上海交大版物理第五章答案
上海交大版大学物理第五章参考答案
版权归原著所有 本答案仅供参考习题55-1．如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图，可建立方程：ma T mg 222=-┄①ma mg T =-1┄②2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④βr a = ，2/2J m r =┄⑤联立，解得：g a 41=，mg T 811=。
5-2．如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。
解：（1）设杆的线密度为：lm =λ，在杆上取一小质元d m d x λ=，有微元摩擦力：d f d m g g d x μμλ==，微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=， 考虑对称性，有摩擦力矩：20124lM g x d x m g l μλμ==⎰；（2）根据转动定律d M J Jdtωβ==，有：00t M d t Jd ωω-=⎰⎰，2011412m g l t m l μω-=-，∴03lt gωμ=。
或利用：0M t J J ωω-=-，考虑到0ω=，2112J m l =，T有：03lt gωμ=。
5-3．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，绳子的质量可以忽略，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2/2MR，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。
解：受力分析如图，可建立方程：m g T m a -=┄①βJ TR =┄② a R β= ，212J m R =┄③ 联立，解得：22m g a M m=+，2M m g T M m=+，考虑到dv a dt=，∴022v t m g dv dt M m=+⎰⎰，有：22m g t v M m=+。
大学物理课后习题答案第五章
⼤学物理课后习题答案第五章第五章机械波5．1 已知⼀波的波动⽅程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播⽅向；（2）说明x = 0时波动⽅程的意义，并作图表⽰． [解答]（1）与标准波动⽅程⽐较得：2π/λ = 0.6，因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv =52.36(m·s -1)．且传播⽅向为x 轴正⽅向．（2）当x = 0时波动⽅程就成为该处质点的振动⽅程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)，振动曲线如图．5．2 ⼀平⾯简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动⽅程为(m)．试求：（1）简谐波的波动⽅程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动⽅程．[解答]（1）简谐波的波动⽅程为：；即 = 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]．（2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动⽅程为：y =0.03cos[4πt + π + π/2] =0.03cos(4πt - π/2)．5．3 已知平⾯波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动⽅程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动⽅程为：，位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有⼀沿x 轴正向传播的平⾯波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置⽽向负⽅向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平⾯波的波动⽅程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动⽅程，该点初相是多少？[解答]（1）设原点的振动⽅程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度⼩于零，所以φ = π/2．原点的振动⽅程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)，平⾯波的波动⽅程为：= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动⽅程为：y = 0.03cos50πt ．该点初相φ = 0．2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uω?-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin 2y t π-=?26.010sin()2xy t u π-=?-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+t /s y /cm5 0 0.1 0.2 0.35．5 ⼀列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所⽰．试求：（1）P 点的振动表达式；（2）波动⽅程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动⽅程为 y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)，周期为：T = λ/u = 1(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度⼤于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)．（2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动⽅程为．（3）在x = 0处的振动⽅程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所⽰．5．6 如图所⽰为⼀列沿x 负向传播的平⾯谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动⽅程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动⽅程为：，当t = T /4时的波形⽅程为：．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．⽽在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动⽅程为：．（2）在x = λ/2处质点的振动⽅程为：，曲线如图所⽰．（3）x a = λ/4处的质点的振动⽅程为；0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T π?λ=++cos(2)2xy A ππλ=++sin(2)xA π?λ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+x /m y /m0.2O t 1=0 0.45 t 2=0.25P 图5.5 t /sy /m0.2O 0.5 1xy AO bau图5.6y Ax b = λ处的质点的振动⽅程为．波线上a 和b 两点的位相差φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动⽅程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表⽰式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动⽅程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准⽅程⽐较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形⽅程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)．令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)，即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所⽰．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所⽰．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同⼀整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 ⼀简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所⽰．（1）写出时x = 0处质点的振动⽅程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动⽅程为y = A cos(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作⼀切线，可知该时刻的速度⼩于零，因此φ = π/3．振动⽅程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形⽅程为cos(22)b ty A Tππ=+cos[2()]t x y A T π?λ=-+cos[2()]t xy A T π?λ=-+cos[()]23t x ππ=-+xy A O ut =0 t =4.2s 0.51 t /s y /m1 O -10.5 图5.8x /my /m 1O -10.5u2/3，波形曲线如图所⽰．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相⽐A 点落后π/6，已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动⽅程为：，那么A 和B 两点的振动⽅程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 ⼀平⾯波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负⽅向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动⽅程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动⽅程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动⽅程；（3）写出传播⽅向上B ，C ，D 点的振动⽅程． [解答]（1）以A 点为坐标原点，波动⽅程为．（2）以B 点为坐标原点，波动⽅程为．（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动⽅程为，，．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动⽅程．5．11 ⼀弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过⾯积S = 4×10-4m 2的总能量．[解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)，波的平均能量密度为：= 158(J·m -3)，平均能流密度为：= 1.58×105 (W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过⾯积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103 (J)．5cos()26y x ππ=-cos[2()]t xy A T π?λ=-+cos[2()]A A xt y A T π?λ=-+cos[2()]B B xt y A T π?λ=-+2(2)6B A x x πππλλ---=-3cos 4()3cos(4)5x x y t t u πππ=+=+3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-3cos 4()3cos(4)BB x y t t u πππ=+=-33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+2212w A ρω=I wu =x5m A B C D8m 9m图5.105．12 ⼀平⾯简谐声波在空⽓中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达⼈⽿时，振幅A = 1×10-4cm ，试求⼈⽿接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空⽓密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，声波的平均能量密度为：= 6.37×10-6(J·m -3)，平均能流密度为：= 2.16×10-3(W·m -2)，标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，此声强的分贝数为：= 93.4(dB)．5．13 设空⽓中声速为330m·s -1．⼀列⽕车以30m·s -1的速度⾏驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．⼀静⽌的观察者在机车的正前⽅和机车驶过其⾝后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列⽕车相向运动，在上述两个位置，他听到的声⾳频率分别是多少？[解答]取声速的⽅向为正，多谱勒频率公式可统⼀表⽰为，其中v S 表⽰声源的频率，u 表⽰声速，u B 表⽰观察者的速度，u S 表⽰声源的速度，v B 表⽰观察者接收的频率．（1）当观察者静⽌时，u B = 0，⽕车驶来时其速度⽅向与声速⽅向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 660(Hz)．⽕车驶去时其速度⽅向与声速⽅向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 550(Hz)．（2）当观察者与⽕车靠近时，观察者的速度⽅向与声速相反，u B = -10m·s -1；⽕车速度⽅向与声速⽅向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 680(Hz)．当观察者与⽕车远离时，观察者的速度⽅向与声速相同，u B = 10m·s -1；⽕车速度⽅向与声速⽅向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 533(Hz)． [注意]这类题⽬涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定⽅向之后将公式统⼀起来，很容易判别速度⽅向，给计算带来了⽅便．5．14．⼀声源的频率为1080Hz ，相对地⾯以30m·s -1速率向右运动．在其右⽅有⼀反射⾯相对地⾯以65m·s -1的速率向左运动．设空⽓中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空⽓中发出的声⾳的波长；（2）反射回的声⾳的频率和波长．[解答]（1）声⾳在声源垂直⽅向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)；在声源前⽅的波长为：λ1 = λ0 - u s T0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)；在声源后⽅的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．2212w A ρω=I wu =010lgIL I =BB S Su u u u νν-=-33060033030B S S u u u νν==--33060033030B S S u u u νν==-+3301060033030B B S S u u u u νν-+==--3301060033030B B S S u u u u νν--==-+u Bu Su（2）反射⾯接收到的频率为= 1421(Hz)．将反射⾯作为波源，其频率为ν1，反射声⾳的频率为= 1768(Hz)．反射声⾳的波长为=0.1872(m)．或者 = 0.1872(m)． [注意]如果⽤下式计算波长=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射⾯不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，⽽不是⼊射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相⼲波源，相距1/4个波长，S 1⽐S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所⽰，设S 1在其左侧产⽣的波的波动⽅程为，那么S 2在S 1左侧产⽣的波的波动⽅程为，由于两波源在任意点x 产⽣振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产⽣的波的波动⽅程为，那么S 2在其右侧产⽣的波的波动⽅程为，由于两波源在任意点x 产⽣振动同相，所以合振幅为单⼀振动的两倍．5.16 两相⼲波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是100Hz ，位相差为π；波在媒质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因⼲涉⽽静⽌的各点的坐标．[解答]如图所⽰，设S 1在其右侧产⽣的波的波动⽅程为，那么S 2在其左侧产⽣的波的波动⽅程为．1033165108033130B S u u u u νν++==?--`11331142133165B u u u νν==?--`1111331651421BBu u u uλννν--=-==`1`13311768uλν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T π?λ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππ?λ-=++-cos[2()]t xA T π?πλ=++-1cos[2()]t xy A T π?λ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππ?λ-=-+-cos[2()]t xA T π?λ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πν?+=-+5cos(2)24A t x πππν?=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πν?π-=+++cos(2)24A t x πππν?=++-u BuxS 1 xS 2λ/4 x xS 1x 2l两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波⼲涉⽽静⽌，静⽌点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静⽌点的坐标为：x = -2、0和2(m)．5.17 设⼊射波的表达式为，在x = 0处发⽣反射，反射点为⼀⾃由端，求：（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为⾃由端，所以没有半波损失，反射波的波动⽅程为．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三⾓函数展开得，这是驻波的⽅程．5.18 两波在⼀很长的弦线上传播，设其表达式为：，，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：，，可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）1cos 2()t xy A T πλ=+2cos 2()t xy A T πλ=-222coscosy A x t Tππλ=1 6.0cos(0.028.0)2y x t π=-2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-2 6.0cos 2()0.5200 t x y π=+。
大学物理第五章习题答案
大学物理第五章习题答案大学物理第五章习题答案第一题：题目：一个质量为m的物体以速度v水平运动，撞到一个质量为M的静止物体，两物体发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后物体m的速度为v1，物体M的速度为V1，则有mv = mv1 + MV1。
由于碰撞是完全弹性碰撞，动能守恒定律也成立，即(mv^2)/2 = (mv1^2)/2 + (MV1^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，可得到关于v1和V1的方程组。
解方程组即可得到碰撞后两物体的速度。
第二题：题目：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V2，则有mv1 = mv2 + MV2，以及(mv1^2)/2 = (mv2^2)/2 + (MV2^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V2。
第三题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后两物体粘在一起，求粘在一起后的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后两物体的速度为V，则有mv = (m+M)V。
解方程即可得到粘在一起后的速度V。
第四题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V，则有mv = mv2 + MV，以及(mv^2)/2 = (mv2^2)/2 +(MV^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V。
第五题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求碰撞后两物体的动能变化。
解答：碰撞前物体m的动能为(mv^2)/2，碰撞后物体m的动能为(mv2^2)/2，两者之差即为动能变化。
上海交大第三版大学物理学答案上册
第一章 运动的描述1、解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v2、解：=a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)3、解： ct b t S +==d /d vc t a t ==d /d v()R ct b a n /2+=根据题意：a t =a n即()R ct b c /2+=解得cb c R t -=4、解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时，v = 4Rt 2 = 8 m/s 2s /168/m Rt dt d a t ===v22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 25、解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s抛出后上升高度9.4522='=gh v m/s 离地面高度H = (45.9+10) m =55.9 m(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 08.420==gt v s 6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得ts s t l ld d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s lt l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度320222022002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船 7、解：(1)大船看小艇，则有1221v v v-=，依题意作速度矢量图如图(a)由图可知1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v-=，依题意作出速度矢量图如图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅，方向南偏东o 87.36第二章 运动定律与力学中的守恒定律1、解：(1)位矢j t b i t a rωωsin cos += (SI)可写为t a x ωcos =，t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ，t b ty ωωυcos d dy == 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v (2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22--由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω ⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω2、解：A 、B 两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得B B A A A A m m m v v v +=0①2220212121B B A A A A m m m v v v +=② 联立解出0A B A B AA m m m m v v +-=，02A BA AB m m m v v += 由于二球同时落地，∴0>A v ，B A m m >；且B B A A L L v v //=∴52==B A B A L L v v ，522=-A B Am m m 解出5/=B A m m3、解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时A 将要离开墙壁，设此时B 的速度为v B 0，由机械能守恒，有2/3212020B m kx v = 得mk x B 300=v A 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为x 时有022211B m m m v v v =+①202222221121212121B m m kx m v v v =++②当v 1 =v 2时，由式①解出v 1 =v 2mkx B 3434/300==v (2) 弹簧有最大伸长量时，A 、B 的相对速度为零v 1 =v 2 =3v B 0/4，再由式②解出0max 21x x =4、解：二滑块在弹力作用下将沿水平导杆作振动. 因导杆光滑，不产生摩擦阻力, 故整个系统的机械能守恒，而且沿水平方向的动量守恒(等于零)．当二滑块运动到正好使弹簧垂直于二导杆时，二滑块所受的弹力的水平分力同时为零，这时二滑块的速度将分别达到其最大速度v 1和v 2且此时弹簧为原长，弹簧势能为零。
大学物理第五章课后习题答案
第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。
设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。
上海交大版大学物理参考答案
上海交大版大学物理参考答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。
由于温度不变，∴00PV PV =，有：001.783PVV L P ==⨯， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =⨯-=，这部分气体在1.78atm 下体积为：''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。
根据题意pV RT ν=，可得：mpV RT M=，1V p RT p M m ρ==9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴O H HOm mM M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。
9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少则体积和压强相同，如图。
由：mol mpV RT M =，有：2222(30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：30282103028T K ⨯==+ 。
大学物理第五章习题解答
掌握干涉现象的原理，理解干涉条纹的形成机制，掌握双缝干涉实验中条纹间距的计算方法。
理解衍射现象的原理，掌握单缝、圆孔、光栅等不同情况下衍射条纹的特征和计算方法。
光的干涉与衍射习题解答
光的衍射
光的干涉
光的偏振
理解偏振现象的原理，掌握偏振光和自然光的区别，掌握偏振片和晶体对偏振光的作用。
直线运动习题解答
总结词：理解曲线运动的性质和规律，掌握圆周运动和平抛运动的公式和计算方法。
曲线运动习题解答
曲线运动习题解答
01
详细描述
02
曲线运动的描述：速度方向与轨迹切线方向一致，加速度与轨迹的曲率半径有关。
圆周运动的向心加速度和线速度的计算公式。
03
平抛运动的水平分速度、竖直分速度和合速度的计算公式。
电场强度计算
电场线
高斯定理
电势与电势差
掌握安培环路定律的应用，解决与安培环路定律相关的题目。
安培环路定律
理解磁场线的概念，掌握磁场线的特点，如磁场线的疏密表示磁感应强度的大小。
磁场线
理解洛伦兹力的概念，掌握洛伦兹力的计算方法。
洛伦兹力
解决与磁感应强度相关的计算题，如电流在磁场中所受的力等。
磁感应强度的计算
这一定律揭示了热现象的方向性，即热量传递具有方向性。
热力学第二定律的数学表达式为：$Q = Delta U - W$，其中$Q$是系统吸收的热量，$Delta U$是系统内能的增量，$W$是系统对外做的功。
热力学定律习题解答
热力二定律指出，不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。
5、简述放射性的种类及其特点。
答案：放射性主要分为三种类型：阿尔法放射性、贝塔放射性和伽马放射性。阿尔法放射性是由带两个正电荷的氦原子核组成的高能粒子流；贝塔放射性是由带负电荷的电子或正负电子对组成的低能粒子流；伽马放射性则是高频率的电磁辐射。各种类型的放射性在穿透能力和电离能力上有所不同。
大学物理上海交通大学第四版下册课后题全部答案
习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2224BCqE jr=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：4123.2410VE m==⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆ix心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
大物上海交大课后答案第五章
优秀学习资料 欢迎下载习题 55-1．容器的体积为 2V 0 ，绝热板 C 将其隔为体积相等的A 、B 两个部分， A 内储有 1mol 单原子理想气体， B 内储有 2mol 双原子理想气体， A 、B 两部分的压强均为 p 0。
（ 1）求 A 、B 两部分气体各自的内能；（ 2）现抽出绝热板 C ，求两种气体混合后达到平衡时的压强和温度。
解：（ 1）由理想气体内能公式：EiRT23 3 3A 中气体为 1mol 单原子理想气体：E ART ART Ap 0V 0 ，222B 中气体为 2mol 双原子理想气体：E B 25RT B 5RT B5p 0V 0 ；3RT A2 2（2）混合前总内能： E 05RT B ，由于 RT Ap 0V 0 ， 2RT B2p 0V 0 ，∴ 2T B T A ，则： E 04RT A 4 p 0V 0 ；混合后内能不变，设温度为T ，有： E3RT 5RT4 p V20 08 p 0V 0∴ T；13Rp nkT3N 0 kT 3RT3R 8 p 0V 0 12p 0 。
2V 2V13R 132V0 05-2．1mol 单原子理想气体从 300K 加热至 350K ，问在以下两个过程中各吸收了多少热量？增加了多少内能？对外做了多少功？ （1）容积保持不变； （ 2）压强保持不变。
解：（ 1）等容升温过程做功：A 0内能变化：EC V ,m(T2T 1 )3R(T 2 T 1 ) 13 8.31 50 623.25( J )2 2吸热： Q A E623.25(J)（2）等压升温过程()( ) 1 8.31 50 415 5(J)做功：A p V 2 V 1R T 2 -T 1 .内能变化：EC V ,m(T2T 1 )3R(T 2 T 1 ) 13 8.31 50 623.25(J)2 2吸热： Q A E415.5 623.251039(J)5-3． 1g 氦气中加进 1J 的热量，若氦气压强无变化，它的初始温度为200K ，求它的温度升高多少？解：等压过程QCp ,m(T2T 1 )7R(T 2 T 1 )2T 2 Q10.19(K)5 R158.3124 25-4．如图所示， AB 、 DC 是绝热过程， CEA 是等温过程， BED是任意过程，组成一个循环。
大学物理下册(上海交大第四版)课后习题解答
dE
xdq 4 0 ( x 2 r 2 )
2
3
2
2 rx dl 4 0 ( x 2 r 2 )
dl Rd
3 2
x R cos
r R sin
E
2 0
0
1 i sin 2 d 2 4 0
12-8. 图示一厚度为 d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为 ．求板内、 外的场强分布， 并画出场强随坐标 x 变化的图线， 即 E x 图线(设原点在带电 平板的中央平面上， Ox 轴垂直于平板)． 解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面 S1 为高斯面
sin d dl 0 2 4 0 R 4 0 R
考虑到对称性
dE x dE cos
Ex 0
dE y dE sin E y dE sin
0
0 sin 2 d 0 4 0 R 8 0 R
方向沿 y 轴负向
12-6. 一半径为 R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 ，求球心 O 处的电场强度． 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dq 2 r dl
E dS
( 0 ' )
( 0 ) S
0
E
0
（2）
E
0 0 r
r
0 0 0 0 0E 0 0 0
13-28. 一平行板电容器的板面积为 S ，两板间距离为 d ，板间充满相对介电常数为 r 的均 匀介质.分别求出下述两种情况下外力所做的功： （1）维持两板上面电荷密度 0 不变而把介 质取出； （2）维持两板上电压 U 不变而把介质取出. 解： （1）板间充满均匀介质时 W1
大学物理上海交大参考答案
大学物理上海交大参考答案大学物理上海交大参考答案在大学物理课程中，上海交通大学一直以来都是备受关注的学府。
其严谨的教学体系和扎实的学术研究基础，使得上海交大的物理学科在国内外享有盛誉。
学生们在学习物理课程时，常常会遇到各种难题，而参考答案则成为他们解决问题的重要依据。
本文将为大家提供一些大学物理上海交大参考答案，希望对广大学子有所帮助。
第一章：力学1. 一个物体以初速度v0沿着直线做匀加速运动，经过时间t后速度变为v，求物体的加速度a。
答案：根据物体匀加速运动的公式v = v0 + at，可以得到a = (v - v0) / t。
2. 一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒力F作用，已知物体在受力方向上的加速度为a，求恒力F的大小。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可以得到F = ma。
第二章：热学1. 一个理想气体在等温过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于等温过程中气体的温度不变，根据理想气体的状态方程PV = nRT，可以得到P1V1 = P2V2。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2)。
2. 一个理想气体在绝热过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于绝热过程中气体与外界不发生热交换，根据理想气体的状态方程PV^γ = 常数，可以得到P1V1^γ = P2V2^γ。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2) / (γ - 1)。
第三章：电磁学1. 一个电容器由两块平行金属板组成，两板间的电容为C，电压为U，求电容器储存的电能。
答案：电容器储存的电能为E = (1/2)CU^2。
2. 一个电感器的感抗为X，通过的电流为I，求电感器的电压。
答案：电感器的电压为U = IX。
第四章：光学1. 一束光线从空气射入玻璃中，入射角为θ1，折射角为θ2，求光线的折射率。
答案：光线的折射率为n = sinθ1 / sinθ2。
2. 一束平行光通过一个凸透镜后，光线会汇聚于焦点处，求凸透镜的焦距。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社 Document number：WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT习题 11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有：n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
大学物理(交大3版)答案(1-5章)
沪科版高中物理 选择性必修第二册 第五章 磁场 课后练习、课时练习
一、单选题(选择题)1. 如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。
闭合开关S后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为；调换图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为。
忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为（）A．B．C．D．2. 如图所示，两根固定的长直导线A、B平行放置，分别通有电流、，且，两根导线所在平面有一条虚线与两导线垂直，且与两导线分别相交于N、P两点，且。
下列说法正确的是（）A．导线A对导线B的作用力大于导线B对导线A的作用力B．O点处的磁场方向垂直于纸面向外C．同一带电粒子在M点受到的洛伦兹力大于其在Q点受到的洛伦兹力D．若施加力F使某带正电粒子自N点沿虚线加速运动至P点，则该过程中力F做正功3. 下列说法正确的是（）A．穿过线圈的磁通量为零时，该处的磁感应强度不一定为零B．电场线和磁感线都是客观存在的闭合曲线C．一运动电荷在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某点磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同4. 如图所示，和为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距，导体棒质量为，垂直放在导轨上，导体棒的中点用承受力足够大的轻绳经光滑定滑轮与放在水平面上的物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，磁场的磁感应强度与时间的关系为，方向竖直向下。
现给导体棒通入的恒定电流，使导体棒最终向左运动，重力加速度大小为。
下列描述符合事实的是（）A．棒上通入的电流方向为从b向aB．在第末物体m恰好离开地面C．第末棒的加速度为D．棒运动过程中安培力做的功等于系统动能的增加量5. 磁流体发电的原理如图所示。
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习题55-1．如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图，可建立方程：ma T mg 222=-┄①ma mg T =-1┄② 2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④βr a = ，2/2J mr =┄⑤联立，解得：g a 41=，mg T 811= 。
5-2．如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。
解：（1）设杆的线密度为：lm=λ，在杆上取一小质元dm d x λ=，有微元摩擦力：d f dmg gd x μμλ==，微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=，考虑对称性，有摩擦力矩：20124l M g xd x mgl μλμ==⎰；（2）根据转动定律d M J Jdtωβ==，有：000t Mdt Jd ωω-=⎰⎰， 2011412mglt m l μω-=-，∴03l t g ωμ=。
或利用：0M t J J ωω-=-，考虑到0ω=，2112J ml =， 有：03lt gωμ=。
T5-3．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，绳子的质量可以忽略，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2/2MR ，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。
解：受力分析如图，可建立方程：m g T ma -=┄①βJ TR =┄②a R β= ，212J mR =┄③ 联立，解得：22mg a M m =+，2MmgT M m =+，考虑到dv a dt =，∴0022v t mg dv dt M m =+⎰⎰，有：22mg tv M m =+。
5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为4/M ，均匀分布在其边缘上，绳子A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为4/M 的重物，如图。
已知滑轮对O 轴的转动惯量4/2MR J =，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？ 解一：分别对人、滑轮与重物列出动力学方程A Ma T Mg =-1人B a M g M T 442=-物 αJ R T R T =-21滑轮由约束方程: αR a a B A ==和4/2MR J =,解上述方程组 得到2ga =. 解二：选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重物上升的速度，注意到u 为匀速，0d udt=，系统对轴的角动量为：213()()442M L M v R M u v R R M v R M u B A Rω=--+=-()()体人(物物体)而力矩为：13M 44M gR M gR M gR =-+=， 根据角动量定理dt dL M =有：)23(43MuR MvR dt d MgR -=，∴2ga =。
5-5．计算质量为m 半径为R 的均质球体绕其轴线的转动惯量。
解：设球的半径为R ，总重量为m ，体密度334mRρπ=， 考虑均质球体内一个微元：2sin d m r d rd d ρθθϕ=， 由定义：考虑微元到轴的距离为sin r θ2(sin )J r dm θ=⎰，有：2220(sin )sin RJ r r d rd d ππθρθθϕ=⋅⎰⎰⎰52012[(1cos )cos ]5R r d ππρθθ=⋅⨯--⎰225mR =。
5-6．一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数40/k N m =，当0θ=时弹簧无形变，细棒的质量kg 0.5=m ，求在0θ=的位置上细棒至少应具有多大的角速度ω，才能转动到水平位置？解：以图示下方的三角桩为轴，从00~90θθ==时， 考虑机械能守恒，那么： 0θ=时的机械能为：22()(2)1123l mg ml ω⋅+（重力势能转动动能），090θ=时的机械能为：212k x有：2221112232l mg ml k x ω⋅+=（） 根据几何关系：22215.1)5.0(+=+x ，得：128.3-⋅=s rad ω5-7．如图所示，一质量为m 、半径为R 的圆盘，可绕O 轴在铅直面内转动。
若盘自静止下落，略去轴承的摩擦，求：（1）盘到虚线所示的铅直位置时，质心C 和盘缘A 点的速率； （2）在虚线位置轴对圆盘的作用力。
解：（1）设虚线位置的C 点为重力势能的零点，下降过程机械能守恒，有：221ωJ mgR =，而2221322J mR mR mR =+= ∴R g 34=ω 34Rg R v c ==ω 1623A Rgv R ω==（2）273y F mg mR mg ω=+=（重力）（向心力），方向向上。
5-8．如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和m 2的小球，杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为l 31和l 32．轻杆原来静止在竖直位置。
今有一质量为m 的小球，以水平速度0v 与杆下端小球m 作对心碰撞，求碰撞后小球的反弹速度和轻杆所获得的角速度。
解：设碰撞后小球的反弹速度为v ，轻杆所获得的角速度为ω。
根据角动量守恒，有：220222()2()3333l lmv l m v l m m ωω⋅=-⋅⋅++⋅根据动能守恒，有：22220)31(221)32(212121ωωl m l m mv mv ++= 联立上述两个方程，可解得0061,55v v v l ω==5-9．一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ)，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动。
开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v 垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求：（1）子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度；（2）经过多少时间后，圆盘停止转动。
(圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为221MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。
) 解：（1）利用角动量守恒：ωω2221mR MR mvR +=得：2(2)mvm M Rω=+；（2）选微分dm rdrd σθ=，其中：面密度2MRσπ=， 2022π3R f M M grdm gr rdr M gR R μμμπ===⎰⎰ ∴由f M t J ω⋅∆=⋅∆有：2221()032M gR t M R mR μω⋅∆=+-，知：()224M m t R Mg ωμ+∆=将()22m M m Rω=+v 代入，即得：32mvt M g μ∆= 。
5-10．有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。
另有一水平运动的质量为2m 的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短。
已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v ，如图所示。
求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。
(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =) 解：由碰撞时角动量守恒，考虑到1v 和2v 方向相反，以逆时针为正向，有：22112213m v l m l m v l ω=-，得：lm v v m 1212)(3+=ω 又∵细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得：11012lf m Mg xd x m gl l μμ==⎰，利用f d M Jdt ω-=，有： 210011312t m l d dt m g l ωωμ=-⎰⎰，得：21212()23m v v l t g m g ωμμ+==。
5-11．如图所示，滑轮转动惯量为2m kg 01.0⋅，半径为cm 7；物体的质量为kg 5，用一细绳与劲度系数N/m 200=k 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计。
求：（1）当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止而下落的最大距离；（2）物体的速度达最大值时的位置及最大速率。
解：（1）设弹簧的形变量为x ，下落最大距离为max x 。
由机械能守恒：2max max 12k x mg x =，有： max 20.49mgx m k==； （2）当物体下落时，由机械能守恒：222111222k x mv J mg x ω++=， 考虑到v R ω=，有：2222111222k x m R J mg x ωω++=，欲求速度最大值，将上式两边对x 求导，且令0d d xω=，有： 21()22d k x m R J mg d x ωω++⋅=，将0d d x ω=代入，有：)(245.0m k mg x ==，∴当0.245x =m 时物体速度达最大值，有：22max 2121()2mgx kx v J m r-=+，代入数值可算出：max 1.31/v m s = 。
5-12．设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数的k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。
（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？ 解：（1）已知f M k ω=-，而动力矩ωP M =，通电时根据转动定律有：f d M M J dtω+= 代入两边积分有：ωωωωd k P J dt t ⎰⎰-=02，可求得：)1(2t J ke k P--=ω； （2）见上式，当t →∞时，电扇稳定转动时的转速：P kω=稳定（3）断开电源时，电扇的转速为0Pk ω=f M 作用，那么： d k J dt ωω-=，考虑到d d dt d ωωωθ=，有：000kd d Jθωθω-=⎰⎰，得：0J J Pk k kθω== 。
5-13．如图所示，物体A 放在粗糙的水平面上，与水平桌面之间的摩擦系数为μ，细绳的一端系住物体A ，另一端缠绕在半径为R 的圆柱形转轮B 上，物体与转轮的质量相同。
开始时，物体与转轮皆静止，细绳松弛，若转轮以0ω绕其转轴转动。
试问：细绳刚绷紧的瞬时，物体A 的速度多大？物体A 运动后，细绳的张力多大？ 解：（1）细绳刚绷紧的瞬时前后，把物体A 和转轮B 、绳看成一个系统，系统对转轴圆柱形中心角动量守恒，A Rmv J J +=ωω0，又R v A ω=，221mR J =031ωω=⇒（2）物体A 运动后，由牛顿定律：ma mg T =-μ （1）对转轮B ，由定轴转动定律： βJ TR =-，（2）约束关系：βR a =（3）可求出：13T mg μ=。