大学物理第五章习题
第五章
例1 正电荷q 均匀分布在半径为R 的圆环上. 计算通过环心点O 并垂直圆环平面的轴线上任一点P 处的电场强度.？
例2 有一半径为R ，电荷均匀分布的薄圆盘，其电荷面密度为 . 求通过盘心且垂直盘面的轴线上任意一点处的电场强度.
例1 三棱柱体放置在如图所示的匀强电场中. 求通过此三棱柱体的电场强度通量.
例2 设有一半径为R , 均匀带电Q 的球面. 求球面内外任意点的电场强度. 对称性分析：球对称 高斯面：闭合球面
x
y
z
E
o
M
N
P
R
Q
n
e n
e n e
S
S
例3 设有一无限长均匀带电直线，单位长度上的电荷，即电荷线密度为 ，求距直线为r 处的电场强度.
例 4 设有一无限大均匀带电平面，电荷面密度为 ，求距平面为r 处某点的电场强度 对称性分析与高斯面的选取
例1 正电荷q 均匀分布在半径为R 的细圆环上. 求环轴线上距环心为x 处的点P 的电势.
E
E
S
o x
y
E
r
+
h
通过一均匀带电圆平面中心且垂直平面的轴线上任意点的电势.
例2 真空中有一电荷为Q ，半径为R 的均匀带电球面. 试求 （1）球面外两点间的电势差； （2）球面内两点间的电势差； （3）球面外任意点 的电势； （4）球面内任意点 的电势.
例3 “无限长”带电直导线的电势
例1 用电场强度与电势的关系，求均匀带电细圆环轴线上一点的电场强度.
例2 求电偶极子电场中任意一点A 的电势和电场强度.
R
A
B
o
r
A
r B
r
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 2 2d d t y M Ma F == 故0d d 2 2=+gy s t y M ρ 02 2=+ y M g s dt dy ρ 故作简谐振动 M g s ρω = 2 )(35.68 .91010210 10222233 3 4 s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===π ρπ ω π 5-2 重物A 的质量M=1kg ，放在倾角0 30=θ的光滑斜面上，并用绳跨过定滑轮与劲度系数 1 49-⋅=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 k mg 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 22 0d d )(sin sin t x m x l k mg T mg =+-=-θθ 将（1）式代入上式，整理后得 0d d 22 =+ x m k t x 故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7== m k ω 由初始条件,000⎩⎨ ⎧=-=v l x 求得,1.00⎩ ⎨⎧===πϕm l A 故物体A 的运动方程为 x =0.1cos(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: 22 1d d sin t x m T mg =-θ (2) 对滑轮列出 转 动 方 程为： 2 2 221d 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22 01d d 21)(t x M x l k T + +=代入(2)式知 2 2 021)(sin dt x d m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ 又由（1）式知0sin kl mg =θ 故0d d ) 2 1(2 2 =++kx t x m M 即 0) 2 ( d d 2 2 =++x m M k t x 习题5-2图
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()x y 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)2 A y t π π=-(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[()]A x x y A t u ω?-=-+； 即 0.050.03cos[4()]0.22 x y t π π-=--= 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 2 y 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 ()2x y t u π-=?- 50.06sin()24 t 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．
大学物理第五章机械振动习题解答和分析
5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2 100.2-?=，周期s T 0.1=，初相.4/3π?=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。 分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为：]2cos[]cos[ ?π ?ω+=+=t T A t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4 x t SI π π=+ 振子的速度和加速度分别是： 3/0.04sin[2]()4 v dx dt t SI π ππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4 a d x dt t SI π ππ==-+ 5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度. 分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。 解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππ?ω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1 /210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ?π= （2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ?ππππ=+=+ 由cos x A ?=，sin A νω?=-，2 2 cos a A x ω?ω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=- 5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小； （2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置. 分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。 解：（1）跟据x m ma f 2 ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N = （2）由x m f 2 ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N =
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 gh p 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 ()3 51 01 20121212m 1011.6-?=+== T p V T gh p T p V T p V ρ 5－2 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 3331 22111=== ；； 则一瓶氧气可用天数 ()()5 .93 31 213 21=-=-= V p V p p m m m n 5－3 一抽气机转速ω=400r ?min -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。设容器的容积 V 0=2.0升，问经过多长时间后才能使容器内的压强由1.01×105 Pa 降为133Pa 。设抽气过程中温度始终不变。 分析：抽气机每打开一次活门, 容器内气体的容积在等温条件下扩大了V ，因而压强有所降低。活门关上以后容器内气体的容积仍然为V 0 。下一次又如此变化，从而建立递推关系。
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 .
大学物理教程第5章习题答案
思 考 题 5.1 当热力学系统处于非平衡态时，温度的概念是否适用？ 答：温度的概念是指处在同一热平衡状态下的所有热力学系统，在宏观上都具有的一种共同的物理性质。所以在非平衡态时温度的概念不适用。 5.2 内能和热量的概念有何不同？下面两种说法是否正确？ （1）物体的温度愈高，则热量愈多； （2）物体的温度愈高，则内能愈大。 答：内能指物体内所有分子作无规则运动时，分子动能和分子势能的总和。热量是在热传导方式下物体之间所交换能量的计量。所以（1）的说法不正确；（2）的说法正确。 5.3 什么是热力学系统的平衡态？气体在平衡态时有何特征？当气体处于平衡态时还有分子热运动吗？ 答：不受外界影响的条件下宏观性质处于不随时间改变的系统状态叫做平衡态．．．。气体处于平衡态时,整个系统热平衡（各部分温度相等）；力平衡（各部分压强相等）；化学平衡和相平衡（浓度均匀，组成不随时间变化）。分子热运动始终存在。 5.4 试说明为什么气体热容的数值可以有无穷多个？什么情况下气体的热容为零？什么情况下气体的热容是无穷大？什么情况下是正值？什么情况下是负值？ 答：气体热容的大小与气体升温的过程或条件有关。不同的热力学过程，热容的值都是不同的。因为变化过程可有无穷多个，所以气体热容的数值可以有无穷多个。绝热过程热容为零。等温过程热容为无穷大。系统温度升高，从外界吸热的热力学过程气体热容为正。系统温度升高，向外界放出热量的热力学过程气体热容为负。 5.5 有可能对物体加热而不致升高物体的温度吗？有可能不作任何热交换，而使系统的温度发生变化吗？ 答：气体等温膨胀过程吸收外界热量而温度不变。存在对系统不作任何热交换而温度发生变化情况，如气体的绝热压缩过程。 5.6 讨论理想气体在下述过程中Q W E 、、?的正负。 （1）等容降压；（2）等压压缩；（3）绝热膨胀。 答：（1）等容过程做功为零，W 为零。等容降压时温度下降，所以内能减少，E ?为负。由热力学第一定律得Q 为负。 （2）压缩过程系统做负功，W 为负。等压压缩时温度下降，所以内能减少，E ?为负。由热力学第一定律得Q 为负。 （3）绝热过程Q 为零。膨胀过程系统做正功，W 为正。由热力学第一定律得E ?为负。 5.7 有人说，因为在循环过程中系统对外做的净功在数值等于p-V 图中封闭曲线所包围的面积，所以封闭曲线所包围的面积越大，循环效率就越高，对吗？ 答：不正确，因为循环效率取决于系统对外做的净功和系统由高温热源吸收的热量，只有在从高温热源吸收的热量一定的情况下，封闭曲线所包围的面积越大，即系统对外所做的净功越多，循环效率越高，如果从高温热源吸收的热量不确定，则循环效率不一定越高。 5.8 温度差对于热机的驱动是否是必须的，为什么？
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 = 5×10-2 cos(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： （1）P 点的振动表达式； 2cos()x y A t πωλ =- 0.03cos(4)2 A y t π π=-cos[()]A x x y A t u ω?-=-+0.050.03cos[4()]0.22 x y t π π-=- -2 0 6.010sin 2 y t π -=?2 6.010sin ()2x y t u π -=?-50.06sin()24 t ππ=-0.03cos[50()]2 x y t u π π=-+
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()x y A t πωλ =- 0.03cos(4)2 A y t π π=-cos[()]A x x y A t u ω?-=-+0.050.03cos[4()]0.22 x y t π π-=- -2 0 6.010sin 2 y t π -=?2 6.010sin ()2x y t u π -=?-50.06sin()24 t ππ=-0.03cos[50()]2 x y t u π π=-+
大学物理第05章 静电场习题解答
第5章 静电场习题解答 5.1一带电体可作为点电荷处理的条件是（ C ） （A ）电荷必须呈球形分布。 （B ）带电体的线度很小。 （C ）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。 （D ）电量很小。 5.2图中所示为一沿 x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ（x >0）和 -λ（x < 0），则 oxy 坐标平面上点（0，a ）处的场强 E 为：（ B ） ( A ) 0 ( B ) 02a λ πεi ( C ) 04a λπεi ( D ) ()02a λ πε+i j 5.3 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 一、选择题 B C D A B B B B B A 二、填空题 2 2121221. cos() , cos() ; 23 2 2. 100; 3. A -A , (A -A )cos() 2 x A t x A t T T t T ππππ πππ=-=++ 三、计算题 1、解： 322322 0.09(-)0.0100,, 0.01cos() 33 gl gl b b m gl b x gl gl x A m t x A v k gl x t ρρρρρϕπ ρωπ'=⇒=''-=-⇒===-=⇒='=⇒==⇒=+设物体在平衡位置时被浸没深度为b ，则物体受合外力F=物体作简谐振动当物体全被浸没时可知时，令简谐振动方程2、解： 2 22 2 22221d sin sin 2d 1sin 3 d 1d 300d 2d 22π M Mgl kl J t J Ml l Mg kl Mg kl t J t Ml T θθθθθθθθθθθθ=--=≈=⎡⎤ +=⇒+=⎢⎥⎣⎦ ⇒=当杆向右摆动角时,重力矩与弹力矩均与相反，有 很小，，， （+2）（+） 3、解： 设物体平衡时两弹簧分别伸长X 1， X 2由物体受力平衡得： 11221212222111221112121 2 1212sin (1) x sin sin (2)(1)(2) (3), mg k x k x x x x x x x F mg k x x mg k x x F k x k x F F x x x x x k k k k F x kx k k θθθω=='''' =+''=-+=-+''=-=-'''' =-=-=+⋅=-=-⇒=+物体沿轴移动位移时，两弹簧又分别被拉长，即则（）（） 将代入得： 2v πω== 4、解： 041 400 00.05,02340,02 -5424 5π 0.1cos()243 -0, 1.6P P A t x m t x s t x t t s πϕπ ϕϕϕφπωπϕϕφϕωω -===>⇒=- ==<⇒= ∆===∆⇒=-∆=∆===由振动方程为， 0v v 5、解： 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： 2 2 0)(dt x d m x 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0 x 代入上式，有： 02 2 =+ x m k dt x d 其中 m k = 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 m k /9.90 == = ω Hz 58.12== π ω ν 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 ，π ϕ= 振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x 5.2 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： 0sin kx 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 R J mg --=+ 0sin )(θ 利用（1）式可得 x R J mR kR dt x 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 ω π 2= T 5.3 解： 因为 m k π π ων212= = 所以 ： 1 22 1m m = νν 22 1 21)( m m νν=＝2 Kg 5.4 解：（1） 由振动方程)4 20cos(01.0π π+ =t x 可知： 振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ω π 频率Hz 10=ν ；初相4 0π ϕ= （2）把t ＝2s 分别代入可得： 2005.0)4 20cos(01.0|2=+ ==π πt x t m 2314.0)420sin(2.0|2-=+-===π ππt dt dx v t m/s )4 20sin(4|2 2π ππ + ===t dt dv a t 5.5 解： T ＝2s ，ππω== T 2 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 (102 ϕππ+-=t a 根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3 π ϕ= ， 故振动方程为：)3 cos(10π π+ =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： 5 3)3 'c o s (- =+π π t 5 4)3 's i n (= +π π t 故有 s cm t v /1.25)3 'sin(10-=+ -=π ππ 第5章角动量角动量守恒定律 一、本章总结 1.请总结角动量、角动量守恒定律一章的知识点。 2.请画出本章的知识脉络框图。 二、填空题 1. 如图所示，圆盘绕着与盘面垂直且过圆心O 的轴旋转， 轴固定且光滑，转动角速度为ω。这时，一对力偶沿着盘面作用在圆盘上（每个力大小为F ），圆盘的角速度 ω 。（填增大、减小或不能确定） 2. 一个立方体放在粗糙的水平地面上，其质量分布均匀，为50 kg ，边长为1m 。现用一水平拉力F 作用于立方体的定边中点。如果地面摩擦力足够大，立方体不会滑动，那么要使该立方体翻转90︒，拉力F 至少为 。 3.一长为L 、质量为M 的均匀细棒，放在水平面上。通过 棒的端点O 有一垂直于水平面的光滑固定转轴，如图所示。一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内垂直射向 细棒，随后以速率v 2 1穿出，这时细棒的角速度 。 4. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 。 5. 气候变暖造成地球两极的冰山融化，海平面因此上升。这种情况将使地球的转动惯量 ，自转角速度 ，角动量 ，自转动能 。（填变大、变小或不变） 三、推导题 6.试推导质量为m ，半径为R 的实心球体的转动惯量？（答：252 mR ） 四、计算和证明题 7.如图所示，一个质量均匀分布的梯子靠墙放置，和地面成θ角，下端A 处连接一个弹性系数为k 的弹簧。已知梯子的长度为l ，重量为W ，靠墙竖直放置时弹簧处于自然伸长，所有接触面均光滑。如果梯子处于平衡状态，求地面、墙面对梯子的作用力，以及W 、k 、l 和θ满足的关系。（答：W ；kl cos θ； O F F ω O v 21 v 俯视图 第 5 章 几何光学 5.１． 一束平行光线透射过一块厚度为d 的厚玻璃片，入射角为θ，透过玻璃片后光线如何传播？ 解： ． 现有一人身高为 1.70m ，此人为了能使从平面镜中看到自己的全身像，如果镜和人都是直立的，平面镜的高度至少是多少？ 解： 5.３． 高5cm 的物体放在球面镜前10cm ，凹面镜的焦距是10cm ，求像的位置． 解： 近轴光线条件下球面反射的物像公式为： 111s s f +=' 若光线自左向右传播，则此时0.1,0.1s m f m =-=-， 故s =-∞，也就是说，所成的像在无穷远处．放射光为平行光。 5.４． 平凸透镜球面半径为0.40m ，玻璃的折射率为1.50，求此透镜的焦距． 解：近轴条件下薄透镜的物像公式为： 211212 n n n n n n s s r r ---=+ ' 物方焦距为： 1211 2n n n n f n r r ⎫--=-+ ⎪⎝⎭ 像方焦距为： 12212n n n n f n r r ⎛⎫ --'=+ ⎪⎝⎭ 由题目可知：12211.0, 1.50,0.40,n n n r m r ====-=∞，代入公式可得： 21211115 (1)()(1)/'4 n n r m f f r r =-=--=--= 故此凸透镜物方焦距为0.8f m =-，像方焦距为'0.8f m =。 5.5． 某观察者通过一块薄玻璃板去看在凸面镜中他自己的像，他移动着玻璃板，使得 在玻璃板中与在凸面镜中所看到的他眼睛的像重合一起．若凸面镜的焦距为10cm ，眼睛距凸面镜顶点的距离为40cm ，则玻璃板距离观察者眼睛的距离为多少？ 解：设玻璃板距观察者眼睛距离为x cm ，则像点距O 点距离'240s x -=-，又由40s cm =代入公式： 1121' s s r f +==' 大学物理第五章答案 【篇一：大学物理课后习题答案第五章】 =txt>1. 牛顿力学的时空观与相对论的时空观的根本区别是什么？二 者有何联系？ 答：牛顿力学的时空观认为自然界存在着与物质运动无关的绝对空 间和时间，这种空间和时间是彼此孤立的；狭义相对论的时空观认 为自然界时间和空间的量度具有相对性，时间和空间的概念具有不 可分割性，而且它们都与物质运动密切相关。在远小于光速的低速 情况下，狭义相对论的时空观与牛顿力学的时空观趋于一致。 2. 狭 义相对论的两个基本原理是什么？答：狭义相对论的两个基本原理是： （1）相对性原理在所有惯性系中，物理定律都具有相同形式；（2）光速不变原理在所有惯性系中，光在真空中的传播速度均为c,与光 源运动与否无关。 3．你是否认为在相对论中，一切都是相对的？有没有绝对性的方面？有那些方面？举例说明。 解在相对论中，不是一切都是相对的，也有绝对性存在的方面。如，光相对于所有惯性系其速率是不变的，即是绝对的；又如，力学规律，如动量守恒定律、能量守恒定律等在所有惯性系中都是成立的，即相对于不同的惯性系力学规律不会有所不同，此也是绝对的；还有，对同时同地的两事件同时具有绝对性等。 4．设s系相对s系以速度u沿着x正方向运动，今有两事件对s 系来说是同时发生的，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。 v ?x)知，第一种情况，?x?0，?t?0，故s系中2c ?t??0，即两事件同时发生；第二种情况，?x?0，?t?0，故s系 中?t??0，两事件 解由洛伦兹变化?t???(?t?不同时发生。 5-5 飞船a中的观察者测得飞船b正以0.4c的速率尾随而来，一地 面站测得飞船a的速率为0.5c，求： 5—6 在容积为332.010m -⨯的容器中,有内能为26.7510⨯ J 的刚性双原子分子理想气体。求:（1）气体的压强；（2）若容器中分子总数为22 5.410⨯个，则分子的平均平动动能及气体的温度为多少? 解：(1）对刚性双原子分子而言,i=5，由2M i E RT μ= 和M pV RT μ =可得气体压强52/ 1.3510p E iV Pa ==⨯ (2）分子数密度/n N V =，则该气体的温度2 //() 3.6210T p nk pV Nk K ===⨯ 气体分子的平均动动能为： 21 3/27.4910 k kT J ε-==⨯ 5—7 自行车轮直径为71.12cm ，内胎截面直径为3cm 。在03C -的空气里向空胎里打气.打气筒长30cm ，截面半径为1.5cm 。打了20下,气打足了，问此时胎内压强是多少?设车胎内最后气体温度为0 7C . 解: 设向自行车内胎所打的空气的摩尔数为γ 由 PV RT γ=得 11 1 p V RT γ= 其中，2223 1111，203010(1.510)，3273270p atm V m T k π--==⨯⨯⨯⨯⨯=-+= 气打足后,胎内空气的体积 2 223 2371.1210(10)2 V m ππ--=⨯⨯⨯⨯⨯ 温度 27273280T k =+=，压强为 2p ，由PV RT γ=得 2 22 RT p V γ= 11 2 5221112222 22112 1.01310203010(1.510)280 371.1210(10)270 2 p V RT T p V T p V V T πππ----⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯∴===⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 52.8410 2.8a p atm -=⨯= 5—8 某柴油机的气缸充满空气，压缩前其中空气的温度为0 47C ，压强为4 8.6110Pa ⨯ Pa 。当活塞急剧上升时，可把空气压缩到原体积的1/17，其时压强增大到6 4.2510Pa ⨯Pa ，求这时空气的温度（分别以K 和0 C 表示） 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 ＝ 。 J k 920ω- 02ωk J 4-4质量为M 的很短的试管，用长度为L 、质量可忽略的硬直杆悬挂如图，试管内盛有乙醚 液滴，管口用质量为m 的软木塞封闭．当加热试管时软木塞在乙醚蒸汽的压力下飞出．要使试管绕悬点O 在竖直平面内作一完整的圆运动，那么软木塞飞出的最小速度为多少？若将硬直杆换成细绳，结果如何？ 解：设v 1为软木塞飞出的最小速率，软木塞和试管系统水平方向动量守恒，试管速度的大小为v 2, 则0=-12v v m M m M /21v v = (1)当用硬直杆悬挂时，M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒 L Mg M 22 1 ≥22v gL 4≥2v m gL M /2≥1v 真空中的静电场 一 选择题 1．两个等量的正电荷相距为2a ，P 点在它们的中垂线上，r 为P 到垂足的距离。当P 点电场强度大小具有最大值时，r 的大小是：[ ] （A ）42a r = （B ）32a r = （C ）2 2a r = （D ）a r 2= 2．如图5-1所示，两个点电荷的电量都是q +，相距为a 2，以左边点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面，在球面上取两块相等的小面积1S 和2S ，设通过1S 和 2S 的电通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电通量为Φ，则[ ] （A ）0 21εq =ΦΦ>Φ, （B ）0212,εq =ΦΦ<Φ （C ）021εq =ΦΦ=Φ, （D ）0 21εq =ΦΦ<Φ, 3．在静电场中，高斯定理告诉我们 [ ] （A ）高斯面内不包围电荷，则高斯面上各点E 的量值处处相等； （B ）高斯面上各点E 只与面内电荷有关，与面外电荷无关； （C ）穿过高斯面的E （D ）穿过高斯面的E 通量为零，则高斯面上各点的E 必为零； 4．如图5-2所示，两个“无限长”的同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R ，其上均匀带电，沿轴线方向单位长度上的带电量分别为1λ和2λ， 则在两圆柱面之间、距轴线为r 的P 点处的场强大小为：[ ] （A ）r 012πελ （B ）r 0212πελλ+ （C ）()r R -2022πελ （D ）() 101 2R r -πελ 5．电荷面密度为+σ和-σ的两块“无限大”均匀带电平行平板，放在与平面垂直的x 2 -5 图1 - 5 图 轴上a +和a -位置，如图5-3所示。设坐标圆点o 处电势为零，则在a x a +<<-区域的电势分布曲线为： （ ） 6．真空中两个平行带电平板A 、B ，面积均为S ，相距为)(S d d <<2 ，分别带电量q +和q -，则两板间相互作用力的大小为：[ ] （A ） 2 04d q πε （B ） S q 0ε （C ）S q 02 2ε （D ）不能确定 7．静电场中，下列说法哪一个是正确的？[ ] （A ）正电荷的电势一定是正值； （B ）等势面上各点的场强一定相等； （C ）场强为零处，电势也一定为零； （D ）场强相等处，电势梯度矢量一定相等。 8．有N 个电量均为q 的点电荷，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。则这两种情况下，在过圆心O 并垂直于圆平面的z 轴上任一点P 处 [ ] （A ）场强相等，电势相等 （B ）场强不等，电势不等 （C ）场强分量z E 相等，电势相等 （D ）场强分量z E 相等，电势不等 9．如图5-4所示，在坐标()0,a 处放置一点电荷q +，在坐标()0,a -处放置另一点电 荷q -，P 点是x 轴上的任一点，坐标为()0,x 。当x »a 时，P 点的E 大小为[ ] （A ） x q 04πε （B ） 3 0x qa πε （C ） 302x qa πε （D ） 2 04x q πε 10．下列说法中，正确的是[ ] （A ）初速度为零的点电荷置于静电场中，将一定沿一条电场线运动； （B ）带负电的点电荷，在电场中从a 点移到b 点，若电场力作正功，则a 、b 两点的电势关系为a V >b V ； x A B C 3 -5 图x x D a -o x q -a x P 4 -5 图 习题及参考答案 第五章 波动学基础 参考答案 思考题 5-1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。 5-2在下面几种说法中，正确的说法是 （A ）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的； （B ）波源振动的速度与波速相同； （C ）在波传播方向上的任二质点振动位相总是比波源的位相滞后； （D ）在波传播方向上的任一质点的振动位相总是比波源的位相超前 5-3一平面简谐波沿ox 正方向传播，波动方程为 010cos 2242t x y ππ⎡⎤ ⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥ ⎝⎭⎣⎦. (SI) 该波在t =0.5s 时刻的波形图是（ ） 5-4图示为一沿x 轴正向传播的平面 简谐波在t =0时刻的波形，若振动以余弦 函数表示，且此题各点振动初相取-π到π 之间的值，则（） （A ）1点的初位相为φ1=0 （B ）0点的初位相为φ0=-π/2 （C ）2点的初位相为φ2=0 (m) (A ) (m) (m) (B )(C ) (D ) 思考题5-3图 （D ）3点的初位相为φ3=0 5-5一平面简谐波沿x 轴负方向传播。已知x=b 处质点的振动方程为[]0cos y A t ωφ=+， 波速为u ，则振动方程为（ ） (A)()0cos y A t b x u ωφ⎡⎤=+++⎣⎦ (B) (){}0cos y A t b x u ωφ⎡⎤=-++⎣⎦ (C) (){}0 cos y A t x b u ωφ⎡⎤=+-+⎣⎦ (D) (){}0 cos y A t b x u ωφ⎡⎤=+-+⎣⎦ 5-6一平面简谐波，波速u =5m·s -1，t =3s 时刻的波形曲线如图所示，则0x =处的振动方程为（ ） （A ） 21 1210cos 22y t ππ-⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭ (SI) （B ）()2 210cos y t ππ-=⨯+ (SI) （C ） 211210cos 22y t ππ-⎛⎫=⨯+ ⎪⎝⎭ (SI) （D ）23210cos 2y t ππ-⎛ ⎫=⨯- ⎪ ⎝⎭ (SI) 5-7一平面简谐波沿x 轴正方向传播，t =0的波形曲线如图所示，则P 处质点的振动在t =0时刻的旋转矢量图是（ ） 5-8当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论一哪个是正确的？ （A ）媒质质元的振动动能增大时，其弹性势能减少，总机械能守恒； （B ）媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期变化，但两者的位相不相同； （C ）媒质质元的振动动能和弹性势能的位相在任一时刻都相同，但两者的数值不相等； （D ）媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大。 5-9一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是 (A)动能为零，势能最大；(B)动能为零，势能为零； (C)动能最大，势能最大；(D)动能最大，势能为零。 (m) 思考题5-6图 (A ) (B ) (C ) (D ) S S S 思考题5-7图大学物理 第五章机械振动习题集答案
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