四川大学大学物理第五章习题册解答1教学文案
大学物理第5章习题答案教学提纲
第五章 静电场
y
dE
P
dq dx Q dx
L
d
Ey
dq
4π 0r2
sin
r r r r
sin
dq
dx 4π 0r2
sin
QL
o x dx x ctgr x
sind 4π 0r
dx
r sin2
d
E
Ey
2
L
2 0
dE
y
2
4π0r
arccos L 2
(L 2)2r2 ( sin )d
(2) 两带电直线上单位长度上的电场力．
r r
解：
E 2 π 0r er
r
(1)
r E
r E
r E
2 0
1 x
r
1
x
r i
rr
x E
o
E
x
i
2 0 x(r x)
习题答案
解：
r E
2
π 0r
r er
(1)
r E
r E
r E
2 0
1 x
r
1
x
r i
rr
i
2 0 x(r x)
(2)
r F
r
E
2 2 0r
r i
r F
r
r
E
r
2 2 0 r
r i
F F
第五章 静电场
r
E x E
o
E
E
E
x
E
F
F
习题答案
第五章 静电场
5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面 对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.
大学物理第五章习题答案
大学物理第五章习题答案大学物理第五章习题答案第一题：题目：一个质量为m的物体以速度v水平运动，撞到一个质量为M的静止物体，两物体发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后物体m的速度为v1，物体M的速度为V1，则有mv = mv1 + MV1。
由于碰撞是完全弹性碰撞，动能守恒定律也成立，即(mv^2)/2 = (mv1^2)/2 + (MV1^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，可得到关于v1和V1的方程组。
解方程组即可得到碰撞后两物体的速度。
第二题：题目：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V2，则有mv1 = mv2 + MV2，以及(mv1^2)/2 = (mv2^2)/2 + (MV2^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V2。
第三题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后两物体粘在一起，求粘在一起后的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后两物体的速度为V，则有mv = (m+M)V。
解方程即可得到粘在一起后的速度V。
第四题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V，则有mv = mv2 + MV，以及(mv^2)/2 = (mv2^2)/2 +(MV^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V。
第五题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求碰撞后两物体的动能变化。
解答：碰撞前物体m的动能为(mv^2)/2，碰撞后物体m的动能为(mv2^2)/2，两者之差即为动能变化。
大学物理课后习题答案第五章-推荐下载
vx ' u
1
v c2
vx
'
3 4
c
（2） vBA vAB vx ' 0.4c
5.6 惯性系S′相对另一惯性系 S 沿 x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为
计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为 x1 =6×104m, t1 =2×10-4s，以及
x2 =12×104m, t2 =1×10-4s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：
问在以下两种情况中，它们对 S ' 系是否同时发生？
（1）两事件发生于 S 系的同一地点；
（2）两事件发生于 S 系的不同地点。
解 由洛伦兹变化 t (t v x) 知，第一种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系 c2
中 t 0 ，即两事件同时发生；第二种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系中 t 0 ，两
第 5 章 狭义相对论 习题及答案
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线0产中不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资22负料，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看2与全22过，22度并22工且22作尽2下可护1都能关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编5试技写、卷术重电保交要气护底设设装。备备4置管高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并3技试资件且、术卷料拒管中试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
四川大学大学物理习题册答案05第五章静电场
qiq0 ri3
ri
q1
q2 q3
r1 r2
r3
F3
F2
q0
F1
由力的叠加原理得 q0所受合力
F Fi
i
第五章 真空中的静电场 矢量的基本性质：具有一定的大小和方向，加法遵从 平行四边形/三角形法则的量，具有空间平移不变性。
第五章 真空中的静电场
物理学研究具体问题时，常常在参考系上建立直角坐
（A）Q 2 2q （C）Q4q
（B）Q 2q （D）Q2q
F 0
q
2
4e 0a2
4e 0 2a
2
0
Q
Q 2 2q
Q
q
5 – 2 静电场 电场强度
第五章 真空中的静电场
5.2.1.1 静电场
实验证实了两静止电荷间存在相互作用的静电力， 但其相互作用是怎样实现的？
电荷
电场
电荷
场是一种特殊形态的物质，具有质量、能量、动 量等简单带电体系统的电场强度分布。
5 – 1 库仑定律
第五章 真空中的静电场
5.1.1.1 电荷的种类 经其他物体摩擦过的物体所具有的吸引
轻小物体的性质表明物体带了电。
物体所带电荷的多少称作电量，单位C。 实验表明，自然界中只存在两种电荷：
正电荷（如：丝绸摩擦过的玻璃棒所带电荷） 负电荷（如：毛皮摩擦过的硬橡胶棒所带电荷）
静电场的两个物理量：电场强度 E 和电势 j 的概念。 （ E 是矢量场，j 是标量场，二者均具有叠加性）
二、理解高斯定理的物理意义，会用点电荷电场强 度公式 + 场强叠加原理、 高斯定理求解特殊带电体系 的电场强度分布。
三、理解静电场的环路定理，会用电势的积分定义 式、点电荷的电势公式 + 电势叠加原理求解特殊带电 体系的电势分布。
大学物理第五章课后习题答案
第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。
设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。
大学物理第五章习题答案
L
o
y
x
22
在锥体上 z 坐标处任取半径为 r高为 dz 的小柱体，则
L z 2 dm dv r dz ( R ) dz L 根据质心定义得
2
z
1 zC M
L
0
1 zdm M
L
L
0
L z 2 z ( R ) dz L
r
dz
L
R ML2 0 L L R 2 L 2 2 3 x [ zL dz 2 Lz dz z dz ] 2 0 0 0 ML R 2 L4 2 L4 L4 R 2 2 3 M L [ ] L L 2 ML 2 3 4 12 M 12 M 4
11
如果一个长度已知的不规则物体的重量超过一个弹簧秤的最大 量度，问怎样用这弹簧秤称出该物体的重量？ F 上图，根据合力矩为零得
Gx Fl
N
下图，根据合力矩为零得
F l G(l x )
x
F
l
整理可得：
G F F
G
N
G
课后习题
12
5-3：静止的电动机皮带轮半径为 5 cm，接通电源后做匀变速 转动，30 s 后转速达到152 rad / s，求： 1）30 s 内电动机皮带轮转过的转数； 2）通电后 20 s 时皮带轮的角速度； 3）通电后 20 s 时皮带轮边缘上一点的速度、切向加速度和法 向加速度。 解：皮带轮的角加速度为 152 t 0 t t 5 (rad/s 2 )
8
来复线的作用是增加炮弹的射程和准确性。由于炮弹射出时 绕自身轴线高速转动，空气阻力产生的对质心的力矩使炮弹 围绕前进方向产生进动效应，弹头的轴线始终围绕着弹道切 线向前且做锥形运动，从而能克服空气阻气，保证弹头稳定 地向前飞行，避免大的偏离，提高射程与准确性。
大学物理习题答案第五章
[习题解答]5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为a n= v2 /R，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成反比；也可以写为a n= ω2 R，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成正比。
这两者是否有矛盾？为什么？解没有矛盾。
根据公式，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成反比，是有条件的，这个条件就是保持v不变；根据公式，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成正比，也是有条件的，条件就是保持ω不变。
5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解(1)当角速度ω一定时，切向速度也是一定的，所以切向加速度,即不具有切向加速度。
而此时法向加速度,可见是恒定的。
(2)当角加速度一定时，即恒定，于是可以得到,这表示角速度是随时间变化的。
由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定的。
法向加速度为,显然是时间的函数。
5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30s后转速达到152 rad⋅s-1 。
求：(1)在这30 s内电机皮带轮转过的转数；(2)接通电源后20 s时皮带轮的角速度；(3)接通电源后20 s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0 cm。
解(1)根据题意，皮带轮是在作匀角加速转动，角加速度为.在30 s内转过的角位移为.在30 s内转过的转数为.(2)在t = 20 s时其角速度为.(3)在t = 20 s时，在皮带轮边缘上r = 5.0 cm处的线速度为,切向加速度为,法向加速度为.5-4 一飞轮的转速为250 rad⋅s-1 ，开始制动后作匀变速转动，经过90 s停止。
求开始制动后转过3.14⨯103 rad时的角速度。
解飞轮作匀变速转动，，经过90 s，，所以角加速度为.从制动到转过，角速度由ω0变为ω，ω应满足.所以.5-5 分别求出质量为m = 0.50 kg、半径为r = 36 cm的金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量；如果它们的转速都是105 rad⋅s-1 ，它们的转动动能各为多大？解(1)细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为,转动动能为.(2)相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量为,转动动能为.5-6 转动惯量为20 kg⋅m2 、直径为50 cm的飞轮以105 rad⋅s-1 的角速度旋转。
大学物理第五章和第六章习题答案
大学物理习题集（上）专业班级 姓名_ 学号_第五章 刚体的定轴转动一．选择题1．关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是[ C ]（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。
2. 均匀细棒 OA 可绕通过某一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自 由下降，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？[ A ]（A ）角速度从小到大，角加速度从大到小。
A（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。
3. 如图所示，一圆盘绕水平轴 0 做匀速转动，如果同时相向地射来两个质量相同、速度大小相同，且沿同一直线运动的子弹。
子弹射入圆盘均留在盘内，则 子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度将 [ B ]（A ）增大； （B ）减小； （C ）不变； （D ）无法确定。
解答 以圆盘和两子弹为系统，外力矩为零，系统的角动量守恒。
按题意， 两个子弹的初始角动量（对 0 轴之和为零。
两子弹留在圆盘内，增大了圆盘的 转动惯量。
设圆盘的转动惯为 J ，转动的角速度为 ω0 ，则有J ω0 = ( J + ∆J )ωω0 > ω有速度减小，所以应选（B ）4. 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂物体，物体的质量为 m ，此时滑轮的角加速度为 a 。
若将物体卸掉，而用大小等于 mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将[ A ](A)变大； （B ）不变； （C ）变小； （D ）无法判断。
解答如图 5-4（a）所示，设滑轮半径为 R，转动惯量为 J。
当绳下滑挂一质量为m 的物体时，受绳的张力F T 和重力W=mg 作用，加速度a 铅直向下。
四川大学物理习题册第五版答案汇编
5.g/2; 2 3v 2 /3g
三、计算题
1. 解 : (1)v x / t 6m/s,
(n = 0, 1, 2,…)
(2)v dx/dt 10t 9t2 ,
v(2) 16 / s,
(3)a dv/ dt 10 18t,
大学物理练习册解答
一．力学部分 质点运动学（一） 质点运动学（二） 牛顿运动定律（一） 牛顿运动定律（二） 动量与角动量（一） 动量与角动量（二） 功和能(一) 功和能（二） 刚体定轴转动(一) 刚体定轴转动(二) 狭义相对论（一） 狭义相对论（二） 二．热学部分 温度 气体分子运动论（一） 气体分子运动论（二） 热力学第一定律（一） 热力学第一定律（二） 热力学第二定律（一） 热力学第二定律（二）
A2 。
at
Q
M
质点位于图中的 Q 点。显然质点在椭圆形轨
a
an
oo
x
道上沿反时针方向运动。在 M 点，加速度 a 的切
向分量 at 如图所示。可见在该点切向加速度 at 的方向
与速度 v 的方向相反。所以，质点在通过 M 点速率减小。
4.
解：先求质点的位置
t 2s,
a
s 20 2 5 22 60(m)( 在大圆)
t
2dt
0
vy 0
dvy
t 36t 2dt
0
vx 2t
vy 12t3
v 2ti 12t3 j
dx vx dt
dx 2tdt
x
t
0 dx 0 2tdt
x t2
dy vy dt
dy 12t3dt
y
dy
大学物理教程上册第5章作业答案
细棒从水平位置下落至竖直位置整个过程机械能守恒。 取竖直位置质心处的水平线为重力势能零点。
l l 1 m g 0 m g (1 sin 60 ) J 2 2 2 2
5-20 如附图所示，在光滑的水平面上有一木杆，其质 量m1=1kg，长为l=40cm，可绕通过其中点并与之垂直 的轴转动，一质量为m2=10g的子弹，以v=2.0 ×102m/s 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入 杆中，试求所得到的角速度。
解：木杆绕通过其中点并与之垂直的轴转动的转动惯量为 1 J m1l 2 12 1 L rm v lm 2 v 子弹相对于转轴的角动量为 2 2 把子弹和木杆看做一个系统，子弹与杆相互作用过程中， 系统所受的合外力矩等于零，满足角动量守恒。 子弹陷入杆中，整个系统相对于原转轴的转动惯量为 2 1 l l2 2 2 J J r m2 m1l m 2 m1 3m 2 12 12 2 1 l2 lm 2 v J m1 3 m 2 2 12 6 m 2v 3000 29 . 1 rad s 1 m 1 3 m 2 l 103
1 1 1 4 1 R ( - 0) = R 4 4 2 2 8
m 2m 把 1 2 2 ，代入得： R R 2
1 2m 1 4 2 R J R m R2 8 4
5-8 求半圆形的均匀薄板的质心。
y
dθ
dr r θ
-R
O
R
x
解：设薄板的总质量为M，半径为R. 由半圆形的对称性可知薄板的质心在y轴上。
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 uω?-=-+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 π?λ=++cos(2)2xy A ππλ=++sin(2)xA π?λ=-+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 c os(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 π?λ=-+cos[2()]t x y A T π?λ=-+cos[()]23 t x ππ=-+5cos()26 y x ππ=-图5.8。
四川大学大学物理练习册答案第一章至第五章作业讲评
x 12 3
2
(3) 位矢与其速度矢量垂直的条件为：
dy dx vx 3, v y 6t , dt dt
r v xvx yv y 9t 6t (12 3t 2 ) 0 t 0,1.87( s )
有物理意义的解为：t=0和 (4) 电子离原点最近条件是电子位矢大小平方取极小值。
0
1 2 kt 0 2
1.一质点沿x轴运动，其加速度a与位置坐标的关系为 a 3 6 x 2 (SI), 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置的速度 为 ．
d d dx d a dt dx dt dx
d adx (3 6 x 2 )dx
Ｔ２ Ｔ３ 解：因开始时系统处于平衡状态， Ｔ１ 各物体的受力分析如右图。 Ａ Ｂ Ｃ mg mg 绳刚剪断时，弹簧形变状态未 mg Ｔ２ Ｔ３ 变，此时B物体未受T3作用，对 Ｂ物体应用牛顿第二定律有： x
1 2 3
m1
A
m2 m3
B C
m2 aB m2 g T2 m2 g (m2 m3 )g ―(m /m )g aB 3 2 i
dr dt
（A）只有(1)、(4)是对的． （C）只有(2)是对的．
6 下列说法哪一条正确？ (A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变． (B) 平均速率等于平均速度的大小． ( v1 , v 2分别为初、末速率) (C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成 v v 1 v 2 / 2
3 7 质量为0.10 kg的质点，由静止开始沿曲线 r (5 / 3)t i 2 j (SI)
该题也可用动能定理求解
1．质量分别为m1、m2、m3的三个物体A、B、C，用一根细绳和两 根轻弹簧连接并悬于固定点O，如图．取向下为x轴正向，开始时 系统处于平衡状态，后将细绳剪断，则在刚剪断瞬时，物体B的加 速度 物体A的加速度 。 O
大学物理第五章答案
ｋｍ ，地心到太阳的距离为 １畅４９ × １０８ ｋｍ ． 解 设 Ｒ１ 和 Ｒ２ 分别为地球半径和地球绕太阳运动的轨道半径 ，Ｔ１ 和 Ｔ２
分别为地球的自转周期和公转周期 ，则
ａｎ１ ａｎ２
＝
Ｒ１ ω２１ Ｒ２ ω２２
＝
Ｒ１
Ｔ
２ ２
Ｒ２
Ｔ
２ １
＝
Ｒ１ Ｒ２
Ｔ２ Ｔ１
２
＝
６３７０ １畅４９ × １０８
ｒ ＝ ０畅３ ｉ ＋ ０畅４ ｊ ＋ ０畅９ ｋ ｍ
m 试求 Ｐ 点的速度和加速度 ． 解 依题意 ，该刚体的角速度矢量为 o ω ＝ ２πｋ
c 由定轴转动刚体上一点的速度和加速度公式 ，有 ｖ ＝ ω × ｒ ＝ ２π ｋ × （０畅３ ｉ ＋ ０畅４ ｊ ＋ ０畅９ ｋ） . ＝ － ０畅８π ｉ ＋ ０畅６π ｊ （ｍ／ｓ） ａ ＝ β× ｒ＋ ω × ｖ
ａτ ＝ Ｒβ ＝ ６畅２８ × １０ －２ ｍ ／ｓ２
ａ ＝ ａ２ｎ ＋ ａ２τ ＝ Ｒ ω４２ ＋ β２ ＝ １畅５７９ × １０４ ｍ ／ｓ２ ５畅５ 飞轮从静止开始作匀加速转动 ，在最初 ２ ｍｉｎ 内转了 ３６００ 转 ，求飞轮的 角加速度和第 ２５ ｓ 末的角速度 ．
· ９７ ·
１０
（ｓ）
w 即需要 １０ ｓ 时间 ．
w（２）由于是匀减速转动 ，所以 Ａ 轮的角加速度为
β＝
ω２ － ω１ Δｔ
＝
２π（ ｎ２ － ｎ１ ） ６０Δ ｔ
＝
２π（３００ － ６００） ６０ × ６０
＝
－ ０畅５２
（ｒａｄ／ｓ２ ）
在 １ ｍｉｎ 内转过的圈数为
Δφ
＝
ω１ ｔ ＋
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10．真空中有一半径为R的半圆细环，均匀带电Q，如
图所示．设无穷远处为电势零点，则圆心O点处的电势
0=
，若将一带电量为q的点电荷从无穷远处移到
圆心O点，则电场力做功A=
．
由电势的叠加原理有，
o i i 4d0R q4Q0R
Q RO
Aq oEd lq oEd lqo4Q 0R q
真空中的静电场（一）
Aλ
Q 1 l 40a2 2 20a
a
a
OQ a
P
Q al
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
3. 一电量为-5×10-9C的试验电荷放在电场中某点时，
受到20×10-9N向下的力，则该点的电场强度大小为 ,
方向 向上 。
4V/m
EFqF 0ˆ 205 11090F 9ˆ 4F ˆ
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
4．（1）点电荷q位于边长为a的正方体的中心，通过
此立方体的每一面的电通量为 q/(60) ，（2）若
电荷移至正立方体的一个顶点上，那么通过每个abcd
面的电通量为 q/(240) 。
SEdS61q0 16q 0
SEdS 832q0 22q4 0
(电荷不在该面上)
b a
c d
真空中的静电场（一）
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
9. 一半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为s，设无 穷远处为电势零点，则圆盘中心O点的电势=__．
sR/(20)
dr dq s 2π rdr
x2 r2
ro
R
x
Px
P
1
4π0
R 0
s2πrdr
x2 r2
s
20
x2R2 x
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
方法2
l
Q
Q
40lldx040dld
Pd P0 l4 0ld qdx0 l4 0 lQ l x dd x
Q
40l
ln
l
d d
EP d40dQ ld
x dx
P
O
da x
l
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
2.如图所示，一电荷线密度为l的无限长带电直线垂直
通过图面上的A点；一带有电荷Q的均匀带电球体，其
球心处于O点．△AOP是边长为a的等边三角形．为了
使P点处场强方向垂直于OP，则l和Q的数量之间应满
足____l__=_Q__/a____关系，且l与Q为___异____号电荷。
由图示几何关系有, EQElsin30
第五章 真空中的静电场
5. 图示两块“无限大”均匀带电平行平板，电荷面密 度分别为+s和-s，两板间是真空．在两板间取一立方 体形的高斯面，设每一面面积都是S，立方体形的两个
面M、N与平板平行.则通过M面的电场强度通量F1=__， 通过N面的电场强度通量F2=_________．
两异号无限大带电平板间的场强为
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
四川大学大学物理第五章习题册 解答1
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
6．如图， 在x轴上的+a和-a位置上垂直放置两块“无限
大”均匀带电的平行平板，电荷面密度分别为+s和-
s．设坐标原点O处电势为零，则在-a＜x＜+a区域的电
势分布曲线为 [ ]
A EQ 2 oEd lQ 2o8Q 2 0dAex
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
2．如图，一均匀带电直杆，长为l、总电量为Q，试求
在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度。
解:方法1
l
d q
l
Q xd
E P dPE 04 0 l d x 2 04 0 ll d x 2
r q0
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
7．已知均匀带正电圆盘的静电场的电力线分布如图所 示．由这电力线分布图可断定圆盘边缘处一点P的电势
P与中心O 处的电势O的大小关系是P < O。
（关系选填＝，< 或 >）
由图示电力线分布可知，存在OP方
P
向的电场强度分量，因而O点的电势
O
高于P点的电势。
－s +s
0
－a O +a x
P E dl
Es 0
P
U
－a
O +a x
U
U
+a
－a O
x －a O +a x
(A)
(B)
U
－a +a
O
x
(C)
(D)
1-2 题图
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
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 值都等于零，则：
(A) 顶点a、b、c、d处都是正电荷． (B)顶点a、b、c、d处都是负电荷． (C)顶点a、b处是正电荷，c、d处是负电荷． (D) 顶点a、c处是正电荷，b、d处是负电荷．
E0 qa 40
qc
2
l /2
qb
40
qd
2
l /2
0
a
b
Uqa qc qb qd 0 40 l /2
O
d
c
取无限远处为电势零点
对称
P
Ei
e Ri 0
i
i
i
40z2 q i R 21 2 40z N 2 R 2 q 1 2
不对称
i
e Ri 0
i
E i E i i 40 q z i2 e i R 2 i 40z 2 q iR 23 /2R e R i z e z
真空中的静电场（一）
ELeabharlann E s 0F1ESnˆESsS0
F2
ESnˆESsS 0
+s
-s
M
N
n
2-2 题 图
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
6. 有一个球形的橡皮膜气球，电荷q均匀地分布在表
面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的
点（该点与球中心距离为r），其电场强度的大小将
由
变为
．
SEd SE4r2q 0 E4rq 20
第五章 真空中的静电场
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受合力均为零，且Q1=Q3=Q。在
固定Q1、Q3的情况下，将Q2从Q1、Q3连线中点移至无
穷远处外力所作的功
. F13
d
Q2
由电势的叠加原理有，
o1324Q 0d2Q 0d
Q1 F12 o
Q3
Q1受力为零, 4Q 0 1 Q 2 3 d24 Q 1 Q 0d 220 Q 2Q 4 3Q 4
真空中的静电场（一）
第五章 真空中的静电场
8．电量均为q的N个点电荷，以两种方式分布在相同
半径的圆周上：一种是无规则地分布，另一种是均匀分
布．比较这两种情况下在过圆心O并垂直于圆平面的z
轴上任一点p的场强与电势，则有 （A）场强相等，电势相等．
qi
（B）场强不相等，电势不相等． R
z
（C）场强分量Ez相等，电势相等． （D）场强分量Ez相等，电势不相等．