大物参考答案
大物课后习题 答案
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4.式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1） j t t i t r)4321()53(2-+++=m (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i tr v则 j i v734+= 1s m -⋅(6) 2s m 1d d -⋅==j tv a这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得ts stl ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v tl v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v sl tl s l ts v ==-=-=船或 sv s h slv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度32022222002)(d d d d d d sv h sv sls v slv s v v st s l tl s tv a =+-=+-=-==船船1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ， v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t tv a 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c 故 2234t t v += 又因为 2234d d t t tx v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102sm 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ． 解：（1） bt v ts v -==0d dRbt v Rva b t v a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(Rbt v b aa a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n--==τϕ(2)由题意应有2402)(Rbt v b b a -+==即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b∴当bv t 0=时，b a =1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图(1)在最高点，o0160cos v v v x == 21sm 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1sm -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n ∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ2-3 283166-⋅===sm m f a x x2167-⋅-==s m mf a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=2101200872167452832sm dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-⋅--=sm ji v(2) mji j i jt a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++= 2-4 (1)∵dtdv mkv a =-=分离变量，得m kdt v dv -=即⎰⎰-=vv tmkdt v dv 0mkt ev v -=ln ln∴ tmk e v v -=0(2)⎰⎰---===tttmk mk ekmv dt ev vdtx 000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有⎰∞-=='000kmv dt ev x tmk(4)当t=km 时，其速度为ev ev ev v km m k 0100===-⋅-即速度减至v 0的e1.2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J (2)w tA N 756.045==∆=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为 1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p=∆∆=2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv +=即 222120v v v += ①3-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S 和S '中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s ．求： (1) S '相对于S 的运动速度．(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．解: 甲测得0,s 4==x t ∆∆,乙测得s 5=t ∆，坐标差为12x x x '-'='∆′ (1)∴ t cv tx cv t t ∆-∆=∆+∆='∆22)(11)(λγ54122='∆∆=-t t cv解出 c c t t c v 53)54(1)(122=-='∆∆-=8108.1⨯= 1s m -⋅(2) ()0,45,=∆=∆'∆=∆-∆='∆x tt t v x x γγ∴ m 1093453458⨯-=-=⨯⨯-=-='c c t v x ∆γ∆负号表示012<'-'x x ． 3-8 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是多少? 解: 2220153,1513βββ-=-=-=='则l l∴ c c v 542591=-=3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s ，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c 离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?解: 以脉冲星为S '系，0='∆x ，固有周期0τ='∆t .地球为S 系，则有运动时t t '∆=∆γ1，这里1t ∆不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，ct v 1∆∴ t cv t c t v t t ∆+'∆=∆+∆=∆γγ11′)1(cv t +'=∆γ6.01)8.0(112=-=c c γ则 γλτ)8.01(5.0)1(0c c cv t t +++∆='∆=s 1666.08.13.06.01)8.01(5.0==+=3-16 静止在S 系中的观测者测得一光子沿与x 轴成︒60角的方向飞行．另一观测者静止于S ′系，S ′系的x '轴与x 轴一致，并以0.6c 的速度沿x 方向运动．试问S ′系中的观测者观测到的光子运动方向如何? 解: S 系中光子运动速度的分量为c c v x 500.060cos ο==c c v y 866.060sin ο==由速度变换公式，光子在S '系中的速度分量为c ccc c c v cu u v v xx x143.05.06.016.05.0122-=⨯--=--='c ccc c v cu v cu v xyy 990.05.06.01866.06.011122222=⨯-⨯-=--='光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足692.0tan -=''='xy v v θθ'在第二象限为ο2.98='θ在S '系中，光子的运动速度为c v v v y x='+'='22 正是光速不变． 3-17 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c ，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c 加速到0.9c ，又须对它作多少功?解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得)111()1(222020202--=-=-==cv c m c m cm mcE E k k γ∆)11.011()103(101.922831--⨯⨯⨯=-161012.4-⨯=J=eV 1057.23⨯(2) )()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k---=-='∆)1111(221222202122cv cv c m cm c m ---=-=))8.0119.011(103101.92216231---⨯⨯⨯=-J 1014.514-⨯=eV 1021.35⨯=4-2 劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．题4-2图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有21F F F ==，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有111x k F x k F -=-=串222x k F -=又有 21x x x +=2211k F k F k F x +==串所以串联弹簧的等效倔强系数为2121k k k k k +=串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/(2121k k k k k +=的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为2121)(222k k k k m k m T +===ππωπ串(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ==，即21x x x ==，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有2211x k x k x k +=并故 21k k k +=并 同上理，其振动周期为212k k m T +='π4-5 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0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2A x =处向负向运动； (4)过2A x -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程． 解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t TA x)452cos(454πππφ+==t TA x4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4．用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后 ，给予向上的初速度10scm 0.5-⋅=v ，求振动周期和振动表达式．解：由题知 12311mN 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k而0=t 时，-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x ( 设向上为正)又 s 26.12,51082.03===⨯==-ωπωT mk 即m102)5100.5()100.1()(22222220---⨯=⨯+⨯=+=∴ωv x A45,15100.1100.5tan 022000πφωφ==⨯⨯⨯=-=--即x v∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x4-8 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+=4-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x 解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A (2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
大物习题答案1
习 题 一1—1 一质点在平面xOy 内运动，运动方程为x =2t ，2219t y -= (SI)。
(1)求质点的运动轨道；(2)求t =1s 和t =2s 时刻质点的位置矢量；(3)求t =1s 和t =2s 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；(4)在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x 、y 分量各为多少?(5)在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大?[解] 质点的运动方程:t x 2=，2219t y -= (1)消去参数t ，得轨道方程为: 22119x y -= (2)把t=1s 代入运动方程，得j i j i r 172)219(22+=-+=t t 把t =2s 代入运动方程，可得j i j i r 114)2219(222+=⨯-+⨯= (3)由速度、加速度定义式，有4/,0/4/,2/-====-====dt dv a dt dv a t dt dy v dt dx v y y x x y x所以，t 时刻质点的速度和加速度为 j i j i t v v v y x 42-=+= j j i a 4-=+=y x a a所以，t=1s 时，j i v 42-=，j a 4-= t=2s 时，j i v 82-=，j a 4-= (4)当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有 0=⋅v r即 0]42[])219(2[2=-⋅-+j i j i t t t 整理，得 093=-t t解得 3,3;0321-===t t t (舍去) m 19,0,s 011===y x t 时 m 1,m 6,s 322===y x t 时 (5)任一时刻t 质点离原点的距离 222)219()2()(t t t r -+= 令d r/d t =0 可得 t =3所以，t =3s 时，质点离原点最近 r1—2 一粒子按规律59323+--=t t t x 沿x 轴运动，试分别求出该粒子沿x 轴正向运动；沿x 轴负向运动；加速运动，减速运动的时间间隔。
大物第五章课后习题答案
简答题5.1 什么是简谐运动？说明下列运动是否是简谐运动？（1）活塞的往复运动；（2）皮球在硬地上的跳动；（3）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短；（4）锥摆的运动。
答：质点的简谐振动一定要有平衡位置，以平衡位置作为坐标原点，如果以x 表示质点偏离平衡位置的位移，质点所受合外力一定具有F kx =-的形式。
（１）活塞的往复运动不是简谐运动，因为活塞受力的方向和它的位移是同一方向，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以活塞的往复运动是简谐运动。
（２）皮球在硬地上的跳动不是简谐运动，因为忽略空气阻力，皮球在上升和下落阶段，始终受到竖直向下的重力的作用，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以皮球的运动不是简谐运动。
（３）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短是简谐运动。
符合简谐运动的定义。
（４）锥摆的运动不是简谐运动，此时锥摆受到重力和绳的拉力的作用，这两个力的合力的大小为恒量，而方向在不断的改变，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以锥摆的运动不是简谐运动。
5.2（1）试述相位和初相的意义，如何确定初相？（2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，t = 0是质点开始运动的时刻，还是开始观察的时刻？初相20/,πϕ=各表示从什么位置开始运动？答：1）相位是决定谐振动运动状态的物理量，初相是确定振动物体初始时刻运动状态的物理量。
由初始条件可以确定初相。
2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，t = 0是质点开始计时时刻的运动状态，是开始观察的时刻。
初相0ϕ=是物体处于正最大位移处开始运动，初相/2ϕπ=是物体处于平衡位置且向初相x 轴负向开始运动。
5.3 一质点沿x 轴按)cos(ϕω+=t A x 作简谐振动，其振幅为A ，角频率为ω，今在下述情况下开始计时，试分别求振动的初相：（1）质点在x = +A 处；（2）质点在平衡位置处、且向正方向运动；（3）质点在平衡位置处、且向负方向运动；（4）质点在x =A /2处、且向正方向运动；（5）质点的速度为零而加速度为正值。
大物习题册答案及详解(山东理工大学大二上学期2020版)
4.如图所示，一点电荷q位于正立方体的A角上，则通过侧面abcd的电通量Φe=q/24ε0
考点: 高斯定理公式 （课本118页 6-18） 解法：1.建立一正方体高斯面（补7个如图正方体），使A点位于正中心
考点:电势是一个与引进电荷无关，完全由电场自身的性质和相对位置决定的物理量。电场中某点电势的大小与零 电势点的选取有关。
2.在边长为a的正方体中心处放置一电量为Q的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在一个侧面的中心处的电势为
（B）
（A）Q/4πε0a
（B）Q/2πε0a
（C）Q/πε0a
（D）Q/2√2πε0a
q/(1/r-1/r0)/4πε0
考点：电势的计算
解法：U=∫
r0 r
E·dr
=∫
r0 qdr r 4πε0r
2
=q/(1/r-1/r0)/4πε0
（课本122页
6-29b）
பைடு நூலகம்
3.一质量为m、电量为q的小球，在电_场__力__作__用下，从电势为U的a点移动到电势为零的b点，若已知小球在b点的 速率为Vb，则小球在a点的速率Va=√Vb2-2qU/m
②均匀带电球面内的电势UP2=Q/4πε0R（课本123页例6-8结论得）， ③UP=UP1+UP2.
6.在带电量为-Q的点电荷A的静电场中，将另一带电量为q的点电荷B从a点移到b点，a、b两点距离点电荷A的距 离分别为r1和r2，如图所示，则移动过程中电场力做的功为（C） （A）-Q（1/r1-1/r2)/4πε0 （B）qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （C）-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （D）-qQ/4πε0（r2-r1) 考点：电场力的功 解法：Aeab=q（UA-UB）=q(-Q/4πε0r1— -Q/4πε0r2）=-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （课本123页 6-31）
大物第五章答案
2.压强公式反映理想气体的压强P与气体分子平均平动动能 及分子数密度n之间的关系式，其数学表达式为
式中 代表一个分子的平均平动动能，m代表分子的质量。
3.温度公式描述气体温度与气体分子平均平动动能之间的关系式，其数学表达式为
式中，k为玻耳兹曼常量。
（D）abc过程和def过程都放热［ ］
P
a
（2）
（1）c
O V
5-28一定量的理想气体，从P—V图上初态a经历(1)或(2)过程到达末态b，已知a、b两态处于同一条绝热线上(图中虚线是绝热线)，问两过程中气体吸热还是放热？
（A）（1）过程吸热、（2）过程放热。
（B）（1）过程放热、（2）过程吸热。
公式9
【自由度5， 解参考：
解：超声波源10秒内发出的能量为 ，1mol氧气的内能为
=
】
5-12试从温度公式（即分子热运动平均平动动能和温度的关系式）和压强公式推导出理想气体的状态方程式。
公式10
【证：由温度公式 及压强公式 （n为气体数密度）
联立得
∴ 】
5-13试由理想气体状态方程即压强公式，推导出气体温度与气体分子热运动的平均平动动能之间的关系公式。
T1=273+15=288K,
T2=273+27=300K,
,
】
5-4某气体在温度为T=273K时，压强为P=1.0 10-2atm，密度ρ=1.24 10-2kg/ m3，则该气体分子的方均根速率为。
公式4
注意单位
，推出摩尔质量代入
方均根速率 】
f(v)
O2000v（m/s）
5-5图示的两条f（v）~v曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦速率分布曲线。由图上数据可得
大物习题答案第4章机械振动
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。
大物解答题及其答案
热学部分：1.等（定）压摩尔热容和等（定）容摩尔热容的物理含义是什么？它们分别取决于哪些因素？答：1mol物质在等压过程中温度升高1K时所吸收的热量称为等压摩尔热容，同理，1mol物质在等容过程中温度升高1K时所吸收的热量称为等容摩尔热容。
理想气体的等压摩尔热容和等容摩尔热容只与气体分子的自由度有关。
2.理想气体等压过程的特征是什么？在此过程中热量、作功和内能如何表示？答：理想气体的等压过程的特征是压强为恒量，改变温度；热量、内能和功都在变化。
且热量：内能增量：气体对外作的功：3.理想气体等容过程的特征是什么？在此过程中热量、作功和内能如何表示？答：理想气体等容过程的特征是，体积为恒量，改变温度；对外作功为零，热量等于内能的增量。
热量和内能增量：气体对外作的功：4.理想气体等温过程的特征是什么？在此过程中热量、作功和内能如何表示？答：理想气体等温过程的特征是温度是恒量，改变压强；内能变化为0.系统吸收的热量等于对外做的功。
吸收热量和对外作功：内能增量：5.简述卡诺循环过程；提高热机效率的途径有哪些？答：卡诺循环是在两个温度恒定的热源（一个高温热源，一个低温热源）之间工作的循环过程，它是由两个等温和两个绝热的平衡过程组成。
按照循环方向的不同，分为卡诺正循环和卡诺负循环，分别对应热机和制冷机。
以卡诺正循环为例，第一过程是等温膨胀，从高温热库吸入热量，第二过程是绝热膨胀，第三过程是等温压缩过程，系统向低温热库放出热量，第四过程是绝热压缩过程。
提高热机效率的方式主要有两种，提高高温热库温度，降低低温热库温度。
6.给出热力学第二定律的两种以上叙述方式。
证明能否用一个等温过程和一个绝热过程构成一个循环过程。
答：开尔文表述：不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源吸收热量，使之完全变为有用的功，而不引起其他变化。
（或者，第二类永动机是不可能实现的。
）克劳修斯描述：热量不能自动的从低温物体传到高温物体。
由一个等温过程和绝热过程不能构成一个循环过程，理由如下：假设有一热机等温过程中吸收热量并在绝热膨胀过程中将吸收的热量完全转化为功，这显然与热力学第二定律的开氏表述矛盾，同理，再假设有一制冷机，经历一次绝热压缩后向低温热库吸热并在等温过程完全用于制冷，将这两个过程做成一个复合热机，一次循环后，外界没有作功，二热量却自动的从低温热源传到高温热源，与热力学第二定律的克氏表述矛盾。
大物教材参考答案
1.7 一质点的运动学方程为22(1,)x t y t ==-,x 和y 均以为m 单位,t 以s 为单位，试求：（1）质点的轨迹方程；、（2）在t=2s 时，质点的速度v 和加速度a 。
解：（1）由运动学方程消去时间t 可得质点的轨迹方程，将t =代入有21)y = 或1(2)对运动学方程微分求速度及加速度,即 当t=2s 时,速度和加速度分别是1.8 已知一质点的运动学方程为22(2)r ti t j =+-,其中, r ,t 分别以 m 和s 为单位,试求:(1) 从t=1s 到t=2s 质点的位移； (2) t=2s 时质点的速度和加速度； (3) 质点的轨迹方程；（4）在Oxy 平面内画出质点的运动轨迹，并在轨迹图上标出t=2s 时，质点的位矢r ,速度v 和加速度a 。
解： 依题意有x=2t （1） y= 22t - (2)(1) 将t=1s,t=2s 代入，有(1)r = 2i j +， (2)42r i j =-故质点的位移为 (2)(1)23r r r i j ∆=-=- (2) 通过对运动学方程求导可得当t=2s 时，速度，加速度为 24v i j =- /m s 2a j =-2/m s(3) 由（1）（2）两式消去时间t 可得质点的轨迹方程 （4）图略。
1.11 一质点沿半径R=1m 的圆周运动。
t=0时，质点位于A 点，如图。
然后沿顺时针方向运动，运动学方程2s t t ππ=+,其中s 的单位为m ，t 的单位为s ，试求： （1）质点绕行一周所经历的路程，位移，平均速度和平均速率； （2）质点在第1秒末的速度和加速度的大小。
解： (1) 质点绕行一周所经历的路程为圆周 周的周长，即2 6.28s R m π∆==由位移和平 均速度的定义，可知此时的位移为零，平均速度 也为零，即0r ∆=， 0rv t∆==∆令2()(0)2s s t s t t R πππ∆=-=+=。
大一物理习题及答案 (下)
(A) (B) .
(C) (D)
解:
二． 填空题：
1．一段导线被弯成圆心在O点、半径为R的三段圆弧 、 、 ，它们构成了一个闭合回路， 位于XOY平面内， 和 分别位于另两个坐标面中（如图）。均匀磁场 沿X轴正方向穿过圆弧 与坐标轴所围成的平面。设磁感应强度随时间的变化率为K(K>0)，则闭合回路a b c a中
5．如图所示的一细螺绕环，它由表面绝缘的导线在铁环上密绕而成，每厘米绕10匝。当导线中的电流I为2.0A时，测得铁环内的磁感应强度的大小B为1.0T，则可求得铁环的相对磁导率 为（真空磁导率 ）：[B]
(A) (B)
(C) (D)63.3
解：n=10匝/cm=1000匝/m
二．填空题：
1．铜的相对磁导率 ，其磁化率 ，它是抗磁性磁介质。 ∴
方向:
或：
(2)取顺时针方向为回路L的正方向.
, 的方向与L的正方向一致;
, 的方向与L的正方向相反.
4．如图所示，有一根长直导线，载有直流电流I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度 沿垂直于导线的方向离开导线．设t=0时，线圈位于图示位置，求：
(1) 在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量．
4．关于稳恒磁场的磁场强度 的下列几种说法哪个是正确的？[C]
(A) 仅与传导电流有关。(还与磁化电流有关)
(B)若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的 必为零。（闭合曲线外有传导电流）
(C)若闭合曲线上各点 均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零。
大物期末考试题及答案
大物期末考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。
以下哪个选项正确描述了这一定律？A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = 1/(ma)答案：A2. 一个物体从静止开始自由下落，其下落距离与时间的关系为：A. s = gtB. s = 1/2 gtC. s = 1/2 g(t^2)D. s = gt^2答案：C3. 根据能量守恒定律，以下哪个选项正确描述了能量守恒？A. 能量可以被创造或消灭B. 能量守恒定律只适用于封闭系统C. 能量可以在不同形式之间转换，但总量保持不变D. 能量守恒定律不适用于微观粒子答案：C4. 以下哪个选项正确描述了动量守恒定律？A. 动量守恒定律只适用于碰撞过程B. 动量守恒定律适用于所有物理过程C. 动量守恒定律只适用于没有外力作用的系统D. 动量守恒定律只适用于宏观物体答案：C5. 以下哪个选项正确描述了波的干涉条件？A. 波源必须相同B. 波源必须不同C. 波的频率必须相同D. 波的振幅必须相同答案：C6. 以下哪个选项正确描述了光的折射现象？A. 光线在不同介质中传播速度会改变B. 光线在不同介质中传播方向不变C. 光线在不同介质中传播速度不变D. 光线在不同介质中传播方向总是改变答案：A7. 根据热力学第一定律，以下哪个选项正确描述了能量的转换？A. ΔE = Q + WB. ΔE = Q - WC. ΔE = Q / WD. ΔE = W / Q答案：B8. 以下哪个选项正确描述了理想气体的状态方程？A. PV = nRTB. PV = nT/RC. PV = RTD. PV = nR答案：A9. 以下哪个选项正确描述了电磁感应现象？A. 变化的磁场可以产生电流B. 电流可以产生磁场C. 磁场可以产生电流D. 电流可以产生变化的磁场答案：A10. 以下哪个选项正确描述了相对论中时间膨胀现象？A. 运动的物体在运动方向上的长度会变长B. 运动的物体在运动方向上的时间会变慢C. 运动的物体在垂直于运动方向上的长度会变短D. 运动的物体在垂直于运动方向上的时间会变慢答案：B二、填空题（每空1分，共10分）11. 牛顿第一定律又称为________定律。
大物习题三答案
习题三习题三一、选择题1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。
现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90︒，则v 0的大小为 [ ]（A； （B（C； （D ）22163M glm 。
答案：A 解：11122,1122J J J J Mg l ωωωω=+⎧⎪⎨=⋅⎪⎩ 22211, 243l ml J m J Ml ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ 0012/2v v l l ω==，0021/21/22v v l l ωω===，111121()2J J J J ωωωω-== 21122J Mgl ω=， 2112J J Mgl J ω⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭， 22114J Mgl Jω= 22202244143v ml l Mgl Ml ⎛⎫ ⎪⎝⎭=⋅，Mgl M v m =⋅202163，2202163M v gl m =，所以 340gl m Mv =2．圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24kg m ⋅。
在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。
圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ]（A ）80J ，80N m ⋅； （B ）800J ，40N m ⋅；（C ）4000J ，32N m ⋅；（D ）9600J ，16N m ⋅。
答案：D解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = 2201122k E J J ωω-∆=- 22011()4(64001600)9600(J)22k E J ωω∆=-=⨯⨯-=M 恒定，匀变速，所以有0t ωωα=-，0tωωα-=，08040416N m 10M J J tωωα--==⋅=⨯=⋅3．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。
设它所受阻力矩与转动角速度成正比M k ω=- (k 为正常数)。
大物练习册答案
第15单元 机械振动学号 姓名 专业、班级 课程班序号一 选择题[ B ]1. 已知一质点沿y 轴作简谐振动，其振动方程为)4/3cos(πω+=t A y 。
与其对应的振动曲线是:[ B ] 2. 一质点在x 轴上作简谐振动，振幅A = 4cm ，周期T = 2s, 其平衡位置取作坐标原点。
若t = 0时刻质点第一次通过x = -2cm 处，且向x 轴负方向运动，则质点第二次通过x = -2cm 处的时刻为： (A) 1s (B)s 32 (C) s 34(D) 2s[ C ] 3. 如图所示，一质量为m 的滑块，两边分别与劲度系数为k1和k2的轻弹簧联接，两弹簧的另外两端分别固定在墙上。
滑块m 可在光滑的水平面上滑动，O 点为系统平衡位置。
现将滑块m 向左移动x0，自静止释放，并从释放时开始计时。
取坐标如图所示，则其振动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=t m k k x x 210cos (A)⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=πt k k m k k x x )(cos (B)21210 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=πt m k k x x 210cos (C)⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=πt m k k x x 210cos (D)⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=t mk k x x 210cos (E)[ E ] 4. 一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的1/4时，其动能为振动总能量的： (A)167 (B) 169 (C) 1611 (D) 1613(E) 1615[ B ] 5. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为：(A) π21(B)π (C) π23(D) 0二 填空题1. 一水平弹簧简谐振子的振动曲线如图所示，振子处在位移零、速度为A ω-、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的 b,f 点。
振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为-ω2A 和弹性力-kA 的状态，对应于曲线的 a, e 点。
大物习题答案第6章 波动光学
第6章波动光学6.1基本要求1．理解相干光的条件及获得相干光的方法.2．掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系，了解半波损失，掌握半波损失对薄膜干涉极大值和极小值条件的影响。
3．能分析杨氏双缝干涉条纹及薄膜等厚干涉条纹的位置4．了解迈克耳孙干涉仪的工作原理5．了解惠更斯－菲涅耳原理及它对光的衍射现象的定性解释.6．了解用波带法来分析单缝夫琅禾费衍射条纹分布规律的方法，会分析缝宽及波长对衍射条纹分布的影响.7．了解衍射对光学仪器分辨率的影响.8．掌握光栅方程，会确定光栅衍射谱线的位置，会分析光栅常数及波长对光栅衍射谱线分布的影响.9．理解自然光与偏振光的区别.10．理解布儒斯特定律和马吕斯定律.11．了解线偏振光的获得方法和检验方法.6.2基本概念1．相干光若两束光的光矢量满足频率相同、振动方向相同以及在相遇点上相位差保持恒定，则这两束光为相干光。
能够发出相干光的光源称为相干光源。
2．光程光程是在光通过介质中某一路程的相等时间内，光在真空中通过的距离。
若介质的折射率为n，光在介质中通过的距离为L，则光程为nL。
薄透镜不引起附加光程差。
光程差∆与相位差ϕ∆的关系2πϕλ∆=∆。
3．半波损失光在两种介质表面反射时相位发生突变的现象。
当光从光疏介质（折射率较小的介质）射向光密介质（折射率较大的介质）时，反射光的相位较之入射光的相位跃变了π，相当于反射光与入射光之间附加了半个波长的光程差，所以称为半波损失。
4．杨氏双缝干涉杨氏双缝干涉实验是利用波阵面分割法来获得相干光的。
用单色平行光照射一窄缝S ，窄缝相当于一个线光源。
S 后放有与其平行且对称的两狭缝S 1和S 2，两缝之间的距离很小。
两狭缝处在S 发出光波的同一波阵面上，构成一对初相位相同的等强度的相干光源，在双缝的后面放一个观察屏，可以在屏幕上观察到明暗相间的对称的干涉条纹，这些条纹都与狭缝平行，条纹间的距离相等。
5．薄膜干涉薄膜干涉是利用分振幅法来获得相干光的。
大物课后答案
0-1已知m 412j i a+=，m 10i b -=，试分别用作图法和解析法求解：（1）b a +；（2）b a -。
解：(1) m )42(m )10412(j i i j i b a+=-+=+204222=+=+b a︒==4.6324arctan θ(2) m )422(m )10412(j i i j i b a+=++=-51042222=+=-b a︒==3.10224arctan θ (图略)0-2两矢量j i a126+=，m 68j i b --=，试求：（1）b a ⋅；（2）b a ⨯。
解：(1) 1207248)68()126(-=--=--⋅+=⋅j i j i b a(2) k k k j i j i b a609636)68()126(=+-=--⨯+=⨯0-3三矢量构成一个三角形，如图0-3所示。
已知m 3||=a ，m 4||=b ，m 5||=c ，求：（1）||b a+； （2）b a ⋅；（3）b a⨯。
解：(1) m 5==-=+c c b a(2) b a ⊥，0=⋅∴b a(3) k i j b a1243-=⨯=⨯0-4已知k t j e i t t r t5sin 23)2(23+-+=-，求下列各式在0=t 时的值：（1）t r d d ；（2）t r d d ；（3）tr r d d ⋅；（4）t r r d d⨯。
解：(1) k t j e i t t r t5cos 106)23(d d 22+++=-，0=t 时，j r 3-=，k j i t r 1062d d ++=(2) 1401062d d 222=++=tr(3) 18)1062()3(d d -=++⋅-=⋅k j i j t rr(4) i k k j i j trr 306)1062()3(d d -=++⨯-=⨯运动量1-1质点在xOy 平面内的运动方程为 x =3t ，y =2t 2+3。
大学物理大作业答案(2024)
引言概述：正文内容：一、力学1.牛顿三定律的应用解释牛顿第一定律的原理，并给出实际应用的例子。
找出物体的质心，并计算其位置坐标。
利用牛顿第二定律计算物体所受的合力和加速度。
2.作用力和反作用力解释作用力和反作用力的概念，并给出相关案例。
计算物体所受的作用力和反作用力的大小和方向。
应用牛顿第三定律解决实际问题。
3.动能和动能守恒计算物体的动能，并解释其物理意义。
说明动能守恒定律的原理，给出相应的实例。
利用动能守恒定律解决能量转化问题。
4.力学振动和波动解释简谐振动的特征和公式，并计算相关参数。
介绍波的基本概念和性质，并给出波动方程的解释。
分析机械波的传播和干涉现象。
5.万有引力和天体运动介绍万有引力定律的公式和原理。
计算引力和重力的大小和方向。
描述行星运动的轨道和速度，并解释开普勒定律。
二、热学1.理想气体定律和状态方程解释理想气体和实际气体的区别。
推导理想气体定律，解释每个变量的含义。
计算理想气体的性质和状态。
2.热力学第一定律和功解释热力学第一定律的原理，并给出相应公式。
计算系统的内能变化和热量的传递。
分析功的定义和计算方法。
3.热力学第二定律和熵介绍热力学第二定律的概念和表述方法。
计算熵的变化和热力学过程的可逆性。
解释热力学第二定律对能量转化的限制。
4.热传导和热辐射分析热传导的机制和方法，并计算热传导的速率。
描述热辐射的特性和功率密度。
利用热传导和热辐射解决实际问题。
5.热力学循环和效率给出常见热力学循环的定义和示意图。
计算热力学循环的效率和功率输出。
分析热力学循环的改进方法和应用。
三、电磁学1.静电场和电势描述静电场的特性和形成原理，并给出电势的定义。
计算电场和电势的大小和方向。
利用电势差解决电荷移动和电场中的工作问题。
2.电场和电场强度推导库仑定律和电场强度公式。
计算由点电荷、带电导体和带电平面产生的电场。
分析电场中带电粒子受力和加速度。
3.电容和电容器解释电容和电容器的概念和原理，并计算其电容量。
大物练习答案
a4
x3 a cos(t 2 ) xN a cos[ t ( N 1) ]
作a1和a2的垂直平分线，两者相 交于C，
O
a1
x
它们的夹角显然等于 .
因各个振动的振幅相同且相差依次恒为,上图中 各个矢量 (a1、a2、a3、a4 ...... ）的起点和终点都在以C
2 l / g ． 衡位置时，弹簧的长度比原长长l，这一振动系统的周期为__________
位移等于振幅的一半时
x A 代入 2
弹簧原长
x A cos( t )，得
cos(t ) 1 2 (t )
3
l0
挂m后伸长
l
k
1 1 3 Ek kA2 sin 2 (t 0 ) k A2 2 2 4
参考解答：
令简谐振动的表达式： x A cos(t ) 对 t 求导数得速度表达式：
vm
vm t (s) O
v A sin(t ) v m sin(t )
在本题中， t 0,v 0
v m A
5 6 1 6
t 0, v 0 v m sin .
A a sin
N sin 2 2
MOX COX COM
1 1 N 1 ( ) ( N ) 2 2 2
x
a sin
N 2 cos t N 1 2 sin 2
15
7. 分别敲击某待测音叉和标准音叉，使它们同时发音，听到时强时弱 的拍音．若测得在20 s内拍的次数为180次，标准音叉的频率为300 Hz， 则待测音叉的频率为______________．
大物习题答案第3章连续物体的运动
⼤物习题答案第3章连续物体的运动第3章连续物体得运动⼀基本要求1 理解描写刚体定轴转动得物理量,并掌握⾓量与线量得关系。
2 理解⼒矩与转动惯量概念,掌握刚体绕定轴转动得转动定律。
3理解⾓动量概念,掌握质点在平⾯内运动以及刚体绕定轴转动情况下得⾓动量守恒定律。
４理解刚体定轴转动得转动动能概念,能载有刚体绕定轴转动得问题中正确得应⽤机械能守恒定律。
5了解流体得特点,掌握理想流体得概念。
6掌握理想流体得连续性⽅程与伯努利⽅程。
７了解伯努利⽅程得应⽤。
⼆基本概念1连续介质在宏观⼒学得范围内如果能忽视物体内部得不连续性,把物体瞧作质量连续分布得质点系。
2刚体⼤⼩与形状得变化可以忽略得连续介质。
3对定轴得⼒矩：⼒得⼤⼩与点到⼒得作⽤线得垂直距离得(⼒臂)乘积。
或=r×F4转动惯量转动惯量就是描述刚体在转动中惯性⼤⼩得物理量。
对于质点系得转动惯量。
如果物体得质量就是连续分布得，上式可写为。
5 质点得⾓动量质点对固定点O得位⽮为,质点m对原点O得⾓动量为６冲量矩⼒矩与作⽤时间得乘积，记作。
7刚体定轴转动得⾓动量8⼒矩得功9⼒矩得功率10刚体得转动动能11流体处于液态与⽓态得物体得统称。
特点就是物体各部分之间很容易发⽣相对运动,即流动性。
1２理想流体绝对不可压缩与完全没有黏性得流体。
１３定常流动流体流经空间任⼀给定点得速度就是确定得，并且不随时间变化。
在流速较低时定常流动得条件就是能够得到满⾜得。
14流线为了形象地描述流体得运动，在流体中画出⼀系列曲线，使曲线上每⼀点得切线⽅向与流经该点流体质点得速度⽅向相同, 这种曲线称为流线。
15流管在定常流动中,通过流体中得每⼀点都可以画⼀条流线。
由流线围成得管状区域, 就称为流管。
１6流量单位时间内流过某⼀截⾯得流体体积, 称为流体流过该截⾯得体积。
三基本规律１刚体定轴转动⾓量与线量得关系=R = R2转动定律刚体绕定轴转动时,刚体得⾓加速度与所受得合外⼒矩成正⽐,与刚体得转动惯量成反⽐，。
大物第一章习题及答案
第一章章节测试题一、选择题（每小题3分，共计15分）1．以下四种运动形式中，a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动 (B) 匀速率圆周运动 (C) 行星的椭圆轨道运动 (D) 抛体运动2．一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时的速度为 t v，那么它运动的时间是 （ C ） (A) gt 0v v - (B) gt 20v v -(C) ()gt2/1202v v- (D) ()gt22/1202v v-3．下列说法中，哪一个是正确的？ （ C ）(A) 一质点在某时刻的瞬时速度是2 m/s ，说明它在此后1 s 内一定要经过2 m 的路程 (B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大 (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零 (D) 物体加速度越大，则速度越大4．一质点沿x 轴运动，其运动方程为2353x t t =-，其中t 以s 为单位。
当t=2s 时，该质点正在 （ A ） （A ）加速 （B ）减速 （C ）匀速 （D ） 静止5．下列关于加速度的说法中错误的是 （ C ） （A ）质点加速度方向恒定，但其速度的方向仍可能在不断的变化着 （B ）质点速度方向恒定，但加速度方向仍可能在不断的变化着（C ）某时刻质点加速度的值很大，则该时刻质点速度的值也必定很大（D ）质点作曲线运动时，其法向加速度一般不为零，但也有可能在某时刻法向加速度为零 二、填空题（每空2分，共计20分）1．一辆作匀加速直线运动的汽车，在6 s 内通过相隔60 m 远的两点，已知汽车经过第二点时的速率为15 m/s ，则汽车通过第一点时的速率v 1 =__5.00m/s_。
2．质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为 223t +=θ，则ｔ时刻质点的法向加速度大小为a n = 16Rt 2。
3．一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为：a = 3+2 t ，如果初始时刻质点的速度v 0为5 m/s ，则当ｔ为3s 时，质点的速度 v = 23m/s 。
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©物理系_2015_09
《大学物理AII 》作业 No.01 机械振动
一、 判断题：（用“T ”表示正确和“F ”表示错误） [ F ] 1．只有受弹性力作用的物体才能做简谐振动。
解：如单摆在作小角度摆动的时候也是简谐振动，其回复力为重力的分力。
[ F ] 2．简谐振动系统的角频率由振动系统的初始条件决定。
解：根据简谐振子频率
m
k
=
ω，可知角频率由系统本身性质决定，与初始条件无关。
[ F ] 3．单摆的运动就是简谐振动。
解：单摆小角度的摆动才可看做是简谐振动。
[ T ] 4．孤立简谐振动系统的动能与势能反相变化。
解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。
[ F ] 5．两个简谐振动的合成振动一定是简谐振动。
解: 同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。
二、选择题：
1. 把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。
若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相位为
[ C ] (A) θ; (B) π2
3; (C) 0; (D) π2
1。
解：对于小角度摆动的单摆，可以视为简谐振动，其运动方程为： ()()0cos ϕωθθ+=t t m ，根据题意，t = 0时，摆角处于正最大处，θθ=m ，即：
01cos cos 0000=⇒=⇒==ϕϕθϕθθ
2．一个简谐振动系统，如果振子质量和振幅都加倍，振动周期将是原来的 [
D
] (A) 4倍
(B) 8倍
(C) 2倍
(D)
2倍
解： m T k m T m k T ∝⇒=⇒⎪⎭
⎪⎬⎫==
/2/2πωωπ
,所以选D 。
3. 水平弹簧振子，动能和势能相等的位置在：[ C ] (A)
4A x =
(B) 2A x = (C) 2
A x = (D)
3
A
x =
解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。
那么动能势能相等时，有：
2
21412122A
x kx kA E E E p k =⇒====，所以选C 。
4. 一弹簧振子作简谐振动，总能量为1E ，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增加为原来的四倍，则它的总能量E 变为
[ D ] (A) 1E /4 (B) 1E /2 (C) 21E (D) 41E 解：原来的弹簧振子的总能量212112112
121A m kA E ω==，振动增加为122A A =，质量增加为124m m =，k 不变，角频率变为11222
14ωω===
m k m k ，所以总能量变为 ()121211212
1122222242142242121E A m A m A m E =⎪⎭⎫
⎝⎛=⨯⎪⎭
⎫ ⎝⎛⨯⨯==ωωω
5．图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，若这
两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为：
[ C ] (A)π21 (B) π23 (C)π
(D)
解：两个谐振动x 1和x 2 反相，且212A A =，由矢量图可知合振动初相与x 1初相一致，即πϕ=。
三、填空题：
1. 描述简谐振动的运动方程是)cos(ϕω+=t A x ，其中，振幅A 由 初始条件 决定；角频率ω由 振动系统本身性质 决定；初相ϕ由 初始条件 决定；
2．一弹簧振子做简谐振动，振幅为A ，周期为T ,其振动方程用余弦函数表示，若初始时刻，
1）振子在负的最大位移处，则初相为π；
2）振子在平衡位置向正方向运动，则初相为2
π-或者
2
3π；
3）振子在A /2处向负方向运动，则初相为3
π。
解：用旋转矢量法，如图，得出：
1） 2） 3）
t x
o
2
/A A
-2
x 1
x o
1
A 2
A A
3. 一水平弹簧简谐振子的振动曲线如图所示，振子处在位移零、速度为A ω-、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的 b , f 点。
振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为-ω2A 和弹性力-kA 的状态，对应于曲线的 a ，e 点。
解：位移0=x ，速度0d d <-==A t
x v ω，对应于曲线上的 b 、f 点；若|x |=A , A a 2ω-=，又x a 2ω-=, 所以x = A ，对应于曲线上的a 、e 点。
4. 一质点作简谐振动，其振动曲线如图所示。
根据此图，它的周期()s 43.37
24==T ，
用余弦函数描述时初相位ππϕ3
23
4-=或。
解：由曲线和旋转矢量图 可知22
12=+
T
T
周期()s 43.37
24==T
初相ππϕ3
234-=或。
5. 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：
)2
1
5cos(10621π+⨯=-t x
(SI) 和
)5sin(10222t x -⨯=-π (SI)
它们的合振动的振幅为(m)1042-⨯，初相位为π21。
解：将x 2改写成余弦函数形式：
)2
5cos(102)5sin(102222π
π-
⨯=-⨯=--t t x
由矢量图可知，x 1和x 2反相，合成振动的振幅 (m)10410210622221---⨯=⨯-⨯=-=A A A ， 初相由x 1决定：2
1πϕϕ==
ϕ
x
B
A
ω
4-2
-t
x
A
A -a
b c
d e
f x
O A
2
A
1
ϕ1
A
四、计算题：
1．一定滑轮的半径为R ，转动惯量为J ，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如图所示。
设弹簧的倔强系数为k , 绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的阻力。
现将物体m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作简谐振动，并求出其角频率。
解：取如图x 坐标，平衡位置为坐标原点，向下为正方向。
m 在平衡位置，弹簧伸长x 0, 则有
0kx mg = (1)
现将m 从平衡位置向下拉一微小距离x ， m 和滑轮M 受力如图所示。
由牛顿定律和转动定律列方程，
ma T mg =-1 (2)
βJ R T R T =-21.................. (3) βR a = ........................... (4) )(02x x k T +=............... (5)
联立以上各式，可以解出 x x m R
J
k
a 22ω-=+-=，
（※） 由判据2知（※）式是谐振动方程， 所以物体作简谐振动，角频率为
2
2
2mR
J kR m R
J
k +=
+=
ω 2．一质点作简谐振动, 其振动曲线如图所示。
若质点的振动规律用余弦函数描述，求： 1）振动方程；
2）1=t s 时加速度大小； 3）2=t s 时速度大小。
解：1）由图所知：s 4m,2.0==T A , 则2
2ππω==
T
2）加速度为：
()⎪
⎭⎫ ⎝⎛+-=+-=22
cos 21.0cos 202
ππ
πϕωωt t A a ，将1=t s 代入得：
22
2m/s 493.020
121.0≈==
ππa 3）速度为：()⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-
=+-=22sin 10sin 0ππ
π
ϕωωt t A v
，将2=t s 代入： m/s 314.010
≈=
π
v
T 1
T 2
T 1
N
Mg
mg
m
J
k
R
x 0
x
o
3． 一物体质量为0.25kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数k = 25N ⋅m -1。
如果该系统起始振动时具有势能0.06J 和动能0.02J ，求 (1) 振幅A ；
(2) 动能恰等于势能时的位移； (3) 经过平衡位置时物体的速度。
解：(1) 由2p k 21kA E E E =
+= 得m 08.0)(2p k =+=E E k
A (2) 解：动能等于势能时，有：
m 0566.02
214121212222p k ±≈±=⇒=⇒=⇒=
=A x A x kA kx E E E 另解：
由222
1
21mv kx = 得 )(sin 22222ϕωωω+=t A m x m )(cos )](cos 1[)(sin 2
2222222ϕωϕωϕω+-=+-=+=∴t A A t A t A x
即
222x A x -=
m 0566.02
±=±=A
x (3) 过平衡位置时，x = 0, 此时动能等于总能量2p k 2
1mv E E E =+= 1p k s m 8.0)(2
-⋅±=+=
E E m
v。