2009级大学物理(2)作业解答第六章

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)70210m 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2112ml ． 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 lρ=（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 lρ==，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 tωω+=+=- 所以2d d FR mgR t J mR ω-=+，a 点加速度为 22d d F mg a R i R i t J mR ω-==+ 220.819.80.01 1.0(m s )0.110.01i 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 tω=++=- 所以21212()d d ()m m gR t J m m Rω-=++，2m 下降加速度的大小为 212212()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2212x 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002222l l J m J ml l ωωωω+⋅=+⋅ 由于220011(2)123J 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()]()2W 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()()2l 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02x l - 00220022[()]d 2()d()222l 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 =⨯⨯22275(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2T 70134732(N)2.5F ⨯== （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)2E 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 5l =，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92v 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[()]()cos60236262m l m l ml m g ωο+=+ 因此2149g lω=．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()()()222m m v m m v k l l '+=++- 000()()sin m m v l m m vl θ'+=+所以 22212000200()[]()m v k l l v m m m m -=-++ 000222120000arcsin [()()]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()2gh 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012h 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2211221122v 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1122v S v S =，代入上式 221122(1)2S v gh S -= ，即1222212gh v S S S =- 所以 11221222212gh 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22201223304111222p 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31000kg 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2230341122p 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20101412p 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）。

第六章机械运动和机械波思考题6-35简谐振动中相位为φ、π+φ、2π+φ、3π+φ、….时描述的是同一运动状态吗？为什么？6-36 对一简谐振动系统，画出其动能和势能关于时间变量的曲线，并分析两者反相的物理意义。

6-37 将单摆摆线从铅直方向拉到φ角的位置撒手任其摆动。

这里φ角是初相位吗？若不是，它将对应什么物理量？6-38 若以一装满水的空心球作为单摆的摆钟，并让水从球体缓慢流出，试描述其摆动周期的变化情况。

6-39 利用受迫振动的稳定解（6.19）式说明为什么恒力不能导致受迫振动。

（提示：恒力的频率ω可视为零）6-40 在太空中能听到声音吗？为什么？6-41 在较长时间间隔（Δt>>T）内，任意以t为变量的正弦（或余弦）型函数的平均值均为零，例如：<cos αt>=<sin αt>=0，其中α是任意常数。

试据此推导（6.11）、(6.12)及(6.40)式。

6-42 海啸是一种波长约为几十至几百千米、在海水中传播的波动现象。

它在深海区域并不易被察觉，但一旦海啸接近岸边往往会造成巨大的灾害。

试从能量角度分析其中的原因。

6-43 描述机械波时间周期性的物理量由周期T、频率v和圆频率ω给出。

类似地，我们可以用λ、1λ、2πλ描述波的空间周期性，试说明这三个量对应的物理意义。

6-44 试解释弦乐器的以下现象：（1）较松的弦发生的音调较低，而较紧的弦则音调较高；（2）较细的弦发生的音调较高，而较粗的弦则音调较低（古人称之为“小弦大声，大弦小声”）；（3）正在振动的两端固定的弦，若用手指轻按弦的中点时，音调变高到两倍，若改按弦的三分之一处时，音调增至三倍；（4）用力弹拨琴弦（而非用手指按弦）时，能同时听到若干音调各异的声音。

（提示：音调高低与弦振动的频率成正比。

此外，在（4）情形中弦以基频振动的同时还以若干泛频振动。

）习题6-1 如题6-1图所示，用一根金属丝把一均匀圆盘悬挂起来，悬线oc 通过圆盘质心，圆盘呈水平状态，这个装置称为扭摆，当使圆盘转过一个角度时，金属丝受到扭转，从而产生一个扭转的恢复力矩。

2009年全国⾼考卷2物理试题及答案（精编清晰）2009年普通⾼等学校招⽣全国统⼀考试理科综合能⼒测试第Ⅰ卷选择题共126分⼆、选择题（本题共8⼩题。

在每⼩题给出的四个选项中，有的只有⼀个选项正确。

有的由多个选项正确。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，由选错的得0分）14、下列关于简谐振动和简谐波的说法，正确的是A ．媒质中质点振动的周期⼀定和相应的波的周期相等B ．媒质中质点振动的速度⼀定和相应的波的波速相等C ．波的传播⽅向⼀定和媒质中质点振动的⽅向⼀致D ．横波的波峰与波⾕在振动⽅向上的距离⼀定是质点振幅的两倍。

答案AD【解析】本题考查机械波和机械振动。

介质中的质点的振动周期和相应的波传播周期⼀致A 正确。

⽽各质点做简谐运动速度随时间作周期性的变化，但波在介质中是匀速向前传播的，所以不相等，B 错。

对于横波⽽⾔传播⽅向和振动⽅向是垂直的，C 错。

根据波的特点D 正确。

15、两物体甲和⼄在同⼀直线上运动，它们在0～0.4s 时间内的v -t 图象如图所⽰。

若仅在两物体之间存在相互作⽤，则物体甲与⼄的质量之⽐和图中时间t 1分别为 A ．13和0.30s B ．3和0.30s C ．13和0.28s D ．3和0.28s 答案B【解析】本题考查图象问题。

根据速度图象的特点可知甲做匀加速，⼄做匀减速。

根据v a t ?=?得3a a =⼄甲,根据⽜顿第⼆定律有13F F m m =⼄甲,得3m m =甲⼄,由24110/0.40.4a m s t ===-⼄,得t=0.3s,B 正确.16、如图，⽔平放置的密封⽓缸内被⼀竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在⽓缸内⽆摩擦滑动，右侧⽓体内由⼀电热丝。

⽓缸壁和隔板均绝热。

初始时隔板静⽌，左右两边⽓体温度相等。

现给电热丝提供⼀微弱电流，通电⼀段时间后切断电源。

当缸内⽓体再次达到平衡时，与初始状态相⽐A ．右边⽓体温度升⾼，左边⽓体温度不变B ．左右两边⽓体温度都升⾼C ．左边⽓体压强增⼤D ．右边⽓体内能的增加量等于电热丝放出的热量答案BC【解析】本题考查⽓体。

第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。

由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。

6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。

若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ）（A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。

因而正确答案为（A ）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。

设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E（D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。

点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。

因而正确答案为（A ）。

6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。

下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。

关于大学物理课后习题答案第六章文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]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 故 223+=x2. 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 故 q q 33-=' (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 dqdE +=πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。

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 方向沿x 轴正方向。

直线段受到的电场力大小为 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=ϕελd R0π4= ，方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知，0=y E 故 RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向。

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 s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(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： ux 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： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 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===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt 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-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(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(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 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。

[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k1 和k2。

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，应有图6-5,改写为.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k1 和k2。

解以平衡位置O为坐标原点，建立如图6-6所示的图6-6坐标系。

当物体由原点O向右移动x时，弹簧1伸长了x1 ，弹簧2伸长了x2 ，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.装置的振动角频率为,装置的振动频率为.6-6仿照式(6-15)的推导过程，导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。

解由教材中的例题6-3，单摆的角位移θ与时间t的关系可以写为θ = θ0 cos (ω t+ϕ) ,单摆系统的机械能包括两部分, 一部分是小物体运动的动能,另一部分是系统的势能，即单摆与地球所组成的系统的重力势能.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和，即,因为, 所以上式可以化为.于是就得到,由此可以求得单摆系统中物体的速度为.这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。

第六章静电场中的导体与电介质6 —1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势。

由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。

6 —2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。

若将导体N的左端接地（如图所示），则（）（B）N上的正电荷入地（A ）N上的负电荷入地（C）N上的所有电荷入地地（D）N上所有的感应电荷入题6-2图分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。

因而正确答案为（ A ）。

6 —3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d,参见附图。

设无穷远处为零电势，则在导体球球心0点有（）（A）E =0,V —4 n^d（B）E J,V L4 n%d 4 n %d （C）E = 0,V = 0题6-3图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。

点电荷 q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零，0点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。

因而正 确答案为(A )。

6 -4根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合 曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。

下列推论正确的是()(A )若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有 自由电荷 (B)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代 数和一定等于零 (C) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有 极化电荷 (D) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E)介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零； 由于电介质会改变自由电荷的空间分布， 介质 中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。