大学物理(第四版)课后习题及答案 波动(2020年7月整理).pdf
大学物理学振动与波动习题答案
大学物理学振动与波动习题答案word完美格式大学物理学（上）第四，第五章习题答案第4章振动p174．4．1一物体沿x轴搞四极振动，振幅a=0.12m，周期t=2s．当t=0时，物体的加速度x=0.06m，且向x轴正向运动．谋：（1）此简谐振动的表达式；（2）t=t/4时物体的边线、速度和加速度；（3）物体从x=-0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．[答疑]（1）设立物体的四极振动方程为x=acos(ωt+φ)，其中a=0.12m，角频率ω=2π/t=π．当t=0时，x=0.06m，所以cosφ=0.5，因此φ=±π/3．物体的速度为v=dx/dt=-ωasin(ωt+φ)．当t=0时，v=-ωasinφ，由于v>0，所以sinφ<0，因此φ=-π/3．四极振动的表达式为x=0.12cos(πtcπ/3)．（2）当t=t/4时物体的位置为x=0.12cos(π/2cπ/3)=0.12cosπ/6=0.104(m)．速度为v=-πasin(π/2cπ/3)=-0.12πsinπ/6=-0.188(ms-1)．加速度为a=dv/dt=-ω2acos(ωt+φ)=-π2acos(πt-π/3)=-0.12π2cosπ/6=-1.03(ms-2)．（3）方法一：求时间差．当x=-0.06m时，可得精心整理自学泰迪cos(πt1-π/3)=-0.5，因此πt1-π/3=±2π/3．由于物体向x轴正数方向运动，即v<0，所以sin(πt1-π/3)>0，因此πt1-π/3=2π/3，得t1=1s．当物体从x=-0.06m处第一次回到平衡位置时，x=0，v>0，因此cos(πt2-π/3)=0，可得πt2-π/3=-π/2或3π/2等．由于t2>0，所以πt2-π/3=3π/2，只须t2=11/6=1.83(s)．所需要的时间为δt=t2-t1=0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x=-0.06m，向x轴正数方向运动第一次返回平衡位置所需的时间就是它从x=0.06m，即为从起点向x轴正方向运动第一次返回平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x=0，v<0，因此cos(πt-π/3)=0，可以得πt-π/3=π/2，Champsaurt=5/6=0.83(s)．[注意]根据振动方程x=acos(ωt+φ)，当t=0时，可得φ=±arccos(x0/a)，（-π<φqπ），初位相的值域由速度同意．由于v=dx/dt=-ωasin(ωt+φ)，当t=0时，v=-ωasinφ，当v>0时，sinφ<0，因此φ=-arccos(x0/a)；当v<0时，sinφ>0，因此word轻松格式φ=arccos(x0/a)．可知：当速度大于零时，初位相取负值；当速度大于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初边线x0=a时，φ=0；当初边线x0=-a时，φ=π．4．2已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a，b，c，d，e各点的位相，及抵达这些状态的时刻t各就是多少？未知周期为t；（2）振x动表达式；aa（3）画a/2b出旋转矢量oc图．dt[答疑]e方法一：由图6.2十一位说媒时间．（1）设曲线方程为x=acosφ，其中a表示振幅，φ=ωt+φ表示相位．由于xa=a，所以cosφa=1，因此φa=0．由于xb=a/2，所以因此φb=±π/3；由于位相φ随时间t增加，b点位相就应该大于a点的位相，因此φb=π/3．由于xc=0，所以cosφc=0，又由于c点位二者大于b位相，因此φc=π/2．同理可以得其他两点位灵府φd=2π/3，φe=π．c点和a点的增益之高为π/2，时间之高为t/4，而b点和a点的增益之高为π/3，时间之差必须为t/6．因为b点的加速度值与o时刻的加速度值相同，所以抵达a点的时刻为ta=t/6．精心整理自学泰迪到达b点的时刻为tb=2ta=t/3．到达c点的时刻为tc=ta+t/4=5t/12．到达d点的时刻为td=tc+t/12=t/2．到达e点的时刻为te=ta+t/2=2t/3．（2）设立振动表达式为x=acos(ωt+φ)，当t=0时，x=a/2时，所以cosφ=0.5，因此φ=±π/3；由于零时刻的位相大于a点的位相，所以因此振动表达式为x?acos(2?tt??3)．另外，在o时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于dc零，所以速度小b于零，因此初位ea相取负值，从而oφx可得运动方程．a（3）例如图转动矢量图右图．方法二：由时间x求位二者．将aa曲线反方a/2bf向延长与toc轴相交于fdt点，由于exf=0，根据运动方程，可以得cos(2?tt??3)?0所以2?tft??32．word完美格式似乎f点的速度大于零，所以挑负值，Champsaurtf=-t/12．从f点抵达a点经过的时间为t/4，所以抵达a点的时刻为ta=t/4+tf=t/6，其位灵府taa2t30．由图可以确认其他点的时刻，同理只须各点的位相．4．3如图所示，质量为10g的子弹以速度v=103ms-1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐mvmk振动．设弹簧的高傲系数k图4.3=8×103nm-1，木块的质量为4.99kg，数等桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程．[答疑]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还顾不上运动，弹簧没被放大，它们的动量动量，即为mv=(m+m)v0．Champsaur子弹射入后的速度为v0=mv/(m+m)=2(ms-1)，这也就是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得(m+m)v220/2=ka/2，所以振幅为a?vm?m0k=5×10-2(m)．（2）振动的圆频率为km?m=40(rads-1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x的正方向，振动方程可设为x=acos(ωt+φ)．当t=0时，x=0，可得精心整理自学泰迪φ=±π/2；由于速度为也已，所以取负的初位二者，因此振动方程为x=5×10-2cos(40t-π/2)(m)．4．4如图所示，在倔强系数为k的弹簧下，摆一质量为km的托盘．质量为mx1x2的物体由距盘底高moh处自由下落与盘h发生完全非弹性碰m撞到，而使其并作珍谐振动，设两物体碰后瞬x时为t=0时刻，谋图4.4振动方程．[答疑]物体落后、相撞前的速度为v?2gh，物体与纸盒搞全然非弹簧相撞后，根据动量守恒定律可以得它们的共同速度为vm0?m?mv?mm?m2gh，这也就是它们振动的初速度．设立振动方程为x=acos(ωt+φ)，其中圆频率为km?m．物体没落之前，纸盒均衡时弹簧弯曲为x1，则x1=mg/k．物体与纸盒相撞之后，在代莱平衡位置，弹簧弯曲为x2，则x2=(m+m)g/k．挑代莱平衡位置为原点，价值观念下的方向为也已，则它们振动的初加速度为x0=x1-x2=-mg/k．因此振幅为a?x2?v20mg22ghm20?2?(k)?k(m?m)word轻松格式mgk12kh(mm)g；初位相为arctan?v0?x?2kh．0(m?m)g4．5重量为p的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[答疑]（1）可以证明：当两根弹簧串联时，总高傲系数为k=k1k2/(k1+k2)，因此固有频率为k1kk2πk2?1k2πm(a)(b)图4.51k1k2g2(k1k2)p．（2）因为当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为12k2kg2π?2?m?12?p．4．6一匀质细圆环质量为m，半径为r，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[答疑]方法一：用旋转定理．通过质心横向环面存有一个轴，环绕着此轴的转动惯量为ori=mr2c．θc根据平行轴定理，环绕过o精心整理学习帮手mg点的平行轴的转动惯量为i=ic+mr2=2mr2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为m=-mgrsinθ，方向与角度θ增加的方向相反．根据旋转定理得iβ=m，即id2?dt2?mgrsin??0，由于环做小幅度摆动，所以sinθ≈θ，可得微分方程d2?dt2?mgri??0．转动的圆频率为mgri，周期为t?2π??2?i2rmgr?2?．g方法二：用机械能守恒定律．取环的质心在最底点为重力势能零点，当环心转过角度θ时，重力势能为ep=mg(r-rcosθ)，拖o点的旋转动能为e1k?2i?2，总机械能为e?12i?2?mg(r?rcos?)．环路在旋转时机械能动量，即e为常量，将上式对时间微分，利用ω=dθ/dt，β=dω/dt，得0=iωβ+mgr(sinθ)ω，由于ω≠0，当θ不大存有sinθ≈θ，可以得振动的微分方程d2?dt2?mgri??0，从而可求角频率和周期．[特别注意]角速度和圆频率采用同一字母ω，不要将两者混为一谈．word完美格式（4）图画出来这振动的转动矢量图，并4.7横截面均匀的光在图上指明t为1，2，10s等各时刻的矢滑的u型管中有适量液量位置．yy体如图所示，液体的总[答疑]（1）比较四极振动的标准方0y长度为l，求液面上下程y微小曲折的民主自由振动的频率。
大学物理第4版课后题答案详解
大学物理第4版课后题答案详解一、单项选择题（请将答案填入下面表格内，每小题2分，2×13=26分)1.在我们学习、生活中所涉及的下列数值最接近实际情况的是（)A.人体正常体温约为40℃B.八年级物理课本的长度约为26cmC.人步行的速度约为10m/sD.中学生的平均质量约为50g2.下列现象中不属于机械运动的是（)A.一江春水向东流B.星光闪闪C.海水奔腾D.春风拂面3.用一把刻度尺测某一物体长度时，一般要测三次或更多次，这样做的目的是（)A.减小观察刻度时，由于视线不垂直而产生的误差B.减小由于刻度尺不精密而产生的误差C.减小由于读数时，估计偏大或偏小而产生的误差D.避免测量中可能出现的错误4.四种现象中，由于光的直线传播形成的是（)A.透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏远离透镜移动B.透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏靠近透镜移动C.透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏远离透镜移动5.下列关于声音的说法中不正确的是（)A.俗话说“隔墙有耳”，说明固体也能传声B.“震耳欲聋”主要说明声音的音调高C.“闻其声而知其人”主要根据音色来判断的D.声音在真空中不可以传播6.下列是对我们生活中常见的一些热现象的解释，其中正确的是（)A.春天的早晨经常出现大雾，这是汽化现象B.衣柜里的樟脑丸变小是因为樟脑丸蒸发了C.秋天的早晨花草上出现小的露珠，这是液化现象D.初冬的早晨地面上会出现白色的霜，这是凝固现象7.下列中,属于晶体熔化的是：()A.将它熔化成铁水B.从地球运到月球C.把它轧成薄铁片D.磨掉铁块一个角8.关于紫外线的主要作用，下列说法中不正确的是（)A.有助于人体合成维生素DB.能杀死微生物C.能使荧光物质发光D.能进行遥控9.在探究凸透镜成像规律的实验中，烛焰在光屏上呈现一个清晰放大的像。
要使烛焰在光屏上呈现一个清晰缩小的像，调节的方法是（)B.透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏靠近透镜移动C.透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏远离透镜移动D.透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏靠近透镜移动10.一块铁块的质量会发生变化的情况是（)A.将它熔化成铁水B.从地球运到月球C.把它轧成薄铁片D.磨掉铁块一个角11.以下是小洋学习了关于“平面镜成像”和“凸透镜成像”的知识后，总结出的关于实像和虚像的一些特点，其中错误的是（)A.虚像不能用光屏承接B.虚像可以是正立的，也可以是倒立的C.实像一定能用光屏承接D.实像可以是放大的，也可以是缩小的12.一杯牛奶喝掉一半后，下列说法正确的是：()A.质量变小，密度不变B.质量不变，密度不变C.质量变小，密度变小D.质量不变，密度变小13.下列几种镜子：①平面镜；②凸面镜；③凹面镜；④凸透镜；⑤凹透镜。
12.波动 大学物理习题答案
12-9 同一介质中的两个波源位于 A、B 两点，其振幅相等，频率都是 100Hz，B 的相位比 A 超前π。若 A、 B 两点相距为 30m，波在介质中的传播速度为 400m/s；问在 AB 连线上 A 的左侧和 B 的右侧能出现因 干涉而静止的点吗？试求出 AB 连线上因干涉而静止的各点位置。 解：
4
y P A cos(2 t P ) 7.07 cos(200 t
（3） 2 1 2
) cm 4
r2 r1 ， A 0 ， y P 0
12-8 如图 12-8 所示，两个相距为 D 的相干波源 S1、S2，它们振动的相位相同，因而探测器在 S1、S2 的垂 直平分线上距波源 L 处的 O 点得相长干涉（即互相加强） ，若探测器往上移动，到距离 O 点为 h 的 P 处首次得到相消干涉。设 L 比 D 及 h 都大得多，求波长 。 （提示：r1+r2≈2L） 解：两相干波到达 P 点时的相位差 P S1 r1 h r2 O S2 L 图 12-8 D/2
即
图 12-3
12-4 一 平 面 简 谐 波 在 媒 质 中 以 速 度 u=30 cm/s 自 左 向 右 传 播 。 已 知 波 线 上 某 点 A 的 运 动 方 程
y 3 cos(4t ) (SI)，D 点在 A 点的右方 9m 处，取 x 轴方向水平向右。 （1）以 A 为坐标原点，试
B A 2
30 15 16
所以 B 的右侧没有因干涉而静止的点。 （3）AB 之间距离 A 为 x 处
B A 2
30 2 x 15 x x
x (2k 1) ， x 2k 1 ， x 1,3,5, 29 处为静止点。
大学物理 课后习题 答案
大学物理课后习题答案大学物理课后习题答案第十八章波动1、一横波沿绳子传播，其波的表达式为y=0.05cos(100πt-2πx)(si)谋:(1)波的振幅、波速、频率和波长。
(2)绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度。
(3)在x1=0.2m处和x2=0.7m处二质点振动的位相差。
解：（1）y=0.05cos(100πt-2πx)=0.05cos100π(t-0.02x)∴a=0.05m,ω=100π=2πυ⇒υ=100π/2π=50(hz)u=50(m⋅s),(2)v=∂2y∂t∂y∂t=1(m)50π=5π=15.7(m⋅s-1)=-0.05⨯100πsin(100πt-2π),vmax=0.05⨯10022π)=500π=4934.8(m⋅s-2)∴amax=0.05⨯(1002、一平面简谐波沿ｘ轴正向传播，波的振幅a=10cm，波的圆频率ω=7πrad⋅s，当t=1.0s时，x=10cm处的a质点正通过其平衡位置向ｙ轴正数方向运动，而x=20cm处的ｂ质点正通过y=5cm点向ｙ轴正方向运动。
勒维冈县波波长∆ϕ=2πx2-x10.7-0.2=-0.05⨯(100π)2cos(100πt-2πx)λ>10cm，求该平面波的表达式。
解：设波动方程为：y=0.1cos(7πt+ϕ-⋅2π)t=1(s)时，ya=0.1cos(7π+ϕ-0.1⋅2π)=0,yb=0.1cos(7π+ϕ-0.2⋅2π)=0.05v>0，⇒.2∵b7π+ϕ-0⋅2π=-π+2kπ②且λ>0.1m，故a,b两质点的位相差ϕ=-π①-②得：5λ=1.2，即为λ=0.24（m）代入①得：所以波动方程为：y=0.1cos(7πt-πx+π)333、图示一平面简谐波在t=0时刻的波形图，谋：（1）该波的波动方程；（2）ｐ处质点的振动方程。
解：由图知λ=0.4m,a=0.04m,u=0.08m/sω=2πν=2π=2π00..08=0.4π(s)4原点的振动方程为：y=0.04cos(0.4πt-ππ波动方程为：y=0.04cos[0.4π(t-x-y=0.04cos(0.4πt-5πx-π)p点的振动方程：yp=0.04cos(0.4πt-5π⨯0.2-2π=0.04cos(0.4πt-3)=0.04cos(0.4πt+π4、一列平面简谐波在媒质中以波速u=5ms 沿ｘ轴正向传播，原点ｏ处质元的振颤抖曲线如图所示。
华东理工大学大物第五章答案 波动
第六章 波 动1 一频率为500HZ 的平面波，波速为350m/s ，求： （1）在波传播方向上位相差为π/3的两点相距多远？（2）介质中任意一点在时间间隔10-3s 内两位移间的位相差是多少？ 解：（1）λπ=∆ϕ∆2x m 12.050035061u 232x ==νππ=λπϕ∆=∆（2）0x =∆π=⨯⨯π=∆π=∆ω=ϕ∆-3105002t v 2t2 一横波沿细绳传播时的波动方程为:y=0.20cos π(2.5t-x)(SI),，求：（1）波的振幅、速度、频率和波长；（2）在x=L 处质点振动的初相及与该质点速度大小相同但方向相反的其它各质点位置。
解：（1）)]5.2xt (5.2cos[20.0)x t 5.2cos(20.0y -π=π-π= m/s 5.2 u )m (20.0A ==∴ πν=π=ω25.2()s 125.125.2==ν 225.15.2u ==ν=λ （2）)L t 5.2cos(20.0y π-π=L π-=ϕ∴根据旋转矢量图可知，只有反向的各点才能速度相等而方向相反π+=π-π-π-π=ϕ∆∴)1k 2()x t 5.2()t t 5.2( )2,1,0k ()1k 2(L x ΛΛ±±=++=3 如图所示，已知t=0的波形曲线Ⅰ,波沿X轴正向传播，经过0.5s 后波形变为曲线Ⅱ。
试根据图中绘出的条件求 （1）波的表达式； （2）P 点振动表达式。
解：（1）由图可知 s 2T m 4cm 10A ==λ=2T2π=ϕπ=π=ω O 点振动方程 )2t cos(1.0)t cos(A y 0π+π=ϕ+ω= 波动方程 )x 22t cos(1.0)x 2t cos(A y π-π+π=λπ-ϕ+ω=(m) （2）P 点振动方程 以x = 1m 代入波动方程得-t cos 1.0)422t cos(1.0y p π=π-π+π= 4一平面简谐波在媒质中以波速u=5m/s 沿X 轴正方向传播，原点O 处质元的振动曲线如图所示。
大学物理(第四版)课后习题及答案_分子运动
题5.1：一打足气的自行车内胎，在7.0 ℃时，轮胎中空气的压强为Pa 100.45⨯，则当温度变为37.0 ℃时，轮贻内空气的压强为多少？（设内胎容积不变）题5.1分析：胎内空气可视为一定量的理想气体，其始末均为平衡态（即有确定的状态参量p 、V 、T 值）由于气体的体积不变，由理想气体物态方程RT MmpV =可知，压强p 与温度T 成正比。
由此即可求出末态的压强。
解：由分析可知，当C 0.372 =T 时，轮胎内空气压强为P a 1043.451122⨯==T p T p 可见当温度升高时，轮胎内气体压强变大，因此，夏季外出时自行车的车胎不宜充气太足，以免爆胎。
题5.2：在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0 ℃），有一个体积为1.0⨯10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0 ℃，求气泡到达湖面的体积。
（取大气压强为p 0 = 1.013⨯105 Pa ）题5.2分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。
利用理想气体物态方程即可求解本题。
位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0⨯103kg·m -3）。
解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。
由分析知湖底处压强为gh p gh p p ρρ+=+=021。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ 题5.3：氧气瓶的容积为32m 102.3-⨯，其中氧气的压强为71030.1⨯Pa ，氧气厂规定压强降到61000.1⨯Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。
某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3压强为51001.1⨯Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）题5.3分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。
大学物理练习册习题及答案波动学基础
习题及参考答案第五章 波动学基础参考答案思考题5-1把一根十分长的绳子拉成水平，用手握其一端，维持拉力恒定，使绳端在垂直于绳子的方向上作简谐振动，则（A ）振动频率越高，波长越长； （B ）振动频率越低，波长越长； （C ）振动频率越高，波速越大； （D ）振动频率越低，波速越大。
5-2在下面几种说法中，正确的说法是（A ）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的； （B ）波源振动的速度与波速相同；（C ）在波传播方向上的任二质点振动位相总是比波源的位相滞后； （D ）在波传播方向上的任一质点的振动位相总是比波源的位相超前 5-3一平面简谐波沿ox 正方向传播，波动方程为010cos 2242t x y ππ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦. (SI)该波在t =0.5s 时刻的波形图是（ ）5-4图示为一沿x 轴正向传播的平面简谐波在t =0时刻的波形，若振动以余弦 函数表示，且此题各点振动初相取-π到π之间的值，则（）（A ）1点的初位相为φ1=0（B ）0点的初位相为φ0=-π/2(m)(A )(m)(m)(B )(C )(D )思考题5-3图思考题5-4图（C ）2点的初位相为φ2=0 （D ）3点的初位相为φ3=05-5一平面简谐波沿x 轴负方向传播。
已知x=b 处质点的振动方程为[]0cos y A t ωφ=+，波速为u ，则振动方程为（ ）(A)()0cos y A t b x ωφ⎡⎤=+++⎣⎦(B)(){}0cos y A t b x ωφ⎡⎤=-++⎣⎦(C)(){}0cos y A t x b ωφ⎡⎤=+-+⎣⎦ (D)(){}0cos y A t b x u ωφ⎡⎤=+-+⎣⎦ 5-6一平面简谐波，波速u =5m·s -1，t =3s 时刻的波形曲线如图所示，则0x =处的振动方程为（ ）（A ）211210cos 22y t ππ-⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭ (SI) （B ）()2210cos y t ππ-=⨯+ (SI) （C ）211210cos 22y t ππ-⎛⎫=⨯+ ⎪⎝⎭ (SI) （D ）23210cos 2y t ππ-⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭ (SI) 5-7一平面简谐波沿x 轴正方向传播，t =0的波形曲线如图所示，则P 处质点的振动在t =0时刻的旋转矢量图是（ ）5-8当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论一哪个是正确的？ （A ）媒质质元的振动动能增大时，其弹性势能减少，总机械能守恒； （B ）媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期变化，但两者的位相不相同；（C ）媒质质元的振动动能和弹性势能的位相在任一时刻都相同，但两者的数值不相等； （D ）媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)(2020年7月整理).pdf
直的平面上有一点 P，它到板的距离为 x 。求 P 点的磁感应强度的大小。
解： 取如图坐标系，在电流平板上取一条形平面，其在 P 点产生的磁场为
dB = 0dI =
0
I0 2a
dy
，
dB
的方向垂直
r
。
2r 2 x2 + y 2
由于电流平板相对 x 轴对称，所以在 P 点的总磁感应强度 B
x 轴的分量： Bx = dBx = 0 ；
B = 0 I (3 + 2 ) 4 2a b
6、如图，流出纸面的电流为 2I，流进纸面的电流为 I， 请写出每一个线圈中的环路公式。 解：根据线圈的绕向和线圈中电流和的方向是否满足右 手螺旋定则来判断。
L1
2I
L3
I L2
L4
所以由磁场中的安培环路定理有：
(A) H • dl = −2I
(B) H • dl = −I
解： 因为截流圆线圈轴线上的磁场
B=
0 IR2
3
2(R2 + x2 ) 2
而 I = 2R 2 = R
B
=
Bx
=
0 R 3
2(R2
+
x
2
)
3 2
，B
的方向与 x
轴的正方向一致。
x
o
R
ω
14、设氢原子基态的电子轨道半径为 a0，求由于电子的轨道运动(如图)在原子核处(圆心处)
产生的磁感强度的大小和方向． 解：①电子绕原子核运动的向心力是库仑力提供的．
值不为零。
18、如图所示，一无限长载流平板宽度为 a，线电流密
度(即沿 x 方向单位长度上的电流)为 ，求与平板共面且
大学物理学(第四版)课后习题答案(下册)
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1 选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q 所受到合力为零，则Q 与q 的关系为：（）（A ）Q=-2 3/2q (B) Q=2 3/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B ）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D ）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R 的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R 处的电场强度（）（A ）σ/ε0（B）σ/2ε0（C）σ/4ε0（D ）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A ）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2 填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[ 答案：相同](2)一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[ 答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[ 答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比。
[ 答案：5：6]9.3 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1) 在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡( 即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2) 这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3 图示(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷2 14π0qcos30a 214π(qq3a)23解得(2)与三角形边长无关．q3q3题9.3 图题9.4 图9.4 两小球的质量都是m，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 , 如题9.4 图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4 图示T sin T cosF emg14π 0 (2lq 2sin ) 2解得q2l sin 4 0 mg t an9.5 根据点电荷场强公式 Eq4 0 r，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?q解: E4 π0rr0 仅对点电荷成立，当r0 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有 A ，B 两平行板，相对距离为 d ，板面积为S ，其带电量分别为+ q 和- q ．则q 2 这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f =4 d 2, 又有人说，因为 f = qE , Eq，所S222d2l l 22以 f =q ．试问这两种说法对吗 ?为什么 ? f 到底应等于多少 ?S解: 题中的两种说法均不对． 第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把q合场强 E看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个S板的电场为 E q，另一板受它的作用力fq q q2，这是两板间相互作用的电场力．2 0 S2 0 S2 0 S9.7 长 l =15.0cm 的直导线 AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10 -9C 2 m-1的正电荷．试求：(1) 在导线的延长线上与导线B 端相距a 1 =5.0cm 处 P 点的场强； (2) 在导线的垂直平分线上与导线中点相距d 2 =5.0cm 处 Q 点的场强．解： 如题 9.7 图所示(1) 在带电直线上取线元dx ，其上电量dq 在 P 点产生场强为 dE PE P14 π 0 ( adE Pdxx) 22 dx题 9.7 图4π 02(a x) 2[ 11]4π 0a l al 2 2lπ 0 (4 al 2)用 l15 cm ，5.0 10 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得(2) 同理2E P6.74 10 N CdE1 dx 1方向水平向右方向如题 9.7 图所示Q 4 π 0 x2由于对称性dE Qxl0 ，即 E Q 只有 y 分量，2d 220 l 1∵dE Qy1x d2 224 π 0 xd 2x22EdEd 2 2 dxQylQyl4π 2l 2(x23d 2 )22π 0 l4d2以5.0 10 9C cm , l 15 cm , d 2 5 cm 代入得E Q E Qy14.96 102 N C ，方向沿 y 轴正向9.8一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为, 求环心处 O 点的场强．解: 如 9.8 图在圆上取 dl Rd题 9.8 图dqdl R d ，它在 O 点产生场强大小为Rd dE24π 0 R方向沿半径向外则dE xdE sinsin d 4π 0 RdE ydE cos()cos d 4π 0 R积 分 E xsin d4π 0 R2π 0 RE ycos d 04π 0 R∴E E x2π R，方向沿x 轴正向．122222 229.9均匀带电的细线弯成正方形，边长为 l ，总电量为 q ．(1) 求这正方形轴线上离中心为 r处的场强 E ； (2) 证明：在 rl 处，它相当于点电荷 q 产生的场强 E ．解: 如 9.9 图示，正方形一条边上电荷q在 P 点产生物强4dE P 方向如图，大小为dE Pcos 4π 0 1 cos 2 l2r24∵cos 1l22r 2l 2∴dE Pcos 2cos 1ll2l24π0 rr42dE P 在垂直于平面上的分量dE∴dEl dE P cosr4π 0 rlr 2lr2l424题 9.9 图由于对称性， P 点场强沿 OP 方向，大小为E P 4 dE∵4π 0(r 2q 4l4 lr l2l2) r 24222e ．e内r 0 内1∴E P4π 0 (r qrl) r 2l4 2方向沿OP9.10(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的电通量；(2) 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解: (1) 由高斯定理 E dS qs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q 6 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q 6 0对于边长 a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则qe，24 0如果它包含q 所在顶点则 e 0 ．如题9.10 图所示．题9.10 图9.11均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为238cm ,12cm 各点的场强．10 5 C2 m-3 求距球心5cm，解: 高斯定理 E dSsq2q , E4πr0 0当r 5 cm时，q 0 , E 0r 8 cm 时，q4π3p (r r 3 ) 34πr 3 r 2∴ E34π 23.48 10 4 N C ，方向沿半径向外．22外3 r 3r 12 cm 时, q4π(r3 r 内）4π 3 外 ∴E33r 内 4.10 10 4N C1沿半径向外 .4π 0 r9.12半径为 R 1 和 R 2 ( R 2 ＞ R 1 ) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量 和-, 试求:(1)r ＜ R 1 ； (2) R 1 ＜ r ＜ R 2 ；(3) r ＞ R 2 处各点的场强．解: 高斯定理qE dSs取同轴圆柱形高斯面，侧面积则S E d S S2πrl E 2πrl对(1)r R 1 q 0, E 0(2)R 1rR 2q l∴E2π 0 r沿径向向外(3)∴r R 2q 0E题 9.13 图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为 1 和 2 ，试求空间各处场强． 解:如题 9.13 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1 与2 ，两面间，E1( 2 02)n1 面外，E1 (1 2)n20 210 1 2 面外， E(12 02) nn ：垂直于两平面由1 面指为2 面．9.14半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为, 若在球内挖去一块半径为r ＜ R 的 小球体，如题 9.14图所示．试求：两球心 O 与 O 点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解:将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题9.14 图 (a) ．(1)球在 O 点产生电场球在 O 点产生电场 E 10E 200，4 πr 33OO' 4π 0d∴O 点电场 E 0r33 d3OO '；4 d 3(2)在 O 产生电场 E 103 4π 0dOO '球在 O 产生电场 E 20∴ O 点电场E 0OO'3 0题 9.14 图(a)题 9.14 图 (b)(3) 设空腔任一点 P 相对 O 的位矢为 r ，相对 O 点位矢为 r ( 如 题 8-13(b) 图)r 则E PO，3r E PO,3 03 3q -8r0 6OO∴E PE PO E PO(r r )3 0 OO' d3 0 3 0∴腔内场强是均匀的．-69.15 一电偶极子由 =1.0 3 10 C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电5-1偶极子放在 1.0 3 10 N2 C的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解:∵ 电偶极子 p 在外场 E 中受力矩Mp E∴M maxpE qlE 代入数字M max1.0 1062 1031.0 1052.0 10 4N m9.16 两点电荷1 =1.5 3 10 C ， -82 =3.03 10C ，相距 r 1 =42cm ，要把它们之间的距离变为r 2 =25cm ，需作多少功 ?解: Ar 2 F drr 2 q 1 q 2dr q 1q 2(11 ) r 1r 24π 24π 0 r 1r 26.55 10 J外力需作的功AA 6.55 106J题 9.17 图9.17 如题 9.17图所示，在 A ， B 两点处放有电量分别为+q ,- q 的点电荷， AB 间距离为2 R ，现将另一正试验点电荷q 0 从 O 点经过半圆弧移到 C 点，求移动过程中电场力作的功． 解:如题 9.17 图示U 1 ( q 4π 0 Rq) 0 RU 1 ( q q ) 4π 0 3 R Rq 6 π 0 Rq q4-31-19∴A q 0 (U O U C )q o q 6π 0 R9.18 如题 9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为 的正电荷 , 两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心 O 点处的场强和电势．解: (1) 由于电荷均匀分布与对称性， AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强互相抵消，取dl Rd则 dqRd 产生 O 点 d E 如图，由于对称性， O 点场强沿 y 轴负方向题 9.18 图EdE2Rd cosy24π 0 R［ sin() 4 π 0 R2sin］22 π 0 R(2)AB 电荷在 O 点产生电势，以 UAdx 1B4 π 0 x2 R dxR4π 0 x4π 0ln 2同理 CD 产生半圆环产生U 24 π 0πR 3ln 24π 0 R4 0∴U O U 1 U 2 U 32π 0ln 24 09.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以23 10 m 2 s 的匀速率作圆周运动． 求带电直线上的线电荷密度． ( 电子质量m 0 =9.1 3 10 kg ，电子电量 e =1.60 3 10 C)2U U -1E 解:设均匀带电直线电荷密度为 ，在电子轨道处场强E2π 0 r电子受力大小F eeEe 2 π 0 r∴e mv2π 0 rr2π 0 得mv 2 12.5 10 13 C m 1e-19.20 空气可以承受的场强的最大值为=30kV2 cm，超过这个数值时空气要发生火花放 电． 今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解:平行板电容器内部近似为均匀电场UEd 1.5 104V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板 ( 题9.21 图) 来说， (1) 相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反； (2) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同． 证:如题 9.21 图所示，设两导体 A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1 ，2 ，3 ，4题 9.21 图(1) 则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有E d S ( s3) S 0∴2 3说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2) 在 A 内部任取一点 P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即2212342 02222-77又∵2 3∴1 4说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板 A ， B 和 C 的面积都是 200cm ， A 和 B 相距 4.0mm ， A 与 C 相距 2.0 mm ． B ， C 都接地，如题 9.22图所示．如果使 A 板带正电 3.0 3 10 C ，略去边缘效应，问 B 板和 C 板上的感应电荷各是多少 ?以地的电势为零，则 A 板的电势是多少 ? 解: 如题 9.22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为1 ，右侧面电荷面密度为2题 9.22 图(1) ∵U AC U AB ，即∴E AC d ACE AB d A B1E AC d AB ∴22E AB且1 +2q A23S d ACq A S2 q A 13S而qCS 2q 32 10 7Cq B2S1 10 C(2)U A E AC d A Cd AC2.3 103V9.23 两个半径分别为R 1 和 R 2 （ R 1 ＜ R 2 ) 的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+ q ，试计算：(1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2) 先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3) 再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．得, 1A 1R 2解: (1) 内球带电q ；球壳内表面带电则为 q , 外表面带电为 q ，且均匀分布，其电势qdrq UE drRR4π r 2 4π R22题 9.23 图(2) 外壳接地时，外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为 q ．所以球壳电势由内球q 与内表面 q 产生：Uq 4π 0 R 2q 04π 0 R 2(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q' q' U Aq q' 04 π 0 R 14π 0 R 24π 0 R 2得外球壳上电势UqR 1 qR 2q' q'q q'R 1 R 2 qB4π 0 R 24π 0 R 24π 0 R 24π 0 29.24 半径为 R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为一点电荷 + q ，试求：金属球上的感应电荷的电量． d3R 处有解:如题 9.24 图所示，设金属球感应电荷为q ，则球接地时电势 U O由电势叠加原理有：题 9.24 图q' q O4π 0 R4π 0 3 RUF 01223得qq 39.25 有三个大小相同的金属小球，小球1， 2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为 F 0 ．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触 1，2后移去，小球 1，2之间的库仑力；(2) 小球 3依次交替接触小球 1， 2很多次后移去，小球 1， 2之间的库仑力．解: 由题意知q 4π 0r2(1) 小球 3 接触小球 1后，小球 3 和小球 1均带电qq ,2小球 3 再与小球 2 接触后，小球 2 与小球 3 均带电q3 q 4∴此时小球 1与小球 2 间相互作用力3 q 2F q' q" 8 3 F 4π 0 r4π 0 r8(2) 小球 3 依次交替接触小球 1、 2 很多次后，每个小球带电量均为2q .3∴小球 1 、 2 间的作用力 F 22 23 q 3 q 40 4π 0r 299.26 在半径为R 1 的金属球之外包有一层外半径为R 2 的均匀电介质球壳， 介质相对介电常数为r ，金属球带电Q ．试求：(1) 电介质内、外的场强； (2) 电介质层内、外的电势； (3) 金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理D dS qS(1) 介质内(R 1 rR 2 ) 场强DQr4 πr, E 内 Qr ;4 π 0 r r20 F 3r外 2介质外 (r R 2 ) 场强DQr 4πr 3, E 外Qr4 π 0 r(2) 介质外 (rR 2 ) 电势UE drrQ 4 π 0 r介质内(R 1 rR 2 ) 电势UE 内 dr rE 外 drrq1 ( 4π 0 r r 1 Q )R 2 4 π 0 R 2(3) 金属球的电势Q(1 r1 4π 0 r rR 2R 2 U E 内 drE 外 drR 1 R 2R 2 Qdr QdrR4π 0 r R 24 π 0rQ4π 0( 1 r1 rR 1R 29.27 如题 9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 r 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值． 解: 如题 9.27 图所示，充满电介质部分场强为E 2 ，真空部分场强为 E 1 ，自由电荷面密度分别为2 与1由 D dSq 0 得D 11 ，D 22而D 1E 1 , D 20 rE 23)2)2E 1 E 2∴2 U d0 rE 2 r10 E 1题 9.27 图题 9.28 图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 ＞ R 1 ) ， 且 l >> R 2 - R 1 ，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和- Q 时，求：(1) 在半径 r 处(R 1 ＜ r ＜ R 2 ＝，厚度为 dr ，长为 l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2) 电介质中的总电场能量； (3) 圆柱形电容器的电容．解: 取半径为 r 的同轴圆柱面(S)则D d S ( S)2πrlD当 (R 1 r∴R 2 ) 时，q QDQ 2 πrl D 2Q2 (1) 电场能量密度w2 8π2r 2l 2Q2 Q 2dr 薄壳中 dWwd8π2r 2l22πrdrl4π rl(2) 电介质中总电场能量WdWR 2 Q2drQ lnR 2VR 14πrl4πl R 1(3) 电容：∵WQ2C2Q 2 2πl∴C2W ln( R2 / R1 )题9.29 图9.29 如题9.29 图所示，C1 =0.25 F，C2 =0.15 F，C3 =0.20 F ．C1上电压为50V．求：U AB ．解: 电容C1 上电量Q1 C1U 1电容C2 与C3 并联C23 C2 C3其上电荷∴Q23 Q1Q232C1U 125 50UABC23U 1 U 2C2350(13525)3586 V9.30C1 和C2 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿?解: (1) C1 与C2 串联后电容C C1C2200 300 120pF(2) 串联后电压比C1 C2U 1 C2200 300 3U 2 C1，而U 1 U 221000∴U 1600 V , U 2400 V即电容C1 电压超过耐压值会击穿，然后C2 也击穿．9.31半径为R1 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2 =4.0cmU2222 2和 R 3 =5.0cm ，当内球带电荷 Q =3.0 3 10 C 时，求：(1) 整个电场储存的能量；(2) 如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3) 此电容器的电容值．解: 如图，内球带电 Q ，外球壳内表面带电Q ，外表面带电 Q(1) 在 rR 1 和 R 2题 9.31 图r R 3 区域在 Rr R 时E 0E Qr 1214π 0 rrR 3 时Qr 24π 0 r∴在 R 1rR 2 区域W 1R 2 1 R 1 2Q( 2 4π 0 r) 24πr drR 2 Q drQ( 1 1 ) R 18π 0 r8π 0 R 1R 2在 rR 3 区域W 1 ( Q) 2 4πr 2drQ 1R 32 0 4π 0 r8π0 R 3∴ 总能量W W 1 W 2Q( 1 1 1 ) 8π 0 R 1R 2R 31.82 10 4J(2) 导体壳接地时，只有R 1rR 2 时 EQr , W 2 04π 0 r2 -83E 3 22312∴W W 1Q21( 8π 0 R 11 ) 1.01 R 210 4 J(3) 电容器电容C2W Q2 4 π 0 /(11 ) R 1R 24.49 10F习 题 1010.1 选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（ A ）若环流等于零，则在回路 L 上必定是 H 处处为零； （ B ）若环流等于零，则在回路 L 上必定不包围电流；（ C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零；（ D ）回路 L 上各点的 H 仅与回路 L 包围的电流有关。
大学物理学第四版第一到六章课后题答案
习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为(A)dtdr (B)dt r d(C)dtr d ||(D)22)()(dtdy dt dx + [答案：D](2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。
[答案：D](3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)tR t R ππ2,2 (B) t Rπ2,0 (C) 0,0 (D)0,2tR π [答案：B] 1.2填空题(1) 一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。
[答案： 10m ； 5πm](2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。
[答案： 23m·s -1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V行走。
如人相对于岸静止，则1V 、2V和3V 的关系是 。
[答案： 0321=++V V V]1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：(1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。
解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。
1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。
给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。
大学物理学(上册、下册)第四版 课后习题答案 赵近芳 全
dx dt
R (1 cost)
v y
dy dt
R sin t)
a x a y
R 2 R 2
sin t dvx dt
cost dvy dt
1-10 以初速度 v0 ＝20 m s1 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径 R1 ；(2)落地处的曲率半径 R2 ．
时，其角位移是多少?
解：
(1) t 2 s 时，
d 9t 2 , d 18t
dt
dt
a R 118 2 36 m s2
an R 2 1 (9 22 )2 1296 m s 2
tan 45 a 1
(2)当加速度方向与半径成 45ο 角时，有
解：（1）
v
ds dt
v0
bt
a
dv dt
b
an
v2 R
(v0
bt)2 R
a
则 加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
a2
a
2 n
b2
(v0
bt)4 R2
arctan a an
Rb (v0 bt)2
ab
b2
(v0
bt)4 R2
即
b2
b2
dr
其二，可能是将 dt dt 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 dt 不是速度的模，
d2r
而只是速度在径向上的分量，同样， dt 2 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
大学基础物理学(第四版)课后题答案
面向21世纪课程教材学习辅导书普通高等教育“十一五”国家级规划教材配套参考书大学基础物理学第四版习题解答陈建军主编后德家王贤锋副主编高等教育出版社内容简介本书是与“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)配套的学习辅导书.全书的内容按照主教材的章节顺序编排，习题解答过程规范、详细.本书可为学生学习课程内容，复习和巩固知识以指导与帮助.本书适合于选用“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)的学校选作教学辅导书，也可供其他大学物理学习者使用.前言 (1)第1章流体力学 (1)第2章气体动理论 (7)第3章热力学基础 (12)第4章静电场恒定电场 (20)第5章恒定磁场 (28)第6章交变电磁场 (36)第7章光的波动性 (41)第8章光的量子性 (46)第9章量子力学初步 (49)第10章光谱分析原理及应用 (51)第11章放射性核物理及其应用 (52)测试练习（一） (55)测试练习（一）参考答案 (59)测试练习（二） (62)测试练习（二）参考答案 (65)《大学基础物理学》（第四版）是专为高等农林院校农、林类专业编写的大学物理课程教学的教材，本书是与之配套的教学参考书.大学物理课程学习中，做习题是一个不可缺的教学环节，不仅可以检查学生对课程知识点掌握的程度，还能巩固所学的知识，而且有利于提高分析问题和解决问题的能力.为了帮助学生掌握正确的解题方法，我们修订了《大学基础物理学》（第三版）《习题解答》教学参考书.全书的内容按照主教材的章编排，习题解答规范，过程详细.本书将给农林院校农、林类专业学生学习大学物理课程以极大的帮助.本书第一章（流体力学）、第二章（气体动理论）、第三章（热力学基础）、第八章（光的量子性）、第九章（量子力学初步）由华中农业大学陈建军修订；第四章（静电场恒定电场）、第五章（恒定磁场）、第六章（交变电磁场）由华中农业大学王贤锋修订；第七章（光的波动性）、第十章（光谱分析原理及应用）、第十一章（放射性核物理及其应用）由华中农业大学后德家修订.华中农业大学谭佐军、卢军、魏薇、程其娈、张纾、邓海游参与题目审核工作，刘玉红参与公式编辑工作，陈建军负责全书统稿和定稿.华中农业大学罗贤清和丁孺牛细致审阅了本习题解答，并提出了许多建设性的意见，在此表示衷心的感谢.同时编者也对参加第一版、第二版和第三版编写工作的同志表示诚挚的谢意.感谢教育部大学物理课程教学指导委员会农林水工作委员会、全国高等农林水院校物理教学委员会对本次修订工作的指导.由于编者水平有限，书中难免有错误和疏漏之处，我们衷心期待得到广大读者、同行专家的批评、指正，感谢对编者的关爱和帮助.编者2017年6月于狮子山南湖畔第1章流体力学1.1从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细，为什么？答：从水龙头缓缓流出的水流，下落时由于重力做功，水流的速度越来越大.根据连续性原理Sv ＝常量，可知水流的速度越大，其横截面积就越小，所以从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细.22121122121v v ρρgh ρp p -++=Pa1062Pa 52100121108910010510012110515233235⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=........1.4如习题1.4图所示，一水管向水井中放水的流量为141094--⋅⨯=s m .3Q ，井底有一截面积为2cm .50=S 的小孔，当井中水面不再升高时，井中水深多高？习题1.4图解：本题是关于伯努利方程的应用.设机翼上面的气流速率为v 2，机翼下面的气流速率为v 1，由于飞机机翼比较薄，所以可近似取h 1＝h 2，机翼压强差为p 1–p 2＝1000Pa.根据伯努利方程有2222112121v v ρp ρp +=+机翼上面的气流速率为11221212s m 107s m 10029110002)(2--⋅=⋅+⨯=+-=.v v ρp p 1.6水从管1流入，通过支管2和3流入管4，管4的出口与大气相通，整个管道系统在同一水平面内.已知各管的横截面积分别是S 1=15cm 2，S 2=S 3=5cm 2，S 4=10cm 2，管1中的体积流量Q 1=600cm 3·s -1.求（1）各管中的流速；（2）各管中的压强与大气压强之差.Pa 0Pa =⨯-⨯⨯⨯=-=-=--42232224420210)6060(100.121)(21v v ρp p p p 同理，Pa 0=-03p p .1.7将一半径为1.0mm 的钢球，轻轻放入装有甘油的缸中，当钢球的加速度是其自由落体加速度一半时，其速度是多少？钢球的最大速度是多少？钢球的密度为8.5×103kg·m -3，甘油的密度为1.32×103kg·m -3，甘油的粘度为0.83Pa·s.解：本题是关于斯托克斯定律的应用.钢球在甘油中下落，所受重力为g ρr mg 钢球3π34=，所受甘油的浮力为g ρr F 甘油浮3π34=,根据斯托克斯定律所受黏性阻力为v r ηF f 甘油π6=.根据牛顿第二定律F ＝ma ，钢球的加速度是其自由落体加速度的一半时，有mg ―F f ―F 浮＝ma ＝mg /2，即解：本题是关于斯托克斯定律及雷诺数的应用.对下落雨滴进行受力分析，雨滴所受重力为ρg r mg 3π34=，所受空气的浮力为g ρr F 空气浮3π34=,根据斯托克斯定律，所受黏性阻力为v r ηF π6=f .当雨滴受到的空气黏性阻力加上空气对雨滴的浮力等于其受到的重力，雨滴将匀速下落，此时速度为终极速度，于是有ρg r g ρr r 33π34π34π6=+空气v η雨滴的终极速度为23223352m m kg sPa s m )10600()2911001(10818992)(92⨯⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯==----.....-空气空气r ρρg ηv 11s m 1034--⋅⨯=.根据泊肃叶定律lηR p p Q V 8)π(421-=，得大动脉内单位长度上的压强差Pa 10092ms m m s Pa )10521(1431050110048π844134363421⨯=⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===∆----.....-R lQ ηp p p V 根据圆管中实际流体的流速随半径的分布规律公式)(42221r R ηlp p --=v ，得轴心处(即r =0)血液流动速度为122334221s 04m 2m ms Pa Pa )10251(0110044100924---⋅=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=.....R ηl p p v第2章气体动理论2.1气体的平衡态有何特征？与力学中所指的平衡有什么不同？答：所谓平衡态是指系统与外界没有能量交换，内部也没有化学变化等形式的能量转化，系统的宏观性质不随时间变化.当气体处于平衡时，其状态的宏观参量值不随时间变化，即气体内部各部分具有相同的压强、密度和温度.热力学系统的平衡态与力学中所指的平衡是两个不同的概念.力学中的平衡平动动能也相等.（2）平均动能包括分子的平均平动动能、平均转动动能和平均振动动能，与每个分子的自由度数有关，为T k iB 2.氢气和氦气分子结构不同，则自由度数i 不相同，所以它们的平均动能不相等.（3）根据RT i M m 2，虽然温度T 和物质的量Mm相同，但氢和氦两种气体分子自由度i 不同，所以它们的内能不相等.2.4温度为27℃时，计算1mol 氮气的平均动能，平均转动动能和内能.解：本题是关于理想气体的能量均分定理及内能的应用.氮气分子是双原子分子，自由度为5，根据能量均分定理，其平均动能为23-120B 551.3810300J K K 1.0351022Ｊ--==⨯⨯⨯⨯⋅⨯=⨯w k T2.6将kg 10×83的氧气从10℃加热到20℃，求氧气的内能增加多少？解：本题是关于理想气体内能公式的应用.氧气分子是双原子分子，自由度为5，氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol-1，根据理想气体内能公式RT iM m 2，可知氧气增加的内能[]J52mol kg K K mol J kg )10273()20273(31.8251032108211133=⋅⋅⋅⋅⨯⨯+-+⨯⨯⨯⨯⨯=∆=-----T R i m E M 2.7储有氮气的容器以速度-1200m sυ=⋅运动，假若该容器突然停止，气体的全部机械平动动能转化为气体的内能，这时气体的温度将会升高多少？（设氮气可看做理想气体.）解：设容器内氮气总质量为m ，则全部机械平动动能为0p (4)⎰∞2d )(υυf υ表示气体分子速率平方的平均值；(5)υυnf d )(表示单位体积内，分子速率在v ～v +d v 区间的分子数.2.9求在温度为27℃时氧气分子的平均速率、方均根速率以及最概然速率.解：本题是关于理想气体分子平均速率、方均根速率和最概然速率公式的应用.氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol -1，温度T =(273+27)K=300K，可求得121113O s m 1044molkg KK mol J 10323.14300318882-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯⨯==6..M πRTv 121113O O 2s m 10834mol kg K K mol J 10323003183322-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯==..M RT v(1)按题给条件，速率分布函数是分段的.在F v v <<0速率区间，速率分布函数f (v )与v 2成正比；当F v v >时，速率分布函数f (v )为零.于是可画出速率分布函数曲线，如解题2.11图所示.(2)由归一化条件1=⎰∞d )(v v f ，有解题2.11图1===⎰⎰∞3F 0203d d )(Fv v v v v v A A f 得3F3v =A (3)根据最概然速率的定义，由图知，F p v v =.根据平均速率的定义式⎰∞=0d )(v v v v f ，得电子平均速率F F 033F 02075043d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v v .=====⎰⎰⎰∞f 根据方均速率的定义式⎰∞=022d )(v v v v f ，得电子速率平方平均值2F 043F 02202253d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v ====⎰⎰⎰∞f 所以，电子方均根速率为F F 27750515v v v .==第3章热力学基础3.1系统的温度升高是否一定要吸热？系统与外界不作任何热交换，而系统的温度发生变化，这种过程可能吗？答：系统的温度要升高不一定要吸热，外界对系统做功也可以使系统的温度升高；系统与外界不作任何热交换，而使系统的温度发生变化，这种过程是可能的，可以通过外界对系统做功或系统对外界做功来实现系统温度的变化.3.2（1）0.50kg 的水在大气压下用电热器加热，使水的温度自20℃缓慢的加热到30℃，试计算此水的内能的变化（水的比热容为3-1-14.1810J kg K⨯⋅⋅.）（2）一保温瓶里装有0.50kg、20℃的水，用力摇荡此瓶，使水的温度升高到30℃，初态及终态的压强均为大气压，试求水内能的变化及水所做的功.解：（1）在此过程中，等压地对水所加的热量为= t =0.5×4.18×10 ×10J =t.0 ×104J由于水的体积变化很小，故准静态过程的功A=0，依热力学第一定律有内能的变化= =t.0 ×104J （2）此过程不是准静态过程.但其始末状态与（1）相同，故内能变化与（1）相同，即= =t.0 ×104J由于系统被保温瓶所隔着，故无热量的传递，所以Q =0依 = + ，得水所做的功为=− =−t.0 ×104J3.3系统由习题 3.3图中的a 态沿abc 到达c 态时，吸收了400J 的热量，同时对外作150J 的功.（1）如果将沿adc 进行，则系统做功40J，问这时系统吸收了多少热量？（2）当系统由c 态沿着ca 返回a 态时，如果外界对系统做功80J，这时系统是吸热还是放热？热量传递时多少？习题 3.3图解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.根据热力学第一定律Q＝△E+A，得a、b状态内能的变化△Eab ＝Eb－Ea＝Qac b－Aac b＝400J－150J＝250J(1)对于adb过程，a、b状态相同，内能变化相同，根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qad b ＝△Eab+Aad b＝250J+40J＝290J(2)对于ba过程，由b→a，内能变化为负，即△Eba ＝Ea－Eb＝150J－400J＝－250J根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qba ＝△Eba+Aba＝－250J－80J＝－330J式中负号表示放热.3.41mol的氦气，在1atm、20℃时、体积为V.令使其经过一下两种过程达到同一状态；（1）先保持体积不变，加热，使其温度升高到80℃，然后令其做等温膨胀，体积变为原来的2倍.（2）先使其等温膨胀至原来体积的2倍，然后保持体积不变，加热到80℃.试分别计算上述两种过程中气体吸收的热量，气体对外所做的功和气体内能的增量.解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.依据题意，作出p－V图，如解题3.4图所示.图3.4abcd 四个状态（p ,V ,T ）：a（1,V 0,T 1）b（p b ,V 0,T 2）c（p c ,2V 0,T 2）d（p d ,2V 0,T 1）T 1=293K,T 2=353K(1)先作等体升温(ab 过程)，再作等温膨胀(bc 过程).①等体过程，氧气从热源吸取热量全部转化为系统内能的增加，做功为零，即121233d ()22T ab ab Tm m Q E R T R T T =∆==-⎰M M =1×t×8. 1× 5 −t ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =香4香. J A ab ＝0②等温膨胀，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即11d d ln cbcc bc bc bbV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1× 5 ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =t.0 ×10 J△E bc ＝0abc 过程吸取的热量为Q ab c ＝Q ab +Q bc ＝747.9J +2.03×103J ＝2.78×103Jabc 过程做的功为A ab c ＝A bc ＝ 2.03×103Jabc 过程内能改变为△E ab c ＝△E ab ＝香4香. J(2)a →d 等温膨胀过程，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即22d d ln dadd ad ad aaV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1×t ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =1. ×10 J△E dc ＝0习题 3.5图解：根据方程()00V V e p p -=，有9ln ln000c +=+=V p p V V c。
大学物理(第四版)课后习题及答案电介质共14页
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差 1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R VR =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
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第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11−−−=ππ。
（1）求波得振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时得最大速度；（3）分别画出t=1s 和t=2s 时得波形，并指出波峰和波谷。
画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。
14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11−−−=ππ分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等），通常采用比较法。
将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）。
比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法。
（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。
例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定。
介质不变，彼速保持恒定。
（3）将不同时刻的t 值代人已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =，从而作出波形图。
而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =，从而作出振动图。
解（1）将已知波动方程表示为()()[]115.25.2cos )20.0(−−⋅−=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ϕω+−=u x t A y 比较，可得0,5.2,20.001=⋅==−ϕs m u m A则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω（2）绳上质点的振动速度()()()[]1115.25.2sin 5.0−−−⋅−⋅−==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1−⋅=s m v（3） t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为()[]x m m y 115.2cos )20.0(−−=ππ()[]x m m y 125cos )20.0(−−=ππ波形图如图14－1（a ）所示。
x ＝1.0m 处质点的运动方程为()t s m y 15.2cos )20.0(−−=π 振动图线如图14－1（b ）所示。
波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的时间变化的情况。
14-2 波源作简谐运动，其运动方程为t s m y )240cos()100.4(13−−⨯=π，它所形成得波形以30m/s 的速度沿一直线传播。
（1）求波的周期及波长；（2）写出波的方程。
14-2 t s m y )240cos()100.4(13−−⨯=π分析 已知彼源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式()0cos ϕω+=t A y 进行比较，求出振幅地角频率ω及初相0ϕ，而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+−=u x t A y 中相应的三个物理量是相同的。
再利用题中已知的波速U及公式T /22ππνω==和uT =λ即可求解。
解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1240−=s πω。
根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有s T 31033.8/2−⨯==ωπ波长为m uT 25.0==λ(2)将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得0240100.4013==⨯=−−ϕπω，，s m A故以波源为原点，沿X 轴正向传播的波的波动方程为()[]])8()240cos[()100.4(cos 1130x m t s m u x t A y −−−−⨯=+−=ππϕω 14-3 以知以波动方程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y −−−=π。
（1）求波长、频率、波速和周期；（2）说明x=0时方程的意义，并作图表示。
14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y −−−=π分析采用比较法。
将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式，比较可得角频率。
、波速U ，从而求出波长、频率等。
当x 确定时波动方程即为质点的运动方程)(t y y =。
解（1）将题给的波动方程改写为]2/)5/)(10sin[()05.0(11πππ−⋅−=−−s m x t s m y与()[]0cos ϕω+−=u x t A y 比较后可得波速 角频率110−=s πω，故有m uT s T Hz 14.32.0/10.52/======λνπων，，（2）由分析知x=0时，方程表示位于坐标原点的质点的运动方程（图13—4）。
]2/)10cos[()05.0(1ππ−=−t s m y14-4 波源作简谐振动，周期为0.02s ，若该振动以100m/s 的速度传播，设t=0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距离波源15.0m 和5.0m 两处质点的运动方程和初相；（2）距离波源16.0m 和17.0m 两处质点的相位差。
14-4分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代人确定点处的坐标，即得到质点的运动方程。
并可求得振动的初相。
（2）波的传播也可以看成是相位的传播。
由波长A 的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为λπϕ/2x ∆=∆。
解（1）由题给条件 T ＝0.02 s ，u ＝100 m ·s －l ，可得m uT s T 2100/21====−λππω；当t ＝0时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为）或2/3(2/0ππϕ−=。
若以波源为坐标原点，则波动方程为]2/)100/)(100cos[(11ππ−⋅−=−−s m x t s A y距波源为 x 1=15.0m 和 x 2＝5.0m 处质点的运动方程分别为]5.15)100cos[(11ππ−=−t s A y]5.5)100cos[(12ππ−=−t s A y它们的初相分别为πϕπϕ5.55.152010−=−=和（若波源初相取2/30πϕ=,则初相πλπϕϕϕ=−=−=∆/)(21221x x ，。
）（2）距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差πλπϕϕϕ=−=−=∆/)(22121x x 14-5 波源作简谐振动，周期为1.0×10-2s ，以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以u=400m/s 的速度沿直线传播。
求：（1）距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差。
14-5解分析同上题。
在确知角频率1200/2−==s T ππω、波速1400−⋅=s m u 和初相）或2/(2/30ππϕ−=的条件下，波动方程]2/3)400/)(200cos[(11ππ+⋅−=−−s m x t s A y位于 x P =8.0 m 处，质点 P 的运动方程为]2/5)(200cos[(1ππ−=−t s A y p该质点振动的初相2/50πϕ−=P 。
而距波源9.0 m 和 10.0 m 两点的相位差为2//)(2/)(21212ππλπϕ=−=−=∆uT x x x x如果波源初相取2/0πϕ−=，则波动方程为]2/9)(200cos[(1ππ−=−t s A y质点P 振动的初相也变为2/90πϕ−=P ，但波线上任两点间的相位差并不改变。
14-6 有一平面简谐波在介质中传播，波速u=100m/s ，波线上右侧距波源O （坐标原点）为75.0m 处的一点P 的运动方程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=−t s m y p 。
求（1）波向x 轴正方向传播时的波动方程；（2）波向x 轴负方向传播时的波动方程。
14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=−t s m y p分析在已知波线上某点运动方程的条件下，建立波动方程时常采用下面两种方法：（1）先写出以波源O 为原点的波动方程的一般形式，然后利用已知点P 的运动方程来确定该波动方程中各量，从而建立所求波动方程。
（2）建立以点P 为原点的波动方程，由它来确定波源点O 的运动方程，从而可得出以波源点O 为原点的波动方程。
解1（1）设以波源为原点O ，沿X 轴正向传播的波动方程为()[]0cos ϕω+−=u x t A y将 u ＝100 m ·s －‘代人，且取x 二75 m 得点 P 的运动方程为()[]075.0cos ϕω+−=s t A y p与题意中点 P 的运动方程比较可得 A ＝0.30m 、12−=s πω、πϕ20=。
则所求波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11−−⋅−=s m x t s m y p π(2)当沿X 轴负向传播时，波动方程为()[]0cos ϕω++=u x t A y将 x ＝75 m 、1100−=ms u 代人后，与题给点 P 的运动方程比较得A ＝ 0.30m 、12−=s πω、πϕ−=0，则所求波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ−⋅+=−−s m x t s m y解2（1）如图14一6（a ）所示，取点P 为坐标原点O ’，沿O ’x 轴向右的方 向为正方向。
根据分析，当波沿该正方向传播时，由点P 的运动方程，可得出以 O ’（即点P ）为原点的波动方程为]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅−=−−s m x t s m y将 x=-75 m 代入上式，可得点 O 的运动方程为t s m y O )2cos()30.0(1−=π由此可写出以点O 为坐标原点的波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11−−⋅−=s m x t s m y π（2）当波沿河X 轴负方向传播时。
如图14－6（b ）所示，仍先写出以O ’（即点P ）为原点的波动方程]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅+=−−s m x t s m y将 x=-75 m 代人上式，可得点 O 的运动方程为])2cos[()30.0(1ππ−=−t s m y O则以点O 为原点的波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ−⋅+=−−s m x t s m y讨论对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。