(完整版)大学物理学(课后答案)第5-6章
第5章 机械振动
一、选择题
5-1 一个质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2
A
-，且向x 轴的正方向运动，代表这个简谐振动的旋转矢量图为[ ]
分析与解 图中旋转矢量投影点的运动方向指向Ox 轴正向，同时矢端在x 轴投影点的位移为2
A
-
,满足题意,因而选(D)。 5-2 作简谐振动的物体，振幅为A ，由平衡位置向x 轴正方向运动，则物体由平衡位置运动到3A
x =
处时，所需的最短时间为周期的几分之几[ ] (A) 1 /2 (B) 1/4 (C) 1/6 (D) 1/12
分析与解 设1t 时刻物体由平衡位置向x 轴正方向运动，2t 时刻物体第一次运动到3A x =
处，可通过旋转矢量图，如图5-2所示，并根据公式2t T ?
π??=得31226
t T T T ?πππ??===，,因而选(C)。
5-3 两个同周期简谐振动曲线如图5-3(a)所示，
1x 的相位比2x 的相位[ ] O O O
O A A
x
x
x
(A) (B)
(D)
(C)
A /2
-A /2 A /2 -A /2
A A
ω
ω
ω
ω
x
习题5-1图
习题5-2图
(A) 落后2π
(B) 超前2
π
(C) 落后π (D) 超前π
分析与解 可通过振动曲线作出相应的旋转矢量图（b ），正确答案为（B ）。 5-4 一弹簧振子作简谐振动，总能量为E ，若振幅增加为原来的2倍，振子的质量增加为原来的4倍，则它的总能量为[ ]
(A) 2E (B) 4E (C) E (D) 16E 分析与解 因为简谐振动的总能量2
p k 12
E E E kA =+=
，因而当振幅增加为原来的2倍时，能量变为原来的4倍，因而答案选(B)。
5-5 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐振动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐振动的相位差为[ ]
(A) o 60 (B) o 90 (C) o 120 (D) o 180
分析与解 答案（C ）。由旋转矢量图可知两个简谐振动的相位差为o 120时,合成后的简谐运动的振幅仍为A 。
二、填空题
5-6 一质量为m 的质点在力2F x π=-作用下沿x 轴运动，其运动的周期为 ________。
习题5-5图
x 2 O
x 1 x
t
(a)
习题5-3图
(b)
分析与解 由已知条件2F x π=-，可得2k π=,又可以根据公式k
m
ω=求出角频率ω
。将结果代入可得2
22T m k m m
π
ω
π=
=
==。
5-7 一物体作简谐振动，其运动方程为()50.04cos(
) m 32
t x ππ
=-。
（1）此简谐振动的周期T =________；（2）当0.6 s t =时，物体的速度v =________。
分析与解 将50.04cos(
) 32
t x ππ
=-与cos()x A t ω?=+比较后可得角频率53
π
ω=
，则周期2 1.2(s)T πω==。物体的速度d 550.04sin()d 332x v t t πππ==-?-，当
0.6 s t =时-0.209v =m/s 。
5-8 一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。若0t =时质点处于/2x A =处，且向x 轴负方向运动，则简谐振动方程为x =________。
分析与解 可得质点的角频率2T
π
ω=，再根据题意画出0t =时刻对应的旋转矢量图，可得初相位为
3
π
，则简谐振动方程cos(2)T 3t A ππ+。
5-9 质量为m 的物体和一个弹簧组成的弹簧振子，其振动周期为T ，当它作振幅为A 的简谐振动时，此系统的振动能量E =________。
分析与解 简谐振动的总能量2221122
E kA m A ω==。根据题意可得2T π
ω=。
代入得222
222221112=()=2222E kA m A m A m A T T
ππω==。
5-10 已知弹簧的劲度系数为 1.3N/cm k =，振幅为2.4 cm ，这一弹簧振子的机械能为________。
习题5-8图
分析与解 简谐振动的总能量2-21
3.7410 J 2
E kA ==?
三、计算题
5-11 若简谐振动方程为0.10cos(20t+)4x π
π=，式中x 的单位为m ，t 的单位
为s ,求：（1）振幅、角频率、周期和初相；（2）速度的最大值。
分析 可采用比较法求解。将题目给的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得振幅、角频率和初相。再根据d d x
v t
=
写出速度的表达式。 解 （1）将0.10cos(20t+)4
x π
π=与cos()x A t ω?=+作比较，可得振幅
0.10m A =，角频率20rad/s ωπ=，初相4π?=，则周期20.1s T π
ω
==。
（2）速度d 200.01sin(20t+)d 4
x v t
π
ππ==-?，则速度的最大值
max 200.012 m/s v ππ=?=。
5-12 一物体沿x 轴作简谐振动，振幅为10 cm ，周期为2 s ，在0t =时，
5 cm x =，且向x 轴负方向运动，求运动方程。
分析 根据题中已给条件振幅A ，角频率2T
π
ω=均已知，初相?可由题给初始条件由旋转矢量法方便求出。
解 由已知条件得0.1m A =，22rad/s 2T ππ
ωπ=
==。0t =时A 5 cm=2
x =画出该简谐运动的旋转矢量图，如图5－12所示，可知3
π
?=
。则m )3
cos(1.0π
π+
=t x 。
5-13 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为29.810 m -?。若使物体上下振动，且规定向下为正方向。（1）当0t =时，物体在平衡位置上方
28.010 m -?处，由静止开始向下运动，求运动方程；（2）当0t =时，物体在平衡
位置并以0.60 m/s 的速度向上运动，求运动方程。
习题5-12图
分析 振动的角频率是由弹簧振子系统得固有性质决定k
m
ω=
，其中k 可由物体受力平衡时弹簧得伸长计算，而振幅A 和初相?则由初始条件给出。
解 （1）根据物体受力平衡，F G =，得k l mg ?=，求出弹簧的劲度系数mg
k l
=? 角频率-110s k mg l g
m m l
ω?=
===? 由初始条件0t =时，208.010 m x -=?，00v =，得2
2
200
8.010 m v A x ω-??+=? ???
＝ 利用旋转矢量法，如图（a ）所示可知初相?π=，则运动方程为
()28.010cos 10(m)x t π-=?+
（2）当初始条件0t =时，00 m x =，00.60 m/s v =，求得
2
2200
6.010 m v A x ω-??
+=? ???
＝
利用旋转矢量法，如图（b ）所示可得初相2
π
?=
，则运动方程为
26.010cos(10)(m)2
x t π
-=?+
5-14 有一条简谐振动曲线如图5-14（a ）所示，求：（1）该简谐振动的角频率ω，初相位0?；（2）该简谐振动的运动方程，振动速度和振动加速度的表达式。
习题5-13图
(b)
(a)
A T ，角频率可由2T
πω=
求得，并且从曲线中可得初始条件0t =时，00 cm x =，0v >0，通过旋转矢量可求得初相0?，以上参数都得到后即可写出简谐振动方程及振动速度和振动加速度的表达式。
解 （1）由振动曲线可得样品的振幅2cm A =，周期4s T =，得角频率
2rad /s 2
T ππ
ω=
= 当0t =时，00 cm x =，0v >0，通过旋转矢量，如图（b ）所示,可求得初相02
π
?=-
（2）简谐振动的运动方程2cos()(cm)22
x t ππ
=-
振动速度d sin()(cm/s)d 2
2
x v t t
ππ
π==--
振动加速度221a cos()(cm/s )222
dv t dt ππ
π=
=-- 5-15 质量为10 g 的物体沿x 轴作简谐振动，振幅10 cm A =，周期 4.0 s T =，0t =时物体的位移为0 5.0 cm x =-，且物体朝x 轴负方向运动，求：
（1） 1.0 s t =时物体的位移；（2） 1.0 s t =时物体所受的力；（3）0t =之后何时物体第一次到达 5.0 cm x =处；（4）第二次和第一次经过 5.0 cm x =处的时间间隔。
分析 根据题中已给条件振幅A ，角频率2T
π
ω=
均已知，初相?可由题给初始条件由旋转矢量法求出。有了运动方程，t 时刻的位移和t 时刻物体的受力2F ma m x ω==-也可求出，
后面两问可通过旋转矢量图并根据公式t ?ω?=?求出。 解 （1）由已知条件得0.1m A =，22rad/s 42T πππ
ω=
==。0t =时A 5 cm=2
x =--（a ）
O
2
4
t /s
x /cm 2 题5-14图
（b ）
画出该简谐运动的旋转矢量图，如图5－15（a ）所示，可知23
π
?=
。则20.10cos() cm 23
x t ππ
=+
1.0 s t =时物体的位移20.10cos(0.1) cm 8.66 cm 2
3
x π
π
=?
+
=- （2） 1.0 s t =时物体的受力2-32.1410 N F ma m x ω==-=?
（3）设0t =时刻后，物体第一次到达 5.0 cm x =处的时刻为1t ，由旋转矢量图，如图5-15（b ）所示，在两个不同时刻相位差相差π，由12s t t ?
ω
?=?=
=
（4）设0t =时刻后，物体第二次到达 5.0 cm x =处的时刻为2t ，由旋转矢量图，如图5-15（c ）所示，在1t ，2t 两个不同时刻相位差相差2
3
π，由214s 3
t t t ?
ω?-=?==
5-16 如图5-16(a)所示，质量为21.0010kg -?的子弹，以500 m/s 的速度射入并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐振动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为38.0010N/m ?，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为
x 轴正向，求简谐振动的运动方程。
分析 根据已知条件可用动量守恒定律求出子弹射入后和木块的共同速度。
v
m 1
m 2
k
习题5-16图
(b)
(a)
(a)
(b) (c)
习题5-15图
振动的角频率是由弹簧振子系统得固有性质决定ω=
而振幅A 和初相?则由初始条件给出。以上参数都得到后即可写出简谐振动方程。
解 子弹和木块的共同速度10121m/s m v
v m m ==+
角频率40rad /s w =
=
振幅20 2.510v
A m w -=
==?
由旋转矢量，如图5-16(b)所示，确定初相2
p j = 简谐振动方程22.510cos(40)2
x t
m p -=? 5-17 一物块悬于弹簧下端并作简谐振动，当物块位移大小为振幅的一半时，这个振动系统的势能占总能量的多少？动能占总能量的多少？又位移大小为多少时，动能、势能各占总能量的一半？
分析 简谐振动的总能量221122E m A kA ω2＝＝，其中212p E kx =，21
2k E mv =，
即可求出动能与势能的大小。
解 当物块位移大小为振幅的一半时，简谐振动的总能量2211
22
E m A kA ω2＝＝
其中势能2
2112224
p A E
E kx k ??=== ???，动能3k p E E E E =-=
因而势能占总能量的25%；动能占总能量的75%。
设物体在x 处物体动能和势能相等P k E E = 1
2
P P P E E E E E =-→=
??=→= ?
??
22111222kx kA x 5-18 一劲度系数=312 N/m k 的轻弹簧，一端固定，另一端连结一质量
0.3 kg 0m =的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为0.2 kg m =的物体，
两物体间的最大静摩擦系数5.0=μ，求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量。
分析 根据题意可知，两物体间无相对滑动，即m 和0m 有相同的速度和加速度，可以看做一质量为()0m m +
的弹簧振子，则振动的圆频率ω=
于放在上面的物体m 来说，它作简谐振动所需的回复力由两物体间的静摩擦力来提供的，其最大静摩擦力对应其最大加速度2max max mg ma m A μω==，则最大总能量max max 1
2
E kA =
可方便算出。 解 两物体间无相对滑动，即m 和0m 可以看做一质量为()0m m +的弹簧振子，
则振动的圆频率ω=
对于m 来说，它作简谐振动所需的回复力是由两物体间的静摩擦力来提供的，其最大静摩擦力应对应着其最大加速度，即2max max mg ma m A μω==
所以系统作简谐振动的最大振幅()0max 2
g m m mg A k m μμω
+=
= 振动系统的最大能量()2
0-3max max 1
19.6210 J 2
2g m m E kA k k μ+??=
==?????
5-19 已知两同方向同频率的简谐振动的运动方程分别为
()10.05cos 100.75x t π=+，()20.06cos 100.25x t π=+，式中1x 、2x 的单位为m ，t 的单位为s 。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振动()330.07cos 10x t ?=+，式中3x 的单位为m ，t 的单位为s ，则3?为多少时，
13x x +的振幅最大？又3?为多少时，23x x +的振幅最小？
分析 两个同方向同频率简谐运动的合运动仍为简谐运动，其中初相位
11221122
sin sin cos cos A A tg A A ?????+=
+，合振幅
A =代入即可求解。
解 (1)合振动的振幅为(
)22
21212212cos 7.810 m A A A A A ??-=++-=?
合振动的初相位为 1122
01122
sin sin 11cos cos A A tg A A ?????+=
=+
由两旋转矢量的合成图，如图5-19所示，可知，所求的初相位0?应在第一象限，则0 1.48 rad ?=
(2)当312,0,1,2,k k ??π-=±±L ＝时，即1x 与3x 相位相同时，合振动的振幅最大，由于10.75?π=，则()320.750,1,2,k k ?ππ+=±±L ＝
当31210,1,2,k k ??π-+=±±L ＝，时，即1x 与3x 相位相反时，合振动的振幅最小，则20.25?π=，则()3(21)0.7521.250,1,2,k k k ?ππππ±++=+=±±L ＝
习题5-19图
x
O
u
t
O
a) b)
y y
第六章机械波
一、选择题
6-1图（a）表示0
t=时的简谐波的波形图，波沿x轴正方向传播，图（b）为一质点的振动曲线。则图（a）中所表示的0
x=处质点振动的初相位与图（b）所表示的振动的初相位分别为[ ]
(A) 均为零(B) 均为
2
π
(C)均为
2
π
-(D)
2
π
与
2
π
-
(E)
2
π
-与
2
π
分析与解图（a）是0
t=时的简谐波的波形图，原点处的质点位移为零，且向y轴负方向运动，利用旋转矢量法，如图（b）所示，可以求得该质点的初相
位是
2
π
。图（a-1）为一质点的振动曲线，从图中可以得到在0
t=时，
x=，
v>0，
由旋转矢量，如图（b-1）所示，可知该质点的初相位是
2
π
-，因而选（D）。
6-2 一横波以速度u沿x轴负方向传播，t时刻波形曲线如图6-2(a)所示，则该时刻[ ]
(A) A点相位为π(B) B点静止不动
(C) C点相位为
3
2
π
(D) D点向上运动
(a-1)
习题6-1图
(b-1)
分析与解 横波以速度u 沿x 轴负方向传播，由题给波形图可得，B 、D 两处的质点均向y 轴负方向运动，A 处质点位于正的最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的选转矢量图如图(b)所示，因而答案选(C)。
6-3 如图6-3所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇。波在点1S 振动的初相是1?，点1S 到点P 的距离是1r 。波在点2S 的初相是2?，点2S 到点P 的距离是
2r ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件是[ ]
(A) 21r r k π-= (B) 212k ??π-=
(C) 21122()2r r k ??πλπ-+-= (D) 21212()2r r k ??πλπ-+-=
分析与解 干涉相长的条件：
?P
2
S *
1S
*
1r
2r
习题6-3图
(a)
y
x O
A
B
C
D
u
习题6-2图
(b)
2010212()()2,0,1,2,3,r r k k π
???πλ
?=--
-=±=L 因而选(C)。
6-4 波的能量随平面简谐波传播，下列几种说法中正确的是[ ] (A) 因简谐波传播到的各介质质元都作简谐运动，故其能量守恒 (B) 各介质质元在平衡位置处的动能和势能都最大，总能量也最大 (C) 各介质质元在平衡位置处的动能最大，势能最小 (D) 各介质质元在最大位移处的势能最大，动能为零
分析与解 平面简谐波中任一质元的总能量是不守恒的，而是随时间作周期性变化。平衡位置处，质元的动能和势能最大；最大位移处质元的动能和势能为零，因而选(B)。
6-5 在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为[ ] (A)
λ4 (B) λ2 (C) λ3
4
(D) λ 分析与解 驻波的特征是有波腹和波节，相邻波腹和相邻波节之间间隔均为半个波长，相邻波节之间质点相位相同，波节两侧质点相位相反。因而答案选(B)。
二、填空题
6-6 一平面简谐波沿x 轴正方向传播，已知0x =处振动的运动学方程为
()0cos y t ω?=+，波速为u ，坐标为1x 和2x 两点的振动相位差是________。 分析与解 相位差π
ω
?λ
?=
-=
-21212()()x x x x u
6-7 一平面简谐波沿x 轴正方向传播，波动表达式为
0.2cos() (m)2
x
y t ππ=-，则 3 m x =-处介质质点的振动加速度a 的表达式为
________。
分析与解 先将题目给的波动方程写成波动方程的一般形式
0.2cos[()] (m)2x y t π=-。质点的振动速度dy
v dt
=,振动加速度
2 220.2cos ()2d y x a t dt ππ?
?==-?-???
?，则 3 m x =-处介质质点的振动加速度a 的表达
式为 2230.2cos ()(m/s )2a t ππ?
?=-+???
?
y
x
O
1
2
3
4
6-8 沿x 轴正方向传播的平面简谐波在0t =时刻的波形图如图6-8（a ）所示。由图可知原点O 和1、2、3、4各点的振动初相位分别为________；________；________；________；________。
分析与解 利用旋转矢量，如图6-8（b ）所示，得原点1、2、3、4各点的振动初相位分别为
2π，0，2π-，π，2
π
。
6-9 两相干波源处在P 、Q 两点，间距为3
4
λ，波长为λ，初相相同，振幅
相同且均为A ，R 是PQ 连线上的一点，则两列波在R 处的相位差的大小为 ，两列波在R 处干涉时的合振幅为 。
分析与解 由于初相相同，因而两点的相位差π
?λ
π
?=
-=
2122
()3x x ，合振幅()2
2
12122cos 2A A A A A A ?=
V ＝＋＋
6-10 强度为I 的平面简谐波通过垂直于波速方向、面积为S 的平面，则通过该平面的平均能流是________。
分析与解 平均能流P 是指单位时间内通过介质中某一面积的平均能量，
P IS =。
三、计算题
P Q
R
习题6-9图
习题6-8图
(a)
(b)
6-11 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()0.20cos 2.5y t x ππ=-，式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s 。求：（1）波的振幅、波速、频率及波长；（2）绳上的质点振动时的最大速度。
分析 可采用比较法求解。将题目给的波动方程与波动方程的一般形式比较后可得振幅、角频率、波速和初相。再根据d d x
v t
=
写出速度的表达式。 解 （1）将()0.20cos 2.5y t x ππ=-与0(,)cos[()]x
y x t A t u ω?=-+作比较，可
得振幅0.20m A =，角频率 2.5rad/s ωπ=，波速 2.5 m/s u =，初相0?=，则频率
1 1.25Hz 2T ω
υπ=
==，波长λυ
===2u uT m 。 （2）速度()d 2.50.20sin 2.5d y
v t x t πππ==-?-
得速度的最大值max 2.50.20 m/s 2v π
π=?=
。
6-12 波源作简谐运动，其运动方程为34.010cos 240y t π-=?，式中y 的单位为m ，t 的单位为s ，它所形成的波以30 m/s 的速度沿x 轴正方向传播。求：（1）波的周期及波长；（2）波动方程。
分析 将题目给的振动方程与简谐振动方程的一般形式比较后可得振幅、角频率。再根据波速和波源的振动方程写出波动方程的表达式。
解 （1）将34.010cos 240y t π-=?与cos()y A t ω?=+作比较，可得振幅
34.010m A -=?，角频率240rad /s ωπ=，则周期328.3310 s T π
ω
-=
=?。波长
λ==0.25 m uT
（2）它所形成的波以30 m/s 的速度沿x 轴正方向传播，根据波源的振动方程可得()34.010cos 2408(m)y t x ππ-=?-
6-13 波源作简谐运动，周期为21.010 s -?，振幅为0.1 m ，并以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以400 m u =的速度沿x 轴正方向传播。求：（1）距波源为8.0 m 出的点P 的运动方程和初相；（2）距波源为9.0 m 和10.0 m 处两点的相位差为多少？
02
π
?=-
-2224 =
==200T 110
uT m ππ
λωπ==?、 波源运动方程π
π=-00.1cos(200)2y t m
波动方程π
π=--0.1cos[200()]4002x y t m
(1)=8x m 处振动方程为：
ππππ=-
-=-(8)89
0.1cos[200()]0.1cos(200)40022
y t m t m 。 初相9
2
?π=-
（2）距波源为9.0m 和10.0m 处两点的相位差
2122()(109)4
x x π
ππ?λ
?=-=
-=
6-14 如图6-14(a)所示，为平面简谐波在0t =时的波形图，设此简谐波的频率为250 Hz ,且此时图中质点P 的运动方向向上，求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O 为10 m 处质点的运动方程与0t =时该点的振动速度。
移和振动方向等相关信息，求出坐标原点处的振动方程后，便可得到波动方程。质点的振动速度指的是质点在其平衡位置附近作简谐振动的速度，可通过将振动方程对时间求导来计算。
(b)
(0)t =
习题6-13图
解 (1) 由波形图得振幅=0.2A m 波长λ=40m
波速44025010m s u λν==?= 圆频率2500rad s ωπυπ==
由点P 向上运动通过作行波图，可知波是沿x 轴负方向传播的。 在原点O 处, t=0时，y 0=0.1m 且向y 轴负方向运动，
0cos 2A
y A ?==
解得 3
π
?=±
而ω?=-<0sin 0v A ，?>sin 0 所以
π
?=
3
或者作出t=0时原点振动的旋转矢量图（6-14(b)），亦可得π
?=3
。
所以，原点处振动方程
π
π=+0.2cos(500)m 3
y t
波动方程为：
ππ=+
+0.2cos[500()]m 10003
x y t (2)将x =10m 代入上式得到P 振动方程：
ππ=+5
0.2cos(500)m 6
y t
其振动速度
πππ=
=-+5100sin(500)6
dy v t dt 当t =0s 时 50m s v π=-
6-15 平面简谐波的波动方程为()0.08cos 42y t x ππ=-，式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s ，求：（1） 2.1 s t =时波源及距波源0.10 m 两处的相位；（2）离波源0.80 m 及0.30 m 两处的相位差。
分析 波动方程已知，即可知任意时刻，任意位置的相位，和两点之间的相位差。将题目给的波动方程写成一般形式比较后，可得角频率、波速和初相。再
根据π
?λ
?=
-212()x x 求两点之间的相位差。
解 （1）当 2.1 s t =时，波源处即0m x =的振动方程为
()()0.08cos 4 2.1200.08cos 8.4y πππ=?-?=，相位为8.4π
此
时
距
波
源
0.10
m
两
处
的
振
动
方
程
为
()()0.08cos 4 2.120.10.08cos 8.2y πππ=?-?=，相位为8.2π
（2）()0.08cos 420.08cos[4()]2
x
y t x t πππ=-=-，则角频率4rad/s ωπ=，波
速 2 m/s u =，初相0?=，则频率11Hz 2T ω
υπ===，波长λυ
===2u uT m 。
离波源0.80 m 及0.30 m 两处的相位差πππ
?λ?=-=-=2122()(0.80.3)22
x x
6-16 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0 W 的功率。若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）。求距离波源5.0 m 和10.0 m 处的能流密度。
分析 能流密度I 是指垂直通过单位面积的平均能流，对于简谐波可利用
P
I S
=
计算。 解 能流密度24P P I S r
π=
= 将15m r =和210m r =代入上式，得距离波源5.0 m 和10.0 m 处的能流密度分别为-?221.2710 W/m ，-?323.1810 W/m 。
6-17 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点，如图6-17所示。其振幅均为0.01 m 、频率均为100 Hz ，波速为800 m/s ，B 比A 的相位超前π。若取A 点为坐标原点、B 点的坐标44 m B x =，求：（1）两波源的振动方程；（2）AB 连线上因干涉而静止的各点的位置。
习题6-17图
分析 周期T ，振幅A ，相位关系都已知，很容易得到A 、B 两点的振动方程。再根据两列相干波相遇时干涉相消的条件
Λ,3,2,1,0,)12()(2)(121020=+±=--
-=?k k r r πλ
π
???进行计算
解 （1）ωπυπ==2200rad/s
()πππ==+，A B 0.01cos200(m)0.01cos 200(m)y t y t
（2）波长λυ
=
==8u
uT m
在A 、B 连线上可以分三个部分进行讨论
(a ）位于A 点左侧部分
2()() 5.5 4.5B A B A r r π
???πππλ
?=--
-=-=-
由于该区域内两波列的相位差恒为 4.5π-，所以没有静止的点。 (b ）位于B 点右侧部分
2()() 5.5 6.5B A B A r r π
???πππλ
?=--
-=+=
由于该区域内两波列的相位差恒为6.5π，所以没有静止的点。 (c ）位于A 、B 连线中间部分，设任意一点到A 的距离为x ，则到B 的距离为44x -
22()()(442)(10)82
B A B A x r r x π
π???ππλ
?=--
-=-
-=-+ 静止的点应满足(10)(21),0,1,2,3,2
x
k k ?ππ?=-+=±+=L
得x 分别为2，6，10，…，34，38，42 m
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理学第三版课后习题参考答案
习 题 1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度 2/2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初
始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以 速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321 V V V ] 1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零
大学物理(第四版)课后习题及答案质点
大学物理(第四版)课 后习题及答案质点 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为 3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小； （2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--= t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有
2002 1at t v x x + += 由此，可计算在0~2和4~6 s 时间间隔内各时刻的位置分别为 t /s 0 0.5 1 1.5 2 4 4.5 5 5.5 6 x /m 5.7- 10- 5.7- 0 40 48.7 55 58.7 60 用描数据点的作图方法，由表中数据可作0~2 s 和4~6 s 时间内的x －t 图。在2~4 s 时间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 题1.3解1：取如图所示的直角坐标系，船的运动方程为 ()()()j i r h t x t -+= 船的运动速度为 ()i i i r v t r r h h r t t t x t d d 1d d d d d d 2 /12 2 2 2 -??? ? ? ?-=-= ==' 而收绳的速率t r v d d - =，且因vt l r -=0，故 ()i v 2 /12 021-??? ? ? ?-- -='vt l h v 题1.3解2：取图所示的极坐标(r ,θ)，则 θr r r d d d d d d d d d d e e e e r v t r t r t r t r t θ+=+== ' r d d e t r 是船的径向速度，θd d e t r θ是船的横向速度，而 t r d d 是收绳的速率。由于船速v '与径向速度之间夹角位θ ，所以
大学物理学第三版课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度与加速度的大小. 图1-4 解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知 2 22s h l += 将上式对时间t 求导,得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义,并注意到l ,s 就是随t 减少的, ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?,开始运动时,x ＝5 m,v =0,
求该质点在t ＝10s 时的速度与位置. 解:∵ t t v a 34d d +== 分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得 122 34c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量, t t t x d )2 34(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 m 7055102 1102s m 190102310432101 210=+?+?=?=?+?=-x v 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角, 求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2R .
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理学(第三版)第二章课后标准答案
习题2 2.1 选择题 (1) 一质点作匀速率圆周运动时， (A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。 (B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。 (C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。 (D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 [答案：C] (2) 质点系的内力可以改变 (A)系统的总质量。 (B)系统的总动量。 (C)系统的总动能。 (D)系统的总角动量。 [答案：C] (3) 对功的概念有以下几种说法： ①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。 ②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。 ③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。 在上述说法中： (A)①、②是正确的。 (B)②、③是正确的。 (C)只有②是正确的。 (D)只有③是正确的。 [答案：C] 2.2填空题 (1) 某质点在力i x F )54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m 的过程中，力F 所做功为。 [答案：290J ] (2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。 [答案：2 2 ;22v v s gs ] (3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。 [答案：2; 3 k k E E ] 2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点： （1）质点作匀速直线运动； （2）质点作匀减速直线运动； （3）质点作匀速圆周运动； （4）质点作匀加速圆周运动。 解：（1）所受合力为零；
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？
《大学物理(上册)》课后习题答案
第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?
大学物理学(课后答案)第1章
第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 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 ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ]
(A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从0t =到1t s =时的位移为 ，1t s =时的加速度为 。 解析：45342=-=+-=+1010r r r i j j i j ,228d d dt dt = ==111v r a i 1-7 一质点以初速0v 和抛射角0θ作斜抛运动，则到达最高处的速度大小为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度大小为 。 解析：以初速0v 、抛射角0θ作斜抛的运动方程：
最新大学物理第三版下册答案
大学物理第三版下册 答案
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示 ?? ? ? ? = = = 2 2 ) sin 2( π4 1 sin cos θ ε θ θ l q F T mg T e 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢103
仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢103 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷 很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说 f = 2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作 用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力．
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单
位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理学吴柳下答案
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
大学物理学(第三版)第三章课后答案(主编)赵近芳
习题3 3.1选择题 (1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转 动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台 中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A)02ωmR J J + (B) 02)(ωR m J J + (C) 02ωmR J (D) 0ω [答案： (A)] (2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角 速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止， 其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 题3.1（2）图 [答案： (A)] (3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端 连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度w 在距孔为R 的圆周 上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。 （B ）动量不变，动能改变。 （C ）角动量不变，动量不变。 （D ）角动量改变，动量改变。 （E ）角动量不变，动能、动量都改变。 [答案： (E)] 3.2填空题 (1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad ·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘 上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a τ= ，法向加速度
a n= 。 [答案：0.15; 1.256] (2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴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而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。 题3.2（2）图 [答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒] (3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B，则有J A J B 。（填>、<或=） [答案： <] 3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？ 解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。 3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同？ 解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。 3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。 解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。
大学物理(第四版)课后习题及答案 磁场
习 题 题10.1：如图所示，两根长直导线互相平行地放置，导线内电流大小相等，均为I = 10 A ，方向 相同，如图所示，求图中M 、N 两点的磁感强度B 的大小和方向（图中r 0 = 0.020 m ）。 题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0?10-5 T 。如设想此地磁场是由地球赤道上 一圆电流所激发的（如图所示），此电流有多大？流向如何？ 题10.3：如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，它在点O 的磁感强度为多少？ 题10.4：如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈 覆盖住半个球面，设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 处的磁感强度。 题10.5：实验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局 部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图所示，一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R ，通过的电流均为I ，且两线圈中电流的流向相同，试证：当两线圈中心之间的距离d 等于线圈的半径R 时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场。（提示：如以两线圈中心为坐标原点O ，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可 看成是均匀磁场的条件为x B d d = 0；0d d 22=x B ）
题10.6：如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量。 题10.7：如图所示，在磁感强度为B的均匀磁场中，有一半径为R的半球面，B与半球面轴线的夹角为 ，求通过该半球面的磁通量。 题10.8：已知10 mm2裸铜线允许通过50 A电流而不会使导线过热。电流在导线横截面上均匀分布。求：（1）导线内、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度。 题10.9：有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：（1）r
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+-r r r 由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r 由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r r r 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r r r 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t v ，d d v t v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2 r t v t i gt j =+v v v （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3）0d -gt d r v i j t =v v v 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d d r v i j t =v v d d v g j t =-v v 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理D下册习题答案
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
大学物理第四版下册课后题答案
习题11 11-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C 10 8.19 1 - ? = q，B点上有电荷 C 10 8.49 2 - ? - = q，试求C点的电场强度(设0.04m BC=，0.03m AC=)。 解：1q在C点产生的场强： 1 12 4 AC q E i r πε = ， 2 q在C点产生的场强： 2 22 4 BC q E j r πε = ， ∴C点的电场强度：44 12 2.710 1.810 E E E i j =+=?+?； C点的合场强：224 12 3.2410V E E E m =+=?， 方向如图： 1.8 arctan33.73342' 2.7 α=== 。 11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电 量为C 10 12 .39- ?的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小 和方向。 解：∵棒长为2 3.12 l r d m π =-=， ∴电荷线密度：91 1.010 q C m l λ-- ==?? 可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为 0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d02 .0 = 长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷 的塑料棒在O点产生的场强。 解法1：利用微元积分： 2 1 cos 4 O x Rd dE R λθ θ πε =? ， ∴2 000 cos2sin2 444 O d E d R R R α α λλλ θθαα πεπεπε - ==?≈?= ?1 0.72V m- =?； 解法2：直接利用点电荷场强公式： 由于d r <<，该小段可看成点电荷：11 2.010 q d C λ- '==?， 则圆心处场强： 11 91 22 2.010 9.0100.72 4(0.5) O q E V m R πε - - '? ==??=? 。 方向由圆心指向缝隙处。 11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电 荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆 α j i 2cm O R x α α
大学物理学 第三版 课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以 0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l += 将上式对时间t 求导，得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==- =船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=- =船 或 s v s h s lv v 0 2/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0， 求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 122 34c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )2 3 4(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示． 题1-10图 (1)在最高点， 又∵ 1 2 11 ρv a n =