大学物理第9、10、11章复习题.docx
习题第9章
第9章 质心运动定理 动量定理
习题
9-1 设质量为m 的质点M 在Oxy 平面内运动，其运动方程为cos x a kt =，sin y b kt =，式中a 、b 及k 都是常数，求作用于质点M 上的力。
答案：力F
的大小：F mk = 力F 的方向：tan y
x F y F x
β== 9-2 设质点M 以初速度0υ从O 点与水平Ox 成α角射出，不计空气阻力，求质
点M 在重力作用下的运动规律。
答案：质点的运动方程：020cos 1sin 2
x t y t gt υαυα=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 9-3如图所示，均质杆OA ，长2l ,重为P ，绕O 轴在铅垂面内转动。
杆与水平线成ϕ角时，其角速度和角加速度分别为ω和α，求该瞬时轴O 的约束反力。
答案：
9-4 匀质杆AB 长为l ，质量为m ，匀质圆盘半径5
l r =，质量为2m ，在水平面作纯滚动，当30ϕ=时，杆上B 端沿铅垂方向向下滑的速度为B υ。
试求此瞬时
系统的总动量。
答案：122
x y B B p p m υυ=+=-p i j i j 9-5 物A 质量为5kg ，物B 质量为10kg ，A 、B 与水平面间的摩擦因数为0.25.现A 向右运动而撞击B 。
开始时，B 处于静止状态，撞击后，A 、B 一同向右运动，历时4s 停止。
求撞击前A 的速度，并求撞击时A 、B 相互作用的冲量。
答案：030/m s υ=，,100x e I N s =⋅
2(cos sin )Ox Pl F g ωφαφ=-+2(sin cos )Oy Pl F P g ωφαφ=+
-。
大学物理第11章习题答案(供参考)
因此
即
又
表明 中电动势方向为 .
所以半圆环内电动势 方向沿 方向，
大小为
点电势高于 点电势，即
例2如图所示，长直导线通以电流 =5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长 =0.06m，宽 =0.04m，线圈以速度 =0.03m·s-1垂直于直线平移远离．求： =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．
．
解: 设给两导线中通一电流 ,左侧导线中电流向上,右侧导线中电流向下.
在两导线所在的平面内取垂直于导线的坐标轴 ,并设其原点在左导线的中心,如图所示,由此可以计算通过两导线间长度为 的面积的磁通量.
两导线间的磁感强度大小为
取面积元 ,通过面积元的磁通量为
则穿过两导线间长度为 的矩形面积的磁通量为
故
２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。
３感生电场 ：变化的磁场在其周围所激发的电场。与静电场不同，感生电场的电
场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。
４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。
５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。
自感系数 ：
第11章 电磁感应
11.１ 基本要求
１理解电动势的概念。
２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。
３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。
４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。
５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。
大学物理复习总结题(第11章)
第11章 波动光学一、填空题易：1、光学仪器的分辨率R= 。
(R= a 1.22λ) 易：2、若波长为625nm 的单色光垂直入射到一个每毫米有800条刻线的光栅上时，则第一级谱线的衍射角为 。
(6π) 易：3、在单缝的夫琅和费衍射实验中，屏上第三级暗纹对应的单缝处波面可划分为 个半波带。
(6)易：4、在单缝夫琅和费衍射实验中波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a=2λ的单缝上，对应于衍射角为30°方向，单缝处的波面可分成的半波带数目为 个。
(2)易：5、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 （填奇数或偶数）倍。
(偶数)易：6、如图（6题）所示，1S 和2S ，是初相和振幅均相同的相干波源，相距4.5λ，设两波沿1S 2S 连线传播的强度不随距离变化，则在连线上1S 左侧各点和2S 右侧各点是 （填相长或相消）。
(相消)易：7、在麦克耳逊干涉仪的一条光路中，插入一块折射率为n ，厚度为d 的透明薄片，插入薄片使这条光路的光程改变了 ；[ 2(n-1)d ]易：8、波长为λ的单色光垂直照射在由两块平玻璃板构成的空气劈尖上，测得相邻明条纹间距为L 若将劈尖角增大至原来的2倍，则相邻条纹的间距变为 。
(2L ) 易：9、单缝衍射中狭缝愈窄，条纹间距愈 。
(宽)易：10、在单缝夫琅和费衍射实验中，第一级暗纹发生在衍射角300的方向上，所用单色光波长为500nm λ=，则缝宽为： 。
（1000nm ）易：11、用波长为λ的单色光垂直照射置于空气中的厚度为e 的折射率为1.5的透明薄膜，两束反射光的光程差为 ；(23λ+e )易：12、光学仪器的分辨率与 和 有关，且 越小，仪器的分辨率越高。
(入射波长λ，透光孔经a ，λ)易：13、由马吕斯定律，当一束自然光通过两片偏振化方向成30o 的偏振片后，其出射光与入射光的光强之比为 。
（3：8）易：14、当光由光疏介质进入光密介质时，在交界面处的反射光与入射光有相位相反的现象，这种现象我们称之为 。
大学物理复习题(附答案)
第9章振动学基础复习题T 1.已知质点的振动方程为 x A cos( t )，当时间t —时(T 为周期)，质点的振动速4度为：(A ) v A sin (B ) v A sin (C ) v A cos (D ) v A cos2 •两个分振动的位相差为 2n 时，合振动的振幅是： A.A 1+A 2；B.| A 1-A 2IC.在.A I +A 2 和 | A I -A 2|之间D.无法确定3•一个做简谐运动的物体，在水平方向运动，振幅为8cm ，周期为0.50s 。
t =0时，物体位于离平衡位置4cm 处向正方向运动，则简谐运动方程为 _______________ . 4.一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为x 4 10 2 cos(2 t ) m 。
从t = 0时刻起，3到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 _____________ .5•一个简谐振动在t=0时位于离平衡位置 6cm 处，速度v=0 ,振动的周期为2s ,则简谐振 动的振动方程为 ________________________ . 6.—质点作谐振动，周期为 T ,当它由平衡位置向 x 轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的时间为 ____________ . 7.—个质量为0.20kg 的物体作简谐振动，其振动方程为x 0.6cos(5t -)m ，当振动动2能和势能相等时振动物体的位置在A •0.3 m B • 0.35 m C .0.42 mD . 010•一个作简谐振动的物体的振动方程为s 12cos(t 3)cm ,当此物体由s 12cm 处 回到平衡位置所需要的最短时间为 ________________________________________ 。
11. 一个质点在一个使它返回平衡位置的力的作用下，它是否一定作简谐运动? 12. 简谐振动的周期由什么确定？与初始条件有关吗？14. 两个同方向同频率的简谐振动合成后合振动的振幅由哪些因素决定？ 15. 两个同方向不同频率的简谐振动合成后合振动是否为简谐振动?&某质点参与x 1 4cos(3 t ) cm 和x 24振动，其合振动的振幅为 ________________ 3cos(3 t -)cm 两个同方向振动的简谐49.某质点参与x 110 cos( 2 t ) cm 和x 12运动，其合振动的振幅为 ______________ ; 4cos(2t2)cm 两个同方向振动的简谐教材习题P/223: 9-1 , 9-2, 9-3, 9-4 9-10, 9-12, 9-18第9章振动学基础复习题答案3. x 8cos(4 t ) m .3 "4.5. ___ x 6cos t cm 。
大学物理第9章 电磁感应和电磁场 课后习题及答案
第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B 的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。
大学物理(期末复习.docx
一、选择题:的分布2.如图所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷0,。
为S 面上任一点，若将0由闭合曲面内的P 点移到T 点，且OP=OT,(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零 (B)闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零练习一1.两个均匀带电的同心球面, 半径分别为R1、R2(R1<R2)，小球带电Q,大球带电-Q,下列各图中哪一个正确表示了电场 o R x R 2(0 O R X R 2(D)那么(A) 穿过S 面的电通量改变, 。
点的场强大小不变; (B) 穿过S 面的电通量改变, 。
点的场强大小改变; (C) 穿过S 面的电通量不变, 。
点的场强大小改变; (D) 穿过S 面的电通量不变, 。
点的场强大小不变。
3.在边长为。
的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为(A) q/Eo ； (B) q/2跖； (C) ^/4EO ; (D) q/6£o 。
4.如图所示，a 、c 是电场中某条电场线上的三个点，由此可知 (A) E a >E fc >E c ； (B) E/EovEc ; (C) UplVUc ；(D) UgvUc 。
5. 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 (A) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E 处处为零； (B) 如果高斯面上E 处处不为零，则该面内必无电荷； (C) 如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零； (D)如果高斯面上E 处处为零，则该面内必无电荷。
6. 对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中正确的是(A) 如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷 (B) 如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷 (C) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零 (D) 如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷 答：A7.由真空中静电场的高斯定理= —V q 可知s勺(B)平行。
大学物理课后答案9-10
物理学教程（二）下册答案9—13 马文蔚第九章 静 电 场9－1 电荷面密度均为＋ζ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为2εζ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说法正确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ).*9－4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A ) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D ) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题 9-4 图分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ). 9－5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e ，中子电量为10－21e ，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较. 解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r rr re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度. 分析 依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度. 解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aqa q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r QεE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r QεE +=若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r qεe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr qE 20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εqαE L d π4d sin 2⎰'=利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim=+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为ζ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度. 解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d π41d r x qx +=ε由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41x pεE =可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41xθer εx θer εx p εE ===解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2xεer εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x e E θθε 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r xθθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1xθe r εE =9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()ii E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+-显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析 方法1：作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εSS E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S SS E S E Φd d方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S SS E S E Φd d依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅sQ E r S E 0i2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ=假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ=R r >时， 302π34π4R E r ερ=考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 re rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL E r ＜R 1 ， 0=∑q 01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑ rελE 02π2=r ＞R 2，0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεζrL εL λr ελE ===9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-= 由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()22031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势 dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明. 解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等.9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9－19 电荷面密度分别为＋ζ和－ζ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εζ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x 0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εζV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εζV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9－20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析 通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4=其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V += 若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰ba b a r V V 并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()r R εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度ζ＝2.00×10－5 C·m－2 .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d xr r r ζεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的 ()x x R εζx r r r εζV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为 i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εζx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==ζR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=根据电势差的定义有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m ) 分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24A K ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 （1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24A K k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章 静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ）（A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷。
大学物理第9章静电场习题参考答案
第9章 静电场9-1 两小球处于如题9-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F 的作用，则有mg T =θcos 和F T =θsin ,∴θmgtg F =,由于θ很小，故lxmgmg mg x q F 2sin tg 41220=≈==θθπε ∴3/1022⎪⎪⎭⎫⎝⎛mg l q πε9-2 设q 1,q 2在C 点的场强分别为1E 和2E，则有210141AC r q E πε=14299m V 108.103.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯=方向沿AC 方向 220241BC r q E πε=14299m V 107.204.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯= 方向沿CB 方向∴ C 点的合场强E的大小为：24242221)107.2()108.1(⨯+⨯=+=E E E 14m V 1024.3-⋅⨯=设E 的方向与CB 的夹角为α，则有︒===--7.337.28.11211tg E E tg α 9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元l q d d λ=，它在圆心O 处的场强为201d 41d RlE λπε=，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相互抵消。
习题9-1图习题9-3图习题9-2图0=∴x E ，圆心O 处场强E 的y 分量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-===⎰⎰2312sin d 412sin d 412026260R R R R lE y πελθθλπεθλπεππ方向沿y 轴正向。
9-4 （1）如题9-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点,x 轴向右为正。
设带电细棒电荷元x q d d λ=至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 20d 41d x xE P λπε=方向沿x 轴正向各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 ⎰⎰-+-==11)(20d 41d d L d P P xxE E πε 132289110m V 1041.2102811081103109114----⋅⨯=⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=L d d πελ方向沿x 轴方向。
大学物理第9章题库答案
第九章 电磁场 填空题 （简单）1、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈以垂直于导线的速度背离导线时，线圈中的感应电动势 ，当线圈平行导线向上运动时，线圈中的感应电动势 。
（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正）(<0, ＝0)2、磁场的高斯定律表明磁场是 ，因为磁场发生变化而引起电磁感应，是不同于回路变化时产生的 。
相同之处是 。
（无源场，动生电动势，磁通量发生改变）3、只要有运动电荷，其周围就有 产生；而法拉弟电磁感应定律表明，只要 发生变化，就有 产生。
（磁场，磁通量，感应电动势）4、一磁铁自上向下运动，穿过一闭合导体回路，（如图7），当磁铁运动到a 处和b 处时，回路中感应电流的方向分别是 和 。
（逆时针，顺时针）5、电磁感应就是由 生 的现象，其主要定律为 ，其中它的方向是由 定律来决定，即 。
（磁，电，电磁感应定律，楞次，见p320）6、当穿过某回路中的磁通量发生变化时，电路中 (填一定或不一定)产生感应电流；电路中 (填一定或不一定)产生感应电动势。
(不一定, 一定)7、在电磁感应中，感应电动势的大小与闭合回路的磁通量 成正比。
（对时间的变化率） 8、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈平行导线向下运动时，线圈中的感应电动势 ， 当线圈以垂直于导线的速度靠近导线时，线圈中的感应电动势 。
（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正）(＝0，>0)9、将条形磁铁插入与冲击电流计串连的金属环中，有-5q=2.010c ⨯的电荷通过电流计，若连接电流计的电路总电阻25R =Ω,则穿过环的磁通量的变化=∆Φ Wb 。
（4510q R --⨯=-⨯）10、电磁波是变化的 和变化的 在空间以一定的速度传播而形成的。
扬州大学《大学物理》物理下0110-精选文档15页
多缝干涉主极大位置为 单缝衍射的暗纹位置为
(bb')sink bsink/
当单缝衍射的暗纹位置与多缝干涉 主极大位置重合时，有
b b' k b k/
即 当kbb' 时 有 缺 级 现 象 k/ b
故当 d (b+b') 与 b 有简单整数比时，将看到缺级现象
所缺级次为
振幅
角频率
简谐振动 x＝Acos(t＋0)
相位： =t+ 0 初相：0
弹簧振子模型 2 k m
周期： T
2
频率： 2
速 度： vdxAsin(t)
dt
加速度： advA2cost ()
dt
4
对同一简谐运动，相位差给出两运动状态间
变化所需的时间．
x
Aa
A2
b
o
A
v
t
t
A
tb
x
oA t a A
2
t π 3 π 3 T 1 T
2π 6
π 3
同方向、同频率谐振动的合成
x1 = A1cos ( t+ 10)
x2 = A2 cos ( t+20)
求： x＝ x1 ＋x2
A2
A
u
/ x
ux
1
v c2
v ux
这种效应仅发生在运动方向上，在其他方向上没有这种效应
相对论质量：m m0 1 v2 c2
Em2c m 0 c2 E0
1v2c2
1v2c2
13
光电效应a 第15章 量子物理
遏止电势差 12mm2 eUa
第10-11章 电磁感应 电磁场 -- 习题解答
该回路的磁通量：
R B / 2
2
由电磁感应定律：
d / dt 0.5R dB / dt
2
方向由楞次定律：
dB dB 0 " "；反之： 0 " " dt dt
1 2
( r , 0)
ds
o
d d
dr
d
d
r
1 2
( r , 0)
o
d
d
dr ds
d
d
r
0 I B 2 (r d ) 2 r 在线圈上取面元： d s
解：建立坐标系or如图示，设 垂直于纸面向外为B正方向。
0 I
磁通量：
0 I ( ) d dr 2 d 2 ( r d ) 2 r 0 Id 4 ln 2 3
解: 作辅助线 MN ，则在回路中 向运动时 d m 0
MeNM
，沿 v 方
MeNM MeN NM 0 MeN NM MN
N
MN
a b (v B ) d r B sin cos dr M a b 2 0 I a b ln 0 2 ab
L1
L2
d ( D r 2 ) d ( D R 2 ) d D H dl L1 dt dt dt
9、A
10、D
二、填空题 1、
1 q 5 104 Wb R
d ( 0 ni a 2 ) d i dt dt
2、
i I m sin t
0n a I m cos t
2
3、感应电流为：0 4、
大学物理答案(9-11章)及计算题解
9.25 解：
∫
S
v v D d S = D 2π rl = λ l
λ E= = ε 0ε r 2πε 0ε r r
D
λ D= 2π r
10.1 D； ； 10.3
10.2 D； ；
0 qv sin α 0 qv sin α 2 4πr 4πr 2 v v v v v 10.4 解： B = B1 + B2 + B3 + B4 v v = B2 + B3
E = Ey = Qr = 4 πε
∫ dE
y
o
xL
x
∫
0
L 2 L 2
dx (x2 + r 2)
3 2
=
1 2 πε 0 r
Q 4 r 2 + L2
9.5 解：取dx窄条视为无限长均匀带电直导 窄条视为无限长均匀带电直导 单位长度上带电量为： 线，单位长度上带电量为： λ = + σ dx × 1 1 σ dx （1）P1点： dE = ） 2 πε 0 a + b x z 2 方向： 方向：如图
Z
λ a E = 2E+ cosθ = πε 0 r r aλ = 2 2 πε0 (a + z )
E+
E
a
E
o
z
X
a
9.11 D ；
9.12 D ； 9.13 －2×103 V 。 ×
9.14 解：
R1 < r < R2
r > R2
E1 =
q1 4πε 0 r q1 + q 2
2
E2 =
r R2
R
a+d
大学物理第九章练习 参考答案
第九章 电磁感应 电磁场理论练 习 一一.选择题1. 在一线圈回路中，规定满足如图1所示的旋转方向时，电动势ε，磁通量Φ为正值。
若磁铁沿箭头方向进入线圈，则有（ B ）(A ) d Φ /dt < 0， ε < 0 ； (B ) d Φ /dt > 0， ε < 0 ； (C ) d Φ /dt > 0， ε > 0 ； (D ) d Φ /dt < 0， ε > 0。
2. 一磁铁朝线圈运动，如图2所示，则线圈内的感应电流的方向（以螺线管内流向为准）以及电表两端电势U A 和U B 的高低为（ C ）(A ) I 由A 到B ，U A >U B ； (B ) I 由B 到A ，U A <U B ； (C ) I 由B 到A ，U A >U B ； (D ) I 由A 到B ，U A <U B 。
3. 一长直螺线管，单位长度匝数为n ，电流为I ，其中部放一面积为A ，总匝数为N ，电阻为R 的测量线圈，如图3所示，开始时螺线管与测量线圈的轴线平行，若将测量线圈翻转180°，则通过测量线圈某导线截面上的电量∆q 为（ A ）(A ) 2μ0nINA /R ； (B ) μ0nINA /R ； (C ) μ0NIA /R ； (D ) μ0nIA /R 。
4. 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，磁通量的变化率相同，则环中（ A ） （A ）感应电动势相同，感应电流不同； （B ）感应电动势不同，感应电流相同； （C ）感应电动势相同，感应电流相同； （D ）感应电动势不同，感应电流不同。
二.填空题1．真空中一长度为0l 的长直密绕螺线管，单位长度的匝数为n ，半径为R ，其自感系数L可表示为0220l R n L πμ=。
2. 如图4所示，一光滑的金属导轨置于均匀磁场B 中，导线ab 长为l ，可在导轨上平行移动，速度为v ，则回路中的感应电动势ε=θsin Blv ，a 、b 两点的电势a U ＜ b U （填<、=、>），回路中的电流I=R Blv /sin θ，电阻R 上消耗的功率P=R Blv /)sin (2θ。
大学物理第九章-十四章 振动--习题集(含答案)
第九章 振动一、简答题1、如果把一弹簧振子和一单摆拿到月球上去,它们的振动周期将如何改变? 答案：弹簧振子的振动周期不变，单摆的振动周期变大。
2、完全弹性小球在硬地面上的跳动是不是简谐振动，为什么？答案：不是，因为小球在硬地面上跳动的运动学方程不能用简单的正弦或余弦函数表示，它是一种比较复杂的振动形式。
3、简述符合什么规律的运动是简谐运动答案：当质点离开平衡位置的位移`x`随时间`t`变化的规律，遵从余弦函数或正弦函数()ϕω+=t A x cos 时，该质点的运动便是简谐振动。
或：位移x 与加速度a 的关系为正比反向关系。
4、怎样判定一个振动是否简谐振动？写出简谐振动的运动学方程和动力学方程。
答案：物体在回复力作用下，在平衡位置附近，做周期性的线性往复振动，其动力学方程中加速度与位移成正比，且方向相反:x dtx d 222ω-= 或：运动方程中位移与时间满足余弦周期关系:)cos(φω+=t A x5、分别从运动学和动力学两个方面说明什么是简谐振动？答案：运动学方面：运动方程中位移与时间满足正弦或余弦函数关系)cos(φω+=t A x动力学方面：物体在线性回复力作用下在平衡位置做周期性往复运动，其动力学方程满足6、简谐运动的三要素是什么？答案： 振幅、周期、初相位。
7、弹簧振子所做的简谐振动的周期与什么物理量有关？答案： 仅与振动系统的本身物理性质：振子质量m 和弹簧弹性系数k 有关。
8、如果弹簧的质量不像轻弹簧那样可以忽略，那么该弹簧的周期与轻弹簧的周期相比，是否有变化，试定性说明之。
答案：该振子周期会变大，作用在物体上的力要小于单纯由弹簧形变而产生的力，因为单纯由形变而产生的弹力中有一部分是用于使弹簧产生加速度的，所以总体的效果相当于物体质量不变，但弹簧劲度系数减小，因此周期会变大。
9、伽利略曾提出和解决了这样一个问题：一根线挂在又高又暗的城堡中，看不见它的上端而只能看见其下端，那么如何测量此线的长度？答案：在线下端挂一质量远大于线的物体，拉开一小角度，让其自由振动，测出周期T ，便可依据单摆周期公式gl T π2=计算摆长。
大学物理第9章 题库答案2(修改)
大学物理第9章题库答案2(最新修改)本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第九章 电磁场填空题 （简单）1、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈以垂直于导线的速度背离导线时，线圈中的感应电动势 ，当线圈平行导线向上运动时，线圈中的感应电动势 。
（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正）(<0, ＝0)2、磁场的高斯定律表明磁场是 ，因为磁场发生变化而引起电磁感应，是不同于回路变化时产生的 。
相同之处是 。
（无源场，动生电动势，磁通量发生改变）3、只要有运动电荷，其周围就有 产生；而法拉弟电磁感应定律表明，只要 发生变化，就有 产生。
（磁场，磁通量，感应电动势）4、一磁铁自上向下运动，穿过一闭合导体回路，（如图7），当磁铁运动到a 处和b 处时，回路中感应电流的方向分别是 和 。
（逆时针，顺时针）5、电磁感应就是由 生 的现象，其主要定律为 ，其中它的方向是由 定律来决定，即 。
（磁，电，电磁感应定律，楞次，见p320）6、当穿过某回路中的磁通量发生变化时，电路中 (填一定或不一定)产生感应电流；电路中 (填一定或不一定)产生感应电动势。
(不一定, 一定)7、在电磁感应中，感应电动势的大小与闭合回路的磁通量 成正比。
（对时间的变化率）8、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈平行导线向下运动时，线圈中的感应电动势 ， 当线圈以垂直于导线的速度靠近导线时，线圈中的感应电动势 。
（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正）(＝0，>0)9、将条形磁铁插入与冲击电流计串连的金属环中，有-5q=2.010c ⨯的电荷通过电流计，若连接电流计的电路总电阻25R =Ω,则穿过环的磁通量的变化=∆Φ Wb 。
大学物理_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 c o s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ϕ＝0.25π，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 c o s 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 t πcos4100.22-⨯=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/π=0（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()π2=0t ω+=p 0p ． （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△φ1=2/π，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△φ2=6/π，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△φ3=3/π，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 mAmg 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的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 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 -⨯====.m Aa m A 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 arctanϕϕϕϕϕA 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 ()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=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()11c o sϕω+=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。
大学物理标准答案(9、10、13、14、15、16章)
P b a O xd xy9－5 一无限长均匀带电细棒被弯成如习题9－5图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零。
解： 设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强。
在圆弧上取一弧元 d s =R d φ所带的电量为 d q = λd s 在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε=== 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=方向沿着x 轴正向。
再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==;方向沿着x 轴负向当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1;因此 θ/2 = π/4，所以 θ = π/29－6 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如习题9－6图所示。
试求 平板所在平面内，离薄板边缘距离为a 的P 点处的场强。
解： 建立坐标系。
在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = σd x 根据直线带电线的场强公式02E rλπε=得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-其方向沿x 轴正向。
由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰/20/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2baσπε=+ ①场强方向沿x 轴正向。
大学物理 第9-10章习题解答
第九章 电磁感应§9-1 电源 电动势 §9-2 电磁感应定律 §9-3 动生电动势§9-4 感生电动势和感生电场 §9-5 自感和互感 §9-6 磁场的能量§9-7 位移电流 麦克斯韦方程组9.1 法拉第电磁感应定律指出：通过回路所圈围的面积的磁通量发生变化时，回路中就产生感应电动势。
哪些物理量的改变会引起磁通量的变化？9.2 若感应电流的方向与楞次定律所确定的方向相反，或者说，法拉第定律公式中的负号换成正号，会导致什么结果？9.3 有人说，楞次定律告诉我们“感应电流的磁通总是原磁通相反的”，你认为对吗？为什么？解答：不对，阻碍并不是相反。
9.4 L 值是否有负值？M 值是否有负值？怎样理解负值的物理意义？ 9.5 有两个相隔距离不太远的线圈，如何放置才能使其互感系数为零？ 9.6 存在位移电流，是否必存在位移电流的磁场？9.7 半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B 的夹角060=θ时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是（ ） A 、与线圈面积成正比，与时间无关； B 、与线圈面积成正比，与时间成正比； C 、与线圈面积成反比，与时间成正比； D 、与线圈面积成反比，与时间无关。
答案：A9.8 如图9-8所示，长度为的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度υ移动，直导线ab 中的电动势为A 、Bυ B 、sin B υα C 、cos B υα D 、0答案：D9.9 在感生电场中，电磁感应定律可写成i k d d dtεΦ=⋅=⎰E l ，式中k E 为感生电场的电场强度；此式表明（ ） A 、闭合回路上的k E 处处相等； B 、感生电场是保守场；C 、感生电场的电场线不是闭合曲线；D 、感生电场是涡旋藏。
答案：D9.10 若尺寸相同的铁环与铜环所包围的面积中穿过磁通量的变化率相同，则在这两个环中（ ）A 、感应电动势不同，感应电流相同；B 、感应电动势和感应电流都相同；C 、感应电动势和感应电流都不同；D 、感应电动势相同，感应电流不同。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第9章机械振动9-1已知四个质点在x 轴上运动，某时刻质点位移xM 其所受合外力F 的关系分别由下 列四式表示(式中0、b 为正常数).其中不能使质点作简谐振动的力是[] (A) F - ahx (B) F - -ahx(C) F - -ax + h (D) F — -bx / a9-2在下列所述的各种物体运动nJ'视为简谐振动的是[](A) 将木块投入水中，完全浸没并潜入一定深度，然后释放(B) 将弹簧振子置于光滑斜面上，让其振动(C) 从光滑的半圆弧槽的边缘釋放一个小滑块(D) 扌|'|皮球时球的运动9- 3对同一简谐振动的研究，两个人都选平衡位置为处 标原点，但具中一人选铅直向上的Ox 轴为坐标系，而另一 个人选铅肓向下的OX 轴为坐标系，则振动方程屮不同的量 是[ ](A) 振幅；(B)圆频率;(C)初相位;(D)振幅、圆频率。
9- 4某物体按余弦函数规律作简谐振动，它的初相位为 -龙/2,则该物体振动的初始状态为[ ](A) 兀o = O,%>O ； (B)旳=0,%<0；(C) x o = O ,u o = O ； (D) x 0 = -A ,v ()= Oo 9- 5 一个质点作简谐振动，振幅为A,周期为T,在起始时刻(1)质点的位移为A/2,且向x 轴的负方向运动； ⑵质点的位移为-A/2,且向x 轴的正方向运动；(3) 质点在平衡位置，且其速度为负；(4) 质点在负的最大位移处；写出简谐振动方程，并呦岀t 二0时的旋转矢暈图。
9- 6 -质点以周期T 作简谐振动，则质点由平衡位置正向运动到最大位移一半处的最矩 时间为[ ] 9- 7两个质点各自作简谐振动，它们的振幅和同、周期相同。
第一个质点的振动方程为(B) f (C) O T12 (D)州=/cos(曲+ 2)。
当第一个质点从相对于其平衡位置负的位移处回到平衡位直时，第二个质点正处在正的最人位移处.则第二个质点的振动方程为[]71 71(A)x2= A cos(6>/ + a + —) ； (B) x2= A cos(69/ + cr-y)；(C) x2= A cos(69/ + a-—) : (D) x2= Acos(a)t + a + 7r) <>9-8 一简谐振动曲线如图所示，该振动的周期为，由图确定质点的振动方程为，在t=2s 时质点的位移为，速度为，加速度为。
9-9 一质点沿x轴作简谐振动，其角频率10 rad/so其初始位移必=7.5 cm,初始速度vo= 75.0cm/s。
试写出该质点的振动方程。
9-10质量为2 kg的质点,按方程x = 0.2cos(0.8加-兀/3) (SI)沿着x轴振动。
求⑴ 振动的周期、初相位、最大速度和最人加速度；(2)/=ls时振动的相位和位移。
9-11 一质点作简谐振动，振动方程为x = 6cos(100加+ 0.7/r)cm ,在单位:s)时刻它在x = 3V2cm处，且向x轴负方向运动。
求：它重新回到该位置所需要的最短时间。
9-12质量为0. 01 kg的质点作简谐振动，振幅为0.1m,最大动能为0. 02 J.如果开始时质点处于负的最大位移处，求质点的振动方程。
第10章机械波10・1下列方程和文字所描述的运动小，哪一种运动是简谐波？[ ].2KX(A) -------------------- y = A cos cos cotQ(B)y = A sin(加 + ex + x2)(C)波形图始终是止弦或余弦曲线的平面波(D)波源是谐振动但振幅始终衰减的平面波10-2-平面简谐波的表达式为y = 0.25cos(125/-0.37x)(SI),其角频率0)=,波速"=,波长兄=O/ X10- ------------------------------------------------------------------- 2当x为某一定值时，波动方程x = A cos 2 TC(-------------------------------------- )所反映的物理意义是T A[ ](A)表示出某时刻的波形(B)说明能量的传播(C)表示出x处质点的振动规律(D)表示出各质点振动状态的分布10・3已知一波源位于x = 5m处，其振动方程为：p =/cos(0Z + 0)(m).当这波源产生的平面简谐波以波速"沿x轴正向传播时，其波动方程为[ ]x X(A)y = A cos co(t——)(B) y = A cos[co(t - —) + cp]u uI 5 __ 5(C) y = A cos[co(t - ---- ----- ) + /](D)尹二/cos[0(f ----------------- ) + 0]u u10-4频率为500Hz的波，其波速为350m/s,和位差为2兀/3的两点之间的距离为_。
10-5 一平面简谐波沿x轴负方向传播。
己知在x=-lm处质点的振动方程为y- A cos(d)/ + <p) (SI),若波速为Uy则此波的表达式为。
10-6 一列平面简谐波沿兀轴正向无衰减地传播，波的振幅为2X10-3m,周期为0.01 s, 波速为400 m-s'1 o当t = 0^ix轴原点处的质元正通过平衡位置向y轴正方向运动，试写Hl 该简谐波的表达式。
10-7 ^11图，一平而波在介质中以波速M = 10 m・s"沿兀轴负方向传播，已知/点的振动方程为y = 4xl0-2 cos(3加 + 龙/3) [SI]。
(1)以/点为坐标原点，写出波函数；Y—u(2)以距力点5m处的B点为坐标原点，写出波函数；」——1------------ aB A x10-8图示一平面简谐波在f=0时刻的波形图，波的振幅为0.20 m,周期为4.0 s,求(1)(2)若OP=5.0m, 坐标原点处质点的振动方程; 振动方程。
10-9已知两相干波源所发出的波的相位差为兀，到达某相遇点P的波程差为半波长的两倍，则P点的合成情况是[ 1(A)始终加强(B)始终减弱(C)时而加强，时而减弱，呈周期性变化(D)时而加强，吋而减弱，没有一定的规律10-10 ^11图所示，一简谐波沿肋方向传播，它在〃点引起的振动方程为必=4 cos271/ 0另一简谐波沿CP方向传播，它在C点引起的振动方程为y2 =A2COS(2 71/ + 7i) /点与B点相距0.40 m,与C 点相距0.50 m。
波速均为“=0.20 m-s'1。
则两波在戶的相位差为。
10・11如图所示，Si和S2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波长为2的简谐波，P点是两列波相遇区域屮的一点，已知S^P = 2A , 蔚=2.22,两列波在P点发主相消干涉.若,的振动方程为M—cos(/ + ”/2),则S2的振动方程为口兀A)y2= A cos(/ 一―) ; (B) y2 = A cos(r 一TT);(C) y2= cos(/ + ;(D) y2 = A cos(/ - d br) 010-12如图所示,S2为两平面简谐波相十波源.S2的相位比$的相位超前兀/4,波长兄=&00 m, n = 12.0 m,厂2= 14.0 m, $在戶点引起的振动振幅为0.30 m, S2在P点引起的振动振幅为0.20 m,求P点的合振幅.10-13在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动[](A)振幅相同,相位相同.(B)振幅不同,相位相同.(C)振幅相同,相位不同. (D)振幅不同,札I位不同・10-14两列完全和同的余弦波左右相向而行，叠加后形成驻波.下列叙述中，不是驻波特性的是[ ](A)叠加后，有些质点始终静止不动(B)叠加后，波形既不左行也不右行(C)两静止而相邻的质点Z间的各质点的相位相同(D)振动质点的动能为势能Z 和不守恒11章波动光学11・1在杨氏双缝干涉实验中，如果入射光的波长不变，将双缝间的距离变为原来的一 半，狭缝到屏幕的垂直距离变为原距离的三分Z 二倍，下列陈述正确的是[](A) 相邻明(暗)纹间距是原间距的3/4倍；(B) 和邻明(暗)纹间距是原间距的4/3倍；(C) 相邻明(暗)纹间距是原间距的2/3倍；(D) 和邻明(暗)纹间距是原间距的3/2倍。
11・2如本题图所示，在双缝T •涉实验小，若把一厚度为◎折射率为n 的薄云母片覆盖 在$缝上，中央明条纹将向 ____ 移动；覆盖云母片后，两束相干光至原屮央明纹。
处的 光程差为 ________________0 11- 3在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为小和血的透明薄膜遮盖，二者的厚度均 为臥波长为2的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的相位差△卩= 11- 4波长为2的单色光在折射率为n 的介质中rfl a 点传到b 点相位改变了兀，则光从a 点到b 点的几何路程为[]2 2/7 2 a (A) —(B) — (C) - (D)必2n 2 2 11・5在杨氏双缝实验中，若用白光作光源，干涉条纹的情况为 [](A)小央明纹是口色的(B)红光条纹较密 (C)紫光条纹间距较大 (D)干涉条纹为白色11- 6在双缝干涉实验中，波长2=550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距d=2X 10 4 m 的双缝上，屏到双缝的距离D=2m ・求：(1) 屮央明纹两侧的两条第10级明纹屮心的间距；(2) 用--厚度为尸&53X 10讣m 的薄片覆盖一缝后，这时屏上的第9级明纹恰好移到屏 幕中央原零级明纹的位置，问薄片的折射率为多少？ (lnm=109m)11- 7 /ill 图所示，折射率为勺、厚度为幺的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为耳和©，已知<n 2<n 3.若波长为入的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则 从薄膜上、下两表而反射的光束①与②的光程差是[](A) 2n 2e (B) 2n 2 e —X11- 8如图所示，波长为兄的平行单色光乖直入射在(C) 2弘一2(D) 2心 --------- 2心折射率为n2的薄膜上,经上下两个表面反射的两束光发生T•涉.若3 曲膜厚度为e,而且n}<n2>n3,则两束光在相遇点的相位差为口叫(A) 4兀尬 / 2； (B) 2K/?2^ / 几;(C) (4劝2幺 / 久)+兀； (D) (2劝2£ / 2) -7lo11- 9已知同11・6题，其透射光的加强条件为。
11- 10用波长可以连续改变的单色光垂直照射一劈形膜，如果波长逐渐变小，干涉条纹 的变化情况为[](A)明纹间距逐渐减小，并背离劈棱移动(B) 明纹间距逐渐变小，并向劈棱移动(C) 明纹间距逐渐变大，并向劈棱移动(D) 明纹间距逐渐变人，并背向劈棱移动10=11在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的红光(波长为 760 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？11- 12在本题图中，玻璃表而镀一层氧化袒(Ta 2O 5) 薄膜，为测其膜厚，将薄膜-侧腐蚀成劈尖形状。