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大学物理五第四章习题答案

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第四章 振动学基础习题答案

1、根据km，2T，如果考虑弹簧质量，那么m增大，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()xAt，202cos()yAt，消去参数t得到合振动的轨迹方程，

22221212212122cos()sin()xyxyAAAA，

当212，上式变为

2222121xyAA，

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km，2224TkTm ，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()23xt，可得

（1） 角频率52，周期0.8Ts，频率1524fs，振幅0.1Am，初相位03。

（2） 把2ts代入运动方程得到

位移0.1cos(5)0.053xm，

速度2225530.1sin()/2238tttdxvtmsdt，

加速度222222255550.1cos()/222316tttdxatmsdt。 16

7、解：首先由胡克定律Fkx得到弹簧的倔强系数

210200/510FkNmx，

则弹簧振子的角频率为

20045/2.5kradsm，

因此弹簧振子的振动周期

255Ts。

8、解：假设木板的质量为m，物体的质量为M其振动的最大振幅为A，弹簧的倔强系数为k，因此，对于木板和物体有：

2222()4()kAkAMmaaAaAaMm，

已知物体与木板间的最大静摩擦系数为0，对于物体有：

0MgMa，

由上两式得到

22204Ag，即02gA，

也即最大振幅

0max2gA。

9、解：设振动方程为cos()xAt，由题意可知：0.24Am，22/radsT，且由0t时0.24xm，可得初相位0，因此运动方程为0.24cos(2)xt，

（1）18ts，1320.24cos(2)825xm，

22221112188880.244cos(2)0.48102ttttdxFmammtdt；

（2）由0.120.24cos(2)t，可得到16ts；

（3）由运动方程0.24cos(2)xt，得到

0.48sin(2)dxvtdt， 17

把16ts代入速度方程得到0.243/vms，得动能

24218.64102kEmvJ，

势能22242112.881022pEkxmxJ，

总能量 222211.15102EmAJ。

10、解：设运动方程为cos()xAt，则

22max2max4dxaAdt，

得到频率102/rads，

周期2210Ts，

平衡位置处的动能22210.4102kEmAJ。

11、解：由运动方程

1220.05cos(2),0.06cos(2)33xtxt，

以及合振动的运动方程形式为

12cos(2)xxxAt，

得到合振动振幅

221212212cos()0.01AAAAAm，

合振动初相位

11221122sinsinarctancoscos3AAAA。

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大学物理第四章习题解

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页脚 . 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被动轮的角速度达到π/s8，则主动轮在这段时间转过了 圈。

解：被动轮边缘上一点的线速度为

πm/s45.0π8222rv

在4s主动轮的角速度为

πrad/s202.0π412111rrvv

主动轮的角速度为

2011πrad/s540π2t

在4s主动轮转过圈数为

20π520ππ2(π212π212121N（圈）

4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为0＝5rad/s，t＝20s时角速度为08.0，则飞轮的角加速度＝ ，t＝0到t＝100s时间飞轮所转过的角度＝ 。

解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为

20s/rad05.020558.0t

t＝0到t＝100s时间飞轮所转过的角度为

rad250100)05.0(21100521220tt

4–3 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

221iiirmJ22)3(2bmmb211mb

4–5 一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s停止转动，则该恒定制动力矩的大小M＝_________。

大学物理第四章习题解 2

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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/s8，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/s45.0π8222rv

在4s内主动轮的角速度为

πrad/s202.0π412111rrvv

主动轮的角速度为

2011πrad/s540π2t

在4s内主动轮转过圈数为

20π520ππ2(π212π212121N（圈）

4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为0＝5rad/s，t＝20s时角速度为08.0，则飞轮的角加速度＝ ，t＝0到t＝100s时间内飞轮所转过的角度＝ 。

解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为

20s/rad05.020558.0t

t＝0到t＝100s时间内飞轮所转过的角度为

rad250100)05.0(21100521220tt

4–3 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

221iiirmJ22)3(2bmmb211mb

4–5 一飞轮以600r/min的转速旋转，转动惯量为·m2，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/rad20160/π26000t

大学物理课后答案第四章

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

pVvRT

或 nkTp

式中v为气体摩尔数，R为摩尔气体常量 118.31RJmolK，k为玻尔兹曼常量 2311.3810kJK

3. 理想气体压强的微观公式

21233tpnmnv

4. 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 32tkT

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

2tikT

6. 速率分布函数

()dNfNdvv

麦克斯韦速率分布函数

232/22()4()2mkTmfekTvvv

7. 三种速率

最概然速率 221.41pmolmolkTRTRTmMMv

平均速率 881.60molmolkTRTRTmMMv

方均根速率 2331.73molmolkTRTRTmMMv

8. 玻尔兹曼分布律

大学物理课后习题答案详解

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第一章质点运动学

1、(习题：一质点在xOy平面内运动，运动函数为2x=2t,y=4t8。（1）求质点的轨道方程；（2）求t=1 st=2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t得，

y=4t2-8 可得： y=x2-8 即轨道曲线

（2）质点的位置 ： 22(48)rtitjrrr

由d/dvrtrr则速度： 28vitjrrr

由d/davtrr则加速度： 8ajrr

则当t=1s时，有 24,28,8rijvijajrrrrrrrr

当t=2s时，有 48,216,8rijvijajrrrrrrrr

2、（习题）： 质点沿x在轴正向运动，加速度kva，k为常数．设从原点出发时速度为0v，求运动方程)(txx.

解： kvdtdv tvvkdtdvv001 tkevv0

tkevdtdx0 dtevdxtktx000 )1(0tkekvx

3、一质点沿x轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x 10 m处，初速度v 0．试求其位置和时间的关系式．

解： adv /dt4t dv 4t dt vv00d4dttt v2t2

vdx /d t2t2 ttxtxxd2d020 x2 t3 /3+10 (SI)

4、一质量为m的小球在高度h处以初速度0v水平抛出，求：

（1）小球的运动方程；

（2）小球在落地之前的轨迹方程；

（3）落地前瞬时小球的ddrtv，ddvtv，tvdd.