大学物理第四章课后思考题详解
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+。
大学物理第四章习题解答PPT演示课件
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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
大学物理课后答案第四章
第四章 气体动理论一、基本要求1．理解平衡态的概念。
2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。
3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。
4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。
5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。
6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。
二、基本内容1. 平衡态在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。
2. 理想气体状态方程在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式pV vRT =或 n k T p =式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量 118.31R J mol K --=⋅⋅，k 为玻尔兹曼常量 2311.3810k J K --=⨯⋅3. 理想气体压强的微观公式21233t p nm n ε==v4. 温度及其微观统计意义温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上32t kT ε=5. 能量均分定理在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2kT 。
以i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为2t i kT ε=6. 速率分布函数()dNf Nd =v v麦克斯韦速率分布函数232/22()4()2m kT m f e kTππ-=v v v7. 三种速率最概然速率p =≈v 平均速率==≈v 方均根速率==≈8. 玻尔兹曼分布律平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。
重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）：kT m gh e n n /0-=9. 范德瓦尔斯方程采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体RT b V V ap m m=-+))((2 10. 气体分子的平均自由程λ==11. 输运过程 内摩擦dS dz du df z 0)(η-=， 1133mn ηλρλ==v v 热传导dSdt dz dT dQ z 0)(κ-= 13v c κρλ=v 扩散dSdt dz d D dM z 0)(ρ-= 13D λ=v三、习题选解4-1 一根铜棒的两端分别与冰水混合物和沸水接触，经过足够长的时间后，系统也可以达到一个宏观性质不随时间变化的状态。
大学文科物理物理学概论课后思考题,独家完整版
第二章对物体运动规律的思考5、伽利略落体运动的研路：提出问题合理猜想数学推理实验验证合理外推得出结论操作过程：由于伽利略时代的实验仪器不能精确测量快速下落所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”，并通过延伸斜面和控制斜面倾角来控制物体运动的速度和所经历的时间。
经过多次实验发现，虽然不断改变斜面的倾斜度，但得到的结果有共同点：小球经过的距离的比值等于经过这些距离对应所用时间间隔的平方之比.伽利略在这个基础上进行合理外推，当倾角增大到90度时，实验结论仍应成立，此即竖直落体运动.至此，伽利略就完成了对自由落体运动的研究.限制条件：无法测量瞬时速度，没有准确计时工具（无法测量自由落体那么短暂的时间），空气阻力无法营造真空条件，和理想化：坡面是完全光滑的，忽略空气阻力，使用特殊方法： 1.运用推理方法，使亚里士多德的结论陷入矛盾中.2.运用理想模型，猜想落体运动的规律.3 .运用数学方法，推导自由落体运动的数学表达式以及可以直接测定的物理量之间的函数关系.4.运用实验方法，对自由落体运动定律进行实验验证.近代科学研究方法：对现象的一般观察→提出假设→运用逻辑得出推论→实验进行检验→对假设进行修正和推广6、牛顿吸收哪些物理思想后创立经典力学：伽利略通过对自由落体的研究，已经发现了惯性运动和在重力作用下的匀加速运动，奠定了牛顿第一定律和第二定律的基本思想。
伽利略关于抛物体运动定律的发现，对牛顿万有引力的学说也有深刻的启示作用。
开普勒所发现的行星运动定律则是牛顿万有引力学说产生的最重要前提。
7、牛一是牛二的特例？：这种提法是不合适的，因为牛顿第一定律不包括“所受合外力为零”的情况。
牛顿第一定律反映的是物体不受力时的运动状态是匀速直线运动或静止，不能反映所受合力为零时的运动状态是匀速直线运动或静止，合力为零时的情况是牛顿第二定律解决的问题。
8、作用力和反作用力？关系是什么？反映了物质世界的什么普遍性质？：一个物体对另一个物体有作用力时，同时也受到另一个物体对它的作用力。
大学物理第四章静电场课后习题概要
b
p
o
x
l
dx
x
kxdx dE 4 0 x b 2 kxdx k bl l E ln 2 0 4 4 0 b l b 0 x b
l
1
1
方向沿x轴的负方向。
练习题4-7 图为两个分别带有电荷的同心球壳系统。 设半径为 R1 和R2 的球壳上分别带有电荷 Q1 和 Q2 ，求： （1）I、II 、III三个区域中的场强；（2）若 Q1 Q2 ， 各区域的电场强度又为多少？画出此时的电场强度分 布曲线。 q内 2 解： s E dS 4r E 0
0 r R1
E1 0
Q1
R1
R1 r R2
r R2
当 Q1 Q2 时
40 r Q1 Q2 E3 40 r 2
2
E2
Q1
Q2
Ⅲ Ⅱ
O Ⅰ
R2
0 r R1
E1 0
R1 r R2
r R2
当 Q1 Q2 时
0 r R1
当 Q1 Q2 时
Q1
R1
R2
O Ⅰ Ⅱ Ⅲ
Q2
r
练习题4-12 同轴电缆是由两个很长且彼此绝缘的同 轴金属圆柱体构成，如图所示。设内圆柱体的电势 为U1，半径为R1；外圆柱体的电势为U2 ，外圆柱体 的内半径为R2，两圆柱体之间为空气。求两个圆柱 体的空隙中离轴为r处(R1 < r <R2)的电势。
定理可知球外空间的场强E外
(3)因为球表面的场强 E表 变小。
q 4 0 r
2
。由此可知，球
外空间的场强与气球吹大过程无关。
大学物理课后习题答案(第四章) 北京邮电大学出版社
又
k 0.2 2 5,即T 1.26s 3 m 8 10
2 A x0 (
v0
)2
2 2
5.0 10 2 2 (1.0 10 ) ( ) 5 2 10 2 m v 5.0 10 2 5 tan 0 0 1, 即 0 2 x 0 1.0 10 5 4 5 x 2 10 2 cos(5t )m 4 ∴
A 3.2 10 3 rad l
∴ 故其角振幅
2 A x0 (
小球的振动方程为
4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为 0.20m ，位相与第一振动的
给小球一水平向右的冲量 Ft 1.0 10 kg m s ，取打击时刻为计时起点 (t 0) ，求 振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程． 解：由动量定理，有
4 1
v0 x 0
F t mv 0
∴
v
F t 1.0 10 0.01 m 1.0 10 3
A mg 2 m 2 2 gh 2 x ( ) ( ) ( ) k (m M )
2 0 2
v0
mg 2kh 1 k (m M ) g
2kh ( M m) g (第三象限)，所以振动方程为 （3） mg 2kh k 2kh x 1 cos t arctan k (m M ) g ( M m) g mM 3 4-10 有一单摆，摆长 l 1.0m ，摆球质量 m 10 10 kg ，当摆球处在平衡位置时，若 tan 0
(2)
当
Ek E p
时，有
E 2E p
南京信息工程大学 大学物理上册第四章课后习题答案
4-2 两个自由质点，其质量分别为 m1 和 m2，它们之间的相互作用符合万有 引力定律，开始时，两质点间的距离为 l，它们都处于静止状态，试求当它们的
v0 x
x1 g x1 t0 2h
内 供 级 部 参 资 资 考 环 料 、 遥 感
1 2 gt 0 ，得到 t 0 2
2h g
（1）
物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为 y 1 h v1t
1 2 gt ，当该碎 2
片落地时，有 y1 0, t t1 1.00s ，则得到第一块碎片抛出的速率 v1
1 2 1 1 2 2 mv = m+ m v1 kx0 2 2 2
mm
中的许多细节问题．
(1)
(2)
仅
x0 v
4m p
v0
V
rmin
V
mp
v0
当质子和氦核相距最近时，它们的速度一定同方向且相等，由动量守恒得
3 4m p v0 m p v0 (m p 4m p )V V v0 5
质子带电量为 e，氦核带电量为 2e，它们相距为 r 时具有的势能为
Ep
k 2e e 2ke2 ，其中 k 为静电力常量。 r r
m A 7.2 10 23 kg ， mB
' ，得 vA 5.0 10 7 m/s 代入式（1）-（3）
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 r r==F r r πε 其中922910(N m /C )k =⨯⋅122-1-2018.8510(C N m )4k -==⨯⋅επ3．电场强度q =F E 0q 为静止电荷。
由10102204kq q q q r r==F r r πε 得112204kq q r r ==E r r πε4．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 S θ取积分可得电场中有限大的曲面的电通量ψd e sS =⋅⎰⎰E Ò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 01d sq=∑⎰⎰E S g Ò内ε5．典型静电场（1）均匀带电球面0=E （球面）204q r πε=E r （球面外）（2）均匀带电球体304q R πε=E r （球体） 204q r πε=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 r λπε=（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4-1 020 4qq r ==πεr 与FE E 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0204q 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） 气球部 （2） 气球外部 （3） 气球表面答：取球面高斯面，由00d ni i q ε=⋅=∑⎰⎰ÒE S 可知（1）部无电荷，而面积不为零，所以E = 0。
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
l0
大学物理教程第4章习题答案
思 考 题4.1 阿伏伽德罗定律指出：在温度和压强相同的条件下，相同体积中含有的分子数是相等的，与气体的种类无关。
试用气体动理论予以说明。
答： 据压强公式 p nkT = ，当压强和温度相同时，n 也相同，与气体种类无关； 4.2 对一定量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大。
当体积不变时，压强随温度的升高而增大。
从微观角度看，两种情况有何区别。
答：气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果。
当温度不变时，若体积减小，分子数密度增大，单位时间内碰撞器壁的分子数增加，从而压强增大；而当体积不变时，若温度升高，分子的平均平动动能增大，分子碰撞器壁的力度变大，从而压强增大；4.3 从气体动理论的观点说明：（1）当气体的温度升高时，只要适当地增大容器的容积，就可使气体的压强保持不变。
（2）一定量理想气体在平衡态（p 1，V 1，T 1）时的热动平衡状况与它在另一平衡态（p 2，V 2，T 2）时相比有那些不同?设气体总分子数为N ，p 2< p 1，V 2< V 1。
（3）气体在平衡状态下，则222213x y z v v v v ===， 0x y z v v v ===。
(式中x v 、y v 、z v ，是气体分子速度v 的三个分量)。
答：（1）由p nkT = 可知，温度升高时，n 适当地减小，可使压强不变；（2） 在平衡态（2p ，2V ,2T ）时分子的平均平动动能较在平衡态（1p ，1V ，1T ）时小，但分子数密度较大；（3） 因分子向各方向运动的概率相同，并且频繁的碰撞，速度的平均值为零，速度平方的平均值大小反映平均平动动能的大小，所以各分量平方平均值相等；4.4 有人说“在相同温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，氧分子的质量比氢分子的大，所以氢分子的速率一定比氧分子大”。
这样讲对吗？答：不对，只能说氢分子的速率平方平均值比氧分子的大。
大学物理第四章课后答案
题4-1图 解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如 质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置 附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系 统的运动微分方程能用
(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为 1.0g 的物体时，伸长为 4.9cm ．用这个弹簧和一个质量 为 8.0g 的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开 1.0cm 后 ，给予向上的初速度
v0 = 5.0cm ⋅ s −1 ，求振动周期和振动表达式．
d2 x mg sin θ − T1 = m 2 dt
①
T1 R − T2 R = Iβ
d2 x = Rβ dt 2
②
T2 = k ( x 0 + x )
③
式中 x0 = mg sin θ / k ，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有
I d2x (mR + ) 2 = − kxR R dt
令 则有
7
∴ 故其角振幅
Байду номын сангаас
2 A = x0 +(
v0 2 v 0 0.01 ) = = = 3.2 × 10 −3 m ω ω 3.13 A = 3.2 × 10 −3 rad l
Θ=
小球的振动方程为
∆φ = ω (t 2 − t1 ) = 8π (5 − 1) = 32π
大学物理学课后习题4第四章答案
x 轴正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为
（）
[答案：B]
（2）两个同周期简谐振动曲线如图所示，振动曲线 1 的相位比振动曲线 2
的相位 （
）
（A）落后
2
（B）超前
2
（C）落后
（D）超前
[答案： B]
习题 4.1（2）图
（3）一质点作简谐振动的周期是 T,当由平衡位置向 x 轴正方向运动时，从
E
1 2
mvm2
3.16 102 J
E p E k 1 E 1.58102 J 2
当 Ek E p 时，有 E 2E p ，
即
1 kx 2 1 ( 1 kA2 )
2
22
∴
x 2 A 2m
2
20
(3)
(t2 t1 ) 8 (5 1) 32
4.4 一个沿 x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为 A ，周期为T ，其振动 方程用余弦函数表示．如果 t 0 时质点的状态分别是：
的单位是 s，则 （A）波长为 5m
向传播 [答案：C]
（B）波速为 10ms-1
（C）周期为 1 s 3
（D）波沿 x 正方
（8）如图所示，两列波长为 的相干波在 p 点相遇。波在 S1 点的振动初相是 1 ，点 S1 到点 p 的距离是 r1。波在 S2 点的振动初相是2 ，点 S2 到点 p 的距离是
（A）它的动能转化为势能. （B）它的势能转化为动能. （C）它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大. （D）它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.
[答案：D]
4.2 填空题 （1）一质点在 X 轴上作简谐振动，振幅 A＝4cm，周期 T＝2s，其平衡位置
大学物理第四章课后答案
υ2 l
9. 解： m 下降到斜面瞬间满足机械能守恒： 1 则 mgh = mυ 0 2 2 M 与 m 碰撞后无机械能损失： 1 1 1 mυ 0 2 = Mυ 2 + mυ ′ 2 2 2 2 水平方向 M 与 m 组成的系统动量守恒， 总动量 为 0， Mυ = m υ ′ 解得： υ = 2m 2 gh M ( M + m)
如图所示在一铅直面内有一光滑的轨道左边是一个上升的曲线右边是足够长的水平直线两者平滑连接现有b两个质点b在水平轨道上静止a在曲线部分高h处由静止滑下与b发生完全弹性碰撞碰后a仍可返回上升到曲线轨道某处并再度滑下已知ab两质点的质量a分别为和
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第四章 动量定理
一、 填空 1. 2. 3. 4. 是表示力在空间上累积作用的物理量， 是表示力在时间上累 积作用的物理量。 质点动量定理的微分形式是 。 质点动量定理的积分形式是 。 对于质点系来说，内力 （ “改变”或“不改变” ）质点系中各个质点 的动量，但 （ “改变”或“不改变” ）质点系的总动量。 若质点系沿某坐标方向所受的合外力为零，则 守恒。 如果两物体碰撞过程中，动能完全没有损失，这种碰撞称为 ，否则 就称为 ；如果碰撞后两物体以相同的速度运动，这种碰撞称 为 。 ， 其中 υ10 ,υ1 是某一物
-1-
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上，如图所示。求链条下落在地面的长度为 l 瞬时，地面所受链条的作用力的大 小。 4. 质量为 M 的人，手里拿着一个质量为 m 的物体，此人以与地平面成 α 角的速 度 υ0 向前方跳起，当他达到最高点时，将物体以相对速度 µ 水平向后抛出，由 于物体的抛出，人跳的距离增加多少？假设空气阻力不计。 5. 速度为 υ0 的物体甲和一个质量为甲的 2 倍的静止物体乙作对心碰撞，碰撞后 1 甲物体以 υ 0 的速度沿原路径弹回，求： 3 （1）乙物体碰撞后的速度，问这碰撞是完全弹性碰撞吗？ （2） 如果碰撞是完全非弹性碰撞， 碰撞后两物体的速度为多大？动能损失多少？ 6. 如图所示，质量为 m 的物体从斜面上高度为 h 的 A 点处由静止开始下滑，滑至水平段 B 点 停止，今有一质量 m 的子弹射入物体中，使物 体恰好能返回到斜面上的 A 点处。求子弹的速 度（ AB 段摩擦因数为恒量） 。 7. 如图所示，劲度系数 k = 100 N m 的弹簧， 一 段固 定于 O 点， 另一端 与一 质量 为
大学物理学(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 =。
大学物理简明教程第四章习题答案
第四章 电磁学基础静电学部分解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为：20''41r qq F qq πε=ϖ()()24441l q q F q q πε=ϖ处于平衡状态：()04'=+q q qq F F ϖϖ()0441'412020=+l qq r q q πεπε （1） 同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41r l q q F q q -=πεϖ()()204441l q q F q q πε=ϖ ()()04'4=+q q q q F F ϖϖ()()()04414'412020=+-l q q r l q q πεπε （2）通过（1）和（2）联立，可得： 3l r =，q q 94'-=解：根据点电荷的电场公式：re r q E ϖϖ2041πε=点电荷到场点的距离为：22l r +22041l r qE +=+πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称：θcos 2//+=E E0=⊥E22cos lr r +=θ所以：()232202222021412cos 2l r qrlr r l r qE E +=++==+πεπεθqlq+当l r >> 202024121r q r q E πεπε==与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q 组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。
解：取一线元θλRd dq =，在圆心处产生场强：20204141R Rd R dq dE θλπεπε==分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加：RR Rd dEx00202sin 41πελθθλπεπ==⎰⎰方向：沿x 正方向解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。
解：线密度为λ，分析半圆部分：θλλrd dl dq ==点电荷电场公式：r e r q E ϖϖ2041πε=在本题中： 241rrd E θλπε=电场分布关于x 轴对称：θθλπεθsin 41sin 2r rd E E x ==，0=y E进行积分处理，上限为2π，下限为2π-：rd r r rd E E 000022sin 4sin 41sin πελθθπελθθλπεθππ====⎰⎰⎰方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长：)cos (cos 4d sin 4210021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xx dE E x x )sin (sin 4d cos 4120021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xx dE E y yx21πθ=，πθ=2， x E x 04πελ=，xE y 04πελ-= 两个半无限长，关于x 轴对称，在y 方向的分量为0，在x 方向的分量：rr E E x 002422πελπελ=== 在本题中，r 为场点O 到半无限长线的垂直距离。
大学物理第四章 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．。
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6.1 谐振动能量表达式
以弹簧振子为例
EEEkpE1212pmkvxE22 k1212m12k[[kAAc20o谐As(s振in0(动t0总t能)]2量)]2与振m幅0平2 方 k成正比
说明:该结论对任一谐振系统均成立
6.2 谐振子能量变化规律及曲线
变化规律: 系统Ek、Ep亦随时间作周期性变化,其 频率是系统固有频率2倍,尽管它们之间
t内 转 过 角 度
0t
相位差:
t
0
2
T
问题：已知谐振动周期T， 1. 振子从平衡位置到最大位移一半的最短时间 2. 振子从最大位移一半到最大位移的最短时间
A
2
02 A
t T
2
1
x
1
6
t1
1
T
2
T 12
平
2
m
Px
X. J. Feng,
M 0t
Px
X. J. Feng,
M
P
x
M P
X. 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
3
t 2
2
T
2
T 6
X. J. Feng,
b. 不同振动在某一时刻的相位差：
X. J. Feng,
问题：两质点作谐振动
质点1: T1 2s, t=0 时,从平衡位置向x正方向运动
质点2: T2 1s, t=0 时,从平衡位置向x负方向运动 问: t=1/3 s 时, 振动1 和振动2 的相位差
X. J. Feng,
The people who get on in this world are the people who get up and look for circumstances they want, and if they cannot find them, make them.
X. J. Feng,
M Px
X. J. Feng,
M Px
•形象的描述谐振动的几个物理量 A 0 x
t=0, m在平衡位置，且向负方向运动
2
•计算谐振动的相位差、时间差 t=0
A
o
0t
X. J. Feng,
0
A
a. 同一振动在不同时刻对应的时间差t ：
A以0匀速转动
a 02 Acos(0t )
圆频率 0
T 2 0
0
2
2
T
由振动系统本 身的性质决定
A
xo2
vo2 ω0 2
α
tg 1
vo ωo xo
由初始条 件决定
Ax
x
t=0
0
A 2
m
0
4.旋转矢量表示法
大 小 A 振 幅A
t 0t
解：由图形可知：A，
t
0： x0
A 2
，v0
0
t 1: x1 0, v1 0
x
A 2
A1
t
解析法：
0
(1) t 0 : A Acos
2
3
v0 A0 sin 0
3
X. J. Feng,
t
1: 0
A c os (0
v0
mv m m0
v A00 A0
2k m
由谐振能量求A
A
m
m m0
A0
m0 km
X. J. Feng,
k
v 2l0
t
0
k
m0 m
k
粘接前
E0
1 2
(2k) A02
1 mv2 2
v0 2l0
粘接后
E
1 (2k)A2 2
1 2
(m
m0
)v0
2
mv (m m0 )v0
3
(3) 从t=0 运动到 a 和 c 所需的时间分别是多少?（用T表示）
x
oA
x
A •a
•g
A 2
•b
•f
o
•c
2A 2
•d
t
A
•e
例 : 一谐振动的振动曲线如图所示:
X. J. Feng,
求(1) 0 以及振动表达式： x Acos(0t )
(2)t=1秒和t=2秒两时刻的相位差
)
3
0
3
2
x
vt 1
A0
sin(0
3
)
0
A 2
0
A1
t
0
3
2
0
5
6
5
x Acos( )
(2)t=1秒和t=2秒两时刻的相位差
63
2
t T
t
2 0
t 0
1 5
6
5
6
旋转矢量法
v0
mv m m0
A
m
m m0
A0
问题：
例:如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端连接一X. J质. Feng,
量为M 的容器，容器可在光滑的水平面上运动，当弹簧
未变形时容器位于O处，今使容器自O点左端l0处由静止 开始运动，每经过O点一次时，从上方滴管中滴入一质量
为m的油滴。求
x
M
M nm
l0
·m
(2).t Tn 2
Tn
2 n
n
k M nm
MO
l0
x
t M nm
k
X. J. Feng,
A
o
逆时针旋转
旋
转
角速
度0
圆 频 率0
t 0，A与ox夹 角 初 相 位
t时 刻，A与ox夹 角 0t 相 位
则t时刻 A的端点在ox轴上的投影为:
X Acos0t
谐振动表达式
X. J. Feng,
旋转矢量法演示
平衡位置
X. J. Feng,
解:
1
1t1
2
T1
1 3
3
1
11
6
( 1 )
6
2
2t
2
T2
1 3
2
3
2
7
6
( 5 )
6
t
1
s
3
2
1
2
1
6
(
5 6
)
2
3
2 t=0
2
30
3
1 t=0
x
1
t
1 3
s
Ax
x
A 2
--- Bernara Shaw
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 )
2
2
Ep
1 2
Ek的 位置
1 kx2 2 1 kx2 1 kA2 x
2
2
2
3A 3
X. J. Feng,
问题：竖直的弹簧振子总能量的表达式如何？
例(p142):两根弹簧(弹性系数均为k,自然长度均为l0)与X.物J. Fe体ng,
m连接后作A0的谐振动.当m运动到两弹簧处于自然长度时,
x
t=0: v0<0
v0<0
A 2
A 1.0
t=1:
A
0
o
3
3
2
x
2
o 3
x
3
v0>0
t=0 v0>0
X. J. Feng,
t
5
23 6
0t 0
0
5
6
x Acos(5 )
63
6.谐振动的能量
X. J. Feng,