大学物理学第04章补充例题
【免费下载】上海交通大学出版社 大学物理教程 第四章 答案
习题44-1．在容积的容器中盛有理想气体，气体密度为=1.3g /L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，3V L =ρ气压下降了0.78atm 。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知：，，。
1.78P atm =01P atm =3V L =由于温度不变，∴，有：，00PV PV =001.783PVV L P ==⨯那么，逃出的气体在下体积为：，1atm ' 1.78330.78V L L L =⨯-=这部分气体在下体积为：1.78atm ''V =0'0.7831.78PV LP ⨯=则排除的气体的质量为： 。
0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯=根据题意，可得：，pV RT ν=mpV RT M=1V p RT p M m ρ==4-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有0.1kg 某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少？解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用，知两气体摩尔数相同，即：pV RT ν=，∴，代入数据有： 。
H O νν=O H HOm m M M = 1.6O m kg =4-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少？解：已知氮气和氧气质量相同，水银滴停留在管的正中央，则体积和压强相同，如图。
由：，有：，molmpV RT M =2222(30)O N O N m m R T RT M M +=而：，，可得： 。
20.032O M kg =20.028N M kg =30282103028T K ⨯==+4-4．高压氧瓶：，，每天用，，为保证瓶内71.310p Pa =⨯30V L =51 1.010p Pa =⨯1400V L =，能用几天？6' 1.010p Pa ≥⨯解：由，可得：，''pV p V =761.31030'390' 1.010pV Pa LV L p Pa⨯⨯===⨯∴；'360V V V L ∆=-=而：，有：，11'p V p V ∆=∆615' 1.010********.010p V Pa LV L p Pa∆⨯⨯∆===⨯那么：能用的天数为天 。
大学物理第四五六章习题参考答案
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cos()x A t ωϕ=+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ν单位时间内完成的振动次数，周期与频率互为倒数，即1T ν=5．圆频率ω作简谐振动的物体在2π秒内完成振动的次数，它与频率的关系为22Tπωπν== 6．相位和初相位简谐振动的运动方程中t ωϕ+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ϕ7．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222p 11cos ()22E kx kA t ωϕ==+ 动能[]22222k 111sin()sin ()222E m m A t m A t ωωϕωωϕ==-+=+v弹簧振子系统的机械能为222k p 1122E E E m A kA ω=+==8．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。
第04章 一维随机变量
第四章 一维随机变量第一节 一维随机变量及其分布一、一维随机变量1、定义：设),,(P S F 为一概率空间，X 为S 到R 上的单值映射，若1B ∈∀B 均有F ∈∈=-})(|{)(1B e X e B X ，称X 为S 上的一维随机变量. 常用X 、Y 、Z 、…等等表示.例1 掷骰子 },,,{621e e e S =，定义: :X k e k →，6,,2,1 =k .显然，X ：→S R . 所以X 为S 上的一维随机变量.2、X 的分布：}{B X P ∈, R ⊂B 其中：=∈}{B X F ∈∈∈},)(|{S e B e X e例如：]4,3[=B ，那么}43{}{≤≤=∈X P B X P },4)(3|{S e e X e P ∈≤≤=.例2 口袋中装有3,3,2,2,2,1-标数的六个球，任取一球，用X 表示取出球的标 数，求X 的分布.解:(1) X 的所有可能取值为3,2,1-,依次记为321,,x x x .61}1{}{11=-====X P x X P p ， 2163}2{}{22======X P x X P p ，3162}3{}{32======X P x X P p .(2) 记},,{321x x x A =,A B BA B +=,显然 φ=∈}{A B X ，那么}{}{}{A B X P BA X P B X P ∈+∈=∈∑∑∈∈===∈=Bx kBx kk k px X P BA X P }{}{例如：)3,1[-=B ，那么}31{}{≤≤-=∈X P B X P 3/2}2{}1{==+-==X P X P .2、 分类(1)一维离散型随机变量: X 的取值至多可数； (2)一维非离散型随机变量.其中：一维连续型随机变量(后面讨论).二、分布函数1、定义：设),,(P S F 为一概率空间，X 为S 上的一维随机变量, R ∈∀x ,规定：}{)(x X P x F ≤=.称)(x F 为X 的分布函数.显然: )()(}{a F b F b X a P -=≤<.特别地:①)(}{b F b X P =≤；② )(1}{a F a X P -=>.例3 求例2中X 的分布函数)(x F . 解:已知 ∑∑∈∈===∈B x kBx kk k px X P B X P }{}{，R ∈∀x ,取R ⊂-∞=],(x B ，那么∑∑≤∈==∈=≤=xx kBx kk k pp B X P x X P x F }{}{)(.(1) 当1-<x 时, 0}{)(=≤=x X P x F ； (2) 当21<≤-x 时, 61)(1==p x F ； (3) 当32<≤x 时,32646361)(21==+=+=p p x F ； (4)当3≥x 时, 1)(321=++=p p p x F .所以 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤--<=.3,1,32 ,3/2,21 ,6/1,1 ,0)(x x x x x F2、 性质(1)R ∈∀x ,1)(0≤≤x F . (显然)(2))(x F 为单调不减函数. (显然)(3)0)(lim =-∞→x F x ,1)(lim =+∞→x F x 。
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》习题册题目及答案第4单元 能量守恒定律
第四章 能量守恒定律序号 学号 姓名 专业、班级一 选择题[ D ]1. 如图所示，一劲度系数为k 的轻弹簧水平放置，左端固定，右端与桌面上一质量 为m 的木块连接，用一水平力F 向右拉木块而使其处于静止状态，若木块与桌面间的静摩擦系 数为μ，弹簧的弹性势能为 p E ，则下列关系式中正确的是(A) p E =k mg F 2)(2μ-(B) p E =kmg F 2)(2μ+(C) KF E p 22=(D) k mg F 2)(2μ-≤p E ≤kmg F 2)(2μ+[ D ]2．一个质点在几个力同时作用下的位移为：)SI (654k j i r+-=∆其中一个力为恒力)SI (953k j i F+--=，则此力在该位移过程中所作的功为（A ）-67 J （B ）91 J （C ）17 J（D ）67 J[ C ]3．一个作直线运动的物体，其速度v与时间t的关系曲线如图所示。
设时刻1t 至2t 间外力做功为1W ；时刻2t 至3t 间外力作的功为2W ；时刻3t 至4t 间外力做功为3W ，则（A ）0,0,0321<<>W W W （B ）0,0,0321><>W W W （C ）0,0,0321><=W W W （D ）0,0,0321<<=W W W[ C ]4．对功的概念有以下几种说法：（1） 保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
（2） 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
（3） 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作的功的代数和必然为零。
在上述说法中： （A ）（1）、（2）是正确的 （B ）（2）、（3）是正确的 （C ）只有（2）是正确的（D ）只有（3）是正确的。
[ C ]5．对于一个物体系统来说，在下列条件中，那种情况下系统的机械能守恒？ （A ）合外力为0 （B ）合外力不作功 （C ）外力和非保守内力都不作功 （D ）外力和保守力都不作功。
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+。
大学物理习题答案解答第四章动量
第四章 动量一、填空题1、设坐标轴为x 轴，则小球与墙壁碰前的速度1v vi =，因小球与竖直墙壁作完全弹性碰撞，则小球与墙壁碰后的速度为2v vi =-。
则碰撞过程中，小球的动量增量为21()2p mv mv m v i mvi mvi ∆=-=--=-。
2、设子弹初速度的方向为x 轴，且受到木块的冲力为F '，对子弹射入木块并随木块一起运动的过程，使用动量定理，有()()212212121210505009()t t I F dt p p mv mv m v v i i i N s -''==-=-=-=⨯⨯-=-⋅⎰又设木块受到子弹的冲力为F ，则木块受到子弹的冲量为2221119()t t t t t t I Fdt F dt F dt I i N s '''==-=-=-=⋅⎰⎰⎰3、设棒球未被击打前的速度为x 轴，棒击打棒球前后，棒球受到棒的冲量为2121t t I Fdt mv mv ==-⎰则棒施于球的平均冲力为()()21212110.33020300()0.05tt m F Fdt v v i i i N t t t ==-=⨯--=--∆⎰4、设子弹出射的方向为x 轴，则每分钟900个子弹受到的机枪的冲量为()212121t t I F dt Mv Mv Nm v v ''==-=-⎰则机枪受到子弹的平均反冲力为()()22211121212211111900210800060240()t t tt t t F Fdt F dt F dt I t t t t t t Nm v v i t i N ---'''==-==--∆∆⨯⨯=--=-⨯-∆=-⎰⎰⎰5、设A 粒子对B 粒子的作用力为AB F ，而B 粒子对A 粒子的作用力为BA F ，则A ，B 两粒子发生作用的过程中，A 粒子受到B 粒子的冲量为()212121t BA A A A A A A t I F dt m v m v m v v '==-=-⎰而B 粒子受到A 粒子的冲量为()2121214t AB B B B B B B t I F dt m v m v m v v ==-=-⎰注意到AB BA F F =-，有I I '=-由以上三式，可解出B 粒子在作用后的速度为()()()()212111127743444(5)()B B A A v v v v i j i j i j i j m s -⎡⎤=--=----+⎣⎦=-⋅6、小球受到三个力的作用，分别为重力mg ，桌面对它的支持力N 和绳子的拉力T 。
大学物理课后习题答案(第四章) 北京邮电大学出版社
又
k 0.2 2 5,即T 1.26s 3 m 8 10
2 A x0 (
v0
)2
2 2
5.0 10 2 2 (1.0 10 ) ( ) 5 2 10 2 m v 5.0 10 2 5 tan 0 0 1, 即 0 2 x 0 1.0 10 5 4 5 x 2 10 2 cos(5t )m 4 ∴
A 3.2 10 3 rad l
∴ 故其角振幅
2 A x0 (
小球的振动方程为
4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为 0.20m ，位相与第一振动的
给小球一水平向右的冲量 Ft 1.0 10 kg m s ，取打击时刻为计时起点 (t 0) ，求 振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程． 解：由动量定理，有
4 1
v0 x 0
F t mv 0
∴
v
F t 1.0 10 0.01 m 1.0 10 3
A mg 2 m 2 2 gh 2 x ( ) ( ) ( ) k (m M )
2 0 2
v0
mg 2kh 1 k (m M ) g
2kh ( M m) g (第三象限)，所以振动方程为 （3） mg 2kh k 2kh x 1 cos t arctan k (m M ) g ( M m) g mM 3 4-10 有一单摆，摆长 l 1.0m ，摆球质量 m 10 10 kg ，当摆球处在平衡位置时，若 tan 0
(2)
当
Ek E p
时，有
E 2E p
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。
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
大学物理学课后习题4第四章答案
x 轴正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为
（）
[答案：B]
（2）两个同周期简谐振动曲线如图所示，振动曲线 1 的相位比振动曲线 2
的相位 （
）
（A）落后
2
（B）超前
2
（C）落后
（D）超前
[答案： B]
习题 4.1（2）图
（3）一质点作简谐振动的周期是 T,当由平衡位置向 x 轴正方向运动时，从
E
1 2
mvm2
3.16 102 J
E p E k 1 E 1.58102 J 2
当 Ek E p 时，有 E 2E p ，
即
1 kx 2 1 ( 1 kA2 )
2
22
∴
x 2 A 2m
2
20
(3)
(t2 t1 ) 8 (5 1) 32
4.4 一个沿 x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为 A ，周期为T ，其振动 方程用余弦函数表示．如果 t 0 时质点的状态分别是：
的单位是 s，则 （A）波长为 5m
向传播 [答案：C]
（B）波速为 10ms-1
（C）周期为 1 s 3
（D）波沿 x 正方
（8）如图所示，两列波长为 的相干波在 p 点相遇。波在 S1 点的振动初相是 1 ，点 S1 到点 p 的距离是 r1。波在 S2 点的振动初相是2 ，点 S2 到点 p 的距离是
（A）它的动能转化为势能. （B）它的势能转化为动能. （C）它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大. （D）它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.
[答案：D]
4.2 填空题 （1）一质点在 X 轴上作简谐振动，振幅 A＝4cm，周期 T＝2s，其平衡位置
大学物理第四章课后答案
υ2 l
9. 解： m 下降到斜面瞬间满足机械能守恒： 1 则 mgh = mυ 0 2 2 M 与 m 碰撞后无机械能损失： 1 1 1 mυ 0 2 = Mυ 2 + mυ ′ 2 2 2 2 水平方向 M 与 m 组成的系统动量守恒， 总动量 为 0， Mυ = m υ ′ 解得： υ = 2m 2 gh M ( M + m)
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足够长的水平直线两者平滑连接现有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ab两质点的质量a分别为和
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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
-1-
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上，如图所示。求链条下落在地面的长度为 l 瞬时，地面所受链条的作用力的大 小。 4. 质量为 M 的人，手里拿着一个质量为 m 的物体，此人以与地平面成 α 角的速 度 υ0 向前方跳起，当他达到最高点时，将物体以相对速度 µ 水平向后抛出，由 于物体的抛出，人跳的距离增加多少？假设空气阻力不计。 5. 速度为 υ0 的物体甲和一个质量为甲的 2 倍的静止物体乙作对心碰撞，碰撞后 1 甲物体以 υ 0 的速度沿原路径弹回，求： 3 （1）乙物体碰撞后的速度，问这碰撞是完全弹性碰撞吗？ （2） 如果碰撞是完全非弹性碰撞， 碰撞后两物体的速度为多大？动能损失多少？ 6. 如图所示，质量为 m 的物体从斜面上高度为 h 的 A 点处由静止开始下滑，滑至水平段 B 点 停止，今有一质量 m 的子弹射入物体中，使物 体恰好能返回到斜面上的 A 点处。求子弹的速 度（ AB 段摩擦因数为恒量） 。 7. 如图所示，劲度系数 k = 100 N m 的弹簧， 一 段固 定于 O 点， 另一端 与一 质量 为
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4单元课后答案 高等教育出版社
w.
(A) J A ＞J B ． 二．填空题 动轴的动能为 Ek
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ww
6. 一飞轮作为匀减速转动，在 5s内角速度由 40 rad s
2
kh
(B) J B ＞J A ．
2
(C) 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．
了____62.5___圈， 飞轮再经___1.67s ______的时间才能停止转动。 7. 半径为 30cm 的飞轮，从静止开始以 0.50rad s 的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转
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6.半径为 R 具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下端挂一质量为 m 的物体．绳的质量可以忽略， 绳与定滑轮之间无相对滑动． 若物体下落的加速度为 a， 则定滑轮对轴的转动惯量 J＝ m( g a ) R
2
a
7.一飞轮以 600 rev/min的转速旋转，转动惯量为 2.5 kg·m2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在 1 s内停 止转动，则该恒定制动力矩的大小M＝157 N.m 8.一长为 l，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的 另一端固定着一质量为 m 的小球，现将杆由水平位置无初转速地释放．则杆与水平方向夹角为 60° 时的角加速度 g ( 2l ) 三．判断题
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大学物理基础教程答案第04章习题分析与解答
A∙ 习题4-6图第四章 流体力学基础习题解答4-1 关于压强的下列说法正确的是（ ）。
A 、压强是矢量；B 、容器内液体作用在容器底部的压力等于流体的重力；C 、静止流体内高度差为h 的两点间的压强差为gh P o ρ+；D 、在地球表面一个盛有流体的容器以加速度a 竖直向上运动，则流体内深度为h处的压强为0)(P a g h P ++=ρ。
解：Ｄ4-2 海水的密度为33m /kg 1003.1⨯=ρ，海平面以下100m 处的压强为（ ）。
A 、Pa 1011.16⨯；B 、Pa 1011.15⨯C 、Pa 1001.16⨯；D 、Pa 1001.15⨯。
解：Ａ4-3 两个半径不同的肥皂泡，用一细导管连通后，肥皂泡将会（ ）。
A 、两个肥皂泡最终一样大；B 、大泡变大，小泡变小C 、大泡变小，小泡变大；D 、不能判断。
解：Ｂ４-4 两个完全相同的毛细管，插在两个不同的液体中，两个毛细管（ ）。
A 、两管液体上升高度相同；B 、两管液体上升高度不同；C 、一个上升，一个下降； Ｄ、不能判断。
解：Ｂ4-5 一半径为r 的毛细管，插入密度为ρ的液体中，设毛细管壁与液体接触角为θ，则液体在毛细管中上升高度为h= ( ) 。
（设液体的表面张力系数为α）解:grh ρθα=cos 2 4-6 如图所示的液面。
液面下A点处压强是（ ） 。
设弯曲液面是球面的一部分，液面曲率半径为Ｒ，大气压强是0P ，表面张力系数是α。
解:RP P α+=20 4-7 当接触角2πθ<时，液体（ ）固体，0=θ时，液体（ ）固体；当2πθ>时，液体（ ）固体，πθ=，液体（ ）固体。
习题4-10图习题4-11解：润湿，完全润湿，不润湿，完全不润湿。
4-8 不可压缩的、没有粘滞性的流体称为（ ）。
解：理想流体4-9 一球形泡，直径等于m 100.15-⨯，刚处在水面下，水面上的气压为aP P 100.150⨯=，水的表面张力系数为N/m 103.72-⨯=α，求泡内的压强是多少？ 解：由于气泡刚处在水面下，所以泡外是液体，压强等于水面上方的大气压，则泡内压强为)P (1034.1101103.72100.1255250a R p p ⨯=⨯⨯⨯+⨯=+=--α 4-10 如图所示，盛有水的Ｕ形管中，两粗细不同的毛细管底部相互连通，两管水面的高度差h=0.08m 。
大学物理简明教程第四章习题答案
第四章 电磁学基础静电学部分解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为：20''41r qq F qq πε=ϖ()()24441l q q F q q πε=ϖ处于平衡状态：()04'=+q q qq F F ϖϖ()0441'412020=+l qq r q q πεπε （1） 同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41r l q q F q q -=πεϖ()()204441l q q F q q πε=ϖ ()()04'4=+q q q q F F ϖϖ()()()04414'412020=+-l q q r l q q πεπε （2）通过（1）和（2）联立，可得： 3l r =，q q 94'-=解：根据点电荷的电场公式：re r q E ϖϖ2041πε=点电荷到场点的距离为：22l r +22041l r qE +=+πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称：θcos 2//+=E E0=⊥E22cos lr r +=θ所以：()232202222021412cos 2l r qrlr r l r qE E +=++==+πεπεθqlq+当l r >> 202024121r q r q E πεπε==与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q 组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。
解：取一线元θλRd dq =，在圆心处产生场强：20204141R Rd R dq dE θλπεπε==分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加：RR Rd dEx00202sin 41πελθθλπεπ==⎰⎰方向：沿x 正方向解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。
解：线密度为λ，分析半圆部分：θλλrd dl dq ==点电荷电场公式：r e r q E ϖϖ2041πε=在本题中： 241rrd E θλπε=电场分布关于x 轴对称：θθλπεθsin 41sin 2r rd E E x ==，0=y E进行积分处理，上限为2π，下限为2π-：rd r r rd E E 000022sin 4sin 41sin πελθθπελθθλπεθππ====⎰⎰⎰方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长：)cos (cos 4d sin 4210021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xx dE E x x )sin (sin 4d cos 4120021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xx dE E y yx21πθ=，πθ=2， x E x 04πελ=，xE y 04πελ-= 两个半无限长，关于x 轴对称，在y 方向的分量为0，在x 方向的分量：rr E E x 002422πελπελ=== 在本题中，r 为场点O 到半无限长线的垂直距离。
大学物理习题答案解析第四章
第四章刚体的转动4－1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．4－2关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2) 一对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，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是( )(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)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．4－3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(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，角加速度为零分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C )． 4 －4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A ) L 不变，ω增大 (B ) 两者均不变 (C ) L 不变，ω减小 (D ) 两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即式中m v D 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J 0 ，则ω＜ω０ ．故选(C )．4 －5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (A ) 角动量守恒，动能守恒 (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，动量也不守恒 (Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×m v ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B )．4 －6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min -1均匀的增加到2.7×103 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？分析这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转ωJ ωJ d m d m =+-00vv动．解 (1) 由于角速度ω＝2π n (n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义，在匀变速转动中角加速度为(2) 发动机曲轴转过的角度为在12 s 内曲轴转过的圈数为圈 4 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为，式中ω０＝9.0 s -1 ，τ＝2 s ．求：(1) t ＝6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数．分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t )出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数． 解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得(2) 角速度随时间变化的规律为(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为则t ＝6.0 s 时电动机转过的圈数圈4 －8 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA ′ 轴的转动惯量J AA′＝1.93 ×10-47 kg·m 2 ，对BB ′ 轴转动惯量J BB′＝1.14 ×10-47 kg·m 2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．tωαd d =()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=tn n t ωωα()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=3902π20=+==t n n θN ()τt e ωω/01--=()10/0s 6.895.01--==-=ωe ωωτt ()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα()rad 9.36d 1d /6060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 87.5π2/==θN分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB ′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得此二式相加，可得 则由二式相比，可得 则 4 －9 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103 kg·m -3，求飞轮对轴的转动惯量．分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到． 解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='22d m J J H B B A A =+''m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d θJ J B B A A 2tan /=''o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J Jθ4 －10 如图(a )所示，圆盘的质量为m ，半径为R ．求：(1) 以O 为中心，将半径为R ／2 的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；(2) 剩余部分对O ′O ′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量．分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式计算，式中d m 可取半径为r 、宽度为d r 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b )所示． (1) 解1 由分析知解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为(2) 由平行轴定理，剩余部分对O ′O ′轴的转动惯量为4 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．2424122221121m kg 136.021π161 2212212⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=+=ad ld ρd m d m J JJ m r J d 2⎰=22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m rr R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰2121mR J =2222232122ππ21mR R R Rm J =⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛=22103215mR J J J =-=22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得．解1 设绳子的拉力为F Ｔ，对飞轮而言，根据转动定律，有(1)而对重物而言，由牛顿定律，有(2)由于绳子不可伸长，因此，有(3)重物作匀加速下落，则有(4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为解2 根据系统的机械能守恒定律，有(1′)而线速度和角速度的关系为(2′)又根据重物作匀加速运动时，有(3′)(4′)由上述各式可得αJ R F T =ma F mg T =-αR a =221at h =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J 0212122=++-ωJ m mgh v ωR =v at =v ah 22=v ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．4 －12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m ，涡轮的转动惯量为25.0kg·m 2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min -1 增大到1.12×104 r·min -1时，所经历的时间t 为多少？分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解． 解1 在匀变速转动中，角加速度，由转动定律，可得飞轮所经历的时间 解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有则 4 －13 如图(a ) 所示，质量m 1 ＝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B 由静止开始下降1.0 s 后的距离；(2) 绳的张力F Ｔ .分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到. 解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b ).对实心圆柱体而言，由转动定律得t ωωα0-=αJ M =()s 8.10200=-=-=n n MJπJ M ωωt ()0d ωωJ t M t-=⎰()s 8.10π200=-=-=n n MJJ M ωωt对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有且F Ｔ ＝F Ｔ′ .又由角量与线量之间的关系，得解上述方程组，可得物体下落的加速度在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为(2) 由式(2)可得绳中的张力为4 －14 质量为m 1 和m 2 的两物体A 、B 分别悬挂在图(a )所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为J 1 和J 2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两αr m αJ r F T 2121==a m F g m F P T T 222='-='-αr a =21222m m gm a +=m 45.222121222=+==m m gt m at s ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m FT力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b ).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有(1) (2)(3) , (4)由角加速度和线加速度之间的关系，有(5) (6)解上述方程组，可得4 －15 如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为m 1 和m 2 的物体A 、B .A 置于倾角为θ 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动时，求：(1) 其下落加速度的大小；(2) 滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A 和B 可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.解 作A 、B 和滑轮的受力分析，如图(b ).其中A 是在张力F Ｔ1 、重力P 1 ，支持力F Ｎ 和摩擦力F ｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有(1)111111a m F g m F P T T =-='-222222a m g m F P F T T =-=-'()αJ J r F R F T T 2121+=-11T T F F ='22T T F F ='αR a =1αr a =2gR r m R m J J rm R m a 222121211+++-=gr rm R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=g m r m R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++=11111cos sin a m θg m μθg m F T =--而B 则是在张力F Ｔ2 和重力P 2 的作用下运动，有(2)由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有(3)对滑轮而言，根据定轴转动定律有(4) , (5)解上述各方程可得4 －16 如图(a )所示，飞轮的质量为60 kg ，直径为0.50 m ，转速为1.0 ×103 r·min -1 .现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F .设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.2222a m F g m T =-αr a a ==21αJ r F r F T T ='-'1211T T F F ='22T T F F ='22111221cos sin rJm m θg m μθg m g m a a ++--==()()22121211//cos sin cos sin 1rJ m m r gJ m θμθθμθg m m F T ++++++=()22122212//cos sin 1rJ m m r gJ m θμθg m m F T +++++=分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力F Ｎ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b )所示.根据闸杆的力矩平衡，有而，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 (1) 摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有(2) 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量，根据转动定律，由式(1)、(2)可得制动力()0121='-+l F l l F NNN F F '=d μF l ll d μF d F M N 121f2212+===tnt ωt ωωαπ200==-=4/2md J =αJ M =4 －17 一半径为R 、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1) 求圆盘所受的摩擦力矩.(2) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r 、宽为d r 的圆环为面元，环所受摩擦力d F ｆ ＝2πr μmg d r /πR 2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩d M ＝r ×d F ｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ d M .这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理M Δt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt .当然也可由转动定律求解得.解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r 、宽度为d r 的同心圆环所受的摩擦力矩为式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J ＝mR 2/2 .由角动量定理M Δt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为4 －18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解. 解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为(1) 根据初始条件对式(1)积分，有()N 1014.32211⨯=+=tl l μnmdl πF ()k F r M 22f /d 2d R r mg μr d -=⨯=mgR μr R mg μr M M R32d 2d 022===⎰⎰gμR ωM ωJ t 43Δ==JωC t ωα-==d d t J C ωωt ωωd d 00⎰⎰-=由于C 和J 均为常量，得(2)当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为(2) 根据初始条件对式(2)积分，有即 在时间t 内所转过的圈数为4 －19 如图所示，一长为2l 的细棒AB ，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m 的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z 上，并且棒与z 轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －e －t) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.分析 由于棒的质量不计，该系统对z 轴的角动量即为两小球对z 轴的角动量之和，首先可求出系统对z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为，则系统对z 轴的角动量为此处也可先求出每个小球对z 轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得J Ct e ωω/0-=2ln CJt =t e ωθJ Ct tθd d /000-⎰⎰=CωJ θ20=CωJ θN π4π20==()()222sin 2sin 22αl m αl m mr J ===()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===t ＝0时，合外力矩为此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即，再由M ＝Jα求得M . 4 －20 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解 (1) 碎块抛出时的初速度为由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有式中为圆盘未碎时的角动量；为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1 ＝1.0 kg ，长l ＝40cm ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m 2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m · s －1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d d d d --==t e αωml -=202sin 2αωml M 202sin 2=t e ωtωα-==0dd R ω=0v gR ωg h 222220==v L L L '-=0ωR m L 221'=ωmR L 2='ωR m m L 221⎪⎭⎫⎝⎛-'=分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理式中为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为4 －22 半径分别为r 1 、r 2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J 1 和J 2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出. 解 设相互作用力为F ，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有(1)(2)两轮啮合后应有相同的线速度，故有(3)()ωJ J ωJ '+=212()2222/l m J =12/211l m J =()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv()0111ΔωωJ t F r -=-222ΔωJ t F r =2211ωr ωr =由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为4 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m 、转动惯量为450 kg· m 2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s －1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式 . 解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有式中J 0 、J 1 ＝mR 2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.4 －24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs -1 转动，转台对转轴的转动惯量为J 0 ＝4.0 ×10-3 kg· m 2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s -1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m ，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度.分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为根据系统的角动量守恒定律，有则t ＝10 s 时，转台的角速度4 －25 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J ＝2.0 ×103kg· m 2 ，旋转的角速度ω＝0.2 rad· s -1 ，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5 m ；喷气以恒定的流量Q ＝1.0 kg· s -1和速率u ＝50 m· s -1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量J ω；(2) 喷气过210222122011r ωJ r J r ωJ ω+=10ωωω+=Rωωωωv+=+=010()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv kg 10.0Qd s100==⎰t m ()ωmr J ωJ 2000+=112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr ，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u ，这样，排出气体的总角动量.经上述处理后，可使问题大大简化.解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有(1)因喷气的流量恒定，故有(2)由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为4 －26 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB 为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有式中为转台对其中心轴的转动惯量，为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量.于是可得(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即.在此过程中，由系统角动量守恒，有4 －27 一质量为1.12 kg ，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s .(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.()mur m r ωu m≈+⎰d 0=-mur ωJ Qt m 2=s 67.22==QurωJ t ()b a ωJ J ωJ 100+=2021R m J '=21mR J =a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=22mr J =()c a ωJ J ωJ 100+=。
交大大物第四章习题答案
（2）假设碰撞是完全弹性的，
两球交换速度，
（3）假设碰撞的恢复系数 ，也就是
所以： ，
4-10.如图，光滑斜面与水平面的夹角为 ，轻质弹簧上端固定．今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为 的木块，木块沿斜面从静止开始向下滑动．当木块向下滑 时，恰好有一质量 的子弹，沿水平方向以速度 射中木块并陷在其中。设弹簧的劲度系数为 。求子弹打入木块后它们的共同速度。
（2）由冲量定义：
（3）由动量定理：
4-7.有质量为 的弹丸，从地面斜抛出去，它的落地点为 。如果它在飞行到最高点处爆炸成质量相等的两碎片。其中一碎片铅直自由下落，另一碎片水平抛出，它们同时落地。问第二块碎片落在何处。
解：在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为xc。
习题
4-1.如图所示的圆锥摆，绳长为l，绳子一端固定，另一端系一质量为m的质点，以匀角速ω绕铅直线作圆周运动，绳子与铅直线的夹角为θ。在质点旋转一周的过程中，试求：
（1）质点所受合外力的冲量I；
（2）质点所受张力T的冲量IT。
解：
（1）根据冲量定理：
其中动量的变化：
在本题中，小球转动一周的过程中，速度没有变化，动量的变化就为0，冲量之和也为0，所以本题中质点所受合外力的冲量I为零
(1)求子弹的速度；(2)若子弹射入木块的深度为 ，求子弹所受的平均阻力。
解：（1）碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得，
计算得到：
（2）子弹射入木快所受的阻力做功使子弹动能减小，木块动能增加，两次作功的位移差为s，所以：
其中
所以：
4-13.质量为 、长为 的船浮在静止的水面上，船上有一质量为 的人，开始时人与船也相对静止，然后人以相对于船的速度 从船尾走到船头，当人走到船头后人就站在船头上，经长时间后，人与船又都静止下来了。设船在运动过程中受到的阻力与船相对水的速度成正比，即 .求在整个过程中船的位移 .
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第五版
第四章补充例题
1 一飞轮半径为0.2 m、转速为 150 r· -1，因受制动而均匀减速，经 min 30 s 停止转动．试求：(1)角加速度和 在此时间内飞轮所转的圈数；(2)制动 开始后 t = 6 s 时飞轮的角速度；(3)t = 6 s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向 加速度和法向加速度．
2 2 0
N
2π
2π
37.5 r
2
第四章
刚体的转动
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第四章补充例题
π 1 ω ω0 αt (5π 6) 4π rad s 6 t （3） 6 s时，飞轮边缘上一点的线速度大小
（2）t 6 s时，飞轮的角速度
v rω 0.2 4π 2.5 m s
2 1 2 1
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刚体的转动
8
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解得
mg ( R r ) 2 2 J mR mr mgr ( R r ) a1 r 2 2 J mR mr mgR ( R r ) a2 R 2 2 J mR mr FT1 mg ma 1
第四章 刚体的转动
6
解 由 M k J
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第四章补充例题
4 电风扇在开启电源后，经t1时间达到 了额定转速，此时相应的角速度为0 ，当 关闭电源后，经过t2时间风扇停转．已知风 扇转子的转动惯量为J，并假设摩擦阻力矩 和电机的电磁力矩均为常量，求电机的电磁 力矩．
M M f J1 1 1 解 M J 解得： Jω0 ( ) M f 2 t1 t 2 ω0 1t1 2t2
第四章
刚体的转动
1
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第四章补充例题
解 （1）ω0 5π rad s , t = 30 s 时， 0
1
θ 设 t = 0 s 时， 0 0，因飞轮作匀减速运动
0
t
π 2 rad s 6
飞轮 30 s 内转过的角度
75 π rad 2 75 π 转过的圈数
3 一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴 转动，起初角速度为0 ，设它所受阻力矩 为M=-k (k为常数)，求圆盘的角速度从0 变为0/2 所需的时间．
d k d dt 有J 即 k， J dt 1 0 d t k J ln 2 2 dt， 解得：t 0 0 J k
2
该点的切向加速度和法向加速度
π 2 at r 0.2 ( ) 0.105 m s 6 2 2 2 an rω 0.2 (4π) 31.6 m s
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3
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2 一质量为m、长为L的均匀细棒， 可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定 轴转动，已知细棒与桌面的摩擦因素为 , 求棒转动时受到的摩擦力矩的大小．
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mg
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应用动能定理求ω
L
1 由 Md J 2 0 2
mg
L 1 1 2 2 mg cos d ( mL ) 得 0 2 2 3 3g sin L
第四章 刚体的转动
16
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5 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． β mg FT ma2 r R 解 FT1 FT2 FT mg ma1 由 FT R FT r J FT1' FT2' a1 A B a1 r a2 mg a2 R mg
o
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x
dx
x
4
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解 如图，距O点为x，长为dx的质元dm
m 的质量 dm dx l 其所受阻力矩 dM x( dm g) mg L 1 M xdmg xdx mgL
l
0
2
o
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x
dx
x
5
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FT2 mg ma2
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6 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑 轮质量为m，绳下端挂一物体，物体所受重 力为G, 滑轮的角加速度为β 1 ，若将物体去 掉而以与G相等的力 直接向下拉绳子，滑 β2 β1 R R 轮的角加速度β 2将 (A) 不变 (C) 变大 (D) 无法判断
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(B) 变小
G
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解 GR J 2 2 GR J
FT R J1 1 FT R J
又 所以
G FT
2 1
R
FT’ G
β
1
R
β
2
FT
G
答案：选（C）
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11
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7 轻绳一端 v 系着质量为m的质 r/2 r O m 点，另一端穿过光 滑水平桌面上的小 F 孔O用力拉着，质 点原来以等速率作半径为r 的圆周运动，问 当拉动绳子向正下方移动到半径为r/2时，质 点的角速度多大？
8 如图，一长L、 L 质量为m的细棒可绕其 一端自由转动，开始 时棒处于水平位置， mg 求棒转到与水平线成 度、角加速度． 角度 时的角速
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解 应用转动定律 M J 求β
L
L M mg cos 2 1 2 J mL 3 3g cos 2L
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应有 L 常矢量
即 J11 J 22
解 m绕O转动中， 所受力矩M=0．
r/2
O
r
v
m
F
2
v r mr ( ) m 2 r 2 解得： 2 4v / r
2
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