大学物理计算题汇总

1.题目：电荷q均匀分布在长为2l的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a的P点的电势(设无穷远处为电势零点)．答案：解：设坐标原点位于杆中心O点，x轴沿杆的方向，如图所示．细杆的电荷线密度λ＝q / (2l)，在x处取电荷元d q = λd x＝q d x / (2l)，它在P点产生的电势为4分整个杆上电荷在P点产生的电势4分2 题目：圆形平行板电容器，从q= 0开始充电，试画出充电过程中，极板间某点P处电场强度的方向和磁场强度的方向．答案：解：见图．，2分；，2分3题目：氢原子可以看成电子在平面内绕核作匀速圆周运动的带电系统．已知电子电荷为e，质量为m e，圆周运动的速率为v，求圆心处的磁感强度的值B．答案：解：由有2分2分2分2分45 题目：一平面线圈由半径为0.2 m的1/4圆弧和相互垂直的二直线组成，通以电流2 A，把它放在磁感强度为0.5 T的均匀磁场中，求：(1) 线圈平面与磁场垂直时(如图)，圆弧段所受的磁力．(2) 线圈平面与磁场成60°角时，线圈所受的磁力矩．答案：解：(1) 圆弧所受的磁力：在均匀磁场中通电圆弧所受的磁力与通有相同电流的直线所受的磁力相等，故有F AC = N 3分方向：与AC直线垂直，与OC夹角45°，如图． 1分(2) 磁力矩：线圈的磁矩为本小问中设线圈平面与成60°角，则与成30°角，有力矩M =1.57×10-2 N·m 3分方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行. 1分6 题目：两根导线沿半径方向接到一半径R =9.00 cm的导电圆环上．如图．圆弧ADB是铝导线，铝线电阻率为ρ1 =2.50×10-8Ω·m，圆弧ACB是铜导线，铜线电阻率为ρ2 =1.60×10-8Ω·m．两种导线截面积相同，圆弧ACB的弧长是圆周长的1/π．直导线在很远处与电源相联，弧ACB上的电流I2=2.00Ａ，求圆心O点处磁感强度B的大小．(真空磁导率μ0 =4π×10-7 T·m/A)答案：解：设弧ADB = L1，弧ACB = L2，两段弧上电流在圆心处产生的磁感强度分别为3分、方向相反．圆心处总磁感强度值为2分两段导线的电阻分别为1分因并联2分又∴=1.60×10-8 T 2分7题目：如图所示，一长为10 cm的均匀带正电细杆，其电荷为1.5×10-8C，试求在杆的延长线上距杆的端点 5 cm处的P点的电场强度．(＝9×109 N·m2/C2 )答案：解：设P点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O，x轴沿杆的方向，如图，并设杆的长度为L．P点离杆的端点距离为d．在x处取一电荷元d q=(q/L)d x，它在P点产生场强3分P点处的总场强为3分代入题目所给数据，得E＝1.8×104 N/m 1分的方向沿x轴正向． 1分11题目：半径分别为 1.0 cm与 2.0 cm的两个球形导体，各带电荷 1.0×10-8C，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求(1) 每个球所带电荷；(2) 每球的电势．()答案：解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r1和r2，导线连接后的电荷分别为q1和q2，而q1 + q1 = 2q，则两球电势分别是，2分两球相连后电势相等，，则有2分由此得到 C 1分C 1分两球电势V 2分113题目：如图所示，两个点电荷＋q和－3q，相距为d. 试求：(1) 在它们的连线上电场强度的点与电荷为＋q的点电荷相距多远？(2) 若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U=0的点与电荷为＋q的点电荷相距多远？答案：解：设点电荷q所在处为坐标原点O，x轴沿两点电荷的连线．(1) 设的点的坐标为，则2分可得解出距q左边 2分另有一解不符合题意，舍去．(2) 设坐标x处U＝0，则2分得d-4x = 0, x = d/4 距q右边 2分14题目：一段半径为a的细圆弧，对圆心的张角为θ0，其上均匀分布有正电荷q，如图所示．试以a，q，θ0表示出圆心O处的电场强度．答案：解：取坐标xOy如图，由对称性可知： 2分2分4分15题目：有一电荷面密度为σ的“无限大”均匀带电平面．若以该平面处为电势零点，试求带电平面周围空间的电势分布．答案：解：选坐标原点在带电平面所在处，x轴垂直于平面．由高斯定理可得场强分布为E=±σ / (2ε0) 2分(式中“＋”对x＞0区域，“－”对x＜0区域) . 平面外任意点x处电势：在x≤0区域3分在x≥0区域3分16题目：如图所示，载有电流I1和I2的长直导线ab和cd相互平行，相距为3r，今有载有电流I3的导线MN = r，水平放置，且其两端MN分别与I1、I2的距离都是r，ab、cd和MN共面，求导线MN所受的磁力大小和方向．答案：解：载流导线MN上任一点处的磁感强度大小为：3分MN上电流元Id x所受磁力：2分33分若，则的方向向下，，则的方向向上 2分17题目：在真空中一长为l＝10 cm的细杆上均匀分布着电荷，其电荷线密度λ＝ 1.0×10-5C/m．在杆的延长线上，距杆的一端距离d＝10 cm的一点上，有一点电荷q0＝ 2.0×10-5C，如图所示．试求该点电荷所受的电场力．(真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C2·N-1·m-2 )答案：解：选杆的左端为坐标原点，x轴沿杆的方向．在x处取一电荷元λd x，它在点电荷所在处产生场强为：3分整个杆上电荷在该点的场强为：2分点电荷q0所受的电场力为：＝0.90 N 沿x轴负向 3分18题目：AA＇和CC＇为两个正交地放置的圆形线圈，其圆心相重合．AA＇线圈半径为20.0 cm，共10匝，通有电流10.0 A；而CC＇线圈的半径为10.0 cm，共20匝，通有电流 5.0 A．求两线圈公共中心O点的磁感强度的大小和方向．(μ0 =4π×10-7 N·A-2)答案：解：AA＇线圈在O点所产生的磁感强度(方向垂直AA＇平面) 3分CC＇线圈在O点所产生的磁感强度(方向垂直CC＇平面) 3分O点的合磁感强度T 2分B的方向在和AA＇、CC＇都垂直的平面内，和CC＇平面的夹角2分19题目：两个点电荷分别为q1＝＋2×10-7 C和q2＝－2×10-7 C，相距0.3 m．求距q1为0.4 m、距q2为0.5 m处P点的电场强度． (=9.00×109 Nm2 /C2) 答案：解：如图所示，P点场强为：建坐标系Oxy，则在x、y轴方向的分量为2分2分可得E Px= 0.432×104 N·C-1，E Py= 0.549×104 N·C-1合场强大小= 0.699×104 N·C-1 2分方向：与x轴正向夹角= 51.8° 2分22题目：一边长a =10 cm的正方形铜线圈，放在均匀外磁场中，竖直向上，且B = 9.40×10-3 T，线圈中电流为I =10 A．(1) 今使线圈平面保持竖直，问线圈所受的磁力矩为多少？(2) 假若线圈能以某一条水平边为固定轴自由摆动，问线圈平衡时，线圈平面与竖直面夹角为多少？(已知铜线横截面积S= 2.00 mm2，铜的密度ρ= 8.90 g/cm3)答案：解：(1) ，方向垂直于线圈平面．= 9.40×10-4 N·m 2分(2) 设线圈绕AD边转动，并且线圈稳定时，线圈平面与竖直平面夹角为θ ，则磁场对线圈的力矩为2分重力矩：2分2分于是θ = 15°24题目：电荷以相同的面密度σ 分布在半径为r1＝10 cm和r2＝20 cm的两个同心球面上．设无限远处电势为零，球心处的电势为U0＝300 V．(1) 求电荷面密度σ．(2) 若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？［ε0＝8.85×10-12 C2 /(N·m2)］答案：解：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即3分＝8.85×10-9 C / m2 2分(2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有= 0即2分外球面上应变成带负电，共应放掉电荷＝6.67×10-9 C 3分26题目：一半径R= 1.0 cm的无限长1/4圆柱形金属薄片，沿轴向通有电流I= 10.0 A的电流，设电流在金属片上均匀分布，试求圆柱轴线上任意一点P的磁感强度．答案：解：取d l段，其中电流为2分在P点2分选坐标如图,2分2分1.8×10-4 T方向，α =225°，α为与x轴正向的夹角． 2分28题目：图所示为两条穿过y轴且垂直于x－y平面的平行长直导线的正视图，两条导线皆通有电流I，但方向相反，它们到x轴的距离皆为a．(1) 推导出x轴上P点处的磁感强度的表达式.(2) 求P点在x轴上何处时，该点的B取得最大值．答案：解：(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P点产生的磁感强度的大小为：2分2导线在P点产生的磁感强度的大小为：2分、的方向如图所示．P点总场， 3分(2) 当，时，B(x)最大．由此可得：x = 0处，B有最大值． 3分29题目：一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为 的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B的分布．答案：解：由安培环路定理：0< r <R1区域：，3分R< r <R2区域：1，3分R< r <R3区域：23分r >R区域：H = 0，B = 0 3分330题目：图中所示，A、B为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，A面上电荷面密度σA＝－17.7×10-8 C·m-2，B面的电荷面密度σB＝35.4 ×10-8 C·m-2．试计算两平面之间和两平面外的电场强度．(真空介电常量ε0＝8.85×10-12C2·N-1·m-2)答案：解：两带电平面各自产生的场强分别为：方向如图示 1分方向如图示 1分由叠加原理两面间电场强度为=3×104 N/C 方向沿x轴负方向 2分两面外左侧=1×104 N/C 方向沿x轴负方向 2分两面外右侧= 1×104 N/C 方向沿x轴正方向 2分31题目：电荷线密度为 的“无限长”均匀带电细线，弯成图示形状．若半圆弧AB的半径为R，试求圆心O点的场强．答案：解:以O点作坐标原点，建立坐标如图所示．半无限长直线A∞在O点产生的场强，2分半无限长直线B∞在O点产生的场强，2分半圆弧线段在O点产生的场强，2分由场强叠加原理，O点合场强为2分32题目：在真空中有两根相互平行的无限长直导线L1和L2，相距10 cm，通有方向相反的电流，I1=20 A，I2=10 A，试求与两根导线在同一平面内且在导线L2两侧并与导线L2的距离均为 5.0 cm的两点的磁感强度的大小．(μ0 =4π×10-7 H·m-1)答案：解：(1) L1中电流在两导线间的a点所产生的磁感强度T 2分L2中电流在a点所产生的磁感强度T 1分由于、的方向相同，所以a点的合磁感强度的大小T 2分(2) L中电流在两导线外侧b点所产生的磁感强度T 2分L2中电流在b点所产生的磁感强度T 1分由于和和的方向相反，所以b点的合磁感强度的大小T 2分33题目：一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R，通有均匀分布的电流I．今取一矩形平面S (长为1 m，宽为2 R)，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．答案：解：由安培环路定律，圆柱体内部与中心轴线相距为r处的磁感强度的大小为3分因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为3分圆形导体外与中心轴线相距r处的磁感强度大小为2分因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为3分穿过整个矩形平面的磁通量1分35题目：如图所示，一根长为L的金属细杆ab绕竖直轴O1O2以角速度ω在水平面内旋转．O1O2在离细杆a端L/5处．若已知地磁场在竖直方向的分量为．求ab两端间的电势差．答案：解：间的动生电动势：4分b点电势高于O点．间的动生电动势：4分a点电势高于O点．∴2分36题目：已知均匀磁场，其磁感强度B = 2.0 Wb·m-2，方向沿x轴正向，如图所示．试求：(1) 通过图中abOc面的磁通量；(2) 通过图中bedO面的磁通量；(3) 通过图中acde面的磁通量．答案：解：匀强磁场对平面的磁通量为：设各面向外的法线方向为正(1) Wb 2分(2) 1分(3) Wb 2分39题目：用两根彼此平行的半无限长直导线L1、L2把半径为R的均匀导体圆环联到电源上，如图所示．已知直导线中的电流为I．求圆环中心O点的磁感强度．答案：解：设L1中电流在O点产生的磁感强度为B1，由于L1与O点在一条直线上，由毕奥－萨伐定律可求出 2分设L2中电流在O点产生的磁感强度为B2，L2为半无限长直电流，它在O处产生的场是无限长直电流的一半，由安培环路定律和叠加原理有方向垂直图面向外． 3分以下求圆环中电流在O点产生的磁感强度．电流由L1经a点分两路流入圆环，一路由a点经1/4圆弧流至b，称此回路为L3．另一路由a点经3/4圆弧流至b，称此段回路为L4．由于圆环为均匀导体，若L2的电路电阻为R，则L4的电阻必为3R．因此电流在L3、L4上的分配情况为L3中电流为3 I/4，L4中电流为I/ 4．L3、L4中电流在O点产生的磁感强度的大小相等，方向相反，总值为0．即故O点的磁感强度：方向垂直图面向外． 3分40题目：一无限长竖直导线上通有稳定电流I，电流方向向上．导线旁有一与导线共面、长度为L的金属棒，绕其一端O在该平面内顺时针匀速转动，如图所示．转动角速度为ω，O点到导线的垂直距离为r0 (r0 >L)．试求金属棒转到与水平面成θ角时，棒内感应电动势的大小和方向．答案：解：棒上线元d l中的动生电动势为：3分金属棒中总的感生电动势为1分4分方向由O指向另一端． 2分41题目：在两根平行放置相距2a的无限长直导线之间，有一与其共面的矩形线圈，线圈边长分别为l和2b，且l边与长直导线平行．两根长直导线中通有等值同向稳恒电流I，线圈以恒定速度垂直直导线向右运动(如图所示) ．求：线圈运动到两导线的中心位置(即线圈的中心线与两根导线距离均为a )时，线圈中的感应电动势．答案：解：取顺时针方向回路正向．2分2分2分∴2分43题目：载有电流I的平面闭合回路由半径为R1及R2 (R1 > R2 )的两个同心半圆弧和两个直导线段组成．已知两个直导线段在半圆弧中心O点产生的磁感强度均为零．若闭合回路在O点产生的总的磁感强度B大于半径为R2的半圆弧在O 点产生的磁感强度B2，(1) 画出载流回路的形状；(2) 求出O点的总磁感强度B．答案：解：(1) 可知． 2分故闭合回路形状如图所示． 3分(2) ， 2分1分题目：实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度垂直于地面向下，大小约为100 N/C；在离地面1.5 km高的地方，也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C．(1) 假设地面上各处都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量＝8.85×10-12 C2·N-1·m-2)答案：解：(1) 设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面∆S平行地面)上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电场强度通量为：·＝E2∆S-E1∆S＝(E2-E1) ∆S 2分高斯面S包围的电荷∑q i＝h∆Sρ 1分由高斯定理(E2－E1) ∆S＝h∆Sρ /ε0 1分∴＝4.43×10-13 C/m3 2分(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 1分由高斯定理·=-E∆S= 1分∴σ=－ε0 E＝－8.9×10-10 C/m3 2分45题目：如图所示，真空中一矩形线圈宽和长分别为2a和b，通有电流I2，可绕其中心对称轴OO＇转动．与轴平行且相距为d+a处有一固定不动的长直电流I1，开始时矩形线圈与长直电流在同一平面内，求：(1) 在图示位置时，I1产生的磁场通过线圈平面的磁通量；(2) 线圈与直线电流间的互感系数．(3) 保持I1、I2不变，使线圈绕轴OO＇转过90°外力要做多少功?答案：解：(1) 按题意是指图示位置时的Φ．4分(2) 2分(3) 2分47题目：两相互平行无限长的直导线载有大小相等方向相反的电流，长度为b 的金属杆CD与两导线共面且垂直，相对位置如图．CD杆以速度平行直线电流运动，求CD杆中的感应电动势，并判断C、D两端哪端电势较高？答案：解：建立坐标(如图)则：，2分，方向⊙ 1分2分2分感应电动势方向为C→D，D端电势较高． 1分48题目：两根平行无限长直导线相距为d，载有大小相等方向相反的电流I，电流变化率d I /d t = >0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势E，并说明线圈中的感应电流是顺时针还是逆时针方向．答案：解：(1) 载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：2分以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：总磁通量4分感应电动势为：2分由E >0和回路正方向为顺时针，所以E的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向． 2分49题目：如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q．设无限远处为电势零点，试求：(1) 球壳内外表面上的电荷．(2) 球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．(3) 球心O点处的总电势．答案：解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上感生电荷-q，外表面上电荷q+Q 2分(2) 球壳内表面上任一电荷元离O点的距离都是a，由这些电荷在O点产生的电势为2分(3) 分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势代数和为2分2分50题目：假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？(2) 使球上电荷从零开始增加到Q的过程中，外力共作多少功？答案：解：(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为q的导体球，其电势为将d q从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能3分(2) 带电球体的电荷从零增加到Q的过程中，外力作功为2分51题目：无限长直导线折成V形，顶角为 ，置于xy平面内，一个角边与x轴重合，如图．当导线中有电流I时，求y轴上一点P(0，a)处的磁感强度大小．答案：解：如图所示，将V形导线的两根半无限长导线分别标为1和2．则导线1中电流在P点的磁感强度为方向垂直纸面向内． 3分导线2中电流在P点的磁感强度为方向垂直纸面向外． 3分P点的总磁感强度为的方向垂直纸面向外． 2分52题目：假定地球的磁场是由地球中心的载流小环产生的，已知地极附近磁感强度B为 6.27×10-5 T，地球半径为R =6.37×106 m．μ0 =4π×10-7 H/m．试用毕奥－萨伐尔定律求该电流环的磁矩大小．答案：解：毕奥─萨伐尔定律：2分如图示，， (a为电流环的半径)．∵r >> a∴3分小电流环的磁矩∴ 2分在极地附近z≈R，并可以认为磁感强度的轴向分量B z就是极地的磁感强度B，因而有：≈8.10×1022 A·m2 3分54题目：如图所示，在x－y平面内有与y轴平行、位于x＝a / 2和x＝-a / 2处的两条“无限长”平行的均匀带电细线，电荷线密度分别为＋λ和－λ．求z 轴上任一点的电场强度．答案：解：过z轴上任一点(0 , 0 , z)分别以两条带电细线为轴作单位长度的圆柱形高斯面，如图所示． 2分按高斯定理求出两带电直线分别在该处产生的场强大小为场强方向如图所示． 3分按场强叠加原理，该处合场强的大小为2分方向如图所示． 3分或用矢量表示。

力学计算题质量为0.25 kg 的质点，受力i t F= (SI)的作用，式中t 为时间．t = 0时该质点以j2=v (SI)的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位置矢量是______________．j t i t 2323+ (SI) 1 （0155）如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系． 1 （0155）解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体： mg －T ＝ma ① 对滑轮： TR = J β ② 运动学关系： a ＝R β ③ 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋21M ) ∵ v 0＝0，∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋21M ) 4 匀质杆长为l ，质量为m ，可绕过O 点且与杆垂直的水平轴在竖直面内自由转动。

如图所示，OA ＝13l ，杆对轴的转动惯量I ＝19m l 2，开始静止。

现用一水平常力F ＝2mg 作用于端点A ，当杆转角6πθ=时撤去力F 。

求：（1）过程中力F 做功；（2）杆转到平衡位置时的角速度。

a解：（1）力F 对轴的力矩为 F13 l cos θ = 2 m g 13l cos θ， 所以 A ＝62cos 3l M d Md mg d πθθθθ⋅==⎰⎰⎰＝13mgl（2）撤去力F 后机械能守恒，设平衡位置势能为零212I A ω=，ω=== 2（（0561）质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小．0561）解：受力分析如图． 2分 mg －T 2 = ma 2 1分 T 1－mg = ma 1 1分T 2 (2r )－T 1r = 9mr 2β / 2 2分2r β = a 2 1分 r β = a 1 1分 解上述5个联立方程，得： rg192=β 2分1.（本题10分）（5270）如图所示的阿特伍德机装置中，滑轮和绳子间没有滑动且绳子不可以伸长，轴与轮间有阻力矩，求滑轮两边绳子中的张力．已知m 1＝20 kg ，m 2＝10 kg ．滑轮质量为m 3＝5 kg ．滑轮半径为r ＝0.2 m ．滑轮可视为均匀圆盘，阻力矩M f ＝6.6 N ·m ，已知圆盘对过其中心且与盘面垂直的轴的转动惯量为2321r m ．1. （10分）aa 1解：对两物体分别应用牛顿第二定律(见图)，则有m 1g －T 1 = m 1a ① T 2 – m 2g = m 2a ②2分 对滑轮应用转动定律，则有ββ⋅==-'-'232121r m J M r T r T f ③ 2分 对轮缘上任一点，有 a = β r④ 1分又： 1T '= T 1， 2T '= T 2 ⑤则联立上面五个式子可以解出rm r m r m M gr m gr m a f3212121++--=＝2 m/s 2 2分T 1＝m 1g －m 1a ＝156 NT 2＝m 2g －m 2 a ＝118N 3分计算题：（共40分）1.（本题10分）（0141）一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)12 2'T221211. (本题10分)解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ 3分式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3分因碰撞前后角动量守恒，所以L m mL 022112/7v =ω 3分∴ ω = 6v 0 / (7L) 1分1.（本题10分）（0452）如图，水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹．炮车质量为M ，炮身仰角为α ，炮弹质量为m ，炮弹刚出口时，相对于炮身的速度为u ，不计地面摩擦：(1) 求炮弹刚出口时，炮车的反冲速度大小； (2) 若炮筒长为l ，求发炮过程中炮车移动的距离．1．(0452)（本题10分）解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为V x ，则有0)cos (=++x x V u m MV α 3分)/(cos m M mu V x +-=α 1分即炮车向后退．(2) 以u (t )表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为)/(cos )()(m M t mu t V x +-=α3分积分求炮车后退距离 ⎰=∆tx t t V x 0d )(⎰+-=tt t u m M m 0d cos )()/(α2分)/(cos m M ml x +-=∆α即向后退了)/(cos m M ml +α的距离．1分1．（5264）一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求：(1) 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分)ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分2．（0211）质量为M ＝0.03 kg ，长为l ＝0.2 m 的均匀细棒，在一水平面内绕通过棒中心并与棒垂直的光滑固定轴自由转动．细棒上套有两个可沿棒滑动的小物体，每个质量都为m ＝0.02 kg ．开始时，两小物体分别被固定在棒中心的两侧且距棒中心各为r ＝0.05 m ，此系统以n 1＝15 rev/ min 的转速转动．若将小物体松开,设它们在滑动过程中受到的阻力正比于它们相对棒的速度,(已知棒对中心轴的转动惯量为Ml 2 / 12)求：(1) 当两小物体到达棒端时，系统的角速度是多少？(2) 当两小物体飞离棒端，棒的角速度是多少？ 解：选棒、小物体为系统，系统开始时角速度为 ω1 = 2πn 1＝1.57 rad/s ．(1) 设小物体滑到棒两端时系统的角速度为ω2．由于系统不受外力矩作用，所以角动量守恒． 2分故 2221222112212ωω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ml Ml mr Ml 3分 2212222112212ml Ml ml Ml +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωω＝0.628 rad/s 2分(2) 小物体离开棒端的瞬间，棒的角速度仍为ω2．因为小物体离开棒的瞬间内并未对棒有冲力矩作用．（本题10分）（0699）如图，绳CO与竖直方向成30°角，O为一定滑轮，物体A与B用跨过定滑轮的细绳相连，处于平衡状态．已知B的质量为10 kg，地面对B的支持力为80N．若不考虑滑轮的大小求：(1) 物体A的质量．(2) 物体B与地面的摩擦力．(3) 绳CO的拉力．(取g=10 m/s2)一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r后，在时间t内下降了一段距离S．试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和S表示)．m OrC OA B 30°1.（5039）（本题10分）如图所示，质量为M 的滑块正沿着光滑水平地面向球水平向右飞行，以速度v1右滑动．一质量为m 的小（对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为t ∆，试计算此过程中滑块v 2（对地）．若碰撞时间为对地的平均作用力和滑块速度增量的大小．1. 解：(1) 小球m 在与M 碰撞过程中给M 的竖直方向冲力在数值上应等于M 对小球的竖直冲力．而此冲力应等于小球在竖直方向的动量变化率即：tm f ∆=2v 2分 由牛顿第三定律，小球以此力作用于M ，其方向向下．1分对M ，由牛顿第二定律，在竖直方向上0=--f Mg N ， f Mg N += 1分又由牛顿第三定律，M 给地面的平均作用力也为Mg tm Mg f F +∆=+=2v 1分 方向竖直向下． 1分 (2) 同理，M 受到小球的水平方向冲力大小应为 ,tm f ∆='1v 方向与m 原运动方向一致 2分根据牛顿第二定律，对M 有 ,tv ∆∆='M f 利用上式的f '，即可得 M m /1v v =∆ 2分mM2.（0562）（本题10分）质量m ＝1.1 kg 的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量J ＝221mr (r 为盘的半径)．圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量m 1＝1.0 kg 的物体，如图所示．起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率v 0＝0.6 m/s 匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动．2解：撤去外加力矩后受力分析如图所示． 2分 m 1g －T = m 1a 1分 Tr ＝J β 1分a ＝r β 1分 a = m 1gr / ( m 1r + J / r ) 代入J ＝221mr , a =mm gm 2111+= 6.32 ms -2 2分 ∵ v 0－at ＝0 2分 ∴ t ＝v 0 / a ＝0.095 s 1分质量为0.25 kg 的质点，受力i t F= (SI)的作用，式中t 为时间．t = 0时该质点以j2=v(SI)的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位置矢量是 j t i t2323+ (SI) 3分1.（0713）（本题10分）质量为1 kg的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?1. 解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 2分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 2分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.3022t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分2.（0564）（本题10分）如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度．2解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.示力图 2分 m 1g －T 1＝m 1a 1分T 2－m 2g ＝m 2a 1分设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 2分且有 a ＝r β 1分 由以上四式消去T 1，T 2得： ()()Jr m m grm m ++-=22121β 2分开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度． ()()Jr m m grtm m t ++-==22121 βω １分1. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m B 的静止物体B ，在B 上又有一个质量为m A 的静止物体A ．今有一小球从左边m射到A 上被弹回，此时A 获得水平向右的速度A v（对地），并逐渐带动B ，最后二者以相同速度一起运动。

k2. 8质量为加的物体，最初静止于X 。

，在力f = -一伙为常数）作用下沿直线运动.证 明物体在x 处的速度大小V=［2^（l/x-l/x o ）/w ］1/2.［证明］当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程… k d 2x/ =——=ma = m —-X 2 dr 2利用v = dv/dr,可得d 2x dv dx dv dv ----- =—= ------------ =v —At 2 dz d/ dr dx mvdv:kdx 一 7 ，积分得1 2 —mv =±+c. 2利用初始条件，当X = x （）时，v = 0，所以C = -k/x^ \ = k k— mv"= ------- ,2 x x 0即 V=—丄）.证毕 Y m x x 0• 2.13如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动.弹力F=・kx,而位移兀=Acoscoh其中力和⑵都是常数.求在/ = 0到t = n/lco 的时间间隔内弹力予小球的冲量.图3.1［解答］方法一：利用冲量公式.根据冲量的定义得 dJ = Fdt = -kAcoscotdt,积分得冲量为 / = J ： ° （-kA cos （Vt ）dt ,kA . w kA= ----- sm cot = ---------co 0 co方法二：利用动量定理.小球的速度为v = dx/dt = - coAsm （ot r设小球的质量为加，其初动量为p\ = mv\ = 0,末动量为P2 = mvz =・ tna ）A,因此方程变为 因此小球获得的冲量为I = P2 ~P\ = -fticoA 可以证明k =mco 2,因此I = -kA/a). 2. 26证明行星在轨道上运动的总能量为E 二 ---------- ・式中M 和加分别为太阳和行 星的质塑，门和厂分别为太阳和行星轨道的近日点和远日点的距离.［证明］设行星在近口点和远口点的速度分别为山和巾，由于只有保守力做功，所以机械 能守恒，总能量为1 2 GMmE = — mv ： --------- (1)厂 1 r GMmE = —mv. -------- 2 厂2它们所组成的系统不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒.行星在两点的位矢方向与 速度方向垂直，可得角动量守恒方程mV\T\ = 〃汐 2厂2，即 力门=叱厂2・(3) 将(1)式各项同乘以门2得 Er\2 =加(吋］)2/2 - GMmr\,(4) 将(2)式各项同乘以尸2?得£>2? = 〃7(W )2/2 - GMW2， (5)将(5)式减(4)式，利用(3)式，可得E (F22 -门彳)=-F )),(6)由于门不等于厂，所以(々 + 门)E = -GMm, GMm3. 6 一短跑运动员，在地球上以10s 的时间跑完了 100m 的距离，在对地飞行速度为0.8c 的飞船上观察，结果如何？［解答］以地球为S 系，则A/= 10s, A.v= 100m.根据洛仑兹坐标和时间变换公式飞船上观察运动员的运动距离为(2)证毕.x-vtJi-e/c )2和t'= t-vx/c 2 Jl-(v/c)2运动员运动的时间为人，A/-vAr/c 2Jl-(T10-0.8xl00/c = - 〜16.67(s). 0.6在飞船上看，地球以0.8c 的速度后退，后退时间约为16.67s ；运动员的速度远小于地 球后退的速度，所以运动员跑步的距离约为地球后退的距离，即4xl09m.3.8已知S'系以0.牝的速度沿S 系x 轴正向运动，在S 系中测得两事件的时空坐标为 x\ = 20m, x 2 = 40m, =4s, 6 = 8s.求S'系屮测得的这两件事的时间和空间间隔.［解答］根据洛仑兹变换可得S'系的时间间隔为' _ 匚 _ 卩(兀 _xj/c?空间间隔为二兀2 一 州一卩((2 一(1)1 Jl-(v/c)240-2(M)&x(—) “&亦).0.63. 11 一粒子动能等于其非相对论动能二倍时，其速度为多少？其动量是按非相对论算 得的二倍时，其速度是多少？［解答］(1)粒子的非相对论动能为Ek = /??OV 2/2 ,相对论动能为E'k = fnc 2 - nioc 2,其中tn 为运动质量根据题意得设x = (v/c)2,方程可简化为 A Y = Ar-vA/Ji-e/cF100 — 0&X10Vl-0.82^-4xl09(m). 8_4—0.8(40-20)/C06~6・67G).叫疋Ji-=m Q v 2,或 1 = (1 + 兀)Jl-x ,平方得1 =(1 -x2)( 1 ・x),化简得x(x2-x-l) = 0.由于x不等于0,所以=0.解得1±V52(2)粒子的非相对论动量为P = "7("相对论动量为、"Vp = mv =, =Ji-("er根据题意得方程_ 处-2m vI ---------- r _ z,z7o v -Ji-(如很容易解得速率为V3v =——c= 0.866c.26.11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〃=1.30), 观察到入=400nm和久2 = 560nm的光在反射屮消失，屮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d = 2〃dcosy +》',其中7 = 0,由于油膜的折射率比空气的大、比玻璃的小，所以附加光程差『 = 0.对于暗条纹，有"=(2£+ 1)久/2,即2nd = (2k{ + 1)>4/2 = (2k2 + l)A2/2.由于22>；p所以k2<k\,又因为两暗纹中间没有其他波长的光消失，因此k? = k\ — \ •光程差方程化为两个2加仙=册 + 1/2, 2nd/^2 =局 + 1/2, 左式减右式得2nd/k\ ・ 2nd//，2 = 1，解得6.12白光照射到折射率为1.33的肥皂上（肥皂膜置于空气中，若从正面垂直方向观察, 皂膜呈黄色（波长2 = 590.5nm ）,问膜的最小厚度是多少？［解答］等倾干涉光程差为6 = 2ndcosy +》',从下面垂直方向观察时，入射角和折射角都为零，即y = 0；由于肥皂膜上下两面都是空气, 所以附加光程差3' = A /2 ・对于黄色的明条纹，有<5 = kX,所以膜的厚度为,伙一1/2）2a =- ---------- ・2n当k=\时得最小厚度J = 11 l （nm ）.7.7 一衍射光栅，每厘米有400条刻痕，亥I ］痕宽为1.5x10%,光栅后放一焦距为lm 的 的凸透镜，现以2 = 500mn 的单色光垂直照射光栅，求：（1） 透光缝宽为多少？透光缝的单缝衍射屮央明纹宽度为多少？（2） 在该宽度内，有儿条光栅衍射主极大明纹？［解答］（1）光栅常数为a +b = 0.01/400 = 2.5xl0_5（m ）,由于刻痕宽为1.5x10%,所以透光缝宽为a =（a +b ） - b = 1 .Ox 1 Opm ）.根据单缝衍射公式可得中央明纹的宽度为△为=1j7Ja = 100（mm ）.（2）由于（G + b ）/a = 2.5 = 5/2,因此，光栅干涉的第5级明纹出现在单缝衍射的第2级暗纹处，因而缺级；其他4根条纹各 有两根在单缝衍射的屮央明纹和一级明纹屮，因此单缝衍射的屮央明纹宽度内有5条衍射主 极大明纹，英中一条是中央衍射明纹.7.8波长为600 nm 的单色光垂直入射在一光栅上，第二、第三级主极大明纹分别出现 在sin" = 0.2及sin 〃=0.3处，第四级缺级，求：（1） 光栅常数；（2） 光栅上狭缝的宽度；（3） 屏上一共能观察到多少根主极大明纹？［解答］（1）（2）根据光栅方程得2说—入） =535.8(nm).(a + b)sin〃2 = 22；由缺级条件得(a^b)/a = k/k\其中k'=l, k = 4・解缺级条件得b = 3a,代入光栅方程得狭缝的宽度为a = A/2sin^2 = 1500(nm).刻痕的宽度为b = 3a = 4500(nm),光栅常数为a +b = 6000(nm).(3)在光栅方程中(a + b)sin0 = kk,令sin/9 =1,得k =(a + b)/A = 10.由于0 = 90°的条纹是观察不到的，所以明条纹的最高级数为9.又由于缺了4和8级明条纹，所以在屏上能够观察到2x7+1 = 15条明纹.5.15两波在一很长的弦在线传播，设其表达式为：^=6.0cos-(0.02x-8.0/),2TT^2=6.0COS-(0.02X +8.0/),用厘米、克、秒(cm,g,s)制单位，求：(1)各波的频率，波长、波速；(2)节点的位置；(3)在哪些位置上，振幅最大？［解答］(1)两波可表示为：t x t xy x = 6.0cos2龙( ------- :—),y2 = 6.0cos2龙(——+ ——),10.5 200 八0.5 200可知它们的周期都为：T=0.5(s),频率为：v= l/T=2(Hz)；波长为：A = 200(cm)；波速为：u = k/T = 400(cm s_,).(2)位相差=7LX750,当△卩=(2£+1)兀时，可得节点的位置兀=50(2(+l)(cm), (£ = 0,1, 2,...).(3)当厶(p = 2kn吋，可得波腹的位置x=100k(cm),伙=0, 1, 2,...).。

大学物理习题册计算题及答案三 计算题1. 一质量m = 0.25 kg 的物体，在弹簧的力作用下沿x 轴运动，平衡位置在原点。

弹簧的劲度系数k = 25N ·m -1。

(1） 求振动的周期T 和角频率.(2) 如果振幅A =15 cm ，t = 0时物体位于x = 7.5 cm 处，且物体沿x 轴反向运动，求初速v 0及初相. （3) 写出振动的数值表达式。

解：（1) 1s 10/-==m k ω 63.0/2=π=ωT s（2） A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7。

5 cm,v 0 〈 0 由 2020)/(ωv +=x A得 3.1220-=--=x A ωv m/s π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4/3∵ x 0 > 0 , ∴ π=31φ（3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI ）振动方程为)310cos(1015)cos(2πϕω+⨯=+=-t t A x （SI ）﹡2. 在一平板上放一质量为m =2 kg 的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期为T = 21s ，振幅A = 4 cm ，求 （1） 物体对平板的压力的表达式.(2) 平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板。

解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π4cos = （SI)t A x ππ4cos 162-=（SI ） （1） 对物体有 x m N mg=- ① t A mg x m mg N ππ4cos 162+=-= （SI) ② 物对板的压力为 t A mg N F ππ4cos 162--=-= (SI ）t ππ4cos 28.16.192--= ③(2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 04cos 162=+t A mg ππ (SI ）A qt 2164cos π-=π 若能脱离必须 14cos ≤t π （SI ）即 221021.6)16/(-⨯=≥πg A m三 计算题﹡1。

大学物理下册期末复习计算题第7章真空中的静电场*1.一半径为R 的带电导体球，电荷为-Q 。

求：球内、外任意一点的电场强度。

1.解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分）∑⎰=⋅int q S d E（3分）（4分） （2分） （2分）解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分）∑⎰=⋅int q S d E（3分）（4分） （2分） （2分）*2.一半径为R 的带电导体球，电荷为Q 。

求：（1）球内、外任意一点的电场强度；（2）球内、外任意一点电势。

解：由高斯定理可求出电场强度的分布（3分） （2分）当r>R 时 （3分） 当r ≤R 时 （4分）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-<>-R r R Q R r R r r Q E 4 042020πεπε＝⎪⎩⎪⎨⎧<>R r R r r q E0 420πε＝r qdr r q V r 02044πεπε=⎰∞＝R qdr r q dr V RRr 020440πεπε=+⎰⎰∞＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-<>-R r R Q R r R r r Q E 4 0 4202πεπε＝*3. 如图所示，一长为L ，半径为R 的圆柱体，置于场强为E 的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行，求穿过圆柱体下列端面的电通量。

（1）左端面（2）右端面 （3）侧面 （4）整个表面解： 根据电通量定义 （1）左端面⎰⎰⎰-=-==⋅=121cos s s R E dS E EdS s d E ππφ（4分）（2）右端面⎰⎰===⋅=2030cos R E ES EdS s d E s πφ（4分） （3）侧面⎰⎰==⋅=02cos 2πφEdS s d E s （1分）（4）整个表面0321=++=s s s s φφφφ（3分）4. 三个点电荷1q 、2q 和3q -在一直线上，相距均为R 2，以1q 与2q 的中心O 作一半径为R 2的球面，A 为球面与直线的一个交点，如图。

m x 100=00=v 00=x 00=v m x 100=物理复习题总编三、计算题★1、一质点沿x 轴运动，其加速度为a=4t (SI)，已知t=0时，质点位于 处，初速度。

试求其位置和时间的关系式。

★2、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为a=2+6x 2(SI)。

如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度。

★ 3、已知一质点绕半径为0.2米的圆周运动，其转过的弧长随时间变化的关系式是S=2t 2+3t+1(式中t 以秒计，S 以米计)。

求：（1）前2秒内质点的平均速率；（2）质点在第2秒末的瞬时速率；（3）质点在第2秒末的切向加速度、法向加速度和总加速度的大小。

★4、质点m=2kg 的物体沿x 轴作直线运动，所受合外力F=10+6x 2(SI)。

如果在处时速度 ；试求该物体运动到x=4m 处时速度的大小。

★5、已知质点的运动方程为x=5-3t 3,y=3t 2+2t-8(SI)求：（1）任意时刻质点的位置矢量、速度和加速度；（2）质点在第二秒内的位移、平均速度和平均加速度。

★6、质量为2.0kg 的质点沿x 轴运动，其速度v=5+t2，当t=0时，质点坐标为 。

试求：（1） t=3s 时质点的加速度和加速度和所受的力（2） 质点的运动方程（3） 前2秒内，力对质点所作的功。

★7、有一个水平的弹簧振子，振幅A=2.0×10-2米，周期为0.5秒，当t=0时，（1）物体经过x=1.0×10-2米处，且向负方向运动，（2）物体过x=-1.0×10-2米处，且向正方向运动。

请分别用旋转矢量图来表示它们各自运动的初相位，同时分别写出以上两种运动情况下的振动表达式；振动速度表达式；振动加速度表达式。

★8、如果所示，以P点在平衡位置向正方向运动作计时零点，已知圆频率为ω，振幅A，简谐波以速度u向x轴的正方向传播，试求：（1）P点振动方程。

（2）波动方程。

物理计算题8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ= ∴ O 点电场'd33030OO r E ερ=；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 03'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='∴腔内场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16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0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R q R qπ41ε=O U )3(Rq Rq -Rq 0π6ε-=∴ Rq q U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两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θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==RR E E yR0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d RRxxxxU ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==RR U∴ 032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，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8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ ABACUU=，即∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACAB ABAC E E σσ且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC 10172-⨯-=-=S q B σ(2) 31103.2d d ⨯===AC AC AC AE UεσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量． 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rq rr q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q UAεεε得 q R R q 21='外球壳上电势 ()22021202020π4π4'π4'π4'RqR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，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8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ ABACUU=，即∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACAB ABAC E E σσ且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 31103.2d d ⨯===AC AC AC AE UεσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量． 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rq rr q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q UAεεε得 q R R q 21='外球壳上电势 ()22021202020π4π4'π4'π4'RqR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒RI R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=RIB B B B ，方向⊥向里．9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ解得 1.0=r m图 题9-12图9-12 两平行长直导线相距d =40cm ，每根导线载有电流1I =2I =20A ，如题9-12图所示．求： (1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度； (2)通过图中斜线所示面积的磁通量．(1r =3r =10cm, l =25cm)．解：(1) 52010104)2(2)2(2-⨯=+=d I d I B A πμπμ T 方向⊥纸面向外(2)取面元 r l S d d =612010110102.23ln 31ln23ln 2])(22[1211-+⨯=πμ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰l I l I l I ldr r d I rI r r r ΦWb9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别 为b ,c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b )，（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解： ⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202RIr r B μπ=202RIrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r Ir B 0222202μμπ+---=)(2)(22220b c r r c I B --=πμ(4)c r > 02=r B π0=B题9-16图题9-17图题9-20图9-20 如题9-20图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm ，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)CD F方向垂直CD 向左，大小4102100.82-⨯==dI bI F CD πμ N同理FE F 方向垂直FE 向右，大小5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F方向垂直CF 向上，大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=ad dCF da d I I r rI I F 5210210102.9ln2d 2 NED F方向垂直ED 向下，大小为5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=方向向左，大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯= ∵ 线圈与导线共面∴ B P m//0=M．9-23 一长直导线通有电流1I ＝20A ，旁边放一导线ab ，其中通有电流2I =10A ，且两者共面，如题9-23图所示．求导线ab 所受作用力对O 点的力矩． 解：在ab 上取r d ，它受力ab F ⊥d 向上，大小为 rI rI F πμ2d d 102=F d 对O 点力矩F r M ⨯=d Md 方向垂直纸面向外，大小为r I I F r M d 2d d 210πμ==⎰⎰-⨯===babar I I M M 6210106.3d 2d πμ m N ⋅题9-23图题9-24图9-30 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 =100 mA ．(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度0B ；(2)若环内充满相对磁导率r μ=4200的磁性物质，则管内的B和H 各是多少?*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的0B 和由磁化电流产生的B′各是多少?解: (1) I l H l∑=⋅⎰dNI HL = 200==LNI H 1m A -⋅400105.2-⨯==H B μT(2)200=H 1m A -⋅ 05.1===H H B o r μμμ T (3)由传导电流产生的0B即(1)中的40105.2-⨯=B T ∴由磁化电流产生的05.10≈-='B B B T图10-4 如题10-4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NM UU -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba b a Ivl vB 0ln2d cos 0πμπε所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba b a Iv-+ln20πμM 点电势高于N 点电势，即ba b a IvU U N M -+=-ln20πμ题10-5图10-5如题10-5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．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tI d d 的变化率增大，求：(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 (1) ]ln[lnπ2d π2d π2000da d ba b Ilr l rIr l rIab bad dm +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2) tIb a b da d ltd d ]ln[lnπ2d d 0+-+=-=μΦε 图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l 磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d lOb l B r rB ωωε同理 ⎰==32181d lOa l B r rB ωωε∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+=(2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tB d d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tB R B R ttab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tab d d 2ΦεtB R B R td d 12π]12π[d d 22=--∴ tB R R ac d d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →12-7 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)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离． 解: (1)由λk dD x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=，∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λdD x mm12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 oA 与7000oA 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为ne 2，由反射相消条件有λλ)21(2)12(2+=+=k kk ne ),2,1,0(⋅⋅⋅=k ①当50001=λoA 时，有2500)21(21111+=+=λλk k ne ②当70002=λoA 时，有3500)21(22222+=+=λλk k ne ③因12λλ>，所以12k k <;又因为1λ与2λ之间不存在3λ满足33)21(2λ+=k ne 式即不存在 132k k k <<的情形，所以2k 、1k 应为连续整数，即 112-=k k ④ 由②、③、④式可得：51)1(75171000121221+-=+=+=k k k k λλ得 31=k2112=-=k k可由②式求得油膜的厚度为67312250011=+=nk e λoA12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =0.048mm 的细钢丝隔开．求： (1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ故 43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度)(2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm(4)141≈=∆lL N 条12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由1d ＝1.40×10-2m 变为2d ＝1.27×10-2m ，求液体的折射率． 解: 由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空nR k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==D D n13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少?解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆ 半角宽度为naλθ1sin-=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad(2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m331011076.3101.033.1105000sin----⨯≈⨯⨯⨯=θ rad13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ． 求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少? 解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m(1)由光栅衍射明纹公式λϕk b a =+sin )(，因1=k ,又fx ==ϕϕtan sin所以有λ=+fx b a 1)(即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=ba f x λ2100.6-⨯=m 6= cm(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0sin )(=+ϕb a ，所以0sin =≈ϕϕ斜入射时，0)sin )(sin (=±+θϕb a ，即0sin sin =±θϕ因︒=30θ，∴21tan sin ±==≈fx ϕϕ故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30= cm这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λoA 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在 20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数． 解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：101060002)(20.0-⨯⨯=+b a 101060003)(30.0-⨯⨯=+b a得 6100.6-⨯=+b a m(2)因第四级缺级，故此须同时满足λϕk b a =+sin )( λϕk a '=sin解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m (3)由λϕk b a =+sin )(λϕsin )(b a k +=当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星? 解：由最小分辨角公式Dλθ22.1=∴ 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm14-7投射到起偏器的自然光强度为0I ，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过130°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0I 的几倍? 解：由马吕斯定律有0o2018330cos 2I I I ==0ο2024145cos 2I I I ==0ο2038160cos 2I I I ==所以透过检偏器后光的强度分别是0I 的83,41,81倍．14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少? 解：（1） max 120131cos 2I I I ==α又 20max I I =∴ ,601I I =故 'ο11124454,33cos ,31cos ===ααα.(2) 0220231cos 2I I I ==α∴ 'ο221635,32cos ==αα14-10 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? 解：(1),140.1tan 0=i ∴'ο02854=i(2) 'ο0ο323590=-=i y14-11 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． 解：由158tan οn =,故60.1=n16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.934310⋅⨯=⨯=--h m 当 20c m h =υ时，则Hz10236.11063.6)103(1011.92034283120⨯=⨯⨯⨯⨯==--hc m υο12A 02.0m 104271.2=⨯==-υλc122831020122sm kg 1073.21031011.9sm kg 1073.2-----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=====⋅⋅⨯==c m cc m c E p cpE hp 或λ16-17 为使电子的德布罗意波长为1οA ，需要多大的加速电压? 解： ooA 1A 25.12==uλ 25.12=U∴ 加速电压 150=U 伏16-19 光子与电子的波长都是2.0οA ，它们的动量和总能量各为多少? 解：由德布罗意关系：2mc E =，λhmv p ==波长相同它们的动量相等．1-241034s m kg 103.3100.21063.6⋅⋅⨯=⨯⨯==---λhp光子的能量eV 102.6J 109.9103103.3316824⨯=⨯=⨯⨯⨯====--pc hch λυε电子的总能量 2202)()(c m cp E +=,eV 102.63⨯=cp而 eV 100.51MeV 51.0620⨯==c m∴ cp c m >>2∴ MeV 51.0)()(202202==+=c m c m cp E16-20 已知中子的质量kg 1067.127n -⨯=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少? 解：kg 1067.127n -⨯=m ,S J 1063.634⋅⨯=-h ,-123K J 1038.1⋅⨯=-k中子的平均动能 mpKT E k 2232==德布罗意波长 oA 456.13===mkTh phλ16-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值．解：按测不准关系，h p x x ≥∆∆，x x v m p ∆=∆，则h v x m x ≥∆∆,xm h v x ∆≥∆这粒子最小动能应满足 222222min 22)(21)(21mLhxm hxm h m v m E x =∆=∆≥∆=。

m x 100=00=v 00=x 00=v m x 100=物理复习题总编三、计算题★1、一质点沿x 轴运动，其加速度为a=4t (SI)，已知t=0时，质点位于 处，初速度。

试求其位置和时间的关系式。

★2、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为a=2+6x 2(SI)。

如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度。

★ 3、已知一质点绕半径为0.2米的圆周运动，其转过的弧长随时间变化的关系式是S=2t 2+3t+1(式中t 以秒计，S 以米计)。

求：（1）前2秒内质点的平均速率；（2）质点在第2秒末的瞬时速率；（3）质点在第2秒末的切向加速度、法向加速度和总加速度的大小。

★4、质点m=2kg 的物体沿x 轴作直线运动，所受合外力F=10+6x 2(SI)。

如果在处时速度 ；试求该物体运动到x=4m 处时速度的大小。

★5、已知质点的运动方程为x=5-3t 3,y=3t 2+2t-8(SI)求：（1）任意时刻质点的位置矢量、速度和加速度；（2）质点在第二秒内的位移、平均速度和平均加速度。

★6、质量为2.0kg 的质点沿x 轴运动，其速度v=5+t2，当t=0时，质点坐标为 。

试求：（1） t=3s 时质点的加速度和加速度和所受的力（2） 质点的运动方程（3） 前2秒内，力对质点所作的功。

★7、有一个水平的弹簧振子，振幅A=2.0×10-2米，周期为0.5秒，当t=0时，（1）物体经过x=1.0×10-2米处，且向负方向运动，（2）物体过x=-1.0×10-2米处，且向正方向运动。

请分别用旋转矢量图来表示它们各自运动的初相位，同时分别写出以上两种运动情况下的振动表达式；振动速度表达式；振动加速度表达式。

★8、如果所示，以P点在平衡位置向正方向运动作计时零点，已知圆频率为ω，振幅A，简谐波以速度u向x轴的正方向传播，试求：（1）P点振动方程。

（2）波动方程。