大物第四章习题课资料
大学物理习题册及解答_第二版_第四章_刚体的定轴转动
第四章 刚体定轴转动(一)
一．选择题
1．几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几 个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变．
(1 )m m / 2 T mg m m m/2
k 1 k 2 2 1 2
4．质量为M，长为l的均匀细杆，可绕A端的水平轴自由转动，当 杆自由下垂时，有一质量为m的小球，在离杆下端的距离为a处垂 直击中细杆，并于碰撞后自由下落，而细杆在碰撞后的最大偏角 为，试求小球击中细杆前的速度。 解：球与杆碰撞瞬间，系统所受合外力矩为零，系 统碰撞前后角动量守恒
m (l a) J
1 J Ml 3
2
杆摆动过程机械能守恒
1 l J Mg (1 cos ) 2 2
2
解得小球碰前速率为
Ml 2 gl sin m(l a ) 3 2
5．一轻绳绕过一半径R，质量为M/4的滑轮。质量为M的人抓住绳 子的一端，而绳子另一端系一质量为M/2的重物，如图。求当人相 对于绳匀速上爬时，重物上升的加速度是多少？ 解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮轴的 外力矩为 1
1 d 13 即 MgR ( MR MRu) 2 dt 8
该题也可在地面参考系中分别对人和物体利用牛顿第二定 律，对滑轮应用转动定律求解。
一选择题
第四章 刚体定轴转动(二)
大学物理前四章习题课
我国长征系列火箭升空
m1m2 (1) g; (2) g 3m1 + 2m2 3m1 + 2m2
2(m1 + m2)
5.如图所示,一长为L,质量为M的均质细杆,可绕过 5.如图所示,一长为L,质量为M的均质细杆, 如图所示 L,质量为 端点且与杆垂直的水平轴转动,今有一质量为m 端点且与杆垂直的水平轴转动,今有一质量为m的 子弹以速度v垂直于杆和转轴射入杆端,并以0.5v 子弹以速度v垂直于杆和转轴射入杆端,并以0.5v 的速度穿出,若使杆能够偏转60 的速度穿出,若使杆能够偏转600角,子弹初速度应 为多少? 为多少?
方向： 方向：右手法则 转动惯量： 转动惯量： 2 c、刚体转动的功能原理
J = ∫ r dm J = ∆m r 2 ∑ ii
1 2 1 2 W = ∫ Mdθ = Jω2 − Jω1 2 2 v v 1 2 1 2 (W = ∫ F ⋅dr = mv2 − mv1 ) 2 2
力矩的功 W = Mdθ
三、讨论题 1、判断角动量是否守恒 （1）对定滑轮轴 对定滑轮轴 的角动量 m 重物、 重物、人质量均为 m ，定滑轮质 量不计， 量不计，人向上爬行 √ （2）对轴 o1，(或 o2 的角动量 对轴 ) o1 两半径不同圆轮， 轮转动， 两半径不同圆轮，1轮转动，2轮静止 ω 今将两轮子靠拢， 今将两轮子靠拢，轮被带动而转动
(m1 − m2 )g + m2a2 =
m + m2 1 (m − m2 ) g − m a2 1 1 m + m2 1 m m2 (2g − a) 1 m + m2 1
a1
a1 − a2 = Ff = T =
〔例4－7〕将一个均匀的圆柱体放在平板卡车上，圆 － 〕将一个均匀的圆柱体放在平板卡车上，
大学物理课后习题答案第四章
第四章机械振动4．1一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m ，周期T = 2s ．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m ，且向x 轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t = T /4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间． [解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m ，角频率ω = 2π/T = π．当t = 0时，x = 0.06m ，所以cos φ = 0.5，因此φ = ±π/3． 物体的速度为v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)．当t = 0时，v = -ωA sin φ，由于v > 0，所以sin φ< 0，因此：φ = -π/3．简谐振动的表达式为：x = 0.12cos(πt – π/3)．（2）当t = T /4时物体的位置为;x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为；v = -πA sin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s -1)．加速度为：a = d v /d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s -2)． （3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得cos(πt 1 - π/3) = -0.5， 因此πt 1 - π/3 = ±2π/3．由于物体向x 轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt 1 - π/3) > 0，因此πt 1 - π/3 = 2π/3，得t 1 = 1s ．当物体从x = -0.06m 处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt 2 - π/3) = 0， 可得 πt 2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t 2> 0，所以πt 2 - π/3 = 3π/2， 可得t 2 = 11/6 = 1.83(s)．所需要的时间为：Δt = t 2 - t 1 = 0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m ，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得 πt - π/3 = π/2，解得t = 5/6 = 0.83(s)．[注意]根据振动方程x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x 0/A )，（-π<φ<= π）， 初位相的取值由速度决定．由于v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωA sin φ，当v > 0时，sin φ< 0，因此 φ = -arccos(x 0/A )；当v < 0时，sin φ> 0，因此φ = arccos(x 0/A )π/3．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x 0 = A 时，φ = 0；当初位置x 0 = -A 时，φ = π．4．2已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a ，b ，c ，d ，e 各点的位相，及到达这些状态的时刻t 各是多少？已知周期为T ； （2）振动表达式； （3）画出旋转矢量图． [解答]方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为x = A cos Φ，其中A 表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位． 由于x a = A ，所以cos Φa = 1，因此Φa = 0．由于x b = A /2，所以cos Φb = 0.5，因此Φb = ±π/3；由于位相Φ随时间t 增加，b 点位相就应该大于a 点的位相，因此Φb = π/3．由于x c = 0，所以cos Φc = 0，又由于c 点位相大于b 位相，因此Φc = π/2．同理可得其他两点位相为：Φd = 2π/3，Φe = π．c 点和a 点的相位之差为π/2，时间之差为T /4，而b 点和a 点的相位之差为π/3，时间之差应该为T /6．因为b 点的位移值与O 时刻的位移值相同，所以到达a 点的时刻为t a = T /6． 到达b 点的时刻为t b = 2t a = T /3．图4.2到达c 点的时刻为t c = t a + T /4 = 5T /12． 到达d 点的时刻为t d = t c + T /12 = T /2． 到达e 点的时刻为t e = t a + T /2 = 2T /3．（2）设振动表达式为：x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，x = A /2时，所以cos φ = 0.5，因此φ =±π/3； 由于零时刻的位相小于a 点的位相，所以φ = -π/3， 因此振动表达式为． 另外，在O 时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与t 轴 相交于f 点，由于x f = 0，根据运动方程，可得所以：．显然f 点的速度大于零，所以取负值，解得t f = -T /12．从f 点到达a 点经过的时间为T /4，所以到达a 点的时刻为：t a = T /4 + t f = T /6， 其位相为：． 由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．4．3 有一弹簧，当其下端挂一质量为M 的物体时，伸长量为9.8×10-2m ．若使物体上下振动，且规定向下为正方向．（1）t = 0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2m 处，由静止开始向下运动，求运动方程；（2）t = 0时，物体在平衡位置并以0.60m·s -1速度向上运动，求运动方程． [解答]当物体平衡时，有：Mg – kx 0 = 0， 所以弹簧的倔强系数为：k = Mg/x 0， 物体振动的圆频率为：s -1)． 设物体的运动方程为：x = A cos(ωt + φ)．（1）当t = 0时，x 0 = -8.0×10-2m ，v 0 = 0，因此振幅为：=8.0×10-2(m)；由于初位移为x 0 = -A ，所以cos φ = -1，初位相为：φ = π． 运动方程为：x = 8.0×10-2cos(10t + π)．（2）当t = 0时，x 0 = 0，v 0 = -0.60(m·s -1)，因此振幅为：v 0/ω|=6.0×10-2(m)；由于cos φ = 0，所以φ = π/2；运动方程为：x = 6.0×10-2cos(10t +π/2)．4．4 质量为10×10-3kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作振动，式中t 以秒(s)计，x 以米(m)计．求： （1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相； （2）振动的速度、加速度的最大值；（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；cos(2)3t x A T ππ=-cos(2)03t T ππ-=232f t Tπππ-=±203a a t T πΦπ=-=ω==0||A x ==A =20.1cos(8)3x t ππ=+（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t 为1，2，10s 等各时刻的矢量位置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程：x = A cos(ωt + φ)，可知圆频率为：ω =8π，周期T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，振幅A = 0.1(m)，初位相φ = 2π/3．（2）速度的最大值为：v m = ωA = 0.8π = 2.51(m·s -1)； 加速度的最大值为：a m = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s -2)． （3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为:E = kA 2/2 = mω2A 2/2 = 3.16×10-2(J)， 平均动能和平均势能为:= kA 2/4 = mω2A 2/4 = 1.58×10-2(J)． （4）如图所示，当t 为1，2，10s 等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．4．5 两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示．[解答]设它们的振动方程为:x = A cos(ωt + φ)， 当x = A /2时，可得位相为:ωt + φ = ±π/3．由于它们在相遇时反相，可取Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3，Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，它们的相差为:ΔΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3，或者:ΔΦ` = 2π –ΔΦ = 4π/3．矢量图如图所示．4．6一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动．已知氢原子质量m = 1.68×10-27kg ，振动频率v = 1.0×1014Hz ，振幅A = 1.0×10-11m ．试计算：（1）此氢原子的最大速度； （2）与此振动相联系的能量．[解答]（1）氢原子的圆频率为:ω = 2πv = 6.28×1014(rad·s -1)， 最大速度为:v m = ωA = 6.28×103(m·s -1)．（2）氢原子的能量为:= 3.32×10-20(J)．4．7 如图所示，在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg 的重物，若使平板在竖直方向上作上下简谐振动，周期为0.50s ，振幅为2.0×10-2m ，求：（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物跳离平板？ （3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物跳离平板？ [解答]（1）重物的圆频率为：ω = 2π/T = 4π，其最大加速度为：a m = ω2A ，合力为：F = ma m ，方向向上．重物受到板的向上支持力N 和向下的重力G ，所以F = N – G ． 重物对平板的作用力方向向下，大小等于板的支持力： N = G + F = m (g +a m ) = m (g +ω2A ) = 12.96(N)．（2）当物体的最大加速度向下时，板的支持为：N = m (g - ω2A )． 当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时，振幅为：A = g/ω2 = 3.2×10-2(m)．（3）振幅不变时，频率为：3.52(Hz)．4．8 两轻弹簧与小球串连在一直线上，将两弹簧拉长后系在固定点A 和B 之间，整个系统放在光滑水平面上．设两弹簧的原长分别为l 1和l 2，倔强系统分别为k 1和k 2，A和B 间距为L ，小球的质量为m ．（1）试确定小球的平衡位置；k pE E =212m E mv=2ωνπ==（2）使小球沿弹簧长度方向作一微小位移后放手，小球将作振动，这一振动是否为简谐振动？振动周期为多少？[解答]（1）这里不计小球的大小，不妨设L > l 1 + l 2，当小球平衡时，两弹簧分别拉长x 1和x 2，因此得方程：L = l 1 + x 1 + l 2 + x 2；小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和向右，大小相等，即k 1x 1 = k 2x 2． 将x 2 = x 1k 1/k 2代入第一个公式解得：．小球离A 点的距离为：．（2）以平衡位置为原点，取向右的方向为x 轴正方向，当小球向右移动一个微小距离x 时，左边弹簧拉长为x 1 + x ，弹力大小为：f 1 = k 1(x 1 + x )， 方向向左；右边弹簧拉长为x 1 - x ，弹力大小为：f 2 = k 2(x 2 - x )， 方向向右．根据牛顿第二定律得：k 2(x 2 - x ) - k 1(x 1 + x ) = ma ，利用平衡条件得：，即小球做简谐振动．小球振动的圆频率为：．4．9如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即：mv = (m + M)v 0．解得子弹射入后的速度为：v 0 = mv/(m + M) = 2(m·s -1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：(m + M ) v02/2 = kA 2/2， 所以振幅为：10-2(m)． （2）振动的圆频率为：= 40(rad·s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为：x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得：φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为：x = 5×10-2cos(40t - π/2)．4．10如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为：物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为，这也是它们振动的初速度．设振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，211212()k x L l l k k =--+211111212()k L l x l L l l k k =+=+--+2122d ()0d xm kk x t++=ω=22T πω==A v =ω=v =0m v v m M ==+图4.9 图4.10其中圆频率为：物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则：x 1 = Mg/k ．物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则：x 2= (M + m )g/k ． 取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x 0 = x 1 - x 2 = -mg/k ．因此振幅为：初位相为：4．11 装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与物体m 间用细绳相连，细绳跨于桌边定滑轮M 上，m 悬于细绳下端．已知弹簧的倔强系数为k = 50N·m -1，滑轮的转动惯量J = 0.02kg·m 2，半径R = 0.2m ，物体质量为m = 1.5kg ，取g = 10m·s -2．（1）试求这一系统静止时弹簧的伸长量和绳的张力；（2）将物体m 用手托起0.15m ，再突然放手，任物体m 下落而整个系统进入振动状态．设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打滑，滑轮轴承无摩擦，试证物体m 是做简谐振动； （3）确定物体m 的振动周期；（4）取物体m 的平衡位置为原点，OX 轴竖直向下，设振物体m 相对于平衡位置的位移为x ，写出振动方程．[解答]（1）在平衡时，绳子的张力等于物体的重力T = G = mg = 15(N)．这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为：x 0 = mg/k = 0.3(m)．（2）以物体平衡位置为原点，取向下的方向为正，当物体下落x 时，弹簧拉长为x 0 + x ，因此水平绳子的张力为：T 1 = k (x 0+ x )．设竖直绳子的张力为T 2，对定滑轮可列转动方程：T 2R – T 1R = Jβ， 其中β是角加速度，与线加速度的关系是：β = a/R ．对于物体也可列方程：mg - T 2 = ma ． 转动方程化为：T 2 – k (x 0 + x ) = aJ/R 2，与物体平动方程相加并利用平衡条件得：a (m + J/R 2) = –kx ，可得微分方程：，故物体做简谐振动． （3）简谐振动的圆频率为：s -1)． 周期为：T 2 = 2π/ω = 1.26(s)．（4）设物体振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，其中振幅为：A = 0.15(m)． 当t = 0时，x = -0.15m ，v 0 = 0，可得：cos φ = -1，因此φ = π或-π， 所以振动方程为：x = 0.15cos(5t + π)，或x = 0.15cos(5t - π)．4．12一匀质细圆环质量为m ，半径为R ，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[解答]通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为：I c = mR 2．根据平行轴定理，环绕过O 点的平行轴的转动惯量为I = I c + mR 2 = 2mR 2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为：M = mgR sin θ， 方向与角度θ增加的方向相反．ω=A ==00arctan v x ϕω-==222d 0d /x kx t m J R +=+ω=根据转动定理得：Iβ = -M ，即，由于环做小幅度摆动，所以sin θ≈θ，可得微分方程：． 摆动的圆频率为：周期为：4．13 重量为P 的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[解答]（1）前面已经证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为k = k1k 2/(k 1 + k 2)，因此固有频率为（2）前面还证明：当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为．4．14质量为0.25kg 的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k = 25N·m -1，如果开始振动时具有势能0.6J ，和动能0.2J ，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．[解答]物体的总能量为：E = E k + E p = 0.8(J)．（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为：．（2）当动能等于势能时，即E k = E p ，由于E = E k + E p ，可得：E = 2E p ，即，解得：= ±0.179(m)． （3）再根据能量公式E = mv m2/2，得物体经过平衡位置的速度为： 2.53(m·s -1)．4．15 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t 曲线如图所示，求： （1）两个简谐振动的位相差；（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A = 5(cm)， 周期为：T = 4(s)，圆频率为：ω =2π/T = π/2，它们的振动方程分别为：x 1 = A cos ωt =5cosπt /2， x 2 = A sin ωt =5sinπt /2 =5cos(π/2 - πt /2)即x 2=5cos(πt /2 - π/2)．位相差为：Δφ = φ2 - φ1 = -π/2． （2）由于x = x 1 + x 2 = 5cosπt /2 +5sinπt /2 = 5(cosπt /2·cosπ/4 +5sinπt /2·sinπ/4)/sinπ/4 合振动方程为：(cm)．22d sin 0d I mgR tθθ+=22d 0d mgRt Iθθ+=ω=222T πω===2ωνπ===2ωνπ===A =2211222kA kx =⨯/2x =m v =cos()24x t ππ=- (b)图4.134．16 已知两个同方向简谐振动如下：，．（1）求它们的合成振动的振幅和初位相； （2）另有一同方向简谐振动x 3 = 0.07cos(10t +φ)，问φ为何值时，x 1 + x 3的振幅为最大？φ为何值时，x 2 + x 3的振幅为最小？（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计．[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为：=8.92×10-2(m)． 初位相为：= 68.22°．（2）要使x 1 + x 3的振幅最大，则：cos(φ– φ1) = 1，因此φ– φ1 = 0，所以：φ = φ1 = 0.6π． 要使x 2 + x 3的振幅最小，则 cos(φ– φ2) = -1，因此φ– φ2 = π，所以φ = π + φ2 = 1.2π．（3）如图所示．4．17质量为0.4kg 的质点同时参与互相垂直的两个振动：， ．式中x 和y 以米(m)计，t 以秒(s)计．（1）求运动的轨道方程；（2）画出合成振动的轨迹；（3）求质点在任一位置所受的力．[解答]（1）根据公式：，其中位相差为：Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，130.05cos(10)5x t π=+210.06cos(10)5x t π=+A =11221122sin sin arctancos cos A A A A ϕϕϕϕϕ+=+0.08cos()36x t ππ=+0.06cos()33y t ππ=-2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆所以质点运动的轨道方程为：． （2）合振动的轨迹是椭圆．（3）两个振动的圆频率是相同的ω = π/3，质点在x 方向所受的力为，即F x = 0.035cos(πt /3 + π/6)(N)．在y 方向所受的力为，即F y = 0.026cos(πt /3 - π/3)(N)．用矢量表示就是，其大小为，与x 轴的夹角为θ = arctan(F y /F x )．4．18 将频率为384Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率．[解答]标准音叉的频率为v 0 = 384(Hz)， 拍频为Δv = 3.0(Hz)， 待测音叉的固有频率可能是v 1 = v 0 - Δv = 381(Hz)， 也可能是v 2 = v 0 + Δv = 387(Hz)．在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2 = k/m ，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率v 1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v 2，即387Hz ．4．19示波器的电子束受到两个互相垂直的电场作用．电子在两个方向上的位移分别为x = A cos ωt 和y = A cos(ωt +φ)．求在φ = 0，φ = 30º，及φ = 90º这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程．[解答]根据公式，其中Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，而φ1 = 0，φ2 = φ．（1）当Δφ = φ = 0时，可得，质点运动的轨道方程为y = x ，轨迹是一条直线．（2）当Δφ = φ = 30º时，可得质点的轨道方程， 即，轨迹是倾斜的椭圆．（3）当Δφ = φ = 90º时，可得， 即x 2 + y 2 = A 2，质点运动的轨迹为圆．4．20三个同方向、同频率的简谐振动为，，．222210.080.06x y +=22d d x x x F ma m t==20.08cos()6m t πωω=-+22d d y y y F ma m t==20.06cos()3m t ωω=--πi+j x y F F F =F =2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆2222220x y xyA A A+-=222214x y A+=222/4x y A +=22221x y A A +=10.08cos(314)6x t π=+20.08cos(314)2x t π=+350.08cos(314)6x t π=+求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式； （2）合振动由初始位置运动到所需最短时间（A 为合振动振幅）． [解答]合振动的圆频率为：ω = 314 = 100π(rad·s -1)． 设A 0 = 0.08，根据公式得：A x = A 1cos φ1 + A 2cos φ2 + A 3cos φ3 = 0，A y = A 1sin φ1 + A 2sin φ2 + A 3sin φ3 = 2A 0 = 0.16(m)， 振幅为：，初位相为：φ = arctan(A y /A x ) = π/2．合振动的方程为：x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当时，可得：，解得：100πt + π/2 = π/4或7π/4．由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s ．x A =A =/2x =cos(100/2)2t ππ+。
大学物理第四章习题解答PPT演示课件
16
解： 冲击：子弹和摆锤角动量守恒
mlvm2 vl(J1J2)0
J1
1 3
ml 2
J2 ml2
v 0
摆动：摆锤和地球机械能守恒
Ek Ep
1 2(J1J2)0 2mg2lmgl
4m vmin m
2gl
17
解：子弹+杆系统： M外 0
m 22 lv(1 JJ2) J2)(1JJ2)
J1
1 12
m1l
2
J2
m1(
l )2 2
v v r l/2
J2 6m 2v 2.1 9r3a/sd
J1J2 m 1l3m 2l
11
426:一质量 m/、 为半径 R的 为转台，以a角 转速 动度 ，转轴的
不计， 1）（ 有一质 m的 量蜘 为蛛垂直地边 落缘 在上 转， 台此时角 ，
解： JJ盘2J柱
J盘 12m盘R盘 2
R盘
3
01 2
02
m
J柱 12m柱R柱 2
10102 R柱 2 m
m盘 V盘
m柱 V柱
J0.13k6gm2
7
413:如图所示m1， 1质 6kg的 量实心圆 A，柱 其体 半r径 15c为 m ，可 绕其固定水平 阻轴 力转 忽动 略， 不计 的。 柔一 绳条 绕轻 在圆 其柱 一
(A) 角速度从小到大，角加速度不变 O
A
(B) 角速度从小到大，角加速度从小 到大
(C) 角速度从小到大，角加速度从 大到小
(D) 角速度不变，角加速度为零
2
绕过O点的轴做定轴转动。求：运动过程中角速度和角 加速度的变化情况
大物习题答案第4章机械振动重点讲义资料
第4章机械振动4.1基本要求1.掌握描述简谐振动的振幅、周期、频率、相位和初相位的物理意义及之间的相互关系2.掌握描述简谐振动的解析法、旋转矢量法和图线表示法，并会用于简谐振动规律的讨论和分析3.掌握简谐振动的基本特征，能建立一维简谐振动的微分方程，能根据给定的初始条件写出一维简谐振动的运动方程，并理解其物理意义4.理解同方向、同频率简谐振动的合成规律，了解拍和相互垂直简谐振动合成的特点4.2基本概念1•简谐振动离开平衡位置的位移按余弦函数（或正弦函数）规律随时间变化的运动称为简谐振动。
简谐振动的运动方程x二Acosjt •「）2.振幅A作简谐振动的物体的最大位置坐标的绝对值。
3.周期T作简谐振动的物体完成一次全振动所需的时间。
4.频率单位时间内完成的振动次数，周期与频率互为倒数，即T二丄V5.圆频率，作简谐振动的物体在2二秒内完成振动的次数，它与频率的关系为2二2曲T6.相位和初相位简谐振动的运动方程中-t项称为相位，它决定着作简谐振动的物体状态；t=0时的相位称为初相位：7.简谐振动的能量作简谐振动的系统具有动能和势能。
弹性势能E p = 1kx2= 1kA2 cos2（）p 2 2动能E k=丄mv2」m I _ ■ Asin（ t 「）『=1m 2A2sin2（ t ）2 2 2弹簧振子系统的机械能为E二E k E^ 1 m.2A^ 1 kA2p 2 28•阻尼振动振动系统因受阻尼力作用，振幅不断减小。
9•受迫振动系统在周期性外力作用下的振动。
周期性外力称为驱动力。
10•共振驱动力的角频率为某一值时，受迫振动的振幅达到极大值的现象。
4.3基本规律1.一个孤立的简谐振动系统的能量是守恒的物体做简谐振动时，其动能和势能都随时间做周期性变化，位移最大时，势能达到最大值，动能为零；物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值, 但其总机械能却保持不变，且机械能与振幅的平方成正比。
图4.1表示了弹簧振子的动能和势能随时间的变化(④=0 )。
大学物理学课后习题4第四章答案
k
m1g x1
1.0 103 9.8 4.9 102
0.2
N m1
而 t 0 时， x0 1.0 102 m,v0 5.0 102 m s-1 ( 设向上为正)
又
k m
0.2 8 103
5,即T
2
1.26s
A
x02
(
v0
)2
(1.0 102 )2 (5.0 102 )2 5
（7）两列波叠加产生干涉现象必须满足的条件
是
，
和
。
[答案：频率相同，振动方向相同，在相遇点的位相差恒定。]
4.3 质量为10 103 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按
x 0.1cos(8t 2 ) (SI) 的规律作谐振动，求： 3
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与 势能相等?
习题 4.2(2) 图 [答案：b、f； a、e]
（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。
（ a ） 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=___________________。
[答案： 2 s ] 3
（2）一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题 4.2(2)图所示。振子在位移为零， 速度为－A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________ 点。振子处在位移的绝对值为 A、速度为零、加速度为－2A 和弹性力为－KA 的 状态，则对应曲线上的____________点。
103
(
)2
大学物理课后习题(第四章)
第四章热学基础选择题4—1 有一截面均匀的封闭圆筒,中间被一光滑的活塞隔成两边,如果其中一边装有0.1kg某一温度的氢气,为了使活塞停在圆筒的正中央,则另一边应装入同一温度的氧气的质量为（ C ）(A)1kg16; (B) 0.8kg; (C) 1.6kg; (D) 3.2kg.4—2 根据气体动理论,理想气体的温度正比于（ D ）(A) 气体分子的平均速率; (B)气体分子的平均动能;(C) 气体分子的平均动量的大小; (D)气体分子的平均平动动能.4—3 在一固定的容器内,理想气体的温度提高为原来的两倍,那么（ A ）(A) 分子的平均平动动能和压强都提高为原来的两倍;(B) 分子的平均平动动能提高为原来的四倍,压强提高为原来的两倍;(C) 分子的平均平动动能提高为原来的两倍,压强提高为原来的四倍;(D) 分子的平均平动动能和压强都提高为原来的四倍.4—4 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同,分子的平均平动动能相同,且均处于平衡态,则它们（ C ）(A) 温度和压强都相同;(B) 温度和压强都不相同;(C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强;(D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.4—5 下面说法中正确的是（ D ）(A) 在任何过程中,系统对外界做功不可能大于系统从外界吸收的热量;(B) 在任何过程中,系统内能的增量必定等于系统从外界吸收的热量;(C) 在任何过程中,系统内能的增量必定等于外界对系统所做的功;(D) 在任何过程中,系统从外界吸收的热量必定等于系统内能的增量与系统对外界做功之和.4—6 如图所示,一定量的理想气体,从状态A 沿着图中直线变到状态B ,且A AB B p V p V =,在此过程中: （ B ）(A) 气体对外界做正功,向外界放出热量;(B) 气体对外界做正功,从外界吸收热量;(C) 气体对外界做负功,向外界放出热量;(D) 气体对外界做负功,从外界吸收热量.4—7 如图所示,一定量的理想气体从状态A 等压压缩到状态B ,再由状态B 等体升压到状态C .设2C B p p =、2A B V V =,则气体从状态A 到C 的过程中 （ B ）(A) 气体向外界放出的热量等于气体对外界所做的功;(B) 气体向外界放出的热量等于外界对气体所做的功;(C) 气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功;(D) 气体从外界吸收的热量等于外界对气体所做的功.4—8 摩尔定容热容为2.5R （R 为摩尔气体常量）的理想气体,由状态A 等压膨胀到状态B ,其对外界做的功与其从外界吸收的热量之比为 （ C ）(A) 2:5; (B) 1:5; (C) 2:7; (D) 1:7.4—9 质量相同的同一种理想气体,从相同的状态出发,分别经历等压过程和绝热过程,使其体积增加一倍.气体温度的改变为 （ C ）(A) 绝热过程中降低,等压过程中也降低;(B) 绝热过程中升高,等压过程中也升高;(C) 绝热过程中降低,等压过程中升高;(D) 绝热过程中升高,等压过程中降低.4—10 一理想气体的初始温度为T ,体积为V .由如下三个准静态过程构成一个循环过程.先从初始状态绝热膨胀到2V ,再经过等体过程回到温度T ,最后等温压缩到体积V .在此循环过程中,下述说法正确的是 （ A ）(A) 气体向外界放出热量; (B) 气体对外界做正功;(C) 气体的内能增加; (D) 气体的内能减少.4—11 有人试图设计一台可逆卡诺热机,在一个循环中,可从400K 的高温热源吸收热量1800J ,向300K 的低温热源放出热量800J ,同时对外界作功1000J ,这样的设计是（ B ）(A) 可以的,符合热力学第一定律;(B) 可以的,符合热力学第二定律;(C) 不行的,卡诺循环所做的功不能大于向低温热源放出的热量;(D) 不行的,这个热机的效率超过理论最大值.4—12 对运转在1T 和2T 之间的卡诺热机,使高温热源的温度1T 升高T ∆,可使热机效率提高1η∆;使低温热源的温度2T 降低同样的值T ∆,可使循环效率提高2η∆.两者相比,有（ B ）(A) 12ηη∆>∆; (B) 12ηη∆<∆;(C) 12ηη∆=∆; (D) 无法确定哪个大.4—13 在o 327C 的高温热源和o27C 的低温热源间工作的热机,理论上的最大效率为（ C ）(A) 100%; (B) 92%; (C) 50%; (D) 25%.4—14 下述说法中正确的是 （ C ）(A) 在有些情况下,热量可以自动地从低温物体传到高温物体;(B) 在任何情况下,热量都不可能从低温物体传到高温物体;(C) 热量不能自动地从低温物体传到高温物体;(D) 热量不能自动地从高温物体传到低温物体.4—15 热力学第二定律表明 （ D ）(A) 热机可以不断地对外界做功而不从外界吸收热量;(B) 热机可以靠内能的不断减少而对外界做功;(C) 不可能存在这样的热机,在一个循环中,吸收的热量不等于对外界作的功;(D) 热机的效率必定小于100%.4—16 一个孤立系统,从平衡态A 经历一个不可逆过程变化到平衡态B ,孤立系统的熵增量B A S S S ∆=- 有 （ A ）(A) 0S ∆>; (B) 0S ∆<; (C) 0S ∆=; (D) 0S ∆≥.计算题4—17 容器内装满质量为0.1kg 的氧气,其压强为61.01310Pa ⨯,温度为o 47C .因为漏气,经过若干时间后,压强变为原来的一半,温度降到o 27C .求:(1) 容器的容积;(2) 漏去了多少氧气.解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得气体的体积,即容器的容积为 333360.18.31(47273)m 8.2010m 3210 1.01310m V RT Mp -⨯⨯+===⨯⨯⨯⨯ (2) 压强变为12p p =,温度降为()227327K T =+时,由状态方程,可得剩余气体的质量为36311113210 1.013108.20102kg 0.0533kg 8.31(27273)Mp V m RT ⨯⨯⨯⨯⨯⨯===⨯+ 漏掉的气体质量为1(0.10.0533)kg 0.0467kg m m m -∆=-=-=4—18 如图所示,a 、c 间曲线是1000mol 氢气的等温线,其中压强51410Pa p =⨯, 521010Pa p =⨯.在点a ,氢气的体积31 2.5m V =,求:(1) 该等温线的温度;(2) 氢气在点b 和点d 的温度b T 和d T .解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得在等温线上,气体的温度为 52111010 2.5K 301K 10008.31p V M T m R ⨯⨯==⨯= (2) 气体由点c 等体增压至点b ,压强增大为原来的10 2.54=倍,由等体方程21b cp p T T =,可得气体在点b 的温度为212.5 2.5301K 753K b c c p T T T p ===⨯= 气体由点a 等体减压至点d ,压强减小为原来的410,由等体方程21a d p p T T =,可得气体在点d 的温度为1244301K 120K 1010d a a p T T T p ===⨯= 4—19 22.010kg -⨯氢气装在334.010m -⨯的容器内,求当容器的压强为53.9010Pa⨯时,氢气分子的平均平动动能.解 由状态方程m pV RT M=,可得气体的温度为 MpV T mR=气体分子的平均平动动能为 t 353222233332223210 3.9010 4.010 J 3.8910J 2210 6.02310a MpV MpV kT k mR mN ε----===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯4—20 在一个具有活塞的容器中盛有一定量的气体.如果压缩气体,并对它加热,使它的温度从o 27C 升到o177C ,体积减少一半.求:(1) 气体的压强是原来压强的多少倍;(2) 气体分子的平均平动动能是原来平均平动动能的多少倍.解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得压缩后与压缩前的压强之比为 21212132(273177)(27327)p VT p V T +===+ 即压强增加为原来的三倍.(2) 子的平均平动动能t 32kT ε=与温度成正比,因此,压缩后与压缩前的分子的平均平动动能之比为 t22t112731773 1.5273272T T εε+====+ 即增加为原来的1.5倍.4—21 容器中储有氦气,其压强为71.01310Pa ⨯,温度为o 0C .求:(1) 单位体积中分子数n ;(2) 气体的密度;(3) 分子的平均平动动能.解 (1) 由p nkT =,可得单位体积中的分子数为73273231.01310m 2.6910m 1.3810273p n kT ---⨯===⨯⨯⨯ (2) 气体的密度为2727334 1.6710 2.6910kg m 18.0kg m mn ρ---==⨯⨯⨯⨯⋅=⋅(3) 分子的平均平动动能为2321t 33 1.3810273J 5.6510J 22kT ε-==⨯⨯⨯=⨯4—22 如图所示,一系统从状态A 沿ABC 过程到达状态C ,从外界吸收了350J 的热量,同时对外界做功126J .(1) 如沿ADC 过程,对外界作功为42J ,求系统从外界吸收的热量;(2) 系统从状态C 沿图示曲线返回状态A ,外界对系统做功84J ,系统是吸热还是放热?数值是多少?解 由热力学第一定律,ΔQ E A =+,可得从状态A 到状态C ,系统内能的增量为Δ350J 126J 224J ABC ABC E Q A =-=-=(1) 沿ADC 过程从状态A 到状态C ,系统吸收的热量为Δ224J 42J 266J ADC ADC Q E A =+=+=(2) 从状态C 沿图示曲线所示过程返回状态A ,系统吸收的热量为Δ224J 84J 308J CA CA Q E A =+=--=-308J<0CA Q =-,说明系统向外界放热308J .4-23 如图所示,一定量的空气, 起始在状态A ,其压强为52.010Pa ⨯,体积为332.010m -⨯沿直线AB 变化到状态B 后,压强变为51.010Pa ⨯,体积变为333.010m -⨯.求此过程中气体对外界所做的功.解 在此过程中气体作正功,大小为图示直线AB 下的面积()()()()5533121 2.010 1.010 3.010 2.010J 150J 2A B B A A p p V V -=+-=⨯+⨯⨯-⨯= 4—24 在标准状态下,1mol 的氧气经过一等体过程,到达末状态.从外界吸收的热量为336J .求气体到达末状态的温度和压强.设氧气的摩尔定容热容,m 52V C R =. 解 初始为标准状态,50 1.01310Pa p =⨯,230 2.2410m V -=⨯,0273K T =.气体经过等体过程吸受的热量等于内能的增量,,m V Q E C T =∆=∆.由此可得1mol 氧气经过等体过程后温度变化为,m 336 K 16.1K 2.58.31V Q T C ∆===⨯ 气体到达末状态时的温度为 0273K 16.1K 289K T T T =+∆=+=由等体方程,00p pT T =,可得气体到达末状态时的压强为5500 1.01310289 Pa 1.0710Pa 273p p T T ⨯==⨯=⨯ 4—25 在标准状态下,0.032kg 的氧气经过一等温过程,到达末状态.从外界吸收的热量为336J .求气体到达末状态的压强和体积.解 0.032kg 的氧气是1mol .标准状态为50 1.01310Pa p =⨯,230 2.2410m V -=⨯, 0273K T =.气体经过等温过程,吸受的热量等于其对外界所作的功:000000lnln V p Q A p V p V V p === 由此可得 520000336ln ln 0.1481.01310 2.2410V p Q V p p V -====⨯⨯⨯ 气体到达末状态的压强和体积分别为0.14850.14840 1.01310 Pa 8.710Pa p p e e --==⨯⨯=⨯0.14820.1483230 2.2410 m 2.6010m V V e e ----==⨯⨯=⨯4—26 1mol 的氦气,从温度为o 27C 、体积为232.010m -⨯,等温膨胀到体积为234.010m -⨯后,再等体冷却到o 27C -,设氦气的摩尔定容热容,m 32V C R =,请作出P V -图,并计算这一过程中,氦气从外界吸收的热量和对外界做的功.解 过程的P V -图如图所示.在等温过程AB 中,气体吸受的热量等于对外所做的功,为()232ln 4.010 8.3127327lnJ 1.7310 J 2.010BAB AB A AV Q A RT V --==⨯=⨯+⨯=⨯⨯ 在等体过程BC 中,气体做功为零,即0BC A =,吸受的热量为(),m 38.31(2727) J 673 J 2BC V C B m Q C T T M -=-=⨯⨯+=- 在整个过程ABC 中,气体吸受的热量和所作的功分别为()31.730.67 J 1.0610 J AB BC Q Q Q =+=-=⨯31.7310 J AB A A ==⨯4—27 将1mol 理想气体等压加热,使其温度升高72K ,气体从外界吸收的热量为31.610 J ⨯.求:(1) 气体对外界所做的功;(2) 气体内能的增量;(3) 比热容比.解 (1) 在此等压过程中气体对外界所做的功为8.3172 J 598 J A R T =∆=⨯=(2) 在此等压过程中气体内能的增量为33(1.610598)J 1.0010J E Q A ∆=-=⨯-=⨯(3) 气体的摩尔定压热容和定容热容分别为31111,m 1.6010J mol K 22.2J mol K 72p Q C T ----⨯==⋅⋅=⋅⋅∆ ()1111,m ,m 22.28.31J mol K 13.9J mol K V p C C R ----=-=-⋅⋅=⋅⋅比热容比为,m,m 22.2 1.6013.9p V C C γ=== 4—28 1mol 理想气体盛于气缸中,压强为51.01310Pa ⨯,体积为231.010m -⨯.先将此气体在等压下加热,使体积增大一倍.然后在等体下加热,使压强增大一倍.最后绝热膨胀使温度降为初始温度.请将全过程在p V -图中画出,并求在全过程中内能的增量和对外所做的功.设气体的摩尔定压热容,m 52p C R =. 解 过程的P V -图如图所示.因为末状态D 与初状态A 的温度相同,所以,从状态A 到状态D 的全过程中的内能增量为零:0E ∆=由热力学第一定律,ΔQ E A =+,由于0E ∆=,因此,全过中程气体吸受的热量等于对外界所做的功:()(),m ,m p B A V C B A Q C T T C T T ==-+-而,m ,m 5322V p C C R R R R =-=-= pV RT =于是()()5322B B A AC C B B A Q p V p V p V p V ==-+- 由于2B B A A p V p V =,24C C B B A A p V p V p V ==,因此5331111 1.01310 3.010 J 1.6710 J 22A A A Q p V -===⨯⨯⨯⨯=⨯ 4—29 1mol 的氮气,温度为o 27C ,压强为51.01310Pa ⨯.将气体绝热压缩,使其体积变为原来的15.求: (1) 压缩后的压强和温度;(2) 在压缩过程中气体所做的功( 1.4)γ=.解 (1) 在绝热过程中,pV γ为常数.压缩后的压强为 5 1.4500 1.013105Pa 9.6410Pa V p p V γ⎛⎫==⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭在绝热过程中,1V T γ-亦为常数.压缩后的温度为1(1.41)00(27273)5K 571K V T T V γ--⎛⎫==+⨯= ⎪⎝⎭(2) 将 1.4γ=代入,m ,mV V C RC γ+=,可得,m 52V C R =.在绝热压缩过程中,气体对外界所做的功,等于内能的减少:3055()8.31[571(27273)]J 5.6310J 22A E R T T =-∆=--=-⨯⨯-+=-⨯ 负号说明,在绝热压缩过程中,是外界对气体做功.4—30 一卡诺热机低温热源温度为o 7C ,效率为40%,若要把它的效率提高到50%,高温热源的温度应提高多少开?解 在效率为40%和50%的两种情况下,低温热源温度2T 相同.由211T T η=-,两种情况下的效率分别可表为 21122140%150%1T T T T T ηη==-==-+∆由此可得,高温热源的温度应提高 22112737K 93.3K 0.500.6033T T T +⎛⎫∆=-=== ⎪⎝⎭4—31 一卡诺热机,高温热源的温度为400K ,每一个循环从高温热源吸收75 J 热量,并向低温热源放出60 J 热量.求:(1) 低温热源温度;(2) 循环效率.解 (1) 对卡诺循环,有2211Q T T Q =,由此可得低温热源的温度为 221160400 K 320 K 75Q T T Q ==⨯=(2) 热机的循环效率为21601120%75Q Q η=-=-= 4—32 一卡诺机,在温度o 127C 和o 27C 两个热源间运转. (1)若一个正循环,从o 127C 热源吸收1200 J 热量,求向o 27C 的热源放出的热量;(2)若此循环逆向工作,从o 27C 的热源吸收1200 J 热量,求向o 127C 的热源放出的热量.解 (1) 对卡诺热机,2211Q T T Q =,由此可得,一个正循环向低温热源放出的热量为 2211272731200 J 900 J 127273T Q Q T +==⨯=+ (2) 对卡诺制冷机,有2211Q T Q T '=',由此可得,一个逆循环向高温热源放出的热量为 112241200 J 1600 J 3T Q Q T ''==⨯= 4—33 理想气体做卡诺循环,高温热源的热力学温度是低温热源热力学温度的n 倍,求在一个循环中,气体从高温热源吸收的热量有多少比例传给了低温热源.解 对卡诺热机,2211Q T T Q =,将12T n T =代入,可得 211Q Q n= 气体从高温热源吸收的热量有1n传给了低温热源. 4-34 质量为m ,摩尔质量为M 的理想气体,其摩尔定容热容为,m V C .在可逆的等体过程中温度从1T 升高到2T ,试证明在这一过程中气体的熵增量为2,m 1ln V T m S C M T ∆= 证 在气体的初态和末态间作可逆的等体曲线.气体沿此曲线,在温度升高d T 的元过程中,吸热为,m d d V m Q C T M=,熵增为,m d d d V Q m T S C T M T== 温度从1T 升高到2T ,气体的熵增量为 22112,m ,m 1d d ln S T V V S T T m T m S S C C M T M T ∆===⎰⎰ 4-35 质量为m ,摩尔质量为M 的理想气体,在可逆的等压过程中,温度从1T 升高到2T ,求在这一过程中,气体的熵增量.已知气体的摩尔定压热容为,m p C .解 在气体的初态和末态间作可逆的等压曲线.气体沿此曲线,在温度升高d T 的元过程中,吸热为,m d d p m Q C T M=,熵增为 ,m d d d p Q m T S C T M T== 温度从1T 升高到2T ,气体的熵增为22112,m ,m 1d d ln S T p p S T T m T m S S C C M T M T ∆===⎰⎰。
大学物理第四章习题主讲与复习
第四章
2019/2/9
1
第十题 4-13
如图所示，质量 m1 16 kg 的实心圆柱体A，其半径为 r 15 cm ，可以绕 其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳 绕在圆柱体上，其另一端系一个质量 m 2 8.0 kg 的物体B。 求：（1）物体由静止开始下降后 1.0 s 的距离；（2）绳的张力 FT
解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心
圆柱体而言，由转动定律得
1 FT r j m1r 2 2
对悬挂物体而言，依据牛顿定 律，有
m2 g FT m2 a P2 FT
又由角量与线量 的关系，得
a r
且
FT FT
解上述方程组，可得物 体下落的加速度
2m2 g a m1 2m2
2019/2/9 9
解：（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环
所受的摩擦力大小
dl
dFf 2rdrmg/ R
dM r dFf
2
2
dr
其方向与环的半径垂直，它的摩擦力矩为
2r mgdr
2r 2 m gdr 2 m gR 2 R 3
R
2
k
式中k为轴向的单位矢量。圆盘所受的总摩擦力矩大小为
FT1 m1 g sin m1 g cos m1a1 （1）
而B则是在张力FT2和重力P2的作用下运动，有
m2 g FT2 m2 a2
（2）
由于绳子不能伸长、绳与轮之间 无滑动，则有
对滑轮而言，根据定轴转动定律有
a1 a2 r （3）
r FT1 r J F T2 2019/2/9
m1R m2 r gr 2 2 J 1 J 2 m1R m2 r
大物4习题课四答案
35.1
cm 1m
0.8553 0.5039
4-14 由题意 (a b) sin k11
(a b) sin k22
k1 2 660 3 k2 1 440 2
k1=3，6，9，… k2=2，4，6，…
第二次重合 k1= 6，k2 = 4
a b k11 6 440 3.05103 nm sin sin 60
I1 I2
cos2 1 cos2 2
4-11 设第五条明纹到棱边的距离为l
l sin e5
l
e5
2ne 5
52
e5
9
4n
l e5 9 9
sin 4n sin 4n
充入液体前：n = 1
l1
9 4
充入液体后：n = 1.4
l2
9 4n
Δl
l1
l2
9 4
(1
1) n
1.61mm
4-12 (1) 反射光的光程差
2 e k k 1, 2, 3 明环
2 r2 2eR (2k 1) R
2
r52
9
2
R
2r52 2 0.32 0.5 104 cm 500 nm
9R 9 400
(2) 已知rk=1.0cm
r2 k
2eR
(2k
1)
R
2
k
r2 k
R
1 2
12 0.510 4
400
1 2
50.5
I I20 cos2 600
波动光学 习题课
一、基本概念
1、相干光的获得 把由光源上同一点发出的光设法分成两部分，再叠
加起来。
分波阵面法 分振幅法
2、光程与光程差
大学物理第四章课后答案
I = 625N ∆t
-4-
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2. 解： （1）由动量守恒定律
Mυ 2 − mυ1 = 0
（2）由动量定理：
υ 2 = 2.5 m s
方向与子弹飞行方向相反。
F=
Mυ 2 Mυ 2 = = 300 N t 0.05
3.
m ， dt 时间内链条长 L 度变化为 dl ，即有 dl 长度的链条在 dt 时间内堆在地
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第四章 动量定理
一、 填空 1. 2. 3. 4. 是表示力在空间上累积作用的物理量， 是表示力在时间上累 积作用的物理量。 质点动量定理的微分形式是 。 质点动量定理的积分形式是 。 对于质点系来说，内力 （ “改变”或“不改变” ）质点系中各个质点 的动量，但 （ “改变”或“不改变” ）质点系的总动量。 若质点系沿某坐标方向所受的合外力为零，则 守恒。 如果两物体碰撞过程中，动能完全没有损失，这种碰撞称为 ，否则 就称为 ；如果碰撞后两物体以相同的速度运动，这种碰撞称 为 。 ， 其中 υ10 ,υ1 是某一物
l
m M v0 V v
. 如图所示，在一铅直面内有一光滑的轨道，左边是一个上升的曲线，右边是 13 13. 足够长的水平直线， 两者平滑连接， 现有 A ， B 两个质点， B 在水平轨道上静止， A 在曲 线部分高 h 处由静止滑下，与 B 发生完全弹 性碰撞， 碰后 A 仍可返回上升到曲线轨道某 处，并再度滑下，已知 A ， B 两质点的质量 分别为 m A 和 m B 。求 A ， B 至少发生两次碰 撞的条件。 14. 如图所示，两车厢质量均为 M ，左边车厢地板上放一质量为 M 的货箱，它 们共同以 υ 0 的速度向右运动。 另一车厢以 2υ 0 从相反方向向左运动并与左车厢碰
大学物理课后答案第四章
第四章 气体动理论一、基本要求1．理解平衡态的概念。
2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。
3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。
4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。
5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。
6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。
二、基本内容1. 平衡态在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。
2. 理想气体状态方程在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式pV vRT =或 n k T p =式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量 118.31R J mol K --=⋅⋅，k 为玻尔兹曼常量 2311.3810k J K --=⨯⋅3. 理想气体压强的微观公式21233t p nm n ε==v4. 温度及其微观统计意义温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上32t kT ε=5. 能量均分定理在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2kT 。
以i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为2t i kT ε=6. 速率分布函数()dNf Nd =v v麦克斯韦速率分布函数232/22()4()2m kT m f e kTππ-=v v v7. 三种速率最概然速率p =≈v 平均速率==≈v 方均根速率==≈8. 玻尔兹曼分布律平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。
重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）：kT m gh e n n /0-=9. 范德瓦尔斯方程采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体RT b V V ap m m=-+))((2 10. 气体分子的平均自由程λ==11. 输运过程 内摩擦dS dz du df z 0)(η-=， 1133mn ηλρλ==v v 热传导dSdt dz dT dQ z 0)(κ-= 13v c κρλ=v 扩散dSdt dz d D dM z 0)(ρ-= 13D λ=v三、习题选解4-1 一根铜棒的两端分别与冰水混合物和沸水接触，经过足够长的时间后，系统也可以达到一个宏观性质不随时间变化的状态。
大学物理第四章习题及答案
第四章 刚体的转动4-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由3102.1⨯r.min -1增加到3107.2⨯r.min -1。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：曲轴做匀变速转动。
（1）角速度n πω2=，根据角速度的定义dtd ωα=，则有：()=-=-=tn n t002πωωα13.1rad.s -2 （2）发动机曲轴转过的角度为t t t 221020ωωαωθ+=+=()t n n 0+=π在12秒内曲轴转过的圈数为 N 390220=+==t n n πθ圈。
4-2 一半径为0.25米的砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动，现关闭电源，砂轮均匀地减速，15秒钟后停止转动.求（1）砂轮的角加速度；（2）关闭电源后10=t s 时砂轮的角速度,以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度大小.解：（1）4.1886060180020==⨯=ππω rad.s 1- 57.12415600=-=-=πα rad.s 2- （2）7.621057.124.1880=⨯-=+=t αωω rad.s 1-7.1525.07.62=⨯==r v ω m.s 1-14.3-==αr a t m.s 2- , 9872==ωr a n m. s 2-98822=+=n t a a a m. s 2-.4-3如图，质量201=m kg 的实心圆柱体A 其半径为20=r cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻绳绕在圆柱体上，另一端系一个质量102=m kg 的物体B ，求：（1）物体B 下落的加速度；（2）绳的张力T F 。
解： （1） 对实心圆柱体A ，利用转动定律αα2121r m J r F T == ——①对物体B ，利用牛顿定律a m F g m T 22=- ——② 有角量与线量之间的关系 αr a = 解得：9.422212=+=m m g m a m ·s -2（2）由②得 492)(2121=+=-=g m m m m a g m F T Ｎ4—3题图4-4如图,一定滑轮两端分别悬挂质量都是m 的物块A 和B ，图中R 和r ，已知滑轮的转动惯量为J ，求A 、B 两物体的加速度及滑轮的角加速度（列出方程即可）。
大学物理第四章课后答案
题4-1图 解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如 质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置 附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系 统的运动微分方程能用
(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为 1.0g 的物体时，伸长为 4.9cm ．用这个弹簧和一个质量 为 8.0g 的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开 1.0cm 后 ，给予向上的初速度
v0 = 5.0cm ⋅ s −1 ，求振动周期和振动表达式．
d2 x mg sin θ − T1 = m 2 dt
①
T1 R − T2 R = Iβ
d2 x = Rβ dt 2
②
T2 = k ( x 0 + x )
③
式中 x0 = mg sin θ / k ，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有
I d2x (mR + ) 2 = − kxR R dt
令 则有
7
∴ 故其角振幅
Байду номын сангаас
2 A = x0 +(
v0 2 v 0 0.01 ) = = = 3.2 × 10 −3 m ω ω 3.13 A = 3.2 × 10 −3 rad l
Θ=
小球的振动方程为
∆φ = ω (t 2 − t1 ) = 8π (5 − 1) = 32π
大学物理第四章习题及答案
大学物理第四章习题及答案大学物理第四章习题及答案第四章是大学物理课程中的重要章节，主要涉及力学和运动学的内容。
在这一章中，学生将学习到关于运动的基本概念和原理，以及如何应用这些知识解决实际问题。
为了帮助学生更好地理解和掌握这一章节的知识，以下是一些常见的习题及其答案。
习题一：一个物体以10 m/s的速度从10 m高的斜面上滑下，滑到底部时的速度是多少？解答：根据能量守恒定律，物体在滑下过程中，其机械能守恒。
由于没有外力做功，物体的机械能在滑下过程中保持不变。
因此，物体在滑到底部时的机械能等于初始机械能。
初始机械能 = 动能 + 重力势能= 1/2 mv^2 + mgh根据题目给出的条件，可得：1/2 mv^2 + mgh = 1/2 m(10)^2 + m(10)(10)= 50m + 100m= 150m因此，滑到底部时的速度为10 m/s。
习题二：一个物体以10 m/s的速度从斜面上滑下，滑到底部时的时间是多少？解答：根据运动学中的运动方程，可以求解物体滑下斜面所用的时间。
在这个问题中，物体的初速度为0，加速度为重力加速度g，位移为斜面的长度L。
根据运动方程：S = ut + 1/2 at^2L = 0 + 1/2 gt^22L = gt^2t^2 = 2L/gt = sqrt(2L/g)根据题目给出的条件，斜面的长度L为10 m，重力加速度g为10 m/s^2，代入上述公式可得：t = sqrt(2(10)/10)= sqrt(2)≈ 1.414 s因此，滑到底部时的时间约为1.414秒。
习题三：一个物体以10 m/s的速度从斜面上滑下，滑到底部时的加速度是多少？解答：根据牛顿第二定律，物体在斜面上滑动时受到的合力等于物体的质量乘以加速度。
在这个问题中，物体的质量为m，斜面的倾角为θ，重力加速度为g。
合力 = m * 加速度m * g * sinθ = m * 加速度加速度= g * sinθ根据题目给出的条件，斜面的倾角θ为30度，重力加速度g为10 m/s^2，代入上述公式可得：加速度= 10 * sin(30°)≈ 5 m/s^2因此，滑到底部时的加速度约为5 m/s^2。
大学物理第四章 习题解答
第四章 习题解答（仅供参考）4．3 如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅； （2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即mv = (m + M )v 0． 解得子弹射入后的速度为v 0 = mv/(m + M ) = 2(m·s -1)， 这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得 (m + M ) v 02/2 = kA 2/2， 所以振幅为A v =10-2(m)． （2）振动的圆频率为ω=s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得 φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为 x = 5×10-2cos(40t - π/2)．4．4 如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为v =物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为0m v v m M ==+，这也是它们振动的初速度．设振动方程为 x = A cos(ωt + φ)， 其中圆频率为ω=物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则x 1 = Mg/k ．物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则x 2 = (M + m )g/k ．图4.3图4.4取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x0 = x1 - x2 = -mg/k．因此振幅为A===初位相为arctanvx ϕω-==4．14三个同方向、同频率的简谐振动为10.08cos(314)6x t π=+，20.08cos(314)2x t π=+，350.08c o s(314)6x t π=+．求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式；（2）合振动由初始位置运动到x A=所需最短时间（A为合振动振幅）．[解答] 合振动的圆频率为ω = 314 = 100π(rad·s-1)．设A0 = 0.08，根据公式得A x = A1cosφ1 + A2cosφ2 + A3cosφ3 = 0，A y = A1sinφ1 + A2sinφ2 + A3sinφ3 = 2A0 = 0.16(m)，振幅为A=，初位相为φ = arctan(A y/A x) = π/2．合振动的方程为x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当/2x=时，可得cos(100/2)2tππ+，解得100πt + π/2 = π/4或7π/4．由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s．。
大学物理教程第4章习题答案
思 考 题4.1 阿伏伽德罗定律指出：在温度和压强相同的条件下，相同体积中含有的分子数是相等的，与气体的种类无关。
试用气体动理论予以说明。
答： 据压强公式 p nkT = ，当压强和温度相同时，n 也相同，与气体种类无关； 4.2 对一定量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大。
当体积不变时，压强随温度的升高而增大。
从微观角度看，两种情况有何区别。
答：气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果。
当温度不变时，若体积减小，分子数密度增大，单位时间内碰撞器壁的分子数增加，从而压强增大；而当体积不变时，若温度升高，分子的平均平动动能增大，分子碰撞器壁的力度变大，从而压强增大；4.3 从气体动理论的观点说明：（1）当气体的温度升高时，只要适当地增大容器的容积，就可使气体的压强保持不变。
（2）一定量理想气体在平衡态（p 1，V 1，T 1）时的热动平衡状况与它在另一平衡态（p 2，V 2，T 2）时相比有那些不同?设气体总分子数为N ，p 2< p 1，V 2< V 1。
（3）气体在平衡状态下，则222213x y z v v v v ===， 0x y z v v v ===。
(式中x v 、y v 、z v ，是气体分子速度v 的三个分量)。
答：（1）由p nkT = 可知，温度升高时，n 适当地减小，可使压强不变；（2） 在平衡态（2p ，2V ,2T ）时分子的平均平动动能较在平衡态（1p ，1V ，1T ）时小，但分子数密度较大；（3） 因分子向各方向运动的概率相同，并且频繁的碰撞，速度的平均值为零，速度平方的平均值大小反映平均平动动能的大小，所以各分量平方平均值相等；4.4 有人说“在相同温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，氧分子的质量比氢分子的大，所以氢分子的速率一定比氧分子大”。
这样讲对吗？答：不对，只能说氢分子的速率平方平均值比氧分子的大。
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J
a2 R
m1g T1 m1a1
(a1 a2 )J (T1 T2 )R2
m2g T2 m2a2 T1 m1(g a1) 78.3N T2 m2 (g a2 ) 39.2N
J (T1 T2 )R2 a1 a2
1.06 103 kg m2
第三章 刚体转动
测得下落时间 t1 16s ；若用质量 m2 4.0kg 的
重物时, t2 25s , 假定摩擦力矩 Mf 是一个常量 ,
求飞轮的转动惯量.
解：受力分析、坐标如图
R
R
T
Mf
T mg
y
第三章 刚体转动
m1
m2
h
h
刚体的转动习题课选讲例题
已知：R 50cm h 2.0m
物理学教程
（第二版） T
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 一人握有两只哑铃, 站在一可无摩擦地转动 的水平平台上, 开始时两手平握哑铃, 人、哑铃、平台 组成的系统以一角速度旋转, 后来此人将哑铃下垂于 身体两侧, 在此过程中, 系统
(A) 角动量守恒, 机械能不守恒; (B) 角动量守恒, 机械能守恒; (C) 角动量不守恒, 机械能守恒; (D) 角动量不守恒, 机械能不守恒.
r
an
a
a at2 an2 0.51m s2
arctan(an at ) 38.7
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例：求一半径 R 50cm 的飞轮对过其中心轴的
转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳末端挂一重物, 其
质量 m1 8.0kg 的让其从 h 2.0m 处静止下落,
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 关于力矩有以下几种说法: （1）内力矩不会改变刚体对某个轴的角动量; （2）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零; （3）质量相等, 形状和大小不同的两个刚体, 在相同 力矩的作用下, 他们的角加速度一定相等; 在上述说法中
(A) 只有（2）是正确的;
(B)（1）、（2）是正确的;
(C)（2）、（3）是正确的;
(D)（1）、（2）、（3）都是正确的.
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 如图所示, A、B
为两个相同的定滑轮, A 滑
轮挂一质量为M的物体, B A
B
滑轮受力F = Mg, 设 A、B
两滑轮的角加速度分别为
物理学教程 （第二版）
求（2）t 5s 时角速度及转过的圈数；
0.8rad s2
t 4 rad s
1 t2 10rad
2
n 1.6
2π
求（3） t 1s 时轮缘上一点的加速度.
a
r 0.5m at
at a 0.4ms2
t 0.8rad s1
an r 2 0.32m s2
2h t22
0.0064
m/s
2
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
已知：R 50cm h 2.0m
m1 8.0kg t1 16s
m2 4.0kg t2 25s
Mf
T
T
mg y
Mf C 求：J a1 0.0156 m/s 2 a2 0.0064 m/s 2
T1R M f
J 002
Ek
1 2
J0 3
902
3 2
J 002
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 一质量为 m' 、半径为 R 的圆盘，可绕一垂
直通过盘心的无摩擦的水平轴转动 . 圆盘上绕有轻绳，
一端挂质量为m 的物体 . 问物体在静止下落高度 h 时，
其速度的大小为 多少? 设绳的质量忽略不计 .
M
αA和αB ,不计滑轮的摩擦,这
两个滑轮的角加速度的 大小关系为:
F =Mg
T
（A）αA＝αB ;
A
（B）αA>αB;
Tr J A
J
aA r
Mg T MaA
第三章 刚体转动
（C） αA<αB ;
（D）无法确定. Mg
B
Fr
Mgr
J B
J
aB r
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
加速度上升, 求 （1）滑轮角加速度；（2）t 5s 时
角速度及转过的圈数；（3） t 1s 时轮缘上一点的
加速度.
r
已知： r 0.5m a 0.4m s2
解（1） at a 0.4ms2
a
at a
rr
0.4 0.8rads2
0.5
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
解： d (at bt3 ct4 ) a 3bt2 4ct3
dt
d (a 3bt2 4ct3) 6bt 12ct2
dt
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 一条缆索绕过一定滑轮拉动一升降机，滑轮半
径 r 0.5m , 如果升降机从静止开始以 a 0.4m s2
解 拉力 FT 对圆 盘做功，由刚体绕定轴转动的动
能定理可得，拉力 FT 的力矩所作的功为
0 FTRd R 0 FTd
1 2
J
2
1 2
J
2 0
FN
o P'
FT
o
R m' m
例 人造地球卫星, 绕地球作椭圆轨道运动, 地球 在椭圆的一个焦点上, 则卫星的：
(A) 动量不守恒, 动能守恒; (B) 动量守恒, 动能不守恒; (C) 角动量守恒, 动能不守恒; (D) 角动量不守恒, 动能守恒.
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 一飞轮在时间t 内转过角度 at bt 3 ct 4 ， 式中 a、b、c 都是常量，求它的角加速度.
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 一滑冰者开始转动时 Ek0 J002 2 ，然后将
手臂收回，使转动惯量减少为原来的 1/3，求此时的转
动角速度.
注意：刚体定轴转动内力矩的功之
和为零，非刚体不一定.
解：外力矩为零，角动量守恒
J 00
1 3
J
0
30
内力做功，转动动能变化
Ek0
1 2
m1 8.0kg t1 16s
m2 4.0kg t2 25s
Mf C 求：J
m1g T1 m1a1
T1R M f
J
a1 R
h
1 2
a1t12
a1
2h t12
0.0156
m/s
2
第三章 刚体转动
Mf
T
mg
y
m2 g T2 m2a2
T2 R M f
J
a2 R
h
1 2
a2t22
a2