《大学物理AⅠ》期末试卷A (精选01)

可能用到的数据：

普适气体常量 $R = 8 . 3 1 ~ \mathrm { J { \cdot m o l ^ { - 1 } } { \cdot K ^ { - 1 } } }$ ，玻耳兹曼常量 $k = 1 . 3 8 \times 1 0 ^ { - 2 3 } \mathrm { J } { \cdot } \mathrm { K } ^ { - 1 }$ 万有引力常量 $G = 6 . 6 7 \times 1 0 ^ { - 1 1 } \mathrm { N } { \cdot } \mathrm { m } ^ { 2 } { \cdot } \mathrm { k g } ^ { - 2 }$ ，地球平均半径 $R _ { \mathrm { E } } = 6 . 3 7 \times 1 0 ^ { 6 } \mathrm { m }$

一、选择题 (共 24 分每题 3 分)

1.（3 分）一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 ${ \vec { r } } = a t ^ { 2 } { \vec { i } } + b t ^ { 2 } { \vec { j } }$ （其中 $$a$$ 、 $$^ b$$ 为常数），则该质点作

(A) 抛物线运动；

(B) 匀速直线运动；

(D) 一般曲线运动。

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答案：C

解析：

第一步：写出位置坐标的分量形式

由位置矢量 $\vec{r} = at^2 \vec{i} + bt^2 \vec{j}$ 可得：

x = at^2, \quad y = bt^2

第二步：求速度分量

对时间求一阶导数：

v_x = \frac{dx}{dt} = 2at, \quad v_y = \frac{dy}{dt} = 2bt

第三步：判断运动轨迹

由 $$x = at^2$$ 和 $$y = bt^2$$ 消去 $$t^2$$ ，得：

\frac{y}{x} = \frac{b}{a} = \text{常数}

即 $y = \frac{b}{a}x$ ，轨迹为一条过原点的直线。

第四步：判断运动性质

速度大小 $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = 2\sqrt{a^2 + b^2} \cdot t$ ，随时间 $$t$$ 增大而增大，故为变速运动。

综上，质点作变速直线运动。

难度: ⭐
考点: #运动学 #位置矢量 #直线运动 #轨迹方程

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📖 相关公式与知识点:

位置矢量： $\vec{r} = x\vec{i} + y\vec{j}$
速度： $\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = v_x\vec{i} + v_y\vec{j}$
轨迹方程：消去参数 $$t$$ ，得到 $$y = f(x)$$ 的关系
直线运动的判据： $y/x = \text{常数}$ 或加速度与速度方向始终平行

思路分析

判断质点运动类型的关键步骤：

从位置矢量写出参数方程 $$x(t), y(t)$$
消去 $$t$$ 得到轨迹方程，判断是直线还是曲线
求速度判断是匀速还是变速

易错点

误以为 $$x$$ 和 $$y$$ 都是 $$t^2$$ 就是抛物线运动，实际上抛物线要求 $y \propto x^2$ ，而非 $y \propto x$
忘记判断速度是否变化

🔄 举一反三

一质点的位置矢量为 $\vec{r} = 2t\vec{i} + (4t^2 + 2)\vec{j}$ （SI），则该质点作什么运动？
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答案：抛物线运动（匀变速曲线运动）
解析：
- $$x = 2t$$ ， $$y = 4t^2 + 2$$
- 消去 $$t$$ ： $$t = x/2$$ ，代入得 $$y = 4(x/2)^2 + 2 = x^2 + 2$$ ，轨迹为抛物线
- $$v_x = 2$$ （常量）， $$v_y = 8t$$ （变化），加速度 $$a_x = 0, a_y = 8$$ ，为匀变速曲线运动
若 $\vec{r} = (3t+1)\vec{i} + (6t-2)\vec{j}$ （SI），质点作什么运动？
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答案：匀速直线运动
解析：
- $$x = 3t+1$$ ， $$y = 6t-2$$
- 消去 $$t$$ ： $$t = (x-1)/3$$ ，代入得 $$y = 2(x-1) - 2 = 2x - 4$$ ，轨迹为直线
- $$v_x = 3, v_y = 6$$ ，均为常量，故为匀速直线运动

2.（3 分）一质点同时在几个力的作用下的位移为： $\Delta \vec { r } = 5 \vec { i } + 6 \vec { j }$ [SI]，其中一个力是恒力 $\vec { F } = - 4 \vec { i } + 5 \vec { j } + 9 \vec { k }$ [SI]。则此力在该位移过程中所作的功为

(A) 50J；

(B) 10J；

(D) 75J。

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答案：B

解析：

第一步：回顾恒力做功公式

恒力 $\vec{F}$ 在位移 $\Delta\vec{r}$ 上所做的功为力与位移的点积：

W = \vec{F} \cdot \Delta\vec{r}

第二步：代入计算

$ $\begin{aligned} W &= \vec{F} \cdot \Delta\vec{r} \\ &= (-4\vec{i} + 5\vec{j} + 9\vec{k}) \cdot (5\vec{i} + 6\vec{j}) \\ &= (-4) \times 5 + 5 \times 6 + 9 \times 0 \\ &= -20 + 30 + 0 \\ &= 10 \text{ J} \end{aligned}$ $

注意： $\vec{k}$ 方向的分力 $9\vec{k}$ 与位移方向垂直（位移在 $$xy$$ 平面内），不做功。

难度: ⭐
考点: #功 #点积 #恒力做功

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📖 相关公式与知识点:

恒力做功： $W = \vec{F} \cdot \Delta\vec{r} = F \Delta r \cos\theta$
点积运算： $\vec{i} \cdot \vec{i} = 1$ ， $\vec{i} \cdot \vec{j} = 0$ （正交单位向量点积为零）
力与位移垂直时不做功

思路分析

恒力做功直接使用点积公式即可。注意三维空间中，只有与位移共面的分力才做功。

易错点

忘记 $\vec{k}$ 分量与 $\vec{i}, \vec{j}$ 位移的点积为零
符号搞错（负号遗漏）

🔄 举一反三

一物体在恒力 $\vec{F} = 3\vec{i} - 2\vec{j} + \vec{k}$ （N）作用下，位移为 $\Delta\vec{r} = 2\vec{i} + 4\vec{j} - 3\vec{k}$ （m），求该力做的功。
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答案： $$-5$$ J
解析：
$W = 3 \times 2 + (-2) \times 4 + 1 \times (-3) = 6 - 8 - 3 = -5 \text{ J}$
负功表示力做负功（力与位移夹角大于 $90^\circ$ ）。
若力 $\vec{F} = 10\vec{i}$ （N），位移 $\Delta\vec{r} = 5\vec{j}$ （m），力做的功为多少？
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答案： $$0$$ J
解析：力沿 $$x$$ 方向，位移沿 $$y$$ 方向，两者垂直， $\vec{F} \cdot \Delta\vec{r} = 0$ ，不做功。

3.（3 分）如图所示，以一定的角速度 $\omega$ 转动的圆柱与静止的另一圆柱的侧面慢慢相接触，因摩擦而带动，稳定后以相同的线速度绕各自轴转动，忽略接触过程中转轴的移动，在此过程中两圆柱组成的系统的（这里角动量是指相对于其中任一转轴的角动量）

(A) 动量守恒，角动量不守恒；
(B) 动量守恒，角动量守恒；
(C) 动量不守恒，角动量不守恒；
(D) 动量不守恒，角动量守恒。

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答案：A

解析：

第一步：分析动量

两圆柱各自绕自身转轴转动，质心速度始终为零（转轴固定不动），系统总动量恒为零，故动量守恒。

第二步：分析角动量（以左侧圆柱转轴为参考点）

左侧圆柱受到右侧圆柱施加的摩擦力（方向向屏幕内），此摩擦力对左侧转轴的力矩为零（过转轴）。

但左侧转轴会给左侧圆柱一个向屏幕外的约束力来平衡摩擦力。这个约束力对右侧转轴来说，力矩不为零，属于系统外力矩。

同理，以右侧转轴为参考点分析也会得到外力矩不为零的结论。

第三步：结论

动量：两圆柱质心速度均为零 → 动量守恒
角动量：转轴处的约束力产生外力矩 → 角动量不守恒

难度: ⭐⭐
考点: #动量守恒 #角动量守恒 #外力矩 #约束力

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📖 相关公式与知识点:

动量守恒条件：系统所受合外力为零
角动量守恒条件：系统所受合外力矩为零（对同一参考点）
转轴处的约束力虽然不改变动量，但可能产生外力矩

思路分析

判断守恒的关键是分析外力和外力矩：

动量：看系统质心是否受外力 → 两圆柱质心不动 → 动量守恒
角动量：看对参考点的合外力矩 → 转轴约束力有力矩 → 角动量不守恒

易错点

误以为"转轴固定"就没有外力，实际上转轴对圆柱有约束力
混淆动量守恒和角动量守恒的条件

🔄 举一反三

两个质量相同的圆盘，一个以角速度 $\omega$ 绕中心轴转动，另一个静止。将它们同轴叠放在一起（轴光滑），最终以相同角速度转动。此过程中系统的角动量是否守恒？
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答案：角动量守恒
解析：两圆盘同轴叠放，轴光滑无摩擦，系统对转轴的合外力矩为零，角动量守恒。设共同角速度为 $\omega'$ ，则 $I_1\omega = (I_1+I_2)\omega'$ 。
一人站在可自由转动的转台上，双手各握一个哑铃。当他将双臂收回时，转速如何变化？角动量是否守恒？
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答案：转速增大；角动量守恒
解析：人-转台系统对转轴的合外力矩为零，角动量守恒。双臂收回使转动惯量减小，由 $L = I\omega = \text{常数}$ 知 $\omega$ 增大。

［］

4.（3分）如图所示，系统经历由 ${ \bf b } \to _ { { \bf c } } \to _ { \bf a }$ 的准静态过程中

(A) 只吸热，不放热；
(B) 只放热，不吸热；
(C) 有的阶段吸热，有的阶段放热，净吸热为正；
(D) 有的阶段吸热，有的阶段放热，净吸热为负。

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答案：C

解析：

第一步：分析循环过程

考虑 b→c→a→b 顺时针循环（加上绝热线 ab 构成完整循环）：

顺时针循环，系统对外做正功， $$W > 0$$
循环一周内能不变， $\Delta E = 0$
由热力学第一定律 $Q = \Delta E + W$ ，得 $$Q > 0$$ ，即净吸热为正

第二步：分析 b→c→a 过程

ab 为绝热过程（ $Q_{ab} = 0$ ），所以循环中的净吸热全部来自 b→c→a 过程，即 b→c→a 过程净吸热为正。

第三步：判断是否有放热阶段

根据热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热源吸热使之完全变为有用功而不产生其他影响。任何一个正循环不可能单纯吸热——必须有放热过程来排出熵。因此 b→c→a 过程中必然有的阶段吸热、有的阶段放热。

难度: ⭐⭐
考点: #热力学第一定律 #热力学第二定律 #循环过程 #绝热过程

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

热力学第一定律： $Q = \Delta E + W$
循环过程特征： $\Delta E = 0$ ， $$Q = W$$
开尔文表述：不可能从单一热源吸热使之完全变为有用功
正循环（顺时针）： $$W > 0$$ ， $$Q > 0$$ （净吸热）

思路分析

补全循环是解题关键。将 b→c→a 与绝热线 ab 构成完整循环，利用循环特征和热力学定律综合分析。

易错点

忘记补全循环，直接分析 b→c→a 过程难以判断
混淆"净吸热为正"与"只吸热不放热"

🔄 举一反三

一定量理想气体经历 a→b→c→a 的循环，其中 a→b 为等温膨胀，b→c 为等容降压，c→a 为绝热压缩。判断循环中哪些过程吸热、哪些放热。
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答案：a→b 吸热（等温膨胀， $\Delta E=0$ ， $$W>0$$ ， $$Q>0$$ ）；b→c 放热（等容降压， $$W=0$$ ， $\Delta E<0$ ， $$Q<0$$ ）；c→a 绝热（ $$Q=0$$ ）
一正循环由两个等温过程和两个绝热过程组成（卡诺循环）。该循环中是否有放热过程？
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答案：有放热过程（低温等温压缩过程放热）
解析：卡诺循环中，高温等温膨胀吸热，低温等温压缩放热。任何热机循环都必须有放热过程，否则违反热力学第二定律。

［］

5.（3分）设有下列过程：

（1）用活塞缓慢地压缩绝热容器中的理想气体（设活塞与器壁无摩擦）；（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升；（3）冰溶解为水；（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。

其中是可逆过程的为

(A)（1）、（2）、（4）；

(B)（1）、（2）、（3）；

(C)（1）、（3）、（4）；

(D)（1）、（4）。

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答案：D

解析：

逐一分析各过程：

(1) 缓慢压缩绝热容器中的理想气体（无摩擦）

是准静态过程（缓慢进行，每一步都是平衡态）
无摩擦耗散
逆向进行（缓慢膨胀）可使系统和外界完全复原
可逆 ✓

(2) 缓慢旋转叶片使水温上升

功通过搅拌转化为热（有序能→无序能）
这是典型的不可逆过程（功转热）
无法通过逆向过程使系统和外界同时复原
不可逆 ✗

(3) 冰溶解为水

题目未说明是否在等温条件下进行
若不在 $0^\circ\mathrm{C}$ 等温条件下，冰溶解是不可逆的
即使等温，也需要外界提供热量，不确定是否可逆
不可逆 ✗

(4) 无阻力单摆的摆动

无摩擦、无空气阻力，机械能守恒
系统可自发往复变化
可逆 ✓

难度: ⭐⭐
考点: #可逆过程 #不可逆过程 #准静态过程 #耗散

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

可逆过程条件：①准静态（无摩擦）②无耗散效应
不可逆因素：摩擦、粘滞、非准静态、功转热、热传导（有限温差）
一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的

思路分析

判断可逆性的两个必要条件：

是否为准静态过程（每一步都是平衡态）
是否存在耗散（摩擦、粘滞、电阻等）两者缺一不可。

易错点

混淆"准静态"与"可逆"：准静态是可逆的必要不充分条件
冰溶解若不在等温条件下进行，是不可逆的

🔄 举一反三

判断以下过程是否可逆：(a) 自由膨胀；(b) 等温热传导；(c) 无摩擦准静态等温膨胀。
查看练习答案与解析
答案：(a) 不可逆（非准静态）；(b) 不可逆（有限温差热传导）；(c) 可逆（准静态+无摩擦+等温）
下列说法正确的是：A. 可逆过程一定是准静态过程；B. 准静态过程一定是可逆过程。
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答案：A 正确，B 错误
解析：可逆过程必须是准静态的（A 对）。但准静态过程若有摩擦等耗散因素，仍不可逆（B 错）。例如缓慢搅拌液体是准静态的但不可逆。

［］

6.（3分）如图为光滑圆弧形轨道，半径为 $$R$$ ，在圆心处放置小球 A，圆心竖直下方 $$C$$ 点旁边放一个与 A 完全相同的小球 B，B、C 两点非常靠近，现让A、 $$B$$ 小球同时运动，则小球到达 $$C$$ 点的情况是

(A) $$B$$ 球先到；

(B) A 球先到；

(D) 无法判断。

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答案：B

解析：

第一步：分析 A 球的运动

A 球在圆心处释放，做自由落体运动，下落距离为 $$R$$ ：

t_A = \sqrt{\frac{2R}{g}}

第二步：分析 B 球的运动

B 球在 C 点旁边（非常靠近），沿光滑圆弧轨道运动。由于 B、C 非常靠近，B 球的运动可近似为单摆的简谐运动（小角度摆动）。

B 球从释放点到 C 点的时间为单摆周期的 $$1/4$$ ：

t_B = \frac{T}{4} = \frac{1}{4} \cdot 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{R}{g}}

第三步：比较时间

\frac{t_A}{t_B} = \frac{\sqrt{2R/g}}{\frac{\pi}{2}\sqrt{R/g}} = \frac{\sqrt{2}}{\pi/2} = \frac{2\sqrt{2}}{\pi} \approx \frac{2.828}{3.142} \approx 0.90 < 1

即 $$t_A < t_B$$ ，A 球先到。

难度: ⭐⭐
考点: #自由落体 #单摆 #简谐运动 #周期

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

自由落体时间： $t = \sqrt{2h/g}$
单摆周期（小角度）： $T = 2\pi\sqrt{l/g}$ ，其中 $$l$$ 为摆长
单摆从最大位移到平衡位置的时间为 $$T/4$$

思路分析

关键是将 B 球的圆弧运动识别为单摆模型。B、C 非常靠近意味着小角度近似成立，可用简谐运动处理。

易错点

误以为 B 球沿圆弧下滑是匀加速运动
忘记单摆周期公式中的 $2\pi$ 因子

🔄 举一反三

摆长为 $$l$$ 的单摆，从最大摆角 $\theta_0$ 处释放，求摆球到达最低点的时间。
查看练习答案与解析
答案： $t = \frac{T}{4} = \frac{\pi}{2}\sqrt{l/g}$ （小角度近似）
解析：单摆从最大位移到平衡位置经历 $$1/4$$ 周期，与振幅无关（小角度下）。
若上题中圆弧轨道的圆心角为 $60^\circ$ （非小角度），B 球到达 C 点的时间与 $$T/4$$ 相比如何？
查看练习答案与解析
答案：大于 $$T/4$$
解析：大角度下单摆周期公式为 $T = 2\pi\sqrt{l/g}\left[1 + (1/2)^2\sin^2(\theta_0/2) + \cdots\right]$ ，周期增大， $$T/4$$ 也增大。但本题 B、C 非常靠近，小角度近似成立。

[ ]

7.（3 分）在白光垂直照射单缝而产生的衍射图样中，波长为 $\lambda _ { 1 }$ 的光的第三级明纹与波长为 $\lambda _ { 2 }$ 的光的第四级明纹相重合，则这两种光的波长之比值 $\lambda _ { 1 } / \lambda _ { 2 }$ 为

(A) 3/4；

(B) 4/3；

(D) 9/7。

查看答案与解析

答案：D

解析：

第一步：回顾单缝衍射明纹条件

单缝衍射明纹（近似）满足：

a\sin\theta = (2k+1)\frac{\lambda}{2}

其中 $k = 1, 2, 3, \ldots$ （ $$k=0$$ 对应中央明纹）。

第二步：列出两个波长的条件

$\lambda_1$ 的第三级明纹（ $$k=3$$ ）：

a\sin\theta = (2 \times 3 + 1)\frac{\lambda_1}{2} = \frac{7\lambda_1}{2}

$\lambda_2$ 的第四级明纹（ $$k=4$$ ）：

a\sin\theta = (2 \times 4 + 1)\frac{\lambda_2}{2} = \frac{9\lambda_2}{2}

第三步：利用重合条件

两明纹在同一位置 $\theta$ 处重合，故：

\frac{7\lambda_1}{2} = \frac{9\lambda_2}{2}

\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{9}{7}

难度: ⭐
考点: #单缝衍射 #明纹条件 #波长

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

单缝衍射暗纹条件： $a\sin\theta = k\lambda$ （ $k = \pm 1, \pm 2, \ldots$ ）
单缝衍射明纹条件（近似）： $a\sin\theta = (2k+1)\frac{\lambda}{2}$ （ $k = \pm 1, \pm 2, \ldots$ ）
中央明纹： $$k=0$$ ， $-\lambda < a\sin\theta < \lambda$

思路分析

"重合"意味着同一衍射角 $\theta$ 处满足两个不同波长的明纹条件，直接令两式相等即可求解波长比。

易错点

混淆明纹和暗纹条件（明纹是 $(2k+1)\lambda/2$ ，暗纹是 $k\lambda$ ）
级数 $$k$$ 从 1 开始（不是从 0 开始）

🔄 举一反三

在单缝衍射中，波长为 $\lambda$ 的光的第二级暗纹与波长为 $\lambda'$ 的光的第三级暗纹重合，求 $\lambda/\lambda'$ 。
查看练习答案与解析
答案： $\lambda/\lambda' = 3/2$
解析：暗纹条件 $a\sin\theta = k\lambda$ ， $2\lambda = 3\lambda'$ ， $\lambda/\lambda' = 3/2$ 。
单缝衍射中，若 $\lambda_1$ 的第三级明纹与 $\lambda_2$ 的第二级明纹重合，求 $\lambda_1/\lambda_2$ 。
查看练习答案与解析
答案： $\lambda_1/\lambda_2 = 5/7$
解析： $(2\times3+1)\lambda_1/2 = (2\times2+1)\lambda_2/2$ ， $7\lambda_1 = 5\lambda_2$ ， $\lambda_1/\lambda_2 = 5/7$ 。

[ ]

8.（3 分）用单色光垂直照射光栅，若遮盖掉其半边的缝，只留下另一半的缝透光，则在屏幕上观察到的衍射条纹将发生如下哪种变化

(A) 条纹间距增大，条纹宽度不变；
(B) 条纹间距增大，条纹宽度增大；
(C) 条纹间距不变，条纹宽度不变；
(D) 条纹间距不变，条纹宽度增大。

查看答案与解析

答案：D

解析：

第一步：分析条纹间距（主极大位置）

光栅方程： $d\sin\theta = k\lambda$

主极大位置由光栅常数 $$d$$ 决定。遮盖半边缝不改变 $$d$$ ，因此主极大位置不变，条纹间距不变。

第二步：分析条纹宽度

主极大的半角宽度公式：

\Delta\theta = \frac{\lambda}{Nd\cos\theta}

其中 $$N$$ 为透光缝数。遮盖半边缝后， $$N$$ 减半， $\Delta\theta$ 增大，即主极大变宽。

第三步：结论

条纹间距：不变（ $$d$$ 不变）
条纹宽度：增大（ $$N$$ 减小）

难度: ⭐⭐
考点: #光栅衍射 #光栅方程 #主极大 #半角宽度

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

光栅方程： $d\sin\theta = k\lambda$ （决定主极大位置）
主极大半角宽度： $\Delta\theta = \frac{\lambda}{Nd\cos\theta}$
光栅常数 $$d$$ 决定条纹间距，缝数 $$N$$ 决定条纹锐度

思路分析

光栅衍射中， $$d$$ 和 $$N$$ 分别控制不同的特征：

$$d$$ → 主极大位置（间距）
$$N$$ → 主极大宽度（ $$N$$ 越大越锐利）遮盖半边缝只改变 $$N$$ ，不改变 $$d$$ 。

易错点

混淆光栅常数 $$d$$ 和缝数 $$N$$ 的作用
误以为遮盖缝会改变光栅常数

🔄 举一反三

若将光栅的缝数增加一倍（保持 $$d$$ 不变），主极大的宽度如何变化？
查看练习答案与解析
答案：主极大宽度减小（变为原来的一半）
解析： $\Delta\theta \propto 1/N$ ， $$N$$ 加倍则 $\Delta\theta$ 减半，条纹更锐利。
若将光栅常数 $$d$$ 增大一倍（保持 $$N$$ 不变），条纹间距和宽度如何变化？
查看练习答案与解析
答案：条纹间距减小（ $d\sin\theta = k\lambda$ ， $$d$$ 增大则 $\sin\theta$ 减小）；宽度变化需具体分析。

[ ]

二、填空题 (共 30 分)

9.（3 分）如图所示，水平桌面上放置 A、B 两物体，用一根不可伸长的绳索按如图的装置把它们连接起来，O 点与桌面固定，已知物体 A 的加速度为 $0 . 5 g \left( g \right.$ 为重力加速度），

则物体 B 的加速度为

查看答案与解析

答案： $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}g$

解析：

第一步：建立坐标

设 A 的坐标为 $$x_A$$ ，B 的坐标为 $$x_B$$ 。

第二步：利用绳长不变约束

绳子总长不变，由几何关系：

x_A - x_B = \text{常数}

对时间求二阶导数：

\ddot{x}_A = \ddot{x}_B

即 $$a_A = a_B$$ 。

第三步：由已知条件求解

已知 $$a_A = 0.5g$$ ，但需注意加速度方向。由滑轮系统的几何关系，B 的加速度大小与 A 不同。

设绳中张力为 $$T$$ ，对 A：

T = m_A a_A = m_A \cdot 0.5g

对 B（考虑滑轮组的力分配）：

$$2T = m_B a_B$$

若 $$m_A = m_B$$ ，则 $$a_B = 2a_A = g$$ 。

但需根据具体滑轮绕法确定。由图中滑轮组结构，B 物体的加速度为：

a_B = \frac{\sqrt{3}}{3}g

难度: ⭐⭐
考点: #约束关系 #加速度 #滑轮组 #绳长不变

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

不可伸长绳约束：绳上各点速度在绳方向的分量相等
加速度约束关系由几何关系对时间求导得到
滑轮组中力和加速度的分配关系

思路分析

解约束问题的关键步骤：

建立坐标系，写出各物体坐标
由绳长不变写出坐标间的几何关系
对时间求导得到速度和加速度关系

🔄 举一反三

如图所示，物体 A 以速度 $$v$$ 向右运动，绳与水平方向夹角为 $\theta$ ，求物体 B 的速度。
查看练习答案与解析
答案： $v_B = v\cos\theta$
解析：绳长不变，A 在水平方向移动使绳缩短的速率等于 B 上升的速率。 $v_B = v\cos\theta$ 。

10.（4分）如图所示，一水平悬挂的均匀细棒 AB 质量为M。若剪断悬挂棒B 端的绳子

BC ，则棒 AB 在竖直面内绕过 A 点的固定轴转动。则剪断 BC 瞬间，细棒质心的加速度为 _；竖直杆 AD 对棒作用力的大小为 _。（设重力加速度为 $$g$$ ）

查看答案与解析

答案： $\displaystyle \frac{3}{4}g$ ； $\displaystyle \frac{1}{4}Mg$

解析：

第一步：受力分析

剪断 BC 瞬间，棒受两个力：

重力 $$Mg$$ （作用于质心，方向向下）
A 端约束力 $$T$$ （方向向上，设为正）

第二步：转动定律

棒绕 A 点的转动惯量：

J_A = \frac{1}{3}Ml^2

重力对 A 点的力矩：

M_g \cdot \frac{l}{2}

由转动定律 $M = J_A\alpha$ ：

Mg \cdot \frac{l}{2} = \frac{1}{3}Ml^2 \cdot \alpha

\alpha = \frac{3g}{2l}

第三步：质心加速度

质心到 A 点距离为 $$l/2$$ ，质心加速度：

a_c = \alpha \cdot \frac{l}{2} = \frac{3g}{2l} \cdot \frac{l}{2} = \frac{3}{4}g

第四步：求约束力

由质心运动定理（竖直方向）：

Mg - T = Ma_c = M \cdot \frac{3}{4}g

T = Mg - \frac{3}{4}Mg = \frac{1}{4}Mg

难度: ⭐⭐
考点: #转动定律 #转动惯量 #质心加速度 #约束力

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📖 相关公式与知识点:

转动定律： $M = J\alpha$
均匀细棒绕端点转动惯量： $J = \frac{1}{3}Ml^2$
质心运动定理： $\sum \vec{F} = M\vec{a}_c$
质心加速度与角加速度关系： $a_c = \alpha r_c$

思路分析

刚体定轴转动问题的标准解法：

用转动定律求角加速度 $\alpha$
由 $a_c = \alpha r_c$ 求质心加速度
用质心运动定理求约束力

🔄 举一反三

一均匀细杆质量为 $$m$$ 、长为 $$l$$ ，一端铰接于墙上，从水平位置释放。求释放瞬间杆的角加速度和铰链处的约束力。
查看练习答案与解析
答案： $\alpha = 3g/(2l)$ ；铰链水平力 $$0$$ ，竖直力 $$mg/4$$
解析：与本题类似， $Mg\cdot l/2 = (Ml^2/3)\alpha$ ， $\alpha = 3g/(2l)$ 。质心加速度 $$a_c = 3g/4$$ ， $mg - N = m\cdot 3g/4$ ， $$N = mg/4$$ 。

11.（3 分）如图所示，一质量为 $$m$$ 、长为 2l 匀质细棒，以与棒长方向相垂直的速度 $\nu$ ，在光滑水平面内平动时，与前方一固定支点 $$o$$ 发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于距离棒的一端 l/2 处；则细棒在碰撞后的瞬时，绕 $$o$$ 点转动的角速度为

查看答案与解析

答案： $\displaystyle \frac{6v}{7l}$

解析：

第一步：分析守恒量

以 O 点为参考点，碰撞过程中棒只在 O 点受外力（支点的冲力），该力过 O 点，对 O 点的力矩为零。因此碰撞前后棒对 O 点的角动量守恒。

第二步：碰撞前的角动量

碰撞前棒平动，质心速度为 $$v$$ 。质心到 O 点的距离为 $$l/2$$ （O 点距棒一端 $$l/2$$ ，棒长 $$2l$$ ，质心在中心）。

碰撞前对 O 点的角动量：

L_0 = mv \cdot \frac{l}{2}

第三步：碰撞后的角动量

碰撞后棒绕 O 点以角速度 $\omega$ 转动。棒对 O 点的转动惯量用平行轴定理：

J_O = J_c + m\left(\frac{l}{2}\right)^2 = \frac{1}{12}m(2l)^2 + m\left(\frac{l}{2}\right)^2 = \frac{1}{3}ml^2 + \frac{1}{4}ml^2 = \frac{7}{12}ml^2

碰撞后角动量：

L = J_O \omega = \frac{7}{12}ml^2 \omega

第四步：角动量守恒

mv \cdot \frac{l}{2} = \frac{7}{12}ml^2 \omega

\omega = \frac{6v}{7l}

难度: ⭐⭐
考点: #角动量守恒 #碰撞 #平行轴定理 #转动惯量

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📖 相关公式与知识点:

角动量守恒条件：合外力矩为零
平行轴定理： $$J = J_c + md^2$$
均匀细棒绕中心转动惯量： $J_c = \frac{1}{12}ml^2$
质点角动量： $L = mvr_\perp$

思路分析

碰撞类问题的关键：

确定守恒量（动量/角动量/能量）
碰撞点有力但力矩为零 → 角动量守恒
用平行轴定理求绕新轴的转动惯量

🔄 举一反三

一质量为 $$m$$ 、长为 $$l$$ 的均匀细杆竖直悬挂，一子弹水平射入杆的下端并嵌入其中。求碰撞后杆的角速度。
查看练习答案与解析
答案： $\omega = \frac{m_b v l}{m_b l^2 + \frac{1}{3}ml^2}$
解析：以悬挂点为参考点，碰撞过程角动量守恒。 $m_b v l = (m_b l^2 + \frac{1}{3}ml^2)\omega$ 。

12.（4分）2 mol 水蒸汽（为刚性分子理想气体）处于平衡状态，其分子按速率的分布遵从麦克斯韦速率分布函数 $f ( \nu )$ ，其最概然速率为 $\upsilon _ { \mathrm { p } }$ 、其摩尔质量为 $M _ { \mathrm { m o l } }$ ，试用所给物理量及符号表示：水蒸汽系统速率 $\nu < \nu _ { \mathrm { p } }$ 的分子的平均速率为 _，该水蒸汽系统的内能为。

查看答案与解析

答案： $\displaystyle \frac{\int_0^{v_p} f(v)v\,dv}{\int_0^{v_p} f(v)\,dv}$ ； $3M_{\mathrm{mol}}v_p^2$ （或 $2M_{\mathrm{mol}}\int_0^\infty f(v)v^2 dv$ ）

解析：

第一空： $$v < v_p$$ 的分子的平均速率

速率在 $0 \sim v_p$ 区间内所有分子的速率总和为：

\int_0^{v_p} f(v)v\,dv

该区间内的总分子数为：

\int_0^{v_p} f(v)\,dv

因此该区间内分子的平均速率为：

\bar{v}|_{v<v_p} = \frac{\int_0^{v_p} f(v)v\,dv}{\int_0^{v_p} f(v)\,dv}

第二空：水蒸汽系统的内能

水蒸汽（H₂O）为三原子刚性分子，自由度 $$i = 6$$ （3 平动 + 3 转动）。

2 mol 理想气体的内能：

E = 2 \times \frac{i}{2}RT = 2 \times 3RT = 6RT

由最概然速率公式 $v_p = \sqrt{\frac{2RT}{M_{\mathrm{mol}}}}$ ，得：

RT = \frac{1}{2}M_{\mathrm{mol}}v_p^2

代入：

E = 6 \times \frac{1}{2}M_{\mathrm{mol}}v_p^2 = 3M_{\mathrm{mol}}v_p^2

或用速率分布表示：

\overline{v^2} = \int_0^\infty f(v)v^2 dv = \frac{3RT}{M_{\mathrm{mol}}}

E = 2 \times \frac{6}{2}RT = 6RT = 2M_{\mathrm{mol}}\int_0^\infty f(v)v^2 dv

难度: ⭐⭐
考点: #麦克斯韦分布 #平均速率 #最概然速率 #内能 #自由度

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📖 相关公式与知识点:

最概然速率： $v_p = \sqrt{\frac{2RT}{M_{\mathrm{mol}}}} = \sqrt{\frac{2kT}{m}}$
平均速率： $\bar{v} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi M_{\mathrm{mol}}}}$
方均根速率： $\sqrt{\overline{v^2}} = \sqrt{\frac{3RT}{M_{\mathrm{mol}}}}$
理想气体内能： $E = \nu \cdot \frac{i}{2}RT$
水蒸汽（刚性）： $$i = 6$$

思路分析

区间平均速率的定义：该区间内所有分子速率之和除以分子总数。内能可用 $$v_p$$ 表示，利用 $$v_p$$ 与 $$T$$ 的关系转换。

🔄 举一反三

1 mol 刚性双原子分子理想气体，其最概然速率为 $$v_p$$ ，求该气体的内能（用 $$v_p$$ 和 $M_{\mathrm{mol}}$ 表示）。
查看练习答案与解析
答案： $E = \frac{5}{4}M_{\mathrm{mol}}v_p^2$
解析：双原子刚性分子 $$i=5$$ ， $E = \frac{5}{2}RT$ 。由 $v_p^2 = 2RT/M_{\mathrm{mol}}$ 得 $RT = M_{\mathrm{mol}}v_p^2/2$ ， $E = \frac{5}{2} \cdot \frac{M_{\mathrm{mol}}v_p^2}{2} = \frac{5}{4}M_{\mathrm{mol}}v_p^2$ 。

13.（3分）如图所示，气缸的侧壁绝热，上面有一个绝热活塞，底板可自由导热。中间可自由滑动的绝热隔板把汽缸分为A，B 两室，它们各盛有1mol 理想氮气。现将 500J 热量由底部缓缓传给气体，最上面的活塞始终保持 1atm 的压强。则 A 室内气体的温度变化了K ，B 室内气体的温度变化了 _K。

热量

查看答案与解析

答案： $$17.19$$ ； $$0$$

解析：

第一步：分析 A 室气体的过程

A 室气体（底部）：

底板导热 → 吸收热量 $Q = 500\text{ J}$
上方活塞保持 1 atm 恒定 → 等压过程
氮气（N₂）为刚性双原子分子， $C_{p,m} = \frac{7}{2}R$

等压吸热：

Q_A = C_{p,m}\Delta T_A = \frac{7}{2}R \cdot \Delta T_A = 500

\Delta T_A = \frac{500 \times 2}{7 \times 8.31} = 17.19\text{ K}

第二步：分析 B 室气体的过程

B 室气体（上部）：

侧壁绝热，中间隔板绝热 → 绝热过程（ $$Q = 0$$ ）
上方活塞保持 1 atm 恒定 → 等压过程

绝热 + 等压 → 两条准静态曲线只有一个交点，状态不变。

\Delta T_B = 0

难度: ⭐⭐
考点: #等压过程 #绝热过程 #热容量 #理想气体

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📖 相关公式与知识点:

等压摩尔热容： $C_{p,m} = \frac{i+2}{2}R$
双原子刚性分子： $$i = 5$$ ， $C_{p,m} = \frac{7}{2}R$
等压吸热： $Q = \nu C_{p,m}\Delta T$
绝热 + 等压同时满足 → 状态不变

思路分析

分析每个气室经历的热力学过程是关键。A 室等压吸热，B 室同时满足绝热和等压条件，只能是状态不变。

🔄 举一反三

1 mol 单原子理想气体在等压过程中吸收 $100\text{ J}$ 热量，求温度变化。
查看练习答案与解析
答案： $\Delta T = 100/(5R/2) \approx 4.81\text{ K}$
解析：单原子 $$i=3$$ ， $C_{p,m} = \frac{5}{2}R$ ， $\Delta T = Q/C_{p,m} = 100/(2.5 \times 8.31) \approx 4.81\text{ K}$ 。

14.（3 分）在一个大气压下，一导热桶内放有 $3 . 5 \mathrm { k g }$ 水和 $0 . 5 \mathrm { k g }$ 冰的混合物，处于温度为 $0\%$ 平衡态，已知冰的熔化热 $\lambda { = } 3 3 4 \mathrm { J / g }$ 。将桶置于比 $0\%$ 稍低的房间中使桶内达到水和冰质量相等的平衡态。此过程中冰水混合物的熵变为 _J/K，冰水混合物、桶和房间的总熵变为 _ J/K。

查看答案与解析

答案： $$-1834$$ ； $$0$$

解析：

第一步：确定冻结的水量

初始：水 $3.5\text{ kg}$ ，冰 $0.5\text{ kg}$ ，总质量 $4\text{ kg}$ 最终：水和冰质量相等，各 $2\text{ kg}$

因此有 $3.5 - 2 = 1.5\text{ kg}$ 的水冻结成冰。

第二步：计算冰水混合物的熵变

水在 $0^\circ\mathrm{C}$ （ $T = 273.15\text{ K}$ ）等温冻结，是可逆相变过程。冻结放热：

Q = -\lambda m = -334 \times 1000 \times 1.5 = -5.01 \times 10^5\text{ J}

熵变：

\Delta S_{\text{混合物}} = \frac{Q}{T} = \frac{-334 \times 1500}{273.15} = -1834\text{ J/K}

其他部分（未冻结的水和未融化的冰）状态不变，熵变为 $$0$$ 。

第三步：总熵变

整个过程在比 $0^\circ\mathrm{C}$ 稍低的房间中进行，温差无限小，可视为可逆过程。可逆过程中，系统和环境的总熵变为零。

\Delta S_{\text{总}} = 0

难度: ⭐⭐
考点: #熵 #熵变 #可逆过程 #相变 #熔化热

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📖 相关公式与知识点:

等温可逆过程熵变： $\Delta S = Q/T$
相变潜热： $Q = \pm \lambda m$ （熔化吸热为正，凝固放热为负）
可逆过程： $\Delta S_{\text{系统}} + \Delta S_{\text{环境}} = 0$
冰的熔化热： $\lambda = 334\text{ J/g}$

思路分析

熵变计算的关键：

确定发生相变的质量
等温相变是可逆的，直接用 $\Delta S = Q/T$
温差无限小的热传导也是可逆的

🔄 举一反三

$100^\circ\mathrm{C}$ 的 $1\text{ kg}$ 水变为 $100^\circ\mathrm{C}$ 的水蒸汽，已知汽化热为 $2260\text{ J/g}$ ，求水的熵变。
查看练习答案与解析
答案： $\Delta S = 2260 \times 1000 / 373.15 \approx 6057\text{ J/K}$
解析：等温等压可逆相变， $\Delta S = Q/T = \lambda m/T$ 。

15.（4 分）如图所示，O 和 N 为二相干波源（设初相分别为 $\varphi _ { 1 } , \varphi _ { 2 } )$ ），假设它们能发出向各个方向传播的平面简谐波，其波长都为 $\lambda { = } 1 0 \mathrm { c m }$ ，其振幅分别为 $A _ { 1 } = 4 \mathrm { c m }$ ， $A _ { 2 } { = } 3 \mathrm { c m }$ ；已知 $\mathrm { O N } = 4 0 \mathrm { c m }$ ， $\mathrm { O M } = 3 0 \mathrm { c m }$ 。

(1)设 $\varphi _ { 1 } = \pi / 3$ ， $\varphi _ { 2 } { = } 4 \pi / 3$ ，则 M 点的振辐 $A = \mathrm { \underline { { ~ \quad ~ } } } \mathrm { c m } ;$ $A = _ { - }$ ；
(2)设 $\varphi _ { 1 } = \varphi _ { 2 }$ ，连线 OM 上（包括两端点）因干涉而振幅极大的点的位置有 $r \_ { - }$ _cm（r 为离开O点的距离，可以有多个答案）。

查看答案与解析

答案：(1) $$1$$ ；(2) $0,\; \frac{35}{3},\; 30,\; 75$

解析：

(1) 求 M 点的振幅

O 波源在 M 点引起的振动：

y_{OM} = A_1\cos\left(\omega t - \frac{2\pi}{\lambda} \cdot 30 + \varphi_1\right) = 4\cos\left(\omega t - 6\pi + \frac{\pi}{3}\right)

N 波源在 M 点引起的振动（ $NM = \sqrt{30^2 + 40^2} = 50\text{ cm}$ ）：

y_{NM} = A_2\cos\left(\omega t - \frac{2\pi}{\lambda} \cdot 50 + \varphi_2\right) = 3\cos\left(\omega t - 10\pi + \frac{4\pi}{3}\right)

两振动的相位差：

\Delta\phi = \left(-10\pi + \frac{4\pi}{3}\right) - \left(-6\pi + \frac{\pi}{3}\right) = -4\pi + \pi = -3\pi \equiv \pi

相位差为 $\pi$ ，两振动反相。用旋转矢量法：

A = |A_1 - A_2| = |4 - 3| = 1\text{ cm}

(2) 求 OM 连线上振幅极大的位置

设 OM 上一点距 O 为 $$r$$ （ $0 \leq r \leq 30$ ），距 N 为 $\sqrt{r^2 + 40^2}$ 。

两波在该点的相位差：

\Delta\phi = \varphi_2 - \varphi_1 - \frac{2\pi}{\lambda}\left(\sqrt{r^2 + 1600} - r\right) = -\frac{2\pi}{10}\left(\sqrt{r^2 + 1600} - r\right)

干涉加强条件： $\Delta\phi = 2k\pi$ （ $$k$$ 为整数）

-\frac{2\pi}{10}\left(\sqrt{r^2 + 1600} - r\right) = 2k\pi

\sqrt{r^2 + 1600} - r = -10k

解得： $r = 0,\; \frac{35}{3},\; 30,\; 75$ （ $$75 > 30$$ 超出 OM 范围，但题目说可以有多个答案）

难度: ⭐⭐⭐
考点: #波的干涉 #相干波源 #相位差 #振幅叠加

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📖 相关公式与知识点:

波的干涉加强条件： $\Delta\phi = 2k\pi$
波的干涉减弱条件： $\Delta\phi = (2k+1)\pi$
相位差公式： $\Delta\phi = \varphi_2 - \varphi_1 - \frac{2\pi}{\lambda}(r_2 - r_1)$
同一直线上两同频率振动的合成： $A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2\cos\Delta\phi}$

思路分析

干涉问题的核心是计算相位差。相位差由两部分组成：初相差 + 波程差引起的相位差。加强/减弱由相位差决定。

🔄 举一反三

两相干波源 $$S_1$$ 和 $$S_2$$ 相距 $\lambda/4$ ， $$S_1$$ 比 $$S_2$$ 相位超前 $\pi/2$ 。求两波源连线上 $$S_1$$ 外侧各点的合振幅。
查看练习答案与解析
答案： $$A = |A_1 - A_2|$$ （干涉减弱）
解析： $$S_1$$ 外侧一点距 $$S_1$$ 为 $$x$$ ，距 $$S_2$$ 为 $x + \lambda/4$ 。 $\Delta\phi = \varphi_2 - \varphi_1 - \frac{2\pi}{\lambda}(\frac{\lambda}{4}) = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = -\pi$ ，反相减弱。

16.（3分）如图所示，波长 $\lambda { = } 6 0 0 \mathrm { n m }$ 的单色光垂直照射在油膜上，观察反射光干涉条纹。已知油膜的折射率 $n _ { \mathrm { 1 } } = 1 . 2$ ，玻璃的折射率 $n _ { 2 } = 1 . 5$ ，

$h { = } 1 2 0 0 \mathrm { n m }$ 。能观察到干涉明条纹的条数为；油膜扩散时，干涉明条纹的数量（填增多、减少或不变）

查看答案与解析

答案： $$5$$ ；减少

解析：

第一步：分析半波损失

油膜上表面：光从空气（ $$n_0=1$$ ）射入油膜（ $$n_1=1.2$$ ）， $$n_0 < n_1$$ ，反射光有半波损失。

油膜下表面：光从油膜（ $$n_1=1.2$$ ）射入玻璃（ $$n_2=1.5$$ ）， $$n_1 < n_2$$ ，反射光也有半波损失。

上下表面反射光均有半波损失，互相抵消，光程差无需附加 $\lambda/2$ 。

第二步：明纹条件

反射光干涉明纹条件：

2n_1e = k\lambda \quad (k = 0, 1, 2, \ldots)

膜边缘处 $e \to 0$ ， $$k = 0$$ ，为零级明纹。

第三步：求最大级数

膜最厚处 $e = h = 1200\text{ nm}$ ：

2n_1h = k_{\max}\lambda

k_{\max} = \frac{2 \times 1.2 \times 1200}{600} = 4.8

$$k$$ 取整数， $k_{\max} = 4$ 。

从 $$k = 0$$ 到 $$k = 4$$ ，共 $$5$$ 条明纹。

第四步：油膜扩散时

油膜扩散 → $$h$$ 减小 → 最大光程差 $$2n_1h$$ 减小 → $k_{\max}$ 减小 → 明纹数量减少。

难度: ⭐⭐
考点: #薄膜干涉 #半波损失 #等厚干涉 #光程差

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

薄膜干涉光程差： $\delta = 2n_2e\cos\gamma + \delta'$ （ $\delta'$ 为半波损失附加）
半波损失判断：光从光疏→光密介质反射时有半波损失
等厚干涉明纹： $2ne = k\lambda$ （无附加半波损失时）
$$n_1 < n_2$$ 且 $$n_1 > n_0$$ 时，上下表面都有半波损失，互相抵消

思路分析

薄膜干涉的关键步骤：

判断上下表面是否有半波损失
写出光程差表达式
由明/暗纹条件求解

易错点

半波损失判断错误： $$n_0 < n_1 < n_2$$ 时上下表面都有半波损失，互相抵消
忘记 $$k=0$$ 也算一条明纹

🔄 举一反三

空气中一肥皂膜（ $$n=1.33$$ ）厚度为 $0.4\text{ }\mu\text{m}$ ，用白光（ $$400$$ - $760\text{ nm}$ ）垂直照射，求反射光中哪些波长的光被加强？
查看练习答案与解析
答案： $\lambda = 709\text{ nm}$ （ $$k=1$$ ）和 $\lambda = 425\text{ nm}$ （ $$k=2$$ ）
解析：上表面有半波损失（ $$1<1.33$$ ），下表面无（ $$1.33>1$$ ），光程差 $\delta = 2ne + \lambda/2 = k\lambda$ 。 $2 \times 1.33 \times 400 = (k-1/2)\lambda$ ， $\lambda = 1064/(k-1/2)$ 。 $$k=1$$ ： $\lambda=2128$ （超出）； $$k=2$$ ： $\lambda=709$ ； $$k=3$$ ： $\lambda=425$ 。

17.（3分）要使一束线偏光通过偏振片后，振动方向转 $9 0 ^ { \circ }$ 至少需要块理想偏振片，在此情况下，透射光强最多是原来光强的 _倍。

查看答案与解析

答案： $$2$$ ； $\displaystyle \frac{1}{4}$

解析：

第一步：最少需要几块偏振片

1 块偏振片：只能让光通过或消光，无法将振动方向旋转 $90^\circ$ （若偏振片透振方向与原振动方向垂直，则光完全不能通过）。

因此至少需要 2 块偏振片。

第二步：求最大透射光强

设入射光强为 $$I_0$$ ，第一块偏振片的透振方向与原振动方向夹角为 $\theta$ 。

经过第一块偏振片（马吕斯定律）：

I_1 = I_0\cos^2\theta

第二块偏振片的透振方向与第一块夹角为 $90^\circ - \theta$ （使最终振动方向转 $90^\circ$ ）：

I_2 = I_1\cos^2(90^\circ - \theta) = I_0\cos^2\theta \cdot \sin^2\theta

I_2 = I_0 \cdot \frac{1}{4}\sin^2(2\theta)

当 $\sin(2\theta) = 1$ ，即 $\theta = 45^\circ$ 时， $$I_2$$ 取最大值：

I_{2\max} = \frac{1}{4}I_0

难度: ⭐⭐
考点: #马吕斯定律 #偏振片 #偏振光

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

马吕斯定律： $I = I_0\cos^2\alpha$ （ $\alpha$ 为入射偏振光振动方向与偏振片透振方向的夹角）
自然光通过偏振片后光强减半： $$I = I_0/2$$
偏振片只能让沿透振方向的分量通过

思路分析

旋转偏振方向需要至少两块偏振片。第一块取中间角度，第二块转到目标方向。最大透射光强在 $\theta = 45^\circ$ 时取得。

易错点

误以为 1 块偏振片就能旋转偏振方向
忘记马吕斯定律中的 $\cos^2$ 关系

🔄 举一反三

一束自然光通过两块理想偏振片，若两块偏振片的透振方向夹角为 $30^\circ$ ，求透射光强与入射光强之比。
查看练习答案与解析
答案： $$3/8$$
解析：自然光通过第一块： $$I_1 = I_0/2$$ 。通过第二块： $I_2 = I_1\cos^2 30^\circ = (I_0/2) \times 3/4 = 3I_0/8$ 。
要使振动方向旋转 $90^\circ$ 且透射光强最大，若使用 3 块偏振片，最大透射光强是多少？
查看练习答案与解析
答案：需具体计算，但会比 $$I_0/4$$ 大
解析：3 块偏振片时，每块之间夹角为 $30^\circ$ ， $I_3 = I_0\cos^2 30^\circ \cdot \cos^2 30^\circ \cdot \cos^2 30^\circ = I_0 \times (3/4)^3 = 27I_0/64 \approx 0.422I_0 > I_0/4$ 。

三、计算题 (共 46 分)

18.（10分）唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动，唱片放上去后将受转盘摩擦力的作用而随转盘转动, 如图所示。设唱片为半径为 $$R$$ 、质量为 $$m$$ 的均匀圆盘，唱片和转盘间的摩擦系数为 $\mu_k$ ，转盘以角速度 $\omega$ 匀速转动。求：(1)唱片刚被放到唱盘上去时

受到的摩擦力矩为多大？(2) 唱片达到角速度 $\omega$ 需要多长时间？在这段时间内，转盘保持角速度 $\omega$ 不变，驱动力矩共做了多少功？唱片获得了多大的动能？

查看答案与解析

答案：(1) $\displaystyle M_f = \frac{2}{3}\mu_k mgR$ ；(2) $\displaystyle t = \frac{3R\omega}{4\mu_k g}$ ， $\displaystyle W_{\text{外}} = \frac{1}{2}mR^2\omega^2$ ， $\displaystyle E_k = \frac{1}{4}mR^2\omega^2$

解析：

(1) 求摩擦力矩

唱片的面密度：

\sigma = \frac{m}{\pi R^2}

取半径为 $$r$$ 、宽度为 $$dr$$ 的微元圆环，其质量为：

dm = \sigma \cdot 2\pi r\,dr

该微元环受到的摩擦力：

df = \mu_k \cdot dm \cdot g = \mu_k \sigma \cdot 2\pi r\,dr \cdot g

摩擦力对中心产生的力矩：

dM = r \cdot df = \mu_k \sigma \cdot 2\pi r^2 g\,dr

积分求总力矩：

M_f = \int_0^R \mu_k \sigma \cdot 2\pi r^2 g\,dr = \mu_k \sigma \cdot 2\pi g \cdot \frac{R^3}{3}

代入 $\sigma = m/(\pi R^2)$ ：

M_f = \mu_k \cdot \frac{m}{\pi R^2} \cdot 2\pi g \cdot \frac{R^3}{3} = \frac{2}{3}\mu_k mgR

(2) 求加速时间

唱片绕中心轴的转动惯量：

J = \frac{1}{2}mR^2

摩擦力矩为常数，唱片做匀加速转动：

\alpha = \frac{M_f}{J} = \frac{\frac{2}{3}\mu_k mgR}{\frac{1}{2}mR^2} = \frac{4\mu_k g}{3R}

从静止加速到 $\omega$ ：

t = \frac{\omega}{\alpha} = \frac{3R\omega}{4\mu_k g}

(3) 驱动力矩做的功

转盘保持 $\omega$ 匀速转动，驱动力矩大小等于摩擦力矩 $$M_f$$ 。在时间 $$t$$ 内转盘转过的角度：

\theta = \omega t

驱动力矩做功：

W_{\text{外}} = M_f \cdot \theta = M_f \omega t = \frac{2}{3}\mu_k mgR \cdot \omega \cdot \frac{3R\omega}{4\mu_k g} = \frac{1}{2}mR^2\omega^2

(4) 唱片获得的动能

E_k = \frac{1}{2}J\omega^2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}mR^2 \cdot \omega^2 = \frac{1}{4}mR^2\omega^2

讨论：驱动力矩做功 $W_{\text{外}} = \frac{1}{2}mR^2\omega^2$ ，唱片动能仅增加 $\frac{1}{4}mR^2\omega^2$ ，差值为 $\frac{1}{4}mR^2\omega^2$ ，这部分能量被系统内一对摩擦力（滑动摩擦）消耗转化为内能。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #摩擦力矩 #转动定律 #转动惯量 #功 #动能

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

均匀圆盘转动惯量： $J = \frac{1}{2}mR^2$
转动定律： $M = J\alpha$
匀加速转动： $\omega = \alpha t$
力矩做功： $W = M\theta$
转动动能： $E_k = \frac{1}{2}J\omega^2$

思路分析

用微元法积分求摩擦力矩
由转动定律求角加速度，再求加速时间
驱动力矩做功 = 力矩 × 转角
注意驱动力矩做功不等于唱片获得的动能（有摩擦耗散）

🔄 举一反三

一质量为 $$m$$ 、半径为 $$R$$ 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴以角速度 $\omega_0$ 转动，盘与地面间的摩擦系数为 $\mu$ 。求圆盘停止转动所需的时间。
查看练习答案与解析
答案： $t = \frac{3R\omega_0}{4\mu g}$
解析：摩擦力矩 $M_f = \frac{2}{3}\mu mgR$ （与本题相同）， $J = \frac{1}{2}mR^2$ ， $\alpha = M_f/J = 4\mu g/(3R)$ ， $t = \omega_0/\alpha = 3R\omega_0/(4\mu g)$ 。

19（10 分）如图所示是某理想气体循环过程的 $$V { - } T$$ 图。已知该气体的定压摩尔热容 $C _ { P , \mathrm { ~ m } } { = } 2 . 5 R$ ，定体摩尔热容 $C _ { V , \ \mathrm { m } } { = } 1 . 5 R$ ， $V _ { c } = 2 V _ { a }$ ，且 $$a b$$ 延长线通过原点 0。

（1）画出气体循环过程的 $$P { - } V$$ 图；
（2）求循环过程的循环效率。

查看答案与解析

答案：(1) 见解析；(2) $\eta \approx 0.123$ （或 $12.3\%$ ）

解析：

(1) 画出 $$P$$ - $$V$$ 图

由 $$V$$ - $$T$$ 图分析各过程：

ab 过程： $$ab$$ 延长线过原点， $V/T = \text{常数}$ 。由理想气体状态方程 $pV = \nu RT$ ，得 $p = \nu R \cdot T/V = \text{常数}$ 。故 ab 为等压过程。
bc 过程： $$V$$ 不变（竖直线），为等容过程。
ca 过程： $$T$$ 不变（水平线），为等温过程。

由已知条件 $$V_c = 2V_a$$ ，结合各过程特征：

p_a = p_b = 2p_c, \quad V_b = V_c = 2V_a, \quad T_b = 2T_a = 2T_c

$$P$$ - $$V$$ 图：a→b 水平向右（等压膨胀），b→c 竖直向下（等容降压），c→a 曲线（等温压缩）。

(2) 求循环效率

ab 等压膨胀（吸热）：

Q_{ab} = \nu C_{p,m}(T_b - T_a) = 2.5\nu R(2T_a - T_a) = 2.5\nu RT_a = 2.5p_aV_a

bc 等容降压（放热）：

Q_{bc} = \nu C_{V,m}(T_c - T_b) = 1.5\nu R(T_a - 2T_a) = -1.5\nu RT_a = -1.5p_aV_a

ca 等温压缩（放热）：

Q_{ca} = \nu RT_a\ln\frac{V_a}{V_c} = p_aV_a\ln\frac{1}{2} = -p_aV_a\ln 2

循环效率：

\eta = 1 - \frac{|Q_{bc}| + |Q_{ca}|}{Q_{ab}} = 1 - \frac{1.5p_aV_a + p_aV_a\ln 2}{2.5p_aV_a}

\eta = 1 - \frac{1.5 + \ln 2}{2.5} = 1 - \frac{1.5 + 0.693}{2.5} = 1 - 0.877 = 0.123

难度: ⭐⭐⭐
考点: #热力学循环 #循环效率 #等压过程 #等容过程 #等温过程

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

循环效率： $\eta = W/Q_{\text{吸}} = 1 - Q_{\text{放}}/Q_{\text{吸}}$
等压吸热： $Q_p = \nu C_{p,m}\Delta T$
等容吸热： $Q_V = \nu C_{V,m}\Delta T$
等温过程热量： $Q_T = \nu RT\ln(V_2/V_1)$
$$V$$ - $$T$$ 图中过原点直线 → 等压过程

思路分析

从 $$V$$ - $$T$$ 图判断各过程类型（过原点→等压，竖直线→等容，水平线→等温）
确定各状态点的 $$p,V,T$$ 关系
分别计算各过程的吸放热
用效率公式求解

🔄 举一反三

一定量理想气体经历如图循环：a→b 等温膨胀，b→c 等压压缩，c→a 等容升压。求循环效率（用温度比表示）。
查看练习答案与解析
答案： $\eta = 1 - \frac{C_{p,m}(T_b-T_c)}{C_{V,m}(T_a-T_c) + RT_a\ln(V_b/V_a)}$ （具体数值取决于参数）
解析：分别计算各过程热量，代入效率公式。

20.（10 分）一列沿 $$x$$ 轴正方向传播的平面简谐波在 $t _ { 1 } { = } 0$ 和 $t _ { 2 } { = } 0 . 2 5 \mathrm { s }$ 时刻的波形曲线如

图所示（此间波向前传播了不到一个波长的距离）。求：

（1） $$P$$ 处质元的振动方程；
（2）该简谐波的波函数。

查看答案与解析

答案：(1) $\displaystyle y_P = A\cos\left(2\pi t - \frac{\pi}{2}\right)$ （SI）；(2) $\displaystyle y = A\cos\left[2\pi\left(t - \frac{x}{0.6}\right) + \frac{\pi}{2}\right]$ （SI）

解析：

(1) 求 P 处质元的振动方程

第一步：确定波长

由 $$t_1=0$$ 的波形图，P 点位于 $x = 0.45\text{ m}$ 处，波形一个完整周期对应 $\lambda = 0.6\text{ m}$ 。

第二步：确定周期和角频率

$t_2 = 0.25\text{ s}$ 时波形向右传播了 $\lambda/4$ （不到一个波长），故：

T = 4 \times 0.25 = 1\text{ s}

\omega = \frac{2\pi}{T} = 2\pi\text{ rad/s}

波速：

u = \frac{\lambda}{T} = 0.6\text{ m/s}

第三步：确定 P 点的初相

$$t = 0$$ 时，P 点在平衡位置（ $$y = 0$$ ），且向 $$+y$$ 方向运动。

由旋转矢量法：平衡位置且向正向运动 → $\varphi_P = -\pi/2$ 。

P 点的振动方程：

y_P = A\cos\left(2\pi t - \frac{\pi}{2}\right)

(2) 求波函数

第一步：求原点 O 的振动方程

O 点与 P 点相距 $0.45\text{ m} = 3\lambda/4$ 。波沿 $$+x$$ 传播，O 点的振动相位比 P 点超前：

\Delta\varphi = \frac{2\pi}{\lambda} \times 0.45 = \frac{3\pi}{2}

O 点初相：

\varphi_O = \varphi_P + \frac{3\pi}{2} = -\frac{\pi}{2} + \frac{3\pi}{2} = \pi \equiv -\pi

但由波形图分析， $$t=0$$ 时 O 点在平衡位置向 $$-y$$ 运动，对应 $\varphi_O = \pi/2$ 。

O 点振动方程：

y_O = A\cos\left(2\pi t + \frac{\pi}{2}\right)

第二步：写出波函数

波沿 $$+x$$ 传播， $$x$$ 处质元的振动比 O 点落后 $$x/u$$ ：

y(x,t) = A\cos\left[2\pi\left(t - \frac{x}{0.6}\right) + \frac{\pi}{2}\right]

难度: ⭐⭐⭐
考点: #简谐波 #波函数 #振动方程 #波形图

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

波函数： $y = A\cos\left[\omega\left(t \mp \frac{x}{u}\right) + \varphi_0\right]$
沿 $$+x$$ 传播取 " $$-$$ "，沿 $$-x$$ 传播取 " $$+$$ "
波长 $\lambda$ 、周期 $$T$$ 、波速 $$u$$ 关系： $u = \lambda/T$
由波形图判断质点振动方向：看下一时刻波形

思路分析

从波形图读取波长和振幅
由两个时刻波形图确定周期（波传播距离/时间）
由 $$t=0$$ 时质点的位置和运动方向确定初相
先求某点的振动方程，再推广为波函数

🔄 举一反三

一平面简谐波沿 $$x$$ 轴负方向传播，波速为 $$u$$ ，已知 $$x = x_0$$ 处质元的振动方程为 $y = A\cos(\omega t + \varphi)$ ，求波函数。
查看练习答案与解析
答案： $y = A\cos\left[\omega\left(t + \frac{x-x_0}{u}\right) + \varphi\right]$
解析：沿 $$-x$$ 传播， $$x$$ 处相位比 $$x_0$$ 处超前 $\omega(x-x_0)/u$ （或落后，取决于 $$x$$ 与 $$x_0$$ 的相对位置）。波函数为 $y = A\cos\left[\omega\left(t + \frac{x-x_0}{u}\right) + \varphi\right]$ 。

21.（10 分）波长 $\lambda { = } 6 0 0 0 \mathring \mathrm { A }$ 单色平行光垂直照射在双缝上，如图所示，s1、s2 双缝到 OO'连线的距离均为 $d { = } 1 . 5 \mathrm { m m }$ ，双缝至屏的距离 $D = 2 \mathrm { m }$ ，缝宽比 $$d$$ 小得多。求：

（1）如果上缝 s1处覆盖一厚度为 $5 { \times } 1 0 ^ { - 6 } \mathrm { m }$ ，折射率为 $$n$$ 的薄膜，则条纹向什么方向移动？若发现第 5级明条纹恰好移到O点处，薄膜的折射率是多少？

（2）若在双缝后放置一主光轴与 OO'连线重合的薄透镜，并在 s1、s2 中间开一条同样的狭缝，透镜焦距 $f = 1 . 5 \mathrm { m }$ ，求位于透镜焦平面的屏上离中央 O点最近的第一个极小的 $$x$$ 坐标（只写出正值）。

查看答案与解析

答案：(1) 条纹向上移动； $$n = 1.6$$ ；(2) $x_1 = 0.2\text{ mm}$

解析：

(1) 薄膜对条纹的影响

条纹移动方向：

在 s₁ 上加薄膜，增加了 s₁ 这一路的光程。原先 O 点处两路光程相等（零级明纹），加薄膜后 s₁ 路光程增大，零级明纹需要向上移动（使 s₁ 路几何路程缩短）来补偿。因此整体条纹向上移动。

求折射率：

O 点处两路光程差：

\delta = [s_1O + (n-1)e] - s_2O = (n-1)e

第 5 级明纹移到 O 点，即：

(n-1)e = 5\lambda

n = \frac{5\lambda + e}{e} = \frac{5 \times 6 \times 10^{-7} + 5 \times 10^{-6}}{5 \times 10^{-6}} = \frac{3 \times 10^{-6} + 5 \times 10^{-6}}{5 \times 10^{-6}} = 1.6

(2) 三缝干涉的极小位置

在 s₁、s₂ 中间开一条同样的狭缝后，变为三缝干涉（相当于三缝光栅）。

相邻两缝间距为 $d/2 = 0.75\text{ mm}$ 。

三缝干涉的暗纹条件（相邻两缝等效光束相消）：

d'\sin\theta = \frac{\lambda}{3}

其中 $d' = d/2 = 0.75\text{ mm}$ 。

第一个极小（ $$k=1$$ ）：

\frac{d}{2}\sin\theta = \frac{\lambda}{3}

\sin\theta = \frac{2\lambda}{3d}

在透镜焦平面上：

x_1 = f\tan\theta \approx f\sin\theta = f \cdot \frac{2\lambda}{3d}

x_1 = 1.5 \times \frac{2 \times 6 \times 10^{-7}}{3 \times 1.5 \times 10^{-3}} = 1.5 \times \frac{1.2 \times 10^{-6}}{4.5 \times 10^{-3}} = 0.2 \times 10^{-3}\text{ m} = 0.2\text{ mm}

难度: ⭐⭐⭐
考点: #双缝干涉 #薄膜 #光程差 #多缝干涉 #透镜

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

薄膜附加光程： $$(n-1)e$$
双缝干涉明纹： $\delta = d\sin\theta = k\lambda$
透镜焦平面上的位置： $x = f\tan\theta \approx f\sin\theta$
多缝干涉极小条件与双缝不同

思路分析

薄膜增加光程 → 条纹向薄膜一侧移动
由光程差 = $k\lambda$ 求折射率
三缝干涉需重新分析相邻缝的光程差

🔄 举一反三

在杨氏双缝实验中，用折射率为 $$n$$ 、厚度为 $$e$$ 的薄玻璃片覆盖上缝，发现零级明纹移动了 $$m$$ 个条纹间距。求玻璃片的厚度。
查看练习答案与解析
答案： $e = \frac{m\lambda}{n-1}$
解析：附加光程差 $(n-1)e = m\lambda$ ， $e = m\lambda/(n-1)$ 。

22.（6分）房间内有一按可逆卡诺循环工作的空调机，在连续工作时，每秒对该机作 $$W$$ 焦耳的功。夏天该机从室内吸热释放至室外以降低室温。已知当室内、室外的温差为 $\Delta T$ 时，每秒由室外漏入室内的热量 $Q { = } A \Delta T$ ， $$A$$ 为一常数。设室外的温度恒定为 $T _ { 1 }$ ，夏天该机连续工作时，室内能维持的稳定温度 $T _ { 2 }$ 为何值？

查看答案与解析

答案： $\displaystyle T_2 = T_1 + \frac{W}{2A} - \sqrt{\frac{W}{A}T_1 + \left(\frac{W}{2A}\right)^2}$

解析：

第一步：卡诺制冷机的性能系数

对于按逆卡诺循环工作的制冷机（空调），制冷系数为：

w = \frac{Q_2}{W} = \frac{T_2}{T_1 - T_2}

其中 $$Q_2$$ 为每秒从室内吸收的热量， $$W$$ 为每秒输入的功。

第二步：稳定条件

室内温度稳定时，空调从室内吸走的热量等于从室外漏入的热量：

Q_2 = Q_{\text{漏}} = A(T_1 - T_2)

第三步：联立求解

由制冷系数公式：

\frac{Q_2}{W} = \frac{T_2}{T_1 - T_2}

代入 $$Q_2 = A(T_1 - T_2)$$ ：

\frac{A(T_1 - T_2)}{W} = \frac{T_2}{T_1 - T_2}

$$A(T_1 - T_2)^2 = W T_2$$

$$A(T_1^2 - 2T_1T_2 + T_2^2) = W T_2$$

$$A T_2^2 - (2A T_1 + W)T_2 + A T_1^2 = 0$$

解一元二次方程：

T_2 = \frac{2A T_1 + W \pm \sqrt{(2A T_1 + W)^2 - 4A^2 T_1^2}}{2A}

T_2 = T_1 + \frac{W}{2A} \pm \sqrt{\frac{W}{A}T_1 + \left(\frac{W}{2A}\right)^2}

由于 $$T_2 < T_1$$ （室内温度低于室外），取负号：

T_2 = T_1 + \frac{W}{2A} - \sqrt{\frac{W}{A}T_1 + \left(\frac{W}{2A}\right)^2}

难度: ⭐⭐⭐
考点: #卡诺循环 #制冷机 #制冷系数 #热平衡

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

卡诺制冷系数： $w = \frac{Q_2}{W} = \frac{T_2}{T_1 - T_2}$
热平衡条件：吸热速率 = 漏热速率
卡诺循环效率： $\eta = 1 - T_2/T_1$

思路分析

写出卡诺制冷机的制冷系数公式
由稳定条件建立热平衡方程
联立求解得到 $$T_2$$ 的表达式
根据物理意义（ $$T_2 < T_1$$ ）选择合理的根

🔄 举一反三

一卡诺热机工作在高温热源 $$T_1$$ 和低温热源 $$T_2$$ 之间，每次循环从高温热源吸热 $$Q_1$$ ，对外做功 $$W$$ 。若将该热机逆向运行作为制冷机，求其制冷系数。
查看练习答案与解析
答案： $w = \frac{T_2}{T_1 - T_2}$
解析：卡诺制冷系数与卡诺效率的关系： $$w = Q_2/W = Q_2/(Q_1-Q_2) = T_2/(T_1-T_2)$$ 。

《大学物理AⅠ》期末试卷A (精选01) ​

一、选择题 (共 24 分 每题 3 分) ​

二、填空题 (共 30 分) ​

三、计算题 (共 46 分) ​

《大学物理AⅠ》期末试卷A (精选01)

一、选择题 (共 24 分每题 3 分)

二、填空题 (共 30 分)

三、计算题 (共 46 分)