扬大物理练习册问题详解

1、第一章质点运动学2 21.解：(1) r=( 10t + 30t )i (15t 20t )jdrv( 10 60t)i(15 40t) j ,初速度：v 10i15j大小：v=.102 152 m/s18.03m/s方向：与x轴负向夹角arctan1556.3°10（2）adv60i 40 j dt大小：a=.602 402 m/s272.11m/f方向：与x轴正向夹角arctan4033.69°602. 解:取质点的出发点为原点。由题意知质点的加速度为10t15t2dvxdtdvydt由初始条件t=0时 V0x=V0y=O，对式进行积分，有t2vx 10tdt 5tx

2、0t 23vy 15t dt 5ty 0即23v 5t i 5t j将t=5s带入式，有v (125i625 j)(m/s)又由速度的定义及初始条件t=0时，X0 =y 0=0，对式进行分离变量并积分，有将t=5s带入式有t 25t2dto5t3dt5t3.5t4rij34月25.3j)m43. 解根据运动学方程，可得角速度和角加速度分别为2d /dt 12td /dt 24tt 2秒时，法向加速度和切向加速度分别为an t 20.1 (12t2)2 0.1 (12 22)22 22.30 10 (m/s )2a r 2.4t2.4 24.8(m/s )由a a/2，有,2 2 2 24a a

3、 aan从而得2 23a an3(24rt)2 r2(12t2)4由此可得t3因此，此时刻的 值为2 4t3 2 4 .3/6 3.15(rad)由题意an a，即解得2 2r(12t )24rtt0.55( s)4. 解由题意有所以tan分离变量dv2v对上式积分，并代入初始条件t1Vo整理式得Vtanan advadt2vanR2 vdv/-Rdt1-dtRtan0时，vvo，得1tvRtanv0RtanRtanv0t第二章牛顿定律1解（1）dvcdtVmVdVctdtVoVm 0Vc丄IntVomctVV°e mdvcv= mdtc tdsdtdsv0em dt-tdsV。0e

4、 m dtmvotemd(mmVoc t mtmVoc te0(1 em )Vccos在切向：dV/、mgsinmdt2在法向：VT mgcosmR2解在任一点B处，小球的受力情况如图所示，在自然坐标系中其运动方程为由式gsinv dvR 丁vdvRgsi n对式积分，并由已知条件0时，vvo得由式得代入式得v22vo2gR(1cos )(4)g cos2vo2RT mg2 2m(3vv0)2Rv第三章动量守恒定律和能量守恒定律231.解由x 3t 4t t可得dx vdt3 & 3t2由式得，当t=0时，vo 3. Om/s ； t=2s时，v21.0m/s。因此，作用力在最初2.0

5、s所作的功A !m(v；21 3.02応）(1.0)23.02)12.0J 式对时间求导数，得质点的加速度dv adt8 6t瞬时功率Fv(ma)v2.解由功的定义可知，由物体开始运动到2W Fdx02° 0.18(x 1)dx 0.723( 86 1.0)12.0(J/s)2m时(3 8 1.03 1.02)由动能定理12my21代入初始条件x 0 时，v1 0.3 m/s ,得v20.9m/s所以，2m时物体的动量为F2 mv22 0.91.8(kg m/s)由动量定理，前2m的冲量为丨2P2 P。 1.8 0.6 1.2(kg m/s)3.解：（1 ）因穿透时间极短，故可认为物

6、体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速度为V1分有mv0 mv Mvv' m v0 v . M 3.13m sT Mg Mv：l 26.5Nf t mv mvo (设vo方向为向)=-4.7 N s4解由题意分析，力F与x的关系为F F 0xL由牛顿运动定律，有dvdv 厂m mv Fdtdx即mvdv Fdx (F0? x)dx两边积分，并由初始条件，x 0时，v 0，得1 2FoxF02mvx22L因此2 F 0(2x2 xv)mL由式,当xL时，速率为OX，各量的标记如图所示。在5. 解以物体m!、m2

7、和弹簧为研究系统，建立图示坐标系 力F作用下，m!处于Xo处达到平衡，由静力平衡条件得Fmig kxo0而m2离开地面的条件为kx m2g 0刚好离开地面时，上式取等号。现在的问题是将x与F联系起来。由mi，m2弹簧和地球组成的系统，其只有重力和弹性力作功，故系统机械能守恒。以坐标原点0（即弹簧的自然长度处）为弹性势能和重力势能零点，对A、B两状态有守恒关系1 . 2 1 . 2-kxo m gx0 - kx mi gx2 2两边乘以2k有k2x0 2m1gkx0 k2x2 2m1gkx将式代入上式，得2 2 2(F m1 g)2m1g(F m1g) k x 2m1gkx即(kx m1 g)2

8、 F22 mi gF mfg2 2m1gF mfg2整理得2 2(kx m1g) F故kx F m1 g由，(2 )、( 4 )两式可得F (m)1 m(2)g即F至少要等于（mh m2）g，可使F撤销后，恰使 m?抬起。鬲11 bm1弹起的最高点-j- " O 弹簧为原长时mi的位置 寸(b)一丸“ a 力f作用下，mh的位置第四章刚体的转动1解：受力分析如图示，根据牛顿运动定律和转动定律得:mg T maTr J又 a r解得： J mg a r2 a又根据已知条件v0= 02S得:mr2 gt22S2解 设斜面上问题质量为m2，另一物体质量为 mi。滑轮的质量为 M，半径为r。

9、分别对两物体及滑轮进行受力分析。m1受重力，拉力mig T|gam2受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力T2cosm?g sinm?a1 2 滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力T2r Tir -Mr2z亠”ggm2g cosm2gsin联列求解a 225.791 R”M mi m22T1 m1g m1a 75.78T2 m2am2g cosm2g sin69.941 2 23.解：J MR = 0.675 kg m2mg T maTR Ja RmgR2mR2 J5.06m/s22因此（1）下落距离h at /263.3m力 T m(g a) 37.9N分析图4.解 M仃1T2)&am

10、p;丄 m1R12 12(1 )(2)(T1 T2)R2由于皮带不打滑，切向速度相同，其变化率即切相加速度相同:R1R2 2(3)由式（2）（ 3 ）得由式得Ti由式得 21CT2m2 R2 22&i一并代入式（1）得R22M1 2(m1 m2) R1代入式(3)得2M2(m1 m2)RR25.解（1）由题意可知细棒的质量线密度为kr式中k为常数。L由于细棒的总质量为m，所以0 krdr m由此得故又所以2mLrkr2mr2dmr2 drL 2m 30Rr3dr 丄mLL22（2）细棒上到转轴距离为 r的长度元dr所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为dfdMgdmrdfg dr2m gL22

11、m gL2r 2drrdr整个细棒所受到的摩擦力矩为M 辱 Lr2dr 2 mgLL203(3)设细棒由角速度0到停止转动所经历的时间为t，则角动量定理可得MtJ o6.解由转动定律，有ddtJd0.2( 1)0.2(1)d0.2由条件1,积分上式得1)2由角速度的定义宁，分离变量得dtJ dt积分上式，并代入初始条件t=0时 2，得t ln( 1)则砂轮的运动方程为1 J将式代入式得te因此2s时，砂轮的动能为1 1EkJ 20.2 e45.46(J)角动量为2 2L J 20.2 e21.48(kg m2/s)由动能定理，前2s力矩的功为1212A J ； -J o5.46 0.1 5.3

12、6(J)2 2由角动量定理，前 2s的冲量距为2I J 2 J o 1.48 0.21.28(kg m /s)7.证明碰撞过程，系统角动量守恒2 1 2mv0l (ml Ml )3碰后上摆过程，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点。12cos60O)1 11Mg (ml2-Ml2) 2 mgl(1 cos60o) Mgl(12 23联立求解即可得v°(2mM )(3m M )gl6m2第五章静电场1.解 取一细圆环带，其半径为r (r > R),带宽为dr，则圆环带的面积为 dS 2 ndr ,其上带电量为dq ds 2 ndr应用已知的带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环

13、带在轴线上P点产生的电场的大小，一2 ndrx,22、3/2 4n o(x r )因此,在P点产生的总场强大小为E dE_x4n o(x2 r2)3/2 = 2 _Rx2方向沿X轴向2.解 取坐标轴OX，将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上任意一 个圆环上的带电量为dq ds 2 n R2 (R x)2dl为便于计算，可采用角量描述。因为.R2 (R x)2 =Rsin 0, dl Rd所以2dq 2 n sin d由带电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带电圆环在P点产生场强dE的大小为(R x )dqcos dqd E324 n 0R 4 n 0R由于dq为正，故dE方向

14、沿X轴向。将dq代入上式，可得dE sin2 ocos d为所有圆环在P点产生场强的矢量和,则整个半球面在球心P点处产生的场强大小为EQdE2 sin cos d02 o方向沿X轴正向。OXY，且原点O在轴线上。dEx dEsi nsin2T盲代sin2n2 0RddEy dEcos2coJoR3解 无限长半圆柱面薄筒的横截面如图所示，取直角坐标系沿弧长方向取一宽度为dl的细条，此细条单位长度上的带电量为nRdl由无限长带电直线在附近一点产生的场强结果，可得该带电细条在 O点产生的场强dE的大小为dE方向如图所示。dE在X轴和丫轴上的投影为于是整个带电半圆柱薄筒在O点外产生的场强大小为Exsi

15、n ,0 2 n2 0R则 EExiEycos ,0 2 n2 oR0 （由对称性分析也可获得这个结果）Eyjn2 oRi .E与X轴正向一致；若入0时，E与X轴负向一致。4解 因为电荷相对轴线成对称分布，所以距轴线为r的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱经向，因此可用高斯定理求解。选取长为I，半径为r，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S。由高斯定理可知:；E dSsn2 端面 E cosS侧面 EcosO dSE2 nli(1)0当rR时，高斯面S所包围电荷的代数和为(s)qivdVrar0br2 2 nl dr2na 3 r3b 4 r4代入（1）式可得E4ar23br3R12r0当rR时，高斯

16、面S所包围电荷的代数和为(s)qiVdVRar0br2 2 nldr2 na 3R33bR44代入（1）式可得E涂r R.12 or5解如图所示,由补偿法分析，空腔中场点P的电势是半径为 Ri，密度为的大球和半径为R2，密度为的小球产生的电势之和，即RiRi取无限远处的电势为零，大球的电场分布为3 oR3r3 or3应用电势定义，可得大球任意点的点电势为3R；RiVir Eidr对于空腔中心 Or a ，大球产生的电势为Vi3Ri2 a26 o同理，可得小球在O处产生的电势为23R；由电势叠加原理VoViV23R2 a2R；3Ri2R；6. 解：(1)球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处

17、产生的电势的叠加，即1( qi4n 0 ri-(04 nr12ri4 nr；一(r102)8.8510 9C/m 2(2 )设外球面上放电后电荷面密度为'，则应有U。'-(1兀)0则外球面上应变成带负电，共应放掉电荷q' 4矶2(' ) 4矶2 (1 匕)4 n2 ( r1r2 ) 4 n 0U 0 r296.67 10 C相互7. (1 )根据对称性分析，两段带电直线各自在O点的电场强度大小相等、方向相反抵消，所以只计算带电细线半圆形部分的电场。BsaxO1EC 聘dEyD取电荷元dq dl ,相应的dE在图中画出。设dE和y轴夹角为，其大小dEdl24 n

18、oa根据对称性分析可知ExdEydl2 cos4 n °acos d4 n °aEy2 24 n oa 0cos2 n °a(2)在带电直线部分任取一电荷元dqdl ,设电荷元至0点的距离为I ,则该电荷元在 0点电势为dVidl两段带电直线在势为得证。Vi4 n ol2a dlIn 2I 4 n o0点的电势相同，迭加为dV2 44 n °adl4 n oa 0V 2M V22Vi，半圆形带电细线上任一电荷元在0点的电n(2ln 2 n4 n o(2ln 2 n4 n o8. 解(1)如图所示，取坐标 0X轴过盘心垂直于盘面，原点 0位于盘心处。在圆盘

19、上取一距圆心为r，宽度为dr的圆环带dS , dS 2 ndr，为圆环带的面积，其上带电量为dq dS 寻dS。dq在P点产生的电势为dV 4n olQ2 ndr4冗厂oR厂L2r2所以，整个带电圆盘在P点产生的电势为RV dVQQrdr20 2 n o R2 丄r22n oR2R2L2L(2)根据P点的电势，可知X轴上电势与坐标的函数关系为因此，根据电势梯度法,dVdx2 n oR22 n oR2xR2x2则P点场强为Ep2 n oR2L_TrL2由对称性分析可知,P点场强E方向在X轴方向上，若 Q 0，沿X轴正向，若Q 0，第六章静电场中的导体与电介质1.解（1 ）因3块导体板靠的很近，可

20、将 6个导体表面视为 6个无限大带电平面。导体表 面电荷分布可认为是均匀的，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图虚线所示的圆柱形高斯面，因导体在达到静平衡后，部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行， 故由高斯定理可得再由导体板Ad点场强为零，可知12345202 02 0202 0所以故点a的场强为6个导体表面产生场强的矢量和Q1Q2Q3 _ 12 oS = 2 o根据上述已有结果，可知_ Q1 Q2 Q36 =2S再由于Q1SQ234SQ1SQ2Q32SQ2Q22SQ3(2) a、b、c点的场强1QiQ2 Q3i=02 0S同理Eb2QiQ 2Q3i=02 0SEc5 _ Q3

21、Q1 Q22 0SAl1l!B| l" IIJLC11d«*abcQ1Q2Q31234562.解：当用导线把球和球壳连接在一起后。由静电平衡条件可知，电荷Q全部分布在球壳的外表面上，如图所示，此时，电场只分布在r3的空间中，即同时球体与球壳成为一个等势体，即V1 V2，于是,V V1 V2 0根据电势的定义，可得V1V2R3r E3 drR3E4dr1r34 0q Q40 R3qqR3RiRiOR2Oq Q若外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球表面和壳表面，此时电场只分布在RiR2的空间，如图所示。由于外球壳电势V20，则球体任一场点Pi rRi的电势为V

22、iV2RR2V rEidr R E2drR一 E2Ridr_q i i40RiR23解：设C板左、右两侧分别带电荷Qi,Q2(i)QAQi, QBQ2QiQ2 Q由于C，A间和C，B间均可视为匀强电场EcaQi卡,EcbQ20S(2)A，B板接地UCA = U CBp<d- 2dBEC173由式（2）、(3)得 Qi=2Q 2代入(i),得2 QiQ,Q2如33则2QaQiQ,3QbQa】Q,3U CU CBECBdQzdQd0S3 0S在C, B板间充以相对介电常数为r的电介质，C板上电荷重新分布。设左，右两侧分别带电荷 Qi',Q2 0 A ,B板上感应电荷分别为Qa,Qb。

23、则 QaQi ,QbQ2，相解式QiEcbQ2'd2ecb 'd(1)、(2)、得Q,Q,4.解QaUcQiE'dEca2厂Q，Qi d由平行板电容器的公式可得QbQ2-Q,r应于上一问中的一组方程式为(1)Qi Q2 Q虫 2 i02 0Fd则电容器极板上的电量为Q C V 2 i04 0C（1）A、B板间的电势差 在未插入C板前，两板之间的场强为聖 i04 V/miO 2插入C板之后，由于极板上的电量不改变， 所以电荷面密度不变， 因此两板间的场强 E 0也不变,C板间和C、B板间的场强都是 E 。由此可得0VacEdi104 X2 X10-3 =20VVCBEd2

24、104 X6 X10-3 =60 V板间的电势差为VVacVcb 206080V(2)用导线连接 A、B板后，两板电势相同,系统相当于两个电容器并联,所以此时系统的电容为 CC1 C2di°S 0S d210310334 xio33因为极板上总电量未变，所以板与板间的电势差为0 X2xi04/(xi03=15 V5.解(i)由题意可知，真空区域中的场强为E。，介质中的场强为E ,所以两极间的电势差为U E°(db) Eb由咼斯定理知，两极间电势移D处处相等，故E。D/ 0,E D/0 r代入上式得U D dbD bD d b B00 r0r所以0 rUrd 1 r brEo

25、rUrd 1 r bUrd1 r b（2）容器的电容为C Q U0 rSrd 1 r b第七章恒定磁场1.解由图可知，绕有载流导线的木球可成是无限多个不同半径的同圆心的载流线圈所组成，球心O在这些载流线圈的轴线上，则球心 O点的磁感应强度 Bo是各个载流线圈在点激发的磁感应强度的矢量和。O （即球心处）选取图中所示坐标系 OXY，在X轴线上（亦是各载流线圈的轴线）距原点x处取一宽为dl的圆环，半径为 y，圆环上绕有dN匝导线，即gN 2N “2NdNdl RddR/2R2IN通过圆环上的电流dI IdNd ，由载流线圈在轴线上任一点产生的磁感应强度公式，可知dI在O点激发的磁感应强度 dB大小

26、为dB°y2dl32(y2 x2)2°NI2y d (X2 y2)32ddB的方向沿X轴正向由几何关系x Rsin , yRcos ，代入上式得dBcos2 dR由于所有载流线圈在 0点激发的B方向相同，故 0点总的磁感应强度 BodB可由矢量积分简化为标量积分，即BodB 2-°Ncos2 dRoNI r21sin cos 2oNI4RO点产生的磁感应强度。2解 （1 ）取直角坐标系，如图所示。首先求半圆柱面导体在 如图截面图所示，半圆柱横截面上单位长度的电流为IiR将半圆柱面导线可视为无数条无限长载流直导线的集合，对称于Y轴取两元段dli dl2 dl，则横截

27、面为dl的两条无限长载流直导线在轴上横截面（ OXY平面）的O点分别产生的磁感应强度 dB的大小为dB1dB2odl2 Roidl2 RdBi、dB2与X轴夹角相等，由对称性分析可知，因各对无限长载流直导线在O点产生的场强的Y轴分量相互抵消，而使总场强的Y轴分量By o，故总磁感应强度只有 X轴方向 分量。因为dBx dB cosoiRdCOS2 R则总的B的大小为厅 oi cos ddBx 2o2-丛 2 cos do丛sinoi轴线上的载流直导线处于磁场中,由安培力公式得，轴线上导线单位长度所受的力为F BIloI 22R该力为斥力。Y轴的作用力。设二直导线相互距oI2oI22 d所以(2

28、)二相互平行放置的无限长直导线通反向电流时，相互作用力为斥力。只有将直导线放在 坐标原点的左侧才能使位于原点的载流导线受到方向指向 离d，与(1)结果联立，得3.解取坐标系XOY,如图(a)所示。由于空腔的存在，不能直接用安培环路定理求解。小圆柱空腔表示其过的电流等于 0,这可以等效成空腔中同时存在的两个等值反相的电流,j和（-j）的电流，空腔中任此可采用补偿发求解。将空腔部分等效成同时存在着电流密度意一点的磁场为通有电流密度j，半径为R和半径为r的长圆柱体和通有反相电流密度（-j）, 半径为r的小圆柱体产生的磁场的矢量和,B Bi B2取空腔中的任意一点 P，OP ri,O'P0，由

29、于半径为R和半径为r的长圆柱体产生的磁Bi其中所以BioIri2 (R2r2)场具有轴对称性，故可根据安培环路定理，有- 2oj ri 0 ri .2 ri亍 j12 20(R2 r2)同理，可得B20r2 0 lr222 (R r )Bi和B2方向根据右手法则确定，如图（b）所示。将Bi，B2在X，Y轴上投影，其分量为BixBi sinBi yBi cosB2xB2 cosB2yB2sin0jr1 sin20 .jr1 cos 20jr2sin20 .jr2 cos2P点的磁感应强度B的两个正交分量为，BxB1XB2X(Q sinr1 sin )02B yB1 yB20j0j .y(r1 c

30、osr2 cos )d22结果表明，P点的磁感应强度 B的大小为一常量，方向垂直于 OO之间的连线d，即在Y 轴方向上，所以空腔中的磁场为匀强磁场，old222 (R r )BpBB1/h.少2JdOX(b)4.解：（1）根据安培定律dF Idl B计算三角形回路 ab，be, ca三边所受安培力。 无限长载流直导线磁感应强度表达式为B ，三角形回路三边电流元均与磁场垂2 n直。ab段：各电流元处 B值相同。I2Bab32ndl)方向如图所示。bc段：dF I2Bdl0I1I2 dr2 n r方向如图所示。ca段:方向如图所示。（2 ）取距电流FbcdFFcaI1 为 r rB dS0I1I2

31、 d l dr2n d 701112 dl7701 11 27td l dr d rdr窄条作为面积元:B(r d)tan60 dr01 11 2ln2 ndld ld2dr3 0l1 (r d)dr2 n-J(1 )dr3 0丨1(2 nidrd :号)m(ldln即）5.解：（1）如图，在圆盘上取半径为r，宽为dr的环带，先求出此环带转动时的磁矩。此环带转动时的等效电流为其中则整个圆盘的磁矩为dI*dq §dqdqq2 2 ndrdPm SdI”dI RqrdrPmqr2qR2磁矩的方向垂直纸面向外。磁力矩 M Pm B,Pm B12M - qR2B46.解取直角坐标系，如图所示

32、。(1 )设v为电子的漂移速率。在稳恒状态时，电子受到 的洛伦兹力和电场力相互平衡，即eE evB1 10 521.5 106.7 10 4(m/s).故E Vv B Bb(2)每立方厘米载流子的数目为In evbd3194251.6 106.7 101 101 102932332.8 10 (m 3)2.8 10 (cm)(3)假设I沿Y轴方向，B沿X轴方向，则霍尔电压的极性，如图所示。|Z歹十+ + + +/第八章电磁感应电磁场1解由于B随时间变化，同时ab导线切割磁场线，故回路中既存在感生电动势，又存在动生电动势。由法拉第电磁感应定律可知，t时刻金属框中感应电动势的大小为d d(BS)d

33、t dtc d 儿、1 B(lx) dt 2BdS sdB dt dtlx-(-t2)2 dt 2动的方向从b指向a，感的方向为逆时针方向。将 x vt,l xtanvttan 代入上式，则2氓Qvlan )沖tan 詛2)v2t3tani的方向为逆时针方向。2.( 1 ) U OM U OUma2B(2 )添加辅助线ON，由于整个OMN感应电动势为零，所以OM MN ON，即可直接由辅助线上的电动势on来代替OM、ON两段的电动势。ON 2acos30 3a1/ 2 2Uon Uo Un - B(.3a)23 a2B/2(3) O点电势最高。3解 无限长直导线在金属棒转动平面激发的磁场是非均

34、匀的，方向垂直纸面向外。在金属棒上沿 OA方向任取一线元dl, dl至O点距离为I,距无限长直导线距离为 由无限长直载流导线产生磁场的公式可知，该处的磁感应强度大小为(方向垂直纸平面向外)当棒旋转至图示位置时，金属OA上各线元的速度方向均垂直各线元沿平面向上，其夹角(v B)的方向沿OA方向,即(vB)与dl间夹角为零。由于线元dl速度大小v l以dl上的动生电动势大小为d (v B)dl(vBsinjcosO dlBldl金属棒上总的动生电动势大小为OA Ld L(vB)dl02 7ldl.LLBldl0在上式中，r, l均为变量，必须先统一变量后才能进行积分,由图示可知,l r b,dld

35、r ,将其代放上式故b Ldoa b 需(b)dr (L bln) 2 nB 7drr由OA 0或由(v B)可知，电动势 OA的方向从O指向A，即卩A点电势高。4.解（1）长直截流导线在空间的磁场分布为B=012 n取abed回路的面法线方向垂直纸面向里,在距长直导线为r处取一面积元dS xdr,如图所示.穿过此面元的磁通量为 d m = B穿过整个回路的磁通量为dS= -0-xdr2 n°lxr0 ldr0IXlnr0 l2 nr°m2 nr°r(2)由法拉第电磁感应定律知，回路上的电动势为i 片4dt 2 nroI i = 1ln -方向为逆时针方向R2 n

36、Rr0(3)由安培定律dF Idl B可求出cd段导线的受力dF hBdrln“ -dr2 tRr0 2 nol、2 V , r° l r0 I dr “ ol _ r° I、2 v F () In(In )2 n Rr0r 0 r 2 nr0R方向垂直于cd导线向上第九章振动2解由已知条件可画出该谐振动在t=0时刻的旋转矢量位置，如图所示。1.解：(1 )由题意FmkA, Axm ,kFmxmE丄kx22 kxm丄F x2mm0.16JVmAVmJAVmXm2 n rac|/s/2 n1Hzt0,x0 Acos0.2,V。Asin0,n3振动方程为1x 0.4cos2 n

37、 3 nSI由图可以看出所以该物体的振动方程为x 0.10cos(2(1 )将T=2s，代入振动方程可得t=0.5s时的质点的位移为0.087 (m)(2)当物体第一次运动到 x=5cm 处时，旋转矢量转过的角度为n,如图所示，所以有t1n 即t1-12(S)(3)当物体第二次运动到x=5cm处时，旋转矢量又转过t (t2 tj2n t3n,如图所示,312T (s)33所以有X3.解 如图所示，设 10,则Ai3 m 10而 A = 0.20 m由余弦定理知A2A2 2A-i 2AA-I cos(0.20)2(0.173)2n2 0.20 0.173cos60.10m有正弦定理知Asin(

38、nA2sinn 2) = 1sin(值代入，求得将A， A2及n2'4.解由运动方程Xdxdtdvdt0.06cos(5t的速度和加速度表达式为 0.3si n(5t 步n21.5cos(5t且已知：A = 0.065s(1)2X00,Xo0,所以F0.06cos(5 nn2)(3) E(4)0.3sin(5 n1.5cos(5n0.3m1s ,Vvmax1 2k, maxmVmax20.0523(0.3)22.25 10 3J.当振动动能和势能相等时,1kx2所以5.( 1)在位移为其中Ep1e21 1 2kA2 2Epy处系统受力为F (M m)g k(y y)y1为系统平衡时弹簧

39、的伸长量由力的平衡条件知ky1 (M m)g故 F ky (满足简谐运动的运动学条件)或a加宀八满足简谐运动的运动学条件）因此该系统作简谐运动。（2）由上述微分方程可知2k ,kM m. M mt 0时的初始条件为Y0Mg (M m)gmgkkk .由小球m自由落体遵守机械能守恒和小球与沙盘的完全非弹性碰撞（忽略重力的作用）遵守动量守恒得2ghAV。2Vo22kh(M m)garctan( -V) arctan YoV (M m) g32 .第十章波动1.解：u 入 v 24 25600cm/sA 30cm, w 2 n 50 n/sy0 Acos 0, y0A sin 0丄2xy 3.0 1

40、0 2 cos 50 tSI6 22. 解：(1 )已知波的表达式为与标准形式y Acos 2 n tA=0.05m,=50Hz,y 0.05cos 100 n 2 nx2 nd比较得=1.0m , u =50m/s vmax2 n A 15.7m smaxamaxt24 ( 2A 4.39 103m s2max2 n X2X1 .n,二振动反相3. 解(1)由题设可知 A点和B点的振动方程为nyA 0.01cos(4 n -)(m)nyB 0.01cos(4 n )(m)36xB xA由于AB Xb Xa 1m ，有 2 -2，又因2 n(Xb所以该平面谐波的波长为12x-)(m)5波速为2

41、4 (m/s)512u v5(2)因为波是沿X轴正向传播，所以波函数可写为y Acos2 n(t-代入相关数值，得y 0.01 cos4 n(t5x 20.01cos4 nt） n（m）2434. 解：（1）由p点的运动方向，可判定该波向左传播.Acos2对原点0处质点，t 0时Vo A sin所以n /4O处振动方程为yoAcos(500 nn/4)(SI)波动方程为y Acos 2 (250t x / 200)冗/4 (SI)(2)距O点100m处质点振动方程是y1Acos(500 n 5 n/ 4)(SI)振动速度表达式是V 500 ：Asin(500 n 5n/4)(SI)5. 解：(1) P处质点振动方程为ypAcos2n/4 n Acos nt / 2 n SIt x d(2)波动方程为y Acos 2 nn SIAcos( tt反射波的波动方程 y反n表示半波损失）Acos t (2L x) n,L x42 ，4 nn 4 nn 14 n n15 n13 n满足减弱条件，是减弱的(即该点不振动)第十一章光学e2 2处是第二条暗