大学物理下册 第六章习题课选讲例题
大学物理第六章题解
第六章 经典质点系动力学6-1．如图，半圆柱立在光滑水平面上从静止开始到下，试判断质心C 的运动方向．解 建立如图x 轴，由于水平方向外力分量之和为零0ix F =∑，所以水平方向动量守恒x P C =．因初始时静止，故 0x Cx P mv == 由d 0d C Cx x v t ==，可知C x =常量，质心C 竖直向下运动． 6-2．如图，船的质量为5000kg ，当质量为1000kg 的汽车相对船静止时，船尾螺旋桨的转动可使船以加速度20.2m s 前进．在船行进中，汽车相对于船以加速度20.5m s 沿船前进的相反方向加速运动，求此时船的加速度的大小．解 将船与汽车作为质点系．当汽车相对于船静止时，船的加速度即为质点系质心的加速度，根据质心运动定理可知船尾螺旋桨转动时的推力()=(50001000)021200(N)e C F ma .=+⨯=在船的行进过程中，以船的行进方向为x 、x '轴正方向．设船相对于岸的速度、加速度用x 、x 表示，汽车相对于船的速度、加速度用x '、x '表示，则汽车相对于岸的速度、加速度为x x '+、x x '+．根据质点系的动量定理()d [()]d e m x m x x F t'++=船车 即 ()()]e m x m x x F '++=船车500010001000051200x x .+-⨯=可求出此时船的加速度的大小2028m s x .=．6-3．三只质量均为0m 的小船鱼贯而行，速率都是v ，中间一船同时以相对本船的速率u 沿水平方向把两个质量均为m 的物体抛到前后两只船上，求两物体落入船后三只船的速率（忽略水对船的阻力）．解 以船行方向为速度正方向，设两物体落入船后三只船的速率为1v 、2v 、3v ． 以中间船及两物体为质点系，因为在抛出物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒00222(2)()()m m v m v m v u m v u +=+++-所以 2v v =以前船与抛入物体为质点系，因为在抛入物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒001()()m v m v u m m v ++=+所以 10mu v v m m=++ 以后船与抛入物体为质点系，同样，根据质点系水平方向动量守恒003()()m v m v u m m v +-=+30mu v v m m =-+6-4．质量为70kg 的人和质量为210kg 的小船最初处于静止，后来人从船尾向船头走了3.2m ，不计船所受阻力，问船向那个方向运动，移动了几米？（用质心运动定理求解．）解 建立与地面固连的坐标系Ox ，x 轴的方向为从船尾指向船头．人视为质点1，坐标为1x ；船视为质点2，坐标为2x ；此二质点构成质点系．质点系所受合外力为零，由质心运动定理可知质点系质心加速度为零；由于质心速度为常量，质点系初始状态静止，所以质心速度为零，即质心位置保持不变 110220112201212C C m x m x m x m x x x m m m m ++===++ 11220m x m x ∆+∆=由于123.2x x ∆=+∆，代入上式得12123.2 3.2700.8(m)70210m x m m ⨯∆=-=-=-++ 即船向后移动了0.8米．6-5．试证明质量为m ，长为l 的匀质细杆对过杆中点且与杆垂直的轴的转动惯量为2112ml ． 证明 以杆中心为原点，沿杆建立坐标系Oxy 如图．杆的线密度l m lρ=（即单位长度的质量）． 用一系列与杆垂直的不同x 的面，把杆分割成无限多个无限小的质元，图中画出了在~d x x x +范围内的小质元．此小质元质量d d d l m m x x lρ==，到Oy 轴的距离为||x ，对Oy 轴的转动惯量为22d d d m I x m x x l==．则整个细杆对Oy 轴的转动惯量 /223/22/2/211d 312l l l l m m I x x x ml l l --===⎰6-6．如图，半径0.1m R =的定滑轮，可绕过轮心的z 轴转动，转动惯量为20.1kg m J =⋅．一不可伸长之轻绳无滑地跨过定滑轮，一端竖直地悬一质量1kg m =的重物，另一端a 受竖直向下的力F 作用，20.8N F =．试用质点系角动量定理求a 点加速度．解 用滑轮、绳、重物构成质点系，质点系所受外力为F 、重物重力mg 和轮轴处所受支撑力N F ．根据质点系对z 轴的角动量定理2d d ()()d d J Rmv J mR FR mgR t tωω+=+=- 所以2d d FR mgR t J mR ω-=+，a 点加速度为 22d d F mg a R i R i t J mR ω-==+ 220.819.80.01 1.0(m s )0.110.01i i -⨯==+⨯6-7．可利用阿特伍德机（例题6-3-4）测滑轮转动惯量．设10.46kg m =，20.50kg m =，滑轮半径0.05m R =．由静止开始释放重物测得2m 在5.0s 内下降0.75m ．求滑轮转动惯量J ．解 （因为不要求求出绳内张力，故可用质点系角动量定理求解．）用滑轮、绳、重物构成质点系，质点系所受外力为重物和滑轮的重力、以及轮轴处所受支撑力N F ．根据质点系对z 轴的角动量定理1122d ()d J Rm v Rm v t ω++ 21221d [()]d J m m R m gR m gR tω=++=- 所以21212()d d ()m m gR t J m m Rω-=++，2m 下降加速度的大小为 212212()d d m m g a R t m m J R ω-==++ 可见质点2m 作匀加速直线运动．由2212x a t ∆=，求出220.060m s a =．由上式可知 221122()[]m m g J R m m a -=-- 222(050046)98005[050046]13910kg m 006........--⨯=⨯--=⨯⋅6-8．匀质细杆长2l ，质量为0m ，杆上穿有两个质量均为m 的小球．初始时杆以角速度0ω绕过杆中点O 且与杆垂直的光滑竖直轴转动，两小球均位于距O 点2l 处．求当两个小球同时滑动到杆的两端点时杆的角速度的大小．解 将杆和两个小球作为质点系．由于竖直轴光滑，轴受到的约束力对竖直转动轴力矩为零；细杆和小球的重力与竖直转动轴平行，对竖直转动轴力矩为零．由于质点系所受外力对竖直转动轴合力矩为零，所以质点系对竖直转动轴角动量守恒，设末态角速度为ω，则002222l l J m J ml l ωωωω+⋅=+⋅ 由于220011(2)123J m l m l ==，所以000(23)2(6)m m m m ωω+=+．6-9．工程上常用摩擦啮合器使两个飞轮以相同的转速转动，如图，飞轮A 、B 可绕同一固定轴转动，C 为啮合器．设飞轮A 、B 对轴的转动惯量210kg m A J =⋅，220kg m B J =⋅，开始A 轮转速600r min A n =（转每分），B 轮静止，求两轮啮合后的转速．解 将二飞轮A 、B 作为质点系．由于二飞轮所受重力和支撑力对固定轴力矩均为零，飞轮所受外阻（动）力矩比二飞轮啮合时飞轮间的相互作用力矩小得多，故啮合过程中质点系对固定轴的角动量近似守恒，有2()2A A A B J n J J n ππ⋅=+10600200(r min )1020A A A B J n n J J ⨯===++6-10．有两根原长为0l 、劲度系数为k 的轻弹簧串接于O 点，另两端各系一质量为m 的滑块，置于光滑水平面上．现将两滑块拉开，使其相距2l （0l l >），从静止放手，求两弹簧恢复原长时，弹簧弹性力对两滑块做功之和．（用三种方法求解）解法一 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．利用弹簧弹性势能求解．弹簧弹性力对两滑块做功之和等于两弹簧弹性势能增量的负值220012[0()]()2W k l l k l l =-⨯--=- 解法二 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．在惯性系中积分求功．以弹簧自由伸长处为原点、沿弹簧建立x 轴，则00220012()d 2()()2l l W kx x k l l k l l -=⨯-=⨯-=-⎰ 解法三 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．利用求一对力做功之和的方法，在与一个滑块相对静止的参考系中积分求功．以一个滑块为原点、沿弹簧建立x 轴，当另一滑块位于x 处时，每个弹簧的伸长量为02x l - 00220022[()]d 2()d()222l l l l x x x W k l x k l =--=--⎰⎰ 022202012()|()22l l x k l k l l =--=-6-11．两个滑冰运动员质量均为70kg ，均以6.5m s 速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m ．当彼此相错时，各抓住10m 长绳的一端，然后开始旋转．（1）在抓住绳端之前，各自对绳中点的角动量多大？抓住后又为多大？（2）他们各自收绳，到绳长5m 时，各自速率多大？（3）绳长5m 时绳内张力多大？（4）收绳过程中二人总动能如何变化？（5）二人共做多少功？解 （1）抓绳之前，每个运动员对绳中心角动量均为570 6.5L =⨯⨯22275(kg m s)=⋅． 抓绳之后，视两个运动员和绳为质点系，所受外力矢量和为零，所以质点系质心（绳中心）位置不变，绳中心仍为固定点，每个运动员对绳中心的角动量仍为22275kg m s ⋅．（2）绳的张力T F 为质点系内力．收绳过程中质点系所受外力对绳中心的力矩为零，所以质点系的角动量守恒，设收绳后运动员速率为v ，则 2 2.57022275v ⨯⨯⨯=⨯ 所以13m s v =．（3）当绳长5m 时，对每一个运动员，由牛顿第二定律可得2T 70134732(N)2.5F ⨯== （4）质点系总动能的增量等于组成质点系的每个质点动能增量之和22k k01270(13 6.5)8873(J)2E E -=⨯⨯⨯-= （5）根据质点系的动能定理，二运动员总共做功等于质点系动能增量，k k08873(J)W E E =-=6-12．匀质细杆长7m 5l =，质量为m ，可绕过其一端的光滑水平轴在竖直平面内转动，在杆自由下垂时有一质量为6m 的黏性小球沿水平方向飞来并黏附于杆的中点，使杆摆动的最大角度为60ο．求小球飞来时的速率．（210m g =）解 在小球与杆的碰撞过程中，以小球和杆为质点系．质点系所受外力中，杆的重力mg 和杆所受轴的支撑力N F 对轴O 的力矩为零；小球重力m g '对轴O 的力矩近似为零；所以质点系的角动量近似守恒221[()]262362l m l m l m v v ml ω'==+ 故92v l ω=．在小球和杆一起上摆的过程中，以小球和杆为质点系，仅有小球和杆所受重力做功，而重力为保守力，所以机械能守恒22211[()]()cos60236262m l m l ml m g ωο+=+ 因此2149g lω=．根据以上结果即可求出9146321(m s)292g v l gl l ===．6-13．在光滑水平桌面上，有一质量为m 的滑块，滑块与一弹簧相连，弹簧另一端固定于O 点，劲度系数为k ．当弹簧处于原长0l 时，一质量为0m 的子弹以速度0v 垂直于弹簧地射入滑块，并嵌在其中．之后当滑块运动到B 点时，弹簧长度为l ，如图所示．求滑块于B 时的速度v ．解 在子弹射入滑块的过程中，由子弹和滑块构成质点系．因质点系在0v 方向不受外力，故质点系沿0v 方向动量守恒000()m v m m v '=+所以000()v m v m m '=+．在子弹和滑块由A B →的过程中，视子弹和滑块为一个质点．由于过程中只有弹簧弹性力做功，弹簧弹性力为保守力，故质点机械能守恒；又因质点受力对过O 点的竖直轴力矩为零，所以质点对过O 点的竖直轴角动量守恒．222000111()()()222m m v m m v k l l '+=++- 000()()sin m m v l m m vl θ'+=+所以 22212000200()[]()m v k l l v m m m m -=-++ 000222120000arcsin [()()]m v l l m v m m k l l θ=-+-6-14．大容器内水的自由表面的高度为0h ，放在水平地面上，离自由表面h 深处有一小孔A ，小孔横截面积远小于容器横截面积．求：（1）由小孔A 流出的水流到达地面的水平射程x ；（2）与小孔A 在同一竖直线上，距自由表面多深处再开一孔，可使水流的水平射程与前者相等？（3）在多深处开孔，可使水流具有最大水平射程？最大水平射程是多少？解 （1）由于容器横截面积远大于小孔横截面积，水流稳定后可认为容器中水面高度不变．认为水是理想流体．水流稳定后，取一条从容器中水自由表面到小孔的流线，以容器底为重力势能零点，由伯努利方程200001()2gh p g h h v p ρρρ+=-++所以小孔流速2v gh =．流体微团从流出小孔到落地降落的高度2012h h gt -=，可知降落时间02()h h t g-=，因此水平射程02()x vt h h h ==-． （2）在h '深处另开一孔而水平射程相同，则由002()2()h h h h h h ''-=-可求出0h h h '=-．（略去h h '=．）（3）根据（1）02()x h h h =-，由002(2)d 0d 2()h h x h h h h -==-，有唯一极值点012h h =使水流具有最大射程．当012h h =时，max 0x x h ==．6-15．如图是测量液体流量的流量计原理图．已知细管和粗管的横截面积为1S 、2S ，使用时把它串接在水平液流管道中，稳定流动时两竖直管内液体自由表面高度差为h ．求流量表达式．解 沿管道中心轴取一流线，对该流线上1、2两点，根据伯努利方程，因12h h =，故2211221122v p v p ρρ+=+ （1） 连续性方程 1122v S v S = （2） 1、2两点压强差 21p p gh ρ-= （3） 由（1）、（3）式，可得22122v v gh -=由（2）式，得1122v S v S =，代入上式 221122(1)2S v gh S -= ，即1222212gh v S S S =- 所以 11221222212gh Q v S v S S S S S ===-6-16．如图装置，出口处堵塞时，注满可视为理想流体的水．水平细管横截面积处处相等，其直径远小于大容器直径．打开塞子在水流稳定后，求两竖直细管内水面高度．解 由于细管直径远小于大容器直径，水流稳定后可认为大容器中水面高度不变．在水流稳定之前，竖直细管内的水会流出，而水流稳定后竖直细管内水面高度不变．作从大容器水面开始经水平细管的流线，取水平细管处为势能零点，根据伯努利方程22201223304111222p gh p v p v p v ρρρρ+=+=+=+ 因为234S S S ==，根据连续性方程223344S v S v S v ==可得 234v v v ==所以 230p p p ==两竖直细管内为静止流体，根据2002p p p gh ρ==+3003p p p gh ρ==+所以230h h ==．6-17．如题6-16图，若其中装有密度为31000kg m 的黏性流体，流动稳定后10.18m h =，20.1m h =，30.05m h =．求出口流速．（不计大容器内内能量损失）解 由于细管直径远小于大容器直径，水流稳定后可认为大容器中水面高度不变．在水流稳定之前，竖直细管内的水会流出，而水流稳定后竖直细管内水面高度不变．作从大容器水面开始经水平细管的流线，取水平细管处为势能零点．根据连续性方程，因为水平细管横截面处处相等，故水平细管中的2、3、4点流速相等，以v 表示其流速．根据不可压缩黏性流体作稳定流动时的功能关系式，对3、4点，有2230341122p v p v W ρρ+=++ 竖直细管内为静止流体，可知303p p gh ρ=+，所以 343W gh ρ=根据不可压缩黏性流体作稳定流动时的功能关系式，对1、4点，有20101412p gh p v W ρρ+=++ 由于水平细管横截面处处相等，不计大容器内内能量损失，故可知34143W W =，所以132(3)298(0183005)0767(m s)v g h h ....=-=⨯⨯-⨯=（第六章题解结束）。
大学物理下册 第六章习题课选讲例题
We
2
4π 0
ln
R2 R1
Eb
max
2 π 0 R1
max 2 π 0 E b R1
W e π 0 E R ln
2 b 2 1
R2 R1
1) 0
l
-+ -+ -+ -+
_
_
R1
R2
_ _
dW e d R1
π 0 E R 1 ( 2 ln
点，则距球心 r 的 P 点（R1 < r < R2）电势为 （A）
Q1 4 π 0 r Q1 4 π 0 R1 Q2 4 π 0 R 2 Q2 4 π 0 R 2
（B）
Q1 4 π 0 r
Q2 4 π 0 r
（C）
（D） 4 π 0 R1 4 π 0 r
Q1
Q2
例 有一外表形状不规则的带电的空腔导体，比 较 A 、 两点的电场强度 E 和电势U ，应该是： （） B
U d 1000 10
3
V m
1
10 V m
6
1
10 kV m
3
1
Байду номын сангаас
E E0 r
3 . 33 10 kV m
2
1
P ( r 1) 0 E 5 . 89 10
6
C m
2
-2
0 0 E 0 8 . 85 10
Q
S
D dS
q
可得
0 r RA
2 2
E1 0 E2 q / 4 π 0r E3 q / 4 π 0r
大学物理下答案第六章
（2）
6-25声波是流体或固体中的压缩波，在讨论声波时，讨论声波中的压强（即压力）变化要比讨论声波中质元的位移更方便些，可以证明，当声波的位移波函数为 时，对应于压力变化的波函数为
是相对于为扰动时压力 的压强变化值， 是介质的体密度。
（1）人耳能够忍受的强声波中的最大压强变化pm约为28N/m2（正常的大气压强约为1.0×105N/m2）若这一强度波的频率为1000Hz，试求这声波所对应的最大位移。
此时系统做振幅为A，圆频率为w的简振动。
6-7有一鸟类学家，他在野外观察到一种少见的大鸟落在一棵大树的细枝上，他想测得这只鸟的质量，但不能捉住来称量，于是灵机一动，测得这鸟在数枝上在4s内来回摆动了6次，等鸟飞走以后，他又用1kg的砝码系在大鸟原来落得位置上，测出树枝弯下了12cm，于是很快算出了这只鸟的质量。你认为这位鸟类学家是怎样算的？你想到了这种方法了吗?这只鸟的质量是多少？
6-44试解释弦乐器的以下现象：
（1）较松的弦发生的音调较低，而较紧的弦则音调较高；
（2）较细的弦发生的音调较高，而较粗的弦则音调较低（古人称之为“小弦大声，大弦小声”）；
（3）正在振动的两端固定的弦，若用手指轻按弦的中点时，音调变高到两倍，若改按弦的三分之一处时，音调增至三倍；
（4）用力弹拨琴弦（而非用手指按弦）时，能同时听到若干音调各异的声音。（提示：音调高低与弦振动的频率成正比。此外，在（4）情形中弦以基频振动的同时还以若干泛频振动。）
试据此推导（6.11）、(6.12)及(6.40)式。
6-42海啸是一种波长约为几十至几百千米、在海水中传播的波动现象。它在深海区域并不易被察觉，但一旦海啸接近岸边往往会造成巨大的灾害。试从能量角度分析其中的原因。
大学物理A第六章习题选解,DOC
第六章真空中的静电场习题选解6-1三个电量为q -的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电(的中（2）粒子的质量为： 由牛顿第二定律得：6-3如图所示，有四个电量均为C q 610-=的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m 1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。
求作用在第3个点电荷上的力。
解：由图可知，第3个电荷与其它各电荷等距，均为2r =。
各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。
由库仑定律，作用于电荷3的力为题6-3图 题6-3图力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x 轴成45角。
6-4在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷C q 91108.1-⨯=，B 点放置点电荷C q 92108.4-⨯-=，已知0.04,0.03BC m AC m ==，试求直角顶点C 处的场强E 。
E 题6-5图6-6如图所示，一根很长的绝缘棒，均匀 带电，单位长度上的电荷量为λ，试求距棒的一端垂直距离为d 的P 点处的电场强度。
解：建立如图所示坐标，在棒上任取一线 元dx 在P 点产生的场强为dE 题6-6图场强dE 可分解成沿x 轴、y 轴的分量 题6-6图P 点场强dE E E y x02242πελ=+= 方向与Y 轴夹角为ϕarctan45xyE E ϕ== 6-7一根带电细棒长为l 2，沿x 轴放置，其一端在原点，电荷线密度Ax =λ（A 为正的常数）。
求x 轴上，l b x 2+=处的电场强度。
解：在坐标为x 处取线元dx ，带电量为Axdx dq =，该线元在P 点的场强为dE ，，在方求在这个圆洞轴线上距洞心r 处一点P 的场强。
解：开了一个圆洞的无限大均匀带电 平面，相当于一个无限大均匀带电平面又 加了一块带异号电荷，面密度σ相同的圆 盘。
距洞心r 处P 点的场强式中+E 为无限大均匀带电平面在P 点产生的场强题6-9图方向垂直于平面向外-E 为半径为R 的均匀带负电圆盘在其轴线上距中心为r 处的P 产生的场强。
大学物理第6章真空中的静电场课后习题与答案
第6章真空中的静电场习题及答案1.电荷为q 和2q 的两个点电荷分别置于x1m 和x1m 处。
一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷 q 位于点电荷 0q 的右侧，它受到的合力才可能为0，所以2qqqq00224(x 1)4(x1) ππ 00故x3222.电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：(1)在这三角形的中心放 一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都 为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解：(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q 为负电荷，所以2 4 1 π 0 q a 22 cos304 1 π 0 ( q 33qa 2 )3故qq3(2)与三角形边长无关。
3.如图所示，半径为R 、电荷线密度为1的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。
求该直线段受到的电场力。
解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。
在带电圆环上取dqdl 1，dq 在带电圆环轴 线上x 处产生的场强大小为 dE 4 dq20(xRy2 )根据电荷分布的对称性知，yE0E zdEdEcos x41xdq 1R 3 22 2O(xR) 02xl式中：为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
E x4x 220(xR) 3 2dqzx21R R 1 x4x 2R2()3 2 2xR 2( 02 )3 2下面求直线段受到的电场力。
在直线段上取dqdx2，dq受到的电场力大小为Rx12dFxdxEdq32222(xR)0方向沿x轴正方向。
直线段受到的电场力大小为Rlx12FdxdF3202220xR)(11R1121/22R22lR方向沿x轴正方向。
4.一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为。
求：（1）圆心处O点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O点场强。
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
大学物理课后习题详解(第六章)中国石油大学
习 题 六6-1 一轻弹簧在60N 的拉力下伸长30cm ．现把质量为4kg 物体悬挂在该弹簧的下端，并使之静止，再把物体向下拉10cm ，然后释放并开始计时．求：（1）物体的振动方程；（2）物体在平衡位置上方5cm 时弹簧对物体的拉力；（3）物体从第一次越过平衡位置时刻起，到它运动到上方5cm 处所需要的最短时间．[解] （1）取平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标系N/m 2001030602=⨯=-k设振动方程为 ()ϕω+=t A x cosrad/s 07.74200===m k ω m 1.0=A 0=t 时 m 1.0=x ϕc o s1.01.0= 0=ϕ 故振动方程为 ()m 07.7cos 1.0t x = （2）设此时弹簧对物体作用力为F ，则()()x x k x k F +=∆=0其中 m 196.02008.940=⨯==k mg x 因而有 ()N 2.2905.0196.0200=-⨯=F （3）设第一次越过平衡位置时刻为1t ，且速度小于零，则()107.7cos 1.00t = 07.75.01π=t第一次运动到上方5cm 处时刻为2t ，且速度小于零，则()207.7cos 1.005.0t =- )07.7322⨯=πt故所需最短时间为：s 074.012=-=∆t t t6-2 一质点在x 轴上作谐振动，选取该质点向右运动通过点 A 时作为计时起点（t ＝0），经过2s 后质点第一次经过点B ，再经 2s 后，质点第二次经过点B ，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且10cm =AB ，求：（1）质点的振动方程；（2）质点在A 点处的速率．[解] 由旋转矢量图和||||b a v v =可知421=T s 由于42s 81,s 81ππνων====-T（1）以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．0=t 时, ϕcos 5A x =-=2s =t 时， ()ϕϕωs i n 2c o s 5A A x -=+== 由以上二式得 1tan =ϕ因为在A 点质点的速度大于零，所以43πϕ-= cm 25cos /==ϕx A所以，运动方程为：()m 4/34/cos 10252ππ-⨯=-t x（2）速度为： ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-==-434sin 41025d d 2πππt t x v 当2s =t 时 m/s 1093.3432sin 4102522--⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-=πππv6-3 一质量为M 的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅为 12cm ，在距平衡位置6cm 处，速度为24s cm ，求：（1）周期T ；（2）速度为12s cm 时的位移．[解]（1）设振动方程为()cm cos ϕω+=t A x 以cm 12=A 、cm 6=x 、1s cm 24-⋅=v 代入，得：()ϕω+=t c o s 126 （1）()ϕωω+-=t sin 1224 （2）由（1）、（2）得1122412622=⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛ω 解得 334=ω s 72.2232===πωπT （2） 以1s cm 12-⋅=v 代入，得：()()ϕωϕωω+-=+-=t t sin 316sin 1212解得： ()43sin -=+ϕωt 所以 ()413cos ±=+ϕωt故 ()cm 8.1041312cos 12±=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛±⨯=+=ϕωt x6-4 一谐振动的振动曲线如图所示，求振动方程．[解] 设振动方程为： ()ϕω+=t A x cos 根据振动曲线可画出旋转矢量图由图可得： 32πϕ=125223πππϕω=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∆∆=t故振动方程为 cm 32125cos 10⎪⎭⎫⎝⎛+=ππt x6-5 一质点沿x 轴作简谐振动，其角频率s rad 10=ω，试分别写出以下两种初始状态的振动方程：（1）其初始位移0x ＝7.5 cm ，初始速度s cm 0.750=v ；（2）其初始位移0x ＝7.5 cm ，初速度s cm 0.750-=v ．[解] 设振动方程为 ()ϕ+=t A x 10cos （1） 由题意得： ϕcos 5.7A = ϕsin 1075A -= 解得： 4πφ-= cm 6.10=A 故振动方程为：()cm 410cos 6.10π-=t x（2） 同法可得： ()cm 410cos 6.10π+=t x6-6 一轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4k 。
大学物理 机械波习题课选讲例题
第六章 机械波
机械波习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例：干涉消声器结构原理图，当发电机噪声经过 排气管达到 A 时分成两路在 B 点相遇，声波干涉相
消，若频率 3H 0，0 则z 弯管与直管的长度差至
少应为多少？（声波的速度 u3m 40 ）/s
2 π ( r 2 r 1 ) 2 π rr2
第六章 机械波
机械波习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 已知弦线上入射波在 xl 处发生反射，反射
点为自由端，若波在传播和反射过程中振幅不变，入射
波波函数为 y 1 A ct o 2 π x s) ，(求反射波波函数.
解 入射波和反射波在 B 点振动同相位（自由端）
反射y y波1 2B B 在 x点A A 振c c动o o y 2 s s ttx ((2 2 A π π c l l))o to s 2 yπ l( lx* 2 π Bl xx )
第六章 机械波
机械波习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 一平面机械波沿 x轴负方向传播，已知 x 1 m
处质点的振动方程为 y A co t s)，(若波速为 u
求此波的波函数.
解： 波函数 yAcos(t[x)]
u
x 1 my A co t s)(
(t1)t
u
u
yAco(st [x)]
3 .8 1 4 0 km g. 求弦所发的声音的基频和谐频.
第六章 机械波
机械波习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
5. 两相干波分别沿BP、CP方向传播,它们在B点和C点的 振动表达式分别为yB = 0.2cos2 t 和yC = 0.3cos(2 t + ) (SI)己知BP=0.4m,CP=0.5m波速u=0.2m/s,则P点合振动 的振幅为
大学物理第六章课后习题答案马文蔚第五版
第六章 静电场中的导体与电介质6 －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 ）。
6 －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 ）。
6 －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 ）dεqV E 0π4,0== （B ）d εqV d εq E 020π4,π4==（C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==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 ）。
6 －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（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
大学物理第六章课后习题答案
第六章静电场中的导体与电介质6 —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）。
6 —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（）（B）N上的正电荷入地（A ）N上的负电荷入地（C）N上的所有电荷入地地（D）N上所有的感应电荷入题6-2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 ）。
6 —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0点有（）（A）E =0,V —4 n^d（B）E J,V L4 n%d 4 n %d （C）E = 0,V = 0题6-3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土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零，0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 )。
6 -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 (B)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代 数和一定等于零 (C) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有 极化电荷 (D) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E)介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零； 由于电介质会改变自由电荷的空间分布， 介质 中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
大学物理第六章习题解答和分析
6-1频率为Hz 41025.1⨯=ν的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量211/1090.1m N E ⨯=，棒的密度33/106.7m Kg ⨯=ρ.求该纵波的波长.分析 纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。
解：波速ρ/E u =,波长νλ/u =0.4m λ==6-2一横波在沿绳子传播时的波方程为：))(5.2cos(04.0SI x t y ππ-= (1)求波的振幅、波速、频率及波长； (2)求绳上的质点振动时的最大速度；(3)分别画出t=1s 和t=2s 的波形，并指出波峰和波谷.画出x=1.0m 处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同.分析 与标准方程比较即可确定其特征参量。
解：（1）用比较法，由)2cos()5.2cos(04.0x t A x t y λπϕωππ-+=-=得0.04A m = /2 2.5/2 1.25Hz νωπππ=== 2, 2.0m ππλλ== 2.5/u m s λν== （2）0.314/m A m s νω==（3）t=1(s)时波形方程为：)5.2cos(04.01x y ππ-= t=2(s)时波形方程为：)5cos(04.02x y ππ-= x=1(m)处的振动方程为：)5.2cos(04.0ππ-=t y6-3 一简谐波沿x 轴正方向传播，t=T/4时的波形图如题图6－3所示虚线，若各点的振动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值区间为（-π，π].求各点的初相.题图6-2分析 由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图。
依旋转矢量法可求t=0时的各点的相位。
解:由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出 t=0时的波形图(图中实线),依旋转矢量法可知 质点1的初相为π; 质点2的初相为π/2; 质点3的初相为0; 质点4的初相为-π/2.6-4 有一平面谐波在空间传播,如题图6－4所示.已知A 点的振动规律为)t cos(A y ϕ+ω=，就图中给出的四种坐标,分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达式中在描写距A 点为b 处的质点的振动规律是否一样?分析 无论何种情况，只需求出任意点x 与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。
《大学物理》 第二版 课后习题答案 第六章
习题解析6-1在坐标原点及0)点分别放置电量61 2.010Q C -=-⨯及62 1.010Q C -=⨯的点电荷，求1)P -点处的场强。
解 如图6.4所示，点电荷1Q 和2Q 在P 产生的场强分别为 1122122201102211,44Q r Q r E E r r r r πεπε== 而12123,,2,1r i j r j r r =-=-==，所以()()11111222011011662203111441 2.010 1.010422113.9 6.810Q r Q r E E E r r r r j j i j N C πεπεπε--=+=+⎛⎫-⨯-⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭≈-+⨯∙总 6-2 长为15l cm =的直导线AB 上，设想均匀地分布着线密度为915.0010C m λ--=⨯⋅，的正电荷，如图6.5所示，求：（1）在导线的延长线上与B 端相距1 5.0d cm =处的P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处的Q 点的场强。
解 （1）如图6.5（a ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴的正方向。
在导线AB 上坐标为x处，取一线元dx ，其上电荷为 dq dx λ= 它在P 点产生的场强大小为 2200111442dq dxdE r l d x λπεπε==⎛⎫+- ⎪⎝⎭方向沿x 轴正方向。
导线AB 上所有线元在P 点产生的电场的方向相同，因此P 点的场强大小为()1212122000112112992122111114442115.0010910 6.75105102010dq dx E r d l d l d x V m λπεπεπε------⎛⎫===- ⎪-⎛⎫⎝⎭+- ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=⨯∙ ⎪⨯⨯⎝⎭⎰方向沿x 轴正方向。
（2）如图6.5（b ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴正方向，垂直于AB 的轴为y 轴，在导线AB 上坐标为x 处，取一线元dx ，其上的电荷为 dq dx λ= 它在Q 点产生的电场的场强大小为 22220021144dq dx dE r d x λπεπε==+ 方向如图6.5（b ）所示。
大学物理答案第6章备课讲稿
2
2
N 1 mv2
3 RTNm
N Am
3 =M
3 M mol RT=
RT M mol ρＶ= 7.31×106 J.
2
2
2
2
△ E= M M mol
1
iR △ R△ T =
2
ρＶ
M
mol
1 iR △ R△ T = 4 .16 ×10 4 J
2
12
v2
12
v22
12
v12
= 3R M mol 1 2 T2
数与 T 成反比。
解 ：由 v
8RT 则速率分布函数可化为 m
f (v) 4
3
mv 2
m
2
e 2RT
v2
2 RT
2
4v
32 2v
3e
v
v2
速率在 v v △ｖ 区间内分子数 N 为
4
N
Nf (v ) v
32N
2
v
1
e
v
可见：
N v 1 ( T) 1
6－ 8 一密封房间的体积为 5× 3× 3m3，室温为 20℃，室内空气分子热运动的平均平动
π 2182
10 2182
速度在 vp ~ vp10 米 /秒间的分子数
2
2182 2
N 2 N 4 2182 e 2182 π 2182
10 2182
2
故
N 1 3000 N 2 2182
e
3000 2
0.78
e 2182
6－ 6 有 N个粒子，其速率分布函数为
f (v) dN C Ndv
( v0> v>0)
大学物理第六章 复习课-1
k m
x
0
2 k /m
x Acos ( t )
其他解 的形式
x A sin ( t ' )
：由旋转矢量法求相位
简谐运动的矢量图示法
旋转矢量A (其长度就 是振幅)的末端在x 轴上
的投影P点坐标:
x =Acos(wt + j)
O
沿x 轴的一维振动等
效于二维匀速圆周运动
Acos[2π
t (T
x
)
0]
y(x
,t
)
Acos[
2π
(ut
x
)
0]
y(x,t) Acos[
t kx
0]
基本技能:给定波函数求任意两点相位差
波的传播过程中同一质点 x 不同时刻 t1 和 t2 振动的相位差
为
[
(t2
x u
)
0][
(t1
x u
)
0
]
u
(t2
t 1
)
波的传播过程中同一时刻 t 任意两质点 x1 和 x2 振动的相
波节: 始终静止不动的点, 波腹位置满足半波长的偶数倍
波腹: 合振幅能够取到最大值的点, 波节位置满足半波长 的奇数倍
cos 2 cos 2
x 1 2波腹x位置k x k 2 or 2k 2 （k = 0，1，2， ）
x
0 2波x节位(k+置12)
x
(k + 1) 22
or 2k 1
复习课+习题课
基本技能：根据振动曲线求振幅、周期等
简谐运动的振幅、周期、频率和相位
x Acos( t )
T
基本技能：根据受力分析求特征方程，得振动周期