大学物理第六章题解

第六章 经典质点系动力学

6-1．如图，半圆柱立在光滑水平面上从静止开始到下，试判断

质心C 的运动方向．

解 建立如图x 轴，由于水平方向外力分量之和为零

0ix F =∑，

所以水平方向动量守恒x P C =．因初始时静止，故 0x Cx P mv == 由d 0d C Cx x v t ==，可知C x =常量，质心C 竖直向下运动． 6-2．如图，船的质量为5000kg ，当质量为1000kg 的汽车相对船静止时，船尾螺旋桨的转动可使船以加速度20.2m s 前进．在船行进中，汽车相对于船以加速度20.5m s 沿船

前进的相反方向加速运动，求此时船的加速度的大小．

解 将船与汽车作为质点系．当汽车相对于船静止时，船的

加速度即为质点系质心的加速度，根据质心运动定理可知船尾螺

旋桨转动时的推力

()=(50001000)021200(N)e C F ma .=+⨯=

在船的行进过程中，以船的行进方向为x 、x '轴正方向．设船相对于岸的速度、加速度用x 、x 表示，汽车相对于船的速度、加速度用x '、x '表示，则汽车相对于岸的速度、加速度为x x '+、x x '+．根据质点系的动量定理

()d [()]d e m x m x x F t

'++=船车 即 ()()]e m x m x x F '++=船车

500010001000051200x x .+-⨯=

可求出此时船的加速度的大小2028m s x .=．

6-3．三只质量均为0m 的小船鱼贯而行，速率都是v ，中间一船同时以相对本船的速率u 沿水平方向把两个质量均为m 的物体抛到前后两只船上，求两物体落入船后三只船的速率（忽略水对船的阻力）．

解 以船行方向为速度正方向，设两物体落入船后三只船的速率为1v 、2v 、3v ． 以中间船及两物体为质点系，因为在抛出物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒

00222(2)()()m m v m v m v u m v u +=+++-

所以 2v v =

以前船与抛入物体为质点系，因为在抛入物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒

001()()m v m v u m m v ++=+

所以 10mu v v m m

=++ 以后船与抛入物体为质点系，同样，根据质点系水平方向动量守恒

003()()m v m v u m m v +-=+

30mu v v m m =-

+

6-4．质量为70kg 的人和质量为210kg 的小船最初处于静止，后来人从船尾向船头走了3.2m ，不计船所受阻力，问船向那个方向运动，移动了几米？（用质心运动定理求解．）

解 建立与地面固连的坐标系Ox ，x 轴的方向为从船尾指向船头．

人视为质点1，坐标为1x ；船视为质点2，坐标为2x ；此二质点构成质点系．

质点系所受合外力为零，由质心运动定理可知质点系质心加速度为零；由于质心速度为常量，质点系初始状态静止，所以质心速度为零，即质心位置保持不变 110220112201212C C m x m x m x m x x x m m m m ++===++ 11220m x m x ∆+∆=

由于123.2x x ∆=+∆，代入上式得

12123.2 3.2700.8(m)70210

m x m m ⨯∆=-=-=-++ 即船向后移动了0.8米．

6-5．试证明质量为m ，长为l 的匀质细杆对过杆中点且与杆垂直的轴的转动惯量为2112

ml ． 证明 以杆中心为原点，沿杆建立坐标系Oxy 如图．

杆的线密度l m l

ρ=

（即单位长度的质量）． 用一系列与杆垂直的不同x 的面，把杆分割成无限多个无限小的质元，图中画出了在

~d x x x +范围内的小质元．此小质元质量d d d l m m x x l

ρ==，到Oy 轴的距离为||x ，对Oy 轴的转动惯量为22d d d m I x m x x l

==．则整个细杆对Oy 轴的转动惯量 /223/22

/2/211d 312l l l l m m I x x x ml l l --===⎰

6-6．如图，半径0.1m R =的定滑轮，可绕过轮心的z 轴转动，转动惯量为20.1kg m J =⋅．一不可伸长之轻绳无滑地跨过定滑轮，一端竖直地悬一质量1kg m =的重物，另一端a 受竖直向下的力F 作用，20.8N F =．试用质点系角动量定理求a 点加速度．

解 用滑轮、绳、重物构成质点系，质点系所受外力为F 、重物

重力mg 和轮轴处所受支撑力N F ．根据质点系对z 轴的角动量定理

2d d ()()d d J Rmv J mR FR mgR t t

ωω+=+=- 所以2

d d FR mgR t J mR ω-=+，a 点加速度为 22

d d F mg a R i R i t J mR ω-==+ 220.819.80.01 1.0(m s )0.110.01

i i -⨯==+⨯

6-7．可利用阿特伍德机（例题6-3-4）测滑轮转动惯量．设10.46kg m =，20.50kg m =，滑轮半径0.05m R =．由静止开始释放重物测得2m 在5.0s 内下降0.75m ．求滑轮转动惯量J ．

解 （因为不要求求出绳内张力，故可用质点系角动量定理求解．）

用滑轮、绳、重物构成质点系，质点系所受外力为重物和滑轮的重力、以及轮轴处所受支撑力N F ．根据质点系对z 轴的角动量定理

1122d ()d J Rm v Rm v t ω++ 21221d [()]d J m m R m gR m gR t

ω=++=- 所以21212()d d ()m m gR t J m m R

ω-=++，2m 下降加速度的大小为 2122

12()d d m m g a R t m m J R ω-==++ 可见质点2m 作匀加速直线运动．由2212

x a t ∆=，求出220.060m s a =．由上式可知 221122

()[]m m g J R m m a -=-- 222(050046)98005[050046]13910kg m 006

........--⨯=⨯--=⨯⋅

6-8．匀质细杆长2l ，质量为0m ，杆上穿有两个质量均为m 的小球．初始时杆以角速度0ω绕过杆中点O 且与杆垂直的光滑竖直轴转动，两小球均位于距O 点2l 处．求当两个小球同时滑动到杆的两端点时杆的角速度的大小．

解 将杆和两个小球作为质点系．由于竖直轴光滑，轴受到的约束力对竖直转动轴力矩为零；细杆和小球的重力与竖直转动轴平行，对竖直转动轴力矩为零．由于质点系所受外力对竖直转动轴合力矩为零，所以质点系对竖直转动轴角动量守恒，设末态角速度为ω，则

002222

l l J m J ml l ωωωω+⋅=+⋅ 由于220011(2)123

J m l m l ==，所以000(23)2(6)m m m m ωω+=+．

6-9．工程上常用摩擦啮合器使两个飞轮以相同的转速转动，如图，飞轮A 、B 可绕同

一固定轴转动，C 为啮合器．设飞轮A 、B 对轴的转动惯量210kg m A J =⋅，

220kg m B J =⋅，开始A 轮转速600r min A n =（转每分），B 轮静止，求两轮啮合后的转速．

解 将二飞轮A 、B 作为质点系．由于二飞轮所受重力和支撑力对固定轴力矩均为零，飞轮所受外阻（动）力矩比二飞轮啮合时飞轮间的相互作用力矩小得多，故啮合过程中质点系对固定轴的角动量近似守恒，有

2()2A A A B J n J J n ππ⋅=+

10600200(r min )1020A A A B J n n J J ⨯=

==++

6-10．有两根原长为0l 、劲度系数为k 的轻弹簧串接于O 点，另两端各系一质量为m 的滑块，置于光滑水平面上．现将两滑块拉开，使其相距2l （0l l >），从静止放手，求两弹簧恢复原长时，弹簧弹性力对两滑块做功之和．（用三种方法求解）

解法一 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．

利用弹簧弹性势能求解．弹簧弹性力对两滑块做功之和等于两弹簧弹性势能增量的负值

220012[0()]()2

W k l l k l l =-⨯--=- 解法二 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．

在惯性系中积分求功．以弹簧自由伸长处为原点、沿弹簧建立x 轴，则

00220012()d 2()()2

l l W kx x k l l k l l -=⨯-=⨯-=-⎰ 解法三 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．

利用求一对力做功之和的方法，在与一个滑块相对静止的参考系中积分求功．以一个滑块为原点、沿弹簧建立x 轴，当另一滑块位于x 处时，每个弹簧的伸长量为

02

x l - 00220022[()]d 2()d()222

l l l l x x x W k l x k l =--=--⎰⎰ 022202012()|()22l l x k l k l l =--=-

6-11．两个滑冰运动员质量均为70kg ，均以6.5m s 速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m ．当彼此相错时，各抓住10m 长绳的一端，然后开始旋转．（1）在抓住绳端之前，各自对绳中点的角动量多大？抓住后又为多大？（2）他们各自收绳，到绳长5m 时，各自速率多大？（3）绳长5m 时绳内张力多大？（4）收绳过程中二人总动能如何变化？

（5）二人共做多少功？

解 （1）抓绳之前，每个运动员对绳中心角动量均为570 6.5L =⨯⨯2

2275(kg m s)=⋅． 抓绳之后，视两个运动员和绳为质点系，所受外力矢量和为零，所以质点系质心（绳中心）位置不变，绳中心仍为固定点，每个运动员对绳中心的角动量仍为22275kg m s ⋅．

（2）绳的张力T F 为质点系内力．收绳过程中质点系所受外力对绳中心的力矩为零，所以质点系的角动量守恒，设收绳后运动员速率为v ，则 2 2.57022275v ⨯⨯⨯=⨯ 所以13m s v =．

（3）当绳长5m 时，对每一个运动员，由牛顿第二定律可得

2

T 70134732(N)2.5

F ⨯== （4）质点系总动能的增量等于组成质点系的每个质点动能增量之和

22k k01270(13 6.5)8873(J)2

E E -=⨯⨯⨯-= （5）根据质点系的动能定理，二运动员总共做功等于质点系动能增量，

k k08873(J)W E E =-=

6-12．匀质细杆长7m 5

l =

，质量为m ，可绕过其一端的光滑水平轴在竖直平面内转动，在杆自由下垂时有一质量为6m 的黏性小球沿水平方向飞来并黏附于杆的中点，使杆摆动

的最大角度为60ο．求小球飞来时的速率．（210m g =）

解 在小球与杆的碰撞过程中，以小球和杆为质点系．质点系所受外力中，杆的重力mg 和杆所受轴的支撑力N F 对轴O 的力矩为零；小球重力m g '对轴O 的力矩近似为零；所以质点系的角动量近似守恒

221[()]262362l m l m l m v v ml ω'==+ 故92

v l ω=．在小球和杆一起上摆的过程中，以小球和杆为质点系，仅有小球和杆所受重力做功，而重力为保守力，所以机械能守恒

22211[()]()cos60236262

m l m l ml m g ωο+=+ 因此2149g l

ω=．根据以上结果即可求出9146321(m s)292g v l gl l ===．

6-13．在光滑水平桌面上，有一质量为m 的滑块，滑块与一弹簧相连，弹簧另一端固定于O 点，劲度系数为k ．当弹簧处于原长0l 时，一质量为0m 的子弹以速度0v 垂直于弹簧地射入滑块，并嵌在其中．之后当滑块运动到B 点时，弹簧长度为l ，如图所示．求滑块于B 时的速度v ．

解 在子弹射入滑块的过程中，由子弹和滑块构成质点系．因质点系在0v 方向不受外力，故质点系沿0v 方向动量守恒

000()m v m m v '=+

所以000()v m v m m '=+．

在子弹和滑块由A B →的过程中，视子弹和滑块为一

个质点．由于过程中只有弹簧弹性力做功，弹簧弹性力为

保守力，故质点机械能守恒；又因质点受力对过O 点的竖

直轴力矩为零，所以质点对过O 点的竖直轴角动量守恒．

222000111()()()222

m m v m m v k l l '+=++- 000()()sin m m v l m m vl θ'+=+

所以 222

12000200

()[]()m v k l l v m m m m -=-++ 00022212

0000arcsin [()()]m v l l m v m m k l l θ=-+-

6-14．大容器内水的自由表面的高度为0h ，放在水平地面上，离自由表面h 深处有一小孔A ，小孔横截面积远小于容器横截面积．求：（1）由小孔A 流出的水流到达地面的水平射程x ；（2）与小孔A 在同一竖直线上，距自由表面多深处再开一孔，可使水流的水平射程与前者相等？（3）在多深处开孔，可使水流具有最大水平射程？最大水平射程是多少？

解 （1）由于容器横截面积远大于小孔横截面积，水流稳定后可认为容器中水面高度不变．认为水是理想流体．水流稳定后，取一条从容器中水自由表面到小孔的流线，以容器底为重力势能零点，由伯努利方程

200001()2

gh p g h h v p ρρρ+=-++

所以小孔流速2v gh =．

流体微团从流出小孔到落地降落的高度2012h h gt -=，可知降落时间02()h h t g

-=，因此水平射程02()x vt h h h ==-． （2）在h '深处另开一孔而水平射程相同，则由

002()2()h h h h h h ''-=-

可求出0h h h '=-．（略去h h '=．）

（3）根据（1）02()x h h h =-，由

002(2)d 0d 2()h h x h h h h -==-，有唯一极值点012h h =使水流具有最大射程．当012

h h =时，max 0x x h ==．

6-15．如图是测量液体流量的流量计原理图．已知细管和粗管的横截面积为1S 、2S ，使用时把它串接在水平液流管道中，稳定流动时两竖直管内液体自由表面高度差为h ．求流量表达式．

解 沿管道中心轴取一流线，对该流线上1、2两点，根据伯努利方程，因12h h =，故

2211221122

v p v p ρρ+=+ （1） 连续性方程 1122v S v S = （2） 1、2两点压强差 21p p gh ρ-= （3） 由（1）、（3）式，可得

22122v v gh -=

由（2）式，得1122

v S v S =，代入上式 2211

22(1)2S v gh S -= ，即1222212gh v S S S =- 所以 11221222

212gh Q v S v S S S S S ===-

6-16．如图装置，出口处堵塞时，注满可视为理想流体的水．水平细管横截面积处处相等，其直径远小于大容器直径．打开塞子在水流稳定后，求两竖直细管内水面高度．

解 由于细管直径远小于大容器直径，水流稳定后可认为大容器中水面高度不变．在水流稳定之前，竖直细管内的水会流出，而水流稳定后竖直细管内水面高度不变．

作从大容器水面开始经水平细管的流线，取水平细管处为势能零点，根据伯努利方程

22201223304111222

p gh p v p v p v ρρρρ+=+=+=+ 因为234S S S ==，根据连续性方程

223344S v S v S v ==

可得 234v v v ==

所以 230p p p ==

两竖直细管内为静止流体，根据

2002p p p gh ρ==+

3003p p p gh ρ==+

所以230h h ==．

6-17．如题6-16图，若其中装有密度为3

1000kg m 的黏性流体，流动稳定后10.18m h =，20.1m h =，30.05m h =．求出口流速．（不计大容器内内能量损失）

解 由于细管直径远小于大容器直径，水流稳定后可认为大容器中水面高度不变．在水流稳定之前，竖直细管内的水会流出，而水流稳定后竖直细管内水面高度不变．

作从大容器水面开始经水平细管的流线，取水平细管处为势能零点．根据连续性方程，因为水平细管横截面处处相等，故水平细管中的2、3、4点流速相等，以v 表示其流速．

根据不可压缩黏性流体作稳定流动时的功能关系式，对3、4点，有

2230341122

p v p v W ρρ+=++ 竖直细管内为静止流体，可知303p p gh ρ=+，

所以 343W gh ρ=

根据不可压缩黏性流体作稳定流动时的功能关系

式，对1、4点，有

20101412

p gh p v W ρρ+=++ 由于水平细管横截面处处相等，不计大容器内内能量损失，故可知34143W W =，所以

132(3)298(0183005)0767(m s)v g h h ....=-=⨯⨯-⨯=

（第六章题解结束）

大学物理第六章题解

第六章 经典质点系动力学 6-1．如图，半圆柱立在光滑水平面上从静止开始到下，试判断 质心C 的运动方向． 解 建立如图x 轴，由于水平方向外力分量之和为零 0ix F =∑， 所以水平方向动量守恒x P C =．因初始时静止，故 0x Cx P mv == 由d 0d C Cx x v t ==，可知C x =常量，质心C 竖直向下运动． 6-2．如图，船的质量为5000kg ，当质量为1000kg 的汽车相对船静止时，船尾螺旋桨的转动可使船以加速度20.2m s 前进．在船行进中，汽车相对于船以加速度20.5m s 沿船 前进的相反方向加速运动，求此时船的加速度的大小． 解 将船与汽车作为质点系．当汽车相对于船静止时，船的 加速度即为质点系质心的加速度，根据质心运动定理可知船尾螺 旋桨转动时的推力 ()=(50001000)021200(N)e C F ma .=+⨯= 在船的行进过程中，以船的行进方向为x 、x '轴正方向．设船相对于岸的速度、加速度用x 、x 表示，汽车相对于船的速度、加速度用x '、x '表示，则汽车相对于岸的速度、加速度为x x '+、x x '+．根据质点系的动量定理 ()d [()]d e m x m x x F t '++=船车 即 ()()]e m x m x x F '++=船车 500010001000051200x x .+-⨯= 可求出此时船的加速度的大小2028m s x .=． 6-3．三只质量均为0m 的小船鱼贯而行，速率都是v ，中间一船同时以相对本船的速率u 沿水平方向把两个质量均为m 的物体抛到前后两只船上，求两物体落入船后三只船的速率（忽略水对船的阻力）． 解 以船行方向为速度正方向，设两物体落入船后三只船的速率为1v 、2v 、3v ． 以中间船及两物体为质点系，因为在抛出物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒 00222(2)()()m m v m v m v u m v u +=+++- 所以 2v v = 以前船与抛入物体为质点系，因为在抛入物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒 001()()m v m v u m m v ++=+ 所以 10mu v v m m =++ 以后船与抛入物体为质点系，同样，根据质点系水平方向动量守恒 003()()m v m v u m m v +-=+ 30mu v v m m =- +

大学物理第六章题解

第六章 经典质点系动力学 6-1．如图，半圆柱立在光滑水平面上从静止开始到下，试判断 质心C 的运动方向． 解 建立如图x 轴，由于水平方向外力分量之和为零 0ix F =∑， 所以水平方向动量守恒x P C =．因初始时静止，故 0x Cx P mv == 由d 0d C Cx x v t ==，可知C x =常量，质心C 竖直向下运动． 6-2．如图，船的质量为5000kg ，当质量为1000kg 的汽车相对船静止时，船尾螺旋桨的转动可使船以加速度20.2m s 前进．在船行进中，汽车相对于船以加速度20.5m s 沿船前进的相反方向加速运动，求此时船的加速度的大小． 解 将船与汽车作为质点系．当汽车相对于船静止时，船的 加速度即为质点系质心的加速度，根据质心运动定理可知船尾螺 旋桨转动时的推力 ()=(50001000)021200(N)e C F ma .=+?= 在船的行进过程中，以船的行进方向为x 、x '轴正方向．设船相对于岸的速度、加速度用x 、x 表示，汽车相对于船的速度、加速度用x '、x '表示，则汽车相对于岸的速度、加速度为x x '+、x x '+．根据质点系的动量定理 ()d [()]d e m x m x x F t '++=船车 即 ()()]e m x m x x F '++=船车 500010001000051200x x .+-?= 可求出此时船的加速度的大小2028m s x .=． 6-3．三只质量均为0m 的小船鱼贯而行，速率都是v ，中间一船同时以相对本船的速率u 沿水平方向把两个质量均为m 的物体抛到前后两只船上，求两物体落入船后三只船的速率（忽略水对船的阻力）． 解 以船行方向为速度正方向，设两物体落入船后三只船的速率为1v 、2v 、3v ． 以中间船及两物体为质点系，因为在抛出物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒 00222(2)()()m m v m v m v u m v u +=+++- 所以 2v v = 以前船与抛入物体为质点系，因为在抛入物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒 001()()m v m v u m m v ++=+ 所以 10mu v v m m =++ 以后船与抛入物体为质点系，同样，根据质点系水平方向动量守恒 003()()m v m v u m m v +-=+ 30mu v v m m =- +

大学物理课后习题答案第六章

第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200) 1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (42 20R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ

式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 ?+= 2 32 2 0) (4dq R x x E x πε 2 32210)(24R x R x +?= πλπε2 32201)(2R x x R += ελ 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 dq E dF x =dx R x x R 2 322021)(2+= ελλ 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 ?=dF F dx R x x R l ?+= 02 3220 21)(ελλ2 ()?? ????+- = 2/1220211 1R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。求： （1）圆心处O 点的场强； （2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ?ελ d R 0π4= ，方向沿半径向外 根据电荷分布的对称性知，0=y E ??ελ ?d R dE dE x sin π4sin 0= = R d R E x 000 π2sin π4ελ ??ελπ ==? 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向。 （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。

大学物理 第六章习题解答

第六章 习题解答（仅供参考） 6．2 在空气中做杨氏双缝干涉实验，缝间距为d = 0.6mm ，观察屏至双缝间距为D = 2.5m ，今测得第3级明纹与零级明纹对双缝中心的张角为2.724×10-3rad ，求入射光波长及相邻明纹间距． [解答]根据双缝干涉公式sin θ = δ/d ，其中sin θ≈θ，d = kλ = 3λ，可得波长为 λ = d sin θ/k = 5.448×10-4(mm) = 544.8(nm)． 再用公式sin θ = λ/d = Δx/D ，得相邻明纹的间距为 Δx = λD /d = 2.27(mm)． [注意]当θ是第一级明纹的张角时，结合干涉图形，用公式sin θ = λ/d = Δx/D 很容易记忆和推导条纹间隔公式． 6．4 用某透明介质盖在双缝干涉装置中的一条缝，此时，屏上零级明纹移至原来的第5条明纹处，若入射光波长为589.3nm ，介质折射率n = 1.58，求此透明介质膜的厚度． [解答]加上介质膜之后，就有附加的光程差 δ = (n – 1)e ， 当δ = 5λ时，膜的厚度为 e = 5λ/(n – 1) = 5080(nm) = 5.08(μm)． 6．5 折射率为1.50的两块标准平板玻璃间形成一个劈尖，用波长λ = 5004nm 的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹．当劈尖内充满n = 1.40的液体时，相邻明纹间距比劈尖内是空气时的间距缩小Δl = 0.1mm ，求劈尖角θ应是多少？ [解答]空气的折射率用n 0表示，相邻明纹之间的空气的厚度差为 Δe 0 = λ/2n 0； 明纹之间的距离用ΔL 0表示，则 Δe 0 = θΔL 0， 因此 λ/2n 0 = θΔL 0． 当劈尖内充满液体时，相邻明纹之间的液体的厚度差为 Δe = λ/2n ； 明纹之间的距离用ΔL 表示，则 Δe = θΔL ， 因此 λ/2n = θΔL ． 由题意得Δl = ΔL 0 – ΔL ，所以劈尖角为 000()11( )22n n l n n lnn λλθ-=-=?? = 7.14×10-4(rad)．． 6．11 光源发出波长可继续变化的单色光，垂直射入玻璃板的油膜上（油膜n = 1.30），观察到λ1 = 400nm 和λ2 = 560nm 的光在反射中消失，中间无其他波长的光消失，求油膜的厚度． [解答]等倾干涉光程差为 δ = 2nd cos γ + δ`， 其中γ = 0，由于油膜的折射率比空

大物习题解答-大学物理习题答案-第6章 恒定电流

第六章 恒定电流 6－1 长度l =1.0m 的圆柱形电容器，内外两极板的半径分别R 1=5.0×10-2m ，R 2=1.0×10-1m ，，其间充有电阻率ρ＝1.0×109Ω.m 的非理想电介质，设二极板间所加电压1000V ，求（1）该介质的漏电电阻值；（2）介质内各点的漏电流电流密度及场强。 解：（1）柱面间任一薄层的漏电电阻为：rl dr dR πρ =2 整个圆柱形电容器介质的漏电电阻值为：1 2ln 222 1 R R l rl dr dR R R R πρ =πρ ==? ? 代入数据得Ω?=?????=--8 2 191010.110 0.5100.1ln 114.32100.1R （2）A R V I 68101.910 10.11000-?=?== rl S I j π?==-2101.96r ????=-114.32101.96＝ 26/1044.1m A r -? （3）=ρ=j E r 69 1044.1100.1-?? ?m V r /1044.13 ?= 6－2 在半径分别为R 1和R 2（R 1< R 2）的两个同心金属球壳中间，充满电阻率为ρ的均 匀的导电物质，若保持两球壳间的电势差恒定为V ，求（1）球壳间导电物质的电阻；（2）两球壳间的电流；（3）两球壳间离球心距离为r 处的场强。 解：（1）球面间任一薄层的电阻为：2 4r dr dR πρ = 整个球壳间导电物质的电阻为：)1 144212 2 1 R R r dr dR R R R -πρ=πρ ==? ?（ （2）) (41221R R R VR R V I -ρπ== （3）= ?= ? 2 1 R R r d E V ρρΘ=πε? dr r q R R 2 1 2 04211204R R R R q -πε )( ?)(?4212 122120R r R r r R R R VR r r q E <<-=πε= ∴ρ 6－3 一根铜线和一根铁线，长度均为l ，直径为d ，今把两者连接起来，并在此复合 导线两端加电势差V 。设l ＝l00m ，V=10V ，试计算（1）每根导线中的场强；（2）每根导线中的电流密度；（3）每根导线两端的电势差。（ρ铜＝1.6×10-8Ω.m ，ρ铁＝8.7×10-8Ω.m ） 解：（1）两根导线串联，总电流为l r V R R V R V I ）铜铁铜铁ρ+ρπ= +==(2

大学物理习题答案第六章

[习题解答] 6-2 一个运动质点的位移与时间的关系为 m , 其中x的单位是m，t的单位是s。试求： (1)周期、角频率、频率、振幅和初相位； (2) t = 2 s时质点的位移、速度和加速度。 解 (1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式 相比较，可以得到 角频率 s 1, 频率 , 周期 , 振幅, 初相位 . (2) t = 2 s时质点的位移 . t = 2 s时质点的速度 . t = 2 s时质点的加速度

. 6-3 一个质量为2.5 kg 的物体系于水平放置的轻弹簧的一端，弹簧的另一端被固定。若弹簧受10 N 的拉力，其伸长量为5.0 cm ，求物体的振动周期。 解 根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数 , 于是，振动系统的角频率为 . 所以，物体的振动周期为 . 6-4 求图6-5所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m ，两个轻弹簧的劲度系数分别为k 1 和k 2。 解 以平衡位置O 为坐标原点，建立如图6-5所示的坐标系。若物体向右移动了x ，则它所受的力为 . 根据牛顿第二定律，应有 , 改写为 . 图6-5

所以 , . 6-5 求图6-6所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m ，两个轻弹簧的劲度系数分别为k 1 和k 2。 解 以平衡位置O 为坐标原点，建立如图6-6所示的 坐标系。当物体由原点O 向右移动x 时，弹簧1伸长了x 1 ， 弹簧2伸长了x 2 ，并有 . 物体所受的力为 , 式中k 是两个弹簧串联后的劲度系数。由上式可得 , . 于是，物体所受的力可另写为 , 由上式可得 , 所以 图6-6

大学物理第06章习题分析与解答

6-1 某一热力学系统经历一个过程后，吸收了400J 的热量，并对环境做功300J ,则系统的内能（ ）。 （A ）减少了100J （B ）增加了100J （C ）减少了700J （D ）增加了700J 解：由热力学第一定律Q E W =?+可得 400300=100J E Q W ?=-=- 故选B 6-2 对于理想气体系统来说，在下列过程中，哪个过程中系统所吸收的热量、内能的增量和对外做功三者均为负值（ ）？ （A ）等容降压过程 （B ）等温膨胀过程（C ）绝热膨胀过程（D ）等压压缩过程 解：等容过程不做功，故A 不正确； 等温过程内能不变，故B 不正确；绝热过程与外界不交换热量，故C 不正确； 对于等压压缩过程：体积减小，系统对外界做负功，表现为外界对系统做功；易知压缩过程温度降低，则内能减少；等压过程p p Q C T ν=?，温度降低，则必放热。故选D 6-3 系统分别经过等压过程和等体过程，如果两过程中的温度增加值相等，那么（ ）。 （A ）等压过程吸收的热量小于等体过程吸收的热量 （B ）等压过程吸收的热量等于等体过程吸收的热量 （C ）等压过程吸收的热量大于等体过程吸收的热量 （D ）无法确定 解：等压过程吸收的热量p p Q C T ν=?；等容过程吸收的热量V V Q C T ν=?,由于 V p C C >，故选C 6-4 一台工作于温度分别为327C o 和27C o 的高温热源与低温热源之间的卡诺热机，每经历一次循环吸热2000J ，则对外界做功（ ）。 （A ）2000J （B ）1000J （C ）4000J （D ）500J 解：卡诺热机循环效率3001= =1-=1-=6002 T W Q T η低吸高,则1000J W =，故选B 6-5 系统从外界获得的能量，一部分用来 ，另一部分用来对外界做功。 解：详见热力学第一定律 6-6 空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸内的气体做功为4 210J ?，同时气体的内能增加了4 1.510J ?。试问：此压缩过程中，气体 （填“吸收”或“放出”）的热量等于 J 。 解：由热力学第一定律Q E W =?+可得4 4 4 1.510(210)0.510J Q =?+-?=-? 负号表示放出热量。 6-7 一定量的空气，吸收了3 210J ?的热量，并保持在5 1.01310Pa ?的压强下膨胀，体

大学物理第06章 恒定磁场习题解答

第6章 恒定磁场习题解答 1． 空间某点的磁感应强度B 的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ （ C ） （A ）小磁针北（N ）极在该点的指向； （B ）运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向； （C ）电流元在该点不受力的方向； （D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。 2． 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的? （ D ） （A ）条形磁铁的磁感应线是从N 极到S 极的； （B ）条形磁铁的磁感应线是从S 极到N 极的； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极的曲线； （D ）磁感应线是无头无尾的闭合曲线。 3． 磁场的高斯定理??=?0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ （ A ） a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。 （A ）ad ； （B ）ac ； （C ）cd ； （D ）ab 。 4． 如图所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ和面上各点的磁感应强度B 将如何变化？ （ D ） （A ）Φ增大，B 也增大； （B ）Φ不变，B 也不变； （C ）Φ增大，B 不变； （D ）Φ不变，B 增大。 5． 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，则在圆心o 处的磁感应强度大小为多少? （ C ） （A ）0； （B ）R I 2/0μ； （C ）R I 2/20μ； （D ）R I /0μ。 6、有一无限长直流导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以截流导线为轴线的同轴的圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量（ A ） A 、等于零 B 、不一定等于零 C 、为μ0I D 、为 i n i q 1 1 =∑ε 7、一带电粒子垂直射入磁场B 后，作周期为T 的匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ） A 、 B /2 B 、2B C 、B D 、–B I S I I o

大学物理习题解答6第六章稳恒磁场

第六章 稳恒磁场 本章提要 1．毕奥—萨伐尔定律 · 电流元激发的磁场 0d d 4l e B r I r m p ´= 其中真空磁导率7-20410N A m p -=醋 · 几种典型磁场分布 （1）无限长载流直导线激发的磁场 02I B r m p = （2）载流长直螺线管内的磁场 0B nI m = （3）运动电荷的磁场 02 4r v e B q r m p ´= 2．磁场高斯定理 · 仿照电通量的概念引入磁通量，定义穿过磁场种某一面积S 的磁通量为 d B S m s Φ= 蝌 则通过空间中任意封闭曲面的磁通量必为零，即有磁场高斯定理 d 0S ?ò ÑB S 3．安培环路定理（适用于恒定电流） · 磁感应强度沿闭合回路的积分等于穿过该闭合回路的电流的代数和乘以真空磁导率。 0int d L I m ?åò ÑB r 4．安培力与洛仑兹力 · 对于任意载流导线，若将其视为由无数个电流元组成的，则其在磁场中所受的安培力为

d F l B l I =⨯⎰ · 一个定向运动的电荷在磁场中所受的力即洛仑兹力为 q =⨯f υB 5．三种磁介质 · 抗磁质（1r m <），抗磁质分子无固有磁距。 · 顺磁质（1r m >），顺磁质分子具有固有磁距。 · 铁磁质（1r m ?），有磁滞现象和居里点。 思考题 6-1 为什么不能简单地定义B 的方向就是作用在运动电荷上的磁力方向? 答：运动电荷磁力的方向不仅与磁感应强度B 的方向有关，还与电荷的运动方向、电荷的正负有关；特别是如果电荷运动的方向与磁场方向在同一直线上，此时电荷受力为零。因此不能定义B 的方向就是作用在运动电荷上的磁力方向。 6-2 在电子仪器中，为了减小与电源相连的两条导线的磁场，通常总是把它们扭在一起。为什么? 答：可以将扭在一起的两条通电导线看成是交织在一起的两个螺线管。管外的磁场非常弱；因两个螺线管的通电电流大小相等、方向相反，而且匝数基本相当，管内的磁场基本上可以相互抵消。因此，与电源相连的两条导线，扭在一起时比平行放置时产生的磁场要小得多。 6-3 在无电流的空间区域，如果磁感应线是平行直线，则磁场一定是均匀 的。试证明之。 答：如图6-1，磁感应线是平行直线，作一个长方形闭合回路abcd 。因为空间区域无电流，由安培环路定理，有 0d =⋅⎰l B 即120B ac B bd -=，由于bd ac =，则12B B =。 6-4 在什么条件下才能用安培环路定理求解载流体系的磁场。 答：安培环路定理中的电流都应该是闭合恒定电流（对于无限长直电流，可以认为是在电流回路在无限远处闭合的）。而且磁场分布需具有对称性。对于一段恒定电流的磁场和变化电流的磁场，安培环路定理不成立。 6-5 宇宙射线是高速带电的粒子流(基本上是质子)，它们交叉来往于星际空 间并从各个方向撞击着地球，为什么宇宙射线穿入地球磁场时接近两极比其它任 图6-1

大学物理第6章题解

第6章 光的干涉 6.1 在杨氏双缝实验中，用钠光灯为光源．已知光波长589.3nm λ=，屏幕距双缝的距离为500D mm =，双缝的间距 1.2d mm =，求：⑴第４级明条纹到中心的距离；⑵第４级明条纹的宽度. 解：（1）为明条纹的条件 1222 r r j λ -= (0,1, 2.....)j =±± 12sin r r d j θλ-== 由于00,sin /r d tg y r θθ==，y 表示观察点p 到0p 的距离 ，所以 r y j d λ=，(0,1, 2.....)j =±± 第4级明条纹得到中心的距离： 4/y D d λ=⨯ 3953 450010589.3109.8101.210 m ----⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ （2）： 6.2 在杨氏双缝实验中，用钠光灯为光源．已知光波长589.3nm λ=，屏幕距双缝的距离为600D mm =，问⑴ 1.0,10d mm d mm ==两种情况相邻明条纹间距分别为多大？⑵若相邻条纹的最小分辨距离为0.065mm ，能分清干涉条纹的双缝间距最大是多少？ 解：（1）相邻两条强度最大值的条纹顶点间的距离为 1i j r y y y d λ+∆=-= 0600d r mm == 由此可知，当 1.0d mm =时 39 3 60010589.3101.010 y ---⨯⨯⨯∆=⨯ 0.3538mm ≈ 当10d mm =时

39 3 60010589.3101010y ---⨯⨯⨯∆=⨯ 0.03538mm ≈ （2）令能分清干涉条纹的双缝间距最大为d ，则有 3903 60010589.310 5.440.06510r d mm y λ---⨯⨯⨯===∆⨯ 6.3 用白光作光源观察杨氏双缝干涉．设两缝的间距为d ，缝面与屏距离为D ，试求能观察到的清晰可见光谱的级次？ 解：白光波长在390~750范围，为明纹的条件为 sin d k θλ=± 在θ=0处，各种波长的光波程差均为零，所以各种波长的零级条纹在屏上0x =处重叠形成中央白色条纹. 中央明纹两侧，由于波长不同，同一级次的明纹会错开，靠近中央明纹的两侧，观察到的各种色光形成的彩色条纹在远处会重叠成白色条纹 最先发生重叠的是某一级的红光r λ ，和高一级的紫光v λ，因此从紫光到清晰可见光谱的级次可由下式求得： (1)r v k k λλ=+ 因而： 390 1.08750390 v r v k λλλ= = =-- 由于k 只能取整数，因此从紫光到红光排列清晰可见的光谱只有正负各一级 6.4 在杨氏双缝干涉实验中，入射光的波长为λ，现在Ｓ２缝上放置一片厚度为d ，折射率为n 的透明介质，试问原来的零级明纹将如何移动？如果观测到零级明纹移到了原来的k 级明纹处，求该透明介质的厚度． 解：（1）在小孔2s 未贴薄片时，从两小孔1s 和2s 到屏上0p 点的光程差为零，当小孔2 s 被薄片贴住时，零光程差从0p 到 p 点的光程差变化量为 d y r δ' = ，（其中d '为双缝间距） p 点的光程差的变化量等于2s 到p 的光程差的增加，即 nd d δ=-， （透明介质的厚度） 00 (1)d n d y r -= (1)n dr y d -= '

大学物理课后习题答案第六章大学物理第六章

第6章 真空中的静电场 习题及答案 1。 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0,所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2。 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：（1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π41 30cos π412a q q a q '=︒εε 故 q q 3 3- =' （2）与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强.在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知,0==z y E E 2 3 2 2 0) (41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

式中:θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角. ⎰+= 2 32 2 0) (4dq R x x E x πε 2 32210)(24R x R x +⋅= πλπε2 32201)(2R x x R += ελ 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=,dq 受到的电场力大小为 dq E dF x =dx R x x R 2 3 22021)(2+= ελλ 方向沿x 轴正方向. 直线段受到的电场力大小为 ⎰=dF F dx R x x R l ⎰+= 02 3220 21)(ελλ2 ()⎥⎦ ⎤⎢⎣⎡+- = 2/1220211 1R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ.求： (1）圆心处O 点的场强; (2)将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取ϕλλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ϕελ d R 0π4= ，方向沿半径向外 根据电荷分布的对称性知，0=y E ϕϕελ ϕd R dE dE x sin π4sin 0= = R d R E x 000 π2sin π4ελ ϕϕελπ ==⎰ 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向. （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。

大学物理课后习题答案第六章

第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=︒εε 故q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3 2 2 0) (41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 ⎰+= 2 32 2 0) (4dq R x x E x πε 2 32210)(24R x R x +⋅= πλπε2 32201)(2R x x R += ελ 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 dq E dF x =dx R x x R 2 3 22021)(2+= ελλ 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 ⎰=dF F dx R x x R l ⎰+= 02 3220 21)(ελλ2 ()⎥⎦ ⎤⎢⎣⎡+- = 2/1220211 1R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。求： （1）圆心处O 点的场强； （2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取ϕλλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ϕελ d R 0π4= ，方向沿半径向外 根据电荷分布的对称性知，0=y E ϕϕελ ϕd R dE dE x sin π4sin 0= = R d R E x 000 π2sin π4ελ ϕϕελπ ==⎰ 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向。 （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。

大学物理答案详解第6章

第六章 气体动理论 6－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0×10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子? 解：由式nkT p =，有 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1⨯=⨯⨯⨯==∆-nV N 6－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01105 Pa ，温度为27℃，求：（l ）气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知d n V ,10=即可求出。 解：（l ）单位体积分子数 3 25m 1044.2-⨯==kT p n （2）氧气的密度 3m kg 30.1-⋅===RT pM V m ρ （3）氧气分子的平均平动动能 J 1021.62321k -⨯==kT ε （4）氧气分子的平均距离 m 1045.3193-⨯==n d 6－3 本题图中I 、II 两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。

上海交大版大学物理第六章参考答案

版权归原著所有 本答案仅供参考 习题6 6-1．设固有长度m 50.20=l 的汽车，以m/s 0.30=v 的速度沿直线行驶，问站在路旁的观察者按相对论计算该汽车长度缩短了多少？ 解：l l = 2112 x =- + ∴22112u c -，214 002 1 1.25102u l l l l m c -∆=-=⨯=⨯。 6-2．在参考系S 中，一粒子沿直线运动，从坐标原点运动到了m 105.18 ⨯=x 处，经历时间为s 00.1=t ∆，试计算该过程对应的固有时。 解：以粒子为S '系，c t x u 5.0/=∆∆= 利用t '∆=∆ 0.866t s '∆==。 6-3．从加速器中以速度c v 8.0=飞出的离子在它的运动方向上又发射出光子。求这光子相对于加速器的速度。 解：设加速器为S 系，离子为S '系，利用：21x x x v u v uv c '+= '+， 则：220.80.811x x x v u c c v c uv c c c c '++= =='⨯+ + 。 6-4 1000m 的高空大气层中产生了一个π介子，以速度0.8v c =飞向地球,假定该π介子在其自身的静止参照系中的寿命等于其平均寿命6 2.410s -×，试分别从下面两个角度，即地面上观测者相对π介子静止系中的观测者来判断该π介子能否到达地球表面。 解：（1）地面上的观察者认为时间膨胀： 有t ∆= ，∴66410t sa -∆= =⨯ 由8 6 0.8310410 9601000l v t m m -=∆=⋅⨯⋅⨯=<，∴到达不了地球； （2）π介子静止系中的观测者认为长度收缩： 有l l = 600l m == 而6 8 2.4100.8310576600s v t m m -=∆=⨯⋅⋅⨯=<，∴到达不了地球。

大学物理第六章习题解答和分析

6-1频率为Hz 4 1025.1⨯=ν的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量 211/1090.1m N E ⨯=，棒的密度33/106.7m Kg ⨯=ρ.求该纵波的波长. 分析 纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。 解：波速ρ/E u = ,波长νλ/u = 0.4m λ== 6-2一横波在沿绳子传播时的波方程为：))(5.2cos(04.0SI x t y ππ-= (1)求波的振幅、波速、频率及波长； (2)求绳上的质点振动时的最大速度； (3)分别画出t=1s 和t=2s 的波形，并指出波峰和波谷.画出x=1.0m 处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同. 分析 与标准方程比较即可确定其特征参量。 解：（1）用比较法，由)2cos()5.2cos(04.0x t A x t y λ π ϕωππ- +=-=得 0.04A m = /2 2.5/2 1.25Hz νωπππ=== 2, 2.0m π πλλ == 2.5/u m s λν== （2）0.314/m A m s νω== （3）t=1(s)时波形方程为：)5.2cos(04.01x y ππ-= t=2(s)时波形方程为：)5cos(04.02x y ππ-= x=1(m)处的振动方程为：)5.2cos(04.0ππ-=t y 6-3 一简谐波沿x 轴正方向传播，t=T/4时的波形图如题图6－3所示虚线，若各点的振动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值区间为（-π，π].求各点的初相. 题图6-2

分析 由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图。依旋转矢量法可求t=0时的各点的相位。 解:由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出 t=0时的波形图(图中实线),依旋转矢量法可知 质点1的初相为π; 质点2的初相为π/2; 质点3的初相为0; 质点4的初相为-π/2. 6-4 有一平面谐波在空间传播,如题图6－4所示.已知A 点的振动规律为 )t cos(A y ϕ+ω=，就图中给出的四种坐标,分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达 式中在描写距A 点为b 处的质点的振动规律是否一样? 分析 无论何种情况，只需求出任意点x 与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。只要把各种情况中b 的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得b 点的振动规律。 解: 设其波长为λ,选o 点处为坐标原点,由方程)t cos(A y ϕ+ω= 可得取图中a 所示的坐标,则x 处质点的振动比A 点滞后 πλ 2x ,故 .cos(2)x a y A t ωπϕλ =- + 同理可得 .cos(2)x b y A t ωπϕλ =++ .cos(2)x l c y A t ωπϕλ -=-+ .cos(2)x l d y A t ωπϕλ -=+ + 要求距A 为b 的点的振动规律,只要把各种情况中b 的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得.从结果可知,取不同的坐标只是改变了坐标的原点,波的表达式在形式上有所不同,但b 点的振动方程却不变.即 (2) θ 题图6-3 t=T/4 题图6-4

大学物理第6章习题参考答案

第六章习题解答 6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有： 0c o s 02.001.0ϕ=- 2 1cos 0-=ϕ ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π3 4 初始相位 πϕ3 20- = 则 m t y s )3 2cos(02.0πω- = 再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振 动位相将落后于S 点，滞后时间为： u x t =∆ 则该波的波动方程为： m u x t y ⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0 若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在 S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： u L x t -=∆ 则该波的波方程为： m u L x t y ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣⎡ - -- =πω3 2)(cos 02.0 若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为 u x L -,如习题6-1图(c)所示，则 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡- -+ =πω32)(cos 02.0u x L t y ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡- -- =πω3 2)(cos 02.0u L x t ∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣⎡ - -- =πω3 2)(cos 02.0u L x t y 6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅 A=0.5m 习题6-1图 习题6-1图

频率 Hz 125Hz 8 .0100== =λ u v 周期 s 10813 -⨯== v T ππυω2502== （2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡ +- =ϕω)(cos u x t A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。 将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得： m )100(250cos 5.0⎥⎦ ⎤⎢⎣⎡ -=x t y π (3) x =0.4m 处质点振动方程. ⎥⎦ ⎤⎢⎣⎡ - =)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t 6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故 2 πϕ±= 再由该列波的传播方向可知， 00<υ 取 2 π ϕ= 由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则 ππ λ π πω5 2rad/s 40.008.0222= ===u v rad/s 可得O 点振动表达式为： m t y )2 52cos( 04.00π π+ = (2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为： m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(5 2 cos 04.0ππ (3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程： m t y y p ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣⎡+==π π215 2 cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。

大学物理第06章 恒定磁场习题解答

第6章 恒定磁场习题解答 1． 空间某点的磁感应强度B 的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ （ C ） （A ）小磁针北（N ）极在该点的指向； （B ）运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向； （C ）电流元在该点不受力的方向； （D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。 2． 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的? （ D ） （A ）条形磁铁的磁感应线是从N 极到S 极的； （B ）条形磁铁的磁感应线是从S 极到N 极的； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极的曲线； （D ）磁感应线是无头无尾的闭合曲线。 3． 磁场的高斯定理⎰⎰=⋅0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ （ A ） a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。 （A ）ad ； （B ）ac ； （C ）cd ； （D ）ab 。 4． 如图所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ和面上各点的磁感应强度B 将如何变化？ （ D ） （A ）Φ增大，B 也增大； （B ）Φ不变，B 也不变； （C ）Φ增大，B 不变； （D ）Φ不变，B 增大。 5． 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，则在圆心o 处的磁感应强度大小为多少? （ C ） （A ）0； （B ）R I 2/0μ； （C ）R I 2/20μ； （D ）R I /0μ。 6、有一无限长直流导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以截流导线为轴线的同轴的圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量（ A ） A 、等于零 B 、不一定等于零 C 、为μ0I D 、为 i n i q 1 1 =∑ε 7、一带电粒子垂直射入磁场B 后，作周期为T 的匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ） A 、 B /2 B 、2B C 、B D 、–B I