新概念物理教程力学答案详解习题五讲评

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新概念物理学力学答案

v新概念力学习题答案1-1 位移 x x (t ) x (0) 3sin nt ，6第一章速度 vdx n cos n t ， dt 2 6n 2 n 加速度 a dvdt 12sin t 。

61-2 （1）Q x R cos s t , y R sin s t ;Q x 2y 2 R 2 , 质点轨迹是圆心在圆点的圆.v r r r（2） v drdts R ( sin s ti cos s tj ) r r r r r a dv s R (cos s ti dtsin s tj ) s 2 r 方向恒指向圆心1-3 （1） x 4t 2 , y 2t 3, x ( y 3) 2故x ≥0，y ≥3,质点轨迹为抛物线的一段。

（2） r r (1) r (0) 4r 2 r ;大小为 r422225m , 与x 轴夹角8 tg 12 26.6or r r r r r ij r 4 r r r r(3) v dr dt8ti 2 j , a dv8i .dt1-4 t n t n t n 1 ( n n 1) t 1 4 ( 7 6 ) 0.785s1-5v h gh 0t1-621 y 0 22g1-7 由 7,由 gt 08s v t1 a t2 , 及 2 s v( tt) 1 a ( tt) 2 即可证. 0 121h 1 dx 2 01221 21-8 v 2 h 1 h 2 v 1 , a 2 dt0.v 2 sin 2 þ 1-9 由 y 0 , m 2g v 2 2 sin þ cos þ x 0; 及 m gtg a即可证。

1-10AB 9.82 3 2 2.83m 2 9.8 2 30 0 乙 t331 2后1-11 (1)s 1002 9.8447.2m 9.8tg a s, a tg 1 (100 h2 98 9.8) 77.64o 77o 38 24(2)a g cos 8 g v y v 0.96m / s ; a g sin 8 g v x nv9.75m / s 21-12qv 1 (v 2 2 g y ) 2 gv x v 0 g cos 81-132v 2 AB 0g4h 4 0.20 0.80m1-14 tR a t 30010s 3.001-15 v 物 v 0 gt 49 9.8t ,v 测物 v 物 v 29.4 9.8t2-1 P10.65 10 16 g c m / s . 第二章8 30o .BmMm m 2 2-2 (1)木块的速率 v v 和动量 p v ；子弹的动量 p v . M m 0 木 M m 0子 M m 0Mm(2)子弹施予木块的动量 I 木 v 0 .M m2-3 I m (T 0 mg )l 0.86kg m / s2-4 v 1ft 1 , m 1 m 2 v ft 1 2m m ft 2 .m 2 2-5 S 船 1.4m . (对岸), S 人 S 船 S 人对船 2.6m .(对岸).2-6 m v 0 v 乙 m 乙 v v 货300kg . 2-7 v 前 v mM m u , v v , v 中v m u M m2-8 (1) v 车Nm uM Nm1 1 1 1 (2) v 车Nm [ M Nm M ( N 1)m L M 2m ]u M m(3) 比较(1)和(2),显然有车N车 .22 21 v 1 1 v 1 1 2v 0 cos 8 0 2-9 v2 v 14v 0cos 80 , a tg2v 0 cos 8 0 sincos . v 2 v 2a a0 m m2-10F t240mv t 240 10 10 3 900 6036N2-11 (1) a 0 v 0 µ g ; (2) M 0 µ M 0 (a v 0g ) 735kg / s .2-12 (1) v c ln m 0 1m2500 ln 3 ; v 2 5000 ln 3 ;v 3 7500 l n 3 8239.6m / s .(2)v 2500 ln 60 60 482500 ln 5 4023.6m / s .2-13F (v u ) dm dt为向前的推力, 此式的 v 、u 为绝对值.2-14 (1) 水平总推力为 F vdm dt(向前)(2) 以上问题的答案不改变2-15 质点受力 f m s 2 , 恒指向原点. 2-16 2-17F µ (m A m B ) g a 1x m 2 g sin 8 cos 82m 2 gm 2 m 1 sin 8 (m 1 m 2 )tg8 m 2 ctg 8a (m 1 m 2 ) g sin 2 8(m 1 m 2 ) g tg 8 1 y2 m 1 sin 2 8(m 1 m 2 )tg8 m 2 ctg 82 x m 1 g sin 8 cos 8 2m 1 g2 ym 2 m 1 sin 8 0 (m 1 m 2 )tg8 m 2 ctg 82-18 F (µ1 µ2 )(m 1 m 2 )g 12-19 (1)t [2d]2 g cos 8 (sin 8 µ cos 8 )o o o o(2) µ cos 60 sin 60 cos 45 sin 45 2 cos 2 60o cos 2 45o3 0.2682-20 a ' m 1 (m 2 m 3 ) 4m 2 m 3 1 21 m (m g m ) 4m m g 0.58m / s 17 123 2 32-21 tg8 3m 1 m 2 µ .m 1 m 22-22 F m 3 (m mm ) g 1 2322-23 (1) T m ( g sin 8 a cos 8 ) N m ( g cos 8 a sin 8 ) (2) a gctg 82-24v min,v maxm B22-25 f Mm M m(2g a ' )2-26 从机内看: a 3 /4 g a A x 3 / 4ga Bx 0从地面上的人看:a By 1 / 2g ; . a By 1/ 4g2-27 (1)v glN t mg 4.9N (2) v 2 N n m0.16Nl2-28 由 dr 这一段,所需向心力kgdT dm s 2 r m s 2 rdr l mg易证。

新概念物理教程力学赵凯华

左图为用铯钟监测到的地球自转周期几年内的变化情况。
△/ms
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8
时间计量的自然基准：利用某些分子或原子的固有振动频率作为时间的计量基准。
铯原子钟
1967年，国际计量会议上提出以铯原子的振动周期为计时基准，规定1秒等于铯133原子基态两个超精细结构能级之间跃迁相应的辐射周期的 9 192 631 770倍。其跃迁频率测量的准确度可达10-12至10-13
在科学记数法中指数相差1，即代表数目大10倍或小10倍，叫做一个“数量级”
为了方便，通常采用词头来代表一个单位得十进倍数或十进分数。如千(kilo),厘(centi)等，现在已有20个词头。见表1－2 (p13 )
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15
3.2 空间尺度
人们已研究的领域中，空间尺度跨越了42了数量级。
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Z
日心系
o
Y X 地心系
讨论：初中物理教材里的参照物和高中、大学物理教材里的参考系有何区别？
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坐标系
为定量描述物体位置和运动，就必须在参考系上建立坐标系。原点定在参考系的一个固定点上。常用的有：直角坐标系，球坐标系，极坐标系等。
z
z
(x,y,z)
(r,θ,φ)
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二．长度的计量
空间反映物质运动的广延性。空间中两点间的距离即为长度。
历史上，将通过巴黎的子午线从北极到赤道之间的长度的千万分之一定义为米。
长度计量的实物基准： 1889年，第一届国际计量大会通过：将藏在法国的国际计量局中铂铱合金棒在0℃时，两条刻度线间的距离定义为米。长度的自然基准：（1960 年第十一届国际计量大会）氪 86 原子的橙黄色波长来定义 “米” ，规定 “米” 为这种光的波长的1 650 763.73 倍，精度为4×10－9。

新概念物理学力学答案

a n = g sin θ = g ⋅
vx = 9.75m / s 2 v
ρ=
v3 1 2 = (v0 − 2 gy ) 2 gv x v 0 g cos θ
1-13
2 2 v0 AB = = 4 h = 4 × 0.20 = 0.80m g
1-14
t=
R = at
300 = 10 s 3.00
v 测物 = v 物 − v = 29.4 − 9.8t
(2) v = 2500 ln
60 = 2500 ln 5 = 4023.6m / s . 60 − 48
2-13
F = (v + u )
dm 为向前的推力, 此式的 v、u 为绝对值. dt dm (向前) dt
2-14 (1) 水平总推力为 F = v
(2) 以上问题的答案不改变 2-15
2 质点受力 f = ma = − mω r , 恒指向原点.
2
1-11
(1) s = 100 ×
2 × 9.8 = 200 5 = 447.2m 9.8
tgα =
2 s ) = 77.64 o = 77 o38′24′′ , α = tg −1 (100 × 98 × 9.8 h vy v = 0.96m / s;
3
(2) a t = g cos θ = g ⋅ 1-12
v2 =
h1 v1 , h1 − h2
a2 =
1-9 由 y m =
2 v0 sin 2 β v 2 2 sin β cos β y , xm = 0 ; 及 tgα = m 即可证。 xm g 2g 2
1-10
AB =
9.8 2 3 2 ⋅ ⋅ = 2.83m 2 × 9.8 2 3

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新概念物理力学答案【篇一：新概念物理教程力学答案详解二】恒定律有：pe?pn?p核?0建立以pe向为x轴的正向，pn向为y轴的正向的直角坐标系，有：x轴：pe?p核x?0y轴:pn?p核y?0大小:p核?p核x??pe??9.22?10?16g?cm/s?p核y??pn??5.33?10?16g?cm/sp核yp核x新力学习题第二章2—1．一个原来静止的原子核，经放射性衰变，放出一个动量为9.22?10-16g?cm/s的电子，同时该核在垂直方向上又放出一个动量为5.33?10-16g?cm/s的中微子。

问蜕变后原子核的动量的大小和方向。

9.222?5.332?10?16?1.065?10?16g?cm/s0.578方向,与e反方向的夹角为：tan??2—2．质量为m的的木块静止在光滑的水平桌面上.。

质量为m，速率为v0的子弹水平射到木块内，并与它一起运动。

求（1）子弹相对于木块静止后，木块的速率和动量，以及子弹的动量；（2）在此过程中子弹施于木块的冲量。

解：（1）以水平向右为x轴的正向，依动量守恒定律有：mv0??m?m?v共木块的速率为：v?v共?mv共v0m?mmv0m?mmm木块的动量为：p?mv?v0m?mm2子弹的动量为：p?mv?v0m?m(2)子弹施于木块的冲量：i?mv0?mv?mmv0m?m2—3．如本题图，以知绳的最大强度t0=1.00kgf，m=500g，l=30.0cm。

开始时m静止。

水平冲量i等于多大才能把绳子打断？解：从受力角度分析，向心力由绳子张力和重力一起提供。

2mv2?mv?i2f向心?t?mglmlml i2tmgt0ml3kgm/si这里取g?10m/s222—4．一子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平桌面上的静止木块。

木块的质量分别为m1和m2，设子弹透过两木块的时间间隔为t1和t2。

设子弹在木块中所受阻力为恒力 f，求子弹穿过两木块时各以多大的速度运动。

物理学教程(第二版)[上册]第五章课后习题答案解析详解

物理学教程第二版第五章课后习题答案第五章机械振动5-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题5-１图分析与解（B ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向Ox 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B ）．5-2 一简谐运动曲线如图（a ）所示，则运动周期是（）(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s（D ）2.00 s题5-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A /2，且向x 轴正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为-3/π2．振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππϕ=+=∆，则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅==πϕωt ，周期s 40.22==ωπT .故选（B ）． 5-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1的相位比x 2的相位（）（A ）落后2π（B ）超前2π（C ）落后π（D ）超前π分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（B ）．题5 -３图5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（）（A ）60 （B ）90 （C ）120 （D ）180分析与解由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为（C ）．题5-4图5-5 若简谐运动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππ20cos 10.0t x ，式中x 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解（1）将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s rad π20-⋅=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a5-6 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题5-6图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==5-7 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．题5-7图分析从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ（1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ（２）将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-=（３）由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论（1）由本题的求证可知，斜面倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．5-8 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．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x ＝-1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0和v ＝v 0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度v 0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题5-8图解由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ϕωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=ϕ，因00<v ，取2π2=ϕ；（3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±=ϕ，由00<v ，取3π3=ϕ；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±=ϕ，由00>v ，取3π44=ϕ．旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=ϕ，3π3=ϕ，3π44=ϕ．振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m0.22+10=-xcos⨯/3π44tπ5-9有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当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）当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及弹簧劲度系数k）决定的，即k mω=/，k可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．题5-9图解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl＝9.8 ×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl ＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为1ωmk//g=s=l10-∆=（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由初始条件t ＝0 时，x10＝8.0 ×10-2m、v10＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=ϕ［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０时，x 20＝0、v 20＝0.6 ｍ·s -1，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=ϕ［图（b ）］．则运动方程为 ()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x5-10 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P 对应的相位；（3）到达点P 相应位置所需的时间．分析由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解（1）质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0＝0 和t 1＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ）所示．由图可见初相3/π0-=ϕ（或3/π50=ϕ），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题5-10图（2）图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ）所示．当初相取3/π0-=ϕ时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=ϕ，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ωϕϕ．（3）由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．5-11 质量为10 g 的物体沿x 的轴作简谐运动，振幅A =10 cm ，周期T =4.0 s ，t =0 时物体的位移为，cm 0.50-=x 且物体朝x 轴负方向运动，求（1）t =1.0 s 时物体的位移；（2）t =1.0 s 时物体受的力；（3）t =0之后何时物体第一次到达x =5.0 cm 处；（4）第二次和第一次经过x =5.0 cm 处的时间间隔.分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x .其中振幅A ，角频率Tπ2=ω均已知，而初相ϕ可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程，t 时刻位移x 和t 时刻物体受力x m ma F 2ω-==也就可以求出. 对于（3）、（4）两问均可通过作旋转矢量图并根据公式t ∆=∆ωϕ很方便求解.解由题给条件画出t =0时该简谐运动的旋转矢量图如图（a ）所示，可知初相3π2=ϕ.而A =0.10 m ，1s 2ππ2-==T ω.则简谐运动方程为m )3π22πcos(10.0+=t x (1)t =1.0 s 时物体的位移m 1066.8m )3π22π0.1cos(10.02-⨯-=+⨯=x（2）t =1.0 s 时物体受力N1014.2N)1066.8()2π(101032232---⨯=⨯-⨯⨯⨯-=-=x m F ω （3）设t =0时刻后，物体第一次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 1，画出t =0和t =t 1时刻的旋转矢量图，如图（b ）所示，由图可知，A 1与A 的相位差为π，由t ∆=∆ωϕ得s 2s 2/ππ1==∆=ωϕt （4）设t =0时刻后，物体第二次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 2,画出t =t 1和t = t 2时刻的旋转矢量图，如图（c ）所示，由图可知，A 2与A 1的相位差为3π2，故有 s 34s 2/π3/π212==∆=-=∆ωϕt t t题 5-11 图5-12 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程．分析根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0＝－Aωsinφ就可求出φ．解（1）由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=ϕ因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为()cm 6π55.1cos 2⎪⎭⎫⎝⎛-=t x题5-12图5-13 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题5-13图分析单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解（1）单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2）由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３）摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为1s m 218.0/d d -⋅-==t l v θ讨论质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立．*5-14 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．题5-14图分析飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/m g r TJ =（这里r l C ≈）．则由平行轴定理得222220m kg 83.2π4⋅=-=-=mr mgrT mr J J 5-15 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题5-15图分析可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1＋m 2和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0和初位移x 0）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解振动系统的角频率为()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0为12110s m 0.1-⋅=+=m m v m v又因初始位移x 0＝0，则振动系统的振幅为()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=ϕ，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x5-16 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1的空盘．现有一质量为m 2的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？题5-16图分析原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0和初始位移x 0是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解（1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2）如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g kmg k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中k g m l 11=为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2＝g km m 21+为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()gm m khk g m x A )(21/2122020++='+=ωv 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．5-17 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解（1）由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max22k -⨯====.mAa mA E E ω （3）设振子在位移x 0处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得m 100772230-⨯±=±=./A x（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫⎝⎛==则动能为43P K /E E E E =-=5-18 一劲度系数k =312 1m N -⋅的轻弹簧，一端固定，另一端连接一质量kg 3.00=m 的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为kg 2.0=m 的物体，两物体间的最大静摩擦系数5.0=μ.求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量.分析简谐运动系统的振动能量为2p k 21kA E E E =+=.因此只要求出两物体间无相对滑动条件下，该系统的最大振幅max A 即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为mm k+=0ω.然后以物体m 为研究对象，它和m 0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时，即max 2max A m ma mg ωμ==，由此可求出max A . 解根据分析，振动的角频率mm k+=0ω 由max 2max A m ma mg ωμ==得kgm m g A μωμ)(02max +=则最大能量J1062.92)(])([212132220202max max -⨯=+=+==kg m m kg m m k kA E μμ5-19 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1＋x 3的振幅最大？又3ϕ为多少时，x 2＋x 3的振幅最小？题5-19图分析可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctan ϕϕϕϕϕA A A A ++=/解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=ϕϕϕ，故合振动振幅为()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan 22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2）要使x 1＋x 3振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =ϕ得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k ϕϕ要使x 1＋x 3的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k ϕ得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k ϕϕ5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x 1和x 2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．分析振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解（1）由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππcos 1.02+=t x（2）由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6．（3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A()12π0.268arctan cos cos sin sin arctan22112211-=-=++=ϕϕϕϕϕA A A A则合振动的运动方程为 ()()m π/12πcos 052.0-=t x题5-20 图5-21 将频率为348 Hz 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 ．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．分析这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率υ1和拍频数Δυ＝|υ2－υ1|已知的情况下，待测频率υ2可取两个值，即υ2＝υ1 ±Δυ．式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定．解根据分析可知，待测频率的可能值为υ2＝υ1 ±Δυ＝（348 ±3） Hz因振动系统的固有频率mkπ21=v ，即质量m 增加时，频率υ减小．从题意知，当待测音叉质量增加时拍频减少，即｜υ2－υ1｜变小．因此，在满足υ2与Δυ均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为υ2＝υ1＋Δυ＝351 Hz*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为υ1，置于液体中测得的频率为υ2，求此系统的阻尼系数．题5-22图分析在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关系式220δωω-=．因此根据题中测得的υ1和υ2（即已知ω0、ω），就可求出δ．解物体在空气和液体中的角频率为10π2v =ω和2π2v =ω，得阻尼系数为2221220π2v v -=-=ωωδ。

物理学教程(第二版)上册第五章课后习题答案详解

物理学教程第二版第五章课后习题答案第五章机械振动5-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题5-１图分析与解（B ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向Ox 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B ）．5-2 一简谐运动曲线如图（a ）所示，则运动周期是（）(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s（D ）2.00 s题5-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A /2，且向x 轴正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为-3/π2．振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππϕ=+=∆，则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅==πϕωt ，周期s 40.22==ωπT .故选（B ）． 5-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1的相位比x 2的相位（）（A ）落后2π（B ）超前2π（C ）落后π（D ）超前π分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（B ）．题5 -３图5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（）（A ）60 （B ）90 （C ）120 （D ）180分析与解由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为（C ）．题5-4图5-5 若简谐运动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππ20cos 10.0t x ，式中x 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解（1）将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s rad π20-⋅=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a5-6 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题5-6图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==5-7 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．题5-7图分析从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ（1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ（２）将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-=（３）由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论（1）由本题的求证可知，斜面倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．5-8 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．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x ＝-1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0和v ＝v 0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度v 0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题5-8图解由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ϕωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=ϕ，因00<v ，取2π2=ϕ；（3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±=ϕ，由00<v ，取3π3=ϕ；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±=ϕ，由00>v ，取3π44=ϕ．旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=ϕ，3π3=ϕ，3π44=ϕ．振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m0.22+10=-xcos⨯/3π44tπ5-9有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当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）当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及弹簧劲度系数k）决定的，即k mω=/，k可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．题5-9图解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl＝9.8 ×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl ＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为1ωmk//g=s=l10-∆=（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由初始条件t ＝0 时，x10＝8.0 ×10-2m、v10＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=ϕ［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０时，x 20＝0、v 20＝0.6 ｍ·s -1，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=ϕ［图（b ）］．则运动方程为 ()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x5-10 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P 对应的相位；（3）到达点P 相应位置所需的时间．分析由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解（1）质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0＝0 和t 1＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ）所示．由图可见初相3/π0-=ϕ（或3/π50=ϕ），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题5-10图（2）图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ）所示．当初相取3/π0-=ϕ时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=ϕ，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ωϕϕ．（3）由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．5-11 质量为10 g 的物体沿x 的轴作简谐运动，振幅A =10 cm ，周期T =4.0 s ，t =0 时物体的位移为，cm 0.50-=x 且物体朝x 轴负方向运动，求（1）t =1.0 s 时物体的位移；（2）t =1.0 s 时物体受的力；（3）t =0之后何时物体第一次到达x =5.0 cm 处；（4）第二次和第一次经过x =5.0 cm 处的时间间隔.分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x .其中振幅A ，角频率Tπ2=ω均已知，而初相ϕ可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程，t 时刻位移x 和t 时刻物体受力x m ma F 2ω-==也就可以求出. 对于（3）、（4）两问均可通过作旋转矢量图并根据公式t ∆=∆ωϕ很方便求解.解由题给条件画出t =0时该简谐运动的旋转矢量图如图（a ）所示，可知初相3π2=ϕ.而A =0.10 m ，1s 2ππ2-==T ω.则简谐运动方程为m )3π22πcos(10.0+=t x (1)t =1.0 s 时物体的位移m 1066.8m )3π22π0.1cos(10.02-⨯-=+⨯=x（2）t =1.0 s 时物体受力N1014.2N)1066.8()2π(101032232---⨯=⨯-⨯⨯⨯-=-=x m F ω （3）设t =0时刻后，物体第一次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 1，画出t =0和t =t 1时刻的旋转矢量图，如图（b ）所示，由图可知，A 1与A 的相位差为π，由t ∆=∆ωϕ得s 2s 2/ππ1==∆=ωϕt （4）设t =0时刻后，物体第二次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 2,画出t =t 1和t = t 2时刻的旋转矢量图，如图（c ）所示，由图可知，A 2与A 1的相位差为3π2，故有 s 34s 2/π3/π212==∆=-=∆ωϕt t t题 5-11 图5-12 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程．分析根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0＝－Aωsinφ就可求出φ．解（1）由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=ϕ因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为()cm 6π55.1cos 2⎪⎭⎫⎝⎛-=t x题5-12图5-13 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题5-13图分析单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解（1）单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2）由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３）摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为1s m 218.0/d d -⋅-==t l v θ讨论质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立．*5-14 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．题5-14图分析飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/m g r T J =（这里r l C ≈）．则由平行轴定理得222220m kg 83.2π4⋅=-=-=mr mgrT mr J J 5-15 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题5-15图分析可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1＋m 2和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0和初位移x 0）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解振动系统的角频率为()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0为12110s m 0.1-⋅=+=m m vm v又因初始位移x 0＝0，则振动系统的振幅为()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=ϕ，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x5-16 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1的空盘．现有一质量为m 2的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？题5-16图分析原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0和初始位移x 0是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解（1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2）如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g kmg k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中k g m l 11=为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2＝g km m 21+为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()gm m khk g m x A )(21/2122020++='+=ωv 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．5-17 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解（1）由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max22k -⨯====.m Aa m A E E ω （3）设振子在位移x 0处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得m 100772230-⨯±=±=./A x（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫⎝⎛==则动能为43P K /E E E E =-=5-18 一劲度系数k =312 1m N -⋅的轻弹簧，一端固定，另一端连接一质量kg 3.00=m 的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为kg 2.0=m 的物体，两物体间的最大静摩擦系数5.0=μ.求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量.分析简谐运动系统的振动能量为2p k 21kA E E E =+=.因此只要求出两物体间无相对滑动条件下，该系统的最大振幅max A 即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为mm k+=0ω.然后以物体m 为研究对象，它和m 0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时，即max 2max A m ma mg ωμ==，由此可求出max A . 解根据分析，振动的角频率mm k+=0ω 由max 2max A m ma mg ωμ==得kgm m g A μωμ)(02max +=则最大能量J1062.92)(])([212132220202max max -⨯=+=+==kg m m kg m m k kA E μμ5-19 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1＋x 3的振幅最大？又3ϕ为多少时，x 2＋x 3的振幅最小？题5-19图分析可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=/ 解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=ϕϕϕ，故合振动振幅为()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2）要使x 1＋x 3振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =ϕ得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k ϕϕ要使x 1＋x 3的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k ϕ得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k ϕϕ5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x 1和x 2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．分析振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解（1）由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππcos 1.02+=t x（2）由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6．（3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A()12π0.268arctan cos cos sin sin arctan22112211-=-=++=ϕϕϕϕϕA A A A则合振动的运动方程为 ()()m π/12πcos 052.0-=t x题5-20 图5-21 将频率为348 Hz 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 ．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．分析这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率υ1和拍频数Δυ＝|υ2－υ1|已知的情况下，待测频率υ2可取两个值，即υ2＝υ1 ±Δυ．式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定．解根据分析可知，待测频率的可能值为υ2＝υ1 ±Δυ＝（348 ±3） Hz因振动系统的固有频率mkπ21=v ，即质量m 增加时，频率υ减小．从题意知，当待测音叉质量增加时拍频减少，即｜υ2－υ1｜变小．因此，在满足υ2与Δυ均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为υ2＝υ1＋Δυ＝351 Hz*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为υ1，置于液体中测得的频率为υ2，求此系统的阻尼系数．题5-22图分析在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关系式220δωω-=．因此根据题中测得的υ1和υ2（即已知ω0、ω），就可求出δ．解物体在空气和液体中的角频率为10π2v =ω和2π2v =ω，得阻尼系数为2221220π2v v -=-=ωωδ。

新概念物理教程力学答案详解

新概念物理教程力学答案详解(总15页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--新力学习题答案（三）3—1．有一列火车，总质量为M ，最后一节车厢为m ，若m 从匀速前进的列车中脱离出来，并走了长度为s 在路程后停下来。

若机车的牵引力不变，且每节车厢所受的摩擦力正比于其重量而与速度无关。

问脱开的那节车厢停止时，它距离列车后端多远？解：3—2．一质点自球面的顶点由静止开始下滑，设球面的半径为R 球面质点之间的摩擦可以忽略，问质点离开顶点的高度h 多大时开始脱离球面？()()s mM ms s s s mM ms g s g m M m g s gs at t v s t g mM mmM gm M Mg a g m M gs ggsav t v m gs v v as m gmmga mg f m Mg F ⋅-+=+∴⋅-+=⋅-⋅+=+=-=---=-===→=⇒=====3'22212221',122022:020000020所求的距离为为：时间内火车前进的路程所以在这火车加速度为此时火车的摩擦力为由于牵引力不变）（所需时间为从速度为最终其加速度的水平力作用力离开列车后，仅受摩擦，则机车的牵引力为设摩擦系数为μμμμμμμμμμμμμμμμμ3—3．如本题图，一重物从高度为h 处沿光滑轨道下滑后，在环内作圆周运动。

设圆环的半径为R ，若要重物转至圆环顶点刚好不脱离，高度h 至少要多少？3—４．一物体由粗糙斜面底部以初速度v 0冲上去后又沿斜面滑下来，回到底部时的速度为v 1，求此物体达到的最大高度。

解：设物体达到的最大高度为h ，斜面距离为s ，摩擦力为f 。

32321)3(cos )2(cos :0cos )1(221222Rh RghR h R gRhR Rv g N Rmv N mg F gh v mghmv =∴=--====-==⇒=）得：），（），（联立（又：时有当受力分析有：：解：依机械能守恒律有向心θθθ()()R h gR v N Rmv N mg F R h g v mv R h mg v 2521)2(0)1(2221222≥≤⇒≥=-=-=∴=-）式得：），（联立（而此时，则有：的速度为若设重物在环顶部具有解：依机械能守恒得：向心gv v h fs fsmv mgh fsmgh mv 4212121202120+=+=+=，得：两式消去滑下来的过程中：冲上去的过程中：依动能定理，有：３—５．如本题图：物体A 和B 用绳连接，Ａ置于摩擦系数为?的水平桌面上，Ｂ滑轮下自然下垂。

新概念物理教程力学答案详解(四)

新概念物理教程力学答案详解(四)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN3vm 新力学习题答案（四）4—1．如本题图，一质量为m 的质点自由降落，在某时刻具有速度v 。

此时它相对于A 、B 、C 三参考点的距离分别为d 1、d 2、d 3。

求（1）质点对三个点的角动量；（2）作用在质点上的重力对三个点的力矩。

0sin (sin ()2(00sin (sin (131213121=====⨯=⨯======⨯=mg d M mg d mg d M mgd M gm r F r M mv d J mv d mv d J mvd J vm r J A B A C B A 方向垂直纸面向里）方向垂直纸面向里）方向垂直纸面向里）方向垂直纸面向里））解：（θθ 的力矩。

的角动量和作用在其上。

求它相对于坐标原点的力方向并受到一个沿处，速度为的粒子位于（一质量为—f x j v i v v y x m y x -+=,ˆˆ),.24 ()()()()()()i ymg kyf j xmg k mg if j y i xg m f r F r M k myv mxv jv i v m j y i x v m r J x y yx ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ-+=--⨯+=+⨯=⨯=-=+⨯+=⨯= 解：()()秒弧解：依题有：求其角速度。

为普朗克常量，等于已知电子的角动量为率运动。

的圆周上绕氢核作匀速，在半径为电子的质量为—/1013.1103.5101.914.321063.622),1063.6(2/103.5101.9.3417211313422341131⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=====⋅⨯⨯⨯------mR h h mR Rmv J s J h h m kg πωπωπ什么变化？为多少？圆锥的顶角有的速度时，摆锤，摆长拉倒时摆锤的线速度为设摆长为我们可将它逐渐拉短。

，子，系摆锤的线穿过它央支柱是一个中空的管如本题图，圆锥摆的中—2211.44v l vl解：分析：摆锤受到绳子张力和重力的作用，此二力对过O 沿管子方向均无力矩分量，所以过O 沿管子方向（即竖直方向）上角动量守恒。

新概念力学习题答案

m
m2-7 Fra bibliotekv前=v+
M
+
m
u
,v
中
=
v
,v后
=v-
M
u +m
Nm
2-8 (1)
v车
=M
+ Nm
u
(2) v 车 N
= -m[ M
1 + Nm
+
M
1 + (N
++ - 1)m
M
1 + 2m
+
1 ]u M +m
(3) 比较(1)和(2),显然有 v 车N > v 车 .
2-9 v 2 =
v
v
0
=
t
=
gh
n - 1)Dt = 4 ´ ( 7 -
1
6 ) = 0.785 s
2
1-6
y
=
v0 2g
-
1 8
gt
2 0
1
1
1-7 由 7,
由
Ds
=
v0 Dt1
+
2
a
D
t
2 1
,
及
2
D
s
=
v0 (Dt1
+
Dt2 )
+
2
a (D t1
+
D t 2 ) 2 即可证.
1-8
v2
=
h1 h1 - h2
F
外
=
0, a
c
=
0 ；当 l 0
-
x
=
-
l 1

新概念物理教程力学答案详解(六)

新力学习题答案（六）6—1．一物体沿x 轴作简谐振动，振幅为12.0cm ，周期为2.0s ，在t=0时物体位于6.0cm 处且向正x 方向运动。

求（1）初位相；（2）t=0.50s 时，物体的位置、速度和加速度；（3）在x=-6.0cm 处且向负x 方向运动时，物体的速度和加速度。

()()()()()()()22222220000000200/06.032cos 12.00.1/306.032sin 12.0)0.1(0.132303sin 03sin 12.00323213cos 3cos 12.006.006.0)3()/(306.06cos 12.035.0cos 12.0)5.0()/(06.06sin 12.035.0sin 12.0)5.0()(306.06cos 12.035.0cos 12.05.050.0)2(3:)1(0sin 0sin 032/112.0/06.0cos 06.0cos 00cos sin ,cos /20.2,12.0s m t a sm t v st t t t t t t m x s m t a s m t v m t x s t A t v A t x t t A a t A v t A x TsT m A πππππππππππππππππππππππππππππππππππππϕϕϕωπϕϕϕϕωωϕωωϕωππω=-==-=-===∴=-∴>⎪⎭⎫ ⎝⎛-⇒<⎪⎭⎫ ⎝⎛--±=-∴-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⇒⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--=-=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⋅⋅-==-=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⋅⋅-====⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅===-=∴<⇒>-==±=======+-=+-=+===∴==此时：：又此时速度小于时有：时：初位相又：时：则速度设振动方程为：秒弧角频率周期解：已知振幅6—2题与6—3题：（略）6—4．一个质量为0.25g 的质点作简谐振动，其表达式为s=6sin(5t-π/2)，式中 s 的单位为cm ，t 的单位为s 。

新概念物理教程力学答案详解（五）

新概念物理教程力学答案详解（五）新概念物理教程力学答案详解(五)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：新力学习题答案（五）5—1．如本题图所示为圆筒状锅炉的横截面，设气体压强为p ，求壁内的正应力。

已知锅炉直径为D ，壁厚为d （D>>d ），应力在壁内均匀分布。

5—2．（1）矩形横截面杆在轴向拉力的作用下产生拉伸应变为ε，此材料的泊松比为σ，求证体积的相对改变为：（2）式中是否适用于压缩？（3）低碳钢的杨氏模量为Y=19.6*1010Pa,泊松比为0.3,受到的拉应力为ι=1.37Pa,求杆体积的相对改变。

p dsdf ==⊥⊥ι解：`()的体积。

分别代表原来和形变后和式中V V V V V 0021εσ-=-()()()()()()()()()()()()()()()()12100000020020000020202002000000108.2106.1937.13.0212121321211111)2(212111)(1-?=??-=-=-=-=∴=?=--=-∴+-=+-==+=?+=-=?-=-=-∴-+=-+=?-?+===?∴?====Y V V V YY l lYV V V V d l ld V d d d d l l l l V V V V d l d d l l V d l V d d d d a l l l lισεσιεειεσεσεεσεεσεεσεσεεσεεσεεεσειε）（比值变为负值所以上式仍适用，不过压缩时：又）证明：解：（横横&&Θ5—3．在剪切钢板时，由于刀口不快，没有切断，该材料发生了剪切形变。

钢板的横截面积为S=90cm 2，二刀口间的距离为d=0.5cm ，当剪切力为F=7*105N 时，已知钢板的剪变模量为G=8*1010Pa ，求：（1）钢板中的剪切应力；（2）钢板的剪切应变；（3）与刀口齐的两个截面所发生的相对滑移。

新概念物理教程

作者简介
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这是《新概念物理教程》的读书笔记，暂无该书作者的介绍。
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本书在讲述光学部分时，引入了光的波动性和干涉的理论。作者详细解释了光的波动性质和干涉现象，并以此为基础，阐述了诸如双缝干涉、薄膜干涉等光学现象。通过这些理论，读者可以更好地理解光的传播和行为，进而应用于实际生活中。
本书对量子力学部分的讲解也非常透彻。作者从基本粒子、波粒二象性等概念出发，引导读者逐步了解量子力学的基本原理和应用。特别是对于量子态和测量部分，作者以通俗易懂的语言解释了这些复杂的概念，让读者能够更好地理解和掌握量子力学。
我们可以看到这本书的目录结构是清晰的，按照力学、热学、电磁学、光学、量子力学等主题进行分类。每个主题下又细分为多个章节，每个章节的内容都紧扣主题，使得读者可以轻松地找到自己想要学习的知识点。
这本书的目录内容全面，几乎涵盖了物理学中的所有基本概念和原理。例如，力学部分包括了牛顿运动定律、动量、角动量、能量、万有引力等方面的内容；热学部分包括了温度、热力学第一定律、热力学第二定律等方面的内容；电磁学部分包括了静电场、静磁场、电磁感应等方面的内容；光学部分包括了光的干涉、光的衍射、光的偏振等方面的内容；量子力学部分包括了波粒二象性、薛定谔方程、原子结构等方面的内容。
这本书的编排非常合理，从最基础的概念开始，逐步引导读者深入到更复杂的主题。比如在力学部分，作者首先介绍了牛顿的三大定律，然后以此为基础，逐步引入更复杂的概念，如动量、能量、角动量等。这种由浅入深的编排方式使得读者可以更轻松地理解和接受新的知识。
这本书强调物理学的实验基础。每一章都穿插了许多实验和观察，这些实验不仅帮助读者更好地理解物理概念，而且也展示了科学方法的重要性和实验在科学研究中的核心地位。

新概念物理教程力学答案详解

新概念物理教程力学答案详解(四)(总11页)--本页仅作预览文档封面，使用时请删除本页--3v m新力学习题答案（四）4—1．如本题图，一质量为m 的质点自由降落，在某时刻具有速度v 。

此时它相对于A 、B 、C 三参考点的距离分别为d 1、d 2、d 3。

求（1）质点对三个点的角动量；（2）作用在质点上的重力对三个点的力矩。

0sin (sin ()2(00sin (sin (131213121=====⨯=⨯======⨯=m g d M m g d m g d M m gd M gm r F r M m v d J m v d m v d J m vd J vm r J A B A C B A 方向垂直纸面向里）方向垂直纸面向里）方向垂直纸面向里）方向垂直纸面向里））解：（θθ 的力矩。

的角动量和作用在其上。

为普朗克常量，等于已知电子的角动量为率运动。

，子，系摆锤的线穿过它央支柱是一个中空的管如本题图，圆锥摆的中—2211.44v lv l解：分析：摆锤受到绳子张力和重力的作用，此二力对过O 沿管子方向均无力矩分量，所以过O 沿管子方向（即竖直方向）上角动量守恒。

高考物理新力学知识点之动量单元汇编含答案解析(5)

高考物理新力学知识点之动量单元汇编含答案解析(5)一、选择题1．一热气球在地面附近匀速上升，某时刻从热气球上掉下一沙袋，不计空气阻力。

则此后( )A ．沙袋重力的功率逐渐增大B ．沙袋的机械能先减小后增大C ．在相等时间内沙袋动量的变化相等D ．在相等时间内沙袋动能的变化相等2．自然界中某个量D 的变化量D ∆，与发生这个变化所用时间t ∆的比值Dt∆∆，叫做这个量D 的变化率．下列说法正确的是 A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则Dt∆∆是恒定不变的 B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则Dt∆∆是恒定不变的 C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则Dt∆∆一定变大． D ．若D 表示某质点的动能，则Dt∆∆越大，质点所受外力做的总功就越多 3．质量为m 的质点作匀变速直线运动，取开始运动的方向为正方向，经时间t 速度由v 变为-v ，则在时间t 内 A ．质点的加速度为2v tB ．质点所受合力为2mvt-C ．合力对质点做的功为2mvD ．合力对质点的冲量为04．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（）A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变5．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为（）A．v0=4m/s B．v0=6m/s C．v0=5m/s D．v0=7m/s6．如图所示，质量m1=10kg的木箱，放在光滑水平面上，木箱中有一个质量为m2=10kg 的铁块，木箱与铁块用一水平轻质弹簧固定连接，木箱与铁块一起以v0=6m/s的速度向左运动，与静止在水平面上质量M=40kg的铁箱发生正碰，碰后铁箱的速度为v=2m/s,忽略一切摩擦阻力，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，则A．木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为4m/sB．当弹簧被压缩到最短时木箱的速度大小为4m/sC．从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为20N·s D．从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为160J7．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒8．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（）A．F vt，2v RGB．F vt，32v TGπC．F tv，2v RGD．F tv，32v TGπ9．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能也不守恒10．质量为m1=1kg和m2（未知的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t 图象如图所示，则A．被碰物体质量为5kgB．此碰撞一定为弹性碰撞C．碰后两物体速度相同D．此过程有机械能损失11．从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛，三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（）A．抛出时三球动量不都相同，甲、乙动量相同，并均小于丙的动量B．落地时三球的动量相同C．从抛出到落地过程，三球受到的冲量均不相同D ．从抛出到落地过程，三球受到的冲量均相同12．忽然“唵——”的一声，一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆的从旁边开过，小明就想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，他觉得应该让运沙车边走边装沙。

新概念力学第三章习题答案

新概念力学第三章习题答案新概念力学第三章习题答案新概念力学是一门研究物体运动的学科，它涉及到物体的运动规律、力的作用以及相应的数学模型等内容。

在学习新概念力学的过程中，习题是不可或缺的一部分，通过解答习题可以更好地理解和应用所学的知识。

本文将为读者提供新概念力学第三章的习题答案，希望能够帮助读者更好地掌握这一章节的内容。

第一题：一个质点在水平地面上做直线运动，其速度随时间的变化规律为v =2t + 1（其中v的单位是m/s，t的单位是s）。

求在t = 2s时，质点的位移和加速度。

答案：首先，我们知道速度的定义是位移对时间的导数，即v = ds/dt。

所以，位移可以通过速度对时间的积分来求得。

根据题目中给出的速度变化规律，我们可以得到位移的表达式s = ∫(2t + 1)dt。

对该积分进行计算，得到s = t^2 +t + C，其中C为积分常数。

当t = 2s时，代入上述位移表达式，可以得到s = 2^2 + 2 + C = 6 + C。

所以，在t = 2s时，质点的位移为6 + C。

其次，加速度的定义是速度对时间的导数，即a = dv/dt。

根据题目中给出的速度变化规律，我们可以得到加速度的表达式a = d(2t + 1)/dt。

对该导数进行计算，得到a = 2，即加速度为2m/s^2。

综上所述，在t = 2s时，质点的位移为6 + C，加速度为2m/s^2。

第二题：一个质点在水平地面上做直线运动，其速度随时间的变化规律为v =3t^2 + 2t + 1（其中v的单位是m/s，t的单位是s）。

求在t = 3s时，质点的位移和加速度。

答案：同样地，根据速度的定义和加速度的定义，我们可以得到位移和加速度的表达式。

根据题目中给出的速度变化规律，我们可以得到位移的表达式s =∫(3t^2 + 2t + 1)dt。

对该积分进行计算，得到s = t^3 + t^2 + t + C，其中C为积分常数。

当t = 3s时，代入上述位移表达式，可以得到s = 3^3 + 3^2 + 3 + C = 39 + C。

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