光学第三章

干涉

评分细则

本次评分由张爱强和陈晖有助教给出

3.17,3.18,3.19,3.22,3.23,3.24,3.25,3.29,3.30,3.32

3.17

题目
牛顿环某环和其外第10环的半径分别为$r_1=0.7mm,r_2=1.7mm$
波长$\lambda=0.63um$

$r_k=\sqrt{kR\lambda}$

$$R=\frac{r_2^2-r_1^2}{10\lambda}=381mm$$

3.18

题目
肥皂膜反射绿光，法线，视线夹角35°

注意角度与薄膜内的角度不同

$$2ndcos\theta_2+\lambda/2=k\lambda$$

最小厚度对应$d=\lambda/4cos\theta_2=500nm/4\sqrt{n^2-sin^2\theta}=104.16nm$

3.19

题目

玻璃折射率1.5，表面折射率1.3薄膜

（1）干涉相消

$k\lambda=2n_1d$,所以$d=96.2nm$

(2) 相位差

$$(d/\lambda_1)*2n*2\pi=1.25\pi$$ $$(d/\lambda_12*2n*2\pi=0.714\pi$$

3.22

题目

圆形等倾条纹的半径与整数的平方根成正比

证明见课本等倾干涉

3.23

题目

迈克耳孙干涉仪，12个亮环中心亮，移动M1，中心吞吐10环，干涉场剩5环

（1）M1移动可以看作等倾干涉

$$2n(h_1-h_2)=10\lambda$$

解得$\Delta h=2946.5nm$
(2 points)
(2)开始时中心亮斑的干涉级设为k,可视角为$\theta$

$$k\lambda=2h,10\lambda=2\Delta h, 2hcos\theta=(k-12)\lambda,2(h-\Delta h)cos\theta=(k-15)\lambda$$

解得$k=17$
(6 points)
(3)M1移动后从中心向外数第5个干涉级为$17-10-5=2$
(2 points)

3.24

题目

迈克耳孙干涉仪，反射镜移动0.33mm，条纹变动192次，光的波长

$$\Delta k\lambda=2h$$

解得$\lambda=343.8nm$

3.25

题目

钠黄线两条相近的谱线平均波长589.3nm,条纹最清晰至最模糊，视场吞吐490圈条纹，

$$\Delta \lambda=\lambda/2N=0.6nm$$

因此双线的波长为$589.6nm,589.0nm$

剩下三题

见清华云盘

光学第三章

光学干涉

评分细则

3.1，3.2，3.3，3.5，3.9，3.10-3.14

本次评分由邵文辉助教给出

具体评分细则见清华云盘

光学第一、二章

几何光学

评分细则

本次评分由陈珲有和张爱强助教给出

前五题具体评分细则见清华云盘
后五题具体评分细则见下,每题10分

2.5

题目
凹面镜半径$40cm$

下面采用的公式按照赵凯华书中的符号约定，当然你可以选用自己的符号约定

(1)物体成放大两倍的实像，由横向放大率公式知$|s’|=2|s|$

同时由凹面镜的成像公式$\frac{1}{s’}+\frac{1}{s}=-\frac{2}{r}$

注意实像所以s’需要取正
解得$s=-\frac{3}{4}r=30cm$
(5 points)
(2)物体成放大两倍的虚像，所以s’取负

解得$s=-r/4=10cm$
(5 points)

2.6

题目
反射镜前10cm处的灯丝成像于3m处

(1)因为成像在3m处，所以可以知道应为实像（在镜面左侧），那么可以得出r必然是负的，所以是凹面镜
（2 points)
(2) 由凹面镜成像公式(你应该在上一问已经用过了一次）那么

$$\frac{1}{s'}+\frac{1}{s}=-\frac{2}{r}$$

可以解得$r=\frac{600}{31}cm=19.4cm$
(5 points)
(3) 由横向放大率公式知$V=-\frac{s’}{s}=-30$,即30倍的倒立实像
(3 points)

2.12

题目

根据费马定理推导傍轴条件球面反射成像

借用教材图2-7中的物理量表示，但此处我们仅假定s,s’,r,$\phi$

使用凸面镜作为例子(注意下面用了(r-s’),没有使用赵凯华教材符号约定，那么可以预测到结果会有一个负号的差异)
那么$p^2=(s+r)^2+r^2-2(s+r)rcos\phi$

$p’^2=(r-s’)^2+r^2-2(r-s’)rcos\phi$

成的是虚像，光程差为$p-p’$,是一个与角度相关的量，由费马定理，光程差平稳，我们需要该公式随角度的导数不变，因此对$\phi$求导

$$\frac{d(p-p')}{d\phi}=-\frac{(s+r)rsin\phi}{p}+\frac{(r-s')rsin\phi}{p'}$$

上式需要等于0，那么可以得到

$$\frac{p}{r+s}=\frac{p'}{r-s'}$$

平方，带入最上面两个式子可以得到

$$\frac{s^2}{(s+r)^2}-\frac{s'^2}{(r-s')^2}=-4rsin{\phi/2}^2(\frac{1}{s+r}+\frac{1}{r-s'})$$

和书上的式2.14很类似，实际上确实如此，仅从费马定理，而没有使用反射公式得到了这个地方，那么
易得(记得开头曾提过s’符号记号是相反的）

$$\frac{1}{s}-\frac{1}{s'}=-2/r$$

      (10 points,使用费马定理即可)

2.13

题目

根据费马定理推导傍轴条件球面折射成像

借用教材图2-7中的物理量表示，但此处我们仅假定s,s’,r,$\phi$

使用凸透镜作为例子(使用赵凯华教材符号约定)
那么$p^2=(s+r)^2+r^2-2(s+r)rcos\phi$

$p’^2=(s’-r)^2+r^2-2(s’-r)rcos\phi$

成的是实像，光程差为$np+n’p’$,是一个与角度相关的量，由费马定理，光程差平稳，我们需要该公式随角度的导数不变，因此对$\phi$求导

$$\frac{d(np+n'p')}{d\phi}=-n\frac{(s+r)rsin\phi}{p}-n'\frac{(s'-r)rsin\phi}{p'}$$

上式需要等于0，那么可以得到

$$\frac{p}{n(r+s)}=-\frac{p'}{n'(s'-r)}$$

平方，带入最上面两个式子可以得到

$$\frac{s^2}{(n^2s+r)^2}-\frac{s'^2}{n'^2(s'-r)^2}=-4rsin{\phi/2}^2(\frac{1}{n^2(s+r)}-\frac{1}{n'^2(s'-r)})$$

和书上的式2.14很类似，实际上确实如此，仅从费马定理，而没有使用折射公式得到了这个地方，那么

$$\frac{n}{s}+\frac{n'}{s'}=(n'-n)/r$$

        （10 points,使用费马定理即可）

2.22

题目

屏幕放在100cm处，透镜在物与屏幕间两个位置可以成像在屏幕，间距20cm

(1)成像公式$\frac{1}{s}+\frac{1}{s’}=\frac{1}{f}$

同时$s+s’=d=100cm$

上两式联立$s^2-ds+df=0$

解出的s两个解的差$|s_1-s_2|=\sqrt{d^2-4df}=20cm$

解得$f=24cm,s_1=60cm,s_2=40cm$
（6 points)
(2)对于$s_1$,横向放大率$V=-\frac{s’}{s}=-2/3$

对于$s_2$,横向放大率$V=-\frac{s’}{s}=-3/2$
(4 points)

力学第八章

相对论

评分细则

本次评分由陈珲有助教给出

具体评分细则见清华云盘

力学第八章

相对论

评分细则

本次评分由张爱强助教给出

一共10题，每题10分，共100分。

有错误或者疑问可以邮件至：zhangaq19@mails.tsinghua.edu.cn,在微信群内提出可能会更快得到回复。

8.1

题目

空间飞船0.99c，距地球1000m，固有时$2\times10^{-6}s$

(1)观察者测得时间

$$\Delta t =\gamma \Delta \tau=1.42\times 10^{-5}s$$

(2)在地面参考系中($c=3\times10^8m/s$)

$$\Delta x= \Delta t v=4.22\times10^3m$$

8.2

题目

$\pi^+$介子速度$(1-5\times10^{-5})c$，平均寿命为$2.5\times10^{-8}s$，

(1)实验室系中的平均寿命为

$$\Delta t =\gamma \Delta \tau=2.5\times 10^{-6}s$$

(2)通过的平均距离

$$\Delta x= \Delta t v=7.5\times10^2m$$

8.3

题目

在惯性系K系两事件同一地点，时间差2s，K’系中时间差3s

固有时$\Delta \tau=2s$

(1) K’系相对与K系的速度

$$\gamma = \frac{\Delta t}{\Delta tau}$$

所以

$$v=\frac{\sqrt{5}c}{3}=2.2\times10^8m/s$$

(2)在K’系两事件的空间距离

$$\Delta x= \Delta t v=6.7\times10^8m$$

8.4

题目

在惯性系K中两事件同一时间，距离1m，K’系中两事件距离3m

(1) K’系相对与K系的速度,由洛伦兹变换可知($x’=\gamma(x-\beta ct)$)

$$\Delta x'= \gamma \Delta x$$ $$\gamma = \frac{\Delta x'}{\Delta x}$$

所以

$$v=\frac{2\sqrt{2}c}{3}=2.8\times10^8m/s$$

(2)

$$\Delta t=-\gamma \beta \Delta x/c=-0.94\times10^{-8}s$$

时间间隔为$0.94\times10^{-8}s$

8.5

题目

惯性系K中匀速圆周运动，轨迹方程$x^2+y^2=a^2,z=0$,在速度V的K’系中观测

由于尺缩效应，导致x方向发生收缩，$x’=x\gamma=x\sqrt{1-\beta^2}$,y方向不变
因此

$$\frac{x'^2}{(1-\beta)^2a^2}+\frac{y'^2}{a^2}=1$$

是一个椭圆。（此题仅考虑轨迹的形状）

8.6

题目

斜放的直尺以速度V相对惯性系K沿x方向运动，它的固有长度为$l_0$,与之静止的K’系中夹角为$\theta’$，

x轴方向发生尺缩效应，$x=l_0cos\theta’\sqrt{1-\beta^2}$,y方向不发生变化，因此$y=l_0sin\theta’$

因此很容易得到

$$l=l_0\sqrt{(\sqrt{1-\beta^2}cos\theta')^2+sin^2\theta'}, tan\theta=\frac{tan\theta'}{\sqrt{1-\beta^2}}$$

8.7

题目

K’相对于K以速度V沿x运动，K’系观测一质点速度v’在x’y’平面与x’轴成$\theta’$

由速度变换公式，在K’系中$v’_x=v’cos\theta,v’_y=sin\theta$
K相对K’以速度-V沿x运动

$$v_x=\frac{v_x'+V}{1+Vv'_x/c^2}$$ $$v_x=\frac{v_y'\sqrt{1-\beta^2}}{1+Vv'_x/c^2}$$

代入后可以求得K系中的夹角为

$$tan\theta=\frac{v'sin\theta\sqrt{1-\beta^2}}{v'cos\theta+V}$$

8.8

题目

原子核0.5c离开观察者，在运动方向向上，向后发射光子，向前发射0.8c相对速度电子，对于静止的观察者

光子的速度为-c

对于电子，要用速度变换关系，

$$v'=\frac{0.8c+0.5c}{1+0.5c\times 0.8c/c^2}=\frac{13c}{14}=0.929c$$

8.9

题目

两飞船相对恒星0.8c速率相反运动，相对速度

选择一个飞船为参考，相对恒星速度$V=-0.8c$,另外一个飞船相对速度$v’=0.8c$

相对速度为

$$v=\frac{0.8c+0.8c}{1+0.8c*0.8c/c^2}=0.976c$$

8.10

题目

惯性系中观测两个飞船，轨道平行距离d，速率c/2

选择a飞船运动方向为x轴正方向
(1)a以相对K 3c/4发射小包，那么在K系中角度为$cos\theta=2/3$,即沿运动方向x轴速度为-c/2,沿y轴速度为$\sqrt{5}c/4$

那么在a飞船参考系中沿运动方向速度应该为

$$va_x=\frac{-c/2-c/2}{1+c/2*c/2/c^2}=-4c/5$$ $$va_y=\frac{\sqrt{5}c/4*\sqrt{1-\beta^2}}{1+c/2*c/2/c^2}=\frac{\sqrt{3}c}{2\sqrt{5}}$$

因此角度为

$$tan\theta_a=-\frac{\sqrt{15}}{8}$$

解得$\theta_a = 154.17^\circ$

(2)小包速率为

$$v_a = \sqrt{va_x^2+va_y^2}=\frac{\sqrt{79}c}{10}=0.889c$$

(3)飞船b上观测小包

$$vb_x=\frac{-c/2+c/2}{1-c/2*c/2/c^2}=0$$ $$vb_y=\frac{\sqrt{5}c/4*\sqrt{1-\beta^2}}{1-c/2*c/2/c^2}=\frac{\sqrt{5}c}{2\sqrt{3}}=0.645c$$

所以速度方向垂直b的轨迹，大小为0.645c

力学第七章

万有引力

评分细则

本次评分由张爱强助教给出

一共8题，前5题每题10分，后2题每题15分，最后一题20分，共100分。

有错误或者疑问可以邮件至：zhangaq19@mails.tsinghua.edu.cn，在微信群内提出可能会更快得到回复。

7.2

题目

在伴星的质量与主星相比不可忽略的条件下，利用圆轨道推导严格的开普勒常量的公式。

设主星与伴星质量为M，m；距离L，距旋转中心R,r；由两者受的引力相同，且均充当向心力可得

$$M\omega^2R=m\omega^2r$$

   （5 points)

所以可以得到

$$R=\frac{mL}{M+m}, r=\frac{ML}{M+m}$$

因此

$$K=\frac{L^3}{T^2}=\frac{G(M+m)}{4\pi^2}$$

     (5 points)

此题按照$K=\frac{r^3}{T^2}=\frac{GM^3}{4\pi (M+m)^2}$同样给分

7.5

题目

已知引力常量G,地球年T,太阳直径对地球的视角$\theta=0.55\circ$，计算太阳平均密度

视太阳为球体，太阳距地球R，太阳直径为

$$r_{sun}=R\theta$$

       (3 points)

太阳质量为

$$M=\frac{4\pi^2R^3}{GT^2}$$

        (3 points)

因此太阳平均密度（$G=6.673\times10^{-11}m^3/kg/s^2$）

$$\rho=\frac{6M}{\pi R^3\theta^3}=\frac{24\pi}{GT^2\theta^3}=1.284\times10^3kg/m^3$$

注意此处角度须换算为弧度
(4 points)

7.6

题目

星球表面圆形轨道中粒子周期仅与G和星球平均密度有关。推算平均密度等于水的星球对应周期

设粒子质量m，轨道(星球半径)R，因此

$$\frac{GMm}{R^2}=m\frac{4\pi^2R}{T^2}$$

即

$$T^2=\frac{3\pi}{G\rho}$$

         (5 points)

令$\rho=1000kg/m^3,G=6.673\times10^{-11}m^3/kg/s^2$
那么

$$T=1.188\times10^4s=3.3h$$

            (5 points)

7.8

题目

处于圆形轨道，周期2小时地球卫星（1）离地表高度（2）轨道位于赤道平面，赤道海平面看到该卫星持续时间为

(1)半径($G=6.673\times10^{-11}m^3/kg/s^2,M=5.967\times10^24kg,r_{earth}=6.371\times10^6m$)

$$R=\frac{GMT^2}{4\pi^2}=8.056\times10^6m$$

      (3 points)

因此距地表高度

$$h=R-r_{earth}=1.685\times10^6m$$

      (2 points)

(2)可见范围在本地水平切线内，因此对应夹角为

$$\theta=2\arccos{r_{earth}/R}=1.317rad$$

     (2 points)

那么可以看到的时间为

$$t=\frac{\theta}{\frac{2\pi}{T}-\frac{2\pi}{T_d}}=0.457h=1646s$$

      (3 points)

7.11

题目

质量M的行星M/10的卫星绕不动质心在圆轨道转，距离D（1）周期（2）卫星占有动能

(1)万有引力充当向心力

$$\frac{GMm}{D^2}=\frac{M4\pi^2R}{T^2}=\frac{m4\pi^2r}{T^2}$$

可以得到

$$\frac{4\pi^2}{T^2}(R+r)=\frac{G(M+m)}{D^2}$$

即

$$T=2\pi \sqrt{\frac{D^3}{G(M+m)}}=2\pi\sqrt{\frac{10D^3}{11GM}}$$

     (4 points)

(2) 动能为

$$E_k=\frac{1}{2}M\omega^2 R^2$$

由(1)中可知$R/r=m/M$
所以动能比为

$$E_M/E_m=m/M$$

      (5 points)

那么卫星占有动能为

$$M/(m+M)=10/11$$

       (1 points)

7.17

题目

不转动的球状行星M，半径R，从表面发射m粒子，速率为逃逸速率的3/4，计算(a)沿径向发射(b)沿切向发射的最远距离

因为轨道为椭圆，所以最远的距离对应切向速度为0，采用有效势能（实际上是用到了角动量守恒）即可，为一致性，两问均用有效势能（第一问可简单的使用势能）

逃逸速率对应动能

$$E_{k0}=\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{GMm}{R}$$

而题目中给出的初始动能为$E_k=\frac{9}{16}E_{k0}=\frac{9}{16}\frac{GMm}{R}$

初始时刻的能量为$E_k-\frac{GMm}{R}$
(5 points)
(a)初始有效势能为$-\frac{GMm}{R}$，径向动能$E_k$

末状态有效势能为$-\frac{GMm}{r}$，切向动能0

能量守恒可得

$$r=\frac{16}{7}R$$

      (5 points)

(b))初始有效势能为$-\frac{GMm}{R}+\frac{L^2}{2mR}=-\frac{GMm}{R}+E_k$，径向动能0

末状态有效势能为$-\frac{GMm}{r}+\frac{L^2}{2mr}$，径向动能0

能量守恒可得

$$7r^2-16rR+9R^2=0$$

解方程得

$$r=\frac{9}{7}R$$

     (5 points)

（直接用角动量守恒见下题过程）

7.18

题目

设想不转动球状行星，质量M，半径R，发射速率$v_0$的卫星，方向与竖直线呈30度，随后卫星离行星中心的最大距离为5R/2，用能量和角动量守恒证明

最远距离对应径向速度为0,r=5R/2

角动量守恒为$L=mv_0sin\theta R=mv_1r$
(5 points)
能量守恒为

$$-\frac{GMm}{R}+1/2mv_0^2=-\frac{GMm}{r}+1/2mv_1^2=-\frac{GMm}{r}+1/2m(\frac{v_0sin\theta R}{r})^2$$

解得

$$v_0=\sqrt{5GM/4R}$$

     (10 points)

7.19

题目

一质量为m的卫星绕M在半径r的理想圆轨道上运动，卫星爆炸后分裂为相等的两块，径向速度为$v_0/2$，$v_0$是卫星初始轨道速率，

(1)表示出每一碎块的能量和角动量

记初始径向速度向外的一块为1，另一块为2

速率对应的关系为

$$\frac{v_0^2}{r}=\frac{GM}{r^2}$$

 （3 points)

两块能量相同为

$$E=-\frac{GMm}{2r}+\frac{5}{16}mv_0^2=-\frac{3}{16}\frac{GMm}{r}$$

    （5 points)

角动量相同为

$$L=1/2mv_0r=\frac{1}{2}m\sqrt{GMr}$$

    (5 points)

(2)轨道关系

初始能量相同，长轴相同，而且角动量相同，偏心率相同

$$a=-\frac{GMm/2}{2E}=4r/3$$ $$c=a/2$$ $$b=\sqrt{3}a/2$$

     (3 points)

B矢量对于1与初速度反向，对于2与初速度同向，可以确定长轴与未爆炸前初速度平行，M对应1的椭圆右焦点，2的椭圆左焦点
(4 points)

力学第六章

评分细则

本次评分由邵文辉助教给出
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力学第五章

连续体力学

评分细则

本次评分由张爱强助教给出
每题10分，共100分。有错误或者疑问可以邮件至:zhangaq19@mails.tsinghua.edu.cn

5.1

题目

圆筒状锅炉，气体压强p，求正应力

选择半个柱体作为研究对象。由对称性可知，正应力处处相等。
列出平衡方程(L为单位长度)：

$$PLD=\tau 2Ld$$

（5 points)

$$\tau = \frac{PD}{2d}$$

 (5 points)

附注
球体情况下

$$\tau = \frac{PD}{4d}$$

由于本人在群里看错了题，可能会有误导，所以把第一个关系式列成球体也给5分，结果仍不给分

使用微元法同样给分。

5.2

题目

（1）矩形横截面在轴向拉力作用下产生拉伸应变为$\epsilon$，泊松比$\sigma$，体积相对改变为
取一个小正方体微元，边长l，那么体积变化(取$\epsilon$的一阶量)为

$$\frac{V-V_0}{V_0}=(1+\epsilon)(1-\sigma\epsilon)^2-1=\epsilon(1-2\sigma)$$

     (4 points)

(2)同1，可以求得压缩时

$$\frac{V-V_0}{V_0}=(1-\epsilon)(1+\sigma\epsilon)^2-1=-\epsilon(1-2\sigma)$$

   (4 points)

（3）代入公式可得

$$\frac{V-V_0}{V_0}=\epsilon(1-2\sigma)=\tau/Y(1-2\sigma)=2.8\times10^{-12}$$

   (2 points)

5.9

题目
截面5.0cm2的均匀虹吸管，最高点高于水面1.0m，出口在水下0.6m，

（1）定常流动管内最高点压强
伯努利方程，选择水面和出口($h_1=-0.6m$)

$$\frac{p_0}{\rho g}=\frac{p_0}{\rho g}+\frac{v^2}{2g}+h_1$$

解得

$$v=\sqrt{-2gh_1}=3.43m/s$$

    (4 points)

选择水面和最高点($h_2=1m$)

$$\frac{p_0}{\rho g}=\frac{p_2}{\rho g}+\frac{v^2}{2g}+h_2$$

解得(p_0=1.01\times 10^5pa,g=9.8m/s^2)

$$p_2=p_0+\rho g(h_1-h_2)=0.853\times 10^5pa$$

      (3 points)

（2）虹吸管的体积流量

$$Q_V=vS=1.71\times 10^{-3}m^3/s$$

     (3 points)

注：此题如果上述常数取值不一样，结果的有效位的数值应该有差异

5.10

题目
油箱内石油密度0.9g/cm3,水厚度1m，油厚度4m

伯努利方程分两段区间，界面处压强相等为$p_1$,此外$h_1=-4m,h_2=-1m$

$$\frac{p_0}{\rho_{oil} g}=\frac{p_1}{\rho_{oil} g}+h_1$$

        (3 points)

$$\frac{p_1}{\rho_{water} g}=\frac{v^2}{2g}+\frac{p_0}{\rho_{water} g}+h_2$$

(4 points)
解得($g=9.8m/s^2$)

$$v=\sqrt{2g(-\frac{\rho_{oil}}{\rho_{water}}h_1-h_2)}=9.5m/s$$

(3 points)

注：可以一步到位

$$P_0+\rho_{oil}gh_{oil}+\rho_{water}gh_{water}=1/2\rho_{water}v^2+P_0$$

5.11

题目
截面A的柱形桶水高度H，水柱最小截面积为S，容器剩一半水和全部流完时间

（1）伯努利方程,其中$v_0=-\frac{dh}{dt},v_0A=vS$

$$\frac{p_0}{\rho g}+\frac{v_0^2}{2g}+h=\frac{p_0}{\rho g}+\frac{v^2}{2g}$$

注：此处一般A较大，导致$v_0$较小，所以一般液面速度可以不考虑，此处先将$v_0$考虑进来，计算最后的结果,
如果此处式子没有$v_0$，同样给分
（3 points)
解得

$$h=\frac{v_0^2}{2g}((\frac{A}{S})^2-1)$$

  (1 points)

$$\sqrt{2gh}=\frac{dh}{dt}\sqrt{(\frac{A}{S})^2-1}$$

积分可以得到

$$t=\sqrt{\frac{2[(\frac{A}{S})^2-1]}{g}}(C-\sqrt{h})$$

  (3 points)

代入初始条件(h(t=0)=H)

$$t=\sqrt{\frac{2[(\frac{A}{S})^2-1]}{g}}(\sqrt{H}-\sqrt{h})$$

  (1 points)

h=1/2H时

$$t=(\sqrt{2}-1)\sqrt{\frac{H}{g}}\sqrt{(A/S)^2-1}$$

忽略时为

$$t=(\sqrt{2}-1)\sqrt{\frac{H}{g}}(A/S)$$

  （2 points)

h=0时

$$t=(\sqrt{2})\sqrt{\frac{H}{g}}\sqrt{(A/S)^2-1}$$

忽略时为

$$t=(\sqrt{2})\sqrt{\frac{H}{g}}(A/S)$$

  (2 points)

5.12

题目
在20cm,30cm的矩形截面容器深度50cm水，小孔面积2cm2，水流出一半用的时间

使用5.11的结论

$$t=(\sqrt{2}-1)\sqrt{\frac{0.5}{9.8}}(20\times 30/2)=28.07s$$

   (10 points)

5.13

题目
在H的量筒上开一系列h不同的小孔，证明

伯努利方程

$$\frac{p_0}{\rho g}+H=\frac{p_0}{\rho g}+\frac{v^2}{2g}+h$$

(4 points)

解得

$$v^2=2g(H-h)$$

(1 points)

因此h处射程为

$$x=v\times \sqrt{2gh}=2g\sqrt{h(H-h)}$$

因此$h=1/2H$时射程最远
(5 points)

5.17

题目
桶底部有一洞，水面30cm,桶以120cm/s2加速度上升时，水自洞漏出速度为

在桶的坐标系中会多出一项惯性力，等效为受的合力为惯性力与重力的叠加，同样可以用之前的公式，
但重力加速度$g’=g+a$
(4 points)
伯努利公式

$$\frac{p_0}{\rho g'}+H=\frac{p_0}{\rho g'}+\frac{v^2}{2g'}$$

     (4 points)

解得水相对桶漏出的速度

$$v=\sqrt{2g'H}=2.57m/s$$

    (2 points)

5.18

题目
方形截面侧壁有一孔，下缘高度h,容器水平加速度a，液体不会从孔中流出

同样可以转换至桶的参考系，多加了一项惯性力，合成后的重力加速度有一个角度，而水面垂直于合成的重力加速度方向，
因此只要水面高于孔，水就会从孔中漏出，可以从伯努利公式中算出速度
(5 points)
临界即为液面为于小孔处，此时另外一端高度为2(H-h)

$$a/g=\frac{2(H-h)}{l}$$

 (3 points)

液面角度为

$$\theta=arctan(\frac{2(H-h)}{l}$$

  (2 points)

5.25

题目
半径0.1cm的小空气泡在液体中上升，终极速度

终极速度气泡浮力与阻力相等
(2 points)

$$\rho g \frac{4}{3}\pi r^3=6\pi\eta rv$$

(6 points)

解得

$$v=\frac{2\rho gr^2}{9\eta}=0.0143m/s$$

 (2 points)

力学第四章

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