普通物理学 第四章 复习思考题
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
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 r r r r r r rT A A r r T r r F A r r T drTTdrdr FA =∴-=-=-==-==⎰⎰⎰),()()(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。
新版热学(秦允豪编)习题解答第四章热力学第一定律-新版.pdf
CV T0 2
CV （
R 2R
1
1
27 3 2
T2 T0
T0
（2）由（ 1）式：
8
3
1.5 ）
（3）左侧初态亦为 P0 T 0 V 0 ，终态为 P1V1T1
27
P1 P2
P0
∵ 活塞可移动，
8 ，由 PV
RT
RT 2
P0 V 0 T 2
V2
P2
T0
P2
14
V 1 2V 0 V 2
V0
9
P0V 0
3 T0
19
23
q 2 1 .60 10
6 .02 10 C
（ q 2N Ae ）
两极间电压为 ， A q
19
A 1 .229 2 1 .60 10
6 .02
Q'
5
2. 858 10
23
10
82 . 84 %
4.4.7 设 1mol 固 体状 态 方程 为： v v 0 aT bP ， 内 能 表示 为： u CT
Py L y S
P0 LS
其中 P0
gh 0
Py P0 可改写为
L Ly
1 P0
对微小振动 y L
Py P0
y 1
L
y
1 P0
1
1 P0
L
y P0
L
h0 gy
L
由功能关系：
m gy
1 mv 2 2
m max gy max
AP
式中 A P 是由于右端空气压强 P y 与左端空气压强 P0 对水银柱作功之和，且
2
T0
27 P0
8
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。
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4.2 课后习题详解一、复习思考题§4-1 狭义相对论基本原理洛伦兹变换4-1-1 爱因斯坦的相对性原理与经典力学的相对性原理有何不同？答：（1）经典力学的相对性原理：运动关系的相对性表明，物质之间存在着相对运动的关系而非彼此孤立．相对运动的形式丰富多样，由相对运动产生的相互作用力也形式不一．（2）爱因斯坦的相对性原理：在所有惯性系中，物理定律的形式相同，或者说，所有惯性系对于描述物理现象都是等价的．（3）二者的分析比较：①经典力学的相对性原理说明一切惯性系对力学规律的等价性，而爱因斯坦的相对性原理将此种等价性推广到一切自然规律上去，包括力学定律和电磁学定律．②爱因斯坦的相对性原理的等价性推广意义深刻．我们可借助于电学或光学实验确定出本系统的“绝对运动”来，绝对静止的参考系是存在的，然而这与实验事实相矛盾．③爱因斯坦基于对客观规律的根本认识以及对实验事实的总结，才提出这个相对性原理的．相对论是研究相对运动和相互作用的科学．它使研究物质、能量及其相互作用的物理学发展到更高更深的层次．4-1-2 洛伦兹变换与伽利略变换的本质差别是什么？如何理解洛伦兹变换的物理意义？答：（1）洛伦兹变换与伽利略变换的本质差别：①洛伦兹变换是相对论时空观的具体表述；②伽利略变换是经典力学绝对时空观的具体表述．（2）洛伦兹变换的物理意义①洛伦兹变换集中地反映了相对论关于时间、空间和物质运动三者紧密联系的观念．②洛伦兹变换是建立相对论力学的基础．a．运用洛伦兹变换，评判一条物理规律是否符合相对论的要求，凡是通过洛伦兹变换能保持不变式的物理规律都是相对论性的规律．b．在v<<c时，洛伦兹变换将转换为伽利略变换，从这个角度出发，相对论力学就是经典牛顿力学的继承、批判和发展．4-1-3 设某种粒子在恒力作用下运动，根据牛顿力学，粒子的速率能否超过光速？答：（1）牛顿力学认为粒子的质量不会改变，粒子的加速度正比于所受外力．外力越大，粒子所得的加速度也越大．因此，粒子速度是没有极限的，粒子的速率可以超过光速．（2）相对论力学认为，粒子的质量随速度的增大而增大，粒子的加速度并非与所受外力成简单正比关系，加速度的大小有限制，使得粒子的速率不会超过光速．§4-3 狭义相对论的时空观4-3-1 长度的量度和同时性有什么关系？为什么长度的量度和参考系有关系？答：（1）长度的量度：测量一物体的长度就是在本身所处的参考系中测量物体两端点位置之间的距离．（2）同时性分析：①当待测物体相对于观测者静止时，在不同的时刻测量两端点的位置，其距离总是物体的长度；②当待测物体相对于观测者运动时，物体的长度就必须同时测定物体两端点的位置．若非同时测定，测量了一端的位置时，另一端已移动到新的位置，其坐标差值不再是物体的长度了．（3）由于同时性的相对性，所以长度的量度与同时性紧密相连，从而与测量的参考系有关．（4）下面举例说明：假设有一细棒静止在K′系的x′轴上，而K′系相对惯性系K 以速度v沿O x 轴运动．如把记录细棒左端坐标为事件1，记录细棒右端坐标为事件2，则两事件在两参考系中相应的时空坐标为由于细棒静止在K ＇系，所以△x＇＝x ＇2-x ＇1就是细棒的固有长度，根据洛伦兹变换在K 系测量两端坐标必须同时进行，即△t＝0，故有所以在K 系中测得物体的长度为这就是长度收缩效应现象．4-3-2 下面两种论断是否正确？（1）在某一惯性系中同时、同地发生的事件，在所有其他惯性系中也一定是同时、同地发生的．（2）在某一惯性系中有两个事件，同时发生在不同地点，而在对该系有相对运动的其他惯性系中，这两个事件却一定不同时．答：（1）正确．在一个惯性系中同时、同地发生的事件，实质上就是一个事件．因而，可得：△x＝0，△t＝0根据洛伦兹变换：△x＇＝0，△t＇＝0因此，在所有其他惯性系中也一定是同时、同地发生的．（2）正确．对惯性系K 中同时发生在不同地点的两个事件，可得△t＝0．△x≠0在相对运动的其他惯性系K ＇中，有在惯性系K ＇中这两个事件一定不同时．因此，同时性是相对的．4-3-3 两只相对运动的标准时钟A 和B ，从A 所在惯性系观察，哪个钟走得更快？从B 所在惯性系观察，又是如何呢？答：（1）从A 所在惯性系观察，根据“时间膨胀”或“原时最短”的结论，相对静止的时钟A 所指示的时间间隔是原时，它走得“快”些；而时钟B 给出的时间间隔是运动时，因“时间膨胀”而走得“慢”些．（2）同理，从B所在惯性系观察时，则相反，时钟B走得“快”些，而时钟A走得“慢”些．4-3-4 相对论中运动物体长度缩短与物体线度的热胀冷缩是否是一回事？答：不是一回事．（1）“热胀冷缩”①是涉及分子微观热运动的基本热学现象；②这与物体的温度有关，与其宏观运动速度无关．（2）“长度收缩”①是由狭义相对论所得到的重要结论，指在相对物体运动的惯性系中测量物体沿运动方向的长度时，测得的长度总是小于固有长度或静长这一现象；②这与物体的运动速度有关，与物体的组成和结构无关，是普遍的时空性质的反映．4-3-5 有一枚以接近于光速相对于地球飞行的宇宙火箭，在地球上的观察者将测得火箭上的物体长度缩短，过程的时间延长，有人因此得出结论说：火箭上观察者将测得地球上的物体比火箭上同类物体更长，而同一过程的时间缩短．这个结论对吗？答：此结论不正确．（1）狭义相对论认为，“长度收缩”和“时间膨胀”都是相对的．（2）若以火箭和地球为相对运动的惯性参考系，则火箭上的观察者也会观测到“长度收缩”和“时间膨胀”的现象．4-3-6 比较狭义相对论的时空观与经典力学时空观有何不同？有何联系？答：（1）两种时空观的不同：①狭义相对论时空观：a．狭义相对论中关于不同惯性系之间物理事件的时空坐标变换的基本关系式是洛伦兹变换．在洛伦兹变换关系中，长度和时间都是相对的，反映了相对论的时空观．b．狭义相对论时空观认为：第一，空间和时间不可分割，与物质运动密切相关；第二，时间是相对的，时间间隔因惯性系不同则会有差别；第三，空间是相对的，在不同的惯性系中，相同两点的空间间隔会有差别．②经典力学时空观：a．经典力学中关于不同惯性系之间物理事件的时空坐标变换的关系式是伽利略变换．在伽利略变换关系中，长度和时间都是绝对的，反映了经典力学的绝对时空观．b．经典力学时空观认为：时间、空间是彼此独立的，都是绝对的，与物质运动无关．（2）两种时空观的联系：①洛伦兹变换式通过狭义相对论的两个基本原理推导得出，并由此得出反映相对论时空观的几个重要结论，比如同时性的相对性、长度收缩、时间膨胀等；②当v<<c时，洛伦兹变换可以过渡到伽利略变换，即经典力学是相对论力学的低速近似．§4-4 狭义相对论动力学基础4-4-1 化学家经常说：“在化学反应中，反应前的质量等于反应后的质量．”以2g 氢与16g氧燃烧成水为例，注意到在这个反应过程中大约放出了25J的热量，如果考虑到相对论效应，则上面的说法有无修正的必要？。
普通物理学第3,4单元课后习题答案
V2 QT 500 = = 0.11 ln V = v RT0 2×8.31×273 1 V 2 e 0.11 1.11 = = V1 V 2 = V 1×1.11 = 2×22.4×1.11 = 50(升)
= 0.05m3
V1 p2 = p1 = 44.8 ×1 = 0.89atm V2 50
(3) Q p =v C pΔ T
3 Qcd CV (Td Tc ) R(Td Tc ) 2 3 Vc ( Pd Pc ) 4.5 10 2 ( J ) 2 5 Qda C P (Ta Td ) R(Ta Td ) 2 5 Pd (Va Vd ) 2.5 10 2 ( J ) 2
根据电势叠加原理可知： q1 q2 4 R 4 R , 当r R1时 0 1 0 2 q1 q2 U U1 U 2 , 当R2 r R1时 4 0 R2 4 0 r q1 q2 , 当r R2时 4 0 r 4 0 r 代入数据可求得
0
ρd
4-5
解：根据对称性建立高为L，半径为r的同轴的圆 柱体面作为高斯面：
E cos dS E cos dS E cos 0 dS 上 下 侧 2 2 E 2rL
由高斯定理：
当
时
当
时
4-6
解：已知当取无穷远处为零势能面时，均匀带电球 面场中电势分布为： q U内 恒量 U q 1 外 4 0 R 4 r r
3-6 ，1mol氧气，温度为300K时，体积为2×103m3。试计算下列两过程中氧气所作的功：
• (1)绝热膨胀至体积为20×10-3m3； • (2)等温膨胀至体积为20×10-3m3，然 后再等容冷却，直到温度等于绝热膨胀后所达 到的温度时为止； • (3)将上述两过程在P-V图上表示出来。 • 怎样说明这两过程中功的数值的差别？ • 解：（1）绝热过程理想气体氧的比热比 ，由 绝热方程得
大学物理第四章课后思考题详解
谐振动：
X. J. Feng,
1. 力学特征: 线性恢复力（力矩）
F kx
F mg
2.动力学方程:
d 2x dt 2
02 x
0
M mgb 思考: 拍皮球时球的往
3.运动学方程: x Acos(0t ) 复运动是否是谐振动?
v 0 Asin( 0t )
m
Px
X. J. Feng,
M 0t
Px
X. J. Feng,
M
P
x
M P
Xபைடு நூலகம் J. Feng,
x
X. J. Feng,
M
P
x
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
M Px
突然速度为0的质点m0轻粘在m上,求：m0粘上后振动系统
周期和振幅
m0
解: 两弹簧的等效系数:2k
km k
(请同学们课后自己证明)
m0粘上前系统振动的圆频率: 0
2k m
v 2l0
m0粘上后系统振动的圆频率:
2k
m m0
T 2 m m0
2k
A
x0
v02
2
x0 0
x
M
M nm
l0
·m
(2).t Tn 2
Tn
2 n
n
k M nm
MO
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2020复习方案高考物理人教版一轮复习讲义：第四章 核心素养提升——科学思维系列(四) 含答案
核心素养提升——科学思维系列(四)竖直面内圆周运动的两种模型模型1轻绳模型轻“绳”模型除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为T，拉力T 与速度v的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()A．数据a与小球的质量有关B．数据b与圆周轨道半径有关C．比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径【解析】 在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有T ＋mg ＝m v 2R ，可得图线的函数表达式为T ＝m v 2R －mg ，图乙中横轴截距为a ，则有0＝m a R －mg ，得g ＝aR ，则a ＝gR ；图线过点(2a ，b )，则b ＝m 2a R －mg ，可得b ＝mg ，则b a ＝m R ，A 、B 、C 错．由b ＝mg 得m ＝b g ，由a ＝gR 得R ＝ag ，则D 正确．【答案】 D 模型2 轻杆模型轻“杆”模型除重力外，受到的弹力方向：零或向上(3)0<v <gr 时，杆对球有 (多选)如图所示，轻杆长为3L ，在杆的A 、B 两端分别固定质量均为m 的球A 和球B ，杆上距球A 为L 处的点O 装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B 运动到最高点时，球B 对杆恰好无作用力，则球B 在最高点时，下列说法正确的是( )A ．球B 在最高点时速度为gL B ．此时球A 的速度大小为2gL2C ．杆对球A 的作用力为0.5mgD ．杆对水平轴的作用力为1.5mg[审题指导] (1)杆和球在竖直平面内转动→两球做圆周运动． (2)杆对球B 恰好无作用力→重力恰好提供向心力．【解析】 设球B 在最高点时的速度为v 0，有mg ＝m v 202L ，解得v 0＝2gL ，选项A 错误；因为A 、B 两球的角速度相等，根据v ＝rω知，此时球A 的速度为12v 0＝122gL ，选项B 正确；根据牛顿第二定律得，F A －mg ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022L，解得F A ＝1.5mg ，A 对杆的作用力为1.5mg ，水平轴对杆的作用力与A 球对杆的作用力平衡，所以F ＝1.5mg ，选项C 错误、D 正确．【答案】 BD竖直面内圆周运动类问题的解题技巧(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v ≥gR 及杆模型中v ≥0这两个临界条件． (3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向．(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．1．(2019·黑龙江哈师大附中月考)如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度v 0，若v 0大小不同，则小球能够上升的最大高度(距离底部)也不同．下列说法中不正确的是( C )A ．如果v 0＝gR ，则小球能够上升的最大高度等于R2B ．如果v 0＝3gR ，则小球能够上升的最大高度小于3R2C ．如果v 0＝4gR ，则小球能够上升的最大高度等于2RD ．如果v 0＝5gR ，则小球能够上升的最大高度等于2R解析：如果v 0＝gR ，根据机械能守恒定律得12m v 20＝mgh ，解得h ＝R2，当小球运动到h ＝R 2高度时速度可以为零，则小球能够上升的最大高度为R2，故A 正确；如果v 0＝3gR ，根据机械能守恒定律得12m v 20＝mgh ，解得h ＝3R2，根据竖直方向圆周运动向心力公式可知，小球在最高点的速度最小为gR ，则小球在上升到h ＝3R2处之前做斜抛运动，所以小球能够上升的最大高度小于3R2，B 正确；如果v 0＝5gR ，根据机械能守恒定律得12m v 20＝mg ·2R ＋12m v 2，解得v ＝gR ，所以小球恰好可以到达最高点，即小球能够上升的最大高度为2R ，故D 正确，C 错误．本题选错误的，故C 符合题意．2．(2019·湖南郴州二模)如图所示，质量为m 的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的棱长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，已知重力加速度为g ，空气阻力不计，已知在最高点时盒子与小球之间的作用力恰为0，则下列说法正确的是( D )A ．在最高点小球的速度水平，小球既不超重也不失重B ．小球经过与圆心等高的位置时，处于超重状态C ．盒子在最低点时对小球的弹力大小等于6mg ，方向向上D ．该盒子做匀速圆周运动的周期等于2πR g解析：在最高点小球的速度方向沿圆周切线方向，即为水平方向，小球在最高点，重力提供向心力，处于完全失重状态，故A 错误；小球在经过与圆心等高的位置时，水平方向受盒子的弹力，竖直方向受重力和盒子的支持力，而此处小球在竖直方向加速度为0，小球既不超重也不失重，故B 错误；小球在最高点仅受重力作用，重力提供做圆周运动的向心力，即mg ＝m v 2R ，小球在最低点受重力、盒子的支持力，二力的合力提供做圆周运动的向心力，即F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝2mg ，方向向上，故C 错误；小球在最高点仅受重力作用，重力提供做圆周运动的向心力，即mg ＝m 4π2T 2R ，解得T ＝2πRg ，故D 正确．。
普通物理学第4章习题答案
解：(1)球的转动惯量为 2 mb 2 J0 = 5 从C B 机械能守恒
A a B
2
β
r=b C h
v0 = bω
1 1 2 m gh = m v0 + J 0ω 2 2
1 2 2 2 2 2 1 m gh = m b ω + m bω 2 5 2
1 ω= b
10 gh 7
v0 =
10 gh 7
刚体转动习题
4-1 4-8 4-15 4-22 4-29 4-2 4-9 4-3 4-10 4-4 4-11 4-18 4-25 4-32
结束 目录
4-5
4-6
4-7
4-12 4-13 4-14 4-19 4-20 4-21 4-26 4-27 4-28
4-16 4-17 4-23 4-24 4-30 4-31
解: (1)滚筒对瞬时转动中心的惯量 2 2 2 D D D JA= m ( ) + m ( ) = m a0 F A 2 2 2 D f M A= F = JAa 2 20000 MA F a=J = = 10000 ×1.5 = 1.33 r/s2 mD A
D 1.5 2 a 0 = a =1.33 × 1 m/s = 2 2 (2) F f = ma0 f =F m a 0 = 20000 ×10000 ×1 = 10000N
(1) 解： T T 1 (mA+ mB)g = (mA+ mB)a 0
T
a0 rA rB a
T 1r A T r B = ( J A+ J B )a = J a
m Cg T 1 = m Ca ´
T1
a 0 =rB a
(mA+ mB)g T1
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
大学物理第四章静电场课后习题
E F q0 ，
答：(1)电场强度是反映电场本身性质的物理量，与有 没有试验电荷没有关系。电场力不仅与场强有关，也 与试验电荷量有关，电场强度一定时，只要试验电荷 越大，受力也就越大；而场强为 E F q0 却可以保持不 变。
(2)根据点电荷的场强公式 q E r 2 0 4 0 r 从形式上看，当所考察的场点和点电荷 q 间的距离 r→0时，则按上式，将有E→ ，但这是没有物理意 义的。对这个问题你如何解释? 答： (2) 当带电体 q 的线度远远小于带电体与考察点 的距离r时，带电体才可抽象为点电荷，考察点的场 强才可用点电荷的场强公式计算。当 r → 0 时，带电 体本身的线度不能忽略，因而带电体就不能当成点 电荷， 这时点 电荷的 公式已 失效 ， 也就不 能推论 E→∞。
R2 E dr
r
r R2
Q1 Q2 ( ) 40 r R2 Q1 Q2 dr Q1 Q2 U 3 E dr r r 40 r 2 40 r
1
40 r
Q1
dr 2
Q1 Q2 dr 2 R2 4 r 0
于是，两个圆柱体的空隙中离轴为r处(R1 < r <R2)的 电势为
U 1 U 2 R2 Ur ln U 2 R r ln 2 R1
答：在真空中两个点电荷之间的相互作用是独立的， 不会因为其他带电体的移近而改变。也就是说，只 要这两个点电荷的带电量及距离一定，不管周围有 无其他带电体，其相互作用力是一定的。
思考题4-3 (1)在电场中某一点的场强定义为 若该点没有试验电荷 q0 ，那么该点有无场强？如果电 荷在电场中某点受的电场力很大，该点的电场强度是 否一定很大?
普通物理学教程 力学 第二版课后题答案(第四、十章)
第四章 动能和势能思 考 题4.1 起重机起重重物。
问在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种情况下合力之功的正负。
又：在加速上升和匀速上升了距离h 这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做的功是否一样多？[解 答]在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种况下合力之功的正负分别为：正、0、负、正、0、负。
在加速上升和匀速上升了距离h 这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做的功不一样多。
加速上升 mg F >；匀速上升 mg F =。
4.2 弹簧A 和B ，劲度系数，(1)将弹簧拉长同样的距离；(2)拉长两个弹簧到某一长度时，所用的力相同。
在这两种情况下拉伸弹簧的过程中，对那个弹簧做的功更多？[解 答](1) B A K K > 拉长同样距离2B B 2A A K 21A K 21A ∆=∆=｝B A K K >,B A A A >.(2)A A A K F x =,B B B K F x =,B A F F = A AA K F =xB BB K F=xB B A A K K x x =B 2B 2B 2B B 2B B B A2A 2A 2A A 2A A A K F 21K F K 21K 21A K F 21K F K 21K 21A ======x x ｝B A K K >,B A A A <4.3 “弹簧拉伸或压缩时，弹簧势能总是正的。
”这一论断是否正确？如果不正确，在什么情况下，弹簧势能会是负的。
[解 答]与零势能的选取有关。
4.4 一同学问：“二质点相距很远，引力很小，但引力势能大；反之，相距很近，引力势能反而小。
想不通”。
你能否给他解决这个疑难？[解 答]设两物体（质点）相距无限远处为零势能。
4.5 人从静止开始步行，如鞋底不在地面上打滑，作用于鞋底的摩擦力是否做了功？人体的动能是哪里来的？分析这个问题用质AOχBO点系动能定理还是用能量守恒定律分析较为方便？[解 答]（1）作用于鞋底的摩擦力没有做功。
普通物理学第五版第4章刚体转动答案
( r A r B )m Cg > r B (mA+ mB)g ( r A r B )m Cg < r B (mA+ mB)g
若：下降 a 0< 0
T T 1 (mA+ mB)g = (mA+ mB)a 0 T 1r A T r B = ( J A+ J B )a = J a m Cg T 1 = m Ca ´ a 0 =rB a a ´=r Aa a 0 =r Aa r B a 静止时，a0=0，上述方程变为： T T 1 (mA+ mB)g = 0 T 1r A T r B = ( J A+ J B )a = J a m Cg T 1 = m Ca ´
(2)
a ´=r Aa
结束 目录
解得：
T T 1 (mA+ mB)g = 0 T 1r A T r B = ( J A+ J B )a = J a m Cg T 1 = m Ca ´ a ´=r Aa
m Cg J m C(mA+ mB) r A r B T1 = 2 m Cr A m Cr A r B + J T = T 1 + (mA+ mB)g
4-3 如图所示，两物体1和2的质量分别 为m1与m2，滑轮的转动惯量为J,半径为 r 。 （1）如物体2与桌面间的摩擦系数为μ， 求系统的加速度 a 及绳中的张力 T2 与 T2 （设绳子与滑轮间无相对猾动）； （2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系 统的加速度 a 及绳 T2 中的张力 T1与 T2。 m 2 T1
1.89×102 m/s = a n = R 2 = 0.15×(1.26×103)2 ω
2.38×105 m/s2 =
高考第一轮复习物理4第四章章末综合讲练(答案)
闪堕市安歇阳光实验学校物理高考第一轮复习4.4第四章章末综合讲练●网络体系总览 ●综合应用例析【例1】 在暗室内，一台双叶电扇（如图4－1甲）绕轴沿顺时针方向转动，转速为每秒50周，在闪光灯照耀下（1）出现稳定如图4－1乙所示图像，则闪光灯的闪频（每秒闪多少次）的最大值是_______Hz.图4－1（2）若出现如图4－1丙所示的图像，即双叶片缓慢地逆时针转动，这时闪光灯闪频的最大值略大于_______Hz.解析：这是一个与视觉暂留有关的现象，涉及到匀速转动中角速度、转动角度和时间以及周期、频率等知识.因视觉暂留，上次闪亮时叶片在人眼中的图像正好与下次闪亮时的叶片图像重合时，看上去叶片不转动；若下次闪亮时图像比上次闪亮时还差一个小角度，便会出现叶片缓慢逆时针转，而叶片实际转速却是很高的.（1）如果在闪光灯一次闪光到下一次闪光的时间间隔内，叶片正好转过90°，即2π或者2π+n π（n =1，2，3，……），尽管风扇以很高的速度旋转，但在闪光灯下正好看到乙图所示图像：4个叶片稳定在空间.因叶片转动的角速度ω=2πf =2π×50=100π，故可得闪光的周期为T =π1002πnT +=20021n + s （n =0，1，2，3，……）闪光的频率f =T 1=n21200+（n =0，1，2，3，……）当n =0时，闪光频率最大，可得在看到乙图所示的图像时最大闪光频率为200 Hz.（2）在两次闪光的时间间隔内，叶片转过的角度略小于π或n π时，即可看到双叶片缓慢地逆时针转动，由此得闪光的周期T ＜ωπn =100ns （n =1，2，3，……），闪光的频率f =T1＞n100 Hz ，所以闪光的最大频率应略大于100 Hz.说明：本题所述现象在日常生活中只要留心观察是会看到的.由于涉及的动态图境比较复杂，初次接触会感到很生疏，既不知道用什么方法，也搞不清用什么知识，会觉得无从下手.解决这一问题首先要理解产生这一现象的原理是什么.分析的关键是找出从这一次看到叶片到下一次看到叶片叶片转过的角度.由此再得到转过这一角度所用的时间，这个时间即为闪光灯闪光的周期.【例2】 宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间t ，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L .若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3L .已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常量为G .求该星球的质量M .解析：设抛出点的高度为h ，第一次水平位移为x ，则有x 2+h 2=L 2①同理对于第二次平抛过程有 （2x ）2+h 2=（3L ）2 ②由①②解得h =3L设该行星上重力加速度为g ，由平抛运动规律得h =21gt 2③由万有引力与牛顿第二定律得 G 2RMm =mg ④ 联立以上各式可解得M =22332Gt LR .说明：（1）审题时一定要注意，抛出点与落地点之间的距离不是水平位移；（2）求解本题的关键是找出该星球上的重力加速度g .【例3】 （广东，16）某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，试问，春分那天（太阳光直射赤道）在日落后12小时内有多长时间该观察者看不见此卫星?已知地球半径为R ，地球表面处的重力加速度为g ，地球自转周期为T ，不考虑大气对光的折射.解析：设所求时间为t ，m 、M 为卫星、地球质量，r 为卫星到地心的距离，有G 2r Mm =mr （T π2）2，G 2RM =g 图4－2春分时，太阳光直射地球赤道，如图4－2所示，图中圆E 为赤道，S 表示卫星，A 表示观察者，O 表示地心.由图可看出，当卫星由S 转到S ′位置间，卫星恰好处于地球的阴影区，卫星无法反射太阳光，观察者将看不见卫星.由图有r sin θ=R ，t =π22θT 由以上各式可知t =πTarcsin （2π4gTR 2）31.说明：此题也是一个紧密联系实际的问题，解答本题不仅需要物理知识，还要有一定的生活经验和阅历，或者是天文、地理的知识，否则一个“春分那天”就可能导致解题“卡壳”.在正确理解题意的基础上，根据题意画出几何图示，这是解答本题的关键所在.画图时应注意不要把太阳画成点光源，而应是平行光.●素质能力检测一、选择题（共10小题，每小题5分.每小题中只有一个选项是符合题目要求的）1.图4－3所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑.图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径r A ＞r B =r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是图4－3A.a A =a B =a CB.a C ＞a A ＞a BC.a C ＜a A ＜a BD.a C =a B ＞a A解析：皮带传动且不打滑，A 点与B 点线速度相同，由a =rv 2有a ∝r1，所以a A ＜a B ；A 点与C 点共轴转动，角速度相同，由a =ω2r 知a ∝r ，所以有a A ＞a C .可见选项C 正确.答案：C2.地球上站立着两位相距非常远的观察者，发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，则这两位观察者及两颗卫星到地球中心的距离是A.一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等B.一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不相等C.两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不相等D.两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等解析：这颗卫星一定是地球同步卫星.同步卫星一定在赤道的上空，且它们到地面的高度都相等，所以这两位观察者一定都在赤道上.答案：D3.（上海，3）火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆.已知火卫一的周期为7小时39分，火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比A.火卫一距火星表面较近B.火卫二的角速度较大C.火卫一的运动速度较小D.火卫二的向心加速度较大 解析：据G2RMm =m2π4T2R 得轨道半径与运转周期的关系R ∝T 32，可知A 正确；再据ω=Tπ2可知B 错；据v =RGM可知C 错误.据a =2RGM 知D 错. 答案：A4.如图4－4所示为A 、B 两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图象.其中A 为双曲线的一个分支.由图可知图4－4①A 物体运动的线速度大小不变 ②A 物体运动的角速度大小不变 ③B 物体运动的角速度大小不变 ④B 物体运动的线速度大小不变以上正确的判断是A.①③B.②④C.①④D.②③解析：角速度一定时，由a =ω2r 知a ∝r ，即B 物体的角速度不变.线速度大小一定时，由a =rv 2知，a ∝r1，即A 物体线速度大小不变.答案：A5.（全国理综一，17） 我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星.某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C 做匀速圆周运动.由天文观察测得其运动周期为T ，S 1到C 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，已知引力常量为G .由此可求出S 2的质量为A.2122π4GTr r r ）（-2 B.2312π4GTrC.232π4GT r D.2122π4GT r r解析：对S 1由万有引力定律有G 221rm m =m 122π4Tr 1，由此式得m 2=2212π4GTr r ，选项D正确.答案：D6.如图4－5所示，半径为R 的大圆盘以角速度ω绕过O 点的竖直轴在水平面内旋转，有人站在盘边P 点面对O 随圆盘转动.若他想用枪击中盘中心的目标O ，子弹相对枪的速度为v ，则在他看来图4－5A.枪应瞄准O 射击B.枪应向PO 的右方偏过θ角射击，cos θ=v R ωC.枪应向PO 的左方偏过θ角射击，tan θ=v R ωD.枪应向PO 的左方偏过θ角射击，sin θ=vR ω解析：子弹参与两个分运动：随圆盘转动的分速度ωR ，方向沿过P 点的切线；相对圆盘的射击速度v ，其合速度指向O 点，如图所示，则sin θ=vR ω.答案：D7.如图4－6所示，P 是水平地面上的一点，A 、B 、C 、D 在一条竖直线上，且AB =BC =CD .从A 、B 、C 三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P 点.则三个物体抛出时速度大小之比v A ∶v B ∶v C 为图4－6 A.2∶3∶6B.1∶2∶3C.1∶2∶3D.1∶1∶1解析：由题意及图可知DP =v A t A =v B t B =v C t C ，所以v ∝t1；又由h =21gt 2，得t∝h ，因此有v ∝h1.由此得v A ∶v B ∶v C =2∶3∶6.答案：A8.科学探测表明，月球上至少存在丰富的氧、硅、铝、铁等资源.设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长期的开采后，月球和地球仍可看作均匀球体，月球仍沿开采前的轨道运动，则与开采前相比下列判断正确的是①地球与月球间的万有引力将变大 ②地球与月球间的万有引力将变小 ③月球绕地球运动的周期将变大 ④月球绕地球运动的周期将变小A.①③B.②④C.①④D.②③解析：由F =G 2rMm 知，当r 不变，M +m 不变时，M =m 时F 最大，M 与m 相差越大，F 越小.由于M ＞m 且M 增大，m 减小，故F 减小，②正确；由G2r Mm =m22π4T r 得T =2πGMr 3，而M 增大，故T 变小，④正确，应选B.答案：B9.地球同步卫星到地心的距离r 可由r 3=222π4c b a 求出.已知式中a 的单位是m ，b的单位是s ，c 的单位是 m/s 2，则①a 是地球半径，b 是地球自转的周期，c 是地球表面处的重力加速度 ②a 是地球半径，b 是同步卫星绕地心运动的周期，c 是同步卫星的加速度 ③a是赤道周长，b 是地球自转周期，c 是同步卫星的加速度 ④a 是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c 是地球表面处的重力加速度A.②B.③C.①④D.①②解析：求解思路为：由万有引力定律导出人造地球卫星运转半径的表达式，再将其与题给表达式中各项对比，以明确式中各项的物理意义.由于式中含有4π2项，所以由G 2rMm =m22π4Tr 得r 3=22π4GMT .进一步变换成式中包含重力加速度g 的形式，由mg =G 0R Mm 得GM =gR 02，作代换，得r 3=2220π4g T R .答案：C10.一颗人造地球卫星的速度等于第一宇宙速度，每昼夜绕地球转n 周，地球半径为R .现欲发射一颗地球同步卫星，它应定点于赤道上空的高度是A.（n 23－1）RB.n 32R C.（n 32－1）R D.n 23R解析：设同步卫星离地面的高度为h ，地球自转的周期为T ，则有G2）（h R Mm+=m 22π4T（R +h ），其中GM =gR 2.设以第一宇宙速度运行的卫星的周期为T ′，则T =nT ′=n 1π2v R ，又v 1=gR ，由以上各式解得C 选项是正确的.答案：C二、填空题（共5小题，每小题5分）11.设质量相同的两人甲和乙，甲站在赤道上，乙站在北纬45°，他们随地球一起转动，则A 和B 的线速度大小之比为_________，他们受的向心力大小之比为_______.解析：设地球半径为R ，由于他们转动的角速度相同，由v =ωr 得BAv v =︒45cos R R=2；由向心力F =m ω2r 得BA F F =2.答案：2∶1 2∶112.劲度系数为k =100 N/m 的一根轻质弹簧，原长为10 cm ，一端拴一质量为0.6 kg 的小球，以弹簧的另一端为圆心，使小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，其角速度为10 rad/s.那么小球运动时受到的向心力大小为_______.解析：设弹簧伸长x ，则kx =m ω2（L +x ），解得x =22ωωm k L m -=0.15 m小球受到的向心力大小为F =kx =15 N. 答案：15 N13.我国在酒泉卫星发射中心成功发射“神舟”五号载人试验飞船.飞船绕地球14圈后，地面控制中心发出返回指令，飞船启动制动发动机、调整姿态后，在内蒙古中部地区平安降落.（1）假定飞船沿离地面高度为300 km 的圆轨道运行，轨道半径为_______；其运行周期为_______min ；在该高度处的重力加速度为_______（已知地球半径为6.4×103km ，地球质量为6.0×1024 kg ，万有引力常量G =6.67×10－11N ·m 2/kg 2）；（2）飞船脱离原来的轨道返回大气层的过程中，其重力势能将_______，动能将_______，机械能将_________（均填“增加”“减少”或“不变”）.解析：（1）试验飞船在离地300 km 的圆轨道上运动时只受地球引力的作用，该力是飞船的向心力，也可认为是飞船在该处所受的重力.所以飞船的轨道半径为r =R 地+h =6.4×103 km+300 km=6.7×103km由于万有引力等于向心力，所以有G2rMm =m22π4Tr代入数据得飞船的运行周期T =90.8 min 飞船在该高度处的重力加速度为g =mF=2r GM =262411107.6100.61067.6）（⨯⨯⨯⨯- m/s 2≈8.9 m/s 2.（2）飞船启动制动发动机之后，其运行的轨道半径将逐渐变小.由于其轨道的变化比较慢，所以降落过程中的任一时刻仍认为飞船满足匀速圆周运动的条件，其线速度v =rGM /∝1/r.所以飞船返回大气层的过程中，其重力势能减少，动能增加.由于克服大气阻力（或制动力）做功，所以它的机械能将减少.答案：（1）6.7×103km 90.8 9.8 m/s 2（2）减少 增加 减少14.“黑洞”是爱因斯坦的广义相对论中预言的一种特殊天体，它的密度极大，对周围的物质（包括光子）有极强的吸引力.根据爱因斯坦理论，光子是有质量的，光子到达黑洞表面时也将被吸入，最多恰能绕黑洞表面做圆周运动.根据天文观测，银河系中心可能有一个黑洞，距该可能洞6.0×1012m 远的星体正以2.0×106m/s 的速度绕它旋转.据此估算该可能黑洞的最大半径R =_______m （保留一位有效数字）.解析：对光子有G 2R Mm =m Rc 2，得GM =Rc 2；对星体有G2r Mm =m rv 2，得GM =rv 2.则可得R =22c v r =（86103100.2⨯⨯）2×6.0×1012m=2.7×108m.答案：2.7×10815.如图4－7所示，水平面上有一物体，小车通过定滑轮用绳子拉它，在图示位置时，若小车的速度为5 m/s ，则物体的瞬时速度为_______m/s.图4－7解析：小车的速度v 1分解为拉绳的速度v 1′和使绳转动的速度v 2′，如图a所示，则v 1′=v 1cos30°；物体的速度v 2分解为沿绳的速度v 2′和垂直于绳的速度v 2″，且v 1′=v 2′，如图b 所示.则v 2=︒'60cos 2v =︒'60cos 1v =2v 1cos30°=53m/s.图（a ） 图（b ）答案：53三、计算题（共5小题，45分）16.（8分）小球从空中以某一初速水平抛出，落地前1 s 时刻，速度方向与水平方向夹角30°，落地时速度方向与水平方向夹角60°，g =10 m/s 2.求小球在空中的运动时间及抛出的初速度.解析：如下图所示，作出平抛运动轨迹上该两时刻的速度分解图，设初速为v 0，空中运动时间为t ，则由图示直角三角形关系得tan30°=g （t －1）/v 0，tan60°=gt /v 0将有关数字代入即可求得. 答案：t =1.5 s v 0=53m/s17.（8分）（天津）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大.现有一中子星，观测到它的自转周期为T =301 s.问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解?计算时星体可视为均匀球体（引力常量G =6.67×10－11m 2/kg ·s 2）.解析：考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解.设中子星的密度为ρ，质量为M ，半径为R ，自转角速度为ω，位于赤道处的小块物质质量为m ，则有G2R Mm =m22π4T R ①M =34πR 3ρ ②由以上各式得ρ=2π3GT代入数据解得ρ=1.27×1014kg/m 3. 答案：1.27×1014kg/m 318.（9分）如图4－8所示，ABC 是光滑半圆形轨道，轨道直径AOC 沿竖直方向，长为0.8 m.今有一质量为m 的小球自A 点以初速度v 水平射入轨道内，求：图4－8（1）小球能沿轨道运动时，水平初速度v 的最小值；（2）若小球的水平初速度小于（1）中最小值，小球有无可能经过B 点?若能，求出初速度满足的条件；若不能，说明理由.（g 取10 m/s 2）解析：（1）在最高点小球由重力和轨道压力来提供向心力做圆周运动，当速度最小时，轨道压力变为零，只有重力提供向心力，则有mg =mRv 2，由此解得小球的最小水平初速度v =gR =2 m/s.（2）若小球的水平初速度小于所求最小值，小球仍有可能做平抛运动经过B 点.由R =21gt 2和R =v 0t 解得初速度应满足的条件为v 0=2gR =2 m/s.答案：（1）2 m/s （2）2 m/s19.（10分）如图4－9所示，小球A 在光滑的半径为R 的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中的a 点时，在圆形槽中心O 点正上方h 处，有一小球B 沿Oa 方向以某一初速水平抛出，结果恰好在a 点与A 球相碰.图4－9求：（1）B 球抛出时的水平初速多大?（2）A 球速度满足什么条件，两球就能在a 点相碰? 解析：（1）由h =21gt 2、R =v 0t 解得B 球的水平初速v 0=Rhg2.（2）B 球下落的时间t =gh 2.只要在B 球落至a 点时A 球同时也到达a 点即相碰.考虑到A球运动的周期性，所以有vRk π2=gh 2，由此解得v =2k πRhg 2（k =1，2，3，……）.答案：（1）Rhg2 （2）v =2k πR hg 2（k =1，2，3……）20.（10分）（全国理综一，23）在“勇气号”火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来.假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时高度为h ，速度方向是水平的，速度大小为v 0，求它第二次落到火星表面时速度的大小.计算时不计火星大气阻力.已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r ，周期为T ，火星可视为半径为r 0的均匀球体.解析：着陆器从最高点下落的过程机械能守恒，由题中所给的条件可知，解答本题关键是求出火星表面的重力加速度g ′.以M 表示火星的质量，m 表示火星的卫星质量，m ′表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有G 2r Mm =m （Tπ2）2r ① G 2r m M '=m 'g ′ ② 由①②式可解得g ′=22032π4Tr r ③设v 表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，由机械能守恒定律有mg ′h+21mv 02=21mv2④解得 v =22232π8v r T hr +.答案：v =2020232π8v r T hr +●意犹未尽司机考试某大公司准备以高薪雇用一名小车司机，经过层层筛选和考试之后，只剩下三名技术最优良的竞争者。
大学物理第四章 习题解答
第四章 习题解答（仅供参考）4．3 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 ) v 02/2 = kA 2/2， 所以振幅为A v =10-2(m)． （2）振动的圆频率为ω=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)．4．4 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v =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0m v v m M ==+，这也是它们振动的初速度．设振动方程为 x = A cos(ωt + φ)， 其中圆频率为ω=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 ．图4.3图4.4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x0 = x1 - x2 = -mg/k．因此振幅为A===初位相为arctanvx ϕω-==4．14三个同方向、同频率的简谐振动为10.08cos(314)6x t π=+，20.08cos(314)2x t π=+，350.08c o s(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x A=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A0 = 0.08，根据公式得A x = A1cosφ1 + A2cosφ2 + A3cosφ3 = 0，A y = A1sinφ1 + A2sinφ2 + A3sinφ3 = 2A0 = 0.16(m)，振幅为A=，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/2x=时，可得cos(100/2)2tππ+，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．。