喀蔚波09章习题解答范文
大学物理马文蔚第五版下册第九章到第十一章课后答案
第九章 振动9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题９-１ 图分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t x t x t x t x题９-２ 图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为 1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ=，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ）（A ） 落后2π （B ）超前2π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）．题９-３ 图9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ）（A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ）（A ） π23 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．题９-５ 图9-6 有一个弹簧振子，振幅m 10022-⨯=.A ，周期s 01.=T ，初相4/π3=．试写出它的运动方程，并作出t x -图、t -v 图和t a -图．题９-6 图分析 弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式T ω/π2=确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因T ω/π2=，则运动方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t π2cos cos T A t ωA x 根据题中给出的数据得 ()()m 75.0π2cos 100.22πt x +⨯=-振子的速度和加速度分别为()()-12s m π75.0π2sin 10π4d /d ⋅+⨯-==-t y x v ()()-1222s m π75.0π2cos 10π8d /d ⋅+⨯-==-t y x a t x -、t -v 及t a -图如图所示．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=t x ，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1） 将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s π20-=ω，初相ϕπ，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８ 图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ 令m gS /ρω=2，可得其振动周期为 gS ρm πωT /2/π2==9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度33m kg 1055-⋅⨯=.ρ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐运动；（2） 计算其周期．题９-９ 图分析 证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证 （1） 取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为2x m m G F x -= 式中G 为引力常量，x m 是以x 为半径的球体质量，即3/π43x ρm x =．令3/π4Gm ρk =，则质点受力kx Gmx ρF -==3/π4因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为s 1007.5/π3/π23⨯===ρG k m T9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．题9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ （1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ （２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-= （３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到 ()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9－11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为1m 的物体A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m 、半径为R 的定滑轮B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为2m 的物体C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．题9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体A 、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O ，此时弹簧已伸长0x ，且g m kx 20=．当弹簧沿x O 轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A 、C 及滑轮B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中()i F 0x x k +-=．考虑到绳子不可伸长，对物体A 、B 、C 分别列方程，有()22101d d tx m x x k F T =+-= （1） 22222d d tx m F g m T =- （2） ()2212d d 21tx mR J R F F T T ==-α （3） g m kx 20= （4）方程（3）中用到了22T T F F '=、11T T F F '=、22/mR J =及R a /=α．联立式（1） ～式（4） 可得 02d d 2122=+++x m m m k t x / （5） 则系统振动的角频率为 ()221//m m m k ++=ω解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x （此时速度为v 、加速度为a ）为末状态，则由机械能守恒定律，有()20222212021212121x x k ωJ m m gx m E +++++-=v v 在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得()tx x x k t ωωJ t m t m g m d d d d d d d d 00212+++++-=v v v vv 将22/mR J =，v =R ω，22d /d d /d t x t =v 和02kx g m = 代入上式，可得 02d d 2122=+++x m m m k t x / （6） 式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 和v ＝v 0 来确定φ值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0 和速度v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题9-12 图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=； （3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=； （4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m tπcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为m 的物体时， 伸长量为9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当t ＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当t ＝０ 时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s -1的速度向上运动，求运动方程．分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k ）决定的，即k m ω=/，k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A 和初相φ需要根据初始条件确定．题9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为1s 10-=∆==l g m k //ω（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向．由初始条件t ＝0 时，x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０ 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=［图（b ）］．则运动方程为()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x9-14 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点P 对应的相位；（3） 到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解 （1） 质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0 ＝0 和t 1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ） 所示．由图可见初相3/π0-=（或3/π50=），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为 ()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题9-14 图（2） 图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ） 所示．当初相取3/π0-=时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ω． （3） 由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到x ＝A /2 处；（3） 由x ＝A /2处到最大位移处．解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O ．（1） 平衡位置x 1 到最大位移x 3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故2/πΔ1=，则所需时间 411//T t =∆=∆ωϕ（2） 从平衡位置x 1 到x 2 ＝A /2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有6/πΔ2=，则所需时间 1222//T t =∆=∆ωϕ（3） 从x 2 ＝A /2 运动到最大位移x 3 处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置3，有3/πΔ3=，则所需时间633//T t =∆=∆ωϕ题9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有22d d ty m F mg F N =-= （1） 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有()ϕωω+-==t A ty a cos d d 222，则式（1）可改写为()ϕωω++=t mA mg F N cos 2 （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ϕω+t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2） 由式（2）可知支持力N F 的值与振幅A 、角频率ω和相位（ϕω+t ）有关．在振动过程中，当π=+t ω时N F 最小．而重物恰好跳离平板的条件为N F ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ϕω+t ＝0，物体受板的支持力为()N 9612222./=+=+=t mA mg mA mg F N πω重物对木块的作用力N F ' 与N F 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为A ′．根据分析中所述，将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得m 102.6π4//2222-⨯==='gT ωm mg A（3） 当振幅不变时，设频率变为v '．同样将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得Hz 52.3/π21π22==='mA mg ωv 9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为()ϕω+=t A x cos 1，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题9-17 图解 图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前2/π，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为()2cos 2/πϕω-+=t A x9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0 ＝－Aωsinφ就可求出φ．解 （1） 由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3） 从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 ()()cm 6/π55.1cos 2-=t x题9-18 图9-19 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2） 设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解 （1） 单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2） 由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３） 摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为 1s 2180/d d --==.t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度2E s m 809-⋅=.g ）解 由单摆的周期公式g l T /π2=可知21T g /∝，故有2M 2E E M T T g g //=，则月球的重力加速度为 ()2E 2M E M s m 631-⋅==./g T T g9-21 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/mgrT J =．则由平行轴定理得 222220m kg 8324⋅=-=-=./mr mgrT mr J J π9-22 如图（a ）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0 和初位移x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0 为()12110s m 01-⋅=+=.m m v m v又因初始位移x 0 ＝0，则振动系统的振幅为 ()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1 的空盘．现有一质量为m 2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？题9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1 变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0 和初始位移x 0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2） 如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g km g k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()212202021/m m kh k g m ωx A ++='+=v 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m 1 的物体，在水平面上作振幅为A 的简谐运动．有一质量为m 2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a ）物体通过平衡位置时，（b ）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？题9-24图分析 谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式()2020/ωx A v +=）求得两种情况下的振幅．解 （1） 由分析可知，在（a ）、（b ）两种情况中，粘土落下前后的周期均为 k m ωT /π2/π21==()k m m ωT /π2/π221+='='物体粘上粘土后的周期T ′比原周期T 大．（2） （a ） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A 、v 和A ′、v ′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式2/2/212v m A k =' （1）()2/2/2212v '+='m m A k （2）()v v '+=211m m m （3）联立解上述三式，可得()A m m m A 211+='/即A ′＜A ，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b ） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v ′＝m 1v /（m 1 ＋m 2 ） ＝0，因而振幅不变，即A ′＝A9-25 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解 （1） 由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max 22k -⨯====.mAa mA E E ω（3） 设振子在位移x 0 处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得 m 100772230-⨯±=±=./A x（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫ ⎝⎛==则动能为 43P K /E E E E =-= 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为12max s m 1028.62-⋅⨯===A πA ωv v（２） 氢原子的振动能量J 1031.32/202max -⨯==v m E9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按()()cm 3/ππ85.0+=t x 的规律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将()()cm 3/ππ85.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：角频率1s π8-=ω，振幅A ＝0.5cm ，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2） 简谐运动的能量 J 1090721522-⨯==.ωmA E （3） 简谐运动的动能和势能分别为()ϕωω+=t mA E K 222sin 21 ()ϕωω+=t mA E P 222cos 21 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为()J 109534d sin 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T K ()J 109534d cos 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T P 9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又3ϕ 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctan ϕϕϕϕϕA A A A ++=/解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad 1.48arctan11cos cos sin sin arctan 22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2） 要使x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得 (),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k9-29 手电筒和屏幕质量均为m ，且均被劲度系数为k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕω+=t A x ．试求在下述两种情况下，初相位φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有屏对地光对屏光对地x x x +=依题意()()2211ϕωϕω+==+==t A x x t A x x cos cos 屏对地光对地所以 ()()212121cos cos ϕπωϕω++++='+=-=t A t A x x x x x 光对屏 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕπω++='t A x 的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅()12222πcos 2-+++='A A A A ． 解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即0=光对屏x ，就是当()π12π12+=-+k 时，即π212k +=时（,...,,210±±=k ），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为2A 的运动时，要求π2π12k =-+，即()π1212-+=k ．（2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
喀蔚波09章习题解答
3第九章几何光学习题解答9-1 一只坛子装了 100.0cm 深的甘油，观察者观察坛底好像提高了 32.5cm , 求甘油的折射率.解：由题意知n 2=1, u=100cm , v=-67.5cm , r = x,代入单球面成像公式得n ! 1 1 - m100 -67.5 一 ::n i =1.489-2如图9-2所示,光导纤维是由圆柱形的玻璃芯和玻璃包层组成，其折射率分别为m 和n 2 （（n 1＞口）.设在垂直端面外介质的折射率为 n 。
.证明光线能在 纤维内芯和包层间发生全反射的入射光线最大孔径角 二m 满足：n ° sin 如=• n ； _ n ；证明如下：n 0 sinv m 十 sin ：(1) n 〔 cos 二 n 2(2)将(1)和(2)平方后相加的9-3 折射率为1.5的月牙形透镜,凸面的曲率半径为15cm,凹面的曲率半径 为30cm,如果用平行光束沿光轴对着凹面入射（1）求空气中的折射光线的相交 点；（2）如果将此透镜放在水中，问折射的交点又在何处？解：（1）因为n=1.5, n 0=1, r 1=-30cm , r 2=-15cm 代入薄透镜焦距公式得(2) n=1.5, n °= 4/3, r 1= -30cm, r 2= -15cm 代入薄透镜焦距公式得- 1—%=60cm=240cm2 . 2 - 2 2 n ° sin 為二 n 1 「门2 2-n 29-4 眼睛的光学结构可简化为一折射单球面 ，共轴球面的曲率半径为5.55mm,内部平均折射率为4/3,计算两个焦距•若月球在眼睛节点所张的角度为 1° ,问视网膜上月球的像有多大？眼节点到视网膜的距离取 15mm.解：根据题意n 1=1，n 2=4/3，r=5.55mm 代入单球面焦距公式得1f 1 5.55 =16.65 mm 4 -1 3 视网膜上月球的像的大小为 15ta n1° =0.26mm9-5将折射率为1.50,直径为10cm 的玻璃棒的两端磨成凸的半球面，左端 的半径为5cm 而右端的半径为10cm.两顶点间的棒长为60cm,在左端顶点左方 20cm 处有一物（在光轴上）.（1）作为右端面的物是什么？ （ 2）右端面的物距为 多少？ （ 3）此物是实的还是虚的？（ 4）最后所成的像在何处？解：（1）根据题意可知左端面的像作为右端面的物（2） 已知n 1=1, n 2=1.5, u=20cm, n=5cm, d=60cm 代入单球面成像公式得1 1.5 1.5-1 --- + ------ = --------- 20 v 5v = 30cm所以右端面的物距为60cm-30cm=30cm（3） 此物是实物（4） 将u=30cm , n 1=1.5， n 2=1, r= -10cm 代入单球面成像公式得1.5 1 1-1.5---- 十—= ------------30 v -10v =：：9-6将折射率为1.5,直径为8.0cm,端面为凸半球形的玻璃棒，置于液体中， 在棒5.55 =22.2mm3 3轴上离端面60cm处有一物体，成像在棒内l.0m处,求液体的折射率.解：已知u=60cm，n2=1.5，r= 4cm，v=100cm代入单球面成像公式得n i 1.5 1.5 - n i60 而一4~m =1.359-7直径为8cm的玻璃球，中心处镶有一小红物，求观察者看到小红物的位解：已知u=4cm，n i=1.5，n2=1，r=-4cm，代入单球面成像公式得1.5 1 1-1.5+ =4 v -4v - -4cm所以观察者看到小红物位于球心处9-8 一极地探险者在用完了火柴后，用冰做了个透镜聚焦阳光来点火，若他做的是曲率半径为25cm的平凸透镜，此透镜应离火绒多远？（设冰的折射率为1.31）解:已知n =1.31, n°=1, r1=25cm, r2=x代入薄透镜焦距公式得- 1 1「f 二（”1）伝-二）=81cm9-9 一透镜将一物成像在离透镜12cm的屏幕上,当把此透镜背离物体移远2cm时，屏幕必须向物移近2cm,以便重新对它聚焦，此透镜的焦距是多少？解:设物与透镜的距离为x,透镜的焦距f,则根据题意可知1 1 1(1)——I ----- = -------x 12 f解得f=4cm9-10 一弯月形薄透镜两表面的曲率半径分别为5cm和10cm,其折射率为1.5,若将透镜的凹面朝上且盛满水，求水与透镜组合后的等效焦距.解:组合薄透镜可看成是由水组成的薄透镜和弯月形薄透镜密切接触组合而成.假定光从水一侧射入,设由水组成的薄透镜的焦距为f1,弯月形薄透镜的焦距为f2,根据题意可列出下列方程1-4 1 i irf^ ( 1)( ) =30cm1[3 ：：-10仇= |(1.5-1)( 1- J =20cm-10 - 51 1 1 1 1 1f =71 12=30 20=12f =12cm9-11有焦距为10cm的凸透镜焦矩为40cm的凹透镜放在同一光轴上,两者相距10cm,在凸透镜前20cm处放一物体(在光轴上)，求最后像的位置，并作图.解：对于凸透镜U1=20cm, f1=10cm, d=10cm代入薄透镜成像公式得1 .丄_丄20 V1 一10v1= 20cm对于凹透镜U2=10cm-20cm=-10cm，f2=-40cm，代入薄透镜成像公式得1 1 1-------------------- T -------------------- = ---------------------------------10 v 2 - 40V2 - 13.3cm9-12把一物放在会聚透镜前方适当距离处时，像落在离透镜20cm处的屏幕上.现将一发散透镜放在会聚透镜与屏幕中间，我们发现,为了得到清晰的像必须把屏幕向离开透镜的方向移远20cm.这发散透镜的焦距是多少？解:一物经会聚透镜所成的像作为发散透镜的物，此物距U2= -10cm，V2=30cm代入薄透镜成像公式得1 1 1-10 30 一ff = -15cm9-13眼睛不调节时能看清的物点到眼睛之间的距离称为远点.视力正常者的远点在无穷远处，即平行光进入眼睛后刚好会聚于视网膜上.眼睛最大调节时能看清的物点到眼睛之间的距离称为近点，视力正常者的近点约为10~12cm.与正常眼相比较，近视眼的近点近，远视眼的近点远，这就是近视眼和远视眼名称的来历.某人眼睛的远点为2m,他应配戴怎样的眼镜？解：配戴的眼镜必须使无穷远的物体在眼前2m处成一虚像，即u=x, v = -2 m 代入薄透镜成像公式得1 1 1—+ ——=—-2 f0.5D = -50，度f9-14 一远视眼的近点为1.0m,要看清眼前25cm处的物体，问需要配戴怎样的眼镜？解：所配戴的眼镜应使眼前25cm处的物体在眼前1m处成一虚像，即u=25cm, v = -1m代入薄透镜成像公式得1 1 1----- r -------- =——---- +----- =0.25 -1f13D f= 300度9-15 一显微镜物镜焦距为10.0mm,目镜焦距为25.0mm,两镜间距为180mm.若物体最后成一虚像于明视距离处,求物距及显微镜的放大率.解：已知f1=1cm,f2=2.5cm, d=18cm, V2=-25cm代入薄透镜成像公式得物镜成像1 1 1----- r -------- = ---------u1v1f1(1)目镜成像1 1 .1(2)d -v1v2f2代入数据得1 1 1=U1 v1 1(3)1 11(4)+18 7 -25 2.5解得V1=15.7cm U1=1.07cmV1 2515.725M-------- X147U1 f2 1.07 2.5。
喀蔚波医用物理学课件09章几何光学
❖ 单球面成像放大率
M
hi
F2
F1 P
i
h
u
N
v
横向放大率 由图中可看出
h
h
h tan i u
h tan i h v tan i
v
h u tan i
M
hi
F2
F1 P
i
h
u
N
v
由折射定律知：
sin i n2 sin i n1
所以
tani sini n2 tani sini n1
第九章 几何光学
▪ 几何光学的三 个基本定律
▪ 球面折射 ▪ 透镜 ▪ 放大镜 光学
显微镜
几何光学是研究光波波长趋近于零的 光传播的问题.
§9-1 三个基本实验定律
(1)直线传播定律 光在均匀的介质中沿直线传播 (2)反射和折射定律
(3)光的独立传播定律和光路可逆原理 光在传播过程中与其他光束相遇时,各光束都各 自独立传播,不改变其传播方向.光沿反方向传 播,必定沿原光路返回.
n2 n1 单位 m1
r
例题：一玻璃半球的曲率半径为R,折射率为1.5, 其平面的一边镀银.一物高为h,放在曲面顶点前 2R处.求:(1)由曲面所成的第一个像的位置(2)这 一光学系统所成的最后的像在哪里?
解： (1)球面折射公式
n1 n2 n2 n1
u1 v
r
h
h
2R
其中 n 1 1 ,n 2 1 .5 ,u 2 R ,r R
即最后所成的像在球面顶点左方2R处,与物体的 位置重合,由图可见是倒立的.
二.共轴球面系统
❖ 共轴球面系统的逐次成像 物体经过一共轴球面系统所成的像可采用逐次 球面成像法,即先求出物体经第一个单球面折射 后所成的像,然后以此像作为第二个折射面的物, 再求出它通过第二个折射面后所成的像,以此类 推,直到求出经最后一个折射面后所成的像为止, 该像即为整个球面系统所成的像.
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第九章)
第9章习题解答【9.1】 解：因为布儒斯特角满足21tan /B n n θ= 根据已知条件代入即可求得： （a ） 67.56)1/52.1(tan 1==-B θ （b ） 1.53)1/33.1(tan 1==-B θ【9.2】 证明：已知''0021tan cot i tE E θθ=+（9-38）⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+=i tn n n n E E θθcos cos 1221210''0 （9-45） 再法向入射情况下,0=i θ根据斯涅尔折射定理i t n n θθsin sin 12=，有,0=t θ 将斯涅尔折射定理和,0==t i θθ代入（9-38）和（9-45）有120''012n E E +=故命题得证。
【9.3】 解：对于法向入射情形，满足反射和折射条件如下：21210'0n n nn E E R +-== （1）120''012n E E T +== （2） 依题意，对于由介质溴化钾和空气，当波从空气射向介质时，设空气的折射率为1n ,介质的折射率为2n ，当波从介质射向空气时，设介质的折射率为1n ,空气的折射率为2n 。
我们统一将空气的折射率为1n ,介质的折射率为2n ，则R 随着波透射的传播方向不同仅相差一个负号，但考虑到我们要分析的是能量损耗，即只与2R 有关，所以不用考虑R 的正负。
对于T ,则分成两种情形：① 当波从空气射向介质时，120''012n n E E p T +=== （3） ② 当波从介质射向空气时，210''012n n E E q T +=== （4） 如下图，波在两个截面上经过无数次反射和折射，能量的损耗由两部分组成，即第一次反射波21R S =，另外一部分为无数次与传播方向反向的方向透射的能量之和，即：++++=+=)3(2)2(2)1(2221S S S R S S S （5） 其中3222)(2322)3(222)2(22)1(2)()()()()()()(-====n n R p q R S R p q R S R p q R S p q R S （6）可以看出该数列为等比为2R 的一个无穷等比数列，将已知条件和式（1）、（3）、（4）、（6）代入（5）后×100％式可以求得能量损耗的百分比。
第9章 真空中的静电场 课后答案【khdaw_lxywyl】
第9章
真空中的静电场
习题解答
－21
9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为 10 范 围 内 是 相 等 的 ， 而 中 子 的 电 量 在 10
－21
e的
e 的范围内为零。考虑这些误差综合的最
坏情况，问一个氧原子（含 8 个电子、8 个质子、8 个中子）所带的最大可能净电荷 是少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净 力是引力还是斥力？ 解： （1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为
w.
dE1 k
E1
场强的方向沿 x 轴正向．因此 P1 点的总场强大小 通过积分得
kh
dq dl 2 r 4 0 ( x l ) 2
(1
3 。 ) 2 2 0 R
4 0
课
/6 /6 sin d ( cos ) 2 0 R 2 0 R 0 0
课
sin d
L
l L
l d 22 l 2
2 L
l L
co
dE2 y dEy θ P2 dEx r d2 -L θ o l dl L x
2 0.1 3 10 8 0.182 0.12
m
E y 9 109
2 0.1 3 10 8 0.08(0.082 0.12 )1/ 2
w.
dE k
Ex 4 0 R
2 / 2
由于弧是对称的，场强只剩 x 分量，取 x 轴方向为正，场强为 dEx = -dEcosφ 总场强为
kh
dq ds d 2 2 r 4 0 R 4 0 R
内蒙古科技大学马文蔚大学物理下册第六版答案精编版
第九章振动习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X轴正方向运动时,从1/2最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( )A、T/12B、T/8C、T/6D、T/4分析（C），通过相位差和时间差的关系计算。
可设位移函数y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T；当 y=A/2,ωt1=π/6；当 y=A,ωt2=π/2；△t=t2-t1=[π/(2ω)]-[π/(6ω)]=π/(3ω)=T/6第十章波动习题：P89～93 1，2，3，4，5，6，12，16，25，10-6在驻波中,两个相邻波节间各质点的振动（）：A.振幅相同,相位相同B.振幅不同,相位相同C.振幅相同,相位不同D.振幅不同,相位不同答案：波函数叠加检验.（C) 振幅相同，相位相反第十一章光学P177～182 1，2，3，4，5，6，7,8,11,23,26,31,37,38.11-4 、在迈克尔逊干涉仪的一条光路中,放入一片折射率为n=1.4的透明介质薄膜后，干涉条纹产生了7.0条条纹移动.如果入射光波长为589nm,则透明介质薄膜厚度为( )A 10307.5nmB 1472.5nmC 5153.8nmD 2945.0nm答案（C）由2(n-1)t=N得出11-26、 某人用迈克尔逊干涉仪测量一光波的波长，当可动反射镜M 移动了0.310mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了1100条，求该光波的波长解：d=N /2, =563.6nm第十二章 气体动理论习题：P220～222 1，2，3，5，13,14,24.12-2 1 mol的氦气和1 mol的氧气（视为刚性双原子分子理想气体）。
当温度为T时，期内能分别为：A 3/2RT,5/2kTB 3/2kT,5/2kTC 3/2kT,3/2kTD 3/2RT,5/2RT答案：D （由1mol理想气体的内能定义式得出）12-13 当氢气和氦气的压强、体积和温度都相等时，它们的质量比和内能比各为多少？（氢气视为刚性双原子分子理想气体）解：质量比等于摩尔质量比，为1:2内能比等于自由度比，为5:3第十三章热力学基础习题：P270～275 1，2，3，4，5，6，7，9，11，12,15，25，27.13-4 气体经历如图所示的循环过程，在这个循环过程中，外界传给气体的净热量是答案：A 3.2*10^4JB 1.8*10^4JC 2.4*10^4JD 0J答案B，由循环所围成的面积计算得出。
力学答案——漆安慎,09章
ml 2
d 2θ dt 2
= −ml ( g cos α + a sin α ) ，
第 9 章振动习题解答
62
第 9 章振动习题解答
d 2θ dt 2
+
2
g cos α + a sin α l
θ = 0, cos α = g / a 2 + g 2 , sin α = a / a 2 + g 2 ,
d 2x 2 + ω 0 x = 0, 的运动就是简谐振动，其动力学方程为 2 dt
（x 表
示线位移或角位移） ；弹簧振子：ω02=k/m，单摆：ω02=g/l，扭摆： ω02=C/I. ⒉简谐振动的运动学方程为 x = Acos(ω0t+α)；圆频率、频率、 周期是由振动系统本身决定的，ω0=2π/T=2πv；振幅 A 和初相α 由初始条件决定。 ⒊在简谐振动中，动能和势能互相转换，总机械能保持不变； 对于弹簧振子， E k + E p = ⒋两个简谐振动的合成 分振动特点 方向相同，频率相同 合振动特点 与分振动频率相同的简谐振动 Δα=±2nπ 合振幅最大 Δα=±(2n+1)π 合振幅最小 不是简谐振动，振动周期等于分振动 周期的最小公倍数 出现拍现象，拍频等于分振动频率之 差 运动轨迹一般为椭圆 Δα=±2nπ 简谐振动（ⅠⅢ象限） Δα=±(2n+1)π简谐振动(ⅡⅣ象限) 利萨如图形，花样与振幅、频率、初 相有关
当ω =
2 βω
方向相同，频率不同，频 率成整数比 方向相同，频率不同，频 率较高，又非常接近 方向垂直，频率相同
ω02 − ω 2
ω 0 2 − 2 β 2 时，发生位移共振。
第9章参考答案
第九章第一节参考答案跟踪练习：1、D2、C3、A4、C5、B当堂达标：1、磁铁的两端磁性强，所以吸引的大头针多；大头针被磁化，所以吸住一串大头针。
2、用一块磁铁靠近这三根棒：（1）不被吸引的是铜棒（2）只被吸引的是铁棒（3）被吸引，调换方向后又排斥的是磁铁棒3、ABC4、摩擦起电吸引灰尘，棋子和棋盘都是磁体。
5、喇叭里有磁铁，靠近后会减弱磁带的磁性。
6、同名磁极互相排斥，力可以改物体的运动状态。
第九章第二节参考答案跟踪练习一：1、D2、C3、略跟踪练习二：1、A2、（1）第四种说法（2）当信鸽飞行途中遇到雷雨和飞经电视发射塔附近时，由于这些区域的地磁场会受到干扰，扰乱了信鸽对地磁场的正确感知，使信鸽迷失方向。
（3）对比的方法当堂达标：1、BD2、地磁场，N3、B4、B5、排斥6、大磁体，不是7、磁感线，N极，S极8、办法：将铁屑撒在种子里并搅拌均匀，使铁屑吸附在杂草种子上，然后用磁铁将铁屑和杂草种子一起从混合种子中吸出来。
道理：磁铁具有吸引铁的性质。
9、（1）应多做几次实验，观察小磁针静止时，是否总是指向某一方向（2）小磁针静止时，N极所指的方向应是“月磁”的南极。
第九章第三节参考答案跟踪练习一：1、C跟踪练习二：1、B2、3、4 略当堂达标：1、A2、A3、C4、B5、D6、N，负，N7、通电导体周围有磁场，正第九章第四节参考答案跟踪练习一：1、D2、D3、C跟踪练习二：1、B2、D3、A4、铁芯；有电流通过时有磁性，没有电流时就失去磁性；磁化；磁性；铁芯；螺线管5、漆包线绕过软铁棒形成一个螺线管，连到电池组的两极上形成一个电磁铁，将地上的铁钉吸引出来。
当堂达标：1、b，变亮，上2、将插有细铁芯的电磁铁靠近铁钉，记下吸引铁钉的个数，再将插有粗铁芯的电磁铁靠近铁钉，记下吸引铁钉的个数。
比较两次吸引铁钉的多少，吸引的铁钉越多，磁性越强。
3、N，重力，二力平衡，磨擦4、（2）N，（3）左，大，大（4）强，多，强，第九章第五节参考答案第九章第六节参考答案学点一： 1、力 2、电流的方向磁感线的方向跟踪练习1： 1、ABD 2、下下上学点二：两部分转子定子向上向下向上向下电流的方向向上向下通电线圈在磁场中受力转动的原理跟踪练习2： 1、金属半环闭合电路自动2、D3、C学点三：直流电动机交流电动机电能机械能1、C2、热能机械能达标检测： 1、电流方向磁感线的方向 b和c2、C3、C4、ABC第九章第七节参考答案学点一：奥斯特法拉第火力发电、水力发电、风力发电产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线时，导体中就产生电流.导体运动的方向磁感线的方向电磁感应现象感应电流跟踪练习一1、机械能电能机械能电能2、C3、A4、A5、B学点二1、线圈磁体电刷等或转子定子电刷换向器等2、线圈转动越快，指针摆动频率越快，偏转幅度越大3、转速越大，灯泡越亮4、电流方向周期变化的电流5、在交变电流中，电流在每秒内周期性变化的次数叫做频率单位赫兹符号Hz 50 Hz6、A 、 B 、没有、 B 、A 、没有跟踪练习二1、D2、C E达标检测1、C2、B3、a、导体沿磁感线方向运动时，不能产生感应电流b、磁感线方向相同时，导体切割磁力线的运动方向影响感应电流的方向c、导体静止时不会产生感应电流d、导体运动方向相同时，磁感线的方向影响电流的方向。
陈季学版电机学第九篇课后习题答案
第九章9·1、一台两级电机，在定子上置有一个100匝的整距线圈，若：（1） 通入正弦电流10sin ()i wt A =，试求出基波和三次谐波脉振磁动势的最大波幅；（2） 通入交变电流110(sin sin 7)()7i wt wt A =+，试写出该电流所产生的基波和三次谐波脉振磁动势的表达式，并说明七次谐波电流能否产生基波磁动势？解：（1）整距线圈内当通有正弦电流时，基波和三次谐波磁动势均为脉振波。
基波磁动势的最大波幅为10.90.910100900m c c F I N ==⨯⨯=（安匝）三次谐波磁动势的最大波幅为1110.90.91010030033m c c F I N ==⨯⨯⨯=（安匝） （2）若通入交变电流，则基波磁动势的表达式为：三次谐波磁动势的表达式为：因此，七次谐波可以产生脉振的基波磁动势，只是其脉振的频率是基波电流所产生的基波磁动势脉振频率的7倍。
9·2如果在三相绕组中通入零序电流（三相电流大小及相位均相同），试问此时三、五、七次谐波合成磁动势的幅值和转速为多少？解：在三相绕组中通入零序电流，设为000sin A B C m i i i t ω=== 三次谐波：五次谐波：七次谐波：9·3、分布和短距绕组为什么能改善磁动势的波形？试以单层整距绕组和双层短距绕组为例说明之。
解：采用分布绕组后，一个线圈组中相邻的两个线圈的电动势的基波和谐波v 次谐波的相位差分别是α和v α电角度（α是槽距角）。
由于一个线圈组的电动势是其中各个线圈的电动势的相量和，因此相比于集中绕组，分布绕组旳基波和谐波的电动势都要小一些。
由于各线圈的谐波电动势的相位差要大于基波电动势的相位差，因此分布绕组对谐波电动势的削弱更明显，电动势的波形得到了改善。
采用短距线圈后，同一个线圈的两条边中的基波和谐波的相位差都不再是180度电角度，而是分别相差β和v β电角度（β是短距角）。
由于一个线圈的电动势是两条边的电动势的相量和，因此相比于整距绕组，短距绕组的基波和谐波的电动势都要小些。
第四版传热学第九章习题解答.doc
第九章思考题1、试述角系数的定义。
“角系数是一个纯几何因子”的结论是在什么前提下得出的?答：表面1发出的辐射能落到表面2上的份额称为表面]对表面2的角系数。
“角系数是一个纯几何因子”的结论是在物体表面性质及表面湿度均匀、物体辐射服从兰贝特定律的前提下得出的。
2、角系数有哪些特性?这些特性的物理背景是什么?答：角系数有相对性、完整性和可加性。
相对性是在两物体处于热平衡时，净辐射换热量为零的条件下导得的；完整性反映了一个由几个表面组成的封闭系统中。
任一表面所发生的辐射能必全部落到封闭系统的各个表面上；可加性是说明从表面1发出而落到表面2上的总能量等于落到表面2上各部份的辐射能之和。
3、为什么计算—个表面与外界之间的净辐射换热量时要采用封闭腔的模型?答：因为任一表面与外界的辐射换热包括了该表面向空间各个方向发出的辐射能和从各个方向投入到该表面上的辐射能。
4、实际表面系统与黑体系统相比，辐射换热计算增加了哪些复杂性?答：实际表面系统的辐射换热存在表面间的多次重复反射和吸收，光谱辐射力不服从普朗克定律，光谱吸收比与波长有关，辐射能在空间的分布不服从兰贝特定律，这都给辐射换热计算带来了复杂性。
5、什么是一个表面的自身辆射、投入辐射及有效辐射?有效辐射的引入对于灰体表面系统辐射换热的计算有什么作用？答：由物体内能转变成辐射能叫做自身辐射，投向辐射表而的辐射叫做投入辐射，离开辐射表面的辐射叫做有效辐射，有效辐射概念的引入可以避免计算辐射换热计算时出现多次吸收和反射的复杂性。
6、对于温度已知的多表面系统，试总结求解每一表面净辐射换热量的基本步骤。
答：(1)画出辐射网络图，写出端点辐射力、表面热阻和空间热阻；(2)写出由中间节点方程组成的方程组；(3)解方程组得到各点有效辐射；(4)由端点辐射力，有效辐射和表面热阻计算各表面净辐射换热量。
7、什么是辐射表面热阻？什么是辐射空间热阻？网络法的实际作用你是怎样认识的？答：出辐射表面特性引起的热阻称为辐射表面热阻，由辐射表面形状和空间位置引起的热阻称为辐射空间热阻，网络法的实际作用是为实际物体表面之间的辐射换热描述了清晰的物理概念和提供了简洁的解题方法。
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第九章 几何光学习题解答
9-1 一只坛子装了100.0cm 深的甘油，观察者观察坛底好像提高了32.5cm ，求甘油的折射率.
解：由题意知n 2=1，u =100cm ，v =-67.5cm ，r = ∞，代入单球面成像公式得
∞
-=-+1115.671
100n n n 1=1.48
9-2 如图9-2所示,光导纤维是由圆柱形的玻璃芯和玻璃包层组成，其折射率分别为n 1和n 2（（n 1＞n 2）.设在垂直端面外介质的折射率为n 0.证明光线能在纤维内芯和包层间发生全反射的入射光线最大孔径角θ m 满足：
2
2210sin n n n m -=
θ
证明如下：
)
(cos )(sin sin 212
110n n n n m ==θθθ
将（1）和（2）平方后相加的
2
2
2
102
2
21220n n n n n n m m -=∴
-=θθsin sin
9-3 折射率为1.5的月牙形透镜,凸面的曲率半径为15cm ,凹面的曲率半径为30cm ,如果用平行光束沿光轴对着凹面入射（1）求空气中的折射光线的相交点；（2）如果将此透镜放在水中,问折射的交点又在何处？
解:（1）因为n =1.5，n 0=1，r 1=-30cm ，r 2=-15cm 代入薄透镜焦距公式得
cm 60)151301)(15.1(1
=⎥
⎦
⎤⎢⎣⎡
----=-f
（2）n =1.5，n 0= 4/3，r 1= -30cm ，r 2= -15cm 代入薄透镜焦距公式得
cm 240)151301(34345.11
=⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡----=-f
9-4 眼睛的光学结构可简化为一折射单球面,共轴球面的曲率半径为5.55mm ,内部平均折射率为4/3,计算两个焦距.若月球在眼睛节点所张的角度为1°,问视网膜上月球的像有多大？眼节点到视网膜的距离取15mm .
解:根据题意n 1=1，n 2=4/3，r =5.55mm 代入单球面焦距公式得 65.1655.513
41
1=⨯-=
f mm 2.2255.513
434
1=⨯-=f mm
视网膜上月球的像的大小为15tan1°=0.26mm
9-5 将折射率为1.50,直径为10cm 的玻璃棒的两端磨成凸的半球面,左端的半径为5cm 而右端的半径为10cm .两顶点间的棒长为60cm ,在左端顶点左方20cm 处有一物(在光轴上).（1）作为右端面的物是什么？（2）右端面的物距为多少？（3）此物是实的还是虚的？（4）最后所成的像在何处？
解:（1）根据题意可知左端面的像作为右端面的物
（2）已知n 1=1, n 2=1.5, u =20cm, r 1=5cm, d =60cm 代入单球面成像公式得
cm
305
15151201=-=+v v ..
所以右端面的物距为60cm -30cm=30c m (3)此物是实物
（4）将u =30cm ，n 1=1.5，n 2=1, r = -10cm 代入单球面成像公式得
∞
=--=+v v 10
51113051..
9-6 将折射率为1.5,直径为8.0cm ，端面为凸半球形的玻璃棒,置于液体中，在棒轴上离端面60cm 处有一物体,成像在棒内l.0m 处,求液体的折射率.
解:已知u =60cm ，n 2=1.5，r=4cm ，v =100cm 代入单球面成像公式得
35
.145.11005.16011
1=-=+n n n
9-7 直径为8cm 的玻璃球,中心处镶有一小红物,求观察者看到小红物的位置.
解:已知u =4cm ，n 1=1.5，n 2=1，r =-4cm ，代入单球面成像公式得
cm
44
5.11145.1-=--=+v v
所以观察者看到小红物位于球心处
9-8 一极地探险者在用完了火柴后,用冰做了个透镜聚焦阳光来点火,若他做的是曲率半径为25cm 的平凸透镜,此透镜应离火绒多远? （设冰的折射率为1.31）
解:已知n =1.31，n 0=1，r 1=25cm ，r 2=∞代入薄透镜焦距公式得
cm 81125113111
=⎥
⎦⎤⎢⎣
⎡
∞-⨯-=-)().(f
9-9 一透镜将一物成像在离透镜12cm 的屏幕上,当把此透镜背离物体移远2cm 时,屏幕必须向物移近2cm ,以便重新对它聚焦,此透镜的焦距是多少？
解:设物与透镜的距离为x ,透镜的焦距f ,则根据题意可知
)
2(18121)
1(1
1211f
x f x =++=+
解得f =4cm
9-10 一弯月形薄透镜两表面的曲率半径分别为5cm 和10cm ,其折射率为1.5,若将透镜的凹面朝上且盛满水,求水与透镜组合后的等效焦距.
解:组合薄透镜可看成是由水组成的薄透镜和弯月形薄透镜密切接触组合而成.假定光从水一侧射入,设由水组成的薄透镜的焦距为f 1,弯月形薄透镜的焦距为f 2,根据题意可列出下列方程
cm 30)1011)(13
4
(1
1=⎥
⎦⎤⎢⎣⎡--∞-=-f
cm 20)51101)(15.1(1
2=⎥
⎦
⎤⎢⎣⎡
----=-f
cm
1212
1
20130111121==+=+=f f f f
9-11 有焦距为10cm 的凸透镜焦矩为40cm 的凹透镜放在同一光轴上,两者相距10cm ,在凸透镜前20cm 处放一物体（在光轴上）,求最后像的位置,并作图.
解:对于凸透镜u 1=20cm ，f 1=10cm ，d =10cm 代入薄透镜成像公式得
cm
2010
1120111==+v v
对于凹透镜u 2=10cm -20cm=-10cm ，f 2=-40cm ，代入薄透镜成像公式得
cm
3.1340
1110122=-=
+-v v
9-12 把一物放在会聚透镜前方适当距离处时,像落在离透镜20cm 处的屏幕上.现将一发散透镜放在会聚透镜与屏幕中间,我们发现,为了得到清晰的像必须把屏幕向离开透镜的方向移远20cm .这发散透镜的焦距是多少？
解:一物经会聚透镜所成的像作为发散透镜的物,此物距u 2= -10cm ，v 2=30cm 代入薄透镜成像公式得
cm
151301101-==+-f f
9-13 眼睛不调节时能看清的物点到眼睛之间的距离称为远点.视力正常者的远点在无穷远处,即平行光进入眼睛后刚好会聚于视网膜上.眼睛最大调节时能看清的物点到眼睛之间的距离称为近点,视力正常者的近点约为10~12cm .与
正常眼相比较,近视眼的近点近,远视眼的近点远,这就是近视眼和远视眼名称的来历.某人眼睛的远点为2m ,他应配戴怎样的眼镜？
解: 配戴的眼镜必须使无穷远的物体在眼前2m 处成一虚像，即u =∞，v = -2m 代入薄透镜成像公式得
度50D 5.01
1211-=-==
Φ=-+∞f
f
9-14 一远视眼的近点为1.0m ,要看清眼前25cm 处的物体,问需要配戴怎样的眼镜？
解: 所配戴的眼镜应使眼前25cm 处的物体在眼前1m 处成一虚像，即u =25cm ，v =-1m 代入薄透镜成像公式得
度300D 31
11125.01===
Φ=-+f
f
9-15 一显微镜物镜焦距为10.0mm ,目镜焦距为25.0mm ,两镜间距为180mm .若物体最后成一虚像于明视距离处,求物距及显微镜的放大率.
解:已知f 1=1cm ，f 2=2.5cm ，d =18cm ，v 2=-25cm 代入薄透镜成像公式得
物镜成像
1111
11f u =
+v （1） 目镜成像
2
211
11f d =
+-v v （2） 代入数据得
1
1
1111=+v u （3） 5
.21
2511811=-+-v （4）
解得 v 1=15.7cm u 1=1.07cm 倍1475
.22507.17.1525211=⨯=⨯=
f u M v。