练习 一
一、选择题：
1．C ； 2．B ； 3．D ；4．B 、B ； 5．B ； 6．C ； 7．D 二、填空题：
1．s m /23
2．变速曲线运动;变速直线运动;匀速(率)曲线运动 3．2)3(-=y x ，j i t 28+，i
8 4．2/80s m a n =，2/2s m a t = 5．2/g a t -=，)3/(322g v =ρ 6．m 210，东北 三、计算题
1．解: (1)m x x x 4)0()2(=-=?
s m x x t x v /22042)0()2(=-=-=??= (2) s m v s m v t dt dx
v /23)3(,/314)1(,43-==-=-==, (3) 2/132
32313)1()3(s m v v t v a -=--=--=??=
23t dt
dv
a -==
加速度不是时间t 的线性函数,不可用2/)(21a a a +=计算. (4)2/27)3(s m a -=
2．解: (1)j t t i t r )435.0()53(2
++++= (2)4353355.02
+?
?
?
??-+??? ??-=x x y 187941812++=x x (3) j i r r r
5.43)1()2(+=-=?
(4)j i v j t i dt
r
d v 73)4(,)3(3+=++== s m v v v y
x /5822=+=，与x 轴夹角3
711--==tg v v tg x y α 3．解:（1）.,1;sin ,cos 22
22质点轨迹是椭圆
=+∴==b
y a x t b y t a x ωω （2）)cos sin (j t b i t a dt r
d v ωωω+-== 方向恒指向椭圆中心 -=+-==r j t b i t a dt
v d a 22)sin cos (ωωωω
4．解: dt dv a /=,tdt adt dv 6==,
??
=t
v
tdt dv 212
6,23t v =
dt dx v /=,dt t vdt dx 2
3==,??=t x
dt t dx 2
20
3,83-=t x
5．解：2kt R v
==ω，24,4,164)2(t v k k v ====
s m v /4)1(=,2/8)1(,8s m a t dt
dv
a t t ===
22/16/)1()1(s m R v a n ==,222/85)1()1()1(s m a a a n t =+=
6．解：选地为静系K ，火车为动系K '．由题意知：雨滴对地速度pK v
的方向偏前30°，火车行驶时，雨滴对火车的相对速度K p v '
偏后45°，火车对地速度K K v '=35 m/s ，方向水平． 作图可知：
K K K P pK ''=+v v v o o 45sin sin30 ;
o 45cos 30cos K P pK '=v v 由此二式解出：s m K
K PK /6.2545cos 30cos 45sin 30sin =+=
'
v v 练习
二
一、选择题：
1.B ；
2.B ；
3.A ；
4.D ；
5.B ；
6.A ；
7.A ；
8.C 二、填空题：
1．0, 2g 2．m kt a =, 2021kt m v v +=,3
06kt m k t v x +=
3．θsin 0mv ;向下 4．)/(4455s m j i
+ 5．1.2m 6．J 882
三、计算题 1．解：(1)2kv dt dv m
-=,分离变量并积分??-=t v dt m k v
dv v 020
, 得 t kv m mv v 00
+=
(2) dt t kv m mv vdt dx 00
+=
=,)1ln(000
0t v m k k m dt t kv m mv x t +=+=? (3) 2kv dt dv m
-= ,2kv dx dv
mv -=,dx m
k v dv -=x m
k v v
v -=0
ln ,x
k x m k
e v e v v '--==00
2．解：(1)J
x x dx x x dx F A b
a
25.3)22()64(15.0321
5
.02=+=+==
??
外外 (2) )64(2x x dt
dv
m
+-=，22(46)dv v x x dx =-+
dx x x vdv v
)32(5.01
20
??
+-=，2 3.25, 1.80/v v m s ==
3．解：由动量守恒可得子弹相对砂箱静止时的速度大小为m
M mv v +=
由质点系动能定理得 202
02
02121)(21v M m mM mv m M mv m M fl +-
=-??
? ??++=- 2021v M m mM l f +=, 202
02021)(2121v M m mM m M mv m M mv E +=
??
?
??++-=? 4．解：炮弹在最高点爆炸前后动量守恒,设另一块的速率υ2与水平方向的夹角为α
αθcos 2cos 20v m mv =
,122
sin 20v m
v m -=α 解得:02
20
21
2cos 4θv v v +=, 0
01
1
cos 2θαv v tg -=.
5． 解：由动量守恒
v M m v M m mv '+=+=)2()(0
K
K '
M
m mv v M m mv v 2,0
0+=
'+=
从子弹和物块A 以共同速度开始运动后,对子弹和物块A 、B 系统的机械能守恒
222)(21)2(21)(21l k v M m v M m ?+'+=+,0)
2)((mv M m M m k M l ++=? 6．解：(1)由动量守恒得 0=-MV mv ,
由动能定理得 2221
21MV mv mgR += 解得 M
m MgR
v +=2;M m MgR M m V +=2
(2) 小球相对木槽的速度
)
(2)
1(M m MgR
M m V v v ++=+=' M
g
m mg M g M m m mg N R v m mg N 2223)(2,+
=++='=- 练习 三
一、选择题：
1.D ；
2. C ；
3.C ；
4.D ；
5.A ；
6.C 二、填空题：
1．)(4s ，)/(15s m - 2．5.62，)(3/5s 3．2l mg ?，18
mgl 4．2
50ml 三、计算题
1．解：（1）由题意知s rad n A A /2060
600
2602=?==
ππω 轮与皮带之间没有滑动 B B A A R R αα=
2/230/758.0/s rad R R A B B A ππαα=?==
s t A A 10220===π
παω （2）s rad n A A
/10603002602=?='='ππω ;/6
16020102s rad t A A A πωωα-=-='-'='
轮与皮带之间没有滑动
2/15
1753061s rad R R B A
A B ππαα-=?-='=
' 2．解：(1)匀加速转动220/11026.1405
.00
102s t ?==-?=-=ππωωα
rad ππ
παωωθ54020
)20(222
02=?-=?-=?,reV n 5.22=?=πθ (2)αα2
21,mR FR I M ==,N mR F 3.474015.052
121=???==πα
J J M A 11154015.052
1
2=????=??=??=ππθαθ
(3)s rad t /1026.1104030?=?=+=παωω
,
s m R v /1089.11026.115.023?=??==ω
A
3．解：(D)对右物体a m T g m 111=-(1),
对右滑轮
a R m R m J R T R T A A A A A A 2
121121121==
=-αα a m T T A 2
1
21=
-(2);对左物体ma g m T =-23,(3) 对左滑轮
a R m R m J R T R T B B B B B B 2
12122
2232==
=-αα?a m T T B 2132=-(4)
(1)～(4)式相加解得g m m m m m m a B A 2
/2/212
1+++-=
4．解：(1)由转动定理αJ M =得
2/2.395.0/2.08.9//s rad J Fr J M =?===α
(2)由牛顿第二定律、转动定理及线量和角量的关系得 ma T mg =- (1) αJ Tr = (2) αr a = (3)
8.
212
.0
/5.02.010
8
.910/rad r J mr mg =+??=+=
α5．解：
(1) 各物体受力情况如图。
ma mg T =-，a m T mg '='-
2/9)2(2αmr Tr r T =-' αr a = ，αr a 2='
由上述方程组解得：
23.10)19/(2-?==s rad r g α
(2) 设θ为组合轮转过的角度，则 r h /=θ，αθω22=，
1
2/108.9)
/2(-?==s rad r h αω
6．解：根据转动定律得 ωω
k dt d J -= （1）
即ωωd k J dt -=， ??-=2/000
ωωωωd k J dt t ，2ln k
J
t =
（1）式可写成 ωθωωk d d J -=，ωθd k
J
d -=，
??-=2/000ωωθωθd k J
d ，k
J 20ωθ=,k J n πωπθ420== 练习 四
一、选择题：
1.B ；
2.D ；
3.D ；
4.D ；
5.A ；
6.B ；
7.C 二、填空题：
1．2261ωml ，ω231ml 2．l
g
23=α，l g 3=ω
3．减小，增大，不变，增大 4．不一定，动量 5．ML
m 23υ
三、计算题
1．解：根据质点和刚体转动的动能定理得
22221
v m Th gh m =
- (1) 221241
21ωωθR m J TR == (2)
mg
T 1 T a
a '
'T
3 2
1
θR h =,ωR v =, ∴214
1
v m Th =
(3) (1)+(3)式得 2
1222
m m gh m v += 2．解：(1)人和盘系统角动量守恒 ωω'+=)(2mR J J
ωω2
MR
J J +=',ωωωω22
MR J mR +-=-'=?角速度减小. (2)222)(2
121ωωmR J J E k +-'=?
22
2221)(21ωωJ mR J J mR J -??? ??++=22
221ωmR J J mR +=
3．解：(1) 设子弹和杆碰撞期间相互作用力为f
对杆运用角动量定理ωω20
3
10Ml I fldt t
=-=? (1)
对子弹运用动量定理000
mv ml mv mv fdt t
-=-=-?
ω (2)
(1)+(2)?l 整理得 ω??
? ??+=220
3
1ml Ml l mv (角动量守恒,可直接写出该式), s rad l
v l m M mv /2303.0)3(30
0==+=
ω
(2)根据机械能守恒得
)cos 1()cos 1(231212
22θθω-+-=??
? ??+mgl l Mg ml Ml , 863.08
.999.241)2(311cos 2
22=?-=+??? ??+-=m M ml Ml ω
θ, 29.30=θ
4．解：(1)对弹簧、滑轮、地球组成的系统机械能守恒.取重物的初位置为重力势能零点,当重物沿斜面向下位移x 时
02
1
212137sin 2220=+++-ωJ mv kx mgx (1)
物体下滑最远时,0,0==ωv ,
02
1
37sin 20
=+-kx mgx
m k mg x 18.1/37sin 20==
(2) r v /=ω,当m x 1=时,由(1)式可解得:s m v /68.0=
5．解：球、环系统受外力矩为零，角动量守恒。地球、球、环系统(重力)做功，机械能守恒。取B 点为重力势能零点。小球在B 、C 点相对环的速度为v B ，v C 。 B 点：ωω)(2
000mR J J += (1)
()222202002
12121B
v R m J m g R J ++=+ωωω (2) 2
00mR J J +=
ωω ,
2
02
202mR
J R J Rg v B ++=ω C 点：)
2(2
1R mg mv c =,gR v c 4=
练习 五
一、选择题：
1.B ；
2.D ；
3.A
； 4.B ； 5.C ； 6.B 二、填空题：
1．相对性原理:物理规律在一切惯性系中都有相同的数学表达形式; 光速不变原理:
任一惯性系中测得的
v
C
光在真空中的传播速度都是相等的.
2．1.3?10-5s 3．c 988.0 4．4 5．s m /1060.28?，s m /1060.28? 三、计算题
1．解：(1)根据洛仑兹正变换关系2
2
2/1/c
v c vx t t --=
' ,由题意知
2
21212
/1c v t t t t --='-',2
2/1c v t t -?=
'?,即 c c t t v ?=?'??-=3
5)(12
(2) 根据洛仑兹正变换关系2
2
/1c
v vt
x x --=',由题意知
c t v c v t v x 5/12
2-='?-=-?-=
'?,即空间距离s m c x l /1071.658
?=='?=
2．解：(1)根据洛仑兹正变换关系2
2
/1c
v vt x x --=
',由题意知
2
2/1c v x x -?=
'?,c c x x
v ?=
???-=3
8)'
(12, (2) 根据洛仑兹正变换关系2
22
/1/c
v c vx t t --='
s c c x v c v c x v t 822
221094.0/8//1/-?-=-='?-=-?-=
'?,s t 8
1094.0-?='?
3．解：(1)根据运动时和固有时的关系
s c c c v t 828221033.4)/8.0(1/106.2/1/--?=-?=-?=?τ
(2) 距离为同一参考系测得的速率与时间的乘积
m t v l 3.101033.41038.088=????=?=-
4. 解：(1)221c v l l -=',22/1c
v m m -=',()2222/1/1c v c v l m l m -=-=''='ρρ (2)l l =',2
2/1c v m m -=
',2222/1/1c
v c v l m
l m -=
-=''=
'ρρ 5．解：(1)根据洛仑兹速度逆变换关系c c c c
u v v u u x x x 929.04.015.08.0/12
=++='++'= (2) 根据光速不变原理, 光子的速度为c
6．解：动能的增量等于外力的功
J
c m c m c
v m E A c
v k 15
202
01.02
20
111041.0005.0/1-=?==???
? ??--=?=J c m c c v m c
v m E A c v c
v k 14
202
8.02
209.02
20
221014.5627.0/1/1-==?==???
? ??--
-=?= 练习 六
一、选择题：
1．C ；2．C ；3．B ；4．C ；5．B ；6．D 二、填空题：
1．
2
02πq
a ε 2．2πR E 3．0q ε，0，0q ε- 4．024q ε 5．032σε，垂直于平板向左
6．204πR E ε
三、计算题
1．解：以一端A 为坐标原点o ，沿AB 细直线为x 轴，如图所示。在细线上取长为d x 的线元，其电量
d d q x λ=。根据点电荷的场强公式，d q 在P 点所激发的场强沿x 轴正方向，大小为
P 2
01d d 4π()
x
E a b x λε=+- 根据场强的叠加原理，P 处的总场强沿x 轴正方向，其大
小为
P P 200001d 11d ()4π()4π4π()a x a E E a b x b a b a b b λλλεεε===-=+-++?? 2．解：在细圆环上位于
θ处取长为d l 的线元，其电量
0d d s i n d q l R λλθθ==。根据点电荷的场强公式，d q 在细圆环中心o 处所激发的
场强方向如图所示，其大小为
2
00sin d d d 4π4πq
E R R
λθθεε== d E
沿x 、y 方向的分量分别为d cos d x E E θ=-和d sin d y E E θ=-。根据场强的叠加原理，细圆环中心o 处场
强的分量分别为
2π
00
0sin d cos d 04πx x E E R
λθ
θθε==-
=?? 2000
00sin d sin d 44y y E E R R
λθλ
θθεεπ
==-
=-π?? 所以，细圆环中心处的场强为004x y E E i E j j R
λε=+=- 。
3．解：以左侧表面上任意一点为坐标原点o ，垂直于板面向右为x 轴正方向，建立图
示坐标系。在平板内x 处取厚度为d x 的簿层，该簿层与原带电平板平行，其单位面积的电量为=d x σρ。该簿层可以看作为无限大平面，根据无限大均匀带电平面的场强公式，簿层在其两侧的产生的场强大小为00d d 22E x σρεε==，方向平行于x 轴，根据
场强的叠加原理可以求得
1M 处的场强为
210
0000
d d 224a
a kx ka E x x ρεεε=-=-=-
?
?
2M 处的场强为 2
200
000
d d 224a a kx ka E x x ρεεε===??
M 处（0>>x a ）的场强为 2200
d d (2)224x a x
k E x x x a ρρεεε=+-=-??
由以上各处场强大小可以看出，场强最小在0a x >>之间，其最小值为零。令 220
(2)04k x a ε-=
，得
x =
。 4．解：根据电荷分布的对称性，场强具有球对称性且方向沿径向。设壳层内任一点P 到球心距离为1r ，过P 点作一个与带电球形壳层同心的球面作为高斯面S 。高斯面内的总电量为
1
M
P
33144(ππ)33
q V r a ρρ==-∑
对S 面应用高斯定理
1S
d q E S ε?=
∑??
，得21
1
4πq E r
ε?=
∑，P 点的场强大小
3331112
2
2010101
4
4(ππ)
3
3()443r a q
a E r r r r ρρεεε-=
=
=-ππ∑ 1()a r b ≤≤ 5．解：在空腔内任取一点P ，设大球心o 和小球心o '指向P 点的矢量分别为R 和r
，
如图所示。根据均匀带电球体的场强公式，原大球（没有挖去小球时）电荷和挖去的小
球电荷在P 点激发的场强分别为103E R ρε= 和203E r
ρε= 根据场强叠加原理，P 点总场强为
120000
()3333E E E R r R r a
ρρρρεεεε=-=-=-= 6．解：如图所示，在球内取半径为r 、厚为d r 与带电球体同心的薄球壳，薄球壳的带电
量为 224d d 4πd 4πq V kr r r kr ρ==?= 则带电球体的总电量为 450
4πd 4πd 5
R k Q q kr r R ===??
设带电球内任一点P 到球心距离为1r ，过P 点作一个与带电球同心的球面作为高斯面
S 。高斯面内的总电量为
1
4510
4π4πd 5
r k q kr r r ==
∑?
应用高斯定理
1S
d q E S ε?=
∑??
，得21
1
4πq E r
ε?=
∑，P 点的场强大小
311201
45q
k E r r
εε=
=
π∑ 1()r R ≤
练习 七
一、选择题
1．D ；2．C ；3．B ；4．C ；5．B ；6．D 二、填空题
1．路径的起点和终点位置，电荷移动的路径，保守 2．2
0q
a επ，0 3．
02λε 4．300V ，100V 5．0014πR q r
σεε+
6．02a σε-
三、计算题
1．解：以一端A 为坐标原点o ，沿AB 细直线为x 轴，如图所示。在细线上取
线元d x ，其电量为d d q x λ=。根据点电荷电势公式，d q 在P 点处的电势为
P 00d 1d d 4π4πq x V r
a b x
λεε=
=
+-
根据电势的叠加原理，P 点处的电势为
P P 00
01d d ln
4π4πa x a b V V a b x b λλεε+===+-??
2．解：在圆盘上取半径为d r r r + 范围的同心细圆环，其上的电量为 d d 2πd q S r r
σσ==? 根据均匀带电细圆环的电势公式，d q 在盘中心的电势为
000
d 2πd d d 4π4π2q r r V r r r σσ
εεε?=
== 根据电势叠加原理，圆盘中心的电势为
00
d d 22R
R V V r σσεε===??
3．解：在带电球体上取半径为d r r r + 范围的同心薄球层，其电量为
23d d 4πd 4πd q V kr r r kr r ρ==?=
的d q 在P 点产
该薄球层看作均匀带电球面，根据均匀带电球面的电势公式，r a ≤时生的电势为
33
000d 4πd d d 4π4πq kr r kr V r a a a
εεε===
a r R ≤≤时的d q 在P 点产生的电势为
32
000
d 4πd d d 4π4πq kr r kr V r r r εεε===
根据电势叠加原理，P 点的电势为
32
3330
0000
0d d d 433a R a kr kr ka kR ka V V r r a εεεεε==+=+-
??
? 4．解：设内球带电量为q ，根据高斯定理，两球间的电场强度大小为 2
04q E r ε=
π 根据电势差与场强的积分关系，两球间的电势差满足
2221112001211d d d 44R R R R R R q q U E r E r r r R R εε??=?=?=?=- ?ππ??
???
内球面所带的电量为
01221
4R R U q R R επ=
- 5．解：（1）根据电荷分布的对称性，场强具有轴对称性且方向沿径向。设任一点P 到轴线距离为r ，过P 点作一个与带电圆柱面同轴的长度为l 的圆柱面作为高斯面S 。应用高斯定理
S
d q
E S ε?=
∑??
，得
02πq E r l ε?=
∑，即02q
E rl
ε=π∑。
1r R ≤，0q =∑，0E =
12R r R ≤≤，q l λ=?∑，02E r
λε=
π 2r R ≥，0q =∑，0E
=
~E r 曲线如右图所示。
（2）根据电势差和场强的积分关系b ab a
d U E l =??
，取路径沿圆柱的径向，则内外圆柱
面之间的电势差为
2221
1
1
2001
d d d ln 22R R R R R R R U E r E r r r R λλ
εε=?=?=?=ππ?
??
6．解：根据高斯定理，可求得两平面之间的场强大小为
E σ
ε= ()a x a -<<
场强方向沿x 轴正向。两平面外侧场强处处为零，是等势区。
根据场强和电势的积分关系，两平面之间()a x a -<<坐标x 处的电势为
0000
0d d d x x x V E l E x x x σσ
εε=?=?==-???
~V x 曲线如右图所示。
练习 八
1
2
一、选择题
1．B ；2．C D ；3．B ；4．A ；5．C ；6．A 二、填空题
1．小于 2．q -，Q q + 3．02
4q
R επ 4．02qd S ε，0qd S ε 5．不变，增大，减小，增大
6．1，r ε，r ε
三、计算题 1．解：（1）根据电荷守恒定律和静电感应规律，外球的内表面带电q -，外球的外表面带电q ，外球的电量代数和为零。根据静电感应规律，电荷均匀颁布在导体表面，根据均匀带电球面电势公式，外球的电势为2
02
14πq V r ε=
（2）根据静电感应规律，外球的内表面带电仍为q -，外球接地时外球电势为零，根据电势叠加原理外球的外表面将不带电。
2．解：设B 和C 两板上的电荷面密度分别为B σ和C σ，A 、C 两板间的场强大小为1E ，A 、B 两板间的场强大小为2E ，根据静电感应规律，可得
B C 0q
S
σσ++= （1）
根据题意有AB AC U U =，即1122E d E d =，或C B 1
2
0d
d σσεε=
，所以 C 1B 2d d σσ= （2）
由（1）、（2）两式，解得1B
12d q d d S σ=-
+，2C 12d q d d S
σ=-
+
A 板的电势为
B
12A AB 2220
120d d q
V U E d d d d S
σεε-===
?=
+
3．解：设中间这块板的电荷面密度为q S σ=，边上两块板的电荷面密度分别为1σ和2σ，板间的场强分别
为1E 和2E （垂直于板面向右为正）。根据无限大均匀带电平面的场强公式和场强的叠加原理，得
211000222E σσσεεε=
+-， 212000
222E σσσ
εεε=-+- 根据电势与场强的关系，得21210222
d d d V E E σσε-=+=
中间板的电势为
21211
0000001
()22222222242
q d d d d q V E d V S σσσσσσεεεεεε-==+-=+=+ 4．解：根据静电感应规律可知，球壳内表面带电q -，球壳外表面带电q ，所有电荷都均匀分布在表面。根据高斯定理可求得10R r R >>和2r R >区域的场强方向沿径向且大小表达式为2
04πq E r ε=
，其它区域场强为零。系统静电能为
d d
σ2σ
1
22
02
2
2
2
2200
20012
d d 2
()4πd ()4πd 24π24π111
()8πR R R E W w V V
q
q
r r r r
r r q R R R εεεεεε∞
===?+?=-+???
?
5．解：设内、外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电量λ和λ-, 根据高斯定理可求得两圆筒之间的场强大小为
0r 2E r
λεε=
π 场强方向沿着圆筒径向。式中，r 是场点到圆筒轴线的距离。根据电势差与场强的积分关系可求得内、外圆筒的电势差为
2
221
1
1
20r 0r 1
d d d ln 22R R R R R R R U E r E r r r R λλ
εεεε=?=?=?=ππ?
??
根据电容器电容的定义
0r 2
2
0r 1
1
2ln ln 2L Q L
C R R U
R R εελλ
εεπ=
==
π
6．解：由介质中的高斯定理可求得介质中的电位移大小2
4πq D r =，由电场强度与电位移的关系可求得场强
大小2r 0r 04πD q E r εεεε==，由电极化强度与场强的关系可求得电极化强度r 0r 2
r 0(1)(1)4πq P E r
εεεεε=-=-，它们
的方向均沿着径向。
由极化电荷面密度与电极化强度关系n P σ'=，可求得介质内表面上的极化电荷面密度为1
1r 2
r 0()(1)
4πR q P R r
σεεε'=-=--
介质外表面上的极化电荷面密度为22r 2
r 0()(1)
4πR q P R r σεεε'==-
练习 九
一、选择题
1．C ；2．A ；3．B ；4．D ；5．C ；6．C 二、填空题 1．0πI d
μ 2．
011
()4I a b μ+，垂直于纸面向里 3
4．nI 0μ，nI 02
1μ
5．0，02πI r
μ 6．)(120I I -μ，)(120I I +μ
三、计算题
1．解：设铁环半径为r ，长直导线中的电流为I 。A 、B 两点把铁环分为两段，长度分别为1l 和2l ，电阻分别为1R 和2R ，通过的电流分别为1I 和2I 。根据并联电路分流公式得，2112
R I I R R =+，12
12
R I I R R =+。根据毕
奥－萨伐尔定律，两段铁环中的电流在环中心处激发的磁感应强度大小分别为
010
12111222π22πI l R I l B r r r R R r
μμ==+，
020********π22πI l R I l B r r r R R r μμ==+ 根据电阻定律可知112
2
R l R l =，所以21B B =。由于1B 与2B 方向相反，所以环中心处的总磁感应强度为
120B B B =+=
。
I
2．解：根据毕奥－萨伐尔定律，导线2在正三角形中心处产生的磁感应强度大小
0(sin 90sin 60)4I
B d
μ=
?-?π
式中d 为正三角形中心到长直导线2
的距离，tan 302l d =
??=，所以
03)4I B l
μ=
=π
方向垂直纸面向里。根据电阻定律和欧姆定律，ac 边中的电流强度是ab （或bc ）边中的电流强度的两倍，在正三角形中心处，ac 边中电流产生的磁感应强度是ab （或bc ）边中电流产生的磁感应强度的两倍，而且方向相反，所以三角形框中的电流在正三角形中心处产生的磁感应强度为零。导线1在正三角形中心处产生的磁感应强度也为零。所以正三角形中心处的磁感应强度就等于导线2在该处产生的磁感应强度。 3．解：建立如图所示坐标系，沿电流方向在导体上坐标x 处取宽度为d x 的窄条，其
电流强度为d d I
I x a
=。根据无限长直导线电流的磁场公式，d I 在P 点的磁感应强
度 00d d d 2π()
2π()I
I
B x a b x a b x a
μμ=
=
+-+-
方向垂直于纸面向里。根据磁场叠加原理，P 点的磁感应强度
000d d ln
2π()2πa I I a b B B x a b x a a b
μμ+===+-??
方向垂直于纸面向里。
4．解：P 是导体板平面外任意一点，由P 点向导体板作垂线，垂足为o 。以o 为
原点建立直角坐标系，如图所示，电流垂直于纸面（o xy 平面）向外。在薄板上坐标y 处沿电流方向取宽度为d y 的窄条，其电流强度d d I j y =。根据无限长直导线电流磁场公式，d I 在P 点的磁感应强度大小
00d d d 2π2πI
j
B y r
r
μμ=
=
由几何关系可知，cos x r θ
=
，
tan y x θ=，2
d d cos x y θθ= d B
沿y 轴方向分量为 00cos d d cos d d 2π2π
y j j B B y r μθμθθ=?==
d B
沿x 轴方向分量为 00sin d d sin d tan d 2π2π
x j j B B y r
μθμθθθ=?==
π02π2
d tan d 02π
x x j
B B μθθ-===??
π
002π2
==d d 2π
2
y y j
j
B B B μμθ-==
??
5．解：P 为圆柱面轴线上任一点，过P 点取垂直于轴线的平面，以P 为原点建立直角坐标系，如图所示，电流垂直于纸面（xy 平面）向外。沿电流方向在圆柱面θ处取角宽度为d θ的窄条，其电流强度d d π
I
I θ=
。由无限长直导线电流磁场公式，d I 在P 点的磁感应强度 002d d d 2π2πI I
B R R
μμθ==
d B
沿y 轴方向分量为 02d d c o s c o s d
2πy I B B R
μθθθ=-?=- d B 沿x 轴方向分量为 02d d s i n s i n d
2πx I B B R
μθθθ=?=
2
d
π
02
=d cos d 02πy y I
B B R
μθθ=-
=?? π
002
20
d sin d 2ππx x I
I B B B R
R
μμθθ====
??
6．解：并行于电流方向在矩形线框上离开长直导线距离为r 处取宽度为d r 的窄条。根据无限长直导线电流磁场公式，该处的磁感应强度02πI B r
μ=。
通过该窄条的磁通量 0d d d 2πI B S a r r
μΦ==
通过矩形线框的磁通量
00d d ln
2π2π
b c
c
I
Ia
b c a r r
c
μμ++Φ=Φ==
??
练习 十
知识点：洛仑兹力、安培力、磁矩、磁力矩、磁介质、介质中的磁场
一、选择题
1．洛仑兹力可以 ( )
(A) 改变带电粒子的速率； (B) 改变带电粒子的动量； (C) 改变带电粒子的动能； (D) 对带电粒子作功。
解: (B)洛伦兹力B v q F
?=垂直v 、B 所决定的平面,它对带电粒子不作功?速率、动能不变.
2．α粒子与质子以同一速率在同一均匀磁场中各自作匀速率圆周运动，则圆周运动的半径之比:p R R α和周期之比:p T T α分别为 ( ) (A) 1:1和2:1； (B) 1:1和1:1； (C) 2:1和2:1； (D) 2:1和1:1。 解: (C),qB m v R T qB mv R R mv qvB /2/2,/,/2ππ====
3．如图所示，正方形线圈用细线挂在载流长直导线附近，两者在同一平面内，长直导线固定，线圈可以活动。当长直导线和线圈通以电流时，线圈将 ( ) (A) 不动； (B) 一边转动，一边远离长直导线；
(C) 远离长直导线； (D) 靠近长直导线。 解: (D),电流元受到的安培力B l Id F d
?=,正方形线圈;上、下两边受力分别向上、向下;左、右两边受力分
别向左、向右,向左的力大于向右的力.
4．如图所示，半径为R 的半圆形导线ab 置于磁感应强度为B 的均强磁场中，直径ab 垂直于磁场方向，半圆形导线平面与磁场方向平行。当导线通有电流I 时，导线受到的安培力大小是 ( )
(A) 2BIR ；(B) πBIR ； (C) BIR ； (D) 0。
解: (A),电流元受到的安培力B l Id F d ?=,IBR d IBR F 2sin 0
==?θθπ
5．竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。若匀强磁场磁感应强度大小为B ，导线质量为m ，导线在磁场中的长度为L ，当水平导线内通有电流I 时，细线的张力大小为 ( )
(A) BIL mg +； (B) BIL mg -； (C)
22)()(mg BIL +； (D) 22)()(mg BIL -。
解: (C)导线受到的安培力BIL 和重力mg 互相垂直.安培力和重力合力的大小等于绳中张力
6．匀强磁场中有两个平面线圈，其面积122S S =，通有电流122I I =，它们所受的最大磁力矩之比12:M M 等于 ( ) (A) 4:1； (B) 1:4； (C) 1:2； (D) 2:1。
解:(A), 线圈磁力矩公式B p M m
?=,线圈磁矩的大小:IS p m =,线圈所受最大磁力矩:ISB B p M m ==
二、填空题 1．两个带电粒子，以相同的速度垂直于磁场方向飞入同一匀强磁场，它们的质量之比是1:4，电量之比是1:2，它们所受的磁场力之比是 ，运动轨迹半径之比是 。 解:1:2, 1:2 qB mv R R mv qvB F /,/2
===
2．如图所示，平行放置在同一平面内的三条载流无限长直导线，要使中间导线所受的安培力等于零，则导线间距离之比:a b = 。
r
I '
I
解:1:2.左、右两根无限长直导线在中间导线所在处产生的磁感应强度为??
?
???-=b I a I B πμπμ2)2(200,中间导线受到的安培力???
?
??-==b I a
I Il IBl F AB AB AB πμπμ2)2(200,令其等于零. 3．面积为S ，通有电流I 的平面闭合线圈置于磁感强度为B
的匀强磁场中，此线圈受到的最大磁力矩M = ，此时通过线圈的磁通量Φ= 。当此线圈受到磁力矩最小时，通过线圈的磁通量
Φ= 。解:根据线圈磁力矩公式B p M m
?=，线圈所受最大磁力矩:ISB B p M m ==,磁通量0=Φ。磁力矩最小时,磁通量Bs =Φ。
4．磁矩为m p 的载流线圈置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，m p
与B 的夹角为α。当线圈由0α=?转
到180α=?时，磁力矩作的功为 。解:B p BS BS BS I I A m 22)()(12-=-=--=Φ-Φ= 5*．图示为三类磁介质的~B H 曲线，其中虚线是0B H μ=的关系。说明a 、b 、c 各代表哪一类磁介质的~B H 曲线：
a 代表 ；
b 代表 ；
c 代表 。解:铁磁质、顺磁质、抗磁质. 6*
．单位长度上密绕有n 匝线圈的长直螺线管，通以稳恒电流I 。当管内充满相对磁导率为r μ的均匀磁介质时，管内中部附近的磁场强度H = ，磁感应强度B = 。解:nI H =,nI B r 0μμ= 三、计算题
1．速度为410m/s υ=的电子在磁感应强度0.1T B =的均强磁场中作匀速率圆周运动，求电子的轨道半径和旋转频率(每秒钟转的圈数)。(191.610C e -=?,319.1110kg e m -=?)
1．解：电子受到洛仑兹力大小f e B υ=，根据匀速率圆周运动规律有2e m f R υ=，所以2
e m e B R
υυ=
3147
199.111010 5.6910m 1.6100.1e m R eB υ---??===???
199311.6100.1 2.8010Hz 2π2π2π9.1110e eB R m υν--??====??? 2．如图所示，无限长直导线ab 与直导线cd 在同一平面内，且相互垂直，分别
通有电流1I 和2I 。直导线cd 长为2l ，c 端离无限长直导线ab 的距离为1l ，求直导线cd 所受的安培力。
2．解：在导线cd 上，坐标x 处取线元d x ，该处的磁感应强度 012πI
B x
μ= 磁场方向垂直于纸面向里
电流元2d I x 所受安培力的大小 0122d d d 2πI I F I B x x x
μ== 方向垂直cd 向上 由于cd 上所有电流元所受安培力的方向均相同，所以直导线cd 所受的安培力
121
012
012121
=d d ln 2π2πl l l I I I I l l F F x x l μμ++==?? 方向垂直cd 向上
3*．磁感应强度为B 的均强磁场中，有一个半径为R 带电量为q 的均匀带电薄圆盘。圆盘平面与磁场方向
平行，圆盘以角速度ω绕过通过盘心且垂直于盘面的轴转动，求圆盘所受磁力矩的大小。
3．解：电荷面密度2πq R σ=
。在圆盘上取~d r r r +的同心细圆环，其电量为2
2d d 2d qr r
q r r R
σ=π=，细圆环转动时产生的电流为2
d d d 2ππqr I q r R ωω=
=。细圆环的磁矩大小为32
2d πd d m qr p r I r R ω== 细圆环受到磁力矩的大小为3
2
d =d d m B qr M B p r R ω= 圆盘所受磁力矩的大小32
2
01=d =d 4
R B qr M M r B qR R ωω=?? 4．半径为R 的半圆形闭合线圈，载有电流I ，置于磁感应强度为B 的均强磁场中，磁场方
向与线圈平面平行，如图所示。以直径为转轴，求(1)线圈磁矩的大小和方向;(2)
线圈所受力
I
矩的大小和方向；(3)线圈从图示位置转过90?磁力矩作的功。
4．解：(1)根据线圈磁矩公式m p IS = ，线圈磁矩的大小:21
π2
m p IS R I ==,线圈磁矩的垂直于纸面向外。
(2)根据线圈磁力矩公式m p B ? ，线圈所受磁力矩的大小:21
sin π2
m M p B R IB θ==,方向沿直径向上。
(3)磁力矩的功IB R BS I I A 2122
1
)0()(π=-=Φ-Φ=
5*
．螺绕环中心周长10cm l =，环上均匀密绕200N =匝线圈，线圈中通有电流100mA I =。求(1)管内的磁场强度0H 和磁感应强度0B ；(2)管内充满相对磁导率r 4000μ=的磁介质时，管内的磁场强度H 和磁感应强度B 。
5．解：(1)管内的磁场强度0200
0.1200(A/m)0.1
N H nI I l ===?=
管内的磁感应强度740004π10200 2.510(T)B H μ--==??=?
(2)管内的磁场强度0200(A/m)H H ==;
管内的磁感应强度40004000 2.510 1.0(T)r r B H B μμμ-===??=
6*．充满磁介质的螺绕环均匀密绕线圈共400匝，环的平均周长是40cm ，当导线内通有电流20A 时，利用冲击电流计测得环内磁感应强度是1.0T 。求(1)环内磁场强度和磁化强度；(2)环内介质的相对磁导率；(3)介质表面的磁化电流。
6．解：(1)环内磁场强度440020210(A/m)0.4
N H nI I l ==
=?=? 环内磁化强度457
0 1.0
2107.7610(A/m)4π10
B M H μ-=-=-?=?? (2)环内介质的相对磁导率74
0 1.0
39.84π10210
r B H μμ-===??? (3)介质表面的磁化电流5
5
7.76100.4 3.110(A)s s I l Ml α===??=?
练习 十一
一、选择题
1．B ；2．C ；3．D ；4．A ；5．B ；6．D 二、填空题
1．洛仑兹，感生电场，变化的磁场，涡旋 2．2πIR a 3．B υ?
4．端，中
5．0ln 2I r l r
μυ+π
6．qR
三、计算题
1．解：由螺线管的磁场公式0B nI μ=可知，小螺线管内是均匀磁场，其磁感应强度大小为 2
0sin b N B I t L
μω= 通过大螺线管线圈横截面积的磁通量为 2200sin a b b N B S b I t L
μωΦ=?=π 通过大螺线管的磁链为 212100sin a a N N N b I t L
μωψ=Φ=π
大螺线管中的感应电动势为 21200d cos d a a N N b I t t L
εμωωψ=-=-π
2．解：图示位置时，两根无限长直导线的电流在矩形线圈左边处产生的磁感应强度大小为
0111(
)
2πI
B a b a b μ=
--+
方向垂直于纸面向里。在矩形线圈左边中的电动势大小为
I
I
01111(
)
2πI
B l l a b a b μευυ
==--+ 方向沿左边向上。同样可以求得，在矩形线圈右边中的电动势大小与左边中的相等，方向沿右边向下。另外两边中没有感应电动势。所以，线圈中的感应电动势大小为
011122(
)
2πI
l a b a b μεευ
==--+ 方向沿顺时针方向。
3．解：以无限长直导线为边，在垂直于圆柱轴线的平面内作无限长矩形回路ABCD ，AB 与圆柱轴线相距为d 。以A B CD 为绕向，ABCD 回路中的感应电
动势为
2m d d πd d i B
S k R t t
εΦ=-
=-=- 电动势方向为反时针方向。
由对称性可知，无限长直导线CD 中的电动势为
2CD 11π2
2
i k R εε==-
电动势方向D C →。
4．解：ob 段中的动生电动势为
/5/5/5210001()d d d
50
L L L B l B l Bl l BL ευυωω=??===??? 感应电动势方向o b →。
同样可以求得，oa 段中的动生电动势为 4/5220
16
()d 50
L B l BL ευω=
??=?
感应电动势方向o a →。 ab 杆中的动生电动势为
222121163
505010
BL BL BL εεεωωω=-=
-=- 感应电动势方向b a →。
ab 两端间的电势差a b U U -23
10
BL εω=-=
5．解：根据安培环路定理，与载流无限长直导线距离为r 处的磁感应强度大小为02πI r
μ。以顺时针方向为线圈回路的绕向，较远导线中的电流在线圈中产生的磁通量为
300123d ln 2π2π2
d d I Id d r r μμΦ=?=?
较近导线中的电流在线圈中产生的磁通量为
2002d ln 22π2π
d d I Id
d r r μμΦ=-?=-?
总磁通量为
0124ln
2π
3
Id μΦ=Φ+Φ=-
感应电动势为00d 4d 4(ln )ln d 2π3d 2π3
d d I t t μμεαΦ=-==
方向为顺时针。
6．解：以abcda 作为回路的绕向，任意时刻t 时，矩形导线框的磁通量为
010
02
020120d d ln 2π2πl l l il il l l Bl r r r l μμ++Φ===??
（1）如0i I =时，ab 中的感应电动势等于线框中的感应电动势，即
00010001200
d d ln ln d 2πd 2πI l l I l l l t t l l μμευ++Φ
=-=-=-
ab 中电动势方向b a →，a 两点电势高。
（2）0sin()i I t ω=，矩形导线框的磁通量为
i
020010
sin ln
2π
l I t
l l l μω+Φ=
线框中的感应电动势为 00012
d ln (sin cos )d 2π
I l l t l t t
l μευωωω+Φ=-=-+
练习 十二
一、选择题
1．C ；2．B ；3．D ；4．D ；5．A
二、填空题
1．0.040H 2．0 3．2/N S l μ，/NI l μ 4．2022
8I a μπ
5．变化的磁场激发涡旋电场，变化的电场激发涡旋磁场（位移电流） 6．写出麦克斯韦方程组的积分形式：
S V d d D S V ρ?=?? ， L S d d B E l S t ??=-????
S d 0B S ?=? ， L S d ()d D
H l J S t ??=+????
三、计算题
1．解：设1N 匝线圈中电流为1I ，它在环中产生的磁感强度为11011012πN B n I I R
μμ==
通过2N 匝线圈的磁通链数为211221201π2πN N B S N I a R
ψμ==
两线圈的互感为 20121212N N a
M I R μψ== 2． 解：(1)设B 线圈中的电流为I ，B 线圈在圆心激发的磁感应强度为00
2B N I B R
μ=
A 线圈的磁通量为002
B m A A A A N I N B S N S R
μψ==
两线圈的互感为 7
4404π1010050410 6.2810H 220.2
m B A A N M N S I R ψμ---??===???=??
(2)A 线圈中的感生电动势为 44d 6.281050 3.1410V d i I M t
ε--==??=?
3．解：设螺绕环线圈中通有电流为I ，离环中心r 处的磁感应强度为
02πNI B r
μ=
螺绕环的磁通链数为2
1
2
0021
d d ln 2π2R m S R NI N Ih R N B S N h r r R μμψπ===??
螺绕环的自感 2
021
ln 2πm N h R L I R ψμ==
4．解：设无限长直导线通有电流I 。离直导线r 处的磁感应强度为
02πI B r
μ=
通过矩形线圈的磁通连为 200S
d d ln 22π2π
b
m b
I I N B S N l r N l r
μμψ=?=?=??
线圈与长直导线间的互感为
760
ln 21002100.2ln 2 2.7710H 2π
m
M N
l I
ψμ--=
==???=?
5．解：根据安培环路定理，导线内距轴线为r 处的磁场强度为2
2πrI H R
=，磁能密度为
22
20024
128πr m r r I w H R
μμμμ==
1
2
导线内部单位长度储存的磁场能量为
222
0024
0d 2πd 8π16π
R
r r m m r I I W w V r r R μμμμ===??
6．解：（1）细导线中的电流为0sin R U U i t R R ω== （2）通过电容器的位移电流为00d d cos d d d S q U i C U t t t d εωω===
（3）通过极板外接线中的电流00
0cos sin d R S
U i i i U t t d
R
εωωω=+=
+
（4）根据安培环路定理d ()d R H l i i ?=+∑?
2
00
0π2πcos sin r U H r U t t d
R
εωωω?=
+
00
0cos sin 22πr U H U t t d
rR
εωωω=
+
练习 十三
(简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成)
一、选择题
1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ）
（A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。
解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m -=++-=)(22(mg kl =),0222=+x dt x
d ω
弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m -=++-=αsin )(22 (mg kl =),0222=+x dt
x
d ω
2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前
2π； （B ）A 落后2π
；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。
解：(A)t A x A ωcos =,)2/cos(πω-=t A x B
3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8T 。
解：(B)振幅矢量转过的角度6/πφ=?,所需时间12
/26/T T t =
=?=ππωφ, 4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31+=t x 和)π75.0π50cos(42+=t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ）
（A ）)π25.0π50cos(2+=t x ； （B ）)π50cos(5t x =；
（C ）π1
5cos(50πarctan )27
x t =+
+； （D ）7=x 。 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算
)cos(210202122
2
1
φφ-++=A A A A A 5)25.075.0cos(432432
2
=-??++=ππ
7
1
2)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)
25.0sin(3cos cos sin sin 112021012021011
0---+=++=++=tg tg A A A A tg πππππφφφφφ
5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l ?和2l ?，且212l l ?=?，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ）
（A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。
A O
)0(A
O
A
2
解：(B) 弹簧振子的周期k m
T π
2=,11l mg k ?=, 22l mg k ?=,2212
1=??=l l T T 6. 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为
x 时，其振动速度为v ，加速度为a ．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是： （B ）
(A) 2
m ax 2m ax /x m k v =； (B) x mg k /=；
(C) 22/4T m k π=； (D) x ma k /=。 解：B
7. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同．第一个质点的振动表式为x 1 = A cos(ωt + α)．当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处．则第二个质
点的振动表式为 （B ） (A) )21cos(2++=αωt A x ； (B) )π21
cos(2-+=αωt A x ； (C) )π2
3
cos(2-+=αωt A x ； (D) )cos(
2π++=αωt A x 。解：(B)作旋转矢量图 8. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动表式为 )3
12cos(1042π+π?=-t x (SI 制)。从t = 0时刻起，到质点位
置在x = -2cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为
（C ）
（A ）18s ； （B
）16s ； （C ）12s ； （D ）14
s 。
解：(C)作旋转矢量图s t 2
/12//m in ==?=ππωφ 二、填空题
1. 一简谐振动用余弦函数表示，其振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为A =______；ω =______；φ
0=______。 解：由图可知m cm A 1.0
10==,s T 12=,1
6//2-==s T ππω,
作旋转矢量得3/0πφ=
2．单摆悬线长l ，在悬点的铅直下方2/l 处有一小钉，如图所示。则单摆的左右两方振动
周期之比21:T T 为 。解：单摆周期g l T π2=,22=
=右左右左
l l T T 3．一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点。已知周期为T ，振幅为A 。
（1）若t = 0时质点过x = 0处且朝x 轴正方向运动，则振动方程为 x =＿＿＿＿＿＿＿＿。
（2）若t = 0时质点处于A x 2
1
=
处且向x 轴负方向运动，则振动方程为x =＿＿＿＿＿。
解：作旋转矢量图,由图可知(1)22cos(ππ-=t T A x ;(2)3
2cos(π
π+=t T A x
4．有两个相同的弹簧，其劲度系数均为k ，(1)把它们串联起来，下面挂一个质量为m 的重物，此系统作简谐振动的周期为 ；(2)把它们并联起来，下面挂一质量为m 的重物，此系统作简谐振动的周期为 。
解：两个相同弹簧串联, 劲度系数为2
k ,k m
T 22π=;两个相同弹簧并联,劲度系数为k 2,k m T 22π=.
5．质量为m 的物体和一轻质弹簧组成弹簧振子，其固有振动周期为T ，当它作振幅为A 的自由简谐振动
时，其振动能量E = 。解：弹簧振子振动周期k
m T π2=,2
24T
m k π=,振动能量222
2
221A T m kA E π== 6．若两个同方向、不同频率的谐振动的表达式分别为t A x π10cos 1=和t A x π12cos 2=，则它们的合振
动频率为 ，拍频为 。
解：πνω2=,51=ν, 62=ν,合振动频率Hz 2
112
12=+=ννν,拍频Hz 112=-=?ννν
7．两个同方向的简谐振动曲线如图所示。合振动的振幅为________________，合振动的振动方程为___________________。
解：作旋转矢量图12A A -; ???
??+-=22cos )(12ππt T A A x 三、计算题 1．质量m = 10 g 的小球按如下规律沿x 轴作简谐振动：
)(t A 4πO
)
0(A O )0(1A
)3
2
8cos(1.0π+π=t x (SI)．求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值以及振动的能量。
解：圆频率)/1(8s πω=,周期)(4/1/2s T ==ωπ,振幅m A 1.0=,初相3/20πφ=
振动速度最大值)/(5.28.081.0m ax s m A v ==?==ππω,
加速度最大值)/(634.6)8(1.02222m ax s m A a ==?==ππω
振动的能量J mv kA E 222m ax 210125.35.201.02
1
2121-?=??===
2*
. 边长为l 的一立方体木块浮于静水中，其浸入水中部分的深度为0h ，今用手指沿竖直方向将其慢慢压
下，使其浸入水中部分的深度为h ，然后放手任其运动。若不计水对木块的粘滞阻力,试证明木块作简谐运动，并求振动的周期T 和振幅A 。（水和木块的密度分别为12ρρ和） 解：木块平衡时：g l h mg 201ρ=,取液面为坐标原点，向下为x 轴正向,当木块浸入水中深度增加x 时
mg F dt x d m +-=浮22,xg l g l g h x l dt
x d l 213202122
32)(ρρρρ-=++-= x l g dt x d 2122ρρ-=,0202
2=+x dt
x d ω,l g 21ρρω=,g l T 1222ρρπωπ==, 022
020/h h v x A -=+=
ω
3.一水平放置的弹簧振子，振动物体质量为0.25kg ，弹簧的劲度系数25N m k =?-1。
(1) 求振动的周期T 和角频率ω； (2) 以平衡位置为坐标原点。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，求振动的表达式； (3) 求振动速度的表达式。 解：(1) 角频率)/1(1025.0/25/s m k ===ω,)(2.0/2s T πωπ== (2) 作旋转矢量图,由图可知3/0πφ=
??? ??+=310cos 15.0πt x （SI 制）, (3)??? ?
?
+-=310sin 5.1πt v （SI 制）
4． 一个弹簧振子作简谐振动，振幅m 2.0=A ，如弹簧的劲度系数N/m 0.2=k ，所系物体的质量kg 50.0=m ，试求：
（1）当系统动能是势能的三倍时，物体的位移是多少？（2）物体从正的最大位移处运动到动能等于势能的三倍处所需的最短时间是多少？
解(1)由题意，3k p E E =,2
2
212144kA kx E E E E p p k =
?==+=,得224x A = , 10.12
x A m =±=± (2) 由题意知 )/1(25.0/0.2/s m k ===
ω，
作旋转矢量图知：3/πφ=?，最短时间为)(6//s t πωφ=?=?
5．有两个同方向、同频率的简谐振动，它们的振动表达式为：
130.05cos 10π4x t ??=+ ??
?，210.06cos 10π4x t ?
?=+ ???（SI 制）
（1）求它们合成振动的振幅和初相。（2）另有一个振动300.07cos(10)x t φ=+，问0φ为何值时，
31x x +的振幅最大；0φ为何值时，32x x +的振幅最小。
解：(1)由图可知m A A A 078.02
221=+=,0108.846
54
=+=-tg πφ
(2) 31x x +的振幅最大时πφφ4
3
100==;
32x x +的振幅最小时πφφ±=-200 ,)43(,450ππ?-=或
练习 十四 平面简谐波、波的能量
一、选择题
1．一个平面简谐波沿x 轴负方向传播，波速m /s 10=u 。0=x 处，质点振动曲线如图所示，则该波的表达式(SI 制)为 (B )
A
O