大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第四章习题解
大学物理学 赵肇熊 吴实 答案
l dl ds =− = vs = − dt s dt
√
s2 + h2 v0 s
1.6 如下图所示， 路灯距离地面 H ， 人的身高 h ， 若人以均匀的速率 v0 远离路灯， 那么人头顶在水平地面 的阴影 D 以多大的速率 V 远离路灯杆？ （ 提示： 利用相似三角形 ）
总习题 1-6 图
—பைடு நூலகம்—
总习题答案
2xvx + 2yvy = 0, ⇒ v2 =
令解： 设梯子的水平跨度为 x ， 垂直高度为 y ， 则 √ y = l2 − x2 = (l2 − x2 )1/2 对时间 t 求导数 v2 = | vy | = dy 1 −2x d x = √ 2 = tan θ v1 dt 2 l − x2 d t
0
t
t
(4 + 3t) d t = (4t + 1.5t )
0
2
= 4t + 1.5t2
将 t = 10 代入得 v (10) = 190 m/s 任意时刻的坐标 x(t) = x0 +
0
ˆ
t
v (t) d t = 5 + 2t2 + 0.5t3
将 t = 10 代入得 x(10) = 705 m 1.2 质点从坐标原点开始沿着 x 轴运动， 其速度为 v (t) = 4t − π sin π t (SI) ， 计算该物体在 t = 10 s 时的加 速度和坐标． 解答：加速度 a(10) = 任意时刻的坐标 x(t) = x0 +
牛顿定律 1.12 粗糙的水平路面上放置质量 m 的重物， 摩擦系数 μ ．用大小恒定的力 F 拽拉， 拉力与水平方向的夹 角 θ 可以变化， 问 θ 多大时重物获得的加速度最大？ 解答：设地面向上的支持力大小为 N ．在垂直方向受力平衡 F sin θ + N = mg 在水平方向， 牛顿第二定律为 上述二式消去支持力 N 得 F cos θ − μN = ma ma = F cos θ − μmg + μF sin θ
大学物理第四版下册课后题答案(供参考)
习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E i r πε=， 2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r πε=，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：22412 3.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V mR πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆αi2cm O R x αα心O 点的场强。
大学物理第四章习题答案
大学物理第四章习题答案大学物理第四章习题答案大学物理是一门让许多学生感到头疼的学科，尤其是对于那些对数学和计算不太擅长的学生来说。
而第四章是大学物理中的一个重要章节，涵盖了许多关于力学和运动的基本概念和原理。
在这篇文章中，我将为大家提供一些大学物理第四章习题的答案，希望能够帮助到那些正在学习这门课程的学生。
1. 一个物体以10 m/s的速度沿着水平方向运动，受到一个10 N的水平力的作用，求物体在2秒钟内的位移。
根据牛顿第二定律，物体的加速度可以通过力和质量的比值来计算。
在这个问题中，物体的质量未知，但我们可以通过已知的力和加速度来计算出质量。
由于力和加速度的关系是F = ma，我们可以将已知的力和加速度代入这个公式，解出物体的质量。
然后，我们可以使用物体的质量和已知的力来计算物体的加速度。
最后，我们可以使用物体的初始速度、加速度和时间来计算物体的位移。
2. 一个物体以5 m/s的速度沿着斜坡上升，斜坡的倾角为30度。
求物体在10秒钟内上升的高度。
在这个问题中，我们需要使用三角函数来计算物体在斜坡上升时的垂直位移。
首先，我们可以使用已知的速度和斜坡的倾角来计算物体在斜坡上的水平速度。
然后，我们可以使用已知的时间和水平速度来计算物体在斜坡上的水平位移。
最后，我们可以使用已知的斜坡的倾角和物体在斜坡上的水平位移来计算物体在斜坡上升时的垂直位移。
3. 一个物体以10 m/s的速度竖直向上抛出，求物体在2秒钟内的最大高度和总的飞行时间。
在这个问题中，我们需要使用物体的初速度和重力加速度来计算物体在竖直抛物线运动中的最大高度和总的飞行时间。
首先，我们可以使用已知的初速度和时间来计算物体在竖直方向上的位移。
然后，我们可以使用已知的初速度和重力加速度来计算物体在竖直方向上的最大高度。
最后，我们可以使用已知的重力加速度来计算物体在竖直方向上的总的飞行时间。
这些问题只是大学物理第四章中的一小部分，但它们涵盖了一些基本的概念和原理。
大学物理第四章习题解答PPT演示课件
16
解： 冲击：子弹和摆锤角动量守恒
mlvm2 vl(J1J2)0
J1
1 3
ml 2
J2 ml2
v 0
摆动：摆锤和地球机械能守恒
Ek Ep
1 2(J1J2)0 2mg2lmgl
4m vmin m
2gl
17
解：子弹+杆系统： M外 0
m 22 lv(1 JJ2) J2)(1JJ2)
J1
1 12
m1l
2
J2
m1(
l )2 2
v v r l/2
J2 6m 2v 2.1 9r3a/sd
J1J2 m 1l3m 2l
11
426:一质量 m/、 为半径 R的 为转台，以a角 转速 动度 ，转轴的
不计， 1）（ 有一质 m的 量蜘 为蛛垂直地边 落缘 在上 转， 台此时角 ，
解： JJ盘2J柱
J盘 12m盘R盘 2
R盘
3
01 2
02
m
J柱 12m柱R柱 2
10102 R柱 2 m
m盘 V盘
m柱 V柱
J0.13k6gm2
7
413:如图所示m1， 1质 6kg的 量实心圆 A，柱 其体 半r径 15c为 m ，可 绕其固定水平 阻轴 力转 忽动 略， 不计 的。 柔一 绳条 绕轻 在圆 其柱 一
(A) 角速度从小到大，角加速度不变 O
A
(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
2
绕过O点的轴做定轴转动。求：运动过程中角速度和角 加速度的变化情况
大学物理五第四章习题答案
第四章 振动学基础习题答案1、根据ω=2T πω=，如果考虑弹簧质量，那么m 增大，ω就减小，因此弹簧振子的周期就增大。
2、措施（1）采用方法（3）；措施（2）采用方法（5）；措施（3）采用方法（2）；措施（4）采用方法（4）；措施（5）采用方法（1）；措施（6）采用方法（1）；3、解：由运动方程101cos()x A t ωα=+，202cos()y A t ωα=+，消去参数t 得到合振动的轨迹方程，22221212212122cos()sin ()x y xy A A A A αααα+--=-， 当212παα-=，上式变为2222121x y A A +=， 这是个正椭圆方程，再由相位差的象限可以确定质点沿着正椭圆轨迹做顺时针运动。
4、利用ω=2224T k T m πωπ=⇒= ，因此我们可以把物体挂在弹簧上让其振动，然后测出其振荡频率，再根据上式就可以测出物体的质量。
5、荡秋千是一种振动运动形式，它有由系统决定的固有频率，对于会荡秋千的人，其能粗略地根据这个固有频率用脚去蹬地，这样就能达到共振的条件，因此其可以越荡越高。
6、解：由质点的运动方程50.1cos()23x t ππ=+，可得 （1） 角频率52ωπ=，周期0.8T s =，频率1524f s ωπ-==，振幅0.1A m =，初相位03πϕ=。
（2） 把2t s =代入运动方程得到 位移0.1cos(5)0.053x m ππ=+=-，速度222550.1sin()/223t t t dx v t s dt πππ=====-⋅+=， 加速度222222255550.1cos()/222316t t t d x a t m s dt πππππ=====-⋅⋅+=。
7、解：首先由胡克定律F kx =-得到弹簧的倔强系数210200/510F k N m x -=-==⋅， 则弹簧振子的角频率为/s ω===， 因此弹簧振子的振动周期2T πω==。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第四章 动能和势能.
第4章动能和势能习题解答4.2.2 本题图表示测定运动体能的装置。
绳拴在腰间沿水平展开跨过理想滑轮，下悬重物50kg ，人用力向后蹬传送带而人的质心相对于地面不动，设传送带上侧以2m/s 的速率向后运动，问运动员对传送带做功否？功率如何？解：人作用在传送带上的力有向下的压力和水平向后的静摩擦力，压力方向与传送带位移方向垂直，所以压力不做功，但静摩擦力方向与传送带位移方向相同，所以静摩擦力对传送带做正功。
分析人受力情况，由质心定理可知，人与传送带之间的静摩擦力的大小f=mg ，所以，人对传送带做功的功率为：N = fv = mgv = 50×9.8×2 = 9.8×102（瓦）4.2.3 一非线性拉伸弹簧的弹性力的大小为l l k l k f ,321+=表示弹簧的伸长量，k 1为正，⑴研究当k 2＞0、k 2<0和k 2=0时弹簧的劲度df/dl 有何不同；⑵求出将弹簧由l 1拉长至l 2时弹簧对外界所做的功。
解：弹簧的劲度df/dl=k 1+3k 2l 2. k 2=0时，df/dl =k 1，与弹簧的伸长量 无关；当k 2>0时，弹簧的劲度随弹簧 伸长量的增加而增大；k 2<0时，弹簧 的劲度随弹簧伸长量的增加而减小。
在以上三种情况中，劲度df/dl 与弹簧伸长量l 的关系如图所示。
))](([)()()(2122212222112141422412122121321321212121l l l l k k l l k l l k dll k ldl k dl l k l k A l l l l l l -++-=----=--=+-=⎰⎰⎰4.2.4一细线系一小球，小球在光滑水平桌面上沿螺旋线运动，线穿过桌中心光滑圆孔，用力F 向下拉绳，证明力F 对线做的功等与线作用于小球的拉力所做的功，线不可伸长。
证明：以圆孔为顶点建立极坐标，设小球的位置由r 1,θ1变为r 2,θ2，由于忽略绳的质量、伸长，不计摩擦，所以绳对球的拉力T=FFT F rr r r r r r T A A r r T r r F A r r T dr T Tdr dr F A =∴-=-=-==-==⎰⎰⎰),()()(2121211221214.2.5 一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h 的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tg α=0.02，所受阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率是多少？解：设卡车匀速上坡时，速率为v, 牵引力为F, 功率为N,由质点平衡方程有，F = (0.04+sin α)mg ，∴N = Fv = (0.04+sin α)mgv设卡车匀速下坡时，速率为v ’,牵引力为F',功率为N', 由质点平衡方程有 F'+ mg sin α= 0.04mg, F'=(0.04-sin α)mg,∴N'= (0.04-sin α)mgv'.令N'= N, 即（0.04+sin α）mgv = (0.04-sin α)mgv'，可求得：v'= v(0.04+sin α)/(0.04-sin α). 利用三角函数关系式，可求得： sin α≈tg α=0.02 ,∴v'=3v =3×15×103/602 m/s = 12.5m/s.4.3.1质量为m=0.5kg 的木块可在水平光滑直杆上滑动，木块与一不可伸长的轻绳相连，绳跨过一固定的光滑小环，绳端作用着大小不变的力T=50N ，木块在A 点时具有向右的速率v 0=6m/s ，求力T 将木块从A 拉至B 点时的速度。
大学物理学课后习题4第四章答案
[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
取作坐标原点。若 t＝0 时质点第一次通过 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__ __s。
(3) t2 5s 与 t1 1s 两个时刻的位相差；
解：(1)设谐振动的标准方程为 x Acos(t 0 ) ，相比较厚则有：
A 0.1m,
8 ,T
2
1 4
s,
0
2
/3
又
vm A 0.8 m s1 2.51 m s1
am 2 A 63.2 m s2
(2)
Fm mam 0.63N
(1) x0 A ；
(2)过平衡位置向正向运动； (3)过 x A 处向负向运动；
2
(4)过 x A 处向正向运动． 2
试求出相应的初位相，并写出振动方程．
解：因为
v
x0 A cos0 0 Asin
0
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
1
x Acos( 2 t ) T
103
(
)2
0.17
4.2
103
N
2
方向指向坐标原点，即沿 x 轴负向．
(2)由题知， t 0 时，0 0 ，
t t时
x0
A ,且v 2
0, 故 t
3
∴
t
3
/
2
2s 3
大学 物理学 第五版 马文蔚 答案上下册第四章
第四章刚体的转动4-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由3102.1⨯r.min -1增加到3107.2⨯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？ 解：曲轴做匀变速转动。
（1）角速度n πω2=，根据角速度的定义dtd ωα=，则有：()=-=-=tn n t002πωωα13.1rad.s-2（2）发动机曲轴转过的角度为t t t 221020ωωαωθ+=+=()t n n 0+=π在12秒内曲轴转过的圈数为 N 390220=+==t n n πθ圈。
4-2 一半径为0.25米的砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动，现关闭电源，砂轮均匀地减速，15秒钟后停止转动.求（1）砂轮的角加速度；（2）关闭电源后10=t s 时砂轮的角速度,以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度大小. 解：（1）4.1886060180020==⨯=ππω rad.s 1-，57.12415600=-=-=πα rad.s 2- （2）7.621057.124.1880=⨯-=+=t αωωrad.s 1-7.1525.07.62=⨯==r v ω m.s 1-，14.3-==αr a t m.s 2- , 9872==ωr a n m. s2-98822=+=n t a a a m. s 2-.4-3如图，质量201=m kg 的实心圆柱体A 其半径为20=r cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻绳绕在圆柱体上，另一端系一个质量102=m kg 的物体B ，求：（1）物体B 下落的加速度；（2）绳的张力T F解： （1） 对实心圆柱体A ，利用转动定律 αα2121r m J rF T == ——①对物体B ，利用牛顿定律a m F g m T 22=- ——②有角量与线量之间的关系 αr a =解得：9.422212=+=m m gm am ·s-2（2）由②得492)(2121=+=-=g m m m m a g m F TＮ4-4如图，半径为r 的定滑轮，绕轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 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，求 物体B 其下落的加速度大小. (设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑)解：设绳子张力为B A T T ,，则对物体A 有：a m g m g m T A 111cos sin =--θμθ对物体B 有：a m T gm B 22=-对滑轮有： αJ r T T A B=-)(，又： αr a =可解得：221112cos sin rJm m g m g m g m a ++--=θμθ4-5 一飞轮的转动惯量为J ，在t=0时角速度为0ω.此后飞轮经历制动过程。
大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第七、八章习题解
第七章 气体动理论7–1 一定量的理想气体，在保持温度T 不变的情况下，使压强由P 1增大到P 2，则单位体积内分子数的增量为_________________。
解：由nkT P =，可得单位体积内分子数的增量为kTP P kT P n 12-=∆=∆ 7–2 一个具有活塞的圆柱形容器中贮有一定量的理想气体，压强为P ，温度为T ，若将活塞压缩并加热气体，使气体的体积减少一半，温度升高到2T ，则气体压强增量为_______，分子平均平动动能增量为_________。
解：设经加热和压缩后气体的压强为P '，则有TV P T PV 22/⨯'=所以P P 4='压强增量为P P P P 3=-'=∆由分子平均平动动能的计算公式kT 23=ε知分子平均平动动能增量为kT 23。
7–3 从分子动理论导出的压强公式来看，气体作用在器壁上的压强，决定于 和 。
解：由理解气体的压强公式k 32εn P =，可知答案应填“单位体积内的分子数n ”，“分子的平均平动动能k ε”。
7–4 气体分子在温度T 时每一个自由度上的平均能量为 ；一个气体分子在温度T 时的平均平动动能为 ；温度T 时，自由度为i 的一个气体分子的平均总动能为 ；温度T 时，m /M 摩尔理想气体的内能为 。
解：kT 21；kT 23；kT i2；RT i M m 27–5 图7-1所示曲线为处于同一温度T 时氦（原子量4）、氖（原子量20）和氩（原子量40）三种气体分子的速率分布曲线，其中曲线（a ）是__________气分子的速率分布曲线； 曲线（c ）是__________气分子的速率分布曲线。
解：在相同温度下，对不同种类的气体，分子质量大的，速率分布曲线中的最慨然速率p v 向量值减小方向迁移。
可得图7-1中曲线（a ）是氩气分子的速率分布曲线，图7-1中曲线（c ）是氦气分子的速率分布曲线。
7–6 声波在理想气体中传播的速率正比于气体分子的方均根速率。
大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)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2.5kg·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。
大学物理第四章-1.
v0
解：以地面为k系
k’
以A为k’系
A
A(k')的速度为v o
kB
则：v v0, ux v0
ux
ux v
1
v C2
ux
v0
1
v0 C2
v0
v0
2v0
1
v02 c2
S 观察者（相对于光源静止）接收到光速为c v
S 观 察者（相对于光源运动）接收到光速为c v
S 观察者（静止） 光源运动
接收到光速为c
寻找新的变换形式!
（1）通过这种变换，物理定律都应该保持自己的数学 表达形式不变；
（2）通过这种变换，真空中光的速率在一切惯性系 中保持不变；
（3）这种变换在适当的条件下（即在低速情况下） 转化为伽利略变换。
飞船B
飞船A
S（地球）
解：（1）A 看 B：如图：由题意知
v 2.5108 m s1
飞船B
u 2.0 108 m s1 x
S（飞船A）
S（地球）
代入公式得
u x
u x
v
1 uxv
c2
2.0 2.5108
1
2.0 2.51016
3108 2
由洛变换：u x
ux v
1
v c2
ux
2c
1 c c2
c
c
体现物体速度极限为c
例一 地球上一观察者看见一飞船 A 以速
度 2.5108 m s1 从他身边飞过，另一飞船 B 以 速度 2.0108 m s1 跟随 A 飞行。
大学物理(第四版)课后习题及答案 波动
第十四章摆荡之阿布丰王创作 时间：二O 二一年七月二十九日14-1 一横波再沿绳子传布时得摆荡方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ.（1）求波得振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时得最年夜速度；（3）分别画出t=1s 和t=2s 时得波形,并指出波峰和波谷.画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得分歧.14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ 分析（1）已知摆荡方程（又称波函数）求摆荡的特征量（波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等）,通常采纳比力法.将已知的摆荡方程按摆荡方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写,然后通过比力确定各特征量（式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传布）.比力法思路清晰、求解简便,是一种经常使用的解题方法.（2）讨论摆荡问题,要理解振植物理量与摆荡物理量之间的内在联系与区别.例如区分质点的振动速度与波速的分歧,振动速度是质点的运动速度,即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传布速度（也称相位的传布速度、波形的传布速度或能量的传布速度）,其年夜小由介质的性质决定.介质不变,彼速坚持恒定.（3）将分歧时刻的t 值代人已知摆荡方程,即可以获得分歧时刻的波形方程)(x y y =,从而作出波形图.而将确定的x 值代入摆荡方程,即可以获得该位置处质点的运动方程)(t y y =,从而作出振动图. 解（1）将已知摆荡方程暗示为 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=x t A y 比力,可得 则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω（2）绳上质点的振动速度则1max 57.1-⋅=s m v（3） t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为波形图如图14－1（a ）所示.x ＝1.0m 处质点的运动方程为振动图线如图14－1（b ）所示.波形图与振动图虽在图形上相似,但却有着实质的区别前者暗示某确按时刻波线上所有质点的位移情况,而后者则暗示某确定位置的时间变动的情况.14-2 波源作简谐运动,其运动方程为t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π,它所形成得波形以30m/s 的速度沿一直线传布.（1）求波的周期及波长；（2）写出波的方程.14-2 t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π分析 已知彼源运动方程求摆荡物理量及摆荡方程,可先将运动方程与其一般形式()0cos ϕω+=t A y 进行比力,求出振幅地角频率ω及初相0ϕ,而这三个物理量与摆荡方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 中相应的三个物理量是相同的.再利用题中已知的波速U 及公式T /22ππνω==和uT =λ即可求解.解（1）由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1240-=s πω.根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有波长为(2)将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比力后可得 故以波源为原点,沿X 轴正向传布的波的摆荡方程为14-3 以知以摆荡方程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π.（1）求波长、频率、波速和周期；（2）说明x=0时方程的意义,并作图暗示.14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π分析采纳比力法.将题给的摆荡方程改写成摆荡方程的余弦函数形式,比力可得角频率.、波速U,从而求出波长、频率等.当x 确按时摆荡方程即为质点的运动方程)(t y y =.解（1）将题给的摆荡方程改写为与()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比力后可得波速 角频率110-=s πω,故有 （2）由分析知x=0时,方程暗示位于坐标原点的质点的运动方程（图13—4）.14-4 波源作简谐振动,周期为0.02s,若该振动以100m/s 的速度传布,设t=0时,波源处的质点经平衡位置向正方向运动,求：（1）距离波源15.0m 和5.0m 两处质点的运动方程和初相；（2）距离波源16.0m 和17.0m 两处质点的相位差.14-4分析（1）根据题意先设法写出摆荡方程,然后代人确定点处的坐标,即获得质点的运动方程.并可求得振动的初相.（2）波的传布也可以看成是相位的传布.由波长A 的物理含意,可知波线上任两点间的相位差为λπϕ/2x ∆=∆.解（1）由题给条件 T ＝0.02 s,u ＝100 m ·s －l,可得当t ＝0时,波源质点经平衡位置向正方向运动,因而由旋转矢量法可得该质点的初相为）或2/3(2/0ππϕ-=.若以波源为坐标原点,则摆荡方程为距波源为 x 1=15.0m 和 x 2＝5.0m 处质点的运动方程分别为 它们的初相分别为πϕπϕ5.55.152010-=-=和（若波源初相取2/30πϕ=,则初相πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(21221x x ,.）（2）距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差14-5 波源作简谐振动,周期为 1.0×10-2s,以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点,若此振动以u=400m/s 的速度沿直线传布.求：（1）距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差.14-5解分析同上题.在确知角频率1200/2-==s T ππω、波速1400-⋅=s m u 和初相）或2/(2/30ππϕ-=的条件下,摆荡方程位于 x P =8.0 m 处,质点 P 的运动方程为该质点振动的初相2/50πϕ-=P .而距波源9.0 m 和 10.0 m 两点的相位差为如果波源初相取2/0πϕ-=,则摆荡方程为质点P 振动的初相也酿成2/90πϕ-=P ,但波线上任两点间的相位差其实不改变. 14-6 有一平面简谐波在介质中传布,波速u=100m/s,波线上右侧距波源O （坐标原点）为75.0m 处的一点P 的运动方程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p .求（1）波向x 轴正方向传布时的摆荡方程；（2）波向x 轴负方向传布时的摆荡方程.14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p分析在已知波线上某点运动方程的条件下,建立摆荡方程时常采纳下面两种方法：（1）先写出以波源O 为原点的摆荡方程的一般形式,然后利用已知点P 的运动方程来确定该摆荡方程中各量,从而建立所求摆荡方程.（2）建立以点P 为原点的摆荡方程,由它来确定波源点O 的运动方程,从而可得出以波源点O 为原点的摆荡方程.解1（1）设以波源为原点O,沿X 轴正向传布的摆荡方程为 将 u ＝100 m ·s －‘代人,且取x 二75 m 得点 P 的运动方程为 与题意中点 P 的运动方程比力可得 A ＝0.30m 、12-=s πω、πϕ20=.则所求摆荡方程为(2)当沿X 轴负向传布时,摆荡方程为将 x ＝75 m 、1100-=ms u 代人后,与题给点 P 的运动方程比力得A ＝ 0.30m 、12-=s πω、πϕ-=0,则所求摆荡方程为解2（1）如图14一6（a ）所示,取点P 为坐标原点O ’,沿O ’x 轴向右的方向为正方向.根据分析,当波沿该正方向传布时,由点P 的运动方程,可得出以O ’（即点P ）为原点的摆荡方程为将 x=-75 m 代入上式,可得点 O 的运动方程为由此可写出以点O 为坐标原点的摆荡方程为（2）当波沿河X 轴负方向传布时.如图14－6（b ）所示,仍先写出以O ’（即点P ）为原点的摆荡方程将 x=-75 m 代人上式,可得点 O 的运动方程为则以点O 为原点的摆荡方程为讨论对平面简谐波来说,如果已知波线上一点的运动方程,求另外一点的运动方程,也可用下述方法来处置：波的传布是振动状态的传布,波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态,只是初相位分歧而已.在已知某点初相平0的前提下,根据两点间的相位差λπϕϕϕ/2'00x ∆=-=∆,即可确定未知点的初相中小14-7 图14-7为平面简谐波在t=0时的波形图,设此简谐波的频率为250Hz,且此时图中质点P 的运动方向向上.求：（1）该波的摆荡方程；（2）在距原点O 为7.5m 处质点的运动方程与t=0时该点的振动速度.14-7分析（1）从波形曲线图获取波的特征量,从而写出摆荡方程是建立摆荡方程的又一途径.具体步伐为：1.从波形图得出波长'λ、振幅A 和波速λν=u ；2.根据点P 的运动趋势来判断波的传布方向,从而可确定原点处质点的运动趋向,并利用旋转关量法确定其初相0ϕ.（2）在摆荡方程确定后,即可获得波线上距原点O 为X 处的运动方程y ＝y （t ）,及该质点的振动速度v ＝dy ／d t. 解（1）从图 15－ 8中得知,波的振幅 A ＝ 0.10 m,波长m 0.20=λ,则波速13100.5-⋅⨯==s m u λν.根据t ＝0时点P 向上运动,可知彼沿Ox 轴负向传布,并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动.利用旋转矢量法可得其初相3/0πϕ=.故摆荡方程为（2）距原点 O 为x=7.5 m 处质点的运动方程为t=0时该点的振动速度为14-8 平面简谐波以波速u=0.5m/s 沿Ox 轴负方向传布,在t=2s 时的波形图如图14-8（a ）所示.求原点的运动方程.14-8分析上题已经指出,从波形图中可知振幅A 、波长λ和频率ν.由于图14－8（a ）是t ＝2s 时刻的波形曲线,因此确定 t ＝ 0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点.求t ＝0时的初相有多种方法.下面介绍波形平移法、波的传布可以形象地描述为波形的传布.由于波是沿 Ox 轴负向传布的,所以可将 t ＝2 s 时的波形沿Ox 轴正向平移m s s m uT x 0.12)50.0(1=⨯⋅==∆-,即获得t=0时的波形图14－8（b ）,再根据此时点O 的状态,用旋转关量法确定其初相位.解由图 15－ 9（a ）得知彼长m 0.2=λ,振幅 A ＝ 0.5 m.角频率15.0/2-==s u πλπω.按分析中所述,从图15—9（b ）可知t=0时,原点处的质点位于平衡位置.并由旋转矢量图14－8（C ）获得2/0πϕ=,则所求运动方程为14-9 一平面简谐波,波长为12m,沿Ox 轴负方向传布,图14-9（a ）所示为x=1.0m 处质点的振动曲线,求此波的摆荡方程. 14-9分析该题可利用振动曲线来获取摆荡的特征量,从而建立摆荡方程.求解的关键是如何根据图14－9（a ）写出它所对应的运动方程.较简便的方法是旋转矢量法（拜会题13－10）.解 由图14－9（b ）可知质点振动的振幅A ＝0.40 m,t ＝0时位于 x ＝1.0m 的质点在A ／2处并向Oy 轴正向移动.据此作出相应的旋转矢量图14－9（b ）,从图中可知30πϕ-='.又由图 14－9（a ）可知,t ＝5 s 时,质点第一次回到平衡位置,由图14－9（b ）可看出65πω=t ,因而得角频率16-=s πω.由上述特征量可写出x ＝l.0m 处质点的运动方程为采纳题14－6中的方法,将波速10.12-⋅===s m T u πλωλ代人摆荡方程的一般形式])(cos[0ϕω++=u x t A y 中,并与上述x ＝1.0m 处的运动方程作比力,可得20πϕ-=,则摆荡方程为14-10 图14-10中（I ）是t=0时的波形图,（II ）是t=0.1s 时的波形图,已知T>0.1s,写出摆荡方程的表达式.14-10分析 已知摆荡方程的形式为从如图15—11所示的t ＝0时的波形曲线Ⅰ,可知彼的振幅A 和波长λ,利用旋转矢量法可确定原点处质点的初相0ϕ.因此,确定波的周期就成了解题的关键.从题给条件来看,周期T 只能从两个分歧时刻的波形曲线之间的联系来获得.为此,可以从下面两个分歧的角度来分析.（l ）由曲线（Ⅰ）可知,在 tzo 时,原点处的质点处在平衡位置且向 Oy 轴负向运动,而曲线（Ⅱ）则标明,经过0.1s 后,该质点已运动到 Oy 轴上的一A 处.因此,可列方程s T kT 1.04=+,在一般情形下,k= 0, 1,2,…这就是说,质点在 0.1 s 内,可以经历 k 个周期振动后再回到A 处,故有)25.0()1.0(+=k s T .（2）从波形的移动来分析.因波沿Ox 轴正方向传布,波形曲线（Ⅱ）可视为曲线（Ⅰ）向右手移了T t t u x ∆=∆=∆λ.由图可知,4λλ+=∆k x ,故有T t k ∆=+λλλ4,同样也得)25.0)1.0(+=k s T .应当注意,k 的取值由题给条件 T ＞0.1s 所决定.解 从图中可知波长m 0.2=λ,振幅A ＝0.10 m.由波形曲线（Ⅰ）得知在t=0时,原点处质点位于平衡位置且向 Oy 轴负向运动,利用旋转矢量法可得2/0πϕ=.根据上面的分析,周期为由题意知 T ＞0.1s,故上式成立的条件为,可得 T ＝0.4s.这样,摆荡方程可写成14-11 平面简谐波的摆荡方程为])2()4cos[()08.0(11x m t s m y ---=ππ.求（1）t=2.1s 时波源及距波源0.10m 两处的相位；（2）离波源0.80m 处及0.30m 两处的相位.14-11()[]x m t s m y 112)4(cos )08.0(---=ππ解（1）将t ＝2.1s 和x=0代人题给摆荡方程,可得波源处的相位将t ＝2.1s 和x ＝0.10 m 代人题给摆荡方程,得 0.10 m 处的相位为从摆荡方程可知波长.这样, m 与 m 两点间的相位差14-12 为了坚持波源的振动不变,需要消耗4.0W 的功率.若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）.求距离波源 5.0m 和10.0m 处的能流密度.14-12分析波的传布陪伴着能量的传布.由于波源在单元时间内提供的能量恒定,且介质不吸收能量,友好于球面波而言,单元时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同,都即是波源消耗的功率户.而在同一个球面上各处的能流密度相同,因此,可求出分歧位置的能流密度SPI=.解由分析可知,半径户处的能疏密度为当 r1＝5.0 m、r2＝10.0 m时,分别有14-13 有一波在介质中传布,其波速u=1.0×103m/s,振幅A=1.0×10-4m,频率ν=1.0×103Hz.若介质的密度为ρ=8.0×102kg/m3,求：（1）该波的能流密度；（2）1min内垂直通过4.0×10-4m2的总能量.14-1313m=su10⨯0.1-⋅解（1）由能流密度I的表达式得2）在时间间隔s∆内垂直通过面积 S的能量为t60=14-14 如图14-14所示,两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于A、B两点.设它们的相位相同,且频率均为ν=30Hz,波速u=0.50m/s,求在点P处两列波的相位差.14-14 v=30Hz分析在均匀介质中,两列波相遇时的相位差ϕ∆,一般由两部份组成,即它们的初相差B A ϕϕ-和由它们的波程差而引起的相位差λπr ∆2.本题因B =ϕϕA ,故它们的相位差只取决于波程差.解在图14－14的APB ∆中,由余弦定理可得两列波在点P 处的波程差为BP AP r -=∆,则相位差为14-15 两波在同一细绳上传布,它们的方程分别为])4[()cos()06.0(111t s x m m y ---=ππ和])4[()cos()06.0(112t s x m m y --+=ππ.（1）证明这细绳是作驻波式振动,并求节点和波腹的位置；（2）波腹处的振幅有多年夜？在x=1.2m 处,振幅多年夜？14-15分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程 的形式即可.由驻波方程可确定波腹、波节的位置和任意位置处的振幅.解（l ）将已知两摆荡方程分别改写为可见它们的振幅 A 二0.06 m,周期 T 二0.5 s （频率.二2 Hi ）,波长八二2 m.在波线上任取一点P,它距原点为P.则该点的合运动方程为k 式与驻波方程具有相同形式,因此,这就是驻波的运动方程 由得波节位置的坐标为由得波腹位置的坐标为门）驻波振幅,在波腹处A ’二ZA 二0.12 m ；在x 二0.12 m 处,振幅为14-16 一弦上的驻波方程式为t s x m m y )550cos()6.1cos()100.3(112---⨯=ππ.（1）若将此驻波看成是由传布方向相反,振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的,求它们的振幅及波速；（2）求相邻波节之间的距离；（3）求t=3.0×10-3s 时位于x=0.625m 处质点的振动速度.14-16分析（1）采纳比力法.将本题所给的驻波方程,与驻波方程的一般形式相比力即可求得振幅、波速等.（2）由波节位置的表达式可得相邻波节的距离.（3）质点的振动速度可按速度界说V 一如Nz 求得.解（1）将已知驻波方程 y ＝（3. 0 X 10－2 m ） cos （. 6. ml ） －coos （550.s 一小与驻波方程的一般形式 y ＝ ZAcos（2.x ／八）.（2.yi ）作比力,可得两列波的振幅 A ＝ 1. 5 X 10－‘ m,波长八二 1. 25 m,频率 v 二 275 Hi,则波速 u 一如 2343.8 in ·SI（2）相邻波节间的距离为(3）在 t 二 3. 0 X 10－3 s 时,位于 x ＝ 0. 625 m 处质点的振动速度为14-17 一平面简谐波的频率为500Hz,在空气中（ρ=1.3kg/m 3）以u=340m/s的速度传布,达到人耳时,振幅约为A=1.0×10-6m.试求波在耳中的平均能量密度和声强.14-17解波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能疏密度,即这个声强略年夜于繁忙街道上的噪声,使人耳已感到不适应.一般正常谈话的声强约为 1. 0 X 10－6 W·m－2左右*14-18 面积为1.0m2的窗户开向街道,街中噪声在窗户的声强级为80dB.问有几多声功率传入窗内？14-18分析首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义,并了解它们之间的相互关系.声强是声波的能流密度I,而声强级L是描述介质中分歧声波强弱的物理量.它们之间的关系为 L一体I／IO）,其中 IO二 1. 0 X 10－’2 W·0－‘为规定声强.L的单元是贝尔（B）,但经常使用的单元是分贝（dB）,且IB＝10 dB.声功率是单元时间内声波通过某面积传递的能量,由于窗户上各处的I相同,故有P=IS.解根据分析,由L＝ig（I／ IO）可得声强为则传入窗户的声功率为14-19 若在同一介质中传布的、频率分别为1200Hz和400Hz的两声波有相同的振幅.求：（1）它们的强度之比；（2）两声波的声强级差.14-19解（1）因声强I＝puA‘.‘／2,则两声波声强之比(2)因声强级L一回对几),则两声波声强级差为14-20 一警车以25m/s的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为800Hz.求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2）如果警车追赶一辆速度为15m/s的客车,则客车上的人听到的警笛声波的频率是几多？（设空气中的声速u=330m/s）14-20分析由于声源与观察者之间的相对运动而发生声多普勒效应,由多普勒频率公式可解得结果.在处置这类问题时,不单要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动,同时也要分清声源的运动状态.解（1）根据多普勒频率公式,当声源（警车）以速度 vs＝25 m·s－‘运动时,静止于路边的观察者所接收到的频率为警车驶近观察者时,式中Vs前取“－”号,故有警车驶离观察者时,式中Vs前取“＋”号,故有2）声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时,观察者收到的频率为14-21 如图14-21所示.一振动频率为ν=510Hz的振源在S点以速度v向墙壁接近,观察者在点P处测得拍音频率ν′=3Hz,求振源移动得速度.（声速为330m/s）14-21分析位于点P的观察者测得的拍音是振源S直接传送和经墙壁反射后传递的两列波相遇叠加而形成的.由于振源运动,接收频率.l、12均与振源速度.有关.根据多普勒效应频率公式和拍频的界说,可解得振源的速度.解根据多普勒效应,位于点P的人直接接收到声源的频率. l和经墙反射后收到的频率分别为由拍额的界说有将数据代入上式并整理,可解得14-22 目前普及型晶体管收音机的中波灵敏度（指平均电场强度E）约为1.0×10-3V/m.设收音机能清楚的收听到1.0×103km远处某电台的广播,该台的发射是各向同性的（以球面形式发射）,而且电磁波在传布时没有损耗,问该台的发射功率至少有多年夜？14-2214-23 一气体激光器发射的光强可达 3.0×1018W/m2,计算其对应的电场强度和磁场强度的振幅.14-23。
大学物理知识总结习题答案（第四章）静电场
⼤学物理知识总结习题答案（第四章）静电场第四章静电场本章提要1．电荷的基本性质两种电荷，量⼦性，电荷⾸恒，相对论不变性。
2．库仑定律两个静⽌的点电荷之间的作⽤⼒12122204kq q q q rr==F r rπε其中922910(N m /C )k =??122-1-2018.8510(C Nm )4k -==??επ3．电场强度q =F E0q 为静⽌电荷。
由10102πε得112204kq q rr==E r rπε4．场强的计算（1）场强叠加原理电场中某⼀点的电场强度等于各个点电荷单独存在时在该点产⽣的电场强度的⽮量和。
i=∑E E（2）⾼斯定理电通量：在电场强度为E 的某点附近取⼀个⾯元，规定S ?=?S n ，θ为E 与n 之间的夹⾓，通过S ?的电场强度通量定义为e cos E S ?ψ=?=??v Sθ取积分可得电场中有限⼤的曲⾯的电通量ψd e sS=E⾼斯定理：在真空中，通过任⼀封闭曲⾯的电通量等于该封闭曲⾯内的所有电荷电量的代数和除以0ε，与封闭曲⾯外的电荷⽆关。
即i 01ε5．典型静电场（1）均匀带电球⾯0=E （球⾯内）204q rπε=E r（球⾯外）（2）均匀带电球体304q R πε=E r（球体内）204q rπε=E r（球体外）（3）均匀带电⽆限长直线场强⽅向垂直于带电直线，⼤⼩为02E rλπε=（4）均匀带电⽆限⼤平⾯场强⽅向垂直于带电平⾯，⼤⼩为2E σε=6．电偶极矩电偶极⼦在电场中受到的⼒矩=?M P E思考题4-1 02两式有什么区别与联系。
答：公式q FE =是关于电场强度的定义式，适合求任何情况下的电场。
⽽公式204q rπε=E r是由库仑定理代⼊定义式推导⽽来，只适于求点电荷的电场强度。
4-2⼀均匀带电球形橡⽪⽓球，在⽓球被吹⼤的过程中，下列各场点的场强将如何变化？（1）⽓球内部（2）⽓球外部（3）⽓球表⾯答：取球⾯⾼斯⾯，由00d nii q ε=?=∑?? E S 可知（1）内部⽆电荷，⽽⾯积不为零，所以E 内= 0。
大学物理第04章补充例题-守恒定律
I FNdt 0 m(g a)dt
FN
a
356 N s a dv / dt dv adt
mg
2
p mv m0 adt
a 3 5t
2
100 (3 5t)dt 160 N s
第四章 守恒定律
6
大学 物理
第四章补充例题
6 设作用在质量为 2 kg 上的物体上
的力 F 6 t(N), 若物体由静止出发沿直
大学 物理
第四章补充例题
1 质量m 10kg的质点受力F 30 40t
的作用，且力方向不变．t=0 s时从v0=10 m·s-1 开始作直线运动（v0方向与力向相同），求： (1)0~2 s内，力的冲量 I；(2)t=2 s时质点的速
率v2．(力的单位为N，时间单位为s．)
解 (1)I
F(t) dt
板速度为v0，弹起的速度为v1，铁板获得的 速度为V,
mv0 mv1 MV
M>>m, V<<v
V
m M
(v0
v1)
设 M = 200 m, v0= v1 =v 则 V=0.01v
第四章 守恒定律
2
大学 物理
第四章补充例题
3 下列说法哪种正确： (A)如果物体的动能不变，则动量也一定不变 (B)如果物体的动能变化，则动量不一定变化 (C)如果物体的动量变化，则动能也一定变化 (D)如果物体的动量不变，则动能也一定不变
线运动，求在开始的 2 s 内该力作的功.
解 F 6t m dv ；
dt
v dv t 3tdt
0
0
v 1.5t 2； v dx； dx 1.5t 2dt dt
W
大学物理马文蔚版-第四章习题课选讲例题
的关联方程，联立求解.
2. 刚体与质点的碰撞、打击问题，在有心力场作 用下绕力心转动的质点问题，考虑用角动量守恒定律.
3. 在刚体所受的合外力矩不等于零时，比如木杆 摆动，受重力矩作用，一般应用刚体的转动动能定理 或机械能守恒定律求解。
另外：实际问题中常常有多个复杂过程，要分成 几个阶段进行分析，分别列出方程，进行求解.
2
n 1.6
2π
求（3） t 1s 时轮缘上一点的加速度.
a
atr 0.5m
at a 0.4ms2
t 0.8rad s1
r
an
a
an r 2 0.32m s2
a at2 an2 0.51m s2
arctan(an at ) 38.7
(B)（1）、（2）是正确的;
(C)（2）、（3）是正确的;
(D)（1）、（2）、（3）都是正确的.
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 如图所示, A、B
为两个相同的定滑轮, A 滑
轮挂一质量为M的物体, B A
B
滑轮受力F = Mg, 设 A、B
两滑轮的角加速度分别为
o x dx
x
dFf
解：取一小段如图
dm m dx l
dFf dmg
dM x(dmg)
M
xdmg
mg L xdx 1 mgL
l0
2
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 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，
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
物理学(第五版)马文蔚第1至4章课后习题答案详解
1 -1质点作曲线运动,在时刻t质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为v,平均速率为v．(1) 根据上述情况,则必有()(A) ｜Δr｜= Δs = Δr(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜d r｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜d r｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜d r｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有()(A) ｜v｜= v,｜v｜= v(B) ｜v｜≠v,｜v｜≠ v(C) ｜v｜= v,｜v｜≠ v(D) ｜v｜≠v,｜v｜= v分析与解(1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜d r｜＝d s,但却不等于d r．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解 tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v = (B) 匀减速运动,θcos 0v v =(C) 变加速运动,θcos 0v v = (D) 变减速运动,θcos 0v v =(E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θl h l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意) 则m 0.8Δ021=-=x x x m 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB A B AB t t a v v (匀加速直线运动) 0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD C D CD t t a v v (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v 由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为 m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a x x v , 2s m 40d d -⋅-==ta y y v 则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d1 -11一质点P 沿半径R＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t＝0 时,质点位于O点．按(a)图中所示Oxy坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x＝x0 ＋x′和y＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy坐标系中,即得Oxy坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为 t T R x π2sin=', t TR y π2cos -=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有 t T R x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为 j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则 s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vv vv得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--=得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得⎰⎰⎰+==t t r r t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2 y ＝2t 2 消去参数t ,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4)t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 j i j i j i t t y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan ==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx y arctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 gh ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+=(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t 此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有。
《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
杭州电子科技大学
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
作业登记号
学号
姓名
单元四
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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x
k1
思考题 4-8 图
0.1cos
m(D) Βιβλιοθήκη E1。8t
2 3
k2
(SI)
将 m2 从平衡位置向下拉 2cm 后，给予向上的初速度 v0＝5cm/s 并开始计时，试求 m2 的振动周期和振动的数值表达式。
4-3
一质点作简谐振动，其振动方程为
x
0.24cos
1 2
(A)
(C)
A
A
o1
1A
2
o
A 2
x
x
思考题 4-5 图
(B)
(D)
(A)12s； (B)10s；
(C)14s； (D)1 1s。
4-5 一个质点作简谐振动，振幅为 A，
t(s)
在起始时刻质点的位移为 A/2,且向 x 轴的
正方向运动；代表此简谐振动的雄转矢量
o2
1A
2
A
1A
图为（ ）
4-6 一质点作简谐振动，其运动速度与时间的曲线 如图所示，若质点的振动规律用余弦函数描述，则其
A
o
x
4-7 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 从放手时开始计时，若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初位相为（ ）
(A)θ； (B) π； （C）0； （D π/2。 4-8 如图所示，质量为 m 的物体由倔强系数为 k1 和 k2 的两个轻弹簧连接，在光滑导轨上 作微小振动,则系统的振动频率为（）
（1）此小物体是停在振动物体上面还是离开它？ (2)如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅 A 需满足何条件？两者在何
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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2.5kg·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。
图4-1m2mb3b O4–6 半径为0.2m ，质量为1kg 的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。
现有一变力F =5t （SI ）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为 ，角速度为 。
解：圆盘的转动惯量为222m kg 02.0)2.0(12121⋅=⨯⨯==mR J 。
3秒末的角加速度为s rad 303101002.052.0/t tJ M =⨯==⨯==α 由tt d d 10ωα== 即t t d 10d =ω对上式积分，并利用初始条件：0=t 时，00=ω，得⎰⎰=300d 10d t t ωωs /rad 45=ω4–7 角动量守恒定律成立的条件是 。
解：刚体（质点）不受外力矩的作用或所受的合外力矩为零。
4–8 以下运动形态不是平动的是[ ]。
A ．火车在平直的斜坡上运动B ．火车在拐弯时的运动C ．活塞在气缸内的运动D ．空中缆车的运动解：火车在拐弯时，车厢实际是平动和转动的合成，故不是平动，应选（B ）。
4–9 以下说法错误的是[ ]。
A ．角速度大的物体，受的合外力矩不一定大B ．有角加速度的物体，所受合外力矩不可能为零C ．有角加速度的物体，所受合外力一定不为零D ．作定轴（轴过质心）转动的物体，不论角加速度多大，所受合外力一定为零 解：角速度大的物体，角加速度不一定大，由于αJ M =，所以它所受的合力矩不一定大；如果一个物体有角加速度，则它一定受到了合外力矩的作用；合外力矩不等于零，不等于所受的合力一定不为零，如物体受到了一个大小相等，方向相反而不在一条直线上的力的作用；当物体作定轴（轴过质心）转动时，质心此时的加速度为零，根据质心运动定律，它所受的合外力一定零。
综上，只有（C ）是错误的，故应选（C ）。
4–10 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。
在上述说法中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）都正确解：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的矩都为零，自然合力矩为零，故（1）正确；当两个力都垂直于轴作用时，如果两个力大小相等、方向相反，作用在物体的同一点，则它们的合力矩为零，或两个力都通过转轴，两力的力矩都等于零，合力矩也等于零，但如两力大小不等，方向相反，也可通过改变力臂，使两力的合力矩为零，如此时力臂相同，则合力矩不等于零，因此（2）也时正确的；当这两个力的合力为零时，还要考虑力臂的大小，所以合力矩不一定为零，故（3）是错误的；两个力对轴的合力矩为零时，因F r M ⨯=，所以它们的合力不一定为零，故（4）也是错误的。
故答案应选（B ）。
4–11 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动。
如图4-2所示，射来两个质量相同、速度的大小相同而方向相反，并在同一条直线上的子弹。
子弹射入并且停留在圆盘内，则子弹射入的瞬间，圆盘的角速度ω与射入前角速度0ω相比[ ]。
A ．增大B ．不变C ．减小D ．不能确定 解：设射来的两子弹的速度为v ，对于圆盘和子弹组成的系统来说，无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，即ωωJ J d m d m =+-00v v式中d m v 这子弹对点O 的角动量，0J 为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量，J 为子弹射入后系统对轴O 的转动惯量。
由于J J <0，则0ωω<。
故选（C ）。
4–12 如图4-3所示，有一个小块物体，置于一个光滑水平桌面上。
有一绳其一端连接此物体，另一端穿过中心的小孔。
该物体原以角速度ω在距孔为r 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体[ ]。
A ．角速度减小，角动量增大，动量改变B ．角速度不变，动能不变，动量不变C ．角速度增大，角动量增大，动量不变D ．角速度增大，动能增加，角动量不变解：在拉力绳子的过程中，力对小球的力矩为零，故小球的角动量在转动过程中不变，有2211ωωJ J =。
当小球的半径减小时，小球对O 点的转动惯量减小，即21J J >，故22ωω>，角速度增大，小球转得更快。
又由2211ωωJ J =可得2211r m r m v v =，因21r r >，所以12v v >，故小球的动能增加，小球的动量也要发生变化。
故选（D ）4–13 有一半径为R 的水平圆转台，可绕过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J 。
开始时，转台以角速度0ω转动，此时有一质量为M 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去。
当人到达转台边缘时，转台的角速度为[ ]。
A ．20MRJ J +ω B ．20)(RM J J +ω C ．20MRJ ω D ．0ω解：人站在转台中心时，他相对于转台中心的角动量为零。
当人沿半径向外跑去，到达O图4-2图4-3FrO转台边缘的过程中，不受外力矩作用，人和转台组成的系统角动量守恒，由于人是沿半径方向走，故人和转台的角速度相同，相对于转台中心有角动量2R M R M ω=v 。
根据角动量守恒，可列方程得20R M J J ωωω+=故20MRJ J +=ωω所以应选（A ）。
4–14 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两质点所受外力矢量和为零，则此系统[ ]。
A ．动量、机械能、角动量均守恒B ．动量、机械能守恒，角动量不守恒C ．动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能断定D ．动量、角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定解：由于两质点系所受的合外力为零，故系统的动量守恒。
当质点所受的合外力不是共点力时，尽管两质点所受的合外力矢量和为零，但力矩不为零，则物体将转动，从而改变系统的机械能和角动量，而当质点所受的合外力为共点力，且外力矢量和为零时，质点所受的力矩将为零。
则系统的机械能和角动量将守恒，所以，应选（C ）。
4–15 一个哑铃由两个质量为m ，半径为R 的铁球和中间一根长为l 连杆组成，如图4-4所示。
和铁球的质量相比，连杆的质量可以忽略不计。
求此哑铃对于通过连杆中心并和它垂直的轴AA ′的转动惯量？解：球绕通过球心的轴转动的转动惯量为252mR ，根据平行轴定理，现在一个球绕离球心2/l R +转动的转动惯量为22)2/(52l R m mR ++，则哑铃绕通过连杆中心并和它垂直的轴AA ′的转动惯量为2222212514])2/(52[2ml mRl mR l R m mR J ++=++=4–16 一质量m =6.0kg 、长l =1.0m 的匀质棒，放在水平桌面上，可绕通过其中心的竖直固定轴转动，对轴的转动惯量J =ml 2/12。
t =0时棒的角速度ω0=10.0rad/s 。
由于受到恒定的阻力矩的作用，t =20s 时，棒停止运动。
求：（1）棒的角加速度的大小；（2）棒所受阻力矩的大小；（3）从t =0到t =10s 时间内棒转过的角度。
解：（1）棒的角加速度的大小为20s /rad 5.020100-=-=-=tωωα （2）棒所受阻力矩的大小为m N 25.0)5.0(10.612112122⋅-=-⨯⨯⨯===ααml J M （3）从t =0到t =10s 时间内棒转过的角度为l RR mmAA ′ 图4-4rad 75)0.10(5.021100.10212200=⨯⨯-⨯=+=-=∆t t αωθθθ4–17 一球体绕通过球心的竖直轴旋转，转动惯量22m kg 105⋅⨯=-J 。
从某一时刻开始，有一个力作用在球体上，使球按规律222t t -+=θ旋转，则从力开始作用到球体停止转动的时间为多少？在这段时间内作用在球上的外力矩的大小为多少？解：由计算角速度的公式得球任意时刻转动的角速度为t t22d d -==θω （1） 令022=-=t ω，得球体停止转动的时间为1=t s对（1）式再求一次导数得球转动的角加速度为222s /rad 2d d -==t θα所以作用在球上的外力矩的大小为m N 1.0)2(1052⋅-=-⨯⨯==-αJ M式中负号表示球受到的力矩为阻力矩。
4–18 设电风扇的功率恒定不变为P ，叶片受到的空气阻力矩与叶片旋转的角速度ω成正比，比例系数的k ，并已知叶片转子的总转动惯量为J 。
（1）原来静止的电扇通电后t 秒时刻的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速为多大？（3）电扇以稳定转速旋转时，断开电源后风叶还能继续转多少角度？解：（1）由题意知空气阻力矩为ωk M f -=，而动力矩ωPM =，根据转动定律，通电时有tJM M f d d ω=+ 将f M 、M 的表达式代入上式，整理可得ωωωd d 2k P J t -=两边积分有ωωωωd d 02⎰⎰-=k P J t t积分得)e 1(2t J kkP--=ω （1） （2）由（1）式，当∞→t 时，得电扇稳定转动时的转速为k P s /=ω（3）断开电源时，电扇的转速为k P s /0==ωω，只有f M 作用，那么tJk d d ωω=-考虑到θωωωd d d d =t ，有 ⎰⎰=-000d d ωθωt Jk得断开电源后风扇叶继续转动的角度为kPk J k J ==0ωθ 4–19 物体A 和B 叠放在水平桌面上，由跨过定滑轮的轻质细绳相互连接，如图4-5所示。