清华大学大学物理第五周习题课

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大学物理2-1习题课五,六章

E Exi Eyj Ezk
电荷元表达式
线电荷面电荷体电荷
d q d l
dq dS dq dV
有用的结论
（1）一均匀带电直2
sin
1)
Ey
4 0a
(cos1
cos2 )
特例：无限长均匀带电直线的场强
E 2 0a
（2）一均匀带电圆环轴线上任一点 x处的电场
Q E1 2 0 2 0S
C
B C
E dl
0
E0
d /2
E1 dx
d 2
d
Q
2 0 S
2
Qd
4 0 S
P36 10 10．一电偶极子由电荷q的两个异号点电荷组成，两电
荷相距为l．把这电偶极子放在场强大小为E的均匀电场
中。试求：1) 电场作用于电偶极子的最大力矩；2) 电偶
极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力
a
3. 电势叠加原理
(1)点电荷的电势分布:
q
U P 4 0r
(2)点电荷系的电势分布: U
Ui
i
qi
4 0ri
(3)连续带电体的电势分布: U dU 1 dq
V
V 4 0 r
P31 7
7. 如图所示，边长为l的正方形，在其四个顶点上各放
有等量的点电荷．若正方形中心O处的场强值和电势值
UC
U C
q (1 40 rB
1
rC
)
15(V
)
U C 15(V )
P33 11
11．有三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一条直线等间距分布,已知其中任一点电荷
所中受点合移力至均无为穷零远，处且外力Q1所=Q作3=的Q。功在固Q定2Q1、. Q3的情况下，将Q2从Q1、Q3连线

清华大学《大学物理》习题库试题及答案

清华大学《大学物理》习题库试题及答案一、选择题1．3165：在相同的时间内，一束波长为?的单色光在空气中和在玻璃中(A) 传播的路程相等，走过的光程相等(B) 传播的路程相等，走过的光程不相等(C) 传播的路程不相等，走过的光程相等(D) 传播的路程不相等，走过的光程不相等2．3611：如图，S1、S2是两个相干光源，它们到P点的距离分别为r1和r2。

路径S1P垂直穿过一块厚度为t1，折射率为n1的介质板，路径S2P垂直穿过厚度为t2，折射率为n2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于t1 r1 (r?nt)?(r?nt)22111 (A) 2P S1 t2 n1 r2 (B) [r2?(n2?1)t2]?[r1?(n1?1)t2] (C) (r2?n2t2)?(r1?n1t1)S2 n2(D) n2t2?n1t13．3664：如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e，并且n1＜n2＞n3，?1为入射光在折射率为n1 n1 ???的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的相位差为(A) 2?n2e / ( n1 ?1) (B)[4?n1e / ( n2 ?1)] + ?? e n2 (C) [4?n2e / ( n1 ?1) ]+???(D) 4?n2e / ( n1 ?1)n3 4．3169：用白光光源进行双缝实验，若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝，用一个纯蓝色的滤光片遮盖另一条缝，则：(A) 干涉条纹的宽度将发生改变(B) 产生红光和蓝光的两套彩色干涉条纹(C) 干涉条纹的亮度将发生改变(D) 不产生干涉条纹5．3171：在双缝干涉实验中，两条缝的宽度原来是相等的。

若其中一缝的宽度略变窄(缝中心位置不变)，则(A) 干涉条纹的间距变宽(B) 干涉条纹的间距变窄(C) 干涉条纹的间距不变，但原极小处的强度不再为零(D) 不再发生干涉现象6．3172：在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是(A) 使屏靠近双缝(B) 使两缝的间距变小(C) 把两个缝的宽度稍微调窄(D) 改用波长较小的单色光源7．3498：在双缝干涉实验中，入射光的波长为?，用玻璃纸遮住双缝中的一个缝，若玻璃纸中光程比相同厚度的空气的光程大?，则屏上原来的明纹处(A) 仍为明条纹(B) 变为暗条纹(C) 既非明纹也非暗纹；S1 (D) 无法确定是明纹，还是暗纹O 8．3612：在双缝干涉实验中，若单色光源S到两缝S1、S2距离S 相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O处。

清华大学物理-习题课整理后课件

光的干涉光的衍射
双缝干涉薄膜干涉
1 双缝干涉条件 d ≪ D
2
条纹间隔
∆x
=
λD d
3 干涉条纹衬比度
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光的干涉光的衍射
双缝干涉薄膜干涉
1. 已知双缝：λ = 5500 Å，D = 3 m，d = 3.3 mm。求： 1 条纹间距；
2 S2 后插入厚 l、折射率为 n 的薄玻璃片，条纹如何移动？ 3 当插入薄玻璃片后，实验观察到从原点处移过 7 条亮纹，求该片
48.. 用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为 λ 的单色平行光垂直
入射，若观察到的干涉条纹如图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好
与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应
的部分应该如何变化？
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光的干涉光的衍射
双缝干涉薄膜干涉
解答：凹陷，且深度为 λ
的折射率。
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光的干涉光的衍射
双缝干涉薄膜干涉
解：
(1)
条纹间距为
∆x
=
D d
λ
=
0.5
mm
(2) 插玻璃片后，观察 0 级 (光程差为 0 的位置）条纹的移动，下缝光线
的光程增大，则上缝的光线路径必须长，故条纹向下移动。
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2
L
d = Lλ = 0.1178 mm 2l
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光的干涉光的衍射

大学物理课后习题答案第五章

大学物理课后习题答案第五章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第五章机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示．[解答]（1）与标准波动方程2cos()xy A t πωλ=-比较得：2π/λ = 0.6，因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)，振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为0.03cos(4)2A y t ππ=-(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+；即 0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--= 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]．（2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt - π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为20 6.010sin 2y t π-=⨯(m)．求距波源5m处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为：26.010sin ()2xy t u π-=⨯- 50.06sin()24t ππ=-，位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？[解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)，平面波的波动方程为：0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ．该点初相φ = 0．5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：（1）P 点的振动表达式；（2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线． [解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)，周期为：T = λ/u = 1(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)．（2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+．（3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？[解答]（1）设此波的波动方程为：图5.5cos[2()]t xy A T πϕλ=++，当t = T /4时的波形方程为：cos(2)2x y A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动方程为：cos 2()t xy A T πλ=+．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-，曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为 cos(2)2a t y A T ππ=+； x b = λ处的质点的振动方程为 cos(22)b t y A Tππ=+．波线上a 和b 两点的位相差φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点（ 2）画出t = 4.2s 时的波形曲线． [解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程cos[2()]t xy A T πϕλ=-+比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)．令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)，即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+ cos[()]23t x ππ=-+．（3）t = 1s 时刻的波形方程为 5cos()26y x ππ=-，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么A 和B 两点的振动方程分别为：cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+，cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+．两点之间的位相差为：2(2)6B A x x πππλλ---=-，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程．[解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为3cos 4()3cos(4)5x xy t t u πππ=+=+．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-．（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为3cos 4()3cos(4)B B xy t t u πππ=+=-，33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-，93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量． [解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)，波的平均能量密度为：2212w A ρω== 158(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强此时声强相当于多少分贝已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，声波的平均能量密度为：2212w A ρω== 6.37×10-6(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 2.16×10-3(W·m -2)，标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，图5.10此声强的分贝数为：010lgIL I == 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为BB S Su u u u νν-=-，其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为33060033030B S S u u u νν==--= 660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为33060033030B S S u u u νν==-+= 550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为3301060033030B B S S u u u u νν-+==--= 680(Hz)．当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为3301060033030B B S S u u u u νν--==-+= 533(Hz)．[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)；在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)；在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为1033165108033130B S u u u u νν++==⨯--= 1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为`11331142133165B u u u νν==⨯--= 1768(Hz)．反射声音的波长为`1111331651421B B uu u u λννν--=-===0.1872(m)．或者 `1`13311768u λν=== 0.1872(m)．[注意]如果用下式计算波长`111650.27871768B u λλν=-=-=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为 1cos[2()]t xy A T πϕλ=++，那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是100Hz ，位相差为π；波在媒质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为1 2121/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+ 5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-．两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．5.17 设入射波的表达式为1cos 2()t xy A T πλ=+，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为2cos 2()t xy A T πλ=-．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得222cos cos y A x t Tππλ=，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：1 6.0cos (0.028.0)2y x t π=-，2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-，2 6.0cos 2()0.5200t xy π=+，可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．。

大学物理课后习题(第五章)

第五章静电场选择题5－1 关于电场强度定义式0q =FE ,下列说法中正确的是（ B ） (A) 电场强度E 的大小与检验电荷的电荷量0q 成反比;(B) 对电场中某点,检验电荷所受的力F 与其电荷量0q 的比值不因0q 的改变而变化; (C) 检验电荷在电场中某点所受电场力F 的方向就是该处电场强度E 的方向; (D) 若电场中某点不放检验电荷,则0=F ,因而0=E .5－2 下述关于某点的电势正负的陈述,正确的是（ C ） (A) 电势的正负决定于检验电荷的正负;(B) 电势的正负决定于外力对检验电荷所做的功的正负; (C) 在电场中,空间某点的电势的正负,决定于电势零点的选取;(D) 电势的正负决定于带电体所带电荷的正负,带正电的物体周围的电势一定是正的,带负电的物体的周围的电势一定为负.5－3 在正六边形的顶角上,相间放置电荷相等的正负点电荷,则中心处（ C ） (A) 电势为零,电场强度不为零; (B) 电势不为零,电场强度为零; (C) 电势为零,电场强度也为零; (D) 电势不为零,电场强度也不为零.5－4 一电子逆着电场线进入匀强电场,在前进过程中,其动能（ B ） (A) 先增大后减小; (B) 越来越大; (C) 越来越小; (D) 先减小后增大.5－5 处于静电场中的平面1S 和曲面2S 有共同的边界,则（ B ） (A) 穿过平面1S 的电场强度通量比穿过曲面2S 的电场强度通量大; (B) 穿过平面1S 的电场强度通量与穿过曲面2S 的电场强度通量相等;(C) 穿过平面1S 的电场强度通量比穿过曲面2S 的电场强度通量小;(D) 若电场是匀强的,穿过平面1S 的电场强度通量与穿过曲面2S 的电场强度通量相等,否则不相等.5－6 下列叙述中,正确的是（ D ） (A) 在匀强电场中,两点之间的电势差为零; (B) 电场强度等于零的地方,电势也为零; (C) 电场强度较大的地方,电势也较高; (D) 在电场强度为零的空间,电势处处相等.5－7 无限长均匀带电的直线的电荷线密度为λ.在距离该直线为r 处,电场强度的大小为（ D ）(A)204πr λε; (B) 04πr λε; (C) 202πr λε; (D) 02πrλε.5－8 若两块无限大均匀带电平行平板的电荷面密度分别为σ和σ-,则两平板之间的电场强度和两平板之外的电场强度大小分别为（ A ）(A)0σε, 0 ; (B) 0 2σε, 02σε; (C) 0σε , 0σε; (D) 02σε, 0 . 5－9 在电荷面密度分别为σ-和σ+的两块无限大均匀带电平行平板之间的电场中,在任一条电场线上的不同点（ B ）(A) 电场强度E 相同,电势U 相同; (B) 电场强度E 相同,电势U 不同; (C) 电场强度E 不同,电势U 相同; (D) 电场强度E 不同,电势U 不同.5－10 如图所示,负的点电荷q 的电场中有A 、B 两点.下面的说法正确的是（ C ） (A) 点B 场强的大小比点A 的小, 点B 的电势比点A 的高; (B) 点B 场强的大小比点A 的小, 点B 的电势比点A 的低; (C) 点B 场强的大小比点A 的大, 点B 的电势比点A 的低; (D) 点B 场强的大小比点A 的大, 点B 的电势比点A 的高.5－11 半径为R 的球面上均匀分布电荷q ,球心处的电势为（ C ） (A) 0; (B)04πq R ε-; (C) 04πq R ε; (D) 02πqRε.5－12 两块相互平行的无限大均匀带电平板，它们的电荷面密度分别为σ±,若平板之间距离为d ,则两平板之间的电势差为（ B ）(A)02d σε; (B) 0d σε; (C) 02d σε; (D) 04dσε. 5－13 一半径为R 的均匀带电圆环,所带电荷为q ,环心处的电场强度大小和电势分别为（ D ）(A) 204πq E R ε=, 04πqV Rε=; (B) 0E =, 0V =;(C) 204πq E R ε=, 0V =; (D) 0E =, 04πqV Rε=.5－14 关于真空平行板电容器,下面说法正确的是（ C ） (A) 极板上的电荷增加一倍,其电容也增加一倍; (B) 极板之间的电压增加一倍,其电容也增加一倍; (C) 极板的面积增加一倍,其电容也增加一倍; (D) 极板之间的距离增加一倍,其电容也增加一倍.5－15 一真空平行板电容器的电容为0C ,充电至极板间电势差为0U 时和电源断开,保持极板上的电荷不变.若在其极板间充满相对电容率为r ε的电介质,则其电容C 和极板间电势差U 分别为（ B ）(A) r 0C C ε=, r 0ε=U U ; (B) r 0C C ε=, 0rε=U U ;(C) 0rC C ε=, 0rε=U U ; (D) 0rC C ε=, r 0ε=U U ;5－16 平行板电容器充电后仍与电源连接.若用绝缘手柄将两极板的间距拉大,则极板上电荷Q ,极板间的电场强度E 的大小和电场能量e W 的变化为（ B ）(A) Q 增大, E 增大, e W 增大; (B) Q 减小, E 减小, e W 减小;(C) Q 增大, E 减小, e W 增大; (D) Q 减小, E 增大, e W 增大.计算题5－17 电荷为61 2.010C q -=⨯和62 4.010C q -=⨯的两个点电荷,相距10cm ,求两点电荷连线上电场强度为零的点的位置.解设场强为零的点到1q 的距离为x ,则12220004π4π()q q x d x εε-=-式中10cm d =.解方程,可得cm 4.14cm x ===5－18 如图所示,两个等量异号的点电荷q ±,相距为l .求两点电荷的连线上距离中点O 为x 的点P 的电场强度.若x l >>,这两个点电荷组成的系统可看成电偶极子,求此情况下,点P 处的电场强度表达式.解以O P →为Ox 轴正向，q 在点P 的电场强度为1204π2q E l x ε=⎛⎫- ⎪⎝⎭q -在点P 的电场强度为2204π2q E l x ε-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭点P 的电场强度为12222202002π4π4π224q q q xlE E E l l l x x x εεε-=+=+=⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+- ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭0E >,说明其方向沿O P →.若x l >>,则33002π2πql pE x xεε== 式中p ql =,为偶极子的电矩p 的大小;若写成矢量式,则为302πxε=p E .5－19 一半径为R ,圆心角为2π3的圆环上均匀分布电荷q -.求圆心处的电场强度E . 解取坐标如图.圆环上单位长度电荷绝对值为322ππ3q qRR λ==.如图所示,在θ处取d d q R λθ=,其在环心O 处的电场强度d E 方向如图,大小为22000d d d d 4π4π4πq R E R R Rλθλθεεε=== 由于对称, 圆环上的电荷在环心O 处的电场强度沿Ox 方向的分量d 0x x E E ==⎰.在Oy 方向上0cos d d d cos 4πy E E Rλθθθε==圆环上的电荷在环心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为π3π220003cos d 4π4π8πy E R R R λθθεεε-===⎰圆环上的电荷在环心O 处的电场强度为2208πy E Rε==E j j 5－20 正电荷q 均匀地分布在长度为L 的细棒上.求证在棒的延长线上,距离棒中心为r 处的电场强度的大小为2201π4qE r L ε=-证取坐标如图所示.在棒上x 处取微元d x ,其上的电荷为d d d qq x x Lλ==.d q 在棒的延长线上距中心r 处的点C 的电场强度沿Ox 轴正向,为20d d 4π()xE r x λε=-整个棒上的电荷在点C 的电场强度为22002222200d 114π()4π2241 4π4π4L L x E L L r x r r L q r L r L λλεελεε-⎛⎫⎪==- ⎪- ⎪-+⎝⎭==--⎰5－21 如图所示,一细线被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷q ,下部均匀分布电荷q -.求圆心O 处的电场强度E .解半圆细线关于Ox 轴对称.取对称的大小相等的正负电荷微元,它们在圆心O 处的电场强度之和沿Oy 轴负向.由此可见,所有电荷在圆心O 处的电场强度,也一定沿Oy 轴负向.上半部分带正电荷,电荷线密度为2ππ2q qR R λ+==.在圆弧上取微元d d l R θ=,其上所带电量为d d d q l R λλθ==.d q 在圆心处产生的电场强度1d E 的大小为1200d d d 4π4πR E R Rλθλθεε== 1d E 沿Oy 方向的分量为10d d cos 4πy E Rλθθε=-式中θ为d q 到Oy 轴的角距离.对上面的四分之一圆弧积分,即得所有正电荷在圆心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为π21000cos 4π4πy E d R Rλλθθεε=-=-⎰ 同样的方法,可求得所有负电荷在圆心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为204πy E Rλε=-整个半圆环上的电荷在圆心O 处的电场强度为()1222002ππy y qE E R R λεε=+=-=-E j j j5－22 边长为a 的正方体的中心,放置一点电荷Q .求穿过正方体各个侧面的电场强度通量.若点电荷Q 放在正方体的顶点A 上,如图所示,则穿过侧面BCDE 的电场强度通量为多少?解若点电荷放置在正方体的中心,则正方体表面包围的电荷为Q ,穿过表面的电场强度通量为e 0QΦε=穿过各侧面的电场强度通量相等,为e106QΦε=若点电荷放在正方体的顶点A 上,则可设想点电荷处于另一个大正方体的中心,这个大正方体是原来的小正方体的8倍.穿过这个大正方体表面的电场强度通量为e 0QΦε=,穿过大正方体一个侧面的电场强度通量为e6Φ.每个侧面都是由4个BCDF 这样的正方形对称地拼铺而成.因此, 穿过BCDF 的电场强度通量是穿过一个侧面的电场强度通量的14,为 e e e201462424QΦΦΦε=⨯==5－23 电场强度大小为1300V m -⋅的匀强电场中,有一半径为20.0cm 的圆周,电场强度与圆平面的夹角为o30.求穿过以该圆周为边界的曲面的电场强度通量e Φ.解电场穿过以圆周为边界的任何曲面的电场强度通量都与穿过圆平面的电场强度通量相等.电场强度与圆平面的法线间的夹角为ooo(9030)60θ=-=,因此()2o e 21o cos πcos 60 300π2.010cos 60 V m 18.85 V mΦES E R θ-=⋅===⨯⋅=⋅E S5－24 相互平行的两条无限长直线,相距为a ,其上均匀带电,电荷线密度分别为λ和λ-.求距离两直线均为a 的点P 的电场强度.解二带电直线在点P 的电场强度1E 和2E 如图所示.二者大小相等,为1202πE E aλε==.总电场强度E 是1E 和2E 的矢量和,方向如图,垂直于二直线且与二直线组成的平面平行;由几何关系可知,E 大小与1E 和2E 相同,亦为02πE a λε=5－25 如图所示,相互平行的两条无限长直线,相距为d ,其上均匀带电,电荷线密度分别为λ和λ-.求在两直线所决定的平面上的电场强度分布.解取坐标如图所示.在两条带电直线所在的平面上, 两条带电直线的电场强度1E 和2E 的方向均沿Ox 轴.左边的均匀带电无限长直线在x 处的电场强度为()10 02πE x xλε=≠ 右边的均匀带电无限长直线在x 处的电场强度为()()20 2πE x d x d λε-=≠-两条带电直线决定的的平面上的电场强度为()()1200011 0,2π2π2πE E E x x d x x d x x d λλλεεε-⎛⎫=+=+=-≠≠ ⎪--⎝⎭5－26 如图所示,两块相互平行的无限大均匀带电平面上,电荷面密度分别为σ和2σ-.求图中三个区域的电场强度.解两块电荷均匀分布的无限大平板的电场均为匀强场.如图所示,左边平板的电场方向如图上实箭头所指,大小为02σε,右边平板的电场方向如图上虚箭头所指,大小为0σε.如图所示,取Ox 轴与平面垂直,则三个区域的电场强度均沿Ox 轴.由叠加原理,各区域的场强为:Ⅰ区域100022E σσσεεε⎛⎫=+-=⎪⎝⎭ Ⅱ区域2000322E σσσεεε⎛⎫=+=⎪⎝⎭ Ⅲ区域300022E σσσεεε⎛⎫-=-+=⎪⎝⎭ 5－27 如图所示,两个电偶极矩大小均为p ql =的电偶极子在一条直线上,方向相反,且负电荷重合.求在它们的延长线上距离负电荷为r (r l >>)的点P 的电势.解从左到右三个点电荷的电场在点P 的电势分别为()104πqV r l ε=+2024πq V r ε-=()304πqV r l ε=-点P 的电势为()()()12300022202 4π4π4π 2πV V V V q q qr l r r l ql r r l εεεε=++-=+++-=- 因为r l >>,所以可近似为233002π2πql pl V r r εε==5－28 如图所示,电荷为q ±的两个点电荷分别位于点D 和点O ,2DO R =.若将带电粒子0q 从DO 的中点A ,沿以点O 为圆心,R 为半径的圆弧ABC 移至点C ,求电场力对它所做的功.解 q +和q -的电场中,点A 的电势0A V =,点C 的电势为00114π36πC q qV R R Rεε--⎛⎫=+= ⎪⎝⎭ 将0q 从点A 经点B 沿圆弧移至点C ,电场力对它所做的功为()0006πA C q qA q V V Rε=-=5－29 一均匀带电的半圆环,半径为R ,所带电荷为Q ,求环心处的电势. 解半圆环上的电荷元d q 的电场中,圆心O 处的电势为0d d 4πqV Rε=带电半圆环的电场中,圆心O 处的电势为00d d 4π4πLq QV V R Rεε===⎰⎰5－30 电荷q 均匀地分布在半径为R 的细圆环上.求细圆环轴线上,距中心为x 的点P 的电势.解取坐标如图所示.在园环上取电荷元d q ,其电场在Ox 轴上x 处的点P 处的电势为0d d 4πq V r ε==整个园环上的电荷的电场在点P 处的电势为d V q ===⎰⎰圆环也可以用电势定义d P P L V ∞=⋅⎰E l 来求.在例5－4中,已经求得带电圆环轴线上距中心为x 处的场强为()322204πqx E x Rε=+若选积分路径为从点P 沿轴线延伸到∞的直线,则d d x =l i ,于是()32220d d 4πqx x x Rε⋅=+E l点P 处的电势为()322021d d 4πP P x Lqx xV P xRε∞∞=⋅==+⎰⎰E l点P 是任意的,因此V =5－31 如图所示,平面曲线ABMCD 上均匀带电,电荷线密度为λ.BMC 是半径为R 的半圆弧,AB 、CD 和圆心O 在同一条直线上,AB CD R ==.求圆心O 处的电场强度和电势.解 AB 和CD 上的电荷,在圆心O 处产生的电场强度,大小相等方向相反,相互抵消.因此圆心O 处总的电场强度与半圆弧BMC 上的电荷在此产生的电场强度相等,方向垂直AD 向下.如题5—19,可求得该电场强度的大小为02πE Rλε=.在AB 上距离A 为x 出取d x ,其上电荷为d d q x λ=.d q 的电场中,圆心O 处的电势为0d d 4π(2)xV R x λε=-.AB 上的电荷的电场中,圆心O 处的电势为1000d ln 24π(2)4πRxU R x λλεε==-⎰同样的方法可求得CD 上的电荷的电场中,圆心O 处的电势为20ln 24πV λε=半圆弧BMC 上电荷的电场中,圆心O 处的电势为 300π4π4R V R λλεε==圆心O 处的总电势为12300022ln 2ln 214π44πV V V V λλλεεε⎛⎫=++=⨯+=+ ⎪⎝⎭5－32 无限长直线均匀带电,电荷线密度为λ.求其电场中距离直线分别为a 和b 的两点之间的电势差.解均匀带电线密度为λ的无限长直线周围的电场,沿以该直线为轴的柱坐标的径向,到带电直线的距离为r 的点上,电场强度的大小为02πE rλε=到带电直线的距离为a 和b 的两点之间的电势差为00d d d ln 2π2πb b bab aaabU E r r r aλλεε=⋅=⋅==⎰⎰⎰E l 5－33 在平行板电容器极板之间充填两种电容率分别为1ε和2ε的电介质,每一种电介质各占一半体积.若电介质如图(a)分布,两种电介质中的电场能量密度之比是多少?若电介质按图(b)分布,则两种电介质中电场能量密度之比又是多少?解 (a) 极板间的电势差相同,因此板间的电场强度相等,12E E =.由2e 12E ε=w ,可得两种介质中的电场的能量密度之比为e1e212::εε=w w(b) 电介质中的电场强度为E σε=,因此两种介质中的电场强度之比为121211::E E εε=.由2e 12E ε=w ,可得两种介质中的电场的能量密度之比为 22e1e21122211211::::E E εεεεεε===w w5－34 一个标有“10μF,450V ”的电容器,当充电到电势差400V U =时,它所储存的电场能为多少?若是平行板电容器,极板之间的距离为320010cm d .-=⨯,充填的电介质的相对电容率为r 520.ε=,则极板之间电场的能量密度为多大?解电容器储存的电场能为262e 111010400J 0.8 J 22W CU -==⨯⨯⨯=极板之间的电场强度为UE d=,电场的能量密度为 22e r 0r 0212333511221400 52088510J m 92010J m 220010U E d ....εεεε----⎛⎫== ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯⋅=⨯⋅ ⎪⨯⎝⎭w。

大学物理课后答案第5章

第五章热力学基础5－1 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。

（大气压P 0 = 1.013×105 Pa ）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⨯103 kg·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ghp 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 ρ5－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m 3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa ，氧气厂规定压强降到1.00×106 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1.01×105 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。

从氧气质量的角度来分析。

利用理想气体物态方程pV = mRT /M 可以分别计算出每天使用氧气的质量m 3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m 1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m 2之差），从而可求得使用天数321/)(m m m n -=。

解：根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m 333122111===；；则一瓶氧气可用天数()()5.933121321=-=-=V p V p p m m m n5－3 一抽气机转速ω=400r ּmin -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。

清华大学《大学物理》习题库试题及答案电学习题答案

一、选择题1．1003：下列几个说法中哪一个是正确的？(A) 电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向 (B) 在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同(C) 场强可由定出，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，为试验电荷所受的电场力(D) 以上说法都不正确2．1405：设有一“无限大”均匀带正电荷的平面。

取x 轴垂直带电平面，坐标原点在带电平面上，则其周围空间各点的电场强度随距离平面的位置坐标x 变化的关系曲线为(规定场强方向沿x 轴正向为正、反之为负)：3．1551：关于电场强度定义式，下列说法中哪个是正确的？(A) 场强的大小与试探电荷q 0的大小成反比(B) 对场中某点，试探电荷受力与q 0的比值不因q 0而变(C) 试探电荷受力的方向就是场强的方向(D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则＝0，从而＝04．1558：下面列出的真空中静电场的场强公式，其中哪个是正确的？ (A)点电荷q 的电场：(r 为点电荷到场点的距离)(B)“无限长”均匀带电直线(电荷线密度)的电场：(为带电直线到场点的垂直于直线的矢量)(C)“无限大”均匀带电平面(电荷面密度)的电场：(D) 半径为R 的均匀带电球面(电荷面密度)外的电场：(为球心到场点的矢量)5．1035：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(A)(B)(C)(D)q F E / =F EEFFE F E204r q E επ=λr r E302ελπ=r σ02εσ=E σr r R E 302εσ=r 03εq 04επq 03επq 06εq( x q1035图6．1056：点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后： (A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变 (B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变 (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化 (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化7．1255：图示为一具有球对称性分布的静电场的E ～r 关系曲线。

清华大学《大学物理》习题库试题及答案___05_机械波习题

一、选择题：1．3147：一平面简谐波沿Ox 正方向传播，波动表达式为(SI)，该波在t = 0.5 s 时刻的波形图是［］2．3407：横波以波速u 沿x 轴负方向传播。

t 时刻波形曲线如图。

则该时刻(A) A 点振动速度大于零(B) B 点静止不动 (C) C 点向下运动 (D) D 点振动速度小于零［］ 3．3411：若一平面简谐波的表达式为，式中A 、B 、C 为正值常量，则：(A) 波速为C (B) 周期为1/B (C) 波长为 2π /C (D) 角频率为2π /B ［］4．3413：下列函数f (x 。

t )可表示弹性介质中的一维波动，式中A 、a 和b 是正的常量。

其中哪个函数表示沿x 轴负向传播的行波？(A) (B)(C) (D) ［］5．3479：在简谐波传播过程中，沿传播方向相距为（λ 为波长）的两点的振动速度必定(A) 大小相同，而方向相反 (B) 大小和方向均相同(C) 大小不同，方向相同 (D) 大小不同，而方向相反［］6．3483：一简谐横波沿Ox 轴传播。

若Ox 轴上P 1和P 2两点相距λ /8（其中λ 为该波的波长），则在波的传播过程中，这两点振动速度的(A) 方向总是相同 (B) 方向总是相反(C) 方向有时相同，有时相反 (D) 大小总是不相等［］7．3841：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［］8．3847：图为沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 0时刻的波形。

若波的表达式以余弦函数表示，则O 点处质点振动的初相为： (A) 0 (B) (C) (D)［］9．5193：一横波沿x 轴负方向传播，若t 时刻波形曲线如图所示，则在t + T /4时刻x 轴上的1、2、3三点的振动位移分别是：(A) A ，0，-A (B) -A ，0，A (C) 0，A ，0 (D) 0，-A ，0. ［］]2)42(2cos[10.0π+-π=x t y cos(Bt A y -=)cos(),(bt ax A t x f +=)cos(),(bt ax A t x f -=bt ax A t x f cos cos ),(⋅=bt ax A t x f sin sin ),(⋅=λ21π21ππ23- 5193图x y O u3847图10．5513：频率为 100 Hz ，传播速度为300 m/s 的平面简谐波，波线上距离小于波长的两点振动的相位差为，则此两点相距(A) 2.86 m (B) 2.19 m (C) 0.5 m (D) 0.25 m ［］11．3068：已知一平面简谐波的表达式为（a 、b 为正值常量），则 (A) 波的频率为a (B) 波的传播速度为 b/a(C) 波长为 π / b (D) 波的周期为2π / a ［］12．3071：一平面简谐波以速度u 沿x 轴正方向传播，在t = t ＇时波形曲线如图所示。

大学物理第5章习题解答

第五章机械振动5-1一远洋货轮，质量为t M 4102⨯=，浮在水面对其水平截面积为23102m S ⨯=。

设在水面附近货轮的截面积与货轮高度无关，试证明此货轮在水中的铅直自由运动是简谐振动，并求其自由振动的周期。

解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 22d d t yMMa F == 故0d d 22=+gy s t y M ρ022=+y M gs dt dy ρ 故作简谐振动 M gs ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ5-2 重物A 的质量M=1kg ，放在倾角030=θ的光滑斜面上，并用绳跨过定滑轮与劲度系数149-⋅=m N k 的轻弹簧连接，如习题5-2图所示，将物体由弹簧未形变的位置静止释放，并开始计时，试求:（1）不计滑轮质量，物体A 的运动方程;（2）滑轮为质量M ，半轻r 的均质圆盘，物体A 的运动方程。

解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) 习题5-1图(1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x mkt x 故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(t xM x l k T ++=代入(2)式知22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx txm M即0)2(d d 22=++x m M ktx 习题5-2图m M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.5-3质点作简谐振动的振动曲线如习题5-3图所示，试根据图得出该质点的振动表达式。

大学物理5.3角动量守恒定律解析课件

6.3kms1
➢ 增加通讯卫星的可利用率
探险者号卫星偏心率高
近地
h1 160.9km
v1 3.38104 kms1 t小很快掠过
远地
h1 2.03105 km v1 1225kms1 t大充分利用
第10页，共33页。
➢ 地球同步卫星的定点保持技术卫星轨道平面与地球赤道平面倾角为零
严格同步条件轨道严格为圆形运行周期与地球自转周期完全相同（23小时56分4秒）
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回顾作业 P72 4 -11
CB
Ny o Nx
F轴 0
M轴 0
A
A、B、C系统
p不守恒；
A、B、C系统对 o 轴角动量守恒
mA mB v1R mA mB mc vR
第25页，共33页。
练习：已知 m = 20 克，M = 980 克 ,v 0 =400米/秒，绳不可伸长。求 m 射入M 后共同的 v =?
“1987超新星事件” 杨桢
第32页，共33页。
解：内核坍缩过程不受外力矩作用，对自转轴的角动量守恒
2 5
mR020
2 5
mR2
得坍缩后的角速度为：
R0 R
2
0
2 107 6 103
2
45
2
24 3600
17.9
rad s-1
第33页，共33页。
Lz 恒量
第15页，共33页。
例.已知：两平行圆柱在水平面内转动，
m1 , R1 , 10 ; m2 , R2
求：接触且无相对滑动时
1 ? 2 ?
, 20
10
20
m1
.o1
R1

大学物理习题答案解析第五章

第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρd V 、面电荷元σd S 和线电荷元λd l .同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布. 此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布.3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布.4.类比法在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶αr l λεE l l cos d π4122/2/0⎰-=极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究L C 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了.5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.01d d 22=+i LCt i第五章静电场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).5 －2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).5 －3 下列说法正确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ).*5 －4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A ) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D ) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动2εσ分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ).5 －5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为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. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带的上夸克和两个带的下夸克构成.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F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有由此出发命题可证.()e q 21max 10821-⨯⨯+=1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e e 32e 31-()r r r r e εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210===4320232me E εk =v 2202π41r e εr m =v证由上述分析可得电子的动能为电子旋转角速度为由上述两式消去r ，得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F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.re εm E K 202π8121==v 3022π4mr εe ω=432022232π4me E εωK ==v N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F 2204π1Lr Q εE -=2204π21L r r Q εE +=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 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度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，(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 的电场强度就是证 (1) 延长线上一点P 的电场强度，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则电场强度的方向沿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，大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′，统一积分变量，则当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r r q εe E 20d π41d '=⎰=E E d ⎰=LE i E d ⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d ⎰'=L r πεq E 202d ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰E r εq αE L d π4d sin 2⎰'=22x r r +='()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-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. 5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元，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，统一积分变量，有积分得 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=θR x cos =θR r sin =()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==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，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为，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 水分子的电偶极矩在电偶极矩延长线上解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度由于代入得测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中，将上式化简并略去微小量后，得 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.00er P =θer P cos 20=302π41x p εE =θer θP P cos 2cos 200==30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE ===+-+=E E E 2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202300cos π1x θe r εE =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(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解由点电荷电场公式，得()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2i E F 00π2r ελλ==-+i E F 002π2r ελλ-=-=+-考虑到z ＞＞d ，简化上式得通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度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① ()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+=()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=k E 403π41zQ ε=⎰⋅=S S d s E Φ∑⎰==⋅01d 0q εS S E ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度 (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即.而考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有同理因此，整个立方体表面的电场强度通量5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为，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(为地球平均半径).由高斯定理r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS2π0π2222πdsin d sin dd sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ()12E kx E +E =i +j 0==DEFG OABC ΦΦ()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E 3ka ==∑ΦΦ1m V 120-⋅E R R ≈E R ∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E地球表面电荷面密度单位面积额外电子数5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有根据高斯定理，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为，每个带电球壳在壳内激发的电场，而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理得球体内(0≤r ≤R )∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE 25cm 1063.6/-⨯=-=e σn ()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 02Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E r r ρq ''⋅=d π4d 20d =E rrεqe E 20π4d d =()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰球体外(r ＞R )解2 将带电球分割成球壳，球壳带电由上述分析，球体内(0≤r ≤R )球体外(r ＞R )5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场它们的合电场强度为()r εkr r e E 024=()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=r r r k V ρq '''==d π4d d 2()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰n εσe E 012=n e n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=220212在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为分析本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证带电球体内部一点的电场强度为所以，根据几何关系，上式可改写为n rx x εσe E E E 22212+=+=n nεσx r εσe e E 02202/112≈+=a E 03ερ=r E 03ερ=r E 013ερ=2023r E ερ-=()210213r r E E E -=+=ερa r r =-21a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而 .在确定高斯面内的电荷后，利用高斯定理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r ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，，故 R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷故 R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故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 .24d r πE ⋅=⎰S E ∑q ∑⎰=/d εq S E ∑=⋅02/π4εq r E 0=∑q 01=E ()31323131R R R r Q q --=∑()()23132031312π4r R R εR r Q E --=2013π4r εQ E =20214π4r εQ Q E +=230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=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，求出不同半径高斯面内的电荷.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r ＜R 1 ，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 ，r ＞R 2，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.⎰⋅=rL E d π2S E ∑q ∑=⋅0/π2εq rL E 0=∑q 01=E L λq =∑rελE 02π2=0=∑q 03=E 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===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，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.5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为l E d 02⎰∞=Q W ()0202V Q V V Q W =-=∞()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q Q Q Q 414132-=-=()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E Q Q 412-=dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=dεQ V Q W 0202π8=-='。

大学物理学(清华C5版)分章配套精品题目及答案(第五章)

第五章刚体力学基础【例题精讲】例5-1关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 A. 只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关。

B. 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。

C. 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。

D. 只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。

[ C ] 例5-2两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若ρA ＞ρB ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为J A 和J B ，则 A. J A ＞J B 。

B. J B ＞J A 。

C. J A ＝J B 。

D. J A 、J B 哪个大，不能确定。

[ B ] 例5-3将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 A. 小于β。

B. 大于β，小于2 β。

C. 大于2 β。

D. 等于2 β。

例5-4一飞轮作匀减速转动，在5 s 内角速度由40π rad ·s -1减到10π rad ·s -1，则飞轮在这5 s 内总共转过了___________圈，飞轮再经__________的时间才能停止转动。

62.5 1.67s例5-5 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？A ．角速度从小到大，角加速度从大到小B ．角速度从小到大，角加速度从小到大C ．角速度从大到小，角加速度从大到小D ．角速度从大到小，角加速度从小到大例5-6转动着的飞轮的转动惯量为J ，在t ＝0时角速度为ω 0。

此后飞轮经历制动过程，阻力矩M 的大小与角速度ω 的平方成正比，比例系数为k (k >0常量)。

当ω=ω0/3时，飞轮的角加速度β ＝．从开始制动到ω=ω0/3所经过的时间t ＝。

清华大学大学物理习题库试题与答案力热电三合一版

力学部分一、选择题1．0018：某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作(A) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向(B) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向(C) 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向(D) 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向［］ 2．5003：一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为（其中a 、b 为常量），则该质点作(A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动(C) 抛物线运动 (D)一般曲线运动［］ 3．0015：一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处，其速度大小为(A) (B) (C) (D) 4．0508：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，其平均速度大小与平均速率大小分别为(A) 2p R /T ， 2p R/T (B) 0 ， 2πR /T (C) 0 ， 0 (D) 2πR /T ， 0.［］ 5．0518：以下五种运动形式中，保持不变的运动是(A) 单摆的运动 (B) 匀速率圆周运动(C) 行星的椭圆轨道运动 (D) 抛体运动 (E) 圆锥摆运动［］6．0519：对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的：(A) 切向加速度必不为零(B) 法向加速度必不为零（拐点处除外） (C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零(D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零 (E) 若物体的加速度为恒矢量，它一定作匀变速率运动［］ 7．0602：质点作曲线运动，表示位置矢量，表示速度，表示加速度，S 表示路程，a 表示切向加速度，下列表达式中， (1) ， (2) ， (3) ， (4)(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的［］8．0604：某物体的运动规律为，式中的k 为大于零的常量。

清华大学《大学物理》习题库试题及答案_

清华大学《大学物理》习题库试题及答案一、选择题1．0148：几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体(A) 必然不会转动 (B) 转速必然不变(C) 转速必然改变 (D) 转速可能不变，也可能改变［］2．0153：一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度按图示方向转动。

若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度ω (A) 必然增大 (B) 必然减少(C) 不会改变(D) 如何变化，不能确定［］3．0165：均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。

今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？(A) 角速度从小到大，角加速度从大到小 (B) 角速度从小到大，角加速度从小到大(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大［］4．0289：关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关（B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关（C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置（D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关［］5．0292：一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体。

物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为。

若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度将(A) 不变 (B) 变小 (C) 变大 (D) 如何变化无法判断［］6．0126：花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角速度为。

然后她将两臂收回，使转动惯量减少为J 0。

这时她转动的角速度变为：(A) (B) (C) (D) ［］7．0132：光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为mL 2，起初杆静止。

清华大学《大学物理》习题库试题及答案____09_磁学习题

一、选择题1．5566：在磁感强度为B的均匀磁场中作一半径为r的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量n与B的夹角为α，则通过半球面S的磁通量(取弯面向外为正)(A) πr2B. (B)2 πr2B(C) -πr2B sinα (D) -πr2B cosα［］2．2020：边长为l的正方形线圈中通有电流I，此线圈在A点(见图)为(A) lIπ42μ(B)lIπ22μ(C) lIπ2μ(D) 以上均不对3．2353：如图所示，电流从a点分两路通过对称的圆环形分路，汇合于bbd都沿环的径向，则在环形分路的环心处的磁感强度(A) 方向垂直环形分路所在平面且指向纸内(B) 方向垂直环形分路所在平面且指向纸外(C) 方向在环形分路所在平面，且指向b(D) 方向在环形分路所在平面内，且指向a(E) 为零［］4．2354：通有电流I的无限长直导线有如图三种形状，则P，Q，O各点磁感强度的大小B P，B Q，B O间的关系为：(A) B P > B Q > B O(B) B Q > B P > B O(C)B Q > B O > B P(D) B O > B Q > B P［］5．5468：电流I由长直导线1沿垂直bc边方向经a点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由b点流出，经长直导线2沿cb延长线方向返回电源(如图)。

若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O点产生的磁感强度分别用1B、2B和3B表示，则O点的磁感强度大小(A) B = 0，因为B1 = B2 = B3 = 0(B) B = 0，因为虽然B1≠0、B2≠0，但021=+BB，B3 = 0(C) B≠0，因为虽然B3 = 0、B1= 0，但B2≠0(D) B≠0，因为虽然021≠+BB，但［］6．5470：电流由长直导线1沿半径方向经a点流入一电阻均匀的圆环，再由b点沿切向从圆环流出，经长导线2返回电源(如图)。

大学物理课后习题答案第五章

第五章机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较得：2π/λ = 0.6，因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)，振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：；即 = 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]．（2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt -π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为：，位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)，平面波的波动方程为：= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ．该点初相φ = 0．5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin 2y t π-=⨯26.010sin()2xy t u π-=⨯-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+（1）P 点的振动表达式；（2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)，周期为：T = λ/u = 1(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)．（2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为．（3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为：，当t = T /4时的波形方程为：．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动方程为：．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：，曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为； x b = λ处的质点的振动方程为．波线上a 和b 两点的位相差0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=++cos(2)2xy A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+cos(22)b ty A Tππ=+图5.5φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)．令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)，即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形方程为，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，cos[2()]t x y A T πϕλ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[()]23t x ππ=-+5cos()26y x ππ=-图5.8已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：，那么A 和B 两点的振动方程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程． [解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为．（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为，，．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量． [解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)，波的平均能量密度为：= 158(J·m -3)，平均能流密度为：= 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+2(2)6B A x x πππλλ---=-3cos 4()3cos(4)5x x y t t u πππ=+=+3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-3cos 4()3cos(4)BB x y t t u πππ=+=-33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+2212w A ρω=I wu =图5.10声波的平均能量密度为：= 6.37×10-6(J·m -3)，平均能流密度为：= 2.16×10-3(W·m -2)，标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，此声强的分贝数为：= 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为，其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 680(Hz)．当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 533(Hz)． [注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)；在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)；在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为 = 1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为2212w A ρω=I wu =010lgIL I =BB S Su u u u νν-=-33060033030B S S u u u νν==--33060033030B S S u u u νν==-+3301060033030B B S S u u u u νν-+==--3301060033030B B S S u u u u νν--==-+1033165108033130B Su u u u νν++==⨯--= 1768(Hz)．反射声音的波长为=0.1872(m)．或者 = 0.1872(m)． [注意]如果用下式计算波长=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为，那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为．两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．`11331142133165B u u u νν==⨯--`1111331651421BBu u u u λννν--=-==`1`13311768u λν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T πϕλ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-S 1 S 2S 125.17 设入射波的表达式为，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：，，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：，，可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．1cos 2()t xy A T πλ=+2cos 2()t xy A T πλ=-222coscosy A x t Tππλ=1 6.0cos(0.028.0)2y x t π=-2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-2 6.0cos 2()0.5200t x y π=+。

清华大学大学物理习题课选讲例题.

x
dWf Ff dx
l a
mg Wf (l a x)dx l 0
河南城建学院数理系主讲王新练
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
大学物理教程（第二版）
o x l–a-x
x
a x
mg Wf (l a x)dx l 0 2 mg (l a) 2l
例一个质量为m的质点，仅受到力 F kr r 3 的作用，式中 k 为正常数,r 为从某一定点到质点的矢径.
该质点在 r = ro处由静止被释放, 则当它到达无穷远时的速率是多少？解：力作功
W

r0
kdr k F dr 2 r0 r r0
2k mr0
解：小球在竖直平面内作匀速圆周运动，其动能不变，势能改变，所以机械能不守恒。小球在运动过程中，速度方向在改变，所以动量不守恒. 由于小球作匀速圆周运动，它所受的合力指向圆心，力矩为零，所以角动量守恒.
河南城建学院数理系主讲王新练
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
大学物理教程（第二版）
例今有倔强系数为k的弹簧（质量忽略不计）竖直放置，下端悬挂一小球，球的质量为m0，开始时使弹簧为原长而小球恰好与地接触。今将弹簧上端缓慢地提起，直到小球刚能脱离地面为止，在此过程中外力作功为 m2 g 2 2k 。
河南城建学院数理系
主讲
王新练
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
大学物理教程（第二版）
例一小球在竖直平面内作匀速圆周运动，则小球在运动过程中：（A）（A）机械能不守恒、动量不守恒、角动量守恒（B）机械能守恒、动量不守恒、角动量守恒（C）机械能守恒、动量守恒、角动量不守恒（D）机械能守恒、动量守恒、角动量守恒