最新华理大学物理第5章习题课讲解学习
大学物理第5章习题答案教学提纲
第五章 静电场
y
dE
P
dq dx Q dx
L
d
Ey
dq
4π 0r2
sin
r r r r
sin
dq
dx 4π 0r2
sin
QL
o x dx x ctgr x
sind 4π 0r
dx
r sin2
d
E
Ey
2
L
2 0
dE
y
2
4π0r
arccos L 2
(L 2)2r2 ( sin )d
(2) 两带电直线上单位长度上的电场力．
r r
解：
E 2 π 0r er
r
(1)
r E
r E
r E
2 0
1 x
r
1
x
r i
rr
x E
o
E
x
i
2 0 x(r x)
习题答案
解：
r E
2
π 0r
r er
(1)
r E
r E
r E
2 0
1 x
r
1
x
r i
rr
i
2 0 x(r x)
(2)
r F
r
E
2 2 0r
r i
r F
r
r
E
r
2 2 0 r
r i
F F
第五章 静电场
r
E x E
o
E
E
E
x
E
F
F
习题答案
第五章 静电场
5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面 对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.
大学物理习题册第五章习题详解ppt课件
球心处于O点．△AOP是边长为a的等边三角形．为了
使P点处场强方向垂直于OP，则l和Q的数量之间应满
足____l__=_Q__/a____关系，且l与Q为___异____号电荷。
由图示几何关系有, EQElsin30
Aλ
Q 1 l 40a2 2 20a
a
a
OQ a
P
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱQal
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10
真空中的静电场（一）
面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的
点（该点与球中心距离为r），其电场强度的大小将
由
变为
．
SEd SE4r2q 0 E4rq 20
r q0
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14
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
7．已知均匀带正电圆盘的静电场的电力线分布如图所 示．由这电力线分布图可断定圆盘边缘处一点P的电势
半径为R，则b点处的电势 =___________.
由电势的叠加原理有，
i i4 0 q 1 2 R 4 q 02 2 R 4 0 q 3 2 R q 2
2q1q3q2
80R
q1
O
q3
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b
16
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
9. 一半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为s，设无 穷远处为电势零点，则圆盘中心O点的电势=__．
sR/(20)
dr dqs2πrdr
x2 r2
ro
R
x
Px
P
1
4π0
R 0
s2πrdr
x r 2 2 最新课件
s
20
x2R2 x
17
真空中的静电场（一）
大学物理课后习题答案第五章-推荐下载
vx ' u
1
v c2
vx
'
3 4
c
（2） vBA vAB vx ' 0.4c
5.6 惯性系S′相对另一惯性系 S 沿 x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为
计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为 x1 =6×104m, t1 =2×10-4s，以及
x2 =12×104m, t2 =1×10-4s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：
问在以下两种情况中，它们对 S ' 系是否同时发生？
（1）两事件发生于 S 系的同一地点；
（2）两事件发生于 S 系的不同地点。
解 由洛伦兹变化 t (t v x) 知，第一种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系 c2
中 t 0 ，即两事件同时发生；第二种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系中 t 0 ，两
第 5 章 狭义相对论 习题及答案
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线0产中不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资22负料，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看2与全22过，22度并22工且22作尽2下可护1都能关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编5试技写、卷术重电保交要气护底设设装。备备4置管高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并3技试资件且、术卷料拒管中试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
大学物理第五章课后习题答案
第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。
设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。
大学物理教学课件1-第5章.ppt
视为车轮轴在垂直轴方向的平动和绕车轮轴的转动的叠加。
二、刚体定轴转动的角量描述 定轴转动只有两个转动方向。 规定沿 ox 轴逆时针转动为正方向，反之为负方向。
•
当t = 2s 时 a n 0 .1 (1 2 2 2 )2 2.3 4 (m 02 )/s
at 0.12 4 24.8(m2)/s
2）加速度与半径成450时有 tg45at /an1
即 1.44t42.4t
t0.55 s ( 舍去 t = 0 和 t = - 0.55 )
此时砂轮的角位置： (24t3)240.535 2.6(7rad
1R4 1m R2
2
2
例题5-4 求长为L、质量为m 的均匀细棒对图中不同轴的 转动惯量。
解 1）取A 点为坐标原点。在距A 点为x 处取dm= λdx 。
d Jx 2d m x 2 d x A
JA
Lx2dxm2L
0
3
A
2）取C 点为坐标原点。
在距C 点为x 处取dm 。
xd m
L
C xd m
1 t2
2
0 t
2
2 0
2 (
0)
A
角量与线量的关系：
s r , v r
at r , an r 2
y
P•
r
•P
O
S
•
a r 2 4
线速度与角 速度之间的矢量关系为:
v r
o r
A
x
v
例题5-1一半径为R = 0.1m 的砂轮作定轴转动，其角位置随时
大学物理第五章PPT课件
Q be W abe (a E )8 4208
29J2
p
负号表示放热
c
（3）若Ed - Ea=167 J，求系统沿ad及db变
化时，各吸收了多少 a
热量？
0
-
b e
d V
24
W a dW ad 4 bJ 2
Q a d W a d ( E d E a ) 2J 09
又 E b E aE 2J 08
p
o V1 dV
-
dl
Ⅱ V2 V
6
注意 功是过程量，其数值大小与过程有关， 只给定初态和末态并不能确定功的数值．
dQ dE PdV
或
QE2
E1
v2 v1
PdV
5.1.4 理想气体的等体过程、等压过程 和等温过程
热力学第一定律可以应用于气体、液体 和固体系统，研究它们的变化过程．
-
7
1. 等体过程 气体体积保持不变的过程叫做等体过程．
QT WP1V1lnV V12 在等温膨胀过程中，理想气体所吸收的 热量全部转换为对外所做的功．
-
12
5.1.5 气体的摩尔热容
定 义 1 摩尔的某种物质温度升高(或降低) 1K 所吸收（或放出）的热量．
同一气体在不同的过程中有不同的热容．
1 . 等体摩尔热容
设：1摩尔气体在等体过程中吸取热量dQV 温度升高dT
p1VV12
1 .0 1 15 3 0 11 .4 0 1
2.5 5160 Pa
-
29
5.2 循环过程 卡诺循环
5.2.1 循环过程 5.2.2 卡诺循环
-
30
5.2.1 循环过程
1. 定义
大学物理习题册第五章习题详解-PPT精品文档
真空中的静电场（二）
第五章 真空中的静电场
4. 在一次典型的闪电中，两个放电点之间的电势差约 为109V，被迁移的电荷约为30C，如果释放出的能量都 用来使0℃的冰融化为0℃的水，则可融化的冰有 Kg. （冰的融化热L=3.34×105J· kg）
E E E 0 E E 缺环 整环 缺口 缺口 缺口
指向缺口
R
o
d
真空中的静电场（二）
第五章 真空中的静电场
2．一均匀带电直线长为d，电荷线密度为+，以导线 中点O为球心，R为半径（R>d）作一球面，P为带电直 线延长线与球面交点，如图所示．则通过该球面的电场 强度通量为 ．P点电场强度的大小为 ； 方向为 ． q d i E dS R e 0 0 S E O d2
真空中的静电场（二）
第五章 真空中的静电场
一、选择题
√1．有一边长为a的正方形平面，在 其中垂线上距中心O点a/2处，有一电荷为q的正点电荷， 如图所示，则通过该平面的电场强度通量为 q q q q (A) (D) 3 (B) (C) 4 0 6 0 0 3 0 以点电荷为中心构建一立方体，正方形为其一底面。 由高斯定理知，通过立方体6个底面组成的高斯面的电 通量为 a
dx E i 2 4 R x d2 0
P
d
1 1 d i i 2 2 d d 4 R d 0 04 R R 2 2
x
真空中的静电场（二）
第五章 真空中的静电场
3．地球表面上晴空时，地球表面以上10km范围内的 电场强度都约为100V/m。此电场的能量密度为 ； 在该范围内电场所储存的能量共有 kw· h。
大学物理 第5章课件全
Lrp
M
rr
F
m
大小： r F rF sin Fd
方向：服从右手螺旋法则 2、力矩 1) 对参考点的力矩
dL r F dt
F
r
o
m
d
定义： M r F
大小： Fd Fr sin 方向： 垂直于r 和F组成的平面 服从右手螺旋法则
L
实际意义
f
f
z
等效
r
o R
r
df
dm
o
半径 R ，质量 m 的匀质圆盘，与桌 面间摩擦系数 µ ， 求摩擦力矩
简化模型：
长 R ，线密度 kr 总质量 m 的细杆
本讲内容：三个基本概念 1.角动量 质点 质点系
同学们好！
第五章 角动量 角动量守恒定律
角动量 转动 惯量 角动量 变化率 力矩
角动量 定理
角动量守 恒定律
空间旋转 对称性
刚体定轴转动定律 重要性：
大到星系，小到基本粒子都有旋转运动；
微观粒子的角动量具有量子化特征； 角动量遵守守恒定律，与空间旋转对称性相对应。 学时：6
§5.1
一、角动量
角动量
Lz Liz ri mi ri mi J
2 2 i
式中
J ri mi
2 i
i
i
刚体对轴的转动惯量
对质量连续分布的刚体：
z
v
dLo r dmv
2 dLz r dmv dm r
刚体对z轴的总角动量为：
o r
dm
华东理工 大学物理答案 第五章
第五章 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=∆πν=∆ω=ϕ∆-3105002t 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） x=L 处质点振动的初位相以及与该处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 )m (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，只有反相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()L t 5.2( )2,1,0k ()1k 2(L x ±±=++=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= 2T 2π=ϕπ=π=ω O 点振动方程 )2t c o s (1.0)t c o s (A y 0π+π=ϕ+ω=波动方程 )x 22t c o s (1.0)x 2t c o s (A y π-π+π=λπ-ϕ+ω=(cm) （2）P 点振动方程以x = 1m 代入波动方程得 t c o s 1.0)422t c o s (1.0y p π=π-π+π=（cm ） 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。
大学物理课件 第五章-2
障碍后的波线
. . . . . . . . .
障碍物
平面波波面
声
3、用惠更斯原理解释
波
波的散射、反射、折射现象 的
（自学）
衍 射
障碍物
12
§5-6 波的叠加和干涉
一、波的叠加
两水波的叠加
S 1
S 2
13
1.波的独立传播原理:
几列同时在媒质中传播的波，它们的传播特性
（波长、频率、波速、波形）不会因其它波的存在 而发生变化。
解: 声波的平均能量密度
1 A2 2
2
1 2
1.29 (106 )2
(2
500)2
6.37 106
J
m3
声强 : I u 6.37 106 340 2.17 103 W m2
9
§5-5 惠更斯原理
一、原理
波动所到达的媒质中各点均可 作为发射子波的波源，其后任一 时刻这些子波的包迹就是新的波 阵面。
(2) OB长度
Y(cm)
10 •
u
解：O B
（O
） B 2
t 0时：yB 0，vB 0
B
2
-5 •
oB
C
20
-5
•
•
(o) (B)
x(cm)
则：O B （2 ） 40 3.3（3 cm） 3 2 2
x 2
3
*波动的特征：
(1)各质元只是在各自平衡位置附近振动.
(2)同一时刻,沿波线各质元振动状态不同,各质元相位依次落后
2 x
*u
=
T
= n
u由介质的性质决定.
T T振
n n振
由振源决定.
最新大学物理第5章习题答案复习课程
P
E1
习题答案
第五章 静电场
1 2p 1 2p
EE1E24πε0(zd)34πε0(zd)3
q 6d2
2p 4πε0
3 z 2 d2 d 3
[
(
z
2
d
2
4 )3
]
2
q 6d 2
[ 4πε0
z4
]
E [ 4πε0
z4
]k
4
z
d
d
+ q
p
p
+ q
2
1
. E 2
P
E1
Z
习题答案
第五章 静电场
5-9 若电荷均匀分布在长为L的细棒上，求证：
dE0
xdq 4 πε0R3
Rcos2R2sind
4 πε0R3
cossind
2ε0
E02ε0
2cossind
0
4ε0
习题答案
第五章 静电场
5-12 真空中两条平行的“无限长”均匀带电直线相
距为r，其电荷线密度分别为－和＋．试求：
(1) 在两直线构成的平面上，任意一点的场强．
(2) 两带电直线上单位长度上的电场力．
Q
E
40L
L 2
dx
L 2
(r－x)2
1Q
0 4r 2 L2
第五章 静电场
y
r
dq
o x dx r
P dE x
dq dx Qdx
L r rx
习题答案
第五章 静电场
(2)
dq
d E 4π0r2
dEy
dq
4π0r2
sin
大学物理第五章习题选讲
第五章作业选讲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 －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 xr 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2002πr λλε+-==F E ii 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 －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 εSS E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S SS E S E Φd d解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S SS E S E Φd d依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ5 －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 E r ＜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()31323131RR R r Q q --=∑ (v=4/3Pi R3)故 ()()23132031312π4r R R εR r Q E --= +R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故2013π4r εQ 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 E r ＜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 －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 x0 2 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⎰∞⋅=pp 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()()()22021321201211π4π40R r r εQ Q R r R r εQ 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 r02133π4d +=⋅=⎰∞l E(2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E。
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y 2 A c o s2 8 3 c o s1 0 0 t(S I) 2 2A c o s1 0 0 t
这是有那两列波合成的？其频率、波长、波速为多少？
y 1 A c o s ( 2x 1 0 0t) c o s ( 2x 1 0 0t) 2
速为u，则此波的波函数为:
。
yAcostxu1
u
-1 O
x
【填空题5】已知波源的振动周期为410-2s，波的 传播速度为300m/s，波沿x轴正方向传播，则位于 x1=10m和x2=16m的两质点振动相位差为: 。
【填空题6】两相干波源S1和S2的振动表达式分别 是：y1=Acos(t+φ)，y2=Acos(t+φ)。S1距离P点3 个波长距离，S2距离P点4.5个波长距离。设波传播 过程中振幅不变，则两波同时传到P点时，在P点 引起的合振动的振幅为: 0 。
y(m)
10
【B】
u x(cm)
10
20
-10
P
【选择题4】在同一介质中两列相干的平面简谐波的 强度之比是I1/I2=4，则两列波的振幅之比是【 】
（A）A1/A2=4； （B）A1/A2=2； （C）A1/A2=16； （D）A1/A2=1/4 。
【B】
【选择题5】当一平面简谐波在弹性介质中传播时
【选择题3】已知t=0.5s时的波形如图所示，波速大小 u=10m/s，若此时P点处介质元的振动动能在逐渐增大， 则波函数为【 】
（A）y=10cos[π(t+x/10)]cm； （B）y=10cos[π(t+x/(t-x/10)]cm ； （D）y=10cos[π(t+x/10)+π]cm 。
，下列各结论哪个是正确的【 】
【D】
（A）介质元的振动动能增大时，其弹性势能减 小，总机械能守恒； （B）介质元的振动动能和弹性势能都作周期性 变化，但两者的相位不相同； （C）介质元的振动动能和弹性势能的相位在任 一时刻都相同，但两者的数值不相等； （D）介质元在其平衡位置处弹性势能最大。
【选择题6】如图所示，两列波长为λ的相干波在P点相遇
【填空题7】相干波源S1和S2相距λ/4。S1的相位比
S2的超前/2。设强度均为I0的两波源分别发出两列
波，沿S1S2连线上传播，强度保持不变，则S2外侧 各点合成波的强度为 4 I 0 ；S1外侧各点合成波 的强度为: 0 。
λ/4
S1
S2
x
【填空题8】一简谐波沿x轴正方向传播，已知x1和 x所2的用振的动时曲间线为，且3 xT 2>x？1，x2-x1<，则波从x1传到x2
r1
*P
r2
【D】
【选择题7】在弦线上有一简谐波，其表达式为
y=2.010-2cos[100π(t+x/20)-4π/3]（SI），为了在此
弦线上形成驻波，且在x=0处为波腹，此弦线上还
应有一简谐波，其表达式为【 】
【D】
（A）y=2.010-2cos[100π(t-x/20)+π/3]（SI）； （B）y=2.010-2cos[100π(t-x/20)+4π/3]（SI） ； （C）y=2.010-2cos[100π(t-x/20)-π/3]（SI） ； （D）y=2.010-2cos[100π(t-x/20)-4π/3]（SI） 。
y210 3cos 200 t40 x0 2 SI
【填空题3】已知某平面简谐波波源的振动表达式
为y=0.06sinπt/2（SI），波速为2m/s，则离波源5m
处质点的振动表达式为:
。
yp0.06sin2t54SI
【填空题4】一平面简谐波沿x轴负向传播，已知
x=-1m处质点的振动表达式为y=Acos(t+φ)，若波
【计算题1】一频率为、波长为的平面波水平向右传
【选择题8】汽车过车站时，车站上的观察者测得
声音的频率由1200Hz变到1000Hz。设空气中声速
为330m/s，则汽车的速度为【 】
【D】
（A）90m/s；
（B）66m/s； （C）55m/s； （D）30m/s
u vO u vs
s
1200
330 330vs
s
100033033(0vs)s
vs 30m/ s
华理大学物理第5章习题课
【选择题1】频率为500Hz的机械波，波速为360m/s ，则同一波线上相位差为π/3的两点相距为【 】
（A）0.24m （B）0.48m （C）0.36m （D）0.12m
【D】
【选择题2】下列叙述中不正确的是：【 】
【C】 （A）在波的传播方向上，相位差为2π的两质元 间的距离称为波长； （B）机械波实质上就是在波的传播方向上，介 质各质元的集体受迫振动； （C）波是由一种介质进入另一种介质后，频率 、波长、波速均发生变化； （D）介质中，距波源越远的点，相位越落后。
4
y
x1
T/2
y
x2
T/4
x2 t
x1
2
3
2
t
3T
t T t
4
【填空题9】正在报警的警钟，每隔0.5s响一声， 一声接一声地响着，有一个人在以60公里/小时的 速度向警钟所在地接近的火车中，则这个人在5min 内听到 6 2 9 响。
【填充题10 】一驻波方程为y=Acos2πxcos100πt(SI)。 位于x1=(1/8)m处的质元P1与位于x2=(3/8)m处的质元P2 的振动相位差为？
【填空题1】A、B是简谐波波线上的两点，已知，B点的
相位落后于A点π/3，A，B两点相距0.5m，波的频率为
100Hz，则该波的波长λ=
m，波速u=
m/s。
λ=3m u=300m/s
【填空题2】一列平面简谐波沿x轴正向无衰减地传播， 波的振幅为210-3m，周期为0.01s，波速为400m/s。当t=0 时x轴原点处的质元正通过平衡位置向y轴正方向运动， 则该简谐波的波函数为: 。
。S1的初位相是φ1，到P点的距离是r1；S2点的初位相是 φ2，到P点的距离是r2，以k代表零或正、负整数，则P点 干涉极大的条件为【 】
（A）r2-r1=kλ； （B）φ2-φ1=2kπ；
s1
（C）φ2-φ1+2π(r2-r1)/λ=2kπ； s 2
（D）φ2-φ1+2π(r1-r2)/λ=2kπ 。