大学物理4章作业
大学物理第四章习题解
第四章 刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
大学物理第4章 狭义相对论时空观习题解答改
习 题4-1 一辆高速车以0.8c 的速率运动。
地上有一系列的同步钟,当经过地面上的一台钟时,驾驶员注意到它的指针在0=t ,她即刻把自己的钟拨到0'=t 。
行驶了一段距离后,她自己的钟指到6 us 时,驾驶员瞧地面上另一台钟。
问这个钟的读数就是多少？ 【解】s)(10)/8.0(16/12220μ=-μ=-∆=∆c c s cu t t所以地面上第二个钟的读数为)(10's t t t μ=∆+=4-2 在某惯性参考系S 中,两事件发生在同一地点而时间间隔为4 s,另一惯性参考系S′ 以速度c u 6.0=相对于S 系运动,问在S′ 系中测得的两个事件的时间间隔与空间间隔各就是多少？【解】已知原时(s)4=∆t ,则测时(s)56.014/1'222=-=-∆=∆s cu t t由洛伦兹坐标变换22/1'c u ut x x --=,得:)(100.9/1/1/1'''8222220221012m c u t u c u ut x c u ut x x x x ⨯=-∆=-----=-=∆4-3 S 系中测得两个事件的时空坐标就是x 1=6×104 m,y 1=z 1=0,t 1=2×10-4 s 与x 2=12×104 m,y 2=z 2=0,t 2=1×10-4 s 。
如果S′ 系测得这两个事件同时发生,则S′ 系相对于S 系的速度u 就是多少？S′ 系测得这两个事件的空间间隔就是多少？ 【解】(m)1064⨯=∆x ,0=∆=∆z y ,(s)1014-⨯-=∆t ,0'=∆t0)('2=∆-∆γ=∆cxu t t 2cxu t ∆=∆⇒ (m/s)105.182⨯-=∆∆=⇒x t c u (m )102.5)('4⨯=∆-∆γ=∆t u x x4-4 一列车与山底隧道静止时等长。
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+。
大学物理学课后习题4第四章答案
k
m1g x1
1.0 103 9.8 4.9 102
0.2
N m1
而 t 0 时， x0 1.0 102 m,v0 5.0 102 m s-1 ( 设向上为正)
又
k m
0.2 8 103
5,即T
2
1.26s
A
x02
(
v0
)2
(1.0 102 )2 (5.0 102 )2 5
（7）两列波叠加产生干涉现象必须满足的条件
是
，
和
。
[答案：频率相同，振动方向相同，在相遇点的位相差恒定。]
4.3 质量为10 103 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按
x 0.1cos(8t 2 ) (SI) 的规律作谐振动，求： 3
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与 势能相等?
习题 4.2(2) 图 [答案：b、f； a、e]
（3）一质点沿 x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为 x 轴的原点，已知周 期为 T，振幅为 A。
（ a ） 若 t=0 时 质 点 过 x=0 处 且 朝 x 轴 正 方 向 运 动 ， 则 振 动 方 程 为 x=___________________。
[答案： 2 s ] 3
（2）一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题 4.2(2)图所示。振子在位移为零， 速度为－A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________ 点。振子处在位移的绝对值为 A、速度为零、加速度为－2A 和弹性力为－KA 的 状态，则对应曲线上的____________点。
103
(
)2
大学物理教程上册第四章作业题
（2）根据动量定理：
t 2
（3）动量是与时间参量有关的，故不守恒，虽然上述时间段初 末态动量没有改变。
P83.4-18
以速度v0前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮 车的仰角为θ，炮弹和炮车的质量分别为m和 M，炮弹相对于炮车的出口速率为v，求炮车的反 冲速率是多大？
解：地面被看作是刚性的，故认为炮车无竖 直方向的运动；而在开炮瞬间，地面对炮车 的摩擦完全可以忽略，故在水平方向炮车-炮 弹动量守恒。
( M m)v0 MvM m(v cos )
解得
m vM v0 (v0 v cos ) M
P83.4-20
沙子从h=0.8m处下落到以的地方落到以v0 =3m/s 的速率沿水平向右运动的传输带上。若每秒钟下 落100kg的沙子，求传输带对沙子作用力的大小和 方向。 解：以水平向右为x轴，竖直向上为y轴，建立坐标系。 沙子刚落到传送带时速度为v1，由动能定理：
所以桌子对链条的瞬时作用为：
N 3 gy
链条对桌子的瞬时作用力就为：
F 3 gy
P82.4-16
解：（1）
p mr m ( a sin ti b cos tj )
I p| p |t 0 m (bj bj ) 0
m1v1 m2 v2 0
联立两式，解得
6Gm2 2 v1 2 ( m m ) l 1 2 6Gm12 v 2 (m m )l 2 1 2
P81.4-3
一根线密度为λ的均匀柔软链条，上端被人用手提住，下端恰 好碰到桌面。现将手突然松开，链条下落。设每节链环落到桌 面上之后就静止在桌面上，求链条下落距离y时对桌面的瞬时 作用力。
大学物理课后习题(第四章)
第四章热学基础选择题4—1 有一截面均匀的封闭圆筒,中间被一光滑的活塞隔成两边,如果其中一边装有0.1kg某一温度的氢气,为了使活塞停在圆筒的正中央,则另一边应装入同一温度的氧气的质量为（ C ）(A)1kg16; (B) 0.8kg; (C) 1.6kg; (D) 3.2kg.4—2 根据气体动理论,理想气体的温度正比于（ D ）(A) 气体分子的平均速率; (B)气体分子的平均动能;(C) 气体分子的平均动量的大小; (D)气体分子的平均平动动能.4—3 在一固定的容器内,理想气体的温度提高为原来的两倍,那么（ A ）(A) 分子的平均平动动能和压强都提高为原来的两倍;(B) 分子的平均平动动能提高为原来的四倍,压强提高为原来的两倍;(C) 分子的平均平动动能提高为原来的两倍,压强提高为原来的四倍;(D) 分子的平均平动动能和压强都提高为原来的四倍.4—4 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同,分子的平均平动动能相同,且均处于平衡态,则它们（ C ）(A) 温度和压强都相同;(B) 温度和压强都不相同;(C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强;(D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.4—5 下面说法中正确的是（ D ）(A) 在任何过程中,系统对外界做功不可能大于系统从外界吸收的热量;(B) 在任何过程中,系统内能的增量必定等于系统从外界吸收的热量;(C) 在任何过程中,系统内能的增量必定等于外界对系统所做的功;(D) 在任何过程中,系统从外界吸收的热量必定等于系统内能的增量与系统对外界做功之和.4—6 如图所示,一定量的理想气体,从状态A 沿着图中直线变到状态B ,且A AB B p V p V =,在此过程中: （ B ）(A) 气体对外界做正功,向外界放出热量;(B) 气体对外界做正功,从外界吸收热量;(C) 气体对外界做负功,向外界放出热量;(D) 气体对外界做负功,从外界吸收热量.4—7 如图所示,一定量的理想气体从状态A 等压压缩到状态B ,再由状态B 等体升压到状态C .设2C B p p =、2A B V V =,则气体从状态A 到C 的过程中 （ B ）(A) 气体向外界放出的热量等于气体对外界所做的功;(B) 气体向外界放出的热量等于外界对气体所做的功;(C) 气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功;(D) 气体从外界吸收的热量等于外界对气体所做的功.4—8 摩尔定容热容为2.5R （R 为摩尔气体常量）的理想气体,由状态A 等压膨胀到状态B ,其对外界做的功与其从外界吸收的热量之比为 （ C ）(A) 2:5; (B) 1:5; (C) 2:7; (D) 1:7.4—9 质量相同的同一种理想气体,从相同的状态出发,分别经历等压过程和绝热过程,使其体积增加一倍.气体温度的改变为 （ C ）(A) 绝热过程中降低,等压过程中也降低;(B) 绝热过程中升高,等压过程中也升高;(C) 绝热过程中降低,等压过程中升高;(D) 绝热过程中升高,等压过程中降低.4—10 一理想气体的初始温度为T ,体积为V .由如下三个准静态过程构成一个循环过程.先从初始状态绝热膨胀到2V ,再经过等体过程回到温度T ,最后等温压缩到体积V .在此循环过程中,下述说法正确的是 （ A ）(A) 气体向外界放出热量; (B) 气体对外界做正功;(C) 气体的内能增加; (D) 气体的内能减少.4—11 有人试图设计一台可逆卡诺热机,在一个循环中,可从400K 的高温热源吸收热量1800J ,向300K 的低温热源放出热量800J ,同时对外界作功1000J ,这样的设计是（ B ）(A) 可以的,符合热力学第一定律;(B) 可以的,符合热力学第二定律;(C) 不行的,卡诺循环所做的功不能大于向低温热源放出的热量;(D) 不行的,这个热机的效率超过理论最大值.4—12 对运转在1T 和2T 之间的卡诺热机,使高温热源的温度1T 升高T ∆,可使热机效率提高1η∆;使低温热源的温度2T 降低同样的值T ∆,可使循环效率提高2η∆.两者相比,有（ B ）(A) 12ηη∆>∆; (B) 12ηη∆<∆;(C) 12ηη∆=∆; (D) 无法确定哪个大.4—13 在o 327C 的高温热源和o27C 的低温热源间工作的热机,理论上的最大效率为（ C ）(A) 100%; (B) 92%; (C) 50%; (D) 25%.4—14 下述说法中正确的是 （ C ）(A) 在有些情况下,热量可以自动地从低温物体传到高温物体;(B) 在任何情况下,热量都不可能从低温物体传到高温物体;(C) 热量不能自动地从低温物体传到高温物体;(D) 热量不能自动地从高温物体传到低温物体.4—15 热力学第二定律表明 （ D ）(A) 热机可以不断地对外界做功而不从外界吸收热量;(B) 热机可以靠内能的不断减少而对外界做功;(C) 不可能存在这样的热机,在一个循环中,吸收的热量不等于对外界作的功;(D) 热机的效率必定小于100%.4—16 一个孤立系统,从平衡态A 经历一个不可逆过程变化到平衡态B ,孤立系统的熵增量B A S S S ∆=- 有 （ A ）(A) 0S ∆>; (B) 0S ∆<; (C) 0S ∆=; (D) 0S ∆≥.计算题4—17 容器内装满质量为0.1kg 的氧气,其压强为61.01310Pa ⨯,温度为o 47C .因为漏气,经过若干时间后,压强变为原来的一半,温度降到o 27C .求:(1) 容器的容积;(2) 漏去了多少氧气.解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得气体的体积,即容器的容积为 333360.18.31(47273)m 8.2010m 3210 1.01310m V RT Mp -⨯⨯+===⨯⨯⨯⨯ (2) 压强变为12p p =,温度降为()227327K T =+时,由状态方程,可得剩余气体的质量为36311113210 1.013108.20102kg 0.0533kg 8.31(27273)Mp V m RT ⨯⨯⨯⨯⨯⨯===⨯+ 漏掉的气体质量为1(0.10.0533)kg 0.0467kg m m m -∆=-=-=4—18 如图所示,a 、c 间曲线是1000mol 氢气的等温线,其中压强51410Pa p =⨯, 521010Pa p =⨯.在点a ,氢气的体积31 2.5m V =,求:(1) 该等温线的温度;(2) 氢气在点b 和点d 的温度b T 和d T .解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得在等温线上,气体的温度为 52111010 2.5K 301K 10008.31p V M T m R ⨯⨯==⨯= (2) 气体由点c 等体增压至点b ,压强增大为原来的10 2.54=倍,由等体方程21b cp p T T =,可得气体在点b 的温度为212.5 2.5301K 753K b c c p T T T p ===⨯= 气体由点a 等体减压至点d ,压强减小为原来的410,由等体方程21a d p p T T =,可得气体在点d 的温度为1244301K 120K 1010d a a p T T T p ===⨯= 4—19 22.010kg -⨯氢气装在334.010m -⨯的容器内,求当容器的压强为53.9010Pa⨯时,氢气分子的平均平动动能.解 由状态方程m pV RT M=,可得气体的温度为 MpV T mR=气体分子的平均平动动能为 t 353222233332223210 3.9010 4.010 J 3.8910J 2210 6.02310a MpV MpV kT k mR mN ε----===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯4—20 在一个具有活塞的容器中盛有一定量的气体.如果压缩气体,并对它加热,使它的温度从o 27C 升到o177C ,体积减少一半.求:(1) 气体的压强是原来压强的多少倍;(2) 气体分子的平均平动动能是原来平均平动动能的多少倍.解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得压缩后与压缩前的压强之比为 21212132(273177)(27327)p VT p V T +===+ 即压强增加为原来的三倍.(2) 子的平均平动动能t 32kT ε=与温度成正比,因此,压缩后与压缩前的分子的平均平动动能之比为 t22t112731773 1.5273272T T εε+====+ 即增加为原来的1.5倍.4—21 容器中储有氦气,其压强为71.01310Pa ⨯,温度为o 0C .求:(1) 单位体积中分子数n ;(2) 气体的密度;(3) 分子的平均平动动能.解 (1) 由p nkT =,可得单位体积中的分子数为73273231.01310m 2.6910m 1.3810273p n kT ---⨯===⨯⨯⨯ (2) 气体的密度为2727334 1.6710 2.6910kg m 18.0kg m mn ρ---==⨯⨯⨯⨯⋅=⋅(3) 分子的平均平动动能为2321t 33 1.3810273J 5.6510J 22kT ε-==⨯⨯⨯=⨯4—22 如图所示,一系统从状态A 沿ABC 过程到达状态C ,从外界吸收了350J 的热量,同时对外界做功126J .(1) 如沿ADC 过程,对外界作功为42J ,求系统从外界吸收的热量;(2) 系统从状态C 沿图示曲线返回状态A ,外界对系统做功84J ,系统是吸热还是放热?数值是多少?解 由热力学第一定律,ΔQ E A =+,可得从状态A 到状态C ,系统内能的增量为Δ350J 126J 224J ABC ABC E Q A =-=-=(1) 沿ADC 过程从状态A 到状态C ,系统吸收的热量为Δ224J 42J 266J ADC ADC Q E A =+=+=(2) 从状态C 沿图示曲线所示过程返回状态A ,系统吸收的热量为Δ224J 84J 308J CA CA Q E A =+=--=-308J<0CA Q =-,说明系统向外界放热308J .4-23 如图所示,一定量的空气, 起始在状态A ,其压强为52.010Pa ⨯,体积为332.010m -⨯沿直线AB 变化到状态B 后,压强变为51.010Pa ⨯,体积变为333.010m -⨯.求此过程中气体对外界所做的功.解 在此过程中气体作正功,大小为图示直线AB 下的面积()()()()5533121 2.010 1.010 3.010 2.010J 150J 2A B B A A p p V V -=+-=⨯+⨯⨯-⨯= 4—24 在标准状态下,1mol 的氧气经过一等体过程,到达末状态.从外界吸收的热量为336J .求气体到达末状态的温度和压强.设氧气的摩尔定容热容,m 52V C R =. 解 初始为标准状态,50 1.01310Pa p =⨯,230 2.2410m V -=⨯,0273K T =.气体经过等体过程吸受的热量等于内能的增量,,m V Q E C T =∆=∆.由此可得1mol 氧气经过等体过程后温度变化为,m 336 K 16.1K 2.58.31V Q T C ∆===⨯ 气体到达末状态时的温度为 0273K 16.1K 289K T T T =+∆=+=由等体方程,00p pT T =,可得气体到达末状态时的压强为5500 1.01310289 Pa 1.0710Pa 273p p T T ⨯==⨯=⨯ 4—25 在标准状态下,0.032kg 的氧气经过一等温过程,到达末状态.从外界吸收的热量为336J .求气体到达末状态的压强和体积.解 0.032kg 的氧气是1mol .标准状态为50 1.01310Pa p =⨯,230 2.2410m V -=⨯, 0273K T =.气体经过等温过程,吸受的热量等于其对外界所作的功:000000lnln V p Q A p V p V V p === 由此可得 520000336ln ln 0.1481.01310 2.2410V p Q V p p V -====⨯⨯⨯ 气体到达末状态的压强和体积分别为0.14850.14840 1.01310 Pa 8.710Pa p p e e --==⨯⨯=⨯0.14820.1483230 2.2410 m 2.6010m V V e e ----==⨯⨯=⨯4—26 1mol 的氦气,从温度为o 27C 、体积为232.010m -⨯,等温膨胀到体积为234.010m -⨯后,再等体冷却到o 27C -,设氦气的摩尔定容热容,m 32V C R =,请作出P V -图,并计算这一过程中,氦气从外界吸收的热量和对外界做的功.解 过程的P V -图如图所示.在等温过程AB 中,气体吸受的热量等于对外所做的功,为()232ln 4.010 8.3127327lnJ 1.7310 J 2.010BAB AB A AV Q A RT V --==⨯=⨯+⨯=⨯⨯ 在等体过程BC 中,气体做功为零,即0BC A =,吸受的热量为(),m 38.31(2727) J 673 J 2BC V C B m Q C T T M -=-=⨯⨯+=- 在整个过程ABC 中,气体吸受的热量和所作的功分别为()31.730.67 J 1.0610 J AB BC Q Q Q =+=-=⨯31.7310 J AB A A ==⨯4—27 将1mol 理想气体等压加热,使其温度升高72K ,气体从外界吸收的热量为31.610 J ⨯.求:(1) 气体对外界所做的功;(2) 气体内能的增量;(3) 比热容比.解 (1) 在此等压过程中气体对外界所做的功为8.3172 J 598 J A R T =∆=⨯=(2) 在此等压过程中气体内能的增量为33(1.610598)J 1.0010J E Q A ∆=-=⨯-=⨯(3) 气体的摩尔定压热容和定容热容分别为31111,m 1.6010J mol K 22.2J mol K 72p Q C T ----⨯==⋅⋅=⋅⋅∆ ()1111,m ,m 22.28.31J mol K 13.9J mol K V p C C R ----=-=-⋅⋅=⋅⋅比热容比为,m,m 22.2 1.6013.9p V C C γ=== 4—28 1mol 理想气体盛于气缸中,压强为51.01310Pa ⨯,体积为231.010m -⨯.先将此气体在等压下加热,使体积增大一倍.然后在等体下加热,使压强增大一倍.最后绝热膨胀使温度降为初始温度.请将全过程在p V -图中画出,并求在全过程中内能的增量和对外所做的功.设气体的摩尔定压热容,m 52p C R =. 解 过程的P V -图如图所示.因为末状态D 与初状态A 的温度相同,所以,从状态A 到状态D 的全过程中的内能增量为零:0E ∆=由热力学第一定律,ΔQ E A =+,由于0E ∆=,因此,全过中程气体吸受的热量等于对外界所做的功:()(),m ,m p B A V C B A Q C T T C T T ==-+-而,m ,m 5322V p C C R R R R =-=-= pV RT =于是()()5322B B A AC C B B A Q p V p V p V p V ==-+- 由于2B B A A p V p V =,24C C B B A A p V p V p V ==,因此5331111 1.01310 3.010 J 1.6710 J 22A A A Q p V -===⨯⨯⨯⨯=⨯ 4—29 1mol 的氮气,温度为o 27C ,压强为51.01310Pa ⨯.将气体绝热压缩,使其体积变为原来的15.求: (1) 压缩后的压强和温度;(2) 在压缩过程中气体所做的功( 1.4)γ=.解 (1) 在绝热过程中,pV γ为常数.压缩后的压强为 5 1.4500 1.013105Pa 9.6410Pa V p p V γ⎛⎫==⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭在绝热过程中,1V T γ-亦为常数.压缩后的温度为1(1.41)00(27273)5K 571K V T T V γ--⎛⎫==+⨯= ⎪⎝⎭(2) 将 1.4γ=代入,m ,mV V C RC γ+=,可得,m 52V C R =.在绝热压缩过程中,气体对外界所做的功,等于内能的减少:3055()8.31[571(27273)]J 5.6310J 22A E R T T =-∆=--=-⨯⨯-+=-⨯ 负号说明,在绝热压缩过程中,是外界对气体做功.4—30 一卡诺热机低温热源温度为o 7C ,效率为40%,若要把它的效率提高到50%,高温热源的温度应提高多少开?解 在效率为40%和50%的两种情况下,低温热源温度2T 相同.由211T T η=-,两种情况下的效率分别可表为 21122140%150%1T T T T T ηη==-==-+∆由此可得,高温热源的温度应提高 22112737K 93.3K 0.500.6033T T T +⎛⎫∆=-=== ⎪⎝⎭4—31 一卡诺热机,高温热源的温度为400K ,每一个循环从高温热源吸收75 J 热量,并向低温热源放出60 J 热量.求:(1) 低温热源温度;(2) 循环效率.解 (1) 对卡诺循环,有2211Q T T Q =,由此可得低温热源的温度为 221160400 K 320 K 75Q T T Q ==⨯=(2) 热机的循环效率为21601120%75Q Q η=-=-= 4—32 一卡诺机,在温度o 127C 和o 27C 两个热源间运转. (1)若一个正循环,从o 127C 热源吸收1200 J 热量,求向o 27C 的热源放出的热量;(2)若此循环逆向工作,从o 27C 的热源吸收1200 J 热量,求向o 127C 的热源放出的热量.解 (1) 对卡诺热机,2211Q T T Q =,由此可得,一个正循环向低温热源放出的热量为 2211272731200 J 900 J 127273T Q Q T +==⨯=+ (2) 对卡诺制冷机,有2211Q T Q T '=',由此可得,一个逆循环向高温热源放出的热量为 112241200 J 1600 J 3T Q Q T ''==⨯= 4—33 理想气体做卡诺循环,高温热源的热力学温度是低温热源热力学温度的n 倍,求在一个循环中,气体从高温热源吸收的热量有多少比例传给了低温热源.解 对卡诺热机,2211Q T T Q =,将12T n T =代入,可得 211Q Q n= 气体从高温热源吸收的热量有1n传给了低温热源. 4-34 质量为m ,摩尔质量为M 的理想气体,其摩尔定容热容为,m V C .在可逆的等体过程中温度从1T 升高到2T ,试证明在这一过程中气体的熵增量为2,m 1ln V T m S C M T ∆= 证 在气体的初态和末态间作可逆的等体曲线.气体沿此曲线,在温度升高d T 的元过程中,吸热为,m d d V m Q C T M=,熵增为,m d d d V Q m T S C T M T== 温度从1T 升高到2T ,气体的熵增量为 22112,m ,m 1d d ln S T V V S T T m T m S S C C M T M T ∆===⎰⎰ 4-35 质量为m ,摩尔质量为M 的理想气体,在可逆的等压过程中,温度从1T 升高到2T ,求在这一过程中,气体的熵增量.已知气体的摩尔定压热容为,m p C .解 在气体的初态和末态间作可逆的等压曲线.气体沿此曲线,在温度升高d T 的元过程中,吸热为,m d d p m Q C T M=,熵增为 ,m d d d p Q m T S C T M T== 温度从1T 升高到2T ,气体的熵增为22112,m ,m 1d d ln S T p p S T T m T m S S C C M T M T ∆===⎰⎰。
华东理工大学大学物理第四章答案
t（s）
5 Δϕ′ = π 12
−A
(2)
E=
1 1 1 2π 25 2 2 mv 2 m(ωA) 2 = × 1 × ( A) 2 = π A m = 2 2 2 T 72
-3
2、质量为 10×10 ㎏的小球与轻弹簧组成的系统，按 x = 0 . 1 cos ( 8 π t + 谐振动，式中t以秒计，x以米计，求： （1）振动的周期 T，振幅 A 和初位相φ； （2）t=1s 时刻的位相、速度； （3）最大的回复力； （4）振动的能量。 解：(1)与简谐振动标准运动方程 x = A cos(ωt + ϕ) 比较得
v 1 = −0.8π sin(8π + 2 π) = −2.175 m s 3
（3） Fmax = ma max = 10 × 10 −3 × Aω 2 = 10 × 10 −3 × 0.1 × (8π) 2 = 0.63N （4） E =
1 1 mA 2 ω 2 = × 10 × 10 −3 × (0.1) 2 × (8π) 2 = 3.2 × 10 −2 J 2 2
2 ∴A = x0 + 2 v0
ω
2
= A0
ω=
k m + m0
m0 k
（2）圆频率 ω′ =
k 不变 m + m0 k A0 m
m O A a
m0未落下前，m运动到O时速度为 v 0 = A 0 ω 0 =
当m0落在m上时系统速度变为 v ′ ，根据系统动量守恒 mv 0 = (m + m 0 ) v ′
(0.05) + (0.06)
大学物理第4章作业解答
第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1．观察图一中烟囱冒出的烟和车上的小旗，关于甲、乙两车相对于房子的运动情况，下列 说法正确的是 （ ） A ．甲、乙两车一定向左运动 B ．甲、乙两车一定向右运动 C ．甲车可能运动，乙车向右运动 D ．甲车可能静止，乙车向左运动 2．如图二所示，在水平方向的匀强电场中，绝缘细线的一端固定在O 点，另一端系一带正电的小球在竖直平面内做圆周运动，小球所 受的电场力大小等于重力大小，比较a 、b 、 c 、d 这四点，小球（ ）A ．在最高点a 处动能较其他三点都小B ．在最低点c 处重力势能最小C ．在水平直径右端b 处机械能最大D ．在水平直径左端d 处总能量最大3．关于动物量和动能的以下说法中正确的是 （ ）A ．系统动量守恒的过程动能必定也守恒B ．系统动能守恒的过程动量必定也守恒C ．如果一个物体的动量保持不变，那么它的动能必然也不变D ．如果一个物体的动能保持不变，那么它的动能必然也不变 4．如图所示，P 、Q 是两个电量相等的异种电荷： 其中P 带正电，Q 带负电，O 是P 、Q 连线的 中点，MN 是线段PQ 的中垂线，PQ 与MN 所 在平面与纸面平行，有一磁场方向垂直于纸面， 一电子以初速度v o 一直沿直线MN 运动，则（ ）A ．磁场的方向垂直纸面向里B ．电子速度先增大后减少C ．电子做匀速直线运动D ．电子速度减少后增大5．如图四所示的甲、乙、丙三个电源的U —I 图线，甲和丙两图线平行，下列判断正确 的是（ ）A ．甲电源的电动势比乙大B ．乙电源的电动势和内阻都比丙电源大C．甲和丙电源的内阻相等D．甲电源内阻最大，丙电源内阻最小6．图五a、b所示的两个情景中，静水原先静止的甲、乙两船的质量相同、两船上的人的质量也分别相同。
大学物理课本答案习题 第四章习题解答
习题四4-1 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行，如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度应是多少？解 5光年是在地球上测得的原长，由于此长度相对宇航员也是高速运动的，所以他测得收缩了的长度为3光年. 即3=火箭相对于地球的速度应为45u c =4-2 一飞船以0.99c 的速率平行于地面飞行，宇航员测得此飞船的长度为400 m.. （1）地面上的观察者测得飞船长度是多少？（2）为了测得飞船的长度，地面上需要有两位观察者携带着两只同步钟同时站在飞船首尾两端处.那么这两位观察者相距多远？ （3）宇航员测得两位观察者相距多远？解（1）56.4(m)l l ===（2）这两位观察者需同时测量飞船首、尾的坐标，相减得到飞船长度，所以两位观察者相距是56.4 m.（3）地面上的两位观察者相距56.4 m ，这一距离在地面参考系中是原长，宇航员看地面是运动的，他测得地面上两位观察者相距为7.96(m)l l ===所以宇航员测得两位观察者相距7.96 m.4-3 已知π介子在其静止系中的半衰期为81.810s -⨯。
今有一束π介子以0.8u c =的速度离开加速器，试问，从实验室参考系看来，当π介子衰变一半时飞越了多长的距离？解：在π介子的静止系中，半衰期80 1.810s t -∆=⨯是本征时间。
由时间膨胀效应，实验室参考系中的观察者测得的同一过程所经历的时间为8310s t -∆==⨯因而飞行距离为7.2m d u t =∆=4-4 在某惯性系K 中，两事件发生在同一地点而时间相隔为4s 。
已知在另一惯性系'K 中，该两事件的时间间隔为6s，试问它们的空间间隔是多少？解：在K系中，04st∆=为本征时间，在'K系中的时间间隔为6st∆=两者的关系为t∆==所以259β=故两惯性系的相对速度为8110m su cβ-==⋅由洛伦兹变换，'K系中两事件的空间间隔为)k kx x u t'∆=∆+∆两件事在K系中发生在同一地点，因此有0kx∆=，故810mkx'∆==4-5 惯性系'K相对另一惯性系K沿x轴作匀速运动，取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。
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-刚体的转动-习题及答案
1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法 向加速度的大小是否随时间变化？
答：当刚体作匀变速转动时,角加速度 不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速
率在均匀变化，v l ，所以一定有切向加速度 at l ，其大小不变。又因该点速度的方向变化，
ω dr
（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩
为
dM
m
(
R2
2 rdr)grBiblioteka 2r 2 mgdr/
R2
负号表示摩擦力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受
r dF
的总摩擦力矩大小为
M dM R 2r2mgdrdr 2 mgR
0
R2
3
（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 I 1 mr2 ，由角动量定理可得圆盘停止的 2
度．
解：碰撞过程满足角动量守恒：
2 3
mv0l
1 2
mv0
2 3
l
I
而
I m( 2 l)2 2m(1 l)2 2 ml2
3
33
所以
mv0l
2 3
ml 2
由此得到： 3v0 2l
2m
1 3
l
O⅓l
1 2
v
0
2 3
l
m
⅓l m v0
⅓l
15. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 JA＝10 kg·m2 和 JB
2
2
22
2
2
1 16
( Ld14
1 2
ad24
大学物理-刚体的定轴转动-习题和答案
第4章 刚体的定轴转动 习题及答案1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。
刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。
又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。
2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为zz dL M dt=，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。
()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以()z z dL d d M I I I dt dt dtωωβ====。
既 z M I β=。
所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。
3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。
4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。
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。
大学物理学(课后答案)第4章
第4章 刚体的定轴转动习 题一 选择题4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体下，对此有以下几种说法：（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L 述说法下述判断正确的是[ ]（A ）只有（l ）是正确的 （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误 （C ）(1)、（2）、（3）都正确 （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确 解析：力矩是描述力对刚体转动的作用，=⨯M r F 。
因此合力为零时，合力矩不一定为零；合力矩为零时，合力也不一定为零。
两者并没有一一对应的关系。
答案选B 。
4-2 有A 、B 两半径相同，质量相同的细圆环。
A 环的质量均匀分布，B 环的质量不均匀分布，设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则有[ ]（A ）A B I I > （B ）A B I I < （C ）无法确定哪个大 （D ）A B I I = 解析：转动惯量2i i iI m r =∆∑，由于A 、B 两细圆环半径相同，质量相同，所以转动惯量相同2A B I I mR ==，而与质量分布均匀与否无关。
选D 。
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4-3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，角加速度为零解析：在棒摆到竖直位置的过程中，重力势能和转动动能相互转化，因此转速越来越大，即角速度从小到大。
整个过程中棒只受到重力矩的作用，211cos 23M mg l J ml θαα===，所以3cos 2gl αθ=，随着转角θ逐渐增大，角加速度α由大变小。
大学物理第四章作业答案精品PPT课件
到静止
由质点的动能定理得
1 2
m2v
2
m2 gs
v l
s
3lm12
2m1 3m2
4、定滑轮半径r 转动惯量 ，
弹簧J 劲度系数k ，开 始时处于
自然长度，物体m 静止。然后
释放物体，求物体下落h 时的
速度大小。
k
J ,r
解：取弹簧、物体和滑轮 为系统，则作用于系统的外力和非保 m
守内力做功为零（为什么？）
1.两个大小不同、具有水平光滑
轴的定滑轮，顶点在同一水平
线上．小滑轮的质量为m，半径 m,r
为r，大滑轮的质量m ＝2m，
半径r ＝2r，一根不可伸长的 轻质细绳跨过这两个定滑轮，
A m
绳的两端分别挂着物体A和
B．A的质量为m，B的质量 m
＝2m．这一系统由静止开始转
动．已知m＝6.0 kg，r＝5.0
系统机械能守恒（取势能零点）
h
mgh 1 mv 2 1 J 2 1 kh2
2
2
2
m
v r
mgh
1 2
kh2
1 2
J r2
m v 2
v 2mgh kh2 m J r2
动力学方法
分析受力，图示：
k
J ,r
m
h
Fm
弹簧： F kx (1)
F
滑轮：mgr Fr (J mr 2 )b (2)
It'S An Honor To Walk With You All The Way
演讲人：XXXXXX 时 间：XX年XX月XX日
cm．求两滑轮的角加速度和它
们之间绳中的张力．
m, r T2
大学物理学（第三版）第四章课后答案解析（主编）赵近芳
⼤学物理学（第三版）第四章课后答案解析（主编）赵近芳习题44.1 选择题（1）在⼀惯性系中观测，两个事件同时不同地，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。
（A）⼀定同时（B）可能同时（C）不可能同时，但可能同地（D）不可能同时，也不可能同地[答案：D ]（2）在⼀惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。
（A）⼀定同地（B）可能同地（C）不可能同地，但可能同时（D）不可能同地，也不可能同时[答案：D ]（3）宇宙飞船相对于地⾯以速度v作匀速直线飞⾏，某⼀时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出⼀个光讯号，经过t?（飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船的固有长度为（c表⽰真空中光速）[ ]。
（A）c t??（B）v t??（C（D）c t[答案：A ]（4）⼀宇航员要到离地球5光年的星球去旅⾏。
如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的⽕箭相对于地球的速度v应为[ ]。
（A）0.5c （B）0.6c（C）0.8c （D）0.9c[答案：C ]（5）某宇宙飞船以0.8c的速度离开地球，若地球上测到它发出的两个信号之间的时间间隔为10s。
则宇航员测出的相应的时间间隔为[ ]。
（A）6s （B）8s（C）10s （D）10/3s[答案：A ]4.2 填空题（1）有⼀速度为ｕ的宇宙飞船沿Ｘ轴正⽅向飞⾏，飞船头尾各有⼀个脉冲光源在⼯作，处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度⼤⼩为_________；处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度⼤⼩为__________。
[答案：c ，c ； ]S 系相对S 系沿x 轴匀速运动的速度为0.8c ，在'S 中观测，两个事件的时间间隔'7510t s -?=?，空间间隔是'120x m ?=-，则在S 系中测得的两事件的空间间隔x ?= ，时间间隔t ?= 。
[答案：0，7310s -? ]（3）⽤v 表⽰物体的速度，则当v c = 时，02m m =；vc= 时，0k E E =。
大学物理作业
第4章 真空中的静电场4－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强。
解：建立如图所示的直角坐标系o-xy ，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为则r R <12d 4S E r π=⋅=⎰E S R >22d 4S E r π=⋅=⎰E S 2r e rπε=外E 0q 44－9 如图所示，厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，体电荷密度为ρ，求板内外的电场分布。
解:带电平板均匀带电，产生的电场具有面对称性，因而可以应用高斯定理求解。
作一柱形高斯面，其侧面与板面垂直；两底面s 和板面平行,且到板中心平面的距离相等，用xdEx表示。
(1) 平板内（2d x <） 11102d 2S S x E S ρψε⋅=⋅==⎰E S 得 10E x ρε=，方向垂直板面向外。
02d ρε=，方向垂直板面向外。
两个同心球面的半径分别为1R 12114S E dS E rπ⋅=⎰(b) 12R r R ≤≤22224S E dS E r π⋅=⎰1224E r πε=(c) 2r R >32123304S Q Q E dS E r πε+⋅==⎰12304r Q Q E e πε+=（2）求各区域的电势 (a) 1r R <1221212112112320044R R R rR R R R Q Q Q V E dr E dr E dr dr dr rπεπε∞∞+=⋅+⋅+⋅=⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰得 1210121(4Q Q V R R πε=+ 12324R rE dr E dr rπε⋅+⋅=⎰⎰2() 4r R πε+ 14rdr πε=⎰0 4rπε=224R R Q E dr πε⋅=⎰取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出电势分布曲线。
据高斯定理有2r e ρε=R r ≤时：102RRr rV E dr rdr ε=⋅=⎰⎰)(4220r R -=ερ习题7－10图R r >时：22202SR l E dS E rl ρππε⋅==⎰2202n R E e r ρε→= 2202R R rr R dr V E dr rρε=⋅=⎰⎰r RR ln 202ερ=空间电势分布并画出电势分布曲线大致如图。
大学物理习题册及解答(第二版)第四章-刚体的定轴转动
上环可以自由在纸面内外摆动。求此时圆环摆的转动惯量。 O
(*)（3）求两种小摆动的周期。哪种摆动的周期较长？
R C
解：（1）圆环放在刀口上O，以环中 心的平衡位置C点的为坐标原点。Z轴
J zc MR2
O
P
ŷ
P΄
x
指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为
Z
R
由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为 J zo J zc MR 2 2MR 2
m(l a) J
杆摆动过程机械能守恒
J 1 Ml2 3
1 J 2 Mg l (1 cos )
2
2
解得小球碰前速率为 Ml
2gl sin
m(l a) 3 2
5．一轻绳绕过一半径R，质量为M/4的滑轮。质量为M的人抓住绳 子的一端，而绳子另一端系一质量为M/2的重物，如图。求当人相 对于绳匀速上爬时，重物上升的加速度是多少？
解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮轴的
外力矩为
1 MgR
人
物2
设u为人相对绳的匀速度，为重物上升的
速度。则该系统对滑轮轴的角动量为
L M R M (u )R (1 M R2 ) 13 MR MRu
2
24
8
据转动定律
du 0 dt
dL dt
a
即 1 MgR d (13 MR MRu)
6. 一飞轮以角速度0绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯 量为J1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同一转 轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍．啮合后整个系
统的角速度 / 3 0
7．一长为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，如图所示．现将杆由水平位置 无初转速地释放．则杆刚被释放时的角加速度a0 _ ， 杆与水平方向夹角为60°时的角加速度a_
大学物理第四章习题解答
l
v v
O
以杆、摆锤和地球为整体，该系统在 摆动过程中机械能守恒，选择最低点 为重力势能零点。若刚好能完成一次
m/
A
m
/
v v 2
圆周运动，则系统在最高点的角速度 为0。
/ / 11 / 2 2 m gl 3m gl / 2 = + 2m / gl m l + m l ω0 + 23 2 2
解：有心力对地心的力矩为零， 有心力对地心的力矩为零， 卫星 m 对地心 o 角动量守恒
v 2 h2 r r 1
h1 m
mv1r1 = mv2 r2
卫星与地球系统机械能守恒： 1 2 GmM 1 2 GmM mv1 − = mv2 − 2 r1 2 r2
24
v1
r1 = R + h1 , r2 = R + h2
0
6
−t / τ
d ( − )]
t
τ
= ω 0 [t
−t / τ 6 + τe ]0
= 9[6 + 2(e −6 / 2 - e 0 )] = 36.9 rad
∆θ N= = 5.87 (圈) 2π
N ≠ ∆θ
6
4 − 9：一飞轮由一直径为30cm，厚度为2cm的圆盘和两个直径都为10cm ，长为8cm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。
有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： 4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： 力都平行于轴作用时 （1）这两个力都平行于轴作用时， ）这两个力都平行于轴作用时， 对轴的 一定是零 它们对轴 合力矩一定是 它们对轴的合力矩一定是零; 力都垂直于轴作用时 （2）这两个力都垂直于轴作用时， ）这两个力都垂直于轴作用时， 它们对轴的合力矩可能是 合力矩可能 它们对轴的合力矩可能是零; 合力为零时 （3）当这两个力的合力为零时， ）当这两个力的合力为零 它们对轴的合力矩也一定是零 合力矩也一定是 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 （4）当这两个力对轴的合力矩为 它们的合力也一定是零 合力也一定是 零时，它们的合力也一定是零。 对上述说法正确的是（ 对上述说法正确的是（ B ） (A) 只有 是正确的 只有(1)是正确的 (B) (1)(2)正确，(3)(4)错误 正确， 正确 错误 (C) (1)(2)(3)都正确，(4)错误 都正确， 错误 都正确
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第四章气体动理论
答案在最后
一. 选择题
1.一个容器内储有1mol氢气和1mol氧气，处于平衡态.若两种气体各自对器壁产生的压强为p1和p2，则两者关系是
(A) p1p2 (B) p1p2
(C) p1p2 (D) 不确定
2. 关于温度的意义，下列说法中错误的是
(A) 气体的温度是分子平均平动动能的量度
(B) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具统计意义
(C) 温度反映了物质内部分子运动的剧烈程度
(D) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度
3. 温度、压强相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能和平均平动动能有如下关系
(A) 平均动能和平均平动动能都相等
(B) 平均动能相等，而平均平动动能不相等
(C) 平均平动动能相等，而平均动能不相等
(D) 平均动能和平均平动动能都不相等
4. 容器内装有N1个单原子理想气体分子和N2个刚性双原子理想气体分子，当该系统处在温度为T的平衡态时，其内能为
(A)
(B)
(C)
(D)
二.填空题
5. 1mol氦气，分子热运动的总动能为，则氦气的温度T=___________.
6. 1mol氦气和1mol氧气，温度升高1K，则两种气体内能的增加值分别为________________和____________.
7. 的物理意义是_________________________________________.
8. 由能量按自由度均分定理，设气体分子为刚性分子，分子自由度为i，则温度为T时，一个分子的平均动能为______________；一摩尔氧气分子的转动动能总和为____________.
三.计算题
300，求：（1）气体的分子数密
9. 一容器内储有氢气，其压强为Pa
，温度为K
01
10
.15
度；（2）气体的质量密度。
第四章气体动理论参考答案
一. 选择题
1. (C)
2. (D)
3. (C)
4. (A)
二.填空题
5.( 400K )
6.( 12.5J ；20.8J )
7.( 温度为T时，自由度为5的气体分子的平均动能 )
8. ( ，RT )
三.计算题
300，求：（1）气体的分子数密
9. 一容器内储有氢气，其压强为Pa
，温度为K
.15
01
10
度；（2）气体的质量密度。
解：（1）由
（2）由。