太原理工大学大学物理第五版第9章课后题答案
大学物理_第九章_课后答案
∫L B
�
外
� ⋅ dl = µ 0 ∑ I = 0 ，与
∫L
� � � B外 ⋅ dl = ∫ 0 ⋅ dl = 0 是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实 �
际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过 L 的电流为 I ，因此实际螺线管若是无限长时， 只是 B外 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量 B⊥ = 的距离．
b )，（3）导体圆筒内( b ＜ r ＜ c )以及(4)电缆外( r ＞ c )各点处磁感应强度的大小 � � 解： ∫ B ⋅ dl = µ 0 ∑ I
L
(1) r < a
Ir 2 B 2πr = µ 0 2 R B= µ 0 Ir 2πR 2
(2) a < r < b
B 2πr = µ 0 I B= µ0 I 2πr
(3) b < r < c
B 2πr = − µ 0 I
r 2 − b2 + µ0 I c2 − b2 µ 0 I (c 2 − r 2 ) B= 2πr (c 2 − b 2 )
(4) r > c
B 2πr = 0 B=0
题 9-16 图
题 9-17 图
9-17 在半径为 R 的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为 r 的长直圆柱形空 腔，两轴间距离为 a ,且 a ＞ r ，横截面如题9-17图所示．现在电流I沿导体管流动，电流均 匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．求： (1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小； (2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小． 解：空间各点磁场可看作半径为 R ，电流 I 1 均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为 r 电 流 − I 2 均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和． (1)圆柱轴线上的 O 点 B 的大小： 电流 I 1 产生的 B1 = 0 ，电流 − I 2 产生的磁场
大学物理答案第9章
第九章 静 电 场9－1 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( )题9-1图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )(C )(D )分析与解但不也9－3 (A )(B )(C )(D )*9－4 偶极子将(A )(B )(C )(D )题9-4图分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ).9－5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析 考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e ，中子电量为10－21e ，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 2.0q 的解9－8 (2)分析 L ，它在点P (1)若点P (2)若点P P 的电证 (1)E L/-L/P =⎰(2)当棒长L 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题9-9图分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为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，有积分得02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0.试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题9-10图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0，利用教材第5－3节中电偶极子在延长线上的电场强度可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩解2 由于r 2=代入得(+r x2029－11 分析 (1(2)量，即：解 (1) (2)设F 显然有F ＋9－12 .分析 .因而方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，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9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理地球表面电荷面密度 单位面积额外电子数9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <R r >9－15 .求离轴线为r 分析只有侧面布.解 r ＜R 1， R 1＜r ＜R 2r ＞R 2，9－16 分析W ′＝－W .(1)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 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 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 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 的电势将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1和r ＝r 2两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明. 解 (1)由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有 (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 →9－18 分析 的电势.解 q 2＝2q 19－19 分析分布.解 9－20 (2)分析 通常可采用两种方法.方法(1)由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=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 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势其中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 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时，有当R 1≤r ≤R 2时，有 当r ≥R 2时，有(2)两个球面间的电势差解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 若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2，则 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2，则 (2)两个球面间的电势差9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题9-21图分析解 当r ≤R 时得()r E =当r ≥R 时得()r E =当r ≤R 时当r ≥R 时9－22 布；(2)分析解 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 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，有由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1＝3.0×10－2m ，R 2＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450Ｖ.求：(1)圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1)由习题9－15的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 根据电势差的定义有 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9－24即 .但是要 m )分析 解由k0E 得=T9－25年消耗的能量为3000kW ·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1)若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量 即可融化约90吨冰.(2)一个家庭一年消耗的能量为一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30C ·m .这个水分子在电场强度E ＝1.0×105V ·m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有9-27电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题9-27。
大学物理第九章习题答案
第九章 真空中的静电场9–1 如图9-1所示，电量为+q 的三个点电荷，分别放在边长为a 的等边三角形ABC 的三个顶点上，为使每个点电荷受力为零，可在三角形中心处放另一点电荷Q ，则Q 的电量为 。
解：由对称性可知，只要某个顶点上的电荷受力为零即可。
C 处电荷所受合力为零，需使中心处的点电荷Q 对它的引力F 与A ，B 两个顶点处电荷的对它的斥力F 1，F 2三力平衡，如图9-2所示，即)21(F F F +-=因此12cos30F F ︒=即2202cos304πq aε=︒解得q Q 33=9-2 真空中两条平行的无限长的均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ 和-λ，点P 1和P 2与两带电线共面，其位置如图9-3所示，取向右为坐标x 正向，则1P E = ，2P E = 。
解：（1）P 1点场强为无限长均匀带电直线λ，-λ在该点产生的场强的矢量和，即λλ-+=E E E 1P其大小为i i i E dd d P 000ππ2π21ελελελ=+=方向沿x 轴正方向。
（2）同理可得i i i E dd d P 000π3π2)3(π22ελελελ-=-=方向沿x 轴负方向。
图9–2图9-3C B图9–19-3 一个点电荷+q 位于一边长为L 的立方体的中心，如图9-4所示，则通过立方体一面的电通量为 。
如果该电荷移到立方体的一个顶角上，那么通过立方体每一面的电通量是 。
解：（1）点电荷+q 位于立方体的中心，则通过立方体的每一面的电通量相等，所以通过每一面的通量为总通量的1/6，根据高斯定理1d in Sq ε⋅=∑⎰⎰E S ，其中S 为立方体的各面所形成的闭合高斯面，所以，通过任一面的电通量为0d 6Sqε⋅=⎰⎰E S 。
（2）当电荷+q 移至立方体的一个顶角上，与+q 相连的三个侧面ABCD 、ABFE 、BCHF 上各点的E 均平行于各自的平面，故通过这三个平面的电通量为零，为了求另三个面上的电通量，可以以+q 为中心，补作另外7个大小相同的立方体，形成边长为2L 且与原边平行的大立方体，如图9–5所示，这个大立方体的每一个面的电通电都相等，且均等于6εq ，对原立方体而言，每个面的面积为大立方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也为大立方体一个面的电通量的1/4，即此时通过立方体每一面的电通量为0111d 4624Sqε⋅⋅=⎰⎰E S 。
太原理工大学大学物理第五版第9章课后题答案
第9章 真空中的静电场(习题选解)9-补充 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，电荷(0)Q Q >放在三角形的重心上。
为使每个负电荷受力为零，Q 之值应为多大？解：以三角形上顶点所置的电荷(q -)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f ，方向如图所示，其大小为题6-1图22221004330cos 42r q r q f πεπε=︒⨯=中心处Q 对上顶点电荷的作用力为2f ，方向与1f 相反，如图所示，其大小为2233200434r Qqr Qq f πεπε==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛由12f f =，得3Q q =。
6-补充 在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核234Th 的中心为159.010r m -=⨯。
试问：（1）作用在α粒子上的力为多大？（2）α粒子的加速度为多大？解：（1）由反应238234492902U Th+He →，可知α粒子带两个单位正电荷，即 1912 3.210Q e C -==⨯Th 离子带90个单位正电荷，即1929014410Q e C -==⨯它们距离为159.010r m -=⨯由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：191991221520 3.21014410(9.010)5124(9.010)Q Q F N r πε---⨯⨯⨯==⨯⨯=⨯（2）α粒子的质量为：2727272()2(1.6710 1.6710) 6.6810p n m m m Kg α---=+=⨯⨯+⨯=⨯由牛顿第二定律得：282275127.66106.6810F a m s m α--===⨯⋅⨯ 9-1 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22r m =。
大学物理第9章习题答案
第4篇电磁学第9章静电场9.1 基本要求１ 掌握静电场的电场强度和电势的概念以及电场强度叠加原理和电势叠加原理。
掌 握电势与电场强度的积分关系。
能计算一些简单问题中的电场强度和电势。
了解电场强度 与电势的微分关系。
２ 理解静电场的规律：高斯定理和环路定理。
理解用高斯定理计算电场强度的条件和 方法。
３ 了解导体的静电平衡条件，了解介质的极化现象及其微观解释。
了解各向同性介质 中Ｄ和Ｅ之间的关系。
了解介质中的高斯定理。
４ 了解电容和电能密度的概念。
9.２ 基本概念１ 电场强度E ：试验电荷0q 所受到的电场力F 与0q 之比，即0q =F E ２ 电位移D ：电位移矢量是描述电场性质的辅助量。
在各向同性介质中，它与场强成正比，即ε=D E ３ 电场强度通量e Φ：e Sd Φ=⎰E S电位移通量:D Sd Φ=⎰D S４ 电势能pa E ：0pa aE q d ∞=⎰E l （设0p E ∞=）５ 电势a V ：0pa a aE V d q ∞==⎰ E l （设0V ∞=）电势差ab U ：ab a b U V V =- ６ 场强与电势的关系（１）积分关系 a aV d ∞=⎰E l（２）微分关系 = -V ∇=-E gradV７ 电容Ｃ：描述导体或导体组（电容器）容纳电荷能力的物理量。
孤立导体的电容：Q C V =；电容器的电容：Q C U= ８ 静电场的能量：静电场中所贮存的能量。
电容器所贮存的电能：22222CU Q QUW C ===电场能量密度e w ：单位体积的电场中所贮存的能量，即22e E w ε=9.３ 基本规律 １ 库仑定律：12204rq q rπε=F e ２ 叠加原理（１）电场强度叠加原理：在点电荷系产生的电场中任一点的场强等于每个点电荷单独 存在时在该点产生的场强的矢量和。
（２）电势叠加原理：在点电荷系产生的电场中，某点的电势等于每个点电荷单独存在时 在该点产生的电势的代数和。
大学物理第九章课后习题答案
题库
第九章 静电场的基本规律
一、 填空 1. 电荷分为 和 ，一般把用 摩擦过的玻璃棒上所带的电 荷称为 ， 把用毛皮摩擦过的 上所带的电荷称为 。 2. 物体所带电荷的多寡程度的物理量称为 。 3. 物体所带的电荷量不是以连续值出现，而是以不连续的量值出现的，这称 为 。 4. 试探电荷满足的两个条件是 ， 。 5. 穿过电场中某曲面的电场线条数称为电场对该曲面的 。 6. 静电场的电场线起始于， ，终止于 ， 是 （填 “闭合” 或 “不闭合” ） 的曲线， 在没有电荷的空间里， 电场线既不会 ， 也不会 。 7. 高斯定理的表达式是 。 8. 电场中电势相等的点所构成的曲面称为 。 点电荷的等势面是以点电 荷为球心的一系列 。 9. 沿等势面移动电荷，电场力做功为 ，等势面和电场线处处 。 10. 沿电场线方向，电势 （填“升高”或“降低” ） 。 二、 简答 1. 2. 3. 4. 5. 简述真空中点电荷满足的库仑定律的内容及矢量表达式。 简述研究电场性质时，试探电荷需满足的两个条件。 简述电场线怎样描述电场的性质，以及静电场的电场线的特点。 简述高斯定理。 简述等势面具有的性质。
s
q内
0
。
8. 等势面，同心球面。 9. 零，正交。 10. 降低。 二、 简答 1. 答：内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力沿其连线方向，同号相斥， 异号相吸；作用力的大小与两电荷的电荷量的乘积成正比，与两电荷之间的距离 的平方成反比。 矢量表达式： F =
q1 q 2 r0 。 4πε 0 r 2
� q j 2π 2 ε 0 R 2
联立①②， 可得 Q = 3 q 3
① ②
∴在三角形的中心应放置一电量为 − 的合力为零. 5.
大学物理_马文蔚__第五版_下册_第九章到第十一章课后答案剖析
第九章振动9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，起始时刻质点的位移为2A-，且向x轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向O x轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）()()()()()()()()cmπ32π34cos2Dcmπ32π34cos2Bcmπ32π32cos2Ccmπ32π32cos2A⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=txtxtxtx题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ=，则角频率()1s3/π4Δ/Δ-==tω，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ）（A ） 落后2π （B ）超前2π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）．题９-３ 图9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ）（A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ）（A ） π23 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．题９-５ 图9-6 有一个弹簧振子，振幅m 10022-⨯=.A ，周期s 01.=T ，初相4/π3=．试写出它的运动方程，并作出t x -图、t -v 图和t a -图．题９-6 图 分析 弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式T ω/π2=确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因T ω/π2=，则运动方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t π2cos cos T A t ωA x 根据题中给出的数据得 ()()m 75.0π2cos 100.22πt x +⨯=-振子的速度和加速度分别为()()-12s m π75.0π2sin 10π4d /d ⋅+⨯-==-t y x v ()()-1222s m π75.0π2cos 10π8d /d ⋅+⨯-==-t y x a t x -、t -v 及t a -图如图所示．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=t x ，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x 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 π20-=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为 ()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８ 图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ 令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度33m kg 1055-⋅⨯=.ρ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐运动；（2） 计算其周期．题９-９ 图分析 证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证 （1） 取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为2x m m G F x -= 式中G 为引力常量，x m 是以x 为半径的球体质量，即3/π43x ρm x =．令3/π4Gm ρk =，则质点受力kx Gmx ρF -==3/π4因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为s 1007.5/π3/π23⨯===ρG k m T9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．题9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ （1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ （２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-= （３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到 ()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9－11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为1m 的物体A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m 、半径为R 的定滑轮B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为2m 的物体C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．题9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体A 、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O ，此时弹簧已伸长0x ，且g m kx 20=．当弹簧沿x O 轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A 、C 及滑轮B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中()i F 0x x k +-=．考虑到绳子不可伸长，对物体A 、B 、C 分别列方程，有()22101d d tx m x x k F T =+-= （1） 22222d d tx m F g m T =- （2） ()2212d d 21tx mR J R F F T T ==-α （3） g m kx 20= （4）方程（3）中用到了22T T F F '=、11T T F F '=、22/mR J =及R a /=α．联立式（1） ～式（4） 可得 02d d 2122=+++x m m m k t x / （5） 则系统振动的角频率为 ()221//m m m k ++=ω解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x （此时速度为v 、加速度为a ）为末状态，则由机械能守恒定律，有()20222212021212121x x k ωJ m m gx m E +++++-=v v 在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得()tx x x k t ωωJ t m t m g m d d d d d d d d 00212+++++-=v v v vv 将22/mR J =，v =R ω，22d /d d /d t x t =v 和02kx g m = 代入上式，可得 02d d 2122=+++x m m m k t x / （6） 式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 和v ＝v 0 来确定φ值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0 和速度v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题9-12 图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=； （3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=； （4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m tπcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为m 的物体时， 伸长量为9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当t ＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当t ＝０ 时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s -1的速度向上运动，求运动方程．分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k ）决定的，即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9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为1s 10-=∆==l g m k //ω（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向．由初始条件t ＝0 时，x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０ 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=［图（b ）］．则运动方程为()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x9-14 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点P 对应的相位；（3） 到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解 （1） 质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0 ＝0 和t 1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ） 所示．由图可见初相3/π0-=（或3/π50=），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为 ()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题9-14 图（2） 图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ） 所示．当初相取3/π0-=时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ω． （3） 由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到x ＝A /2 处；（3） 由x ＝A /2处到最大位移处．解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O ．（1） 平衡位置x 1 到最大位移x 3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故2/πΔ1=，则所需时间 411//T t =∆=∆ωϕ（2） 从平衡位置x 1 到x 2 ＝A /2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有6/πΔ2=，则所需时间 1222//T t =∆=∆ωϕ（3） 从x 2 ＝A /2 运动到最大位移x 3 处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置3，有3/πΔ3=，则所需时间633//T t =∆=∆ωϕ题9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有22d d ty m F mg F N =-= （1） 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有()ϕωω+-==t A ty a cos d d 222，则式（1）可改写为()ϕωω++=t mA mg F N cos 2 （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ϕω+t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2） 由式（2）可知支持力N F 的值与振幅A 、角频率ω和相位（ϕω+t ）有关．在振动过程中，当π=+t ω时N F 最小．而重物恰好跳离平板的条件为N F ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ϕω+t ＝0，物体受板的支持力为()N 9612222./=+=+=t mA mg mA mg F N πω重物对木块的作用力N F ' 与N F 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为A ′．根据分析中所述，将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得m 102.6π4//2222-⨯==='gT ωm mg A（3） 当振幅不变时，设频率变为v '．同样将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得Hz 52.3/π21π22==='mA mg ωv 9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为()ϕω+=t A x cos 1，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题9-17 图解 图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前2/π，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为()2cos 2/πϕω-+=t A x9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0 ＝－Aωsinφ就可求出φ．解 （1） 由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3） 从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 ()()cm 6/π55.1cos 2-=t x题9-18 图9-19 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2） 设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解 （1） 单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2） 由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３） 摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为 1s 2180/d d --==.t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度2E s m 809-⋅=.g ）解 由单摆的周期公式g l T /π2=可知21T g /∝，故有2M 2E E M T T g g //=，则月球的重力加速度为 ()2E 2M E M s m 631-⋅==./g T T g9-21 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/mgrT J =．则由平行轴定理得 222220m kg 8324⋅=-=-=./mr mgrT mr J J π9-22 如图（a ）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0 和初位移x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0 为()12110s m 01-⋅=+=.m m v m v又因初始位移x 0 ＝0，则振动系统的振幅为 ()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1 的空盘．现有一质量为m 2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？题9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1 变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0 和初始位移x 0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2） 如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g km g k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()212202021/m m kh k g m ωx A ++='+=v 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m 1 的物体，在水平面上作振幅为A 的简谐运动．有一质量为m 2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a ）物体通过平衡位置时，（b ）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？题9-24图分析 谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式()2020/ωx A v +=）求得两种情况下的振幅．解 （1） 由分析可知，在（a ）、（b ）两种情况中，粘土落下前后的周期均为 k m ωT /π2/π21==()k m m ωT /π2/π221+='='物体粘上粘土后的周期T ′比原周期T 大．（2） （a ） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A 、v 和A ′、v ′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式2/2/212v m A k =' （1）()2/2/2212v '+='m m A k （2）()v v '+=211m m m （3）联立解上述三式，可得()A m m m A 211+='/即A ′＜A ，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b ） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v ′＝m 1v /（m 1 ＋m 2 ） ＝0，因而振幅不变，即A ′＝A9-25 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解 （1） 由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max 22k -⨯====.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 =-= 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为12max s m 1028.62-⋅⨯===A πA ωv v（２） 氢原子的振动能量J 1031.32/202max -⨯==v m E9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按()()cm 3/ππ85.0+=t x 的规律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将()()cm 3/ππ85.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：角频率1s π8-=ω，振幅A ＝0.5cm ，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2） 简谐运动的能量 J 1090721522-⨯==.ωmA E （3） 简谐运动的动能和势能分别为()ϕωω+=t mA E K 222sin 21 ()ϕωω+=t mA E P 222cos 21 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为()J 109534d sin 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T K ()J 109534d cos 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T P 9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又3ϕ 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin 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-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad 1.48arctan11cos 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 =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得 (),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k9-29 手电筒和屏幕质量均为m ，且均被劲度系数为k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕω+=t A x ．试求在下述两种情况下，初相位φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有屏对地光对屏光对地x x x +=依题意()()2211ϕωϕω+==+==t A x x t A x x cos cos 屏对地光对地所以 ()()212121cos cos ϕπωϕω++++='+=-=t A t A x x x x x 光对屏 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕπω++='t A x 的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅()12222πcos 2-+++='A A A A ． 解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即0=光对屏x ，就是当()π12π12+=-+k 时，即π212k +=时（,...,,210±±=k ），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为2A 的运动时，要求π2π12k =-+，即()π1212-+=k ．（2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
大学物理习题答案第九章
[习题解答]9-3 两个相同的小球质量都是m ，并带有等量同号电荷q ，各用长为l 的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于图9-9所示的位置。
如果θ角很小，试证明两个小球的间距x 可近似地表示为.解 小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g 、绳子的张力T 和库仑力f 。
于是可以列出下面的方程式,(1),(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得图9-9,由上式可以解得.得证。
9-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.9-5氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。
质子的质量M = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19C。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.9-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。
(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) F的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷的受力情况均相同。
对于任一顶角上的电荷，例如B角上的q B，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。
图9-10由图9-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为,f1的方向与x轴的夹角为45︒。
对的作用力f2的大小为,f2的方向与x轴的夹角为0︒。
太原理工大学第五版大学物理(上)课后题答案
第一章 质点运动学习题选解1-1 从原点到P 点的位置矢量26=-+r i j 。
而P 点到Q 的位移42∆=-r i j 。
求从原点到Q 点的位置矢量，并作图表示。
解： 由位移定义 Q P ∆=-r r r 设Q 点坐标为(,)x y则 ()()()2626x y x y ∆=+--+=++-r i j i j i j 而 x y ∆=∆+∆r i j显然 ⎩⎨⎧-=-=∆=+=∆2642y y x x⎩⎨⎧==42y x 故 24Q x y =+=+r i j i j 如图所示。
题1-1图1-2 设质点沿x 轴运动，其运动方程为323t t x -=（式中x 以m 计，t 以s 计）。
求：（1）质点在3s 末的速度和加速度；（2）质点在1.5s 是作加速运动还是作减速运动；（3）第1s 末到第3s 末时间内的位移和路程。
解：（1） 263dx t t dt ==-v ，66d a t dt==-v将 3t s =代入上两式分别得19m s -=-⋅v ， 212a m s -=-⋅（2）将 1.5t s =代入,a v 表达式分别得()2126363 2.25663t t t t m s a t m s--=-=-=⋅=-=-⋅va 与v 反向，质点作减速运动。
（3）位移 ()()m x x x 21331-=-=∆-由 2630t t =-=v 得：01=t ，s t 22=，即2t s =时质点瞬时静止，其后反向运动。
故路程 ()()()()m x x x x x 6321231=-+-=∆- 1-5 如图所示，有人在离水面高h 处通 过滑轮用绳子拉船靠岸。
设人用匀速0v 收绳 子拉船，求当船与滑轮的水平距离为x 时，船的速度和加速度的大小。
解： 设绳长为s ，由图可知 题1-5图222x h s += 22h s x -=()122222122dx ds s h s dt dtdts h -==-⨯⨯=-v人以匀速0v 收绳拉船 0dsdt=-v )222200h x h x x x++=-=-v v v v 的方向沿x 轴负方向船的加速度()1220202222d s d d d a s s h dt dt dt s h s h dt -⎛⎫===- --⎝v v ()32202022122ds s s h s dtdt s h -⎛⎫=--- ⎪⎝⎭-v()()()2222222000323222222222s h s h s hshshsh-=-=-----v v v223h x=-v a 的方向沿x 轴负方向1-8 一个人扔石头的最大出手速度为125m s -=⋅v ，他能击中一个与他的手水平距离为50l m =，高h 为13m 处的一个目标吗？在这个距离上他能击中的目标的最大高度是多少？解： 以出手点为原点，建立Oxy 坐标，设出手速度0v 与x 轴夹角为θ，忽略空气阻力有201sin 2y t gt θ=-v 0cos x t θ=v消去t ，得石头运动轨道方程2220tan 2cos gx y x θθ=-v 代入 125,50m s x l m -=⋅==vθθ2cos 2tan 50gy -= 当0=θd dy时y 取极值0)cos 2tan 50(2=-θθθg d d题1-8图0cos sin 22sec 5032=-θθθg得 2755.1450tan ==gθ 9.51=θ 故当 9.51=θ时，y 在50l m =处的最高高度为：()()m gy 3.129.51cos 29.51tan 502=-=所以不能击中目标，能击中的最大高度是12.3m 。
普通物理学第五版第9章导体和电介质中的静电场章答案
解： (1)由于静电感应，外球内表面电量为 -q，外表面电量为+q q 外球的电势为： U2 = 4pe0 r2 (2)外球内表面电量仍为-q,外表面电量为零 外球的电势为： ´ U2 = 0
(3)设内球电量为q1,内球电势为零 q1 q r1 U1 = q1 = r q 4pe0 r1 + 4pe0 r2 =0 2 q1 q U外 = 4pe0 r2
q1 q2 U1 = 4pe0 R1 + R2 q2 q1 = R1 4pe0 U1 R2
1
2700 -2 = 5.0×10 9.0×109 = 1.0×10-8(C) 8.0×10-9 8.0×10-2
结束 目录
两球接触后，内球电荷q1全部移至外球 壳，两球为等势体。
q1 + q2 U= = 2.03×103(V) 4pe0R2 ΔU内 = 2.7×103 2.03×103 = 6.7×102(V)
d +q
结束 目录
9-6 半径为r1 、 r2 (r1 < r2 )的两个同心导 体球壳互相绝缘，现把+q 的电荷量给予内 球，求： （1）外球的电荷量及电势； （2）把外球接地后再重新绝缘，外球的 电荷量及电势； （3）然后把内球接地，内球的电荷量及 外球的电势的改变(设内球离地球很远)。
结束 目录
结束 目录
9-11 三平行金属板A、B 、C面积均为 200cm2，A、B 间相距4.0mm， A、C 间 相距2.0mm，B 和C 两板都接地。如果使A 板带正电3.0×10-7C ，求： （1）B 、C 板上感应电荷； （2）A 板的电势。 2mm 4mm C A B
目录
解：设A板带电为q =q1+q2，B、C两板的感 应电荷分别为- q1及- q2 。 EAB dAB = EAC dAC UA UB = UA UC q2 q1 EAC = EAB = e0S 2mm 4mm e0 S q1 EAB dAC 1 C A B = E =d = 2 q2 AC AB q1 q2 q1= 1.0×10-7(C) -q1 -q2 q2= 2.0×10-7(C) qB= -q1= -1.0×10-7(C) qC= -q2= -2.0×10-7(C)
大学物理标准答案第9章
第九章 静 电 场9－1 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( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为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 ).9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).9－3 下列说法正确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max<<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 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 r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1Lr Q εE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 2204π21Lr 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.题 9-8 图分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q 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，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L rq E20π2d ε，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()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 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.9－9 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.题 9-9 图 分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为 ()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41x 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θθcos 2cos 200er p p ==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 2xεe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x e E θθε 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得 300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图 分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有 ()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ (2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析 方法1：作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 ∑⎰==⋅01d 0q 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 方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S 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 R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++= r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ 9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有 ⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ=R r >时， 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为r e rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 . 题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-= 由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等.9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为 R q εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量 q 2＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9－19 电荷面密度分别为＋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.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a -a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9－20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析 通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势 R εQ V 0π4=其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布 ()()()22021********* π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有 20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有 202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则 rεQ Q V 0213π4+= (2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理 ⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab 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 E022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度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.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r σεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的 ()x x R εσx r rr εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==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==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==x εq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=根据电势差的定义有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m ) 分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 （1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度m/s 1037.927⨯==m E v k题 9-27。
普通物理学第五版第9章导体和电介质中的静电场章答案
结束 目录
在静电平衡时，内侧的合场强（导体内 部）应为零。 E内 = E1 + EΔ S = E1 EΔ S =0 ´
1E E1 = EΔ S = 2
F =σ Δ S E1 = σ Δ S eFra bibliotek202
结束 目录
9-4 一质量为 m、面积为S 的均质薄金 属盘 ，放置在一无限大导体平板上，平板 水平放置,最初盘和平板都不带电，然后逐 渐使它们带电。问电荷面密度增加到何值 时，金属盘将离开平板。
2
结束 目录
证：在导体表面取面元 Δ S 面元上电荷面密度为： σ
ΔS
σ 面元外侧场强为：E = e 0
E 内 =0 内侧场强： 面元外侧场强可视为面元Δ S在外侧所产 生的场强和导体其余部分电荷所产生的场 强E1之和，即： E = E1 + EΔ S
σ
面元Δ S还将在内侧所产生场强 EΔ S ´ 且
结束 目录
解：(1)内球电势为 1 q1 q1 q1+Q U1 = 4pe0 R1 R2 + R2
1×10-10 1×10-10 12×10-10 = 9.0×109 1×10-2 3×10-2 + 4×10-2 =3.3×102(V)
外球电势
q1 +Q 12×10-10 U2 = = 9.0×109× 4×10-2 4pe0 R3 =2.7×102(V)
q
q
d +q
结束 目录
q E+ =E = 4pe0 r2 E表面 = 2E+ cosq 2q cosq = 2 4pe0 r
E 表面
E+ E q r
q
σ E .dS = E表面 S cos1800 s E表面 Sσ =e 0 e0 E表面 = e0 q 2 cosq σ = 2pe0 r q d =r cosq = cos3q 2pd2
《大学物理》下册(第五版)课后答案
第九章振动9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为-A，且向x 轴正方向运2动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向O x轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）(A)x = 2cos⎡2πt -2 π⎤(cm)(C)x = 2cos⎡2 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦(B)x = 2cos⎡4πt -2 π⎤(cm)(D)x = 2cos⎡4 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为2π / 3 ．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A 处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差∆ϕ=4π3 ，则角频率ω=∆ϕ/ ∆t =(4π/ 3)s-1 ，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示，x1 的相位比x2 的相位（）（A）落后π2（B）超前π2（C）落后π（D）超前π分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（b）．题９-３图9-4当质点以频率ν作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）（A）v（B）v （C）2v2（D）4v分析与解质点作简谐运动的动能表式为E k=1mω2 A 2sin2 (ωt2+ϕ)，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν 的两倍．因而正确答案为（C）．9-5图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）3（A）π21（B）π2（C）π（D）0分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为x1=A cosωt 和x2=Acos(ωt +π)．它们的振幅不同．对2于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x1 =而正确答案为（D）．Acosωt ．因2题９-５图9-6 有一个弹簧振子，振幅A = 2.0 ⨯10-2 m ，周期T = 1.0 s ，初相ϕ出它的运动方程，并作出x -t 图、v -t 图和a -t 图．=3π / 4 ．试写题９-6 图分析弹簧振子的振动是简谐运动．振幅 A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程m / k 外， ω 可通过关系式ω = 2π / T 确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因ω = 2π / T ，则运动方程x = A cos (ωt + ϕ ) = A ⎛ 2πt + ϕ ⎫cos ⎪ ⎝ T⎭根据题中给出的数据得x = 2.0 ⨯ 10-2 cos (2πt + 0.75π ) (m )振子的速度和加速度分别为v = d x / d y a = d 2x / d 2y = -4π ⨯ 10-2sin (2πt = -8π ⨯ 10-2cos (2πt + 0.75π) ( m ⋅ s-1 )+ 0.75π) ( m ⋅ s -1)x - t 、 v - t 及 a - t 图如图所示．9-7 若简谐运动方程为 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2） t = 2s 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x = A cos (ωt + ϕ )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 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：振幅 A ＝ 0.10m ，角频率ω = 20π s -1，初相ϕ ＝0.25 π ，则周期T = 2π / ω = 0.1 s ，频率 v = 1/ T Hz ．（２） t = 2s 时的位移、速度、加速度分别为x = 0.10 cos (40πt + 0.25π) = 7.07 ⨯10-2 mv = d x / d t = -2πsin (40π + 0.25π) = -4.44m ⋅ s -1a = d 2 x / d 2t = -40π2cos (40π + 0.25π) = -2.79 ⨯102 m ⋅ s -29-8 一远洋货轮，质量为 m ，浮在水面时其水平截面积为 S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为 ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力 F 与位移 x 间的关系，如果满足 F = -kx ，则货轮作简谐运动．通过 F = -kx 即可求得振动 周期T = 2π / ω = 2π ．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F ' = F + ρgSx = mg + ρgSx则货轮所受合外力为题９-８图∑F=P -F '=-ρgSx =-kx式中k =ρgS 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∑F =m d2 x / d2t 可得货轮运动的微分方程为d2 x / d2t +ρgSx / m = 0令ω2 =ρgS / m ，可得其振动周期为T =2π / ω = 2π9-9设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ= 5.5 ⨯103 kg ⋅ m-3 ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1）证明此质点的运动是简谐运动；（2）计算其周期．题９-９图分析证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证（1）取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为m / ρgSm / k x xF = -Gm x m式中G 为引力常量， m 是以 x 为半径的球体质量，即 m = 4πρx 3/ 3 ．令 k = 4πρGm / 3 ，则质点受力F = 4πρGmx / 3 = -kx因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为T = 2π = = 5.07 ⨯103 s9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为 k 1 、k 2时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．．当物体在光滑斜面上振动题 9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点 O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿 Ox 轴， 物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体 在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为 x 1 、 x 2 ，则由物体受力平衡，有mg sin θ = k 1x 1 = k 2 x 2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 x 1' 和 x 2' ，即物体受力为（1）x = x 1' + x 2' ．则 3π / Gρ1 2π(k + k )/ m 1 21 2F = mg si n θ - k 2 (x 2 + x 2' )= mg si n θ - k 1 (x 1 + x 1') 将式（1）代入式（2）得（２） F = -k 2 x 2' = -k 1x 1' 由式（3）得 x 1' = -F / k 1 、 x 2' = -F / k 2 ，而 x = x 1' + x 2' ，则得到（３）F = -[k k / (k + k )]x = -kx 1 2式中 k = k 1k 2 / (k 1 + k 2 )为常数，则物体作简谐运动，振动频率v = ω / 2π = 12π k / m = 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v = ，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9－11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为 m 1 的物体 A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量 m 、半径为 R 的定滑轮 B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为 m 2 的物体 C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动， 求系统的振动角频率．题 9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体 A 、C 和滑轮 B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体1 2πk k /(k + k )m1 2 1 2k 正向从原点 O 伸长 x 时，分析物体 A 、C 及滑轮 B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方 程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解 1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中 F = -k (x + x 0 )i ．考虑到绳 子不可伸长，对物体 A 、B 、C 分别列方程，有F T 1 = -k (x + x 0 ) = d 2 x m 1 d t 2 d 2 x（1）m 2 g - F T 2 = m 2 d t2 （2）( - ) = α = 1d 2 xF T 2 F T 1 R J2 mR d t 2（3） kx 0 = m 2 g （4）方程（3）中用到了 F = F ' 、F = F ' 、J = mR 2/ 2 及α = a / R ．联立式（1） ～式（4）T 2 T 2 可得T 1 T 1d 2 x k则系统振动的角频率为d t2+m 1 + m 2 + m / 2x = 0（5）ω = 解 2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离 x （此时速度为 v 、加速度为 a ）为末状态， 则由机械能守恒定律，有E = -m gx + 1 m v 2 + 1 m v 2 + 1 J ω2 + 1 k (x + x )20 2 2 1 2 2 2 2在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体 C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得0 = -m gv + m v d v + m v d v + Jω d ω + k (x + x )d x2 1 d t 2 d t d t 0d t 将 J = mR 2 / 2 ， ωR = v ， d v / d t = d 2 x / d t 2和m g = kx 代入上式，可得d 2x + d t 2 m2 0+ m + m / 2 x = 0（6）12式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅 A ＝2.0 ×10-2 m ，周期 T ＝0.50ｓ．当 t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在 x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在 x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅 A 和周期 T 已知的条件下，确定初相 φ 是求解简谐运动方程的关键．初相k / (m 1 + m 2 + m / 2)π π = 4π 的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即 t ＝0 时，x ＝x 0 和 v ＝v 0 来确定 φ 值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点 P 在 Ox 轴上振动的初始位置 x 0 和速度 v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定 φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题 9-12 图解 由题给条件知 A ＝2.0 ×10-2 m ， ω = 2 / T = 4π s -1，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 x = A cos (ωt + ϕ ) ，当 t = 0 时有 x 0 = A cos (ωt + ϕ ) ，v 0 = - Aωsin ．当（1） x 0 = A 时， cos ϕ1 = 1，则ϕ1 = 0 ；π π（2） x 0 = 0 时， cos ϕ2 = 0 ，ϕ2 = ± ，因v 0 < 0 ，取ϕ2 = ；2 2（3） x 0 = 1.0 ⨯10-2 m 时， cos ϕ = 0.5 ，ϕ3 = ± π 3 ，由v 0 < 0 ，取ϕ3 = ； 3（4） x = -1.0 ⨯10-2m 时， cos ϕ = -0.5 ，ϕ = π ± ，由v > 0 ，取ϕ 4π 0 4 4 3 0 4 3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ϕ1 = 0 ， ϕ2 =， ϕ3 =2， ϕ4 =．33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） x = 2.0 ⨯10-2cos4πt(m )（2） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/2) (m ) （3） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/3) (m ) （4） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + 4π/3) (m )9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为 m 的物体时， 伸长量为 9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当 t ＝0 时，物体在平衡位置上方 8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当 t ＝0 时，物体在平衡位置并以 0.6ｍ·s -1 的速度向上运动，求运动方程．π π 3．k / m g / ∆l x + ( 21010 v / ω )2⎝ 12 ⎭分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量 A 、ω 和 φ．其中振动的角频率是 由弹簧振子系统的固有性质（振子质量 m 及弹簧劲度系数 k ）决定的，即ω =k /m ，k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅 A 和初相 φ 需要根据初始条件确定．题 9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力 F 与重力 P 的大小相等，即 F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量 Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数 k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为ω = = = 10 s -1（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 A = = 8.0 ⨯10- 2m ；应用旋转矢量法可确定初相ϕ1 = π ［图（a ）］．则运动方程为x = 8.0 ⨯10-2cos (10t + π) (m ) （2）t ＝0 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得 A 2 == 6.0 ⨯10- 2 m ； ϕ2 = π / 2 ［图（b ）］．则运动方程为x = 6.0 ⨯10-2cos (10t + 0.5π) (m ) 9-14 某振动质点的 x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点 P 对应的相位；（3） 到达点 P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过 x －t 图线确定振动的三个特征量 A 、ω 和ϕ0 ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅 A ；而 ω、ϕ0 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 ϕ0 = -π / 3 （或 ϕ0 = 5π / 3 ）， 而由 ω(t 1 - t 0 ) = π / 2 + π / 3 得ω = 5π / 24 s ，则运动方程为 -1x = 0.10 cos⎛ 5πt - π / 3⎫(m )24⎪ x + ( 220 20 v / ω)2ppp p题9-14 图（2）图（a）中点P 的位置是质点从A／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c）所示．当初相取ϕ0 =-π / 3 时，点P 的相位为ϕp =ϕ0 +ω(t - 0)= 0 （如果初相取成=5π / 3 ，则点P 相应的相位应表示为ϕp =ϕ0 +ω(t -0)=2π ．（3）由旋转矢量图可得ω(t - 0)=π/ 3 ，则t =1.6 s ．9-15作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到x ＝A/2 处；（3）由x ＝A/2 处到最大位移处．解采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O．（1））平衡位置x1到最大位移x3处，图中的旋转矢量从位置 1 转到位置 3 ，故∆ϕ1=π / 2 ，则所需时间∆t1=∆ϕ1 / ω=T / 4（2）从平衡位置x1到x2＝A/2 处，图中旋转矢量从位置1 转到位置2，故有∆ϕ2则所需时间=π / 6 ，∆t2=∆ϕ2 / ω=T / 12（3）从x2＝A/2 运动到最大位移x3处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置3，有∆ϕ0=π / 3 ，则所需时间∆t3=∆ϕ3 / ω=T / 6N 题 9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为 1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为 0.50ｓ，振幅为 2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题 9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力 P 和板支持力 F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有d 2 y F = mg - F N = m d t 2（1）由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a 改写为 = d 2y d t 2 = -A ω 2 cos (ωt + ϕ ) ，则式（1）可 F N = mg + mA ω 2cos (ωt + ϕ ) （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ωt + ϕ ，由式（2）可求板与物体之间的作 用力．（2） 由式（2）可知支持力 F N 的值与振幅 A 、角频率 ω 和相位（ ωt + ϕ ）有关．在振 动过程中，当ωt + ϕ ＝ π 时 F N 最小．而重物恰好跳离平板的条件为 F N ＝0，因此由式（2）可 分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ωt + ϕ ＝0，物体受板的支持力为F = mg + mA ω 2 = mg + mA (2π / t)2 = 12.96 N 重物对木块的作用力 F N ' 与 F N 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为 A ′．根据分析中所述，将 F N ＝0 及ωt + ϕ 分析中式（2），可得= π 代入max max2A ' = mg / mω2 = gT 2 / 4π2 = 6.2 ⨯10-2 m（3） 当振幅不变时，设频率变为v ' ．同样将 F N ＝0 及ωt + ϕ 可得= π 代入分析中式（2）， v ' = ω = 2π = 3.52 Hz 9-17 两 质点作同 频率、同 振幅的简 谐运动． 第一个质 点的运动 方程 为x 1 = A cos (ωt + ϕ )，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方 向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题 9-17 图解 图示为两质点在时刻 t 的旋转矢量图，可见第一个质点 M 的相位比第二个质点 N 的相位超前π / 2 ，即它们的相位差 Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为x 2 = A cos (ωt + ϕ - π / 2)9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为 2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据 v -t 图可知速度的最大值 v max ，由 v max ＝Aω 可求出角频率 ω，进而可求出周期 T 和加速度的最大值 a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程 x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为 A 和 ω 已得出，故只要求初相位 φ 即可．由 v －t 曲线图可以知道，当 t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿 x 轴正向向着平衡点运动．利用 v 0 ＝－Aωsinφ 就可求出 φ．解 （1） 由v = A ω 得ω =1.5 s -1 ，则 T = 2π / ω = 4.2 s （2） a = A ω 2 = 4.5 ⨯10-2 m ⋅ s -2 （3） 从分析中已知 v 0 = - Aωsin= Aω / 2 ，即 sin ϕ = -1 / 2= -π / 6,-5π / 6因为质点沿 x 轴正向向平衡位置运动，则取 = -5π / 6 ，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动 方程为 x = 2cos (1.5t - 5π / 6) (cm )1 mg / m A 2πg / l g / l max题 9-18 图9-19 有一单摆，长为 1.0m ，最大摆角为 5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为 3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题 9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量 θ 与时间的关系可表示为简谐运动方程 θ = θmax co s (ωt + ϕ ) ，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 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ω = = 3.13 s -1; T = 2π / ω = 2.01 s（2） 由t = 0 时θ = θ = 5o可得振动初相ϕ = 0 ，则以角量表示的简谐运动方程为 θ = π cos3.13t 36（３） 摆角为 3°时，有cos (ωt + ϕ ) = θ / θmax = 0.6 ，则这时质点的角速度为J / mgl c maxE c M线速度的大小为d θ/d t = -θmax ωsi n (ωt + ϕ ) = -θmax ω = -0.80θ ω = -0.218 s -1 v = l d θ/d t = -0.218 s -1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sin θ ≈ θ ，所以，单摆的简谐运动方程仅在 θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为 2.00ｓ），拿到月 球上去，如测得周期为 4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度 g = 9.80 m ⋅s-2 ） 解 由单摆的周期公式T = 2π 可知 g ∝ 1 / T 2 ，故有 g / g = T 2 / T 2 ，则月球的重力加速度为 g = (T/ T M )2g M E E M= 1.63 m ⋅ s - 29-21 一飞轮质量为 12kg ，内缘半径 r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为 2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为 T = 2π ，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离l c ，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T = 2π J / mgl ，可得 J = mgrT 2 / 4π2．则由平行轴定理得 J 0 = J - mr 2 = mgrT 2 / 4π 2 - mr 2 = 2.83 kg ⋅ m 29-22 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以 500m·s -1 的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为 4.99 kg ，弹簧的劲度系数为 8.0 ×103 N·m -1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为 x 轴正向，求简谐运动方程．1 - cos2 (ωt + ϕ ) l / g E E题 9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度 v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量 m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数 k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度 v 0 和初位移 x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ω == 40 s -1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v = m v (m + m ) = 1.0 m ⋅ s -10 1 1 2 又因初始位移 x 0 ＝0，则振动系统的振幅为A = = v 0/ ω = 2.5⨯10-2 m 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位 0 = π / 2 ，则简谐运动方程为x = 2.5⨯10-2 cos (40t + 0.5π) (m )9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为 k 的轻弹簧，其下挂有一质量为 m 1 的空盘．现有一质量为 m 2 的物体从盘上方高为 h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？k / (m 1 + m 2 ) x + ( 2 0 0 v / ω) 2x + (v / ω) 2 20 0题 9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由 m 1 变为 m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于 A = ，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T = 2π / ω = 2π T ' = 2π / ω' = 2π 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x = l - l =m 1g - m 1 + m 2 g = - m 2 g 01 2 k k k式中 l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹 簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度v 0 = m 2 v =m 1 + m 2 式中 v = 是物体由 h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为m 1 / k(m 1 + m 2 )/ km 2 m 1 + m 2 2gh2ghx +(2 v / ω ) ' 20 0x + 20 0( v/ ω) 211A ==本题也可用机械能守恒定律求振幅A．9-24如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m1的物体，在水平面上作振幅为A的简谐运动．有一质量为m2的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a）物体通过平衡位置时，（b）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？（2）振幅有何变化？题9-24 图分析谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式A =）求得两种情况下的振幅．解（1）由分析可知，在（a）、（b）两种情况中，粘土落下前后的周期均为T =2π / ω =2πT '=2π / ω'=2π物体粘上粘土后的周期T′比原周期T 大．（2）（a）设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A、v 和A′、v′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式kA'2 / 2 =m v2 / 2 （1）kA'2 / 2 =(m+m)v'2 / 22（2）联立解上述三式，可得m1v=(m1+m2)v'A'=（3）即A′＜A，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b）物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v′＝m1v/（m1＋m2）＝0，因而振幅不变，即m2gk1 +2khm1+m2m1/ k(m1+m2)/ km1/(m1+m2)AA / a max max 0 max max 9-25 质量为 0.10kg 的物体，以振幅 1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为 4.0 ｍ·s -1求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度 a = A ω 2，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 T = 2π / ω = 2π = 0.314 s（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 E = E = 1 mA 2ω 2 = 1 mAak 2 2max = 2.0 ⨯10-3 J（3） 设振子在位移 x 0 处动能与势能相等，则有kx 2 / 2 = kA 2 / 4得 x 0 = ± 2 A / 2 = ±7.07 ⨯10-3 m（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即 x = A / 2 ）时的势能为 E = 1 kx 2 = 1 k ⎛ A ⎫ = E / 4 P 2 2 2 ⎪ ⎝ ⎭则动能为E K = E - E P = 3E / 4 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量 m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅 A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度 v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为v = ωA = 2πvA = 6.28⨯102 m ⋅ s -1 （２） 氢原子的振动能量E = mv 2 / 2 = 3.31⨯10-20 J 9-27 质量 m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )的规 律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量 E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：角频率ω = 8π s -1 ，振 幅 A ＝0.5cm ，初相 φ＝π/3，则周期 T ＝2π/ω＝0.25 ｓA + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 2 1（2） 简谐运动的能量 E = 1 mA 2ω 2 = 7.90 ⨯10-5 J （3） 简谐运动的动能和势能分别为 E = 1 mA 2ω 2sin 2 (ωt + ϕ ) K 2E = 1 mA 2ω 2cos 2 (ωt + ϕ ) P 2则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 sin 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 4E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 cos 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 49-28已 知 两 同 方 向 、 同 频 率 的 简 谐 运 动 的 运 动 方 程 分 别 为 x 1= 0.05cos (10t + 0.75π) (m )； x 2 = 0.06cos (10t + 0.25π) (m ) ．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 x 3 = 0.07co s (10t + ϕ3 ) (m )，则ϕ3 为多少时， x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又ϕ3 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题 9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅 A = ，其大小与两个分振动的初相差ϕ2 - ϕ1 相关．而合振动的初相位ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为∆ϕ 故合振动振幅为= ϕ2 - ϕ1 = -π / 2 ， A = 合振动初相位= 7.8 ⨯10-2 m ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2= arctan11 = 1.48 rad （2） 要使 x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由∆ϕ= 2k π 得 A + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 21 K PA 2 + A 2 + 2A 2cos (π + ϕ - ϕ ) 2 12ϕ3 = ϕ1 + 2k π = 2k π + 0.75π, k= 0,±1,±2,...要使 x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()得 ϕ3 = ϕ2 + (2k + 1)π = 2k π + 1.25π, k = 0,±1,±2,...9-29 手电筒和屏幕质量均为 m ，且均被劲度系数为 k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如 图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 )和 x 2 = A cos (ωt + ϕ2 )．试求在下述两种情况下，初相位 φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅 A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题 9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有依题意x 光对地 = x 光对屏 + x 屏对地x 光对地 = x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) x 屏对地 = x 2 = A cos (ωt + ϕ2 ) 所以 x 光对屏 = x 1 - x 2 = x 1 + x 2'= A cos (ωt + ϕ1 ) + A cos (ωt + π + ϕ2 ) 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) 和 x 2' = A cos (ωt + π + ϕ2 )的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅 A ' = ． 解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即 x 光对屏 = 0 ，就是 当π + ϕ2 - ϕ1 = (2k + 1)π 时，即ϕ = ϕ1 + 2k π 时（ k = 0,±1,±2,...），A ′＝0．当光点 相对于屏作振幅为 2A 的运动时，要求π + ϕ2 - ϕ1 = 2k π ，即ϕ2 = ϕ1 + (2k - 1)π ．（2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步， 即同相位，为此，把它们往下拉 A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为 2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点 0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
大学物理_第五版_下册_第九章到第十一章课后答案
第九章 振动9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题９-１ 图分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t x t x t x t x题９-２ 图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为 1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ=，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ）（A ） 落后2π （B ）超前2π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）．题９-３ 图9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ）（A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ）（A ） π23 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．题９-５ 图9-6 有一个弹簧振子，振幅m 10022-⨯=.A ，周期s 01.=T ，初相4/π3=．试写出它的运动方程，并作出t x -图、t -v 图和t a -图．题９-6 图分析 弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式T ω/π2=确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因T ω/π2=，则运动方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t π2cos cos T A t ωA x 根据题中给出的数据得 ()()m 75.0π2cos 100.22πt x +⨯=-振子的速度和加速度分别为()()-12s m π75.0π2sin 10π4d /d ⋅+⨯-==-t y x v()()-1222s m π75.0π2cos 10π8d /d ⋅+⨯-==-t y x a t x -、t -v 及t a -图如图所示．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=t x ，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x c o s作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1） 将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s π20-=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８ 图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度33m kg 1055-⋅⨯=.ρ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐运动；（2） 计算其周期．题９-９ 图分析 证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证 （1） 取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为2x m m G F x -= 式中G 为引力常量，x m 是以x 为半径的球体质量，即3/π43x ρm x =．令3/π4Gm ρk =，则质点受力kx Gmx ρF -==3/π4因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为s 1007.5/π3/π23⨯===ρG k m T9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．题9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ （1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ （２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-= （３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到 ()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9 －11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为1m 的物体A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m 、半径为R 的定滑轮B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为2m 的物体C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．题9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体A 、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O ，此时弹簧已伸长0x ，且g m kx 20=．当弹簧沿x O 轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A 、C 及滑轮B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中()i F 0x x k +-=．考虑到绳子不可伸长，对物体A 、B 、C 分别列方程，有()22101d d tx m x x k F T =+-= （1） 22222d d tx m F g m T =- （2） ()2212d d 21tx mR J R F F T T ==-α （3） g m kx 20= （4）方程（3）中用到了22T T F F '=、11T T F F '=、22/mR J =及R a /=α．联立式（1） ～式（4）可得02d d 2122=+++x m m m k t x / （5） 则系统振动的角频率为 ()221//m m m k ++=ω解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x （此时速度为v 、加速度为a ）为末状态，则由机械能守恒定律，有()20222212021212121x x k ωJ m m gx m E +++++-=v v 在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得()tx x x k t ωωJ t m t m g m d d d d d d d d 00212+++++-=v v v vv 将22/mR J =，v =R ω，22d /d d /d t x t =v 和02kx g m = 代入上式，可得 02d d 2122=+++x m m m k t x / （6） 式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 和v ＝v 0 来确定φ值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0 和速度v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题9-12 图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x c o s 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=； （3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=； （4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为m 的物体时， 伸长量为9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当t ＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当t ＝０ 时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s -1的速度向上运动，求运动方程．分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k ）决定的，即ω=k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A 和初相φ需要根据初始条件确定．题9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为1s 10-=∆==l g m k //ω（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向．由初始条件t ＝0 时，x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０ 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=［图（b ）］．则运动方程为()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x9-14 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点P 对应的相位；（3） 到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便． 解 （1） 质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0 ＝0 和t 1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ） 所示．由图可见初相3/π=0（或3/π50=），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为 ()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题9-14 图（2） 图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ） 所示．当初相取3/π0-=时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=，则点P 相应的相位应表示为()π2=0t ω+=p 0p ． （3） 由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到x ＝A /2 处；（3） 由x ＝A /2处到最大位移处．解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O ．（1） 平衡位置x 1 到最大位移x 3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故△φ1=2/π，则所需时间 411//T t =∆=∆ωϕ（2） 从平衡位置x 1 到x 2 ＝A /2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有△φ2=6/π，则所需时间1222//T t =∆=∆ωϕ（3） 从x 2 ＝A /2 运动到最大位移x 3 处，图中旋转矢量从位置2 转到位置3，有△φ3=3/π，则所需时间633//T t =∆=∆ωϕ题9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有22d d ty m F mg F N =-= （1） 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有()ϕωω+-==t A ty a cos d d 222，则式（1）可改写为()ϕωω++=t mA mg F N cos 2 （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ϕω+t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2） 由式（2）可知支持力N F 的值与振幅A 、角频率ω和相位（ϕω+t ）有关．在振动过程中，当π=+t ω时N F 最小．而重物恰好跳离平板的条件为N F ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ϕω+t ＝0，物体受板的支持力为()N 9612222./=+=+=t mAmg mA mg F N πω 重物对木块的作用力N F ' 与N F 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为A ′．根据分析中所述，将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得m 102.6π4//2222-⨯==='gT ωm mg A（3） 当振幅不变时，设频率变为v '．同样将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得Hz 52.3/π21π22==='mA mg ωv 9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为()ϕω+=t A x cos 1，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题9-17 图解 图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前2/π，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为()2cos 2/πϕω-+=t A x9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0 ＝－Aωsinφ就可求出φ．解 （1） 由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则 s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3） 从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 ()()cm 6/π55.1cos 2-=t x题9-18 图9-19 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2） 设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解 （1） 单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2） 由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３） 摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为 1s 2180/d d --==.t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度2E s m 809-⋅=.g ）解 由单摆的周期公式g l T /π2=可知21T g /∝，故有2M 2E E M T T g g //=，则月球的重力加速度为()2E 2M E M s m 631-⋅==./g T T g9-21 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/mgrT J =．则由平行轴定理得222220m kg 8324⋅=-=-=./mr mgrT mr J J π9-22 如图（a ）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m-1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0 和初位移x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0 为()12110s m 01-⋅=+=.m m v m v又因初始位移x 0 ＝0，则振动系统的振幅为 ()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1 的空盘．现有一质量为m 2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？题9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1 变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0 和初始位移x 0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2） 如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g km g k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()212202021/m m kh k g m ωx A ++='+=v 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m 1 的物体，在水平面上作振幅为A 的简谐运动．有一质量为m 2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a ）物体通过平衡位置时，（b ）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？题9-24图分析 谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式()2020/ωx A v +=）求得两种情况下的振幅．解 （1） 由分析可知，在（a ）、（b ）两种情况中，粘土落下前后的周期均为 k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='物体粘上粘土后的周期T ′比原周期T 大．（2） （a ） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A 、v 和A ′、v ′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式2/2/212v m A k =' （1）()2/2/2212v '+='m m A k （2）()v v '+=211m m m （3）联立解上述三式，可得 ()A m m m A 211+='/即A ′＜A ，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b ） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v ′＝m 1v /（m 1 ＋m 2 ） ＝0，因而振幅不变，即A ′＝A9-25 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解 （1） 由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max 22k -⨯====.m Aa m A E E ω（3） 设振子在位移x 0 处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得 m 100772230-⨯±=±=./A x（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为 4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫ ⎝⎛==则动能为 43P K /E E E E =-= 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为12max s m 1028.62-⋅⨯===A πA ωv v（２） 氢原子的振动能量J 1031.32/202max -⨯==v m E9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按()()cm 3/ππ85.0+=t x 的规律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将()()cm 3/ππ85.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：角频率1s π8-=ω，振幅A ＝0.5cm ，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2） 简谐运动的能量 J 1090721522-⨯==.ωmA E （3） 简谐运动的动能和势能分别为()ϕωω+=t mA E K 222sin 21 ()ϕωω+=t mA E P 222cos 21 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为()J 109534d sin 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T K ()J 109534d cos 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T P 9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又3ϕ 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=/ 解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A 合振动初相位 ()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A / （2） 要使x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k9-29 手电筒和屏幕质量均为m ，且均被劲度系数为k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕω+=t A x ．试求在下述两种情况下，初相位φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有屏对地光对屏光对地x x x +=依题意()()2211ϕωϕω+==+==t A x x t A x x cos cos 屏对地光对地所以 ()()212121cos cos ϕπωϕω++++='+=-=t A t A x x x x x 光对屏 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动()11c o sϕω+=t A x 和()22cos ϕπω++='t A x 的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅()12222πcos 2-+++='A A A A ．解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即0=光对屏x ，就是当()π12π12+=-+k 时，即π212k +=时（,...,,210±±=k ），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为2A 的运动时，要求π2π12k =-+，即()π1212-+=k ． （2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
大学物理第九章练习 参考答案
第九章 电磁感应 电磁场理论练 习 一一.选择题1. 在一线圈回路中，规定满足如图1所示的旋转方向时，电动势ε，磁通量Φ为正值。
若磁铁沿箭头方向进入线圈，则有（ B ）(A ) d Φ /dt < 0， ε < 0 ； (B ) d Φ /dt > 0， ε < 0 ； (C ) d Φ /dt > 0， ε > 0 ； (D ) d Φ /dt < 0， ε > 0。
2. 一磁铁朝线圈运动，如图2所示，则线圈内的感应电流的方向（以螺线管内流向为准）以及电表两端电势U A 和U B 的高低为（ C ）(A ) I 由A 到B ，U A >U B ； (B ) I 由B 到A ，U A <U B ； (C ) I 由B 到A ，U A >U B ； (D ) I 由A 到B ，U A <U B 。
3. 一长直螺线管，单位长度匝数为n ，电流为I ，其中部放一面积为A ，总匝数为N ，电阻为R 的测量线圈，如图3所示，开始时螺线管与测量线圈的轴线平行，若将测量线圈翻转180°，则通过测量线圈某导线截面上的电量∆q 为（ A ）(A ) 2μ0nINA /R ； (B ) μ0nINA /R ； (C ) μ0NIA /R ； (D ) μ0nIA /R 。
4. 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，磁通量的变化率相同，则环中（ A ） （A ）感应电动势相同，感应电流不同； （B ）感应电动势不同，感应电流相同； （C ）感应电动势相同，感应电流相同； （D ）感应电动势不同，感应电流不同。
二.填空题1．真空中一长度为0l 的长直密绕螺线管，单位长度的匝数为n ，半径为R ，其自感系数L可表示为0220l R n L πμ=。
2. 如图4所示，一光滑的金属导轨置于均匀磁场B 中，导线ab 长为l ，可在导轨上平行移动，速度为v ，则回路中的感应电动势ε=θsin Blv ，a 、b 两点的电势a U ＜ b U （填<、=、>），回路中的电流I=R Blv /sin θ，电阻R 上消耗的功率P=R Blv /)sin (2θ。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第9章真空中的静电场(习题选解) 9-补充三个电量为q 的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷f1Q(Q 0) 放在三角形的重心上。
为使每个-q负电荷受力为零，Q 之值应为多大？ f2 Q 解：以三角形上顶点所置的电荷( q )-q-q 为例，其余两个负电荷对其作用力的合力题6-1 图为f1，方向如图所示，其大小为f 1 24q2cos 3020 r423qr2中心处Q 对上顶点电荷的作用力为f2，方向与f1相反，如图所示，其大小为f 2Qq 3Qq24 rr4332由f1 f2 ，得 3Q q。
36-补充在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的粒子的中心离残核234Th 的中心为15r 9.0 10 m 。
试问：（1）作用在粒子上的力为多大？（2）粒子的加速度为多大？解：（1）由反应238 234 492 U 90Th+ 2 He ，可知粒子带两个单位正电荷，即19Q1 2e 3.2 10 CTh 离子带90 个单位正电荷，即19Q2 90e 144 10 C它们距离为15r 9.0 10 m由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：19 19 Q Q 3.2 10144 101 2 9F (9.0 10 ) 512N2 15 24 r (9.0 10 )（2）粒子的质量为：27 27 27m 2(m p m n ) 2 (1.67 10 1.67 10 ) 6.68 10 Kg由牛顿第二定律得：F 512282a7.66 10 m s27m6.68 1069-1 如图所示，有四个电量均为 q 10 C 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1m ，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 个电荷与其它各题 9-1 图电荷等距，均为2 rm 。
各电荷之间均2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 9-1 图F4 1 0 q q 1 32r131.8 10 2N力的方向沿第 1 电荷指向第 3 电荷，与 x 轴成45 角。
9-2 题略 12q解tan4 2(2l sin ) mg22q 16l mgtan sin 4l sinmgtan99-3 在直角三角形ABC的A点放置点电荷q1 1.810C，B点放置点电荷9q2 4.810C，已知BC0.04m,AC0.03m，试求直角顶点C处的场强 E 。
解：A点电荷在C点产生的场强为E，方向向下11q1E1 1.81024r014V m1B点电荷在C点产生的场强为E2，方向向右1q24 E2 2.710V24r02m1题9-3图根据场强叠加原理，C点场强E224E1E 3.2410V m21设E 与CB夹角为，tanE1E2E21arctan arctan33.7E329-补充如图所示，一根很长的绝缘棒，均匀带电，单位长度上的电荷量为，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，在棒上任取一线题9-补充a图元dx在P点产生的场强为dEdE4d qdxdx 220r2x d224(4(x d)2)场强dE可分解成沿x轴、y轴的分量xdE x dE s i n dE22xdddE y dE c o s dE22xd题9-补充b图E x dE x2dx02232 4x d02()80012222d(x d)1()4d4d00E dEy yd dx d x310222d 4()4()4x d d x d0022220P点场强22E E x E y42 0 dEx方向与Y轴夹角为arctan45Ey9-4 如图所示，一条长为2l的均匀带电直线，所带电量为q，求带电直线延长线上任一点P的场强。
题9-4图解：在坐标原点0为r处取线元，带电量dq dr q2ldr该线元在带电直线延长线上距原点为x的P点产生的场强为题9-4图dEdq40(x r)2整个带电直线在P点的场强qdr q d(x r)q1l lE dE()22l2l(x r)8l l(x r)8l x r4000llq112q l q()22228l x l x l8l(x l)4(x l)0009-5 一根带电细棒长为2l，沿x轴放置，其一端在原点，电荷线密度Ax（ A 为正的常数）。
求x轴上，x b2l处的电场强度。
解：在坐标为x处取线元dx，带电量为dq Axdx，该线元在P点的场强为dE，方向沿x轴正方向dEdq2 40(b2l x)整个带电细棒在P点产生的电场为E dE2lAxdx0240(b2l x)题9-5 4A l2b2lxb20b2l x2ld b2l x4A[2d(b2l x)d(b2l x) 2l2l(b2l)202 02(b2l x)(b2l x)] 2l2lA A(b2l)12ln(b2l x)84(b2l x) 0000A b2l(ln40b2l b)场强E 方向沿x轴正方向9-6 如图所示，一根绝缘细胶棒弯成半径为R的半圆形。
其上一半均匀带电荷q，另一半均匀带电荷q。
求圆心O处的场强。
题9-6图解：以圆心为原点建立如图所示Oxy坐标，2q 在胶棒带正电部分任取一线元dl，与OA夹角为，线元带电荷量dq dlR，在O点产生电场强度dE4d q2qdl2230R4R22q2Rd把场强dE分解成沿x轴和y轴的分量dE x dE sindE y dE cosq qE dE d2sinx x22220R R2200q qE dE d2cosy y2R22R2题9-6图2200同理，胶棒带负电部分在O点的场强E沿x轴方向的分量E x与E x大小相等，方向相同；沿y轴方向的分量E y与E y大小相等，方向相反，互相抵消，故点场强为qE2E x方向沿x轴正向。
22R 09-7 如图所示，两条平行的无限长均匀带电直线，相距为d，线电荷密度分别为和，求：两线构成的平面的中垂面上的场强分布；解：在两线构成平面的中垂直面上任取一点P距两线构成平面为y，到两线距离为2()2dy。
两带电直线在P点的场强为2E12 (y0 22d4)12E22 ( y0 22d4)12题9-7 图由于对称性，两线在P点的场强沿y 轴yE1方向的分量，方向相反，大小相等，相PE互抵消E2E E1x E2x E1 cos E2 cos + θθ-λλ+ -o-d/2d/2xd2 22 1 2 1d d2 2 2 22 ( y ) ( y )4 4题9-7 图d2d22 ( y )4方向沿x 轴正方向9-8 求两无限大均匀带电平板的电场分布2 已知：求：分布解：两无限大带电平板产生场强大小分别为E 方向如图红色+22E—方向如图蓝色2太原理工大学大学物理由叠加原理，两极板间场强方向沿x轴正向两板外，左侧方向沿x轴正向两板外，右侧方向沿x轴负向太原理工大学大学物理9-9 一无限大均匀带电平面，电荷面密度为，在平面上开一个半径为R的圆洞，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，面密度相同的圆盘。
距洞心r处P点的场强E E Ep式中E为无限大均匀带电平面在P点产生的场强题9-9图E2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。
在圆盘上取半径为r，宽为dr的细圆环，在P点产生场强dErdq2rrdr32222240(r r)4(r r)32RE dE 24rRr02232(r r)dr2r[(r21r2)12]2r(1)22R r方向垂直圆盘向里故rE P E E方向垂直平面向外12220(R r)29-10 用细的不导电的塑料棒弯成半径为50cm的圆弧，棒两端点间的空隙为92cm，棒上均匀分布着 3.1210C的正电荷，求圆心处场强的大小和方向。
解：有微小间隙的带正电圆弧棒，等效于一个相同半径的带正电圆环加个弧长等于间隙的带负电小圆弧棒。
由场强叠加原理，圆心O场强E E E0圆棒AB对于均匀带正电的圆环，由于对称性在圆心O的电场强度为零，0E。
圆环题9-10图上一带负电小圆弧棒相对于圆心O可近似看成一个点电荷，电量为：q2qRdlq1qE dlAB224R4R2R008q dl20.7143VRm1圆心处场强1E0E0.714V m，方向指向空隙。
AB9-11 题略解：（1）点电荷在立方体的中心，由高斯定理知：通过立方体表面的电通量为qE d S则通过该立方体任一个面的电通量为q6。
（2）点电荷在立方体的一个顶点上，以该顶点为中心作一边长为2a的立方体，由高斯定理知：通过立方体表面的电通量为qE d S则通过该立方体任一个面的电通量为q 240。
9-补充用场强叠加原理，求证无限大均匀带平面外任一点的场强大小为E（提示：把无限大平面分成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分）。
2解：（1）建如图(a)xyz坐标，以板上任一点O为圆心，取半径为r，宽度为dr的环形面积元，带电量为：dq2rdr。
由圆环电荷在其轴线上任一点P(OP x)的场强公式dE42xrdr220(x r)32方向沿x轴正方向。
P点总场强E dEx rdr3 02(22)2r xx112(22)22r x00题9-补充(a)图（0，E 的方向沿x轴正方向）（2）建如图(b)所示的三维坐标，在与z轴相距为y处取一细长线元，沿y轴方向单位长度带电荷为dy，由长直带电直线场强公式，线元在x轴距原点O为a的点P的场强1dydE222ya 0题9-补充(b)图由于对称性，dE的y轴分量总和为零所以E dE x dE c o sa dy yarctan22a2222y a y a002200因为0，所以E的方向沿x轴正方向。
9-补充如图所示，半径为R的带电细圆环，线电荷密度0cos，0为常数，为半径R与x轴夹角，求圆环中心O处的电场强度。
解：在带电圆环上任取一线元dl Rd，带电量为dq dl cos Rd0，线元与原点O的连线与x轴夹角为，在O点的场强d E大小为题6-12图d dq R00dE cos d cos224R4R40R00d E 沿x轴和y轴的分量dE x dE cos40cos2RddE y dE sin cos sin4Rd 整个带电圆环在O点的场强E 沿x轴和y轴的分量E x dE x2210200 cos d(sin2)4R4R244R 0000E y dE y222sin00)0sin d sin(4R4R200故0E E i ix4RE 的方向沿x轴负方向。