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

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

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。

注意：最高点处摆锤（刚体）的速度恰好为零 时， 完成一个圆周运动。（区别：3-30）
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

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==。

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。

（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
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

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。

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。

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。

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。

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。

2
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

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，

习题四 4-1 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动； (2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．
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

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
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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