普通物理学程守洙第五版第九章答案
程守洙《普通物理学》(第5版)(上册)课后习题-气体动理论(圣才出品)
.
5-12 设 N 个粒子系统的速率分布函数为
dNυ=Kdυ （υ0＞υ＞0，K 为常量）
dN=0
（υ＞υ0）
（1）画出分布函数图；
（2）用 N 和υ0 定出常量 K；
（3）用υ0 表示出算术平均速率和方均根速率.
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第 5 章 气体动理论
5-1 有一水银气压计，当水银柱为 0.76 m 高时，管顶离水银柱液面为 0.12 m.管的
截面积为 2.0×10-4 m2.当有少量氦气混入水银管内顶部，水银柱高下降为 0.60 m.此时温度
为 27℃，试计算有多少质量氦气在管顶?（氦的摩尔质量为 0.004 kg/mol，0.76 m 水银柱
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（1）平均速率；（2）方均根速率；（3）最概然速率. 解：（1）平均速率：
.
（2）方均根速率：
.
（3）由于速率 3 v0 的质点有 5 个，是各速率中拥有质点数最多的一个，因此最概然速
率为：
.
5-5 计算在 300 K 温度下，氢、氧和水银蒸气分子的方均根速率和平均平动动能.
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由理想气体物态方程，有：
根据道尔顿分压定律，可得容器内总压强： .
5-3 一个封闭的圆筒，内部被导热的、不漏气的可移动活塞隔为两部分.最初，活塞位
于筒中央，则圆筒两侧的长度 l1=l2.当两侧各充以 T1、P1 与 T2、P2 的相同气体后，问平衡 时活塞将在什么位置上（即 l1/l2 是多少）?已知 P1=1.013×105 Pa，T1=680 K，P2=2.026 ×105 Pa，T2=280K.
普通物理学程守洙第五版 答案
18-1 18-2 18-3 18-4 18-5 18-6 18-7 18-8 18-9 18-10 18-11 18-12 18-13 18-14 18-15 18-16 18-17 18-18 18-19 18-20 18-21 18-22 18-23 18-24 18-25 18-26 18-27 18-28 18-29 18-30 18-31 18-32 18-33 18-34 18-35 18-36 18-37 18-38 18-39 18-40 18-41 18-42 18-43 18-44 18-45
结束 目录
9-8 有直径为16cm及10cm的非常薄的两 个铜制球壳，同心放置时，内球的电势为 2700V，外球带有电荷量为8.0×10-9C，现 把内球和外球接触，两球的电势各变化多少？
结束 目录
解：设内球电势为U1 ，电量为q1，外球 电势为U2 ，电量为q2
U1
=
1
4pe0
q1 R1
+
q2 R2
4pe0
r2 2
结束 目录
9-7 点电荷q =4.0×10-10C，处在导体球 壳的中心，壳的内外半径分别为R1=2.0cm 和R2=3.0cm ，求：
（1）导体球壳的电势； （2）离球心r =1.0cm处的电势； （3）把点电荷移开球心1.0cm后导体 球壳的电势。
结束 目录
解：(1)
UR2=
= 6.7×102(V) ΔU外 =0 外球电势不变。
结束 目录
9-9 半径为R1=1.0cm的导体球，带有电荷 q1=1.0×10-10C,球外有一个内、外半径分别 为R2=3.0cm 、 R3=4.0cm的同心导体球壳， 壳上带有电荷Q =11×10-10C,试计算：
程守洙《普通物理学》(第5版)辅导系列-章节题库-第10章 机械振动和电磁振荡【圣才出品】
所以，振动方程为
在a点 所以
即
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方法二
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旋转矢量法
由曲线知，t＝0， ，可知旋转矢量在 P0 点，如图 10-4（b）所示，所以
。
从
矢量旋转过角度为
【答案】
三、问答题
1．两个摆长不同的单摆 A、B 各自做简谐振动，若
将两单摆向右拉开一个相
同的小角度 θ，然后释放任其自由摆动。问：
（1）这两个单摆在刚释放时相位是否相同？
（2）当单摆 B 达到平衡位置并向左运动时，单摆 A 大致在什么位置和向什么方向运
动？A 比 B 相位是超前还是落后？超前或落后多少？
答：弹簧振子的频率只与振子的质量和劲度系数有关，而与振子的放置方法无关，所 以两振子的频率相同。
4．两个简谐振动的振动频率相同，振动方向也相同，若两个振动的振动相位关系为 反相，则合振动的振幅为多少？合振动的初相位为多少？两者为同相关系又如何？
答：合振幅为两者振幅之差，初相位取决于两者的初相位；若为同相，合振幅为两者 之和。
有下述两种情况。
对图 10-2（a）情况为（ ）． A．1/2π B．3/2π C．π D．－1/2π E．－3/2π
4．对图 10-2（b）情况为（ ）。 A．1/2π B．3/2π C．π D．－1/2π E．－3/2π
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【答案】BD；AE
图 10-2
5．已知弹簧的劲度系数为 1.3N/cm，振幅为 2.4cm，这一弹簧振子的机械能为（ ）。
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
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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
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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)。
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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
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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)
程守洙《普通物理学》(第5版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(光 学)【圣才出品】
如果计算所得 m 是正值，表示像是正立的；m 是负值，表示像是倒立的。丨 m 丨 ＞1 表示像是放大的，丨 m 丨＜1 表示像是缩小的。
(5)作图法 作图时可选择下列三条特殊光线。 ①平行于主光轴的光线它的反射线必通过焦点（凹球面）或其反射线的延长线通过焦 点（凸球面）。 ②通过曲率中心的光线它的反射线和入射线是同一条直线而方向相反。 ③通过焦点的光线或入射光的延长线通过焦点的光线它的反射线平行于主光轴。 (6)光在球面上的折射 ①物像公式
这就是在傍轴光线条件下球面折射的物像公式。 折射球面的横向放大率为
②像方焦距 如果平行于主光轴的入射光线，经球面折射后，与主光轴的交点称为像方焦点。从球 面顶点到像方焦点的距离称为像方焦距，以 f＇表示，则有下式：
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①三棱镜偏向角
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三棱镜截面呈三角形的透明棱柱称为三棱镜（prism），与其棱边垂直的平面称为主截
面。出射光线与入射光线间的来角，称为偏向角（ang1e of deviation），用 δ 表示偏向
角，δ 与棱镜顶角 α 之间有如下的关系
图 12-1 光的反射和折射
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实验表明：
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(a)反射光线和折射光线都在入射光线和界面法线所组成的入射面内。
(b)反射角等于入射角。
i` i
(c)入射角 i 与折射角 r 的正弦之比与人射角无关，而与介质的相对折射率有关，即
③物方焦距 如果把物点放在主轴上某一点时，发出的光经球面折射后将产生平行于主轴的平行光 束，这一物点所在点称为物方焦点，从球面顶点到物方焦点的距离称为物方焦距以 f 表示， 则：
程守洙《普通物理学》(第5版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(相对论基础)【圣才出品】
第4章 相对论基础4.1 复习笔记一、狭义相对论原理及运动学1．基本原理电磁理论发展的过程中曾认为光传播介质是绝对静止的参考系“以太”。
爱因斯坦在前人实验的基础上提出了狭义相对论的两条基本原理。
（1）相对性原理物理定律在一切惯性参考系中都具有相同的数学表达形式，即所有惯性系对于描述物理现象都是等价的。
（2）光速不变原理在彼此相对作匀速直线运动的任一惯性参考系中，所测得的光在真空中的传播速度都是相等的。
相对性原理说明了所有物理定律（除引力外）在不同惯性系间的联系，包括力学定律和电磁定律在内；光速不变原理以光速测量实验为基础，直接否定了伽利略变换，建立了新的坐标变换公式，即洛伦兹变换。
2．洛伦兹变换狭义相对论有相对运动的惯性系间的坐标变换，称为洛伦兹变换。
下面用两个做相对运动的惯性系为例来说明。
图4-1 洛伦兹坐标变换如图4-1所示，坐标系K'(O'x'y'z')已速度v 相对于坐标系K(Oxyz )作匀速直线运动，三对坐标轴分别平行，v 沿Ox 轴正方向，并设Ox 轴与Ox’轴重合，且当t'=t=0时O'与O 点重合。
设P 为被观察的某一事件，在K 系中的观察者看来，它是在t 时刻发生在（x,y,z ）处的，而在K'系中的观察者看来，它却是在t'时刻发生在（x',y',z'）处的。
这样的同一事件在不同时空坐标之间所遵从的洛伦兹变换为其中v 是两个参考系相对运动速度的大小，且v≤c。
当v<<c 时，式中的分母近似为1，洛伦兹变换就转化为伽利略变换，这正说明洛伦兹变换是对高速运动与低速运动都成立的变换，它包括了伽利略变换。
因此，相对论并没有把经典力学推翻，而只是揭示了它的局限性。
3．狭义相对论的时空观在经典力学中，相对于一个惯性系来说，在不同地点、同时发生的两个事件，相对于另一个与之相对运动的惯性系来说，也是同时发生的。
程守洙《普通物理学》(第5版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(刚体和流体的运动)【圣才出品】
飞轮转过的角度：
飞轮转过的转数： （2）由转动定律：
. ，可得拉力：
拉力矩的功为：
.
（3）当 t 10s 时，飞轮的角速度：
点的速度：
，则有：
t 10s 时，飞轮边缘的法向加速度：
t 10s 时，飞轮边缘的切向加速度：
总加速度大小：
uur 由于 an at ，因此总加速度方向几乎与 an 相同.
，飞轮边缘一
3-2 飞轮的质量为 60 kg，直径为 0.50 m，转速为 1 000 r/min，现要求在 5 s 内 使其制动，求制动力 F.假定闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ=0.4，飞轮的质量全部分布在轮 的外周上，尺寸如图 3.1 所示.
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2．刚体的自由度 决定一个系统在空间的位置所需要的独立坐标的数目称为该系统的自由度。对于刚体 来说，最多有 6 个自由度，其中 3 个是平动自由度，3 个是转动自由度（其中 2 个是表示 转动轴的方向的坐标，剩余一个则表示绕转动轴转过的角度）。
二、力矩，转动惯量，定轴转动定律 在讨论质点的运动时，我们首先引入位移、速度、加速度等运动学量，然后引入力这
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台
个动力学量，最后通过运动定律将二者联系起来。同样在研究刚体的转动时，也需要相应
的运动学量、动力学量以及运动方程。
1．运动学量
定轴转动中，有三个运动学量，即转过的角位移 θ ，角速度矢量 ω ，角加速度 α 。
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第 3 章 刚体和流体的运动
3.1 复习笔记
一、刚体、刚体的运动 1．刚体模型及其运动 由牛顿运动定律和守恒定律可以方便地得到质点的运动，但对于质点系的研究，特别 是分布连续的质点系，分别对每个质点求解很不方便。可以利用一些物理模型将问题简化， 刚体和理想流体就属于此类模型。 刚体是一种特殊的质点系，无论它在多大外力的作用下，其大小和形状都保持不变， 亦即系统内两质点间的距离不变。刚体两种简单的运动形式是平动和转动，在平动中，各 个质点在同一段时间通过相同的位移，且具有相同的速度和加速度；在转动中，各个质点 都绕同一直线运动。如果转轴是固定不动的，就叫做定轴转动。
程守洙《普通物理学》(第5版)(上册)课后习题-电磁感应 电磁场理论(圣才出品)
第9章电磁感应电磁场理论9-1如图9-1所示，通过回路的磁感应线与线圈平面垂直，且指向图面，设磁通量依如下关系变化：φ=6t2+7t+1式中φ的单位为mWb，t的单位为s.求t=2时，回路中的感生电动势的量值和方向.图9-1解：由题意可知，回路中的感生电动势为：当时，电动势为：，方向为逆时针方向（即与设定的回路绕行t s2方向相反）.9-2在两平行导线的平面内，有一矩形线圈，如图9-2所示.如导线中电流，随时间变化，试计算线圈中的感生电动势.图9-2解：根据题意建立坐标系，取坐标轴Ox，如图9-3所示.图9-3两电流在x处的磁感应强度大小为：，方向垂直纸面向里.取顺时针为回路的绕行方向，通过面元dS=l1dx的磁通量为：通过矩形线圈的磁通量为：矩形线圈中的感生电动势为：.9-3如图9-4所示，具有相同轴线的两个导线回路，小的回路在大的回路上面距离y 处，y远大于回路的半径R，因此当大回路中有电流，按图示方向流过时，小回路所围面积πr2之内的磁场几乎是均匀的.现假定y以匀速v=dy/dt而变化.（1）试确定穿过小回路的磁通量φ和y之间的关系；（2）当y=NR时（N为整数），小回路内产生的感生电动势；（3）若v＞0，确定小回路内感应电流的方向.图9-4解：（1）根据导电线圈轴线上的磁感应强度分布，可得大回路在小回路处产生的磁感应强度：.由题意知，因此在距离大线圈平面y处的磁场可近似为均匀磁场，其次感应强度，则穿过小回路中的磁通量和y之间的关系为：.（2）小回路内产生的感生电动势为：.（3）由榜次定律可判定，当从上向下看时小回路的感应电流为逆时针方向.9-4PM和MN两段导线，其长均为10cm，在M处相接成30°角，若使导线在均匀磁场中以速度v=15m/s运动，方向如图9-5所示，磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度为B=25×10-2T，问P、N两端之间的电势差为多少?哪一端电势高?图9-5解：由题意可知，P、N两端之间产生的动生电动势为：即运动导线上P端的电势高，N端电势低.9-5一均匀磁场与矩形导体回路面法线单位矢量e n间的夹角为θ=π/3（如图9-6），已知磁感应强度B随时间线性增加，即B=kt（k＞0），回路的MN边长为l，以速度V向右运动，设t=0时，MN边在x=0处.求任意时刻回路中感应电动势的大小和方向.图9-6解：如图9-6所示，回路的面法线e n表明，回路的绕行方向为逆时针，则回路中感应电动势为：.又由题意知：则回路中感应电动势：方向由M指向N，即沿顺时针方向.9-6如图9-7所示，一长直导线通有电流，I=0.5A，在与其相距d=5.0cm处放有一矩形线圈，共1000匝.线圈以速度v=3.0m/s沿垂直于长导线的方向向右运动时，线圈中的动生电动势是多少?（设线圈长l=4.0cm，宽b=2.0cm.）图9-7解：由题意可知，线圈中的动生电动势为：.9-7如图9-8所示，导线MN在导线架上以速度V向右滑动.已知导线MN的长为50cm，V=4.0m/s，R=0.20Ω，磁感应强度B=0.50T，方向垂直于回路平面.试求：（1）MN运动时所产生的动生电动势；（2）电阻R上所消耗的功率；（3）磁场作用在MN上的力.图9-8解：（1）导线上产生的电动势为：.（2）电阻R上所消耗的功率为：.（3）由安培定理，可得回路中电流：导线MN上的安培力：，方向向左.9-8如图9-9所示，PQ和MN为两根金属棒，各长1m，电阻都是R=4Ω，放置在均匀磁场中，已知B=2T，方向垂直纸面向里.当两根金属棒在导轨上分别以v1=4m/s 和v2=2m/s的速度向左运动时，忽略导轨的电阻，试求：（1）两棒中动生电动势的大小和方向，并在图上标出；（2）金属棒两端的电势差；（3）两金属棒中点O1和O2之间的电势差.。
程守洙《普通物理学》(第5版)辅导系列(课后习题-13-15章)【圣才出品】
解：由光电效应方程
，可得光电子的最大初动能为：
由最大初动能与遏止电势差的关系可得遏止电势差：
由逸出功与红限关系
，可得铝的红限波长
。
13-10 能引起人眼视觉的最小光强约为 10－12 W/m2，如瞳孔的面积约为 0.5×10－4 m2，计算每秒平均有几个光子进入瞳孔到达视网膜上。设光的平均波长为 550 nm。
解：设钨丝灯的辐射面积（黑体辐射面积）为 S，由斯特藩-玻尔兹曼定律，可得钨丝
。
（3）曲线与横坐标轴的交点为该金属的红限频率，即
时，
可得红限频率
，红限波长
。 。
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13-9 铝的逸出功为 4.2 eV。今用波长为 200 nm 的紫外光照射到铝表面上，发射的
光电子的最大初动能为多少?遏止电势差为多大?铝的红限波长是多大?
画出遏止电势差与入射光频率的曲线，并求出： （1）普朗克常量 h；（2）该金属的逸出功；（3）该金属的光电效应红限和频率。 解：（1）利用真空中 关系，将实验数据转换为关系，如表 13-1 所示，画出的实验 曲线如图 13-1 所示。
表 13-1
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试求在 500～501 nm 的微小波长范围内单位时间从小孔辐射出来的能量。
解：由普朗克公式，在
波长范围内，小圆孔单位面积的辐出度为：
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设 S 为小圆孔的面积，则从小圆孔辐射的功率（单位时间辐射的能量） 其中，
解：设最小光强为 I，瞳孔的面积为 S，每秒平均进入瞳孔的光子数为 N，单位时间内 垂直进入瞳孔单位面积的平均光子数为 n。
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波疏介质，则反射波波动方程为（ ）；波节点的位置为（ ）。
[南京理工大学2011研]
波节的位置满足：
，解得：
4．设沿弦线传播的一入射波的表达式为
波在x＝L处（B点）发生反射，反射点为自由端（如图11-4）。设波在 传播和反射过程中振幅不变，则反射波的表达式是y2＝（ ）。[华南理
工大学2010研]
A．
B．
C．
D． 【答案】A
【解析】设简谐振动的运动方程为：
，则
假设x1＝0时对应
，将 代入运动方程得
当k＝0时有最短时间
。
5．两质点1和2均沿x轴作简谐振动，振幅分别为A1和A2，振动频率相
同。在t＝0时，质点1在平衡位置向x轴负向运动，质点2在 处向x轴正 向运动，则两质点振动的位相差为（ ）。[电子科技大学2010研]
第10章 机械振动和电磁振荡
一、选择题
1．图10-1中A、B、C为三个不同的简谐振动系统。组成各系统的各弹 簧的原长、各弹簧的劲度系数及重物质量均相同。A、B、C三个振动系 统的ω2（ω为固有角频率）值之比为（ ）。[华南理工大学2009研]
图10-1
A．2:1: B．1:2:4 C．2:2:1 D．1:1:2 【答案】B
则从t＝0时
刻起，到质点位置在x＝0.02m处，且向x轴正方向运动时刻的最短时间
间隔为（ ）。[电子科技大学2008研]
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】在t＝0时刻，质点位移为0.02m，且向x负方向运动。据此时间 最近的且同位移，向正方向运动的时刻为t＝－1/3s.又此质点周期为1s， 故相隔最近的时间为1/3s。
【答案】
；或
程守洙《普通物理学》(第5版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(运动的守恒量和守恒定律)【圣才出品】
可以看出，势能与物体间的相互作用以及相对位置有关，属于物体系统，单个物体不 具有势能。另外，势能的量值，只有相对意义，而势能差有绝对意义。
牢记下列常见的几种类型的势能表达式： （1）重力势能：
（2）弹性势能：
（3）引力势能：
（以 r 处为势能零点）
3．势能曲线 把势能和相对位置的关系曲线称为势能曲线，如图。
力在单位时间内作的功叫做功率，即
2．能量 能量是物体运动形式的一个量度，能量值随物体状态变化而变化，是状态量。 动能是物体能量的一种形式，可表示为
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3．动能定理 动量定理给出了牛顿运动定律在时间上的累积效果，而它在空间上的累积效果则由动 能定理给出
由于成对的作用力和反作用力做的功与参考系选择无关，故保守力的第三种表述是， 在任意的参考系中，成对保守力的功只取决于相互作用质点的始末相对位置，而与各质点 的运动路径无关。
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2．势能 成对保守内力的功等于系统势能的减少（或势能增量的负值），这就是势能的定义。
（2）计算变质量问题，因为不同于牛顿第二定律，动量定理不直接与质量和速度相 关，而是和动量相关，从而方便建立变质量物体的运动方程：
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2．动量守恒定律
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若系统所受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。即
这个结论称为动量守恒定律。由于动量和力都是矢量，在某方向上的运动，动量守恒 定律也成立。
动量守恒定律是自然界的基本定律。它的一个重要推论是，系统动量保持不变，系统 质心将保持匀速直线运动或静止状态不变。
程守洙《普通物理学》【教材精讲+考研真题解析】-第1~9章【圣才出品】
第1章力和运动[视频讲解]1.1 本章要点详解█质点运动状态的描述█圆周运动和一般曲线运动█相对运动，常见力与基本力█牛顿运动定律█伽利略相对性原理，非惯性系与惯性力1.2 重难点导学一、质点运动描述1．质点（1）概念当物体的大小和形状忽略不计时，可以把物体当做只有质量没有形状和大小的点——质点。
（2）说明质点的概念是在考虑主要因素而忽略次要因素引入的一个理想化的力学模型。
一个物体能否当做质点，取决于研究问题的性质。
2．参考系和坐标系（1）参考系的概念为描述物体的运动而选择的标准物称为参考系。
（2）参考系的说明①为描述物体的运动而选择的标准物称为参考系； ②参考系的选择是任意的；③在描述物体的运动时，必须指明参考系，若不指明参考系，则认为以地面为参考系； ④参考系不同，则对运动的描述是不同的。
（3）坐标系的意义坐标系用于定量地描述物体相对于参照系的运动。
（4）坐标系的分类 ①直角坐标系（一般应用） ②球坐标系 ③柱坐标系 ④自然坐标系 3．空间和时间 4．运动学方程在选定的参考系中，运动质点的位置P （x ，y ，z ）是t 的函数，即x ＝x （t ），y ＝y （t ），z ＝z （t ）5．位矢（1）位矢是用来确定某时刻质点位置的矢量，用r r表示．（2）特点①矢量性（有大小和方向）；②瞬时性；③相对性；④单位：米（m）。
6．位移位移表示质点在一段时间内位置改变的矢量，用r 表示．7．速度（1）平均速度：物体在一个时间段内的平均快慢程度。
（2）瞬时速度（速度）：物体在某一时刻的速度。
8．加速度（1）平均加速度平均加速度是指速度的增量与所用时间的比值。
（2）瞬时加速度瞬时加速度是指平均加速度的极限值。
（3）注意①加速度为矢量，有大小和方向；②与速度具有相同的特点；③匀变速运动加速度为恒量；④非匀变速运动加速度为变量。
二、圆周运动和一般曲线运动1．切向加速度和法向加速度（1）切向加速度a t和法向加速度a n的公式（2）切向加速度和法向加速的说明①切向加速度改变线速度的大小；②法向加速度只改变运动方向，法向加速度方向始终指向圆心，R为曲率半径。
程守洙《普通物理学》(第5版)(上册)章节题库-力和运动(圣才出品)
第三部分章节题库说明：本部分严格按照程守洙主编的《普通物理学》（第5版）教材内容进行编写，每一章都精心挑选经典常见考题，并予以详细解答。
熟练掌握本书考题的解答，有助于学员理解和掌握有关概念、原理，并提高解题能力。
第1章力和运动一、选择题1．一辆汽车从静止出发，在平直公路上加速行进的过程中，如果发动机的功率一定，阻力大小不变，下列说法正确的是（）。
A．汽车的加速度是不变的B．汽车的加速度不断减小C．汽车的加速度与它的速度成正比D．汽车的加速度与它的速度成反比【答案】B【解析】根据公式P＝F·υ，由于给出了发动机的功率一定，速度υ变大，则F必须减小，而牵引力F减去阻力f即为汽车产生加速度的力，即F－f＝m a，f不变，a减小。
2．如图1-1所示，一轻绳跨过一个定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的重物，且，滑轮质量及一切摩擦均不计，此时重物的加速度的大小为a。
今用一竖直向下的恒力F＝m1g代替质量为m1的重物，质量为m2的重物的加速度为a＇，则（）。
A．a＇＝aB．a＇＞aC．a＇＜aD．不能确定图1-1【答案】B3．一质点从静止出发，绕半径为R的圆周做匀变速圆周运动，角加速度为β，当该质点走完一周回到出发点时，所经历的时间为（）。
【答案】B【解析】对匀变速圆周运动，其公式与匀加速直线运动相似，根据题意，又因质点从静止出发，，则，而质点走完一周回到出发点时，θ＝2π，所以，可以解出。
4．下列表述中正确的是（）。
A．质点作圆周运动时，加速度一定与速度垂直B．物体作直线运动时，法向加速度必为零C．轨道最弯处法向加速度最大D．某时刻的速率为零，切向加速度必为零【答案】B【解析】，只有质点是匀速率圆周运动时，加速度a才与圆周的切向，即速度的方向垂直，故A错误；当物体作直线运动时，只可能有沿直线方向的加速度，因为如果加速度方向偏离直线，就会有垂直于直线的加速度分量，则会形成曲线运动，故B正确；法向加速度，而最弯处只是R最小，还与υ有关，并不能确定其最小，故C错误；某时刻的速率为零，法向加速度为零，但切向加速度不一定为零，故D错误。
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。
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4pe0
r2 2
结束 目录
9-7 点电荷q =4.0×10-10C，处在导体球 壳的中心，壳的内外半径分别为R1=2.0cm 和R2=3.0cm ，求：
（1）导体球壳的电势； （2）离球心r =1.0cm处的电势； （3）把点电荷移开球心1.0cm后导体 球壳的电势。
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解：(1)
UR2=
= 6.7×102(V) ΔU外 =0 外球电势不变。
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9-9 半径为R1=1.0cm的导体球，带有电荷 q1=1.0×10-10C,球外有一个内、外半径分别 为R2=3.0cm 、 R3=4.0cm的同心导体球壳， 壳上带有电荷Q =11×10-10C,试计算：
（1）两球的电势U1和U2； （2）用导线把球和壳联接在一起后U1和 V2分别是多少？ （3）若外球接地，U1和U2为多少？
=2.7×102(V)
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(2)联接后
U1´=
U2´=
q1 +Q
4pe0 R3
=2.7×102(V)
(3)外球接地
U2´´=0 内球电势
U1´´=
1
4pe0
q1 q1 R1 R2
=60(V)
结束 目录
9-10 两块无限大带电平板导体如图排列， 证明在（1）相向的两面上（图中的2和3）， 其电荷面密度总是大小相等而符号相反； （2）背向的两面上（图中的1和4），其电 荷面密度总是大小相等且符号相同。
r
q
q
d +q
结束 目录
E+ =E
q
= 4pe0 r2
E+ E 表面
E表面 = 2E+cosq
E
r
sE
=
2q
4pe0
r2
cosq
.dS = E表面Scos1800
σ=
=
=
Sσ
e0
e E 0 表面
q
=
e0
q
2pe0
cos3q
2pd2
r2
q
q
d
σ
+q
E表面
cosq
d =r cosq
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：
UA UB = UA UC
EAB dAB = EAC dAC
EAB
=
q1
e0S
EAC
=
q2
e0S
2mm 4mm
q1 q2
=
EAB EAC
=
dAC dAB
=
1 2
q1= 1.0×10-7(C)
q2= 2.0×10-7(C)
C AB q1 q2 -q1 -q2
qB= -q1= -1.0×10-7(C)
qC= -q2= -2.0×10-7(C)
+
1 C6
=
41.0+
1 4.0
Cb =2.0mF
CAB = Ca + Cb =2.86mF
Q5 =Q6 = CbUAB = 2.0×10-6×200
=4.0×10-4(C)
Q2 =Q4 = Q13 =CaUAB= 0.86×10-6×200
=1.72×10-4(C)
结束 目录
Q1=
C1 C1 + C3
导体与电介质习题
18-1 18-2 18-3 18-4 18-5 18-6 18-7 18-8 18-9 18-10 18-11 18-12 18-13 18-14 18-15 18-16 18-17 18-18 18-19 18-20 18-21 18-22 18-23 18-24 18-25 18-26 18-27 18-28 18-29 18-30 18-31 18-32 18-33 18-34 18-35 18-36 18-37 18-38 18-39 18-40 18-41 18-42 18-43 18-44 18-45
QC442=7.3×10-3(J)
W5=W6 =
1 2
QC552=2.0×10-2(J)
结束 目录
9-16 一块相对电客率er =5的扁平电介质，
垂直放置于D =1C/m2的均匀电场中，已知 电介质的体积为0.1m3,并且是均匀极化， 求： （1）电介质里的电极化强度； （2）电介质总的电偶极矩。
A
C1
C2
C2
B
结束 目录
证：
1 CAB
=
1 C1
+
1 C1+
C2
=
2C1+ C2 C1( C1+ C2 )
CAB
=
C1( C1+ C2 2C1+ C2
)
=
C2
C22+ C2C2 C12 = 0 A
C1
C2 = 0.618C1
C2 C2 B
结束 目录
9-14 如图，C1=10mF， C2=5.0mF， C3=5.0mF。
（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
解： (1)由于静电感应，外球内表面电量为
-q，外表面电量为+q
外球的电势为：
U2
=
q
4pe0 r2
(2)外球内表面电量仍为-q,外表面电量为零
（1）求A、B 间的电容； （2）如A、B 间的电压为200V，求每块 板上的电荷量；
（3）求出每一电容器中贮藏的能量。
A C3
C2
C1 C3 B
C3 C3
结束 目录
解：
1 Ca
=
1 C2
+
1 C13
+
1 C4
=
1 2.0
+
1 6.0
+
21.0 =
7.0 6.0
Ca =0.86mF
1 Cb
=
1 C5
q1 =R1 4pe0 U1
q2 R2
= 5.0×10-2
2700 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。
U
=
q1 V)
ΔU内 = 2.7×103 2.03×103
结束 目录
解：(1)内球电势为
U1
=
1
4pe0
q1 R1
q1 R2
+
q1+Q R2
=9.0×109
1×10-10 1×10-2
1×10-10
3×10-2 +
12×10-10 4×10-2
=3.3×102(V)
外球电势
e U2
=
q1 +Q 4p 0 R3
=9.0×109×142××1100-2-10
1 2 34
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解：设两个板四个面的电荷面密度分别为
s1, s2, s3, s4,
σ σ σ σ q1
1
2
q2
3
4
.a
.b
E 3 E2 E4
E1 E 4 E 1 E 2 E3
静电平衡时，导体内部任意一点的场强为零
ε ε ε ε σ σ σ σ ∴
a点：
1
2o
2
2o
3
2o
2
4=0
o
ε ε ε ε b点：
结束 目录
解：
(1)
P = (er
1)
D
er
=
(5-1)
1 5
= 0.8(C/m2)
(2) ΣP =PΔV = 0.8×0.1= 0.08(C.m)
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9-17 一扁平的电介质板er =5垂直放在
一均匀电场里，如果电介质表面上的极化
目录
9-12 两个半径相同的金属球，其中一 个是实心的，另一个是空心的，电容是否相 同?如果把地球看作半径为6400km的球形 导体，试计算其电容。
结束 目录
解：两导体的电容相同
地球的电容为：
C地
=
4pe0
R
=
600×102 9.0×109
=7.1×10-4(F)
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9-13 如图所示，证明A、B间的总电容等 于C2的条件是C2=0.618C1。
外球的电势为： U2´ = 0
(3)设内球电量为q1,内球电势为零
U1
=
q1
4pe0
r1
q
+ 4pe0 r2
=0
U外
=
q1 q
4pe0 r2
q1
=
r1 r2
q
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U外
=
q1 q
4pe0 r2
外球的电势改变为：
ΔU = U外
U2
=
r1q
4pe0
r2 2
=
(r1 2r2 ) q
4pe0
r2 2
2r2q
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结束
9-1 一块很大的带电金属薄板，其电荷
面密度为σ，离金属板为d处有一质量为m、
电荷量为-q的点电荷从静止释放，计算电荷 的加速度及落到板上时的速度和时间。 （忽略重力和-q 对金属板上电荷分布的影 响）
σ
-q dm
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解：
F =qE =ma
σ
2e 0 q =ma
a