转动 (转动惯量JMR)。现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，绳与柱面无相对滑动，在

2绳的下端悬质量m8.0kg的物体。试求

(1) 物体自静止下落，5 s 内下降的距离； （2）绳中的张力。

参考答案

1．（B）； 2．（C）； 3．4．（C）；

5．1.06103kgm2； 6．tJln2； 7．25rad/s； kmgl2g，； 23l8．（B）； 9．（C）； 10．11．角动量，合外力矩等于零，机械能守恒；

22m2v0m2v0mgtvat12．arccos(1； 13．； )(2)22mm/23Mgl3Mgl121mgR22t63.3m 14．(1) 下落距离：hat22mR2J(2) 张力： Tm(ga)37.9N。

03；

第六章 气体动理论

1．一定量的理想气体贮于某容器中，温度为T，气体分子的质量为m，.根据理想气体分子模型和统计性假设，分子速度在x方向的分量的下列平均值： vx____________________，v_____________________。

2．容积为10cm3的电子管，当温度为300k时，用真空泵把管内空气抽成压强为5106mmHg的高真空，问这时管内有多少个空气分子这些空气分子的平动动能的总和是多少转动动能的总和是多少动能的总和是多少（760mmHg1.013105 Pa，空气分子可认为是刚性双原子分子）。

___2x9

3．某容器内贮有1摩尔氢气和氦气，达到平衡后，它们的

(1) 分子的平均动能相等； (2) 分子的转动动能相等； (3) 分子的平均平动动能相等； (4) 内能相等。 以上论断中正确的是

（A）(1)、 (2)、(3)、(4)； （B）(1) (2) (4)；

（C）(1) (4)； （D）(3). [

]

4．氧气瓶的容积为V，充入氧气的压强为P1，若用了一段时间后压强降为P2，则瓶中剩下氧气的内能与未用前氧气的内能之比为____________。

5．在相同温度和压强下，各为单位体积的氢气（视为刚性双原子分子气体）与氦气的内能之比为______________，各为单位质量的氢气与氦气的内能之比为_______________。

6．2103m3的刚性双原子分子理想气体的内能为102J，分子总数为1022个。求:

（1）气体的压强；

（2）分子的平均平动动能及气体的温度。 (玻耳兹曼常量k=10－23J·K－1)。

7．若f(v)为气体分子速率分布函数，N为分子总数，m为分子质量，则v212mvv12Nf(v)dv的物理意义是

（A）速率为v2的各分子的总平动动能与速率为v1的各分子的总平动动能之差；

（B）速率为v2的各分子的总平动动能与速率为v1的各分子的总平动动能之和；

（C）速率处在速率间隔v1——v2之内的分子的平均平动动能； （D）速率处在速率间隔v1——v2之内的分子平动动能之和。

8．两种不同的理想气体，若它们的最可几速率相等，则它们的 （A）平均速率相等，方均根速率相等； （B）平均速率相等，方均根速率不相等； （C）平均速率不相等，方均根速率相等； （D）平均速率不相等，方均根速率不相等。

9．若氧分子[O2]气体离解为氧原子[O]气体后，其热力学温度提高一倍，则氧原子的平均速率是氧分子平均速率的

10

（A）4倍； （B）2倍； (C) 2倍； （D）

1倍。 2[ ]

10．在A、B、C三个容器中装有同种理想气体，它们的分子数密度n相同，方

222均根速率之比为 vA:vB:vC1:2:4，则其压强之比PA:PB:PC为

（A）1:2:4； （B）4:2:1；

（C）1:4:16； （D）1:4:8。 [ ]

11．在体积为10升的容器中盛有100克的某种气体，设气体分子的方均根速率为200m/s，则气体的压强为 。

12．一容器内盛有密度为的单原子分子理想气体，若压强为P，则该气体分子的方均根速率为________________；单位体积内气体的内能为___________________。

13．一定量的理想气体，在容积不变的条件下，当温度降低时，分子的平均碰撞次数Z和平均自由程的变化情况是

（A）Z减小，不变； （B）Z不变，减小；

（C）Z和都减小； （D）Z和都不变。 [ ]

参考答案

kT； 2．1.611012个， 108J， 0.667108J， m1.67108J；

P3．（D）； 4．2；

P11．0，

5105．,；

336．（1）P1.35105Pa，（2）t7.51021J，T362k；

7．（D）；

8．（A）； 9．（C）； 10．（C）；

11．1.3310Pa； 12．v5__2E33P， P；

V213．（A）.

11

第七章 热力学基础

1．要使热力学系统的内能增加，可以通过 或 两种方式，或两种方式兼用来完成。热力学系统的状态发生变化时，其内能的改变量决定于 与 ，而与 无关。

2．一气缸内贮有10mol单原子分子理想气体，在压缩过程中外界做功209J，气体升温1K，此过程中气体内能的增量为 ，外界传给气体的热量为 。

3．某种理想气体在标准状态下的密度0.0894kg/m3，则在常温下该气体的定压摩尔热容量CP ，定容摩尔热容量CV 。

4．某理想气体的定压摩尔热容量为29.1Jmol1K1，求它在温度为273K时分子的平均转动动能。

5．常温常压下，一定量的某种理想气体（可视为刚性分子，自由度数为i），在等压过程中吸收的热量为Q，对外作的功为A，内能的增加为ΔE，则AE ， 。 QQ

6．一定量的某种理想气体在等压过程中对外作的功为200J，若此种气体为单

原子分子气体，则该过程中需吸热 J；若为双原子分子气体，则需吸热 J。

7．压强、体积和温度都相同的氢气和氦气（均视为刚性分子理想气体），它

ME们的质量之比为1 ，内能之比为1 。如果M2E2它们分别在等压过程中吸收了相同的热量，则它们对外作的功之比A1 。 A2

8．理想气体进行的下列各种过程，哪些过程可能发生哪些过程不可能发生为什么

(1) 等容加热时，内能减少，同时压强升高； (2) 等温压缩时，压强升高，同时吸热； (3) 等压压缩时，内能增加，同时吸热；

T(4) 绝热压缩时，压强升高，同时内能增加。

A B 12

Co V 9．1mol理想气体进行的循环过程如图所示，其中CA为绝热过程。假设已C知P、A点状态参量（T1，V1）和B点状态参量（T1，V2），则C点的状态

CV参量VC ，TC ，PC 。

10．温度为25oC、压强为1atm的1mol刚性双原子分子理想气体，经等温过程体积膨胀至原来的3倍。

（1）求这个过程中气体对外作的功；

（2）如果气体经绝热过程体积膨胀为原来的3倍，那么气体对外作的功又是多少？ P P1 a

11．如图所示，有一定量的理想气体，从初态b cP/41P1 V 的ba(P OV1 1,V1)开始，经过一个等容过程到达压强为4态，再经过一个等压过程到达状态c，最后经等温过程而完成一个循环。求该循环过程中系统对外作的功A和所吸收的热量Q。

P 12．一定量的理想气体，分别进行如图所示的ab两个卡诺循环abcda和abcda，若在PV图上a b 这两个循环过程曲线所围的面积相等，则这两个循

环的 dcc d(A) 效率相等； o V (B) 从高温热源吸收的热量相等；

(C) 向低温热源放出的热量相等；

(D) 在每次循环中对外做的净功相等。

[ ]

13．根据热力学第二定律可知：

(A) 功可以全部转化为热量，但热量不能全部转化为功；

(B) 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体； (C) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程；

(D) 一切自发过程都是不可逆的。 [ ]

14．在一张PV图上，两条绝热线不能相交于两点，是因为违

背 ，一条等温线和一条绝热线不能相交于两点，是因为违背 。

13

15．由绝热材料包围的容器被隔板隔为两半，左边是理想气体，右边是真

空。如果把隔板撤去，气体将进行自由膨胀过程，达到平衡后气体的温度 （升高、降低或不变），气体的熵 （增加、减少或不变）。

参考答案

1．外界对系统做功， 向系统传递热量， 始末两个状态， 所经历的过程； 2．124.7J， 84.3J； 3．29.1J/(molK)；

28.8J/(molK)；

4．3.771021J； 5．

2i，； i2i216．500， 700； 7．1:2， 5:3， 5:7；

V 8．不可能， 不可能， 不可能， 可能； 9．V，1V2T1；

RT1V2V1V21；

310．2.72103J， 2.20103J； 11．(ln4)PV11；

43(ln4)PV11； 412．D； 13．D；

14．热力学第一定律， 热力学第二定律； 15．不变；增加。

第十五章 机械振动

1．如图所示，质量为m的物体由倔强系数为k1和k2的两个轻弹簧连接，在光滑导轨上做微小

k1k2m振动，系统的振动频率为

kk21k1k2(A) 21； (B) ；

m2mk1k211k1k2(C) ； (D) . 2mk1k22mk1k2[ ]

2)(SI)的规律沿x轴作简谐振动，求此振动的3周期、振幅、初相、速度的最大值和加速度的最大值。

2．某质点按x0.1cos(8t14

3．物体作简谐振动，其速度的最大值vm3102m/s，振幅2102m。若t0时，该物体位于平衡位置，且向x轴负方向运动。求：

(1) 振动周期T；

(2) 加速度的最大值am；

(3) 振动方程。 x(cm)

4．已知某简谐振动的振动曲线如图所示，则此简谐振动的振动方程为

ot(s) （A）x2cos(2t/32/3)cm； 1 -1 （B）x2cos(2t/32/3)cm；

（C）x2cos(4t/32/3)cm； -2 （D）x2cos(4t/32/3)cm；

（E）x2cos(4t/3/4)cm. [ ]

5．质点在x轴上作简谐振动，选取该质点向A B x右运动通过A点时作为计时起点（t0），经过2v 秒质点第一次通过B点，再经过2秒质点第二次经

过B点，若已知该质点在A、B两点具有相同的速率，且AB=10 cm。求：

（1）质点的振动方程； （2）质点在A点处的速率。

4)，与之对应6．已知质点沿y轴作简谐振动，其振动方程为yAcos(t3的振动曲线是

y(m)y(m[ ] ) A A t(s)t(s) o o

-A -A

(B) (A)

y(m) y(m)Y A A

t(s)t(s) o o

-A -A

(C) (D)

15

7．如图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k24N/m，物体的质量m6kg，开始静止在平衡位置处。设用水平恒力F10N向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05m，此时撤去力F，并开始计时，求物体的振动方程。

kmF8．一质量为0.2kg的质点作简谐振动，其运动方程为x0.6cos(5t)(SI)。

2求：

(1) 质点的初速度；

(2) 质点在正向最大位移一半处所受的力。

9．弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为

kA22（A）kA； （B）；

2kA2（C）； （D）0.

4

10．质量为m的物体和一轻弹簧组成弹簧振子，其固有振动周期为T。当它作振幅为A的自由简谐振动时，其振动能量E 。

11．质量m10g的小球与轻弹簧组成的振动系统，按x0.5cos(8t)的规

3律作自由振动，式中t以秒为单位，x以厘米为单位。求

（1）振动的圆频率、周期、振幅和初相； （2）振动速度、加速度的表达式； （3）振动的能量；

（4）平均动能和平均势能。

12．两个同方向、同频率的简谐振动，其振动表达式分别为

x16102cos(5t)，

2x22102sin(5t)(SI)。它们合振动的振幅为 ，初位相为 ，合振动表达式为 。

16

x(m)0.5II13．已知两个同方向、同频率的简谐振动曲线如图所示，则合振动的表达式为

o0.5I12t(s) （A）x0.52cos(t)；

 （B）x0.5cos(t)；

2 （C）x1.0cos(t)；

 （D）x0.52cos(t).

4

参考答案

1．(B)；

2，vmax2.5m/s，amax63m/s2； 33．（1）T4.19s， （2）am4.5102m/s2， （3）

2．T0.25s，A0.1m，x0.02cos(1.5t2)(SI)；

4．(C)； 5． (1)x52102cos(t43)(SI)， 4(2) 3.93cm/s；

6．（D）； 7．x0.204cos(2t1.82)m；

8．（1）v03.0m/s， （2）F1.5N；

22mA29．（D）； 10．；

T21111．（1）8/s， Ts， A0.5cm， ；

431（2）v4sin(8t)(cm/s)，

31a322cos(8t)(cm/s2)；

3（3）E7.90105J；

（4）Ek3.95105J， Ep3.95105J；

12112．4102m， ， x(A2A1)cos(t)(cm)；

2T213．（D）.第十六章 机械波

17

1．一横波沿绳子传播，其波的表达式为y0.05cos(100t2x)(SI)，求 （1）此波的振幅、波速、频率和波长；

（2）绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度；

（3）x10.2m处和x20.7m处二质点振动的位相差。

2．已知一平面简谐波的波动方程为yAcos(atbx)(SI)，式中a、b为正值，则

b （A）波的频率为a； （B）波的传播速度为；

a2（C）波长为； （D）波的周期为.

ab[ ]

3．频率为100Hz、传播速度为300m/s的平面简谐波，若波线上两点振动的位

相差为，则这两点相距

3 （A）2m； （B）2.19m；

（C）0.5m； （D）28.6m. [ ]

4．如图所示，一平面简谐波沿x轴负向传播，波长为

Lx，若P处质点的振动方程为yPAcos(2t)，则该oP2波的波动方程是

；P处质点在

时刻的振动状态与O点处质点t1时刻的振动状态相同。

5．一平面简谐波沿x轴负向传播，波长为 ，P点处质点的振动规律如图所示。

（1）求P处质点的振动方程； （2）求此波的波动方程；

（3）若d，求坐标原点O处质点的振动方程。

2 yP(m) d ot(s)xoP 24 A

y

u18

•A•oB•D•Cx6．横波以速度u沿x轴负向传播，t时刻的波形曲线如图所示，则该时刻 （A）A点的振动速度大于零； （B）B点静止不动； （C）C点向下运动；

（D）D点的振动速度小于零. [ ]

y(m) 7．图示为一平面简谐波在t0时刻u0.08m/s的波形图。求：

（1）该波的波动方程；

Px(m)（2）P处质点的振动方程。 o0.20

8．在同一媒质中，两列频率相同的0.04I平面简谐波的强度之比116，则这两

I2A列波的振幅之比1 。

A2/49．两相干波源S1和S2相距（为波长），S1的

4•S1S2P位相比S2的位相超前，在S1和S2的连线上S1外侧各

2点（例如P点），两波引起的两谐振动的位相差为

3（A）0； （B）； （C）； （D）.

22[ ]

10．两相干波源S1和S2的振动方程分别为y1Acos(t)和

2y2Acos(t)。波从S1传到P点经过的路程等于2个波长，波从S2传到P点

27经过的路程等于个波长。设两波的波速相同，在传播过程中振幅不衰减，则两波

2传到P点的合振动振幅为 。

xt11．设入射波的方程为y1Acos2()，在x0处发生反射，反射点为一

T固定端，设反射时无能量损失，求：

（1）反射波的表达式； （2）合成的驻波表达式；

（3）波腹和波节的位置。

参考答案

19

1．（1）A0.05m，50Hz，1.0m，u50m/s； （2）15.7m/s，4.93103m/s2； （3）；

2．（D）； 3．（C）；

4．yAcos[2(tk0,1,2……；

15．（1）yPAcos(t)(SI)，

2txd)](SI)， （2）yAcos[2(41(3) y0Acos(t)(SI)；

26．(D)；

tx)](SI)； （2）7．（1）y0.04cos[2(50.423yP0.04cos(0.4t)(SI)；

2 8．4； 9．(B)； 10．2A；

xt11．（1）y2Acos[2()]，

Txt（2）y2Acos(2)cos(2)，

2T211（3）波腹位置：x(n))， n1,2,3,

221波节位置：xn， n0,1,2,3,。

2

xL)2]， tt1Lk， 其中 v第十七章 波动光学

一. 光的干涉

1．如图所示，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。若薄膜的厚度为e，且折射率n1n2，n2n3，1为反射光在折射率为n1的媒质中的波长，则两束光的光程差为

入射反射光1n1光n2n3e反射光220

2n1nn（C）2n2e11； （D）2n2e21.

22[ ]

2．在双缝干涉实验中，若使两缝之间的距离增大，则屏幕上干涉条纹的间距 ；

若使单色光波长减小，则干涉条纹的间距 。

3．在空气中用波长为的单色光进行双缝干涉实验时，观察到相邻明条纹的间距为1.33mm。当把实验装置放在水中（水的折射率n1.33）进行实验时，相邻

x明条纹的间距变为 。

4．在双缝干涉实验中，双缝到屏的距离

S1D120cm，两缝中心之间的距离d0.50mm，用

波长500nm的单色平行光垂直照射双缝，如图所do示，设原点o在零级明条纹处。

S2（1）求零级明纹上方第五级明条纹的坐标x；

D （2）若用厚度l1.0102mm、折射率

n1.58的透明薄膜覆盖在S1缝后面，求上述第五级明条纹的坐标x。

5．一束波长为的单色光从空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，置于空气中的这种薄膜使反射光得到干涉加强，则其最小厚度为

(A) ； （B）； (C) ； (D) .

4n2n42[ ]

6．用波长为的单色光垂直照射折射率为n2的劈尖薄

n1n2膜，（n1n2， n3n2），观察反射光的干涉。从劈尖顶开

n3始，第2条明条纹对应的膜厚度e 。

7．如图所示，两玻璃片的一端o紧密接触，另一端

d用金属丝垫起形成空气劈尖，平行单色光垂直照射时，o可看到干涉条纹。若将金属丝向棱边推进，则条纹间距

将变 ，从o到金属丝距离内的干涉条纹总数 （填变大、变小、不变）。

（A）2n2e； （B）2n2e1；

21

8．两块平玻璃构成空气劈尖，左边为棱边，用单色平行光垂直入射。若上面的平玻璃慢慢地向上平移，则干涉条纹

（A）向棱边方向平移，条纹间隔变小； （B）向棱边方向平移，条纹间隔变大； （C）向棱边方向平移，条纹间隔不变；

（D）向远离棱边的方向平移，条纹间隔不变；

（E）向远离棱边的方向平移，条纹间隔变小。 [ ]

9．两块平板玻璃，一端接触，另一端用纸片隔开，形成空气劈尖。用波长为的单色光垂直照射，观察透射光的

•A干涉条纹。

（1）设A点处薄膜厚度为e，求发生干涉的两束透射光的光程差；

（2）在劈尖顶点处，透射光的干涉条纹是明纹还是暗纹？

10．波长600nm的单色光垂直照射到牛顿环装置上，

第二级明纹与第五级明纹所对应的空气膜的厚度差为 nm。

11．如图所示，用单色光垂直照射在牛顿环装置上，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到环状干涉条纹

（A）向右平移； （B）向中心收缩； （C）向外扩张； （D）静止不动； （E）向左平移.

[ ]

12．在迈克尔逊干涉仪的一光路中，放入一片折射率为n的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度为

（A）； （B）；

22n（C）； （D）.

n2(n1)[ ]

参考答案

1．（C）； 2．变小， 变小；

22

3．1mm； 4．（1）x6.0mm，（2）x19.9mm或

x7.9mm；

5．（B）； 6．

3； 4n27．变小， 不变； 8．（C）； 9．（1）2e；（2）明条纹； 10． 900； 11．（B）； 12．（D）。

二. 光的衍射

L 单缝 屏幕

1．在单缝夫琅和费衍射实验中，若增大缝宽，其它条件不变，则中央明条纹

 [ ]

（A）宽度变小； (B) 宽度变大；

(C）宽度不变，且中心光强也不变； f （D）宽度不变，但中心光强增大。

2．在单缝夫琅和费衍射实验中，波长为的单色平行光垂直入射在宽度a4的单缝上，对应于衍射角为30的方向，单缝处的波阵面分成的半波带数目为

（A）2个； （B）4个；

（C）6个； （D）8个. [ ]

3．平行单色光垂直入射到单缝上，观察夫琅和费衍射。若屏上P点为第二级暗纹，则单缝处的波振面相应地划分为___ _个半波带。若将单缝宽度缩小一半，则P点是_____级_____纹。

4．用水银灯发出的波长为546nm的平行光垂直入射到一单缝上，置于缝后的透镜的焦距为40cm，测得第二级极小至衍射图样中心的距离为0.30cm。当用波长未知的光做实验时，测得第三级极小到衍射图样中心的距离为0.42cm，该单色光的波长是多少

5．用波长632.8nm的平行光垂直照射单缝，缝宽a0.15mm，缝后用凸透镜把衍射光会聚在焦平面上，测得第二级与第三级暗条纹之间的距离为1.7mm，求此透镜的焦距。

23

6．一束白光垂直照射在透射光栅上，在形成的同一级光栅光谱中，偏离中央明纹最远的是

（A）紫光； （B）绿光；

（C）黄光； （D）红光. [ ]

7．某一透射光栅对一定波长的垂直入射光，在屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该

（A）换一个光栅常数较小的光栅； （B）换一个光栅常数较大的光栅； （C）将光栅向靠近屏幕的方向移动；

（D）将光栅向远离屏幕的方向移动。 [ ]

8．用一束具有两种波长的平行光垂直入射到光栅上，发现距中央明纹5cm处，波长1的光的第k级主极大和波长2的第k1级主极大重合。已知1600nm，2400nm，置于光栅与屏之间的透镜的焦距f50cm，求

（1）k?；

（2）光栅常数d?。

9．一束平行单色光垂直入射在光栅上，当光栅常数ab为下列哪种情况时（a代表每条缝的宽度），k3、6、9等级次的主极大均不出现？

（A）ab2a； （B）ab3a；

（C）ab4a； （D）ab6a. [ ]

10．波长600nm的单色光垂直入射到一光栅上，测得第二级主极大的衍射角为30，且第三级缺级。

（1）光栅常数ab等于多少？

（2）透光缝可能的最小宽度a等于多少？

（3）在选定的最小a值，求可能观察到的全部主极大的级次。

参考答案

24

1．（A）； 2．(B)； 3．4， 第一， 暗；

4．510nm； 5．f403mm； 6．(D)； 7．(B)； 8．k2， d1.2103cm； 9．(B)；

104cm， a0.8104cm， k2,1,0,1,2. 10．ab2.4`

三. 光的偏振

1．两个偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光通过，当将其

中之一偏振片慢慢转动180时，透射光强发生的变化为

(A) 光强单调增加；

(B) 光强先增加，后又减小至零； （C）光强先增加，后减小，再增加；

（D）光强先增加，后减小，再增加，再减小至零。

2．一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一偏振片。如果以此入射光线为轴旋转偏振片，测得透射光强的最大值是最小值的5倍，那么入射光中自然光与线偏振光的光强比值为

11(A) ； (B) ；

2512（C） ； （D）.

33

3．两个偏振片叠在一起，在它们的偏振化方向成130时，观测一束单色自然光，又在245时，观测另一束单色自然光，若两次测得的透射光的强度相等，求这两次入射自然光的强度之比。

4．两个偏振片叠放在一起，强度为I0的自然光垂直入射其上，若通过两个偏

I振片后的光强为0，则这两个偏振片偏振化方向间的夹角（取锐角）

8是 。若在这两个偏振片之间插入另一偏振片，其偏振化方向与前后两片的偏振化方向的夹角（取锐角）相等，则通过三个偏振片后的透射光的强度为 。

25

5．使一光强为I0的偏振光先后通过两个偏振片P1和P2，P1和P2的偏振化方向与原入射光光矢量振动的方向间的夹角分别是和90，则通过这两个偏振片后的光强为

11(A) I0cos2； (B) 0； （C）I0sin2(2)；

2411（D）I0sin2； （E）I0cos4.

42

6．一束自然光从空气投射到玻璃表面上（空气的折射率为1），当折射角为30时，反射光是完全偏振光，则此玻璃板的折射率等于 。

7．如果某种透明媒质对空气的临界角（指全反射）等于45，那么光从空气射向此媒质时的布儒斯特角是

(A) 35.3； (B)40.9； （C）45； （D）54.7； （E）57.3

8．在光学各向异性晶体内部有一确定的方向，沿这一方向，寻常光和非常光

的 相等，这一方向称为晶体的光轴，只具有一个光轴方向的晶体称为 晶体。

.

参考答案

1．（B）； 2．（A）； 3．第一次与第二次入射的单色自然光的

2强度之比为；

39II 4．60， 0或0； 5．（C）； 6． 3；

3232 7．（D）； 8．传播速度， 单轴。

大学物理（上）练习题参考解答

第一章 质点的运动

1．

解：平均速率 vSt，平均速度的大小 vrr tt26

Sr，vv

rS，速度的大小 vlim

t0tt0t当t0时，rS

速率 vlim故（B）正确。

2．解：位移大小 xx(4)x(0)8m

dxb2t0，得t3s，即在t3s前后，速度方向逆转， dt 所以，路程Sx(4)x(3)x(3)x(0)10m

令速度 v3．解：（1）vx(2)x(1)0.5m/s

21dx9t6t2，v(2)6m/s （2）vdt（3）令v0，得t0或1.5s

Sx(1.5)x(1)x(2)x(1.5)2.25m

4．解：由相似三角形的性质得：

即 xMh2xMx h1xMh1x h1h2两边对时间求导，得 vMh1h1h2h1 h2v

M xMoxxdvdrdrdrata， （2）5．解：（1）v， dtdtdtdtdsdv（3）v 正确， （4）aat。

dtdtdv6．解：（A）错，因为切向加速度at，速率可能不变，如匀速率圆周运动，

dt切向加速度为零。

v2（B）an，除拐点外，为有限值，

an0，故（B）正确。

（C）an反应速度方向变化的快慢，只要速度方向有变化，an就不为零。

dv0，aan0。 （D）atdtdv恒矢量，质点作匀变速度运动，而非匀变速率运动，如抛体（E）adt运动。

27

7．解：

St2ds12ct，dsctdt，即 s(t)ct3

00dt3dvv2c2t4at2ct，an

dtRR第二章 牛顿运动定律

dvkvk2x，故 FMaMk2x dtx1dxtdx1xkdt，故 tln1 （2）由 vkx，得 x0x0dtkx01．解：（1）vkx，a2．解：（1）子弹进入沙土后，受的力 Fkv， dv由牛顿定律得 kvm

dttkvdvdt 分离变量并作积分 ，得 0mv0vvv0ekt/m

（2）kvmdvdvdxdvmmv dtdxdtdx 分离变量后作积分

0xmaxkdxmdvv00，得 xmaxmv0 k3．解：pmvjmvj2mvj，应选（D）。

4．解：设水流向叶片的速度为vi，则水流出叶片的速度为vi，在t时间间隔

内，流过叶片的水的质量mQt，其动量的增量p2mvi，由动量定理知：叶片作用于水的力为 p2mvi2Qvi tt由牛顿第三定律知，水作用于叶片的力为2Qvi，其大小为2Qv，方向为水流向叶片的速度方向。 5．解：I2.00Fdt2.00(6t3)dt18NS

6．解：设弹簧原长处为坐标原点，弹簧伸长量为x，则弹性恢复力Fxkx。

弹簧长度为l1时，伸长量为l1l0；弹簧长度为l2时，伸长量为l2l0，于是有

A20l2l0l1l0kxdx，应选（D）。

207．解：AFxdx3x2dx8J，（A）对。

8．解：选y轴正方向竖直向上，井中水面处为坐标原点。按题意，人所用的拉力 F(110.2y)g107.81.96y

拉力所作的功 AFdy(107.81.96y)dy980J

00h1028

9．解：方法Ⅰ： A(FxdxFydy)F0xdxL002R0F0ydy2F0R2

方法Ⅱ： AFdlF0rdlLL2R0F0rdr2F0R2

方法Ⅲ：∵ FF0(xiyj)是保守力，所以积分路径可选y轴 AFdyj02R2R0F0ydy2F0R2

思考：如何用 A保EP 求此力做的功

dx38t3t2 （SI） dt （1）Imv(4)mv(0)16Ns

10．解：v(t) （2）W121mv(4)mv2(0)176J 2230 11．解：由动量定理得，质点在三秒末的动量：P(3)012tdt54kgm/s

p2(3)542729(J) 再由动能定理得，力所作的功：AEk(3)02m2212．解：冲量越大，动量的增量就越大，动量不一定大，所以，（A）错;

作用力的冲量 IFdt，

t1t2反作用力的冲量 IFdtFdtI，（B）正确;

t1t1t2t2作用力、反作用力分别作用在不同物体上，而不同物体的位移一般不同，所以，作用力和反作用力的功一般不等值异号，故（C）不对; 动量是矢量，动量改变，速率可以不变，（D）错误。

第三章 运动的守恒定律

1．解：（1）外力做的功 AF(x)dx(52.8x38.4x2)dx31J

x1x1x2x2（2）弹力FF，由动能定理得

x1x112mvFdxFdxA v2A/m5.34ms1

x2x22 （3）是保守力。

2．解：万有引力作的功等于万有引力势能增量的负值：

Gm1m2Gm1m2Gm1m2(ab))() abab3．解：（1）万有引力的功等于万有引力势能增量的负值：

A( A(GMmGMmGMmh)() RhRR(Rh)29

2GMh R(Rh)4．解：(A) 不受外力的系统，其动量守恒，但非保守内力可能做功，机械能不一

定守恒。

(B) 合外力为零，但外力做功之和不一定为零，所以机械能不一定守恒。 (C) 满足动量守恒条件和机械能守恒条件，所以 (C) 正确.

(D) 外力做功为零，但合外力不一定为零，所以动量不一定守恒。

外力做功为零，但不知非保守内力的功是否为零，所以机械能不一定守

恒。 （2）根据动能定理，有 A12mv0，即v2GMmv2GMm5．解：由牛顿第二定律得 ，即 v2RRR 轨道角动量的大小 LmvRmGMR，（A）正确。

26．解：(1) Mrmg(bi1gtj)mgjmgbk 22 (2) Lrmv(bi1 2gtj)mgtjmgbtkd2r7．解：(1) 由Fm2m2r MrFr(m2r)0

dtdrasintibcostj (2) vdt Lrmv(acostibsintj)(masintimbcostj)

 mabk

 8．解：表示速度v与弹簧长度方向间的夹角，则由角动量守恒和机械能守恒定

律，得 mv0l0mvlsin

22211 1 2mv02mv2k(ll0)vlk(ll0)2 解得 vv4m/s，arcsin(00)300

vlm20第四章 刚体的定轴转动

1．解：合力矩等于各个力力矩的矢量合，而不是合力的力矩，所以，当作用在刚

体上的两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩不一定是零；当作用在刚体上的两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力不一定是零。因此，(1)、(2)正确，(3)、(4)错误，应选（B）。

2．解：由刚体对轴的转动惯量的定义Jr2dm看出，转动惯量与刚体的质量、

m质量的空间分布和轴的位置有关，故应选择(C)。

3．解：(1) 合力矩的大小 MM2M12mgl/2mgl/2mgl/2

l2l23ml2 (2) J2mm

44430

M2g J3l4．解：对飞轮，用转动定律，对重物，用牛顿定律，得

TRJ1mgR mgTma1，解得 1 2JmRRa112mgR21 若以拉力2mg 代替重物，则2J ∴ 应选（C）。

5．解：设摩擦力矩为Mf，根据牛顿定律和转动定律，对重物和飞轮分别列方

由转动定律，得角加速度的大小 程，得

T1RMfJ1T2RMfJ2 mgT1ma1， mgT2ma2

RaRa1212消去1、2、T1、T2、Mf，得

T R mg T J(m1m2)R2( 利用 hg1) ① a1a212at，得 2 a12h20.0156m/s2 ②

t1

a22h26.4103m/s2 ③

t2

将②、③代入①，得

R2(T1T2) J1.06103kgm2

a1a26． 解：由转动定律，得

tdJ20dkJ dt，

0dtk0Jln2t

kdMdt， 7．解：根据转动定律 MJJ，得 ddtJ其中MrF，r0.1m，F0.5t，J103kgm2，分别代入上式，得 d50tdt

所以1s末的角速度 150tdt25rad/s

0131

8．解：系统角动量守恒的条件是：外力对给定轴的总力矩为零, 故选择(B)。(A)

和(C)不是必要条件。

9．解：子弹射入的瞬间，系统所受合外力矩为零，角动量守恒：JJ ∵ JJ

∴ ，故应选（C）。

10．解：啮合前后，系统所受合外力矩为零，角动量守恒：

 J10(J12J1) 0

312．解：在子弹射穿棒的过程中，利用子弹—棒组成系统对O轴的角动量守恒，有

v221mv0lm0lMl2

3233mv0 所以棒上摆的初角速度 

Ml 在棒上摆过程中，由棒—地球组成系统的机械能守恒，得

1122lMlMg(1cos) 23213．解：根据牛顿定律和转动定律，有 TTRJmgTma

RoRaMamg解方程组，得 a

mM/2Tmgmgt∴ vv0at

mM/214．解：（1）根据牛顿定律和转动定律，得

TRJmgTma RaToRTmgR25.06m/s2 解得 a2mRJ12 下落距离hat63.3m

2 (2) 张力 /m(ga)37.9N

amg第六章 气体动理论

1．解：（1）在平衡状态下，气体分子沿各个方向运动的机会均等，即平均看来，

在任一时刻沿任一方向具有同样速率的分子数相同，气体分子速度沿各方向的分量的各种统计平均值都相等，所以 vxvyvz0

32

（2）

vvv，vvvv3v，

___2x___2y___2z___2x___2y___2z___2___2x1___3___322kT 而 mvmvx222___kT2vx.

m2．解：设管内气体的总分子数为N，由pnkT（1）NPV1.611012个. kTNkT，知 V3kT108J 22（3）气体分子的转动动能的总和N()kT0.667108J

25（4）气体分子的动能总和NkT1.67108J

2 3．解：因在同一容器内，所以两种气体的温度相等，

氢气、氦气的自由度数分别为i5、3

i（1）分子的平均动能 ikT，i不等，i不等。

2（2）氢气分子是双原子分子，有转动动能，氦气分子是单原子分子，只有平动动能。

3（3）分子的平均平动动能 wkT，相等.

2i（4）理想气体的内能ERT，i不等，E不等。

2 故选（D）。

Mii4．解：理想气体的内能ERTPV

Mmol22因V不变，对同一种气体，i不变， EP22 E1P1EiMiiRTPV，得 P 5．解：由EV2Mmol22（2）气体分子的平动动能的总和NE()H2i5HV2

EiHe3()HeVEiRT 知 由

M2Mmol33

E)HM2iH2(Mmol)He5410. EiHe(Mmol)H2323()HeM2EMii1.35105Pa. 6．解：（1）由 ERTPV 得 PiVMmol22（2）设分子数为N

35由 wkT 及 ENkT，得

223E7.51021J w5N52E362K. 又 ENkT T25NkdN7．解：由 f(v)，知在vvdv区间内的分子数 dNNf(v)dv，因dv很

Ndv1小，这dN个分子的平均平动动能相同，都等于mv2，所以在此区间内，

2dN个分子的平均平动动能之和为

121mvdNmv2Nf(v)dv， 22v21mv2Nf(v)dv就是在v1v2速率间隔内的分子平动动能之和，故选所以 v12（D）。

2kT8kT3kT8．解：三种速率公式：vp， v， v2 mmmkT若 vP 相等，则 相等，所以 v、v2均相等，故选（A）。

m(9．解：由 v8RT 知

MmolT2(Mmol)O2vO222，故选（C）。 vO2T1(Mmol)O1110．解：理想气体的压强 Pnw，其中wmv2

222 PA:PB:PCwA:wB:wCvA:vB:vC = 1:4:16，应选（C）。

231211．解：由v2RT(v2)2M3RTRT，知 ，得，代入PVM3MmolMmolmolM0.1200222(v)1.33105Pa P33V3101034

12．解：由理想气体状态方程 PV v__2MRTPVPRT，得  MmolMmolM3RTMmol3P.

MiiRTPV，得 Mmol22由理想气体的内能公式 EEi3PP. V2213．解：一定量气体，V不变，分子数密度 nN 也不变。当温度升高时，分子V平均运动加快，v增大，所以分子的平均碰撞次数增大。(或由Z2d2nv得出Z增大)。

1 不变，故选（A）。 22dn第七章 热力学基础

M33RT108.311124.7(J)

Mmol22 QEA124.720984.3(J)

3．解：气体的摩尔质量 Mmol0.089422.41032.00103(kg/mol)，

可见它是氢气，i5

i2iCPR29.1J/(molk)，CVR20.8J/(molk)

222kT21.3810232733.771021(J) 4．解：分子的平均转动动能 r22M5．解：在等压过程中，APVRT，

MmolMi又ERT，QAE

Mmol2Mi2MQRT (或直接用QPCPT)

Mmol2MmolA2Ei ， Qi2Qi2MMi2RT，QRT 6．解：在等压过程中：AMmolMmol2i2QA

25单原子分子气体：Q200500J

22．解：E35

7200700J 2(Mmol)11M7. 解：根据 PVRT，又 

Mmol(Mmol)22M15RT(Mmol)11(Mmol)12MEM(Mmol)255 11 ， 1M3E2M2(Mmol)133M2(Mmol)222RT(Mmol)22T5M7M5 由 Q1RT1，Q2RT2，得 1

Mmol2Mmol2T27A5M 又 ART， 1

MmolA278．答：（1）不可能

因为等容过程，dV0 dA0，dQdE。等容加热，dQ0，

所以，dE0，即内能只能增大，不可能减少。 （2）不可能

双原子分子气体：Q 因为等温压缩，PVC，V减少，P增加，所以 dAPdV0。

由于dE0，导致dQdA0，即只能放热，不可能吸热。 （3）不可能

等压压缩，dApdV(M/Mmol)RdT0，

Mi由 dERdT0，知内能减少，不可能增加，

Mmol2且 dQdEdA0，即气体放热，不可能吸热。

（4）可能

因为根据绝热过程方程pVC，若V减少，则P增加；又因

dQ0，dAPdVdE0，所以dE0，即内能增加。

9．解：由图知 VCVBV2

11 CA是绝热过程，有 TAVA， TCVCV1111 即 TV T()T1 TVC11C2V2RTRTV 由理想气体状态方程得 PCC1(1)1

VCV2V210．解：（1）等温过程气体对外作的功

3V03V0RTdVRTln38.312981.09862.72103J ApdVV0V0V （2）绝热过程气体对外作的功

3V03V0311 APdVPVdVPV00VV00 V00136

131RT02.20103J 111．解：ab过程：Aab0

PVPPV3 bc过程：Vcaa114V1，Abc1(VCV1)PV11

44PCP41VaMVdVM ca过程：Aca RTaRTalnaPV11ln4VcMVMVmolmolc3 整个循环过程，系统对外做的功：AAabAbcAca(ln4)PV11

43 整个循环中系统吸收的热量：QA(ln4)PV11

4TA12．解：卡诺循环的效率 12，由于两循环高、低温热源的温度不同，

Q1T1所以效率不同。每次循环过程对外作的净功A等于循环曲线所围的面积，所以，两循环对外作的净功相等。可见从高温热源吸收的热量Q1不同，

而AQ1Q2，两循环向低温热源放出的热量Q2不同，故选(D)。

13．解：热力学第二定律说明：在无外界影响下，热量不能全部转化为功，热量不

能自动地从低温物体传向高温物体，所以，(A)、(B)是错误的。

不可逆过程指的是若过程逆向进行，系统复原，给外界留下的影响不能消除，并不是不能沿相反方向进行的过程，故(C)不对，只有(D)正确。 P

14．解：如图(A)所示，若两条绝热线交于两点，则可绝热 绝热 构成一循环，在该循环中，Q0，E0，

而A0，显然违背热力学第一定律。

o V 如图(B)所示，若一条等温线和一条绝热线交

(A) 于两点，则可构成一循环，在该循环中，

P 系统从单一热源吸热并把它全部转变为

功，显然违背热力学第二定律。 等温

15．解：气体向真空膨胀，不做功，又与外界绝热 无热量交换，所以，气体的温度不变。自由膨胀过

o V 程不能自动发生，其熵必然增加。 (B

第十五章 机械振动

1．解：假设物体偏离平衡位置的位移为x，则它受到的力

Fk1xk2x(k1k2)x，即 kk1k2

37

1k1k2，（B）正确。 22m2220.25s，振幅 A0.1m，初相 2．解：周期 T， 83vmaxA0.82.5m/s， amaxA26.4263m/s2

v24.19s 3．解：（1）由vmaxA max1.5s1，∴ TA （2）amaxA2vmax4.5`102m/s2

（3），x0.02cos(1.5t) (SI)

224．解：用旋转矢量法：如图所示， A0t0t0时，质点在x01cm处，向x轴负向运动， 2t1x旋转矢量A0，位相0； oA13t1s时，质点位于正最大位移处，旋转矢量A1，位相12。 10t故(C)正确。

441 。 3315．解：由旋转矢量图和 vAvB 知 T4s，

22 ∴ T8s，T4(1)以AB的中点为坐标原点，x轴指向右方。

t0时，x05Acos0

t2s时，x5Acos(20)Asin0

t=4s A 0 B x

t=0 t=2s tan01

x053或，A52cm 44cos03∴ 振动方程为 x52102cos(t) (SI)

44dx523102sin(t) (2 ) vdt444当t0时，

又 vA0，所以 0dx523sin()3.93102m/s dt444A4，v0Asin0 6．解：t0时，y0Acos323所以，(D)对。

7．解：设外力撤去时物体的位移为x，速度为v0，

vAkmoFx38

由功能原理，得 Fx0E即100.051212kx0mv0 22112240.0526v0 v00.396(m/s) 22k24圆频率 2(rad/s)

m60.3962振幅 Ax20.050.204(m)

41(或由Fx0kA2求振幅)

2v0.396初位相 tg003.96 01.82(rad)

x02(0.05)故振动方程为 x0.204cos(2t1.82)m

dx3.0sin(5t), t0时 v03.0sin3.0m/s 8．解：（1）vdt221（2）Fmam2x，xA时，F1.5N

29．解：在振子从x1运动到x2过程中，弹性力作的功 1112AEpEP1EP2kx12kx2

22x2xox1当初末两状态相差半个周期时，在旋转矢量图中， 两个旋转矢量反向，如图所示，总有x2x1 2 故 A0，（D）对。

1k210．解：EkA2，2，

2mT2022v01122mA22222 EmAmA 222TT210.25s，A0.5cm，0 11．解：（1）8s1，T43dx4sin(8t)cm/s， (2) vdt3d2xa2322cos(8t)cm/s2

3dt11(3) EEkEpkA2m2A27.90105J

22(4) 平均动能

239

1202mvdt 1T111m(4102)2sin2(8t)dt3.95105JE T02321同理可求出平均势能 EpE3.95105J

2A112．解：x22102sin5t2102cos(5t)

2旋转矢量如图所示，

T1 EkT合振动的振幅 A4102m，初相 0xx1x24102cos(5t2

oA2x2)

13．解：旋转矢量如图所示，

A1则合振动的振幅为 A2AI0.52m

初位相 0arctg1 04o22rad/s 圆频率为 T2合振动的表示式为 x0.52cos(t)（SI），

4所以选（D）。

AA2x第十六章 机械波

1．解：（1）将波的表达式 y0.05cos(100t2x)

x与标准形式 yAcos(2t2)比较，得

A0.05m，100Hz，1.0m，u50m/s y5sin(100t2x) vmax515.7m/s （2）vt2y a25002cos(100t2x)

tamax50024.93103m/s2 （3）2x2x1，即两质元振动反相。

abxtx)与标准形式yAcos2(t) 222．解：将yAcos(atbx)Acos2(比较，可知波的特征量：

a122a ，T，，u

2abb所以选(D)。

40

3．解：由波线上相位差等于2的二点间距离为一个波长，得 2所以，相位差为（C）正确。

4．解：波线上任一点B的振动比P点的振动超前，超前的时间为

yAcos[2(tx

u300/30.5m 的二点间距离 x2221003xL， u5．解：（1）由振动曲线知，P处质元的初相位为，振动方程为

2 yPAcos(t)Acos(t)

42xLxL)]Acos[2(t)] u22LP处质元比O处质元振动落后的时间为，即O处质元在t1时刻的状态经

uLLL过 时间才能传到P处，因此，P处质元在t1t1状态与O处质

uu元在t1时刻的状态相同。

LL) 或 P处质元在t时刻的相位 P2(t2LO处质元在t1时刻的相位 02(t1)

2L 根据题意 2t2(t1)

22L故 tt1

d xoP

（2）波动方程为

1xdyAcos2(t)

4yP(m)oA24t(s)1/2 （3）O处质元的振动方程 yoAcos2(t)Acos(t)

426．解：将波形曲线向左平移一小

y 距离（虚

线图），可见，A点下一时刻

u 要向下 A D x o C B 41 方振动，vA0；

B点在平衡位置处，其振动速度为 负的最大值，C点在平衡位置处， 其振动速度为正的最大值，D点下 一时刻要向下方振动，vD0， 故选(D)。

7．解：（1）O处质点，在t0时，

又 T y0Acos00，v0Asin00 02

u0.405s 0.08t) 52O处质元的振动方程为 y00.04cos(2tx)] (SI) 故波动方程为 y0.04cos[(2(50.402t0.023)]0.04cos(0.4t) (SI) （2）yP0.04cos[(2(50.40228．解：在同一媒质中，两列频率相同的平面简谐波的强度之比等于振幅平方之

A4I1A1216比，即2，所以 1。

A21I2A219．解：由题意，1020，设P点到S1、S2的波程分别为x1、x2，则

2x波源S1在P点引起的振动相位 11021

x波源S2在P点引起的振动相位 22022

xx2/42 121020212应选(B)。

2710．解：波源S1在P点引起的振动相位 12

227/215波源S2在P点引起的振动相位 22

22所以，两列波传到P点振动的相位差 124

故 A2A12A22A1A2cosA1A22A

11．解：（1）反射点是固定端，即波反射时有“半波损失”，所以反射波的表达式为

42

xt y2Acos[2()]

T

（2）驻波表达式为yy1y22Acos(2xtx)cos(2) T22 （3）当 22n 时，cos(2n 24)1，(n1,2,2x)

所以，波腹位置 x 当 2x2n2 时，cos(2x2)0，(n0,1,2,)

故波节位置 x1n 2第十七章 波动光学

一．光的干涉

1．解：因为n1n2，n2n3，所以光在薄膜上表面反射时有半波损失，在下表面

反射时无半波损失

n2n2e11，（C）正确。 故反射光1、2之间的光程差为 2n2e22D2．解：由双缝干涉的条纹间距公式 x，得

d 当d增大时，条纹间距变小; 当减小时，条纹间距变大。

3．解：光在空气中的波长近似等于光在真空中的波长，在水中做实验时，条纹间

距

Dx01.33xn1(mm)

dnn1.33D4．解：（1）双缝干涉第k级明条纹的位置 xkk （k0,1,2,）

d∴ 零级明纹上方第五级明条纹的坐标

1200x550001076.0(mm)

0.50 （2）加入透明薄膜后，两相干光线的光程差

r2(r1lnl)r2r1(n1)l

dx而 r2r1dsindtan

Ddx(n1)lk ∴ 明纹满足 D上方第五级明纹的坐标

D(n1)lkx

d43

0.505．解：光在薄膜上表面反射有半波损失，在下表面反射时无半波损失，故反射光

干涉加强的条件为

2nek （k0,1,2,）

2∴ 当k1时，薄膜的厚度最小，故 emin，应选(B)。

4n6．解：因为 n1n2，n3n2，所以光在上表面的反射无半波损失，光在下表面的

反射有半波损失，可见明纹满足

2n2ek （k0,1,2,）

2(k0.5)(20.5)3与第二条明纹相应的膜厚 e 2n22n24n2e0e07．解：条纹间距 l sin2d当金属丝向棱边推进时，增加，条纹间距减小。 od2d 条纹数目 N e0d和均不变，故N不变。

8．解：当上表面由图中实线移到虚线所在位置时，某条明

AA纹由

A移到A，即向棱边方向移动。 条纹间距 l故选（C）。

9．解：（1）透射光的光程差 2e

（2）顶点处，e0，0，干涉加强，是明条纹。

10．解：牛顿环的明纹满足 2ek，所以第k级明纹相应的膜厚

2k/2ek

2第五级明纹和第二级明纹对应的空气膜的厚度差

71200(1.581)0.015500010 7.9（mm），由于不变，所以条纹间距不变。 25ee5e222211．解：由明环条件 2ek 看出：

2233600900(nm) 22244

eA玻璃空气 e越大，k越高，即牛顿环越向外，级数越高。 所以，当平凸透镜向上平移时，某处(如A点)e

增加，高级次条纹将向该处移动，即（B）正确。

12．解：设空气膜的厚度为d，介质膜的厚度为t，

因为光线来回两次通过薄膜，所以，未加

t薄膜时，光程差为 02d，加薄膜后， 光程差为 2(dtnt)2d(n1)t

故在一条光路中加入薄膜前后，光程差的改变量

02(n1)d，

dd2(n1)  (D)正确。

二. 光的衍射

1．解：由单缝衍射中央明纹的宽度 x2D 可知，增大缝的宽度a，其它条件a不变时，x变小; 增大缝宽，允许透过的光强增加，中心光强增大。所以 (A) 正确。

2．解：asin4sin3004确。

2，可见单缝处的波振面分成4个半波带，即(C)正

3．解：利用单缝衍射暗纹条件 asin2k得，k2时，asin42 （k0,1,2,）

2，即单缝处的波振面分成4个半波带，

11若缝宽减小一半，则asin2即P点是第一级暗纹。

22x 4．解：如图所示，单缝衍射暗条纹条件为

x asinatgak L 单缝 fxx 由题意知： a22，a33  ffo

x2 2

x33f 2x24.2 3546nm510nm

3x233.0x5．解： 由单缝衍射暗纹条件 asinak 得，第k级暗条纹的坐标

ffxk

a45

∴ 第二级与第三级暗纹之间的距离 xx3x2(32)fxa403nm

ff aa6．解：由光栅方程 dsink 知，对一定的k，越大，越大，所以，答案为（D）。

k1 d 对给定的，k增大，则d增大，所以选（B）。 8．解：（1）由题意，1的k级与2的（k1）级谱线重合，

7．解：∵ dsink，而 sin1，即

由光栅方程 dsink 得

k1(k1)2 k（2）

tan2122

x很小 fxsintan

fk1k1f260010650d1.2102mm

sinx5(ab)sinkabk 9．解：由缺级条件  得

akasinkabk3，故选（B）。 又 k3,6,9,级次的条纹缺级，即ak110．解：(1)由光栅方程，得

k2600106 ab2.4103mm osinsin30(2)由单缝衍射暗纹条件 asink，知 k1 时，a最小，相应

k3

abk3 又由缺级条件知 akaba8104mm

3d (3) 令 sin1，得 kmax4

由于第三级缺级，所以实际呈现 k0.1,2 级明纹（k4级明

纹出现在处，实际看不到）。

2

三．光的偏振

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1．解：自然光垂直入射到两个叠在一起的偏振片上，无光通过，说明这个偏振片

的偏振化方向相互垂直。当其中一个偏振片转动180时，这两个偏振片的偏振化方向经历先平行后又垂直的过程，因此，出射光强经历先增加后又减小为零的过程，故选（B）

2．解：设入射光中自然光的光强为I1，线偏振光的光强为I2，由题意知

I1I2I125 1，所以选（A）。

I1I2223．解：设两次入射的单色自然光的光强分别为I10、I20，由题意知

I10cos22cos2451/221122 I10cos1I20cos2  2222I20cos1cos303/432即第一次与第二次入射的单色自然光的强度之比为。

34．解：设P2与P1偏振化方向之间的夹角为，强度为I0的自然光通过偏振片P1I0，由马吕斯定律得，此光再通过偏振片P2，光强为 2III20cos20

281解得 cos，60o

2 由题意，P1、P3与P2的夹角 30，

后，光强变为I1故 I3I09Icos230cos2300 232I05．解： I1I0cos2，I2I1cos2()I0cos2cos2() 2224sin(2)所以选（C）。

6．解：iB90，30iB60

n由布儒斯特定律，tgiB2n23

n17．解：入射角i45，全反射时，折射角90，利用折射定律，得

sinin112，即 n22 sinrn2n22n由布儒斯特定律知tgiB22 iB54.7，所以（D）正确。

n18．传播速度; 单轴。

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