大学物理上第二版网上考试答案第5期
大学物理学教学教程第二(马文蔚)理解练习册答案解析5机械振动
求（1）两简谐运动的运动学方程；（2）在同一图中
第 五 章
画位出关x两 系简 ；5（谐.18运3）c动o如s的两旋简t 转谐1矢振2量动c，m叠并加比，较求两合简振谐动振的动运的动相
方程。
x/cm
习 题 分
解：
2
1
5
6
10 5
析 A A12 A22 2A1A2 cos(2 1) 0
1 2
1
习 题
解:(2)
分
t 0时，x0 0, v0 0.6 m/s
析
A
5-9
x02
v0
2
0.06 m
x
2
振动方程为：
x
0.06
cos
10t
2
m
4
5-10 某振动质点的 x t 曲线如图所示，试求：
（1）运动方程；（2）点 P 对应的相位；（3）到达
第 五 章
点 P 相位所需的时间。
解：（1）A 0.10m
为 x1 0.05cos(10t 0.75 )(SI ),
第 x2 0.06cos(10t 0.25 )(SI ) 求：（1）合振动的振幅
五 章
及初相；（2）若有另一同方向同频率的简谐运动
x3 0.05cos(10t 3)(SI ), 则 3 为多少时，x1 x3 的
习 题 分 析
振幅最大？又 3 为多少时，x2 x3 的振幅最小。
习 题
解:(3)
Ek max 2.0 103 J
Ep 1.0103J
分 析
由
Ep
1 2
k x2
1 2
m 2 x2
0.5104 m2
5-17
x2
大学物理第二版答案(北京邮电大学出版社)
习 题 解 答第一章 质点运动学1-1 (1) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移j y y i x x r)()(01011-+-=∆)(5.33)101(3)01(21)01(32m j i ji +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) 前4秒内平均速度)s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度)s m (43704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a (6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a1-2 23d d 23++==t t txv c t t t c t v x x +++=+==⎰⎰241d d 34 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t xtt tv a t t v 63d d 23223+==++= 将t =3s 代入证)s m (45)s m (56)(414123133--⋅=⋅==a v m x1-3 (1) 由运动方程⎩⎨⎧+==ty t x 2342消去t 得轨迹方程0)3(2=--y x(2) 1秒时间坐标和位矢方向为 m y m x 5411==[4,5]m: ︒===3.51,25.1ααxytg(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为)m (24)35()04(1j i j i r+=-+-=∆)s m (2411-⋅+=∆∆=j i tr V(4) 质点的速度与加速度分别为i t Va j i tr V8d d ,28d d ==+==故t =1s 时的速度和加速度分别为 2111s m 8,s m 28--⋅=⋅+==i a j i V1-4 该星云飞行时间为a 1009.2s 1059.61093.31074.21046.910177915⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯ 即该星云是101009.2⨯年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为g)(25m/s 1047.280.13600101600223≈⨯=⨯⨯==t v a 基本上未超过25g.1.80s 内实验车跑的距离为）（m 40080.13600210160023=⨯⨯⨯==t v s1-6 (1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则2021gt t v h -= 代入已知数得28.9211511t t ⨯-=解此方程，可得二解为s 22.1s,84.111='=t t第一块石头上升到顶点所用的时间为s 53.18.9/15/10===g v t m由于m t t >1,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于m t t <'1这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以20v 和'20v 分别对应于在t 1和'1t 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于2111120)(21)(t t g t t v h ∆∆---= 所以184.1)184.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=∆-∆-+=t t t t g h v m /s 2.17=同理.122.1)122.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=-'-'+='t t t t g h v ∆∆ m/s)(1.51=(2) 由于'>=123.1t s t ∆,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t 1时刻相碰，第二块的初速度为3.184.1)3.184.1(8.92111)(2122122120--⨯⨯+=--+="t t t t g h v ∆∆ m/s)(0.23=1-7 以l 表示从船到定滑轮的绳长，则t l v d /d 0-=.由图可知22h l s -=于是得船的速度为02222d d d d v s h s t l h l lts v +-=-==负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为3202022d d d d d d s v h tl v h l ll t v a -=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--== 负号表示a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为522422221048.9601.0)106(44⨯=⨯⨯⨯==ππωg r n g r1-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s 3='t 时的切向加速度，即)m/s (2.02='t a在s 3='t 时的法向加速度为)m/s (36.00.1)32.0()(2222=⨯='='=R t a R v a t n1-10 2m /s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为m/s)(6.05.02.100=⨯==at v以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为2021gt t v h +=电梯下降的距离为习题1-9图 习题1-10图2021at t v h +='又20)(21t a g h h h -='-= 由此得s 59.02.18.95.1220=-⨯=-=a g h t而小球相对地面下落的距离为2021gt t v h += 259.08.92159.06.0⨯⨯+⨯= m 06.2= 1-11 人地风人风地v v v+=画出速度矢量合成图(a)又人地风人风地02v v v +'=，速度矢量合成如图（b ）两图中风地v应是同一矢量.可知（a ）图必是底角为︒45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为人地人地风地00245cos v v v =︒=)s m (23.41-⋅=1-12 (1) v LvL t 22==(2) 22212u v vLu v L u v L t t t -=++-=+= 1212-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v u v L(3) v Lv L t t t '+'=+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对地速度v u v +=',则22u v V -='.习题1-12图习题1-11图2221222⎪⎭⎫⎝⎛-=--='=v u v L uv L v L t 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为V '(如图所示),由速度合成得V u V +='V 的大小由图1.7示可得αβcos cos u V V +'=即332323cos cos -=⨯-=-='αβu V V 而1212sin sin =⨯=='αβu V 船达到B 点所需时间)s (1000sin =='='=D V DV OB t βAB 两点之距βββsin cos D Dctg S == 将式（1）、（2）代入可得m)(1268)33(=-=D S(2) 由αβsin 101sin 3u V D t ⨯='=船到对岸所需最短时间由极值条件决定0cos sin 11d d 2=⎪⎭⎫⎝⎛-=αααu t 即 2/,0c o s παα==故船头应与岸垂直，航时最短.将α值代入（3）式得最短航时为s)(500105.021012/sin 101333m in=⨯=⨯=⨯=s u t π (3) 设l OB =,则ααββsin cos 2sin sin 22u uV V u D V D V D l -+=''==欲使l 最短，应满足极值条件.习题1-13图a a uV V u u D l '⎢⎢⎣⎡''-+-='cos sin cos 2d d 22αα 0cos 2sin sin 2222=⎥⎦⎤'-+''+αuV V u a a uV 简化后可得01cos cos 222=+'+-'αuVV u a即 01cos 613cos 2=+'-'αa 解此方程得32cos ='α︒=='-2.4832cos 1α 故船头与岸成︒2.48，则航距最短.将α'值代入（4）式得最小航程为222222m in 321232322321000cos 1cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯-+='-'-+-=ααu uv v u D lkm)(5.1m 105.13=⨯= AB 两点最短距离为km)(12.115.122min min =-=-=D l S第二章 质点动力学2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，x 向：0cos m ax m in =-f F θ y 向：0sin m in =--Mg F N θ 还有 N f s m ax μ=解以上三式可得要推动木箱所需力F 的最小值为θμθμsin cos s s min -=MgF习题2-1图在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F 的大小为θμθμsin cos k k min -=MgF（2）在上面m in F 的表示式中，如果0sin cos s →-θμθ，则∞→m in F ，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是0sin cos s ≤-θμθ由此得θ的最小值为s1arctanμθ=2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律x 向：ma N T =-θθsin cosy 向：0cos sin =-+mg N T θθ 联立解此二式，可得N)(32.3)30sin 8.930cos 2(5.0)sin cos (=︒+︒⨯⨯=+=ααg a m T N)(74.3)30sin 230cos 8.9(5.0)sin cos (=︒-︒⨯⨯=+=ααa g m N由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N)(74.3=='N N（2）小球刚要脱离斜面时N =0，则上面牛顿第二定律方程为mg T ma T ==θθsin ,cos由此二式可解得2m/s 0.1730tan /8.9tan /=︒==θg a2-3 要使物体A 与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a ,且挂吊B 的绳应向后倾斜。
大学物理上第二版网上考试答案第三四期
1、体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住无摩擦滑轮的绳子各一端，他们由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是：（正确答案：C 提交答案：C 判题：√得分：10分）A、甲先到达B、乙先到达C、同时到达D、无法确定2、假设某卫星环绕地球中心作椭圆轨道运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（正确答案：B 提交答案：B 判题：√得分：10分）A、角动量守恒，动能守恒B、角动量守恒，机械能守恒C、角动量不守恒，机械能守恒D、角动量不守恒，动能守恒3、几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体（正确答案：D 提交答案：D 判题：√得分：10分）A、必然不会转动B、转速必然不变C、转速必然改变D、转速可能不变，也可能改变4、一水平放置的直杆，质量为m，长度为L，绕其一端作匀速率转动（转动惯量），外端点线速度为v，则杆的动能为（正确答案：C 提交答案：C 判题：√得分：10分）A、B、C、D、5、一质点作匀速率圆周运动时（正确答案：C 提交答案：C 判题：√得分：10分）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6、一水平圆盘可绕固定铅直中心轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，忽略轴的摩擦，当此人在盘上随意走动时，此系统（正确答案：C 提交答案：D 判题：╳得分：0分）A、动量守恒B、机械能守恒C、对中心轴的角动量守恒D、动量、机械能和角动量都守恒7、多个力作用在有固定转轴的刚体上，这些力的矢量和为零，则刚体绕该轴转动的角加速度将（正确答案：D 提交答案：D 判题：√得分：10分）A、保持不变的恒量B、为0C、不为0的变量D、无法确定8、有两个半径相同，质量相等的细圆环A和B，A环的质量分布均匀，B环的质量分布不均匀，它们对通过环心与环面垂直的轴的转动惯量分别为、，则（）（正确答案：C 提交答案：D 判题：╳得分：0分）A、A环的转动惯量较大B、B环的转动惯量较大C、一样大D、不能确定9、花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为，角速度为，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为。
《大学物理学(第二版)》(李乃伯主编)第一至第五单元课后习题指导
《物理学(第二版)》(李迺伯主编)第一章：过关测试第一关1．判断下列哪一种说法是正确的A．你用手关一扇门，此门可以看成质点；B．开枪后子弹在空中飞行，子弹可看成质点；C．讨论地球自转，地球可看成质点；D．一列火车在半径为800m的圆轨道上行驶，火车可看成质点。
答案：B2．下列哪一种说法是正确的A．加速度恒定不变时，物体的运动方向必定不变；B．平均速率等于平均速度的大小；C．不论加速度如何，平均速率的表达式总可以写成。
上式中为初始速率，为末了速率；D．运动物体的速率不变时，速度可以变化。
答案：D3．某质点的运动学方程为，以为单位，以为单位。
则该质点作A．匀加速直线运动，加速度为正值；B．匀加速直线运动，加速度为负值；C．变加速直线运动，加速度为正值；D．变加速直线运动，加速度为负值。
答案：D （解：速度加速度）4．质点作匀加速圆周运动，它的A．切向加速度的大小和方向都在变化；B．法向加速度的大小和方向都在变化；C．法向加速度的方向变化，大小不变；D．切向加速度的方向不变，大小变化。
答案：B5．气球正在上升，气球下系有一重物，当气球上升到离地面100 m高处，系绳突然断裂，最后重物下落到地面。
与另一物体从100 m高处自由下落到地面的运动相比，下列结论正确的是A．运动的时间相同；B．运动的路程相同；C．运动的位移相同；D．落地时的速度相同。
答案：C(解：由于重物在100 m高处有向上的初速度，先上升，到达最高点后再下落。
与物体从100 m高处自由落体到地面的运动相比，运动的时间、路程，落地时的速度均不相同，仅位移相同。
)6．用细绳系一小球，使之在竖直平面内作圆周运动，当小球运动到最高点时A．小球受到重力、绳的拉力和向心力的作用；B．小球受到重力、绳的拉力和离心力的作用；C．绳子的拉力可能为零；D．小球可能处于受力平衡状态。
答案：C(解：小球所受合力的法向分量有时称作向心力，它是“合力的分量”，不是其它物体施加的，故A不正确。
2012 西南交通大学 大学物理 AII 作业答案 No.5 光的干涉
No.5 光的干涉
一、判断题 [ F ] 1．光程就是光在空间通过的路程。 解：光的在介质中传播的几何路程与介质折射率的乘积定义为等效真空程，又叫光程，见教材 106 页。 [ F ] 2．杨氏双缝干涉是通过分振幅获得相干光的。 解：应为分波面法 [ T ] 3．光从光疏介质入射到光密介质界面反射时，将发生半波损失。在反射面上，反射光将产生 π 的相位突变。 解：教材81页。 [ T ] 4．相干长度就是能够观察到干涉现象的最大光程差。 解：教材123页。 [ T ] 5．薄透镜的物点和像点间是等光程的。 解：教材 96 页。 二、选择题 2．将一个平面波照射在图 a 所示的双缝上，屏上形成了一个干涉图样(图 b)。如果我们将双缝中的其中一 条缝上覆盖一个玻璃板(图 c)，因为玻璃中的波长比空气中的波长短，所以从双缝出射的波的相位将不同， 如果相位差是 180 o ，图 b 中的干涉图样将如何变化？
有明纹条件 ∆ = ± kλ ( k = 0,1,2,3,........) 得 x k = ( ± kλ + 3λ ) ⋅ 相邻明纹间距 ∆ x = x k +1 − x k =
Dλ d
3. 如图所示， 牛顿环装置的平凸透镜与平板玻璃间有一小缝隙e0。 现用波长为 λ 的单色光垂直照射，已知平凸透镜的曲率半径为R，求反射光形成的牛顿环的各 暗环半径。
λ
2
，所以材
λ
4n
，当 k=0 时 e 有最小值，故 e min =
λ
4n
= 120nm
第 k＋5 级明条纹的间距是 5λ
4. 波长为 λ 的平行单色光垂直照射到劈尖薄膜上，劈尖角为 θ ，劈尖薄膜的折射率为 n，第 k 级明条纹与
2 nθ五条明条纹间距为 L = 5l =
大学物理课后题答案5
1-1 。
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2。
分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 。
分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 。
分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 。
(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2A-，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2A-,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32Ax =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32A x =处，可通过旋转矢量图，如图5-2所示，并根据公式2t T ϕπ∆∆=得31226t T T T ϕπππ∆∆===，,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 OO A Axxx(A) (B)(D)(C)A /2-A /2 A /2 -A /2A Aωωωωx习题5-1图习题5-2图(A) 落后2π (B) 超前2π(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2p k 12E 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) 60 (B) 90 (C) 120 (D) 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120时,合成后的简谐运动的振幅仍为A 。
大学物理学第二(马文蔚)练习册答案5第五章 机械振动答辩
1 T
10(Hz) t 2s 时
4
5-5 v dx 2 sin(20t 4 )(SI )
x 7.07102 m
dt
4
v 4.44m/ s
a dv 40 2 cos(20t )(SI ) a 279m / s2
5-17
x2
Байду номын сангаас
2Ep
m 2
0.5104 m2
x 7.1103 m
（4）x A 2
Ep
1 2
kx2
1 8
kA2
1 4
Ep max
1 4
E
Ek
3 4
E
14
5-19 已知两同方向同频率的简谐运动的运动方程分别
为 x1 0.05cos(10t 0.75 )(SI ),
v0
m1 m1 m2
v
1(m
/
s)
x0 0
k 40(s1)
A
m1 m2
A
x02
v0
2
2.5102 (m)
2
x/m
11
5-15 如图所示，质量为 1.00102 kg 的子弹，以500m/s
的速度射入并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简
（4） 2 / 3 x 2.0102 cos(4 t 32 )m
3
2
5-9 有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体的时，其
伸长量为9.8cm，若使物体上下振动，且规定向下为正
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案欧阳学文习题一答案习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？(5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？(6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =dr v dt= 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =及 a = 你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？(11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-=最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dx v t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2)s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3)s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
《大学物理》 第二版 第五章课后习题答案-推荐下载
J mol1 K 1
J mol1 K 1
8.31
433
27Байду номын сангаас
59.3J
2
解
为 E1
氢气的等体积摩尔热容为 CV
E1
CV T
5 2
RT
5 R ,在 A-B 等提过程中，气体不做功，热力学能增量 2
5 2
8.31 60
在 B-C 等温过程中热力学能不变，氢气的体积从V0 变化到 2V0 ，气体对外所做的功为
(1)若系统从状态 A 沿 ADB 变化到状态 B 是，系统做的功 42J，问由多少热量传递给系
统。
（2）当系统从状态 B 沿曲线 BEA 返回到状态 A 时，外界对系统做功为 84J,问系统是吸
热还是放热？传递热量多少？
(3)若 ED EA 167J ，求系统沿 AD 及 DB 变化时，各吸收多少热量？
（2） 体积不变时，系统所吸热为
QV E nCV T2 T1 4.46102 20.8 433 273 1.48102 J
（3） 在等压过程中所做功为
Wp
pdV
T2
T1
在等体积过程中，气体体积不变，故所做的功为零。
说明：功的值亦可用热力学第一定律 Q E W 来求
5-2 如图 5.3 所示，一定质量的理想气体，沿图中斜向下的直线由状态 A 变化到状态 B 初
态时压强为 4.0 105 Pa ，体积为1.0 103 m2 ，末态的压强为 2.0 105 Pa ，体积为
3.0 103 m2 ，求此过程中气体对外所做的功。
解 理想气体做功的表达式为W pdV ,
大学物理第五章 题库答案(含计算题)
05章一、填空题（一）易（基础题）1、一定质量的气体处于平衡态，则气体各部分的压强 (填相等或不相等)，各部分的温度 (填相等或不相等)。
(相等,相等)2、根据能量按自由度均分原理，设气体分子为刚性分子，分子自由度为i ，则当温度为T 时，（1）一个分子的平均能量为 ；（2）γ摩尔理想气体的内能为 ；（3）一个双原子分子的平均转动动能为 。
(KT i 2,RT i γ2,KT 22) 3、对于单原子分子理想气体，①32RT 代表的物理意义为： ；②R 23代表的物理意义为：： 。
(①32RT 代表1mol 单原子理想气体的内能，②R 23代表它的等体摩尔热容) 4、自由度数为i 的一定量的刚性分子理想气体,其体积为V,压强为p 时,其内能E=_______.（PV i 2） 5．两瓶不同种类的理想气体，它们温度相同，压强也相同，但体积不同，则它们分子的平均平动动能-----，单位体积内分子的总平动动能-------。
（均填相同或不相同）（相同，相同）6．一定量的某种理想气体，装在一个密闭的不变形的容器中，当气体的温度升高时，气体分子的平均动能 ，气体分子的密度 ，气体的压强 ，气体的内能 。
(均填增大、不变或减少)（增大，不变，增大，增大）7、理想气体的压强公式为 ，理想气体分子的平均平动动能与温度的关系为 。
（k n p ε32=，KT k 23=ε） 8、有两瓶气体，一瓶是氧气，另一瓶是氢气（均视为刚性分子理想气体），若它们的压强、体积、温度均相同，则氧气的内能是氢气的▁▁▁▁倍。
（1）9、一容器内贮有气体,其压强为1atm,温度为27ºC,密度为31.3kg m -⋅,则气体的摩尔质量为______1kg mol -⋅,由此确定它是______气.(32×10-3kg.mol -1, 氧)10、()Nf d u u 表示的物理意义是 ------------------------------------。
黄淮学院《大学物理》课后答案5
(
)
7 半径为 R1 和 R2 ( R2 ＞ R1 )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量 λ 和- λ , 解: 高斯定理 E ⋅ dS =
∫s
�
�
∑q
ε0
� � E ∫ ⋅ dS = E 2πrl
S
取同轴圆柱形高斯面，侧面积 S = 2 πrl 则 对(1) (2)
r < R1
∑ q = 0, E = 0 ∑ q = lλ
(3)设此时内球壳带电量为 q ′ ；则外壳内表面带电量为 − q ′ ，外壳外表面带电量为 − q + q ′ (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且
UA =
q' q' − q + q' − + =0 4 πε 0 R1 4 πε 0 R2 4 πε 0 R2
得 外球壳上电势
q′ =
R1 q R2
UB =
Q1 = C1U 1
电容 C 2 与 C 3 并联 C 23 = C 2 + C 3 其上电荷 Q23 = Q1 ∴
U2 =
Q23 C1U 1 25 × 50 = = C 23 C 23 35
25 ) = 86 V 35
U AB = U 1 + U 2 = 50(1 +
5 (1)点电荷 q 位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面
解: (1)由高斯定理 E ⋅ dS =
∫s
�
�
q ε0
立方体六个面，当 q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量 Φ e =
q ． 6ε 0
(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长 2a 的立方体，使 q 处于边长 2a 的立方体中心，则 边长 2a 的正方形上电通量 Φ e =
大学物理第二版上册课后习题答案
大学物理第二版上册课后习题答案【篇一：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】 (a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故drdt?dsdt,即｜｜＝．由此可见,应选(c)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)drdt； (2)drdt； (3)dsdt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常drdt用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；dsdt表示速度矢量；在自然坐标系中?dx??dy???????dt??dt?22速度大小可用公式v?选(d)．计算,在直角坐标系中则可由公式v?求解．故1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方drdt向的一个分量,起改变速度大小的作用；dsdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dvdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．的大小和路程就不同了．为此,需根据dxdt?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dxdt质点速度和加速度可用和dxdt22两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小dxdt(2) 由得知质点的换向时刻为?0tp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dxdt2t?4.0s??48m?s?1a?dxdt2t?4.0s2??36m.s?21 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；y?2?14x2这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得22?5.66m x2?y2?22?r2?r0?x0?y0?2.47m22题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?vy?dxdtdydt??10?60t ?15?40tv0?v0x?v0y22?18.0m?s?1v0yv0x??32(2) 加速度的分量式为ax?dvxdt?60m?s?2, ay?dvydt?2则加速度的大小为a?ax?ay22?72.1m?s?2ayax??23分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为y1?v0t?12at 12gt22y2?h?v0t?当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即v0t?12at2?h?v0t?12gt2t?2hg?a?0.705s(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?12gt2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有0?h?12(g?a)t2t?2hg?a?0.705s(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为h??v0t?12at2则 d?h?h??0.716m【篇二：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】s=txt>第一章质点运动学(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2dr(1)dt一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即； (2)drdt；ds(3)dt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,drdt表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v22?ds计dt?dx??dy?算,在直角坐标系中则可由公式v???????dt??dt?求解．故选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；drdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dsdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而dvdt表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)． 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为?xt?x0,而在求路程时,就必dx?0来dt须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据dxd2xs??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．dtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得其中位移大小2222?r2?r0?x2?y2?x0?y0?2.47m题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40tdt-1当t ＝0 时, v0x ＝-10 m2ｓ , v0y ＝15 m2ｓ ,则初速度大小为-1v0?v0x?v0y?18.0m?s?122v0yv0x??3 2(2) 加速度的分量式为ax?则加速度的大小为dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdta?ax?ay?72.1m?s?2ayax??2 3-11 -8 一升降机以加速度1.22 m2ｓ上升,当上升速度为2.44 m2ｓ时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝-2y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at221y2?h?v0t?gt22当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h?0.705sg?a12gt?0.716m 2(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t22t?(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2h?0.705sg?a1h??v0t?at22则 d?h?h??0.716m【篇三：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】(1) 根据上述情况,则必有( )(2) 根据上述情况,则必有( )(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠(c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)；(4)?????． dtdtdt?dt??dt?下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确 22dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常dtdr用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中dt分析与解ds?dx??dy?速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式v??????求解．故dt?dt??dt?选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的(c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的 22dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方dtdr向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dt分析与解dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因dtdt此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位的大小和路程就不同了．为此,需根据dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dtdtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1 dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2 dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示． 12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得?r2?r0?题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40t dtv0x3?? 2(2) 加速度的分量式为ax?dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdt则加速度的大小为a?ax?ay?72.1m?s?2花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at2 21y2?h?v0t?gt2 2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt2 22t?2h?0.705s g?a12gt?0.716m 2 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t2 2t?2h?0.705s g?a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 1h??v0t?at2 2则 d?h?h??0.716m。
《大学物理》章节试题及答案(五)
《大学物理》章节试题及答案第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ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( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，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).5 －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).5 －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).*5 －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).5 －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±10－21 e ，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2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，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.5 －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2.60×10－15 m .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 r r re εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41r e εr m =v 由此出发命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为re εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4me E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如图所示.5 －9 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 2204π1Lr Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 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.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 rq εe 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，⎰=LE 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⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL 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 εq αE 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()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰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r ελL 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.5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.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5 －3 节的例1 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θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d 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()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 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.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θer P cos 20=，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 p εE = 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θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer 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 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-= 代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1xθe r εE = 5 －12 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.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()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2(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.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析 根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解 由点电荷电场公式，得()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z ＞＞d ，简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度k E 403π41zQ ε= 5 －14 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.分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ 方法2：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 εS S 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 S S E S E Φd d 解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S 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 πR E 22πcos 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①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E +E =i +j (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==DEFG OABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ 同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka ==∑ΦΦ5 －16 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∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场rrεqe E 20π4d d =由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰()r εr e E 04=球体外(r ＞R )()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2 由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()rr RrεkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和.解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近n εe E 012=n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为n rx xεσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则nnεσx r εσe e E 02202/112≈+=上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证 带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=所以 r E 013ερ=，2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ根据几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布. 解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故2013π4rεQ E =r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E +=电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量230234π4ΔεσR εQ E E E ==-= 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 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 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 .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 Er ＜R 1 ，0=∑q01=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 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，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 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.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()2/322031π2yd 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 022/322002π8d 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dεQd 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. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=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. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×10－30 C · m.求在下述情况下，距离分子为r ＝5.00 ×10－9 m 处的电势.(1) 0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3) 90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角. 解 由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+ (1) 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεp V (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==rεp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5 －25 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RqεV 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 εV5 －26 电荷面密度分别为＋σ和－σ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.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 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 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 εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a-axl E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 0a-axl E l E 电势变化曲线如图(b)所示.5 －27 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？分析 通常可采用两种方法(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rεQV 0π4=在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQV 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()()()22021321201211π4 π40R r r εQ Q R r R rεQ R r r r>+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV 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+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE 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+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE 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 -=-== 5 －28 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.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 εd 1d 0S E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰bab 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 ()r εR 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 Rr-==⎰ 当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.5 －29 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝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.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) 带电圆环激发的电势220d π2π41d xr rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx 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 1691=V-1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεqV 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.5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2 m ，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5 －21 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 7475π2-⋅==rελE 5 －31 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rεeV 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 εeV E 2π41202RK0=≥ 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：。
大学物理（北邮）第二版上参考答案
大学物理(北邮)第二版上参考答案习题解答第一章质点运动学1-1 (1) 质点t时刻位矢为：r (3t 5)i 12t2 3t 4j(m)(2) 第一秒V rt 14(12 i 20 j) 3 i 5 j(m s 1)(4) 速度Vdrt 3 i ( t 3) j(m s 1d)∴V 14 3i (4 3)j 3i 7j(m s)(5) 前4秒平均加速度a Vt V4 V4 0 7 34j j(m s 2)(6) 加速度a dVj(m s 2a dt)4 j(m s 2)1-2 v dxdt t3 3t2 2x dx vdt c 1434t t2t c当t=2时x=4代入求证c=－12 即x 14t4 t3 2t 12 v t3 3t2 2a dvdt 3t2 6t将t=3s代入证1x 41134(m)v3 56(m s 1)a3 45(m s 2)(1) 由运动方程 x 4t2消去t得轨迹方程y 32tx (y 3)2 0(2) 1秒时间坐标和位矢方向为x1 4my1 5m[4,5]m:tg yx 1.25, 51.3(3) 第1秒基本上未超过25g.1.80s(1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中，则h v10t 2gt2代入已知数得2 1-3111 15t 9.8t2 2解此方程，可得二解为t1 1.84s,第一块石头上升到顶点所用的时间为 t1 1.22stm v10/g 15/9.8 1.53s由于t1 tm,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于t1 tm这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以v20和v20分别对应于在t1和t1时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于 h v20(t1 t1)所以1g(t1 t1)2 2hv20 11g(t1 t1)211 9.8 (1.84 1)2t1 t11.84 117.2m/s 同理.v20 h 11 g(t1 t1)211 9.8 (1.22 1)21.22 1t1 t151.1(m/s)(2) 由于 t2 1.3s t1,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t1时刻相碰，第二块的初速度为v20 h 11g(t1 t2)211 9.8 (1.84 1.3)2t1 t21.84 1.323.0(m/s)1-7 以l表示从船到定滑轮的绳长，则v0 d l/dt.由图可知s l2 h2于是得船的速度为习题1-7图3dsv dt负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为dls2 h2 v0 22dtsl h ld dvla 22dt dl l h2 dlh2v0 v0 3 s dt负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为2r4 2n2r4 2(6 104)2 0.15 4 102gg60 9.81-9 物体A下降的加速度(如图所示)为2h2 0.4 0.2m/s2 22t2此加速度也等于轮缘上一点在t 3s时的切向加速度，即aat 0.2(m/s2)在t 3s时的法向加速度为v 2(att)2(0.2 3)2an 0.36(m/s2) RR1.02习题1-9图习题1-10图1-10 a 1.2m/s,t0 0.5s,h0 1.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为v0 at0 1.2 0.5 0.6(m/s)以t表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为h v0t电梯下降的距离为12gt 241h v0t a t2 2又h0 h h由此得1(g a)t2 2t而小球相对地面下落的距离为2h0 g a2 1.5 0.59s 9.8 1.2h v0t 12gt 21 9.8 0.592 2 0.6 0.592.06m1-11 v风地 v风人v人地2v0人地，速度矢量合成如图（b）两图中v风地应是画出速度矢量合成图(a)又v风地 v风人同一矢量.可知（a）图必是底角为45 的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为v风地 v0人地45 2v0人地4.23(m s 1)1-12 (1) t 习题1-11图2L2 vLL2vL (2) t t1 t2 2v u v u v u222L u 1 v vLL (3) t t1 t2 ,如图所示风速u由东向西，由速度v v22合成可得飞机对地速度v u v,则V v u. 1习题1-12图5t 2L2L 22v v u2L u v v 2 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为V (如图所示),由速度合成得V u VV的大小由图1.7示可得V V cos u cos 即V cos V u cos 3 2而V sin usin 2船达到B点所需时间t 3 2习题1-13图in1 1 2OBD D 1000(s) VVscos sin AB两点之距S Dctg D将式（1）、（2）代入可得S D(3 3) 1268(m)D1 103(2) 由t Vsin usin船到对岸所需最短时间由极值条件决定dt1 1 c os 0 2d u sins 0,即co /2故船头应与岸垂直，航时最短.将 值代入（3）式得最短航时为tmin(3) 设OB l,则1 1031 103 0.5 103s 500(s) usin /22DV DDu2 V2 2uVcos l sin Vsin usin欲使l最短，应满足极值条件.6dlD u2 V2 2uVcosa d u c osasinu Vsin2asin2a u2 V2 2uVcos 02u2 V2简化后可得cosa u Vcos 1 0即cos2a 136cos 1 0 解此方程得cos 23cos 123 48.2故船头与岸成48.2 ，则航距最短.将 值代入（4）式得最小航程为100022 32 2 2 3 2lv2 2uvcos 3min D u2u c os22 22 31.5 103m 1.5(km)AB两点最短距离为S l22minmin D .5 1 1.12(km)第二章质点动力学2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，x向：Fmincos f max 0y向：N F minsin M g 0还有fmax sN 习题2-1图解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为Fmin sMgcosssin在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为7Fmin kMg cos ksin（2）在上面Fmin的表示式中，如果cos ssin 0，则Fmin ，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是cos ssin 0由此得 的最小值为arctan2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律x向：Tcos N sin may向：Tsin N cos m g 0联立解此二式，可得1 sT m(acos g sin ) 0.5 (2 cos30 9.8sin30 ) 3.32(N)N m(gcos a sin ) 0.5 (9.8 cos30 2sin30 ) 3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N N 3.74(N)（2）小球刚要脱离斜面时N=0，则上面牛顿第二定律方程为Tcos ma,由此二式可解得Tsin mg 习题2-2图a g/tan 9.8/tan30 17.0m/s22-3 要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a,且挂吊B的绳应向后倾斜。
《大学物理学》第二版上册课后答案之欧阳法创编
大学物理学习题答案习题一答案习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dv dt=和0d v dt=各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =后根据dr v dt= 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =及 a = 你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？(11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-=最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dx v t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2)s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3)s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
物理学教程(第二版)上册课后答案5
物理学教程(第二版)上册课后答案5-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第五章 机械振动5-1 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5-１ 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Ox 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 ）．5-2 一简谐运动曲线如图（a ）所示，则运动周期是（ ）(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s （D ）2.00 s题5-２ 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 轴正方向运动．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x =0处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππϕ=+=∆，则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅==πϕωt ，周期 s 40.22==ωπT .故选（B ）．5-3 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5 -３ 图5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（ ）（A ） 60 （B ）90 （C ）120 （D ）180分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为（C ）．题5-4 图5-5 若简谐运动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππ20cos 10.0t x ，式中x 的单位为m ，t 的单位为s.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 rad 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 a5-6 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5-6 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==5-7 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5-7 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．5-8 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5-8 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 0ϕωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=ϕ，因00<v ，取2π2=ϕ； （3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±=ϕ ，由00<v ，取3π3=ϕ；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±=ϕ ，由00>v ，取3π44=ϕ． 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=ϕ，3π3=ϕ，3π44=ϕ． 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 5-9 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5-9 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=ϕ［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=ϕ［图（b ）］．则运动方程为 ()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x5-10 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-=ϕ（或3/π50=ϕ），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5-10 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-=ϕ时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=ϕ，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ωϕϕ．（3） 由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．5-11 质量为10 g 的物体沿x 的轴作简谐运动，振幅A =10 cm ，周期T =4.0 s ，t =0 时物体的位移为，cm 0.50-=x 且物体朝x 轴负方向运动，求（1）t =1.0 s 时物体的位移；（2）t =1.0 s 时物体受的力；（3）t =0之后何时物体第一次到达 x =5.0 cm 处；（4）第二次和第一次经过x =5.0 cm 处的时间间隔.分析 根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x .其中振幅A ，角频率Tπ2=ω均已知，而初相ϕ可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程，t 时刻位移x 和t 时刻物体受力x m ma F 2ω-==也就可以求出. 对于（3）、（4）两问均可通过作旋转矢量图并根据公式t ∆=∆ωϕ很方便求解.解 由题给条件画出t =0时该简谐运动的旋转矢量图如图（a ）所示，可知初相3π2=ϕ.而A =0.10 m ，1s 2ππ2-==T ω.则简谐运动方程为m )3π22πcos(10.0+=t x (1)t =1.0 s 时物体的位移m 1066.8m )3π22π0.1cos(10.02-⨯-=+⨯=x（2）t =1.0 s 时物体受力 N1014.2N )1066.8()2π(101032232---⨯=⨯-⨯⨯⨯-=-=x m F ω （3）设t =0时刻后，物体第一次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 1，画出t =0和t =t 1时刻的旋转矢量图，如图（b ）所示，由图可知，A 1与A 的相位差为π，由t ∆=∆ωϕ得s 2s 2/ππ1==∆=ωϕt （4）设t =0时刻后，物体第二次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 2,画出t =t 1和t = t 2时刻的旋转矢量图，如图（c ）所示，由图可知，A 2与A 1的相位差为3π2，故有 s 34s 2/π3/π212==∆=-=∆ωϕt t t题 5-11 图5-12 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--=ϕ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 6π55.1cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题5-12 图5-13 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5-13 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 s 2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为1s m 218.0/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．*5-14 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．题5-14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 =（这里r l C ≈）．则由平行轴定理得222220m kg 83.2π4⋅=-=-=mr mgrT mr J J 5-15 如图（a ）所示，质量为1.0 ×10-2 kg 的子弹，以500 m·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5-15 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 0.1-⋅=+=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=ϕ，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x5-16 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5-16 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k g m l 11=为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝g km m 21+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()gm m kh k g m x A )(21/2122020++='+=ωv 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．5-17 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 =-=5-18 一劲度系数 k =312 1m N -⋅的轻弹簧，一端固定，另一端连接一质量kg 3.00=m 的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为kg 2.0=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 简谐运动系统的振动能量为2p k 21kA E E E =+=.因此只要求出两物体间无相对滑动条件下，该系统的最大振幅m ax A 即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为mm k +=0ω.然后以物体m 为研究对象，它和m 0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时，即max 2max A m ma mg ωμ==，由此可求出m ax A .解 根据分析，振动的角频率mm k +=0ω 由max 2max A m ma mg ωμ==得 kg m m g A μωμ)(02max +=则最大能量 J 1062.92)(])([212132220202max max -⨯=+=+==kg m m k g m m k kA E μμ5-19 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5-19 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-=-=ϕϕϕ，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 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 =ϕ得 ,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k ϕϕ要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k ϕ得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k ϕϕ5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x 1 和x 2；（2） 在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3） 若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程． 分析 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解 （1） 由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1 ．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1 ＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2 ＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和 ()()m 3/ππcos 1.02+=t x（2） 由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6．（3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A()12π0.268arctan cos cos sin sin arctan 22112211-=-=++=ϕϕϕϕϕA A A A 则合振动的运动方程为 ()()m π/12πcos 052.0-=t x题5-20 图5-21 将频率为348 Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率υ1 和拍频数Δυ＝|υ2 －υ1|已知的情况下，待测频率υ2 可取两个值，即υ2 ＝υ1 ±Δυ．式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定． 解 根据分析可知，待测频率的可能值为υ2 ＝υ1 ±Δυ ＝（348 ±3） Hz因振动系统的固有频率mk π21=v ，即质量m 增加时，频率υ 减小．从题意知，当待测音叉质量增加时拍频减少，即｜υ2 －υ1｜变小．因此，在满足υ2 与Δυ 均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为υ2 ＝υ1 ＋Δυ＝351 Hz*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为υ1 ，置于液体中测得的频率为υ2 ，求此系统的阻尼系数．题5-22 图分析 在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0 及阻尼系数δ 有关系式220δωω-=．因此根据题中测得的υ1 和υ2（即已知ω0 、ω），就可求出δ．解 物体在空气和液体中的角频率为10π2v =ω 和2π2v =ω，得阻尼系数为2221220π2v v -=-=ωωδ。
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A、W1较小
B、一样大
C、W1较大
D、不能确定谁大谁小
8、点电荷q位于一个边长为a的立方体中心，则在该点电荷的电场中，穿过立方体一面的电通量为
（正确答案：D提交答案：D判题：√得分：10分）
A、
B、
C、
D、
9、真空中平行相对放置的两板，分别带电q和-q，两板相距为d(d很小)，面积为S，忽略边缘效应，板间相互作用力为
（正确答案：D提交答案：D判题：√得分：10分）
A、已知某点的 ，就可以确定该点的U
B、已知某点的U，就可以确定该点的
C、在某空间内 不变，则U也一定不变
D、在等势面上， 值不一定相等
4、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是
（正确答案：D提交答案：D判题：√得分：10分）
A、如果高斯面上 处处为零，则该面内必无电荷
A、 减小，E减小，W减小
B、 增大，E增大，W增大
C、 增大，E不变，W增大
D、 减小，E不变，W不变
2、一空气平行板电容器电容为C，充电至电压为U并维持U不变，移动两板使其距离变为原来的二分之一，则外力做功为
（正确答案：A提交答案：A判题：√得分：10分）
A、
B、
C、
D、
3、下列关于场强 与电势U的关系的说法正确的是
（正确答案：C提交答案：C判题：√得分：10分）
A、
B、
C、
D、
10、平行板电容器两极板间的相互作用力的数值F与两极板间的电压U的关系是
（正确答案：D提交答案：C判题：╳得分：0分）
A、
B、
C、
D、
选择题类型小计得分：90分
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C、试验电荷受力的方向就是场强的方向
D、若场中某点不放试验电荷 ，则 ，从而
6、一金属球壳的内、外半径分别为R1和R2，带电量为Q，在球心处有一电量为q的点电荷，则球壳内表面上的电荷面密度 为
（正确答案：B提交答案：B判题：√得分：10分）
A、
B、
C、
D、
7、设真空中一均匀带电球面与一均匀带电球体的半径和总电量均相同，则带电球面的电场能量W1与带电球体的电场能量W2的大小关系为
网上考试系统第ຫໍສະໝຸດ 期考试在线评卷（本期考试0道判断题，10道选择题，总分100分）
选择题（共10道，每题10分）
1、一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差 、电场强度的大小E、电场能量W将发生如下变化
（正确答案：C提交答案：C判题：√得分：10分）
B、如果高斯面内无电荷，则高斯面上 处处为零
C、如果高斯面上 处处不为零，则高斯面内必有电荷
D、如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零
5、关于电场强度定义式 ，下列说法中哪个是正确的
（正确答案：B提交答案：B判题：√得分：10分）
A、场强的大小与试验电荷 的大小成反比
B、对场中某点，试验电荷受力与 比值不随 而变