计算物理基础答案 彭芳麟 第五章
基础物理学第五章(静电场)课后习题答案
第五章 静电场 思考题5-1 根据点电荷的场强公式2041rqE ⋅=πε，当所考察的点与点电荷的距离0→r 时，则场强∞→E ，这是没有物理意义的。
对这个问题该如何解释？ 答:当时,对于所考察点来说,q 已经不是点电荷了,点电荷的场强公式不再适用.5-2 0FE q =与02014q E r r πε=⋅两公式有什么区别和联系？ 答：前式为电场（静电场、运动电荷电场）电场强度的定义式，后式是静电点电荷产生的电场分布。
静电场中前式是后一式的矢量叠加，即空间一点的场强是所有点电荷在此产生的场强之和。
5-3 如果通过闭合面S 的电通量e Φ为零，是否能肯定面S 上每一点的场强都等于零？答：不能。
通过闭合面S 的电通量e Φ为零，即0=⋅⎰SS d E，只是说明穿入、穿出闭合面S的电力线条数一样多，不能讲闭合面各处没有电力线的穿入、穿出。
只要穿入、穿出，面上的场强就不为零，所以不能肯定面S 上每一点的场强都等于零。
5-4 如果在闭合面S 上，E 处处为零，能否肯定此闭合面一定没有包围净电荷？ 答：能肯定。
由高斯定理∑⎰=⋅内qS d E S1ε，E 处处为零，能说明面内整个空间的电荷代数和0=∑内q，即此封闭面一定没有包围净电荷。
但不能保证面内各局部空间无净电荷。
例如，导体内有一带电体，平衡时导体壳内的闭合高斯面上E 处处为零0=∑内q，此封闭面包围的净电荷为零，而面内的带电体上有净电荷，导体内表面也有净电荷，只不过它们两者之和为零。
5-5 电场强度的环流lE dl ⋅⎰表示什么物理意义？0lE dl⋅=⎰表示静电场具有怎样的性质？答：电场强度的环流lE dl ⋅⎰说明静电力是保守力，静电场是保守力场。
0lE dl⋅=⎰表示静电场的电场线不能闭合。
如果其电场线是闭合曲线，我们就可以将其电场线作为积分回路，由于回路上各点沿环路切向，得⎰≠⋅Ll d E 0，这与静电场环路定理矛盾，说明静电场的电场线不可能闭合。
大学物理学(课后答案)第5-6章
第5章 机械振动一、选择题5-1 一个质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A-，且向x 轴的正方向运动，代表这个简谐振动的旋转矢量图为[ ]分析与解 图中旋转矢量投影点的运动方向指向Ox 轴正向，同时矢端在x轴投影点的位移为2A-,满足题意,因而选(D)。
5-2 作简谐振动的物体，振幅为A ，由平衡位置向x 轴正方向运动，则物体由平衡位置运动到32Ax =处时，所需的最短时间为周期的几分之几[ ] (A) 1 /2 (B) 1/4 (C) 1/6 (D) 1/12分析与解 设1t 时刻物体由平衡位置向x 轴正方向运动，2t 时刻物体第一次运动到32A x =处，可通过旋转矢量图，如图5-2所示，并根据公式2t T ϕπ∆∆=得31226t T T T ϕπππ∆∆===，,因而选(C)。
5-3 两个同周期简谐振动曲线如图5-3(a)所示，1x 的相位比2x 的相位[ ]O O OO A Axxx(A) (B)(D)(C)A /2-A /2 A /2 -A /2A Aωωωωx习题5-1图习题5-2图(A) 落后2π(B) 超前2π(C) 落后π (D) 超前π分析与解 可通过振动曲线作出相应的旋转矢量图（b ），正确答案为（B ）。
5-4 一弹簧振子作简谐振动，总能量为E ，若振幅增加为原来的2倍，振子的质量增加为原来的4倍，则它的总能量为[ ](A) 2E (B) 4E (C) E (D) 16E 分析与解 因为简谐振动的总能量2p k 12E E E kA =+=，因而当振幅增加为原来的2倍时，能量变为原来的4倍，因而答案选(B)。
5-5 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐振动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐振动的相位差为[ ](A) 60 (B) 90 (C) 120 (D) 180分析与解 答案（C ）。
由旋转矢量图可知两个简谐振动的相位差为 120时,合成后的简谐运动的振幅仍为A 。
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-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN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2cos()xy A t πωλ=-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0.03cos(4)2A y t ππ=-(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：cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+；即 0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--= 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20 6.010sin 2y t π-=⨯(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：26.010sin ()2xy t u π-=⨯- 50.06sin()24t ππ=-，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[50()]2x y t u ππ=-+= 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 = 0．5．5 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0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+． （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：图5.5cos[2()]t xy A T πϕλ=++，当t = T /4时的波形方程为：cos(2)2x y A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+．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：cos 2()t xy A T πλ=+．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-， 曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为 cos(2)2a t y A T ππ=+； x b = λ处的质点的振动方程为 cos(22)b t y A Tππ=+． 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cos[2()]t xy A T πϕλ=-+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：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+ cos[()]23t x ππ=-+． （3）t = 1s 时刻的波形方程为 5cos()26y x ππ=-，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：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么A 和B 两点的振动方程分别为：cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+，cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+．两点之间的位相差为：2(2)6B A x x πππλλ---=-，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3cos 4()3cos(4)5x xy t t u πππ=+=+．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-．（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3cos 4()3cos(4)B B xy 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=+=+．[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：2212w A ρω== 158(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 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)．5．12 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：2212w A ρω== 6.37×10-6(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 2.16×10-3(W·m -2)， 标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，图5.10此声强的分贝数为：010lgIL I == 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BB S Su u u u νν-=-，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33060033030B S S u u u νν==--= 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33060033030B S S u u u νν==-+= 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3301060033030B B S S u u u u νν-+==--= 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3301060033030B B S S u u u u νν--==-+= 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 T 0 = 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)．（2）反射面接收到的频率为1033165108033130B S u u u u νν++==⨯--= 1421(Hz)． 将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为`11331142133165B u u u νν==⨯--= 1768(Hz)．反射声音的波长为`1111331651421B B uu u u λννν--=-===0.1872(m)．或者 `1`13311768u λν=== 0.1872(m)．[注意]如果用下式计算波长`111650.27871768B u λλν=-=-=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 1cos[2()]t xy A T πϕλ=++， 那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-，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1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+，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1 2121/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+ 5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-．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1cos 2()t xy A T πλ=+，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2cos 2()t xy A T πλ=-．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得222cos cos y A x t Tππλ=，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：1 6.0cos (0.028.0)2y x t π=-，2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+，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：1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-，2 6.0cos 2()0.5200t xy π=+，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，…)．。
计算物理基础答案-彭芳麟--第五章
解.
第一问:
function C5T4.1
global g k ml m2 h nt x g=10; ml=l; m2=l; k=100; h=2;
opts=odeset(JeventsJ,@myevents);
(2)学习根据解决问题的需要来选择坐标系，木题就是选择直角坐标系 而不是极坐标系。
解.
function C5T2 Z已经加入界面
global p
p=3；
figure
y0=[-10,1,10,0;
-10,1,2,0;
-10,1,0,0;
-10,1,-10,0；
-10,1,-4,o；
-10,1,4,0;
tstart=O;
tfinal=100;
tspan=tstart：0・03:tfinal;
yO=[h,vO,O,O];
tout=[];
xout二[];
t=0;
while t(end)<tfinal-0.1
[t>x,te>xe>ie]=ode45(©f,tspan,yO,opts);
nt=length(t);
axis equal
axis offhold on
plot(0,0, %\fs｛太阳标志｝
[x,y] =pol2cart(theta, 1 ./u(: ,1)); %\fs｛极坐标转换为直角坐标｝
plot(x,y)function ydot=sxjdf(theta,u) a=l;b=0.06;
ydot=([u(2)；
vertiline=line(xv,yv, 'color't1,>erasemodeyJxoL);
《新编基础物理学》第5章习题解答和分析
第5章 机械振动5-1 有一弹簧振子，振幅22.010m A -=⨯，周期 1.0s T =，初相34πϕ=.试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式可得到振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为2cos()cos()x A t A t Tπωϕϕ=+=+ 代入有关数据得30.02cos(2)(m)4x t ππ=+振子的速度和加速度分别是1d 30.04sin(2)(m s )d 4x t t πππ-==-+⋅v 2222d 30.08cos(2)(m s )d 4x a t t πππ-==-+⋅5-2一弹簧振子的质量为0.500kg ，当以35.0cm 的振幅振动时，振子每0.500s 重复一次运动.求振子的振动周期T 、频率ν、角频率ω、弹簧的倔强系数k 、物体运动的最大速率max v 、和弹簧给物体的最大作用力max F .分析：最大速率max A ω=v , 2max a A ω=，max max F ma =，2v ωπ=，1v T=，所以只要求出周期T 即可.解：由题意可知 0.500s T =；所以频率 1/ 2.00Hz v T ==；角频率 12=4=12.6(rad s )v ωππ-=⋅；倔强系数 2210.50012.679.4(N m )k m ω-==⨯=⋅；最大速率 10.3512.6 4.41(m s )max A ω-==⨯=⋅v最大作用力 220.5000.3512.627.8(N)max max F ma mA ω===⨯⨯=5-3质量为2kg 的质点，按方程0.2cos(5)(m)6x t π=-沿着x 轴振动.求：（1）0t =时，作用于质点的力的大小； （2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐运动方程求解，位移最大时受力最大。
解：（1）跟据牛顿第二定律222d d x f m m x t ω==-，0.2cos(5)(m)6x t π=-将0=t 代入上式中，得：5.0N f =（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2m x A =-=-时，质点受力最大，为10.0N f = 5-4在某港口海潮引起海洋的水平面以涨落高度d （从最高水平到最低水平）做简谐运动，周期为12.5h.求水从最高处下降了d /4高度需要多少时间？分析：由旋转矢量法即可求解.解：从最高水平到最低水平为2倍的振幅，由题可得旋转矢量图，从解图5-4中可见/4arccos()/23d d πθ== /312.5 2.08(h)2/2t T θθπωππ====5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，其振幅22.010m A -=⨯，周期0.5s T =，当0t =时，则：（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在21.010m x -=⨯处，向负方向运动； （4）物体在21.010m x -=-⨯处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。
物理学简明教程第五章课后习题答案 高等教出版社
物理学简明教程第五章课后习题答案高等教出版社第五章 气体动理论和热力学5－1 图示两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线.如果2O P )(v 和2H P )(v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则( )(A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且4)()(22H P O P =v v (B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且41)()(22H P O P =v v (C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且41)()(22H P O P =v v (D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且4)()(22HP O P =v v分析与解 由MRTv 2P =可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率P v 也就不同.因22O H M M <，故氧气比氢气的P v 要小，由此可判定图中曲线a 应是对应于氧气分子的速率分布曲线.又因16122OH =M M ，所以=22HP O P )()(v v 4122OH =M M .故选(B)．题 5-1图5－2 在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为0T 时，气体分子的平均速率为0v ，分子平均碰撞次数为0Z ，平均自由程为0λ，当气体温度升高为04T 时，气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为()(A) 004,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C)00422λλ===,,Z Z 0v v (D)00,2,4λλ===Z Z 0v v分析与解 理想气体分子的平均速率M RT π/8=v ，温度由0T 升至04T ，则平均速率变为0v 2；又平均碰撞频率v n d Z 2π2=，由于容器体积不变，即分子数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；而平均自由程nd 2π21=λ，n 不变，则λ也不变．因此正确答案为(B)．5 －3 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( )(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强 分析与解 理想气体分子的平均平动动能23k /kT =ε，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程，当两者分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．5—4 一物质系统从外界吸收一定的热量，则( )。
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 = 0．5．5一列简谐波沿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；2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin2y t π-=⨯26.010sin()2xy t u π-=⨯-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+（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； x 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/2．0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=++cos(2)2xy A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+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=+cos(22)b ty A Tππ=+图5.55．7 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，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．cos[2()]t x y A T πϕλ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[()]23t x ππ=-+5cos()26y x ππ=-图5.8[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)．5．12一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)， cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[2()]AA x ty A T πϕλ=-+cos[2()]BB x ty A Tπϕλ=-+2(2)6BAx 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 =2212w A ρω=图5.10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 T 0 = 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)．（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)．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--==-+1033165108033130B Su u u u νν++==⨯--`11331142133165B u u u νν==⨯--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λ1．5.15S 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． 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，`1111331651421BBu u u uλννν--=-==`1`13311768uλν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T πϕλ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-1cos 2()t xy A T πλ=+S 1 S 2S 12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，…)．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()0.5200t x y π=+。
高三物理第五章 专题15例题解析 北师大版
高三物理第五章 专题15例题解析 北师大版一. 本周教学内容： 第五章 专题1—5专题一 冲量、动量1. 冲量（I ）（1）定义I F =F ·t （F 为恒力） 单位N ·s()()2冲量是矢量恒力的冲量与同向变力的冲量与动量变化的方向一致合I F I P F →→→⎧⎨⎪⎩⎪∆ （3）冲量是过程量，与一段时间相对应。
注：有力，有过程，有冲量，跟是否做功无关。
2. 动量（P ）（1）定义 P=mv ，单位：kg ·m/s(2)动量是矢量。
的方向与瞬时速度的方向一致()P v →→（3）动量是状态量。
（与时刻、位置相对应） 3. 动量变化量（又称动量增量） ()121定义：∆P P P =-（2）P 2、P 1在同一直线上，可以先选定正方向，用正、负号表示动量的方向，把矢量运算转化为代数运算。
①小球，，碰后以反向弹回，求m kg v m s v m s P===045412.//∆∆P P P mv mv kg m s =-=--=>2121360()./·方向向左动量变化可补充例题：②以速度v 0竖直上抛，一质量为m 的小球，则从抛出至返回抛出点。
i 不计空气阻力，，方向竖直向下∆P mv mv mv ==--2000() ii 1计空气阻力，上升过程与下落过程关系：∆∆P P v v 201> ∆∆∆∆P P P mv P mv 12102100>=--=-()专题二 动量定理12121.内容：或合合I P P P F t mv mv ==-=-∆2.矢量式：动量变化方向与合外力冲量方向一致合∆P I →→321.牛顿第二定律变形式：合F ma m v v t==-∆ F PtF 合合物体动量变化率为=∆∆() 意义不同：牛顿第二定律说明力的瞬时效应，产生a 。
动量定理说明力作用一段时间的积累效应，产生冲量，改变物体动量。
4. 应用：()()1212121求：定义式：同一直线，方便动量定理：·：恒力物体、不共线合合合∆∆∆P P P P mv mv P I F t F P P =→-→=-==⎧⎨⎪⎩⎪()()()221求：定义式：·恒力动量定理：求合力变力冲量合I I F t F I P P P ===-⎧⎨⎪⎩⎪∆举例：①将质量为m 的小球从h 高度水平抛出，求从抛出至落地，小球动量变化。
计算物理学(刘金远)第5章：微分方程(课后习题及答案)
5.1 计算物理学第５章：微分方程课后习题答案初值问题【5.1.1】采用euler 方法求初值问题'2/, 01(0)1y y x y x y =-££ìí=î【解】取0.1h =，1(,)(2/)n n n n n n n n y y hf x y y h y x y +=+=+-x0.00.10.20.3y 1.000 1.1000 1.1918 1.2774【5.1.2】用euler 预测-校正公式求初值问题22', (0)1y x y y ì=-í=î【解】取0.1h =，1(,)n n n n y y hf x y +=+111(,)n n n n y y hf x y +++=+1000(,)0.9y y hf x y =+=221011(,)10.1(0.10.9)0.92y y hf x y =+=+´-=【5.1.3】用euler 公式和梯形公式建立的预测-校正公式求初值问题'23, 0(0)1y x y x y =+£ìí=î取0.1h =，(1)求(0.1)y ;(2)编程计算0:0.01:2x =【解】1111(,)1[(,)(,)]2n n n n n n n n n n y y hf x y y y h f x y f x y ++++=+=++10001000110.1(23) 1.30.05[(23)(23)]1.355y y x y y y x y x y =++==++++=【5.1.4】用显式Euler 方法，梯形方法和预估-校正Euler 方法给出求初值问题1,01(0)1d y y x x dx y ì=-++<<ïíï=î的迭代公式（取步长0.1h =）【解】取0.1h =，,0,1,k x kh k ==L ，（1）显式Euler 方法12(,)(1)(1)k k k k k k k y y hf x y y h y kh y h kh h+=+=+-++=-++1911010010k k k y y +=++（2）梯形方法为1121()2(2)(21)2219112110510k k k k k k k h y y f f h y k h h y hy k +++=++-+++=+=++（3）预估-校正Euler 方法为1111(,)[(,)(,)],20,1,,1x k k k k k k k k k k k y y h f x y h y y f x y f x y k n ++++=+ìïï=++íï=-ïîL 221(1/2)(/2)0.9050.00950.1k k k y y h h kh h h hy k +=-++-+=++【5.1.5】考虑下面初值问题2'''(0)1;'(0)2y y y t y y ì=-++í==î使用中点RK2，取步长0.1h =，求出()y h 的近似值【解】00,0.1t h =='y u y æö=ç÷èø，012u æö=ç÷èø，2''(,)'y u f t u y y t æö==ç÷-++èø，1002(,)1k f t u æö==ç÷èø，2001212 1.111(,)(0.05,0.05)(0.05,)21 2.0522 2.05 2.050.891.1 2.050.05k f t h u hk f f æöæöæö=++=+=ç÷ç÷ç÷èøèøèøæöæö==ç÷ç÷-++èøèø102 1.2052.089u u hk æö=+=ç÷èø，1(0.1) 1.205y y ==【5.1.6】考虑下面初值问题2'''2''(0)1;'(0)0,''(0)2y y y t y y y ì=++í===-î使用中点RK2，取步长0.2h =，求出()y h 的近似值【解】00,0.2t h ==取表示符号'''y u y y æöç÷=ç÷ç÷èø，2''(,)''2''y u f t u y y y t æöç÷==ç÷ç÷++èø，0102u æöç÷=ç÷ç÷-èø，010002000'()0(,)''()262()''()y t k f t u y t y t y t t æöæöç÷ç÷===-ç÷ç÷ç÷ç÷++èøèø200121011(,)(0.1,00.12)2226 10.20.2(0.1,0.2) 1.4 1.41.4 3.9721( 1.4)0.1k f t h u hk f f æöæöç÷ç÷=++=+-ç÷ç÷ç÷ç÷-èøèøæö--æöæöç÷ç÷ç÷=-=-=-ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷-´+-èøèøèø1020.960.281.206u u hk æöç÷=+=-ç÷ç÷-èø，(0.2)0.96y =【5.1.7】采用Rk4编程求下列微分方程的初值问题：（1）23'1, (0)0y y x y =++=（2）2'2(1), (1)2y y x y =+--=（3）'', ()0,'()3y y y y p p =-==【5.1.8】求下面微分方程组的数值解2323'2'4(0)1,(0)0x x y t t t y x y t tx y ì=-+--ï=+-+íï==î补充题【5.1.1】对微分方程'(,)y f x y =用Sinpson 求积公式推出数值微分公式【解】{}111111111'(,)4(,)(,)3n n x n n n n n n n n x y dx y y h f x y f x y f x y +-+---++=-=++ò【5.1.2】用标准的4阶龙格库塔方法求初值问题',(0)1y x y y =+ìí=î，取0.1h =，计算出(0.2)y 【解】()1123422/6i i y y h k k k k +=++++1213243(,)(/2,/2)(/2,/2)(,)i i i i i i i i k f x y k f x h y hk k f x h y hk k f x h y hk ==++=++=++'(,)y f x y x y ==+，00(,)(0,1)x y =100200130024003(,)1(/2,/2) 1.1(/2,/2) 1.105(,) 1.2105k f x y k f x h y hk k f x h y hk k f x h y hk ===++==++==++=()10123422/6 1.1103y y h k k k k =++++=，11(,)(0.1,1.1103)x y =111211*********(,) 1.2103(/2,/2) 1.3208(/2,/2) 1.3263(,) 1.4429k f x y k f x h y hk k f x h y hk k f x h y hk ===++==++==++=()2112342(0.2)22/6 1.2428y y y h k k k k y ==++++==然后由22(,)(0.2,1.2428)x y =计算3(0.3)y y =，。
最新大学物理 第5章 练习答案学习资料
第五章 气体动理论练 习 一一. 选择题1. 一个容器内贮有1摩尔氢气和1摩尔氦气，若两种气体各自对器壁产生的压强分别为1p 和2p ，则两者的大小关系是（ C ）(A ) 21p p >； (B ) 21p p <； (C ) 21p p =； (D ) 不确定的。
2. 一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m. 根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值为（ D ）(A ) 2x v =m kT 3； (B ) 2x v = (1/3)m kT 3 ； (C ) 2x v = 3kT /m ； (D ) 2x v = kT/m 。
3. 设M 为气体的质量，m 为气体分子质量，N 为气体分子总数目，n 为气体分子数密度，0N 为阿伏伽德罗常数，下列各式中哪一式表示气体分子的平均平动动能（ A ）(A )pV M m ⋅23； (B )pV M M mol ⋅23； (C ) npV 23； (D ) 023N pV M M mol ⋅。
4. 关于温度的意义，有下列几种说法，错误的是（ D ） (A ) 气体的温度是分子平动动能的量度；(B ) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义； (C ) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同； (D ) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。
二．填空题1. 在容积为10-2m 3的容器中，装有质量100g 的气体，若气体分子的方均根速率为200m/s ，则气体的压强为ap 51034⨯。
2. 如图1所示,两个容器容积相等，分别储有相同质量的N 2和O 2气体，它们用光滑细管相连通，管子中置一小滴水银，两边的温度差为30K ，当水银滴在正中不动时，N 2和O 2的温度为2N T = 210k ，2O T = 240k 。
( N 2的摩尔质量为28×10－3kg/mol,O 2的摩尔质量为32×10－3kg/mol)3.分子物理学是研究大量微观粒子的集体运动的统计表现 的学科, 它应用的方法是 统计学 方法。
新编物理基础学上册第5章课后习题(每题都有)详细答案
新编物理基础学上册第5章课后习题（每题都有）详细答案第五章5-1有一弹簧振子，振幅A2.0102m，周期T1.0，初相3/4.试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为：某Aco[t]Aco[代入有关数据得：某0.02co[2t振子的速度和加速度分别是：vd某/dt0.04in[2tad2某/dt20.082co[2t2t]T3](SI)43](SI)43](SI)45-2若简谐振动方程为某0.1co[20t/4]m，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t=2时的位移、速度和加速度.分析通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。
解：(1)可用比较法求解.根据某Aco[t]0.1co[20t/4]得：振幅A0.1m，角频率20rad/，频率/2101，周期T1/0.1，/4rad（2）t2时，振动相位为：20t/4(40/4)rad由某Aco，Ain，aA2co2某得某0.0707m,4.44m/,a279m/25-3质量为2kg的质点，按方程某0.2in[5t(/6)](SI)沿着某轴振动.求：（1）t=0时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。
解：（1）跟据fmam2某，某0.2in[5t(/6)]将t0代入上式中，得：f5.0N（2）由fm2某可知，当某A0.2m时，质点受力最大，为f10.0N5-4为了测得一物体的质量m，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率11.0Hz；而当将另一已知质量为m'的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为22.0Hz.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析根据简谐振动频率公式比较即可。
解：由12k/m，对于同一弹簧（k相同）采用比较法可得：1m'2m解得：m4m'5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A2.0102m，周期T=0.5，当t=0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在某1.0102m处，向负方向运动；（4）物体在某1.0102m处，向负方向运动.求以上各种情况的振动方程。
热传导方程的求解
应用物理软件训练前言MATLAB 是美国MathWorks公司出品的商业数学软件，用于算法开发、数据可视化、数据分析以及数值计算的高级技术计算语言和交互式环境，主要包括MATLAB和Simulink两大部分。
MATLAB是矩阵实验室（Matrix Laboratory）的简称，和Mathematica、Maple 并称为三大数学软件。
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本部分主要介绍如何根据所学热传导方程的理论知识进行MATLAB数值实现可视化。
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题目：热传导方程的求解目录一、参数说明 (1)二、基本原理 (1)三、MATLAB程序流程图 (3)四、源程序 (3)五、程序调试情况 (6)六、仿真中遇到的问题 (9)七、结束语 (9)八、参考文献 (10)一、参数说明U=zeros(21,101) 返回一个21*101的零矩阵x=linspace(0,1,100);将变量设成列向量meshz(u)绘制矩阵打的三维图axis([0 21 0 1]);横坐标从0到21，纵坐标从0到1eps是MATLAB默认的最小浮点数精度[X,Y]=pol2cart(R,TH);效果和上一句相同waterfall(RR,TT,wn)瀑布图二、基本原理1、一维热传导问题（1）无限长细杆的热传导定解问题利用傅里叶变换求得问题的解是：取得初始温度分布如下这是在区间0到1之间的高度为1的一个矩形脉冲，于是得（2）有限长细杆的热传导定解问题其中20x 0≤≤，即L=20，取a=10且得的解是（3）非齐次方程定解问题是解析解是其中2、二维热传导问题 定解问题Ut=k^2(Uxx+Uyy) (b y a ≤≤≤≤0,x 0) U(x=0,y,t)=0, u(x=a,y,t)=b3sinyπμ U （x,y=0,t ）=0, u(x,y=b,t)=axx ππμcos a 3sinU （x,y,t=0）=03、三维热传导问题球体内的热传导令u=w+Uo,则w 的定解问题是 Wt=w ∆w W （r=ro ）=0 W(t=to)=uo-Uo解为rorn enruo Uo w or t a n nnπππsin)1()(22222/1-∞=∑--=r 为空间变量，并用x ，y 表示。
《物理学基本教程》课后答案第五章刚体的转动
第五章 刚体的转动5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定轴转动．在某一时刻，转速为10 r/s ，再转60转后，转速变为15 r/s ，试计算：(1)角加速度；(2)由静止达到10 r/s 所需时间；(3)由静止到10 r/s 时圆盘所转的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动，并具有相同的角位移、角速度和角加速度，因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似．当角加速度恒定时，绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似．解 (1) 根据题意，转速由rad/s 1021⨯=πω变为rad/s 1522⨯=πω期间的角位移rad 260πθ⨯=，则角加速度为22222122rad/s 54.6rad/s 2602)102()152(2=⨯⨯⨯-⨯=-=πππθωωα (2) 从静止到转速为rad/s 1021⨯=πω所需时间为s 9.61s 54.61021=⨯==παωt (3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121=⨯⨯⨯===ππωππθt N 5-2 唱片在转盘上匀速转动，转速为78 r/min ，由开始到结束唱针距转轴分别为15 cm 和7.5 cm ，(1)求这两处的线速度和法向加速度；(2)在电动机断电以后，转盘在15 s 内停止转动，求它的角加速度及转过的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速度，但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有关．角量与线量的关系与质点圆周运动的相似．解 (1) 转盘角速度为rad/s 8.17rad/s 60278=⨯=πω，唱片上m 15.01=r 和m 075.02=r 处的线速度和法向加速度分别为m /s 1.23m /s 15.017.811=⨯==r ωv222121n m /s 10.0m /s 15.017.8=⨯==r ωam /s .6130m /s 075.017.822=⨯==r ωv222222n m /s .015m /s 075.017.8=⨯==r ωa(2) 电动机断电后，角加速度为22rad/s 545.0rad/s 1517.800-=-=-=t ωα 转的圈数为 75.921517.8212212=⨯⨯===πωππθt N 5-3 如图5-3所示，半径r 1 = 30 cm 的A 轮通过皮带被半径为r 2 = 75 cm 的B 轮带动，B 轮以π rad/s 的匀角加速度由静止起动，轮与皮带间无滑动发生，试求A 轮达到3000 r/min 所需要的时间． 分析 轮与皮带间无滑动，则同一时刻，两轮边缘的线速度相同，均等于皮带的传送速度；两轮边缘的切向加速度也相同，均等于皮带的加速度．解 设A 、B 轮的角加速度分别为A α、B α，由于两轮边缘与皮带连动，切向加速度相同，即2B 1A r r αα=B A r 1 r 2图5-3则 B 12A ααr r = A 轮角速度达到rad/s 6030002⨯=πω所需要的时间为 s 40s 75.06030.0300022B 1A =⨯⨯⨯⨯===ππαωαωr r t 5-4 在边长为b 的正方形的顶点上，分别有质量为m 的四个质点，求此系统绕下列转轴的转动惯量：(1)通过其中一质点A ，平行于对角线BD 的转轴，如图5-4所示．(2)通过A 垂直于质点所在平面的转轴．分析 由若干质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加．每一质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平方的乘积． 解 (1)因质点B 和D 到转轴的垂直距离A 2B 和A 1D 为a 22，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 点平行于BD 的转轴的转动惯量为()222132222ma am a m J =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=(2) 因质点B 和D 到转轴的垂直距离AB 和AD 为a ，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 垂于质点所在平面转轴的转动惯量为()2222422ma a m ma J =+= AA 2B图5-45-5 求半径为R ，质量为m 的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量．分析 如果刚体的质量连续分布在一细线上，可用质量线密度描述其分布情况，如果分布是均匀的，则质量线密度λ为常量．在刚体上取一小段线元l d ，质量为l d λ，对转轴的转动惯量为l r d 2λ，其中该线元到转轴的距离r 与线元在刚体上的位置有关．整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和，即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果．解 均匀半圆环的质量线密度为Rm πλ=，在半圆环上取一小段圆弧作为线元θd d R l =，质量为θπθπλd d d d m R R m l m === 此线元到转轴的距离为θsin R r =，对轴线的转动惯量为m r d 2，则整个半圆环的转动惯量为2022221d sin d mR m R m r J =⋅==⎰⎰θπθπ 5-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体A 、B ，如图5-6(a)所示，滑轮半径为20 cm ，转动惯量等于2m kg 50⋅，滑轮与轴间的摩擦力矩为m N 198⋅.，绳与滑轮间无相对滑动，若滑轮的角加速度为2rad/s 362.，求滑轮两边绳中张力之差． 分析 由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律，因此对于一个定轴转动的滑轮来说，仅当其质量可以忽略，转动惯量为零，滑R图5-5 fF T1 F T2(a) (b)图5-6轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相等．这就是在质点动力学问题中通常采用的简化假设．在掌握了转动定律后，不应该再忽略滑轮质量，通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘，则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原因．解 滑轮所受力和力矩如图5-6(b)所示，其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分别为F T1和F T2，轴的支承力F N 不产生力矩，由转动定律可得αJ M R F F =--f T2T1)()(1f T2T1M J R F F +=-α N 101.08N )1.9836.250(2.01 3⨯=+⨯⨯= 5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对转动的滑轮作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．m αF ’T1 F T1m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g（a ） （b ）图5-7解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩，选取物体运动方向为坐标轴正向，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得a m F g m 1T11=-a m g m F 22T230sin =︒-α2T2T121)(mR R F F =- 由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则αR a =，与以上各式联立解得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 5-8 飞轮质量为60 kg ，半径为0.25 m ，当转速为1000 r/min 时，要在5 s 内令其制动，求制动力F ，设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，闸杆尺寸如图5-8所示．分析 制动力F 作用在闸杆上，闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下达到平衡，转动轴在墙上，这是刚体在力矩作用下的平衡问题．由于二力的力臂已知，应该求出闸杆与飞轮之间的正压力．飞轮受到闸杆的正压F图5-8力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的支承力作用，其中闸杆的正压力和轴的支承力的力矩为零，在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下制动，应用转动定律可以求出摩擦力矩，然后由摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮之间的正压力．解 以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为221mR J =，制动前角速度为rad/s 6010002⨯=πω，制动时角加速度为tωα-=．制动时闸瓦对飞轮的压力为F N ，闸瓦与飞轮间的摩擦力N f F F μ=，应用转动定律，得αα2f 21mR J R F ==- 则 t mR F μω2N =以闸杆为研究对象．在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力-F N 的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为m )75.050.0(+=l 和m 50.01=l ，则有01N =-l F FlN 157N 6054.021000225.06075.050.050.021N 1=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+===πμωt mR l l F l l F 5-9 一风扇转速为900 r/min ，当马达关闭后，风扇均匀减速，止动前它转过了75转，在此过程中制动力作的功为44.4 J ，求风扇的转动惯量和摩擦力矩．分析 合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量．制动过程中风扇只受摩擦力矩作用，而且由于风扇均匀减速，表明摩擦力矩为恒定值，与风扇角位移的乘积就是所作的功．解 设制动摩擦力矩为M ，风扇转动惯量为J ，止动前风扇的角位移N πθ2=，摩擦力矩所作的功为N M M W πθ2⋅-=-=摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即2210ωJ W -= 则 2222m kg 01.0m kg )60/2900()4.44(22⋅=⋅⨯-⨯-=-=πωW J m N 0.0942m N 7524.442⋅=⋅⨯--=-=ππN W M 5-10 如图5-10（a ）所示，质量为24 kg 的鼓形轮，可绕水平轴转动，一绳缠绕于轮上，另一端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体，当重物由静止开始下降了0.5 m 时，求：(1)物体的速度；(2)绳中张力．设绳与滑轮间无相对滑动．分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对刚体作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．解 各物体受力情况如图5-10（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，鼓形轮的转动惯量为2121R m ，圆盘形滑轮的转动惯量为2221r m ，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得ma F mg =-T2222T1T221)(αr m r F F =- 121T121αR m R F =(1) 绳与滑轮间无相对滑动，物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加αT1 F 2α ’T2 a F T2m g（a ） （b ）图5-10速度，即12ααR r a ==．重物由静止开始下降了h = 0.5 m 时，速度ah 2=v ，由以上各式得m/s 2m/s )524(21105.08.9102)(212221=+⨯+⨯⨯⨯=++==m m m mgh ah v (2)绳中张力为N 48N 5241028.924102211T1=++⨯⨯⨯=++=m m m g mm F N 85N 5241028.9)524(102)(2121T2=++⨯⨯+⨯=+++=m m m g m m m F 5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ，半径为1 m ，当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5 min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功．分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用，该摩擦力矩不一定为恒定值，但是由于只需求平均摩擦力矩，因此可以假设飞轮均匀减速，由已知条件求出平均角加速度，再应用转动定律求出平均摩擦力矩．解 飞轮转动惯量为221mR J =，关闭蒸汽阀门后t = 5 min 内的平均角加速度为t00ωα-=，应用转动定律，平均摩擦力矩 m N 194m N 60560/212012002121202⋅-=⋅⨯⨯⨯⨯⨯-=-==.t mR J M πωα 在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量J 7896J )60/2120(12002121 21212102220220-=⨯⨯⨯⨯⨯-=⋅-=-=πωωmR J W 负号表示平均摩擦力矩作负功，方向与飞轮旋转方向相反．5-12 长为85 cm 的均匀细杆，放在倾角为45°的光滑斜面上，可以绕过上端点的轴在斜面上转动，如图5-12(a)所示，要使此杆实现绕轴转动一周，至少应给予它的下端多大的初速度？分析 细杆在斜面上转动，斜面的支承力与转轴平行，转轴的支承力通过转轴，它们的力矩都为零，只有重力在转动平面内分量的力矩作功．解 如图5-12(b)所示，杆所受重力在转动平面内的分量为︒45sin mg ，当杆与初始位置的夹角为θ时，重力分量对转轴的力矩为θsin 2145sin l mg ⋅︒，此时若杆有角位移θd ，则重力矩所作的元功为θθd sin 2145sin d ⋅⋅︒=l mg W 杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为︒-=⋅⋅︒-==⎰⎰45sin d sin 2145sin d 0mgl l mg W W πθθ 重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sin ωJ mgl -=︒- 其中231ml J =，t 00v =ω，则 m/s 5.94m/s 45sin 85.08.9645sin 60=︒⨯⨯⨯=︒=gl v5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 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v 0 ︒45 (a) (b) 图5-12静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率．分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算．解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000==R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg xT1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R 00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-14 圆盘形飞轮A 质量为m ，半径为r ，最初以角速度ω0转动，与A 共轴的圆盘形飞轮B 质量为4m ，半径为2r ，最初静止，如图5-14所示，两飞轮啮合后，以同一角速度ω转动，求ω及啮合过程中机械能的损失．分析 当物体系统所受的合外力矩为零时，系统的角动量守恒，在此过程中，由于相互作用的内力作功，机械能一般不守恒．解 以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有 ωωω2202)2(4212121r m mr mr += 得 0171ωω= 初始机械能为2022021412121ωωmr mr W =⋅=啮合后机械能为 2022222241171)2(421212121ωωωmr r m mr W =⋅+⋅=则机械能损失为 A图5-1４1202211716411716W mr W W W ==-=∆ω 5-15 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘，转台的轴承处的摩擦可忽略不计，人的质量为m ’，转台的质量为10 m ’，半径为R ．最初整个系统是静止的，这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出，石子的速率为v （相对于地面）．求石子投出后转台的角速度与人的线速度．分析 应用角动量守恒定律，必须考虑定律的适用条件，即合外力矩为零．此外还应该注意到，定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的，而转动参考系不是惯性参考系．解 以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量为零，得0=+v mR J ω 人和转台的转动惯量为221021R m R m J '+'=，代入上式后得 Rm m '-=6v ω 人的线速度 m m R '-=='6v v ω 其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反．5-16 一人站立在转台上，两臂平举，两手各握一个m = 4 kg 的哑铃，哑铃距转台轴r 0 = 0.8 m ，起初，转台以ω0 = 2π rad/s 的角速度转动，然后此人放下两臂，使哑铃与轴相距r = 0.2 m ，设人与转台的转动惯量不变，且J = 52m kg ⋅，转台与轴间摩擦忽略不计，求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多少？分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适用与刚体，而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统．解 以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有ωω)2()2(2020mr J mr J +=+rad/s 12.0rad/s 22.04258.042522220220=⨯⨯⨯+⨯⨯+=++=πωωmr J mr J 动能的增量为J183 J )2()8.0425(21J 12)2.0425(21 )2(21)2(2122222020220=⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯⨯+⨯=+-+=-=∆πωωmr J mr J W W W 5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，试证明它的机械能守恒．分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题，如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒，就能应用机械能守恒定律，而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和，使求解过程大大简化． 证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用，而在垂直于转轴的平面内的分量F 和-F 大小相等，方向相反，作用在一条直线上，如图5-17所示．设F 与转轴的垂直距离为ϕsin r ，则当刚体有微小角位移θd 时，力F 所作的功为θϕd sin Fr ，而其反作用力-F 所作的功为θϕd sin Fr -，二者之和为零，即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，刚体中任意质点则受-F图5-17到内力和重力作用，当刚体转动时，因为已经证明了任意两质点相互作用内力所作之功的和为零，则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零，而且轴的支承力也不作功，就只有重力作功，因此机械能守恒．5-18 一块长m 50.0=L ，质量为m '＝3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂，可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量m =0.1kg 的球以水平速度m/s 500=v 击中木板中心后又以速度m/s 10=v 反弹回去，求木板摆动可达到的最大角度．木板对于通过其上端轴的转动惯量为231L m J '= ． 分析 质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解．质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时，其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积．解 对球和木板组成的系统，在碰撞瞬间，重力对转轴的力矩为零，且无其他外力矩作用，系统角动量守恒，碰撞前后球对转轴的角动量分别为021v mL 和v mL 21-，设碰后木板角速度为ω，则有 ωJ mL mL +-=v v 21210 设木板摆动可达到的最大角度为θ，如图5-18所示，木板摆动过程中只有重力矩作功，重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量，即)1(cos 21d sin 2121002-'=⋅'-=-⎰θθθωθgL m L g m J (1) 由以上两式得 388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos 2222202=⨯⨯⨯+⨯⨯-='+-=gL m m v v θv mm ’g图5-18︒==19.67)388.0arccos(θ根据5-17的结果，由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用，它的机械能守恒，取木板最低位置为重力势能零点，达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1)式．5-19 半径为R 质量为m '的匀质圆盘水平放置，可绕通过圆盘中心的竖直轴转动．圆盘边缘及R /2处设置了两条圆形轨道，质量都为m 的两个玩具小车分别沿二轨道反向运行，相对于圆盘的线速度值同为v ．若圆盘最初静止，求二小车开始转动后圆盘的角速度．分析 当合外力矩为零时，应用角动量守恒定律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对同一惯性参考系选取的．转动参考系不是惯性参考系，所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角动量．解 设两小车和圆盘的运动方向如图5-19所示，以圆盘的转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为)(v -ωR mR ，内轨道上小车相对于地面的角动量为)21(21v +ωR R m ，圆盘的角动量为ωω221R m J '=．对于两小车和圆盘组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得ωωω221)21(21)(R m R R m R mR '+++-v v R m m m )25(2'+=v ω vωv图5-19。