大学物理简明教程 (赵近芳 著) 北京邮电大学出版社 课后答案 60页

'课后答案网：www.hackshp.cn课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题1drdrdvdv1-1|∆r|与∆r有无不同？||和有无不同？||和有无不同？其不同在dtdtdtdt哪里？试举例说明.��解：（1）∆r是位移的模，∆r是位矢的模的增量，即∆r=r−r，∆r=r−r；2121drdrds（2）是速度的模，即=v=.dtdtdtdr只是速度在径向上的分量.dtdrdrdrˆr∵有r=rˆr（式中rˆ叫做单位矢），则=rˆ+rdtdtdtdr式中就是速度径向上的分量，dtdrdr∴与不同如题1-1图所示.dtdt题1-1图�dv�dvdv(3)表示加速度的模，即a=，是加速度a在切向上的分量.dtdtdt��课后答案网∵有v=vτ(τ表轨道节线方向单位矢），所以��dvdv�dτ=τ+vdtdtdtdv式中就是加速度的切向分量.www.hackshp.cndt��drˆdτˆ(∵与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)dtdt1-2设质点的运动方程为x=xty(),=yt()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出222drdrr=x+y，然后根据v=及而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，2dtdt再合成求得结果，即22dx2dy2dx2dy2v=()+()及α=()+().22dtdtdtdt你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn���解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r=xi+jy，��drdx�dy�∴v==i+jdtdtdt�d2r�d2x�d2y�a==i+j222dtdtdt故它们的模即为2222⎛dx⎞⎛dy⎞v=vx+vy=⎜⎟+⎜⎟⎝dt⎠⎝dt⎠222222⎛dx⎞⎛dy⎞a=a+a=⎜⎟+⎜⎟xy⎜2⎟⎜2⎟⎝dt⎠⎝dt⎠而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作2drdrv=a=2dtdt2drdrdr其二，可能是将与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，2dtdtdt2dr而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中2dt⎡22⎤dr⎛dθ⎞�的一部分⎢a径=2−r⎜⎟⎥。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即⎢⎣dt⎝dt⎠⎥⎦课后答案网��量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3一质点在xOy平面上运动，运动方程为12www.hackshp.cnx＝3t＋5，y=t+3t−4,2式中t以s计，x，y以m计.(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t＝1s时刻和t＝2s时刻的位置矢量，计算这1s内质点的位移；(3)计算t＝0s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量的表示式，计算t＝4s时质点的速度；(5)计算t＝0s到t＝4s内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度和瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式).��1�2解：（1）r=(3t+5)i+(t+3t−4)jm2(2)将t=1,t=2代入上式即有���r=8i−5.0jm1若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn���r=11j+4jm2�����∆r=r2−r1=3j+5.4jm������(3)∵r=5j−4j,r=17i+16j04������∆rr4−r012i+20j��−1∴v====3i+5jm⋅s∆t4−04��dr��−1(4)v==3i+(t+3)jm⋅sdt���−1则v=3i+7jm⋅s4������(5)∵v=3i+3j,v=3i+7j04����∆vv4−v04�−2a====1jm⋅s∆t44��dv�−2(6)a==1jm⋅sdt这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。1-4在离水面高hm的岸上.有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示.−1当人以vms⋅的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小.0课后答案网www.hackshp.cn题1-4图解：设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成θ角，由图可知222l=h+s将上式对时间t求导，得dlds2l=2s题1-4图dtdt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cndlds∴v=−=v,v=−绳0船dtdtdsldllv0即v=−=−=v=船0dtsdtscosθ22/12lv(h+s)v00或v==船ss将v再对t求导，即得船的加速度船dldss−ldv−vs+lv船dtdt0船a==2v0=2v0dtss2l2(−s+)v0h2v2s0==23ss2−21-5质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为α=+26x，a的单位为ms⋅，x−1的单位为m.质点在x＝0处，速度为10ms⋅，试求质点在任何坐标处的速度值.dvdvdxdv解：∵a===vdtdxdtdx2分离变量：υdυ=adx=(2+6x)dx两边积分得123v=2x+2x+c课后答案网2由题知，x=0时，v=10,∴c=5003−1∴v=2x+x+25m⋅s1-6已知一质点作直线运动，其加速度www.hackshp.cna＝4＋3tms⋅−2.开始运动时，x＝5m，v＝0，求该质点在t＝10s时的速度和位置.dv解：∵a==4+3tdt分离变量，得dv=(4+3t)dt32积分，得v=4t+t+c12由题知，t=0,v=0,∴c=00132故v=4t+t2若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cndx32又因为v==4t+tdt232分离变量，dx=(4t+t)dt2213积分得x=2t+t+c22由题知t=0,x=5,∴c=502213故x=2t+t+52所以t=10s时32−1v=4×10+×10=190m⋅s102213x=2×10+×10+5=705m10231-7一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为θ=+23t，式中θ以rad计，t以s计，求：(1)t＝2s时，质点的切向加速度和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少？dθ2dω解：ω==9t,β==18tdtdt−2(1)t=2s时，a=Rβ=1×18×2=36m⋅sτ222−2a=Rω=1×(9×2)=1296m⋅s课后答案网nο(2)当加速度方向与半径成45角时，有aτtan45°==1awww.hackshp.cnn2即Rω=Rβ22亦即(9t)=18t32则解得t=9于是角位移为32θ=2+3t=2+3×=.267rad9121-8质点沿半径为R的圆周按s=vt−bt的规律运动，式中s为质点离圆周上某点02的弧长，v，b都是常量.求：(1)t时刻质点的加速度；(2)t为何值时，加速度在数值上等于0若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnb.ds解：（1）v==v−bt0dtdva==−bτdt22v(v0−bt)a==nRR4(v−bt)2220则a=a+a=b+τn2R加速度与半径的夹角为aτ−Rbϕ=arctan=2an(v0−bt)(2)由题意应有4(v−bt)20a=b=b+2R4(v−bt)2204即b=b+,⇒(v−bt)=020Rv0∴当t=时，a=bb−11-9以初速度v0=20课后答案网ms⋅抛出小球，抛出方向与水平面成α＝60°的夹角.求：(1)球轨道最高点的曲率半径R；(2)落地处的曲率半径R.12(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-9图所示．www.hackshp.cn题1-9图(1)在最高点，ov=v=vcos601x0−2a=g=10m⋅sn1若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2v又∵1a=n1ρ122v(20×cos60°)1ρ==1∴a10n1=10m(2)在落地点，−1v=v=20m⋅s,20o而a=g×cos60n222v(20)2∴ρ===80m2a10×cos60°n2−21-10飞轮半径为0.4m，自静止启动，其角加速度β=0.2rads⋅，求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度.−1解：当t=2s时，ω=βt=0.2×2=0.4rad⋅s−1则v=Rω=4.0×4.0=.016m⋅s22−2a=Rω=4.0×(4.0)=.0064m⋅sn−2a=Rβ=4.0×2.0=.008m⋅sτ2222−2a=a+a=(.0064)+(.008)=.0102m⋅s课后答案网nτ−11-11一船以速率v=30kmh⋅沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率1−1v=40kmh⋅沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何？在艇上看船的速度又为何？2���解：(1)大船看小艇，则有v=v−v，依题意作速度矢量图如题1-11图(a)www.hackshp.cn2121题1-11图22−1由图可知v=v+v=50km⋅h2112v31方向北偏西θ=arctan=arctan=36.87°v42若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn���(2)小船看大船，则有v=v−v，依题意作出速度矢量图如题1-11图(b)，同上法，得1212−1v=50km⋅h12o方向南偏东36.87课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题22-1一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面(倾角为α)上以初速度v0运动，v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，题2-1图求该质点的运动轨道.�解:物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取v方向为X轴，平行斜0面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-1.题2-1图X方向：F=0x=vt①x0Y方向：F=mgsinα=ma②yyt=0时y=0v=0y12y=gsinαt2由①、②式消去t，得课后答案网12y=gsinα⋅x22v02-2质量为16kg的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx＝6N，fy－1＝－7N.当t＝0时，x＝y＝www.hackshp.cn0，vx＝－2m·s，vy＝0.求当t＝2s时质点的位矢和速度.f63解：a=x==m⋅s−2xm168fy−7−2a==m⋅sym16(1)235−1v=v+adt=−2+×2=−m⋅sxx0∫x0842−77−1v=v+adt=×2=−m⋅syy0∫0y168若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn于是质点在2s时的速度�5�7�−1v=−i−jm⋅s48(2)�12�12�r=(vt+at)i+atj0xy2213�1−7�=(−2×2+××4)i+()×4j2821613�7�=−i−jm482-3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t＝0时质点k−()t的速度为v0.证明：(1)t时刻的速度为v=vem；(2)由0到t的时间内经过的距离为0kmv⎡−()t⎤mm=(0)1⎢−m⎥；(3)停止运动前经过的距离为v；(4)证明当t=时速度减至vxe00k⎣⎦kk1的，式中m为质点的质量.e−kvdv答:(1)∵a==mdt分离变量，得dv−kdt=vmvdvt−kdt即∫=∫v0v0mv−ktln=lnem课后答案网v0−kt∴v=vem0t−ktmv0−kt(2)x=vdt=vemdt=(1−em)www.hackshp.cn∫0∫0k(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，∞−ktmv故有x′=vemdt=0∫00km(4)当t=时，其速度为kkmvv=ve−m⋅k=ve−1=000e1即速度减至v的.0e若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2-4一质量为m的质点以与地面仰角θ＝30°的初速v0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量.解:依题意作出示意图如题2-4图题2-4图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,o而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为���∆p=mv−mv0�由矢量图知，动量增量大小为mv，方向竖直向下．0�2-5作用在质量为10kg的物体上的力为F=(102)+tiN，式中t的单位是s.(1)求4s后，物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量；(2)为了使冲量为200N·s，该力应－1在这物体上作用多久？试就一原来静止的物体和一个具有初速度－6jm·s的物体，回答这两个问题.解:(1)若物体原来静止，则�t�4��−1∆p=Fdt=(10+2t)idt=56kg⋅m⋅si,沿x轴正向，1∫0∫0��∆p�1−1∆v==6.5m⋅si1m���−1I=∆p=56kg⋅m⋅si课后答案网11−1若物体原来具有−6m⋅s初速，则�����tF�t�p=−mv,p=m(−v+dt)=−mv+Fdt于是000∫00∫0www.hackshp.cnm���t��∆p=p−p=Fdt=∆p,20∫10����同理，∆v=∆v,I=I2121这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即t2I=∫(10+2t)dt=10t+t02亦即t+10t−200=0若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn解得t=10s，(t=′20s舍去)－12-6一颗子弹由枪口射出时速率为v0m·s，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F＝(a－bt)N(a，b为常数)，其中t以s为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量；(3)求子弹的质量.解:(1)由题意，子弹到枪口时，有aF=(a−bt)=0,得t=b(2)子弹所受的冲量t12I=∫(a−bt)dt=at−bt02a将t=代入，得b2aI=2b(3)由动量定理可求得子弹的质量2Iam==v2bv002-7设F＝7i－6jN.(1)当一质点从原点运动到r＝－3i＋4j＋16km时，求F所做的功；(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率；(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化.�解:(1)由题知，F为恒力，合�������∴A=F⋅r=(7i−6j)⋅(−3i+4j+16k)课后答案网合=−21−24=−45JA45(2)P===75wwww.hackshp.cn∆t6.0(3)由动能定理，∆E=A=−45Jk－12-8如题2-8图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回.求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度.题2-8图若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn解:取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有12⎛12⎞−frs=kx−⎜mv+mgssin37°⎟2⎝2⎠12mv+mgssin37°−fsr2k=12kx2式中s=8.4+2.0=5m，x=2.0m，再代入有关数据，解得-1k=1390N⋅m再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′o12−fs′=mgs′sin37−kxr2代入有关数据，得s′=1.4m,则木块弹回高度oh′=s′sin37=.084m2-9一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直.课后答案网题2-9证:两小球碰撞过程中，机械能守恒，有121212mv=mv+mv012222www.hackshp.cn222即v=v+v①012题2-9图(a)题2-9图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有���mv=mv+mv012���亦即v=v+v②012若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn�由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v为斜边，0��故知v1与v2是互相垂直的．���2-10一质量为m的质点位于(x1，y1)处，速度为v=vi+vj，质点受到一个沿x负xy方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩.解:由题知，质点的位矢为���r=xi+yj11作用在质点上的力为��f=−fi所以，质点对原点的角动量为���L=r×mv0����=(xi+y)i×m(vi+vj)11xy�=(xmv−ymv)k1y1x作用在质点上的力的力矩为�������M=r×f=(xi+yj)×(−fi)=ykf01112-11哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为r1＝8.75×1010m时的速率是v421＝5.46×10m/s，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08×10m/s，这时它离太阳的距离r2是多少？(太阳位于椭圆的一个焦点)解:哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有课后答案网rmv=rmv1122104r1v1.875×10×.546×1012∴r===.526×10m22v.908×102www.hackshp.cn2-12物体质量为3kg，t＝0时位于r＝4im，v＝i＋6jm/s，如一恒力f＝5jN作用在物体上.求3s后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化.��3��−1解:(1)∆p=∫fdt=∫5jdt=15jkg⋅m⋅s0(2)解(一)x=x+vt=4+3=700x12152y=vt+at=6×3+××3=255.j0y223�����即r1=4i,r2=7i+255.jv=v=1x0x若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn5v=v+at=6+×3=11y0y3������即v1=i1+6j,v2=i+11j�������∴L=r×mv=4i×3(i+6j)=72k111��������L=r×mv=(7i+255.j)×3(i+11j)=1545.k222����2−1∴∆L=L−L=825.kkg⋅m⋅s21dz解(二)∵M=dt�t�t��∴∆L=∫M⋅dt=∫(r×F)dt003⎡�152�⎤�=∫0⎢(4+t)i+(6t+)×t)j⎥×5jdt⎣23⎦3��=∫5(4+t)kdt=825.kkg⋅m2⋅s−102-13飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为−1900r⋅min.现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-13图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ＝0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算.试求：(1)设F＝100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？在这段时间里飞轮转了几转？(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F？课后答案网题2-13图解:(1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N′是正压力，F、F′是摩擦www.hackshp.cnrr力，F和F是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．xy题2-13图（a）若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn题2-13图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有l+l12F(l+l)−N′l=0N′=F121l1对飞轮，按转动定律有β=−FR/I，式中负号表示β与角速度ω方向相反．r∵F=µNN=N′rl+l12∴F=µN′=µFrl112又∵I=mR,2FR−2µ(l+l)r12∴β=−=F①ImRl1以F=100N等代入上式，得课后答案网−2×.040×(.050+.075)40−2β=×100=−rad⋅s60×.025×.0503由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为ω900×2π×30www.hackshp.cnt=−==.706sβ60×40这段时间内飞轮的角位移为12900×2π914092φ=ωt+βt=×π−××(π)02604234=531.×2πrad可知在这段时间里，飞轮转了531.转．2π−1(2)ω=900×rad⋅s，要求飞轮转速在t=2s内减少一半，可知060ω0−ω0ω15π20−2β==−=−rad⋅st2t2若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为mRlβ1F=−2µ(l+l)1260×.025×.050×15π=2×.040×(.050+.075)×2=177N2-14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO′转动.设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m.绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-14图所示.设R＝0.20m，r＝0.10m，m＝4kg，M＝10kg，m1＝m2＝2kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m.求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力.题2-14图解:设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．课后答案网www.hackshp.cn题2-14(a)图题2-14(b)图(1)m1,m2和柱体的运动方程如下：T−mg=ma①2222mg−T=ma②1111′′TR−Tr=Iβ③12式中T′=T,T′=T,a=rβ,a=Rβ112221若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn1212而I=MR+mr22由上式求得Rm−rm12β=g22I+mR+mr122.0×2−1.0×2=×8.9121222×10×.020+×4×.010+2×.020+2×.01022−2=.613rad⋅s(2)由①式T2=m2rβ+m2g=2×.010×.613+2×8.9=208.N由②式T=mg−mRβ=2×8.9−2×.2.0×.613=171.N1112-15如题2-15图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下.求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过θ角时的角速度.课后答案网题2-15图解:(1)由转动定律，有112mg=(ml)β233g∴www.hackshp.cnβ=2l(2)由机械能守恒定律，有l1122mgsinθ=(ml)ω2233gsinθ∴ω=l若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题55-1电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点.试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)？(2)这种平衡与三角形的边长有无关系？解:如题5-1图示(1)以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q′为负电荷21q1qq′2cos30°=24πε0a4πε032(a)33解得q′=−q3(2)与三角形边长无关．题5-1图题5-2图课后答案网题5-2图5-2两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如题5--2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量.解:如题5-2图示www.hackshp.cn⎧Tcosθ=mg⎪2⎨1qTsinθ=F=⎪e24πε(2lsinθ)⎩0解得q=2lsinθ4πεmgtanθ05-3在真空中有A，B两平行板，相对距离为d，板面积为S，其带电量分别为＋q和－q.2qq则这两板之间有相互作用力f，有人说f=，又有人说，因为f＝qE，E=，24πεdεS00若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2q所以f=试问这两种说法对吗？为什么？f到底应等于多少？εS0解:题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把q合场强E=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个εS02qqq板的电场为E=，另一板受它的作用力f=q=，这是两板间相互作用2εS2εS2εS000的电场力．−95-4长l＝15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度λ=5.010×Cm的正电荷.试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上1与导线中点相距d=5.0cm处Q点的场强.2解：如题5-4图所示题5-4图(1)在带电直线上取线元d课后答案网x，其上电量dq在P点产生场强为1λdxdE=P24πε(a−x)0lλdxwww.hackshp.cnE=dE=2P∫P∫l24πε−(a−x)02λ11=[−]4πεll0a−a+22λl=22πε(4a−l)0−9−1用l=15cm，λ=0.5×10C⋅m,a=12.5cm代入得2−1EP=.674×10N⋅C方向水平向右若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn1λdx(2)同理 dE=方向如题5-4图所示Q224πεx+d02�由于对称性dE=0，即E只有y分量，∫QxQl21λdxd∵dE=Qy224πεxdx220+2+d2ld2λdxE=dE=2Qy∫lQy4πε∫−l322(x2+d2)22λl=222πεl+d402−9−1以λ=5.0×10C⋅cm,l=15cm,d2=5cm代入得2−1E=E=14.96×10N⋅C，方向沿y轴正向QQy5-5(1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少？��q解:(1)由高斯定理∫E⋅dS=sε0立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等q∴各面电通量Φ=．e课后答案网6ε0(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心，则q边长2a的正方形上电通量www.hackshp.cnΦe=6ε0q对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则Φ=，e24ε0如果它包含q所在顶点则Φ=0．e如题5-5(a)图所示．题5-5(3)图若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn题5-5(a)图题5-5(b)图题5-5(c)图−535-6均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为210×Cm.试求距球心5cm,8cm及12cm的各点的场强.��∑q2∑q解:高斯定理∫E⋅dS=,E4πr=sεε00�当r=5cm时，∑q=0,E=04π33r=8cm时，∑q=p(r−r内)34π(32)ρr−r内34−1∴E=≈3.48×10N⋅C，方向沿半径向外．24πεr04π33r=12cm时,∑q=ρ(r外−r内）34π(33)ρr−r外内34−1∴E=≈.410×10N⋅C沿半径向外.24πεr05-7半径为R和R(R>R)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和－λ，122课后答案网1试求：(1)rR处各点的场强.1122��∑q解:高斯定理∫E⋅dS=sε0取同轴圆柱形高斯面，侧面积www.hackshp.cnS=2πrl��则∫E⋅dS=E2πrlS对(1)rR2∑q=0∴E=0若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn5-8两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为σ和σ，试求空间各处场12强.题5-8图解:如题5-8图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为σ与σ，12�1�两面间，E=(σ−σ)n122ε0�1�σ面外，E=−(σ+σ)n1122ε0�1�σ2面外，E=(σ1+σ2)n2ε0�n：垂直于两平面由σ面指为σ面．125-9如题5-9图所示，在A，B两点处放有电量分别为＋q，－q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷q从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力做的功.0解:如题5-9图示1qqU=(−)=0O4πεRR课后答案网01qqqU=(−)=−O4πε3RR6πεR00qqo∴A=q(U−U)=www.hackshp.cn0OCπ6εR0题5-9图题5-10图5-10如题5-10图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷，两段直导线的长度和半圆环的半径都等于R.试求环中心O点处的场强和电势.解:(1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取dl=Rdθ�则dq=λRdθ产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn题5-10图πλRdθE=dE=2cosθ∫y∫−π224πε0Rλππ=［sin(−)−sin］4πεR220−λ=2πεR0(2)AB电荷在O点产生电势，以U∞=0Aλdx2RλdxλU===ln21∫BR∫4πεx4πεx4πε000λ同理CD产生U=ln224πε0πRλλ半圆环产生U==34πεR4ε课后答案网00λλ∴U=U+U+U=ln2+O123π2ε4ε00www.hackshp.cn题5-11图5-11三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm2，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0－7mm，B，C都接地，如题5-11图所示.如果使A板带正电3.0×10C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少？以地的电势为零，则A板的电势是多少？解:如题5-11图示，令A板左侧面电荷面密度为σ，右侧面电荷面密度为σ12若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn题5-11图(1)∵U=U，即ACAB∴Ed=EdACACABABσEd1ACAB∴===2σEd2ABACqA且σ+σ=12Sq2qAA得σ=,σ=213S3S2−7而q=−σS=−q=−2×10CC1A3−7q=−σS=−1×10CB2σ13(2)U=Ed=d=3.2×10VAACACACε课后答案网05-12两个半径分别为R和R(RR)电势2∞��QU=E⋅dr=∫外r4πεr0介质内(RR)，且l≫R−R.两122121柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和－Q时，求：(1)在半径r处(R<c)各点处磁感应强度的大小.��解：B⋅dl=µI∫L0∑2Ir(1)rcB2πr=0B=06-9在磁感应强度为B的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电流为I，如题6-9图所示.求其所受的安培力.题6-9图�解：在曲线上取dl若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn�b��则F=Idl×Bab∫a����π�∵dl与B夹角=不变，B是均匀的．2�b�b���∴F=Idl×B=I(dl)×B=Iab×Bab∫a∫a方向⊥ab向上，大小F=BIabab题6-10图6-10如题6-10图所示，在长直导线AB内通以电流I=20A，在矩形线圈CDEF中通有1电流I=10A，AB与线圈共面，且CD，EF都与AB平行.已知a＝9.0cm，b＝20.0cm，d2＝1.0cm，求：(1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力；(2)矩形线圈所受合力和合力矩.�解：(1)F方向垂直CD向左，大小CDµ0I1−4F=Ib=0.8×10NCD22πd�同理F方向垂直FE向右，大小FE课后答案网µ0I1−5F=Ib=0.8×10NFE22π(d+a)�F方向垂直CF向上，大小为www.hackshp.cnCFd+aµ0I1I2µ0I1I2d+a−5F=dr=ln=2.9×10NCF∫d2πr2πd�F方向垂直ED向下，大小为ED−5F=F=2.9×10NEDCF�����(2)合力F=F+F+F+F方向向左，大小为CDFECFED−4F=2.7×10N���合力矩M=P×Bm若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn∵线圈与导线共面��∴P//Bm�M=0．6-11一正方形线圈，由细导线做成，边长为a，共有N匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动.现在线圈中通有电流I，并把线圈放在均匀的水平外磁场B中，求线圈磁矩与磁场B的夹角为θ时，线圈受的转动力矩.题6-11图��解：设微振动时线圈振动角度为θ(θ=)，则m2M=PBsinθ=NIaBsinθm2dθ22由转动定律J=−NIaBsinθ≈−NIaBθ2at22dθNIaB即+θ=02dtJ2NIaB∴振动角频率ω=课后答案网J2πJ周期T==2π2ωNaIBwww.hackshp.cn题6-12图6-12一长直导线通有电流I=20A，旁边放一导线ab，其中通有电流I=10A，且两者12共面，如题6-12图所示.求导线ab所受作用力对O点的力矩.解：在ab上取dr，它受力�dF⊥ab向上，大小为若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnµI01dF=Idr22πr����dF对O点力矩dM=r×F�dM方向垂直纸面向外，大小为µII012dM=rdF=dr2πbµ0I1I2b−6M=∫dM=∫dr=6.3×10N⋅ma2πa题6-13图−46-13电子在B=7010T×的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r＝3.0cm.已知B垂直于纸面向外，某时刻电子在A点，速度v向上，如题6-13图所示.(1)试画出这电子运动的轨道；(2)求这电子速度v的大小；(3)求这电子的动能E.k解：(1)轨迹如图课后答案网题6-13图2v(2)∵evB=mreBr7−1∴v==7.3×10m⋅swww.hackshp.cnm12−16(3)E=mv=2.6×10JK26-14题6-14图中的三条线表示三种不同磁介质的B-H关系曲线，虚线是B=µH关系的0曲线，试指出哪一条是表示顺磁质？哪一条是表示抗磁质？哪一条是表示铁磁质？题6-14图答:曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质．若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn6-15螺绕环中心周长L＝10cm，环上线圈匝数N＝200匝，线圈中通有电流I＝100mA.(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度B0；(2)若环内充满相对磁导率µ＝4200的磁性物质，则管内的B和H各是多少？r��解:(1)∫H⋅dl=∑IlHL=NINI−1H==200A⋅mL−4B=µH=5.2×10T00−1(2)H=200A⋅mB=µH=µµH=.105Tro课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题77-1一半径r＝10cm的圆形回路放在B＝0.8T的均匀磁场中，回路平面与B垂直.当回路dr半径以恒定速率=80cm/s收缩时，求回路中感应电动势的大小.dt2解:回路磁通Φ=BS=Bπrm感应电动势大小dΦmd2drε==(Bπr)=Bπ2r=.040Vdtdtdt7-2如题7-2图所示，载有电流I的长直导线附近，放一导体半圆环MeN与长直导线共面，且端点MN的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为b，环心O与导线相距a.设半圆环以速度v平行导线平移.求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN两端的电压UM－UN.题7-2�解:作辅助线MN，则在MeNM回路中，沿v方向运动时dΦ=0m∴ε=0MeNM即ε=ε课后答案网MeNMNa+bµIva−b又∵0ε=vBcosπdl=ln<0MN∫a−b2πa+b所以ε沿NeM方向，MeNwww.hackshp.cnµIva+b0大小为ln2πa−bM点电势高于N点电势，即µ0Iva+bU−U=lnMN2πa−b题7-3若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn7-3如题7-3图所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈.两导线中的电dI流方向相反、大小相等，且电流以的变化率增大，求：dt(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势.解:以向外磁通为正则b+aµId+aµIµIlb+ad+a(1)000[lnln]Φ=ldr−ldr=−m∫bd∫π2rπ2rπ2bddΦµld+ab+adI(2)0ε=−=[ln−ln]dtπ2dbdt题7-47-4如题7-4图所示，长直导线通以电流I＝5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面.线圈长b＝0.06m，宽a＝0.04m，线圈以速度v＝0.03m/s垂直于直线平移远离.求：d＝0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向.�解:AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势．DA产生电动势A���µI0ε=(v×B)⋅dl=vBb=vb1∫D2πdBC产生电动势C���µI0ε=(v×B)⋅dl=−vb2∫Bπ2(a+d)∴回路中总感应电动势课后答案网µ0Ibv11−8ε=ε+ε=(−)=6.1×10V12π2dd+a方向沿顺时针．7-5长度为l的金属杆abwww.hackshp.cn以速率v在导电轨道abcd上平行移动.已知导轨处于均匀磁场B中，B的方向与回路的法线成6060°°角(如题77---55图所示)，B的大小为B＝kt(k为正常数).设t＝0时杆位于cd处，求：任一时刻t导线回路中感应电动势的大小和方向.题7-5图��1122解:Φ=B⋅dS=Blvtcos60°=ktlv=klvtm∫22dΦm∴ε=−=−klvtdt若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn即沿abcd方向顺时针方向．题7-6图7-6一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题7-6图所示.取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t＝0).dΦ解:如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时<0,ε>0；dt题7-6图(a)题7-6图(b)dΦ在磁场中时=0,ε=0；dtdΦ出场时>0，ε<0，故I−t曲线如题7-6图(b)所示.dtl7-7导线ab长为l，绕过O点的垂直轴以匀角速ω转动.aO=，磁感应强度B平行于转轴，3如题7-7所示.试求：(1)ab两端的电势差；(2)a，b两端哪一点电势高？课后答案网www.hackshp.cn题7-7图解:(1)在Ob上取r→r+dr一小段2l32Bω2则ε=ωrBdr=lOb∫09l312同理ε=ωrBdr=BωlOa∫01812212∴ε=ε+ε=(−+)Bωl=BωlabaOOb1896(2)∵ε>0即U−U<0abab∴b点电势高．若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn题7-8图7-8一无限长直导线和一正方形的线圈如题7-8图所示放置(导线与线圈接触处绝缘).求：线圈与导线间的互感系数.解：设长直电流为I，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为2aµIaµIaΦ=30dr=0ln212∫aπ2r2π3Φµa120∴M==ln2Iπ27-9两根平行长直导线，横截面的半径都是a，中心相距为d，两导线属于同一回路.设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l的一段自感为µld−a0L=In.πa课后答案网题7-9图解：如题7-9图所示，取dS=ldrd−aµIµwww.hackshp.cnIµIld−a11µIld−ad则0000Φ=∫(+)ldr=∫(−)dr=(ln−ln)a2rππ2(d−r)π2arr−d2πad−aµIld−a0=lnπaΦµld−a∴0L==lnIπa7-10两线圈顺串联后总自感为1.0H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H.试求：它们之间的互感.解：∵顺串时L=L+L+2M12反串联时L′=L1+L2−2M若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn∴L−L′=4ML−L′M==.015H4题7-11图7-11一矩形截面的螺绕环如题7-11图所示，共有N匝.试求：(1)此螺绕环的自感系数；(2)若导线内通有电流I，环内磁能为多少？解：如题7-11图示(1)通过横截面的磁通为bµNIµNIhb00Φ=∫hdr=lna2rππ2a2µ0NIhb磁链Ψ=NΦ=lnπ2a2Ψµ0Nhb∴L==lnIπ2a12(2)∵W=LIm课后答案网222µ0NIhb∴W=lnm4πa7-12一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为www.hackshp.cnI.求：导线内部单位长度上所储存的磁能.µI0r解：在r,0∴φ=π,又,A=10cm,T=s200022π−1即ω==πrad⋅sT3故x=1.0cos(πt+π)ma2A5π由题8-5图(b)∵t=0时，x=,v>,0∴φ=00023πt=0时，x=,0v<,0∴φ=2π+1111255又φ=ω×1+π=π132若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn5∴ω=π655π故x=1.0cos(πt+)mb638-6有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20m，位相与第一振动的π位相差为，已知第一振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动6的位相差.题8-6图解：由题意可做出旋转矢量图如下．由图知222A=A+A−2AAcos30°21122=(.0173)+(2.0)−2×.0173×2.0×3/2=.001∴A=1.0m2设角AAO为θ，则1222A=A+A−2AAcosθ课后答案网1212222222A+A−A(.0173)+(1.0)−(.002)12cosθ==即2AA2×.0173×1.012=0www.hackshp.cnπππ即θ=，这说明，A与A间夹角为，即二振动的位相差为.122228-7试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：⎧π⎧πx=5cos(3t+)cm,x=5cos(3t+)cm,⎪⎪13⎪⎪13(1)⎨(2)⎨7π4π⎪x=5cos(3t+)cm;⎪x=5cos(3t+)cm.22⎪⎩3⎪⎩37ππ解：(1)∵∆φ=φ−φ=−=2π,2133∴合振幅A=A1+A2=10cm若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn4ππ(2)∵∆φ=−=π,33∴合振幅A=08-8一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎧πx=0.4cos(2t+),m⎪⎪16⎨5π⎪x=0.3cos(2t−).m2⎪⎩6试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振幅和初相，并写出谐振动方程.π5解：∵∆φ=−(−π)=π66∴A=A−A=1.0m合12π5π4.0×sin−3.0sinA1sinφ1+A2sinφ2663tanφ===Acosφ+Acosφπ5π321224.0cos+3.0cos66π∴φ=6其振动方程为πx=1.0cos(2t+)m6(作图法略)课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题9机械波9-1振动和波动有什么区别和联系？平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同？又有什么联系？振动曲线和波形曲线有什么不同？解:(1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为y=ft)(；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x，又是时间t的函数，即y=f(x,t)．(2)在谐振动方程y=ft)(中只有一个独立的变量时间t，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程y=f(x,t)中有两个独立变量，即坐标位置x和时间t，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．x当谐波方程y=Acosω(t−)中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持u续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线y=ft)(描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y，横轴为t；波动曲线y=f(x,t)描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y，横轴为x．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．⎡⎛x⎞⎤x9-2波动方程y=Acos⎢ω⎜t−⎟+ϕ⎥中的表示什么？如果改写为0⎣⎝u⎠⎦u⎛ωx⎞ωxy=Acos⎜ωt−+ϕ课后答案网⎟，又是什么意思？如果t和x均增加，但相应的0⎝u⎠u⎡⎛x⎞⎤⎢ω⎜t−⎟+ϕ⎥的值不变，由此能从波动方程说明什么？0⎣⎝u⎠⎦ωx解:波动方程中的x/u表示了介质中坐标位置为www.hackshp.cnx的质元的振动落后于原点的时间；则u表示x处质元比原点落后的振动位相；设t时刻的波动方程为ωxy=Acos(ωt−+φ)t0u则t+∆t时刻的波动方程为ω(x+∆x)y=Acos[ω(t+∆t)−+φ]t+∆t0uωx其表示在时刻t，位置x处的振动状态，经过∆t后传播到x+u∆t处．所以在(ωt−)中，uωx当t，x均增加时，(ωt−)的值不会变化，而这正好说明了经过时间∆t，波形即向前传uωx播了∆x=u∆t的距离，说明y=Acos(ωt−+φ)描述的是一列行进中的波，故谓之行0u若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn波方程．9-3在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同？2π解:取驻波方程为y=2Acosxcosαπvt，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，λ描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律2π可表示为2Acosx．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻λ两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．9-4已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y＝Acos(Bt－Cx)，其中A，B，C为正值恒量.求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差.解:(1)已知平面简谐波的波动方程y=Acos(Bt−Cx)(x≥0)将上式与波动方程的标准形式xy=Acos(2πυt−2π)λ比较，可知：B波振幅为A，频率υ=，2π2πB波长λ=，波速u=λυ=，CC12π课后答案网波动周期T==．υB(2)将x=l代入波动方程即可得到该点的振动方程y=Acos(Bt−Cl)(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为www.hackshp.cn2π∆φ=(x−x)21λ2π将x2−x1=d，及λ=代入上式，即得C∆φ=Cd．9-5沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y＝0.05cos(10πt－4πx)，式中x，y以m计，t以s计.求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求x＝0.2m处质点在t＝1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相？这一位相所代表的运动状态在t＝1.25s时刻到达哪一点？若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn解:(1)将题给方程与标准式2πy=Acos(2πυt−x)λ−1−1相比，得振幅A=0.05m，频率υ=5s，波长λ=0.5m，波速u=λυ=2.5m⋅s．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为−1v=ωA=10π×.005=5.0πm⋅smax222−2a=ωA=(10π)×.005=5πm⋅smax(3)x=0.2m处的振动比原点落后的时间为x2.0==.008su5.2故x=2.0m,t=1s时的位相就是原点(x=0)，在t=1−.008=.092s时的位相，0即φ=2.9π．设这一位相所代表的运动状态在t=.125s时刻到达x点，则x=x+u(t−t)=2.0+5.2(.125−0.1)=.0825m119-6一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10－3J·m－2·s－1，频－1率为300Hz，波速为300m·s，求：(1)波的平均能量密度和最大能量密度？(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量？解:(1)∵I=wu−3I10−5−3∴w==180.×=6×10J⋅m课后答案网u300−4−3w=2w=2.1×10J⋅mmax1212u(2)W=ωV=wπdλ=wπdwww.hackshp.cn44ν−512300−7=6×10×π×(.014)×=.924×10J4300λπ9-7如题9-7图所示，S1和S2为两相干波源，振幅均为A1，相距，S1较S2位相超前，求：42题9-7图(1)S1外侧各点的合振幅和强度；(2)S2外侧各点的合振幅和强度.解：（1）在S外侧，距离S为r的点，SS传到该P点引起的位相差为11112π2π⎡λ⎤∆φ=−r−(r+)=π2λ⎢114⎥⎣⎦若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2A=A−A=,0I=A=011（2）在S2外侧.距离S2为r1的点，S1S2传到该点引起的位相差.π2πλ∆φ=−(r+−r)=0222λ422A=A+A=2A,I=A=4A11119-8如题9-8所示，设B点发出的平面横波沿BP方向传播，它在B点的振动方程为y1＝－3－2×10cos2πt；C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振动方程为y2＝2×103－1cos(2πt＋π)，本题中y以m计，t以s计.设BP＝0.4m，CP＝0.5m，波速u＝0.2m·s，求：(1)两波传到P点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P处合振动的振幅.题9-8图2π解:(1)∆φ=(φ−ϕ)−(CP−BP)21λω=π−(CP−BP)u2π=π−(5.0−4.0)=02.0(2)P点是相长干涉，且振动方向相同，所以−3A=A+A=4×10mP12(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为课后答案网0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为22−3−3A=A+A=2A=22×10=.283×10m1219-9一驻波方程为y＝0.02cos20www.hackshp.cnxcos750t(SI)，求：(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2)相邻两波节间距离.解:(1)取驻波方程为2πυxy=2Acoscos2πυtu.002故知A==.001m27502πυ2πυ=750，则υ=，=202πu2πυ2π×750/2π−1∴u===375.m⋅s2020若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnu2πυ/20(2)∵λ===1.0π=.0314m所以相邻两波节间距离υυλ∆x==.0157m29-10在弦上传播的横波，它的波动方程y1＝0.1cos(13t＋0.0079x)(SI)，试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x＝0处为波节.解:为使合成驻波在x=0处形成波节，则要反射波在x=0处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为y=1.0cos(13t−.00079x−π)29-11汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz变到了1000Hz，设空－1气中声速为330m·s，求汽车的速率.解:设汽车的速度为v，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为suυ=υ10u−vsu汽车驶离车站时，车站收到的频率为υ=υ20u+vs联立以上两式，得υ1−υ21200−1000−1υ=u=300×=30m⋅s1υ+υ1200+100129-12两列火车分别以72km·h－1和54km·h－1的速度相向而行，笫一列火车发出一个600Hz课后答案网－1的汽笛声，若声速为340m·s，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少？−1−1解:设鸣笛火车的车速为v=20m⋅s，接收鸣笛的火车车速为v=15m⋅s，则两者12相遇前收到的频率为www.hackshp.cnu+v340+152υ=υ=×600=665Hz10u−v340−201两车相遇之后收到的频率为u−v340−152υ=υ=×600=541Hz10u+v340+201若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题10波动光学10-1在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化？试说明理由.(1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小；(3)整个装置的结构不变，全部浸入水中；(4)光源作平行于S1，S2联线方向上下微小移动；D解:由∆x=λ知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作d相反方向的上下移动；10-2什么是光程？在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相2π同？其所需时间是否相同？在光程差与位相差的关系式△ϕ=△中，光波的波长要用真空λ中波长，为什么？∆解:∆=nr．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为∆t=．C因为∆中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。10-3用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为λ的单色光垂直入射时，观察到的干涉条纹如题10-3图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切.试说明工件缺陷是凸还是凹？并估算该缺陷的程度.课后答案网题10-3图解:工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，λ故相应的空气隙厚度差为∆e=，这也是工件缺陷的程度．www.hackshp.cn210-4在杨氏双缝实验中，双缝间距d＝0.20mm，缝屏间距D＝1.0m.试求：(1)若第2级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长；(2)求相邻两明条纹间的距离.3D1×10解:(1)由x=kλ知，0.6=×2λ，明d2.0o−3∴λ=6.0×10mm=6000A3D1×10−3(2)∆x=λ=×6.0×10=3mmd2.010-5在双缝装置中，用一很薄的云母片(n＝1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第7若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置.若入射光的波长为550nm，求此云母片的厚度.解:设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为δ=ne−e=(n−1)e按题意δ=7λ−107λ7×5500×10−6∴e===6.6×10m=6.6µmn−1.158−110-6白光垂直照射到空气中一厚度为380nm的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色？背面呈现什么颜色？解:由反射干涉相长公式有λ2ne+=kλ(k=1,2,⋅⋅⋅)24ne4×.133×380020216得λ===2k−12k−12k−1ok=2,λ=6739A(红色)2ok=3,λ=4043A(紫色)3所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式2ne=kλ(k=,2,1⋅⋅⋅)2ne10108所以λ==kko当k=2时，λ=5054A课后答案网(绿色)故背面呈现绿色．10-7在折射率n1＝1.52的镜头表面涂有一层折射率n2＝1.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长λ＝550nm的光，问膜的厚度应取何值？解:设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即www.hackshp.cn12ne=(k+)λ(k=0,1,2,⋅⋅⋅)221(k+)λ2kλλ∴e==+2n2n4n22255005500o=k+=(1993k+996)A2×.1384×.138o令k=0，得膜的最薄厚度为996A．当k为其他整数倍时，也都满足要求．10-8当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第10个亮环的直径由d1＝若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn－2－21.40×10m变为d2＝1.27×10m，求液体的折射率.解:由牛顿环明环公式D(2k−1)Rλ1r==空22D(2k−1)Rλ2r==液22n2DD.19611两式相除得=n，即n==≈.1222DD.1612210-9利用迈克耳孙干涉仪可测量单色光的波长.当M1移动距离为0.322mm时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长.λ解:由∆d=∆N2−3∆d.0322×10得λ=2=2×∆N1024o−7=.6289×10m=6289A10-10什么叫半波带？单缝衍射中怎样划分半波带？对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带？λ答：半波带由单缝A、B首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用来划分．对应于第23级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．λλλ∵由asinϕ=(2k+1)课后答案网=(2×3+1)=7×222λasinϕ=4λ=8×210-11若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角www.hackshp.cn.问(1)零级明条纹能否分开不同波长的光？(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大？不同波长的光分开程度与什么因素有关？解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强．(2)可见光中红光的衍射角最大，因为由(a+b)sinϕ=kλ，对同一k值，衍射角ϕ∞λ．10-12一单色平行光垂直照射一单缝，若其第3级明条纹位置正好与600nm的单色平行光的第2级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长.解：单缝衍射的明纹公式为λasinϕ=(2k+1)2o当λ=6000A时，k=2λ=λ时，k=3x若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn重合时ϕ角相同，所以有6000λxasinϕ=(2×2+1)=(2×3+1)225o得λ=×6000=4286Ax710-13用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a＝0.60mm的单缝，缝后凸透镜的焦距f＝40.0cm，观察屏幕上形成的衍射条纹.若屏上离中央明条纹中心1.40mm处的P点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P点处条纹的级数；(3)从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带？λ解：(1)由于P点是明纹，故有asinϕ=(2k+1)，k=3,2,1⋅⋅⋅2x4.1−3由==5.3×10=tanϕ≈sinϕf4002asinϕ2×6.0−3故λ==×5.3×102k+12k+11−3=×2.4×10mm2k+1o当k=3，得λ=6000A3ok=4，得λ=4700A4o(2)若λ=6000A，则P点是第3级明纹；3o若λ=4700A，则P点是第4级明纹．4课后答案网λ(3)由asinϕ=(2k+1)可知，2当k=3时，单缝处的波面可分成2k+1=7个半波带；当k=4时，单缝处的波面可分成www.hackshp.cn2k+1=9个半波带．10-14用λ＝590nm的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹？1o−3−4解：a+b=mm=2.0×10mm=2.0×10A500π由(a+b)sinϕ=kλ知，最多见到的条纹级数k对应的ϕ=,max24a+b0.2×10所以有k==≈.339，即实际见到的最高级次为k=3.maxmaxλ590010-15波长λ＝600nm的单色光垂直入射到一光栅上，第2、3级明条纹分别出现在sinφ＝0.20与sinφ＝0.30处，第4级缺级.求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在0090>ϕ>−90范围内，实际呈现的全部级数.若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn解：(1)由(a+b)sinϕ=kλ式对应于sinϕ1=.020与sinϕ2=.030处满足：−10.020(a+b)=2×6000×10−10.030(a+b)=3×6000×10−6得a+b=0.6×10m(2)因第四级缺级，故此须同时满足(a+b)sinϕ=kλasinϕ=k′λa+b−6解得a=k′=5.1×10k′4−6取k′=1，得光栅狭缝的最小宽度为5.1×10m(3)由(a+b)sinϕ=kλ(a+b)sinϕk=λπ当ϕ=，对应k=kmax2−6a+b0.6×10∴k===10课后答案网max−10λ6000×10°°因±4，±8缺级，所以在−90<ϕ<90范围内实际呈现的全部级数为°k=,0±,1±,2±,3±,5±,6±,7www.hackshp.cn±9共15条明条纹(k=±10在k=±90处看不到)．10-16使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为I1，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光强I与I1之比为多少？解：由马吕斯定律II02ο0I=cos60=128I9I02ο2ο0I=cos30cos30=232I9∴==.225I41若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn10-17一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光.试求：(1)入射角等于多少？(2)折射角为多少？.140ο"解：(1)tani=,∴i=5428001οο"(2)y=90−i=3532010-18利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率？若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率.οn解：由tan58=,故n=.1601课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn'