大学物理 第5章习题解答
第五章 机械振动
5-1一远洋货轮，质量为t M 4102⨯=，浮在水面对其水平截面积为23102m S ⨯=。设在水面附近货轮的截面积与货轮高度无关，试证明此货轮在水中的铅直自由运动是简谐振动，并求其自由振动的周期。
解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）
设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，
合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 2
2d d t
y M
Ma F ==
故0d d 2
2=+gy s t
y M
ρ
02
2=+
y M
g s dt
dy ρ
故作简谐振动 M g
s ρω
=
2
)(35.68
.91010210
10222233
3
4
s g
s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===π
ρπ
ω
π
5-2 重物A 的质量M=1kg ，放在倾角0
30=θ的光滑斜面上，并用绳跨过定滑轮与劲度系数
1
49-⋅=m
N k 的轻弹簧连接，如习题5-2图所示，将物体由弹簧未形变的位置静止释放，
并开始计时，试求:
（1）不计滑轮质量，物体A 的运动方程;
（2）滑轮为质量M ，半轻r 的均质圆盘，物体A 的运动方程。
解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：
)(1.0sin 0m k
mg l ==
θ
(1)
习题5-1图
(1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx
列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式
22
0d d )(sin sin t
x m
x l k mg T mg =+-=-θθ
将（1）式代入上式，整理后得
0d d 22
=+
x m
k t
x
故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==
m
k ω
由初始条件,000⎩⎨
⎧=-=v l x 求得,1.00⎩
⎨⎧===πϕm
l A 故物体A 的运动方程为 x =0.1cos(7t+π)m
(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:
22
1d d sin t
x m
T mg =-θ (2) 对滑轮列出
转
动
方
程为：
2
2
221d d 2121t x Mr r
a
Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3) 式中,T 2=k (l 0+x ) （4） 由式（3）、(4)知22
01d d 21)(t
x M x l k T +
+=代入(2)式知
2
2
021)(sin dt
x
d m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ 又由（1）式知0sin kl mg =θ
故0d d )
2
1(2
2
=++kx t
x m M
即
0)
2
(
d d 2
2
=++x m M k
t
x
习题5-2图
m
M k +=
22
ω
可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=
m
M k ω
由于初始条件：0,000=-=v l x
可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:
m t x )7.5cos(1.0π+=
由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.
5-3质点作简谐振动的振动曲线如习题5-3图所示，试根据图得出该质点的振动表达式。 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x
由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：
2
1cos =
ϕ
由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由2
1cos =ϕ,取3
π
ϕ-
=
又因:t=1s 时，,1022
m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，
得
213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝
⎛
-⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
-
=πωπω
由t=1s 时,⎪⎭⎫
⎝⎛
-
-=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-πω,取33ππω=-， 即 s 32πω=
质点作简谐振动的振动表达式为
m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-33
2
cos 10
42
ππ
5-4在一个电量为Q ，半径为R 的均匀带电球中，沿某一直径挖一条隧道，另一质量为m
，
习题5-3图
电量为-q 的微粒在这个隧道中运动，试求证该微粒的运动是简谐振动，并求出振动周期(设带电球体介电常数为0ε)。
解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r
，由高斯定理可
知3
04R
r Q E πε =
,则微粒在此处受电场力为:r R
Qq F
3
04πε-
=
式中，负号表明电场F 的方向与r
的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：
4d d 04d d 0
43
02
2
3
02
2
3
0=+
⇒
=+
=+
r mR
Qq t
r r R
Qq t
r m
r R
Qq F πεπεπε 令 m
R Qq 3
02
4πεω
=
则
0d d 2
2
2
=+r t
r ω
故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ω
π
2=
T 知: Qq
mR T 3
042πεπ=
5-5如习题5-5图所示，有一轻质弹簧，其劲度系数k=5001
-⋅m
N ，上端固定，下端悬挂一
质量M=4.0kg 的物体A ，在物体A 的正下方h=0.6m 处，以初速度1
010.4-⋅=s m v 的速度向
上抛出一质量m=1.0kg 的油灰团B ，击中A 并附着于A 上。 （1）证明A 与B 作简谐振动;
（2）写出它们共同作简谐振动的振动表达式; （3）弹簧所受的最大拉力是多少?(取2
10-⋅=s m g ，弹簧未挂重物时，其下端端点位
于/
O 点)
解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：
P O k Mg '=
将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题5-5所示，则有：g m M O O k )(+='
设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：
kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(
即 0d d )(2
2
=++kx t
x m M
可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=
m
M k ω
以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题5-5可知
k
mg k
Mg g k
m M P O O O OP =-
+=
'-'=
则t=0时，m 02.00-=-
=-=k
mg OP x (负号表P 点在O 点上方)
又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 222
0101=-='gh υυ
碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=m
M m υυ （方向向上）
则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m m
x /4.002.00
0υ
可求得：)m (0447.02
202
=+
=ω
υx A
πω
υϕ65.0arctan 00
=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+= (3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：
m A g k
m M A O O x 1447.0=++=
+'=∆
则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆
5-6 一物体竖直悬挂在劲度系数k 的弹簧上简谐振动，设振幅A=0.24m ，周期T=4.0s ，开始时在平衡位置下方0.12m 处向上运动。求: (1)物体作简谐振动的振动表达式
;
习题5.5图
(2)物体由初始位置运动到平衡位置上方0.12处所需的最短时间;
(3)物钵在平衡位置上方0.12m 处所受到的合外刀的大小及方向(设物体的质量为l.0kg)。 解：(1) 已知A=0.24m, 2
2π
πω=
=
T
,如选x 轴向下为正方向.
已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3
,21c o s ,c o s 24.012.0π
ϕϕϕ±
===
而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3
π
ϕ=
,故：
m t x ⎪⎭
⎫
⎝⎛+
=32
cos 24.0ππ
(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有
3
23
22132cos πππππ
±
=+
-
=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t
因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)3
2sin(
>+π
π
t
则取
323
2
ππ
π
=+
t
可得：s t 32min =
(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.
5-7如习题5-7图所示，质量m=10g 的子弹，以1
1000-⋅=s m v 的速度射入一在光滑平面上与弹簧相连的木块，并嵌入其中，致使弹簧压缩而作简谐振动，若木块质量M=4.99kg ，弹簧的劲度系数1
3
108-⋅⨯=m
N k ，求简谐振动的振动表达式。
解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：
m/s)(0.2=+=
υm
M m u
不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：
2
02
2
1)(2
1kx u
m M =
+ （x 0为弹簧最大形变量）
m u k
m M x 2
010
0.5-⨯=+=
由此简谐振动的振幅 2
0100.5-⨯==x A
习题5-6图
系统圆频率rad/s)(40=+=
m
M k ω
若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ
由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得：2
π
ϕ-
=
则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：
m t x )2
40cos(10
0.52
π
-
⨯=-
5-8 如习题5-8图所示，质量为m 1的光滑物块和弹簧构成振动系统，已知两弹簧的劲度系数分别为k 1=3.01-⋅m N ，k 2=1.01-⋅m N ，:此系统沿弹簧的长度方向振动，周朗T 1=1.0s ，振幅A 1=0.05m ，当物块经过平衡位置时有质量为m 2=0.10kg 的油泥块竖直落到物体上并立即粘住，求新的振动周期T 2和振幅A 。
解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即
)(21x k x k F +-=
令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k
由 k
m T π
2=
得)kg (1.0442
2
12
2
11≈=
=
π
π
k T k T m
则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：
kg 20.021=+m m
新的周期 )s (4.122
12=+=k
m m T π
在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，
υυ)(2111m m m +=
则 m /s 05.0)
(2111πυυ=+=
m m m
新的振幅 m)(035.022
2==
=π
υω
υT
A
5-9质量为0.2kg 的质点作简谐振动，其振动方程为⎪⎭
⎫
⎝
⎛
-
=25sin 60.0πt x ，
式中x 的单位为m ，t 的单位为s ，求: (1)振动周期;
(2)质点初始位置，初始速度; (3)质点在经过
2
A 且向正向运动时的速度和加速度以及此时质点所受的力;
(4)质点在何位置时其动能、势能相等？ 解：（1）由振动方程)2
5sin(60.0π
-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA
故振动周期： )s (26.1)s (256.15
22≈===πω
π
T
(2) t=0时，由振动方程得：
)2
5cos(0.3|m
60.0000=-
==
-==πυt dt
dx x t
(3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3
π
ϕ-
=
速度 m /s )
(6.2m /s )23
(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s
2
1560.0cos 2
2
2
2
-=⨯
⨯-=-=ϕωA a
所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F
（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：
2
21kA E E E p k =
=+ 故有： )2
1(21212
kA E E E p k =
== 即
2
2
2
12
121kA kx
⨯=
可得： m)(42.02
2±=±
=A x
5-10手持一块平板。平板上放一质量m=0.5kg 的砝码，现使平板在竖直方向上振动，设这振动为简谐振动，频率v =2Hz ，振幅A=0.04m ，问: (1)位移最大时，砝码对平板的正压力多大? (2)以多大振幅振动时，会便砝码脱离平板?
(3)如果振动频率加快一倍，则砝码随板保持一起振动的振幅上限如何? 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：
N mg ma
-=max
N 是平板对砝码的支持力.
故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω
砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：
mg N ma -'=max
故 N)(1.8)4()(2
2max =+=+='A v g m a g m N π
砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：
m)
(062.040)4(22
max max 2
==
=-=v
g A vA g m N ππ
(3) 由2
2
max 4v
g A π=
,可知，2
max v A 与成反比，当v v 2='时，
m 0155.04
1max max
=='A A
5-11有一在光滑水平面上作简谐振动的弹簧振子，劲度系数为k ，物体质量为m ，振幅为A ，当物体通过平衡位置时，有一质量为m'的泥团竖直落在物体上，并与之粘结在一起，求: (1)系统的振动周期和振幅; (2)振动总能量损失了多少?
(3)如果当物体达到振幅A 时，泥团竖直落在物体上，则系统的周期和振幅又是多？振动的总能量是否改变?物体系统通过平衡位置的速度又是多少? 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：
2
2
2
12
1υm kA
=
A m
k =
υ
由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m m u '
+=
此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：
2
2
)(2
121u m m A k '+=
'
得： A m m m A '
+=
'
有： k
m m T '+='π2
（2）碰撞前后系统总能量变化为：
)2
1
(
)1(
2
12
1212
2
2
2
kA m m m m m m kA kA
A k E '+'
-
=-'
+=
-
'=
∆
式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.
（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为k
m m '+π
2，系统的振动总能量不变，为
2
2
1kA （非弹性碰
撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：
2
2
)(2
121υ''+=
m m kA
得： A m m k '
+±='υ
5-12一水平放置的简谐振子，如习题5-12a 图所示，当其从
2
A 运动到
2
A -的位置处（A 是
振幅）需要的最短时间为s t 0.1=∆，现将振子竖直悬挂，如习题5-2b 图所示，现由平衡位置向下拉0.1m ，然后放手，让其作简谐振动，已知m=5.0kg ，以向上方向为x 轴正方向，t=0时，m 处于平衡位置下方且向x 轴负方向运动，其势能为总能量的0.25倍，试求: (1)振动的周期、圆频率、振幅; (2)t=0时，振子的位置，速度和加速度; (3)t=0时，振子系统的势能、动能和总能量; (4)振动的位移表达式。 解：（1）由放置矢量法可知，振子从
2
A 运动到
2
A -的位置处，
角相位的最小变化为：3
π
ϕ∆=
则圆频率 r a d /s
3
π
∆ϕ∆ω=
=
t
习题5-12图
周期 s T 62==
ω
π
由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00
m
1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ
则振幅 m 1.02
2020
=+
=ω
υx A
（2）因为E E p 41=
又 2
2
2
1,21kA E kx E p =
=
故
)2
1(412122
kA kx
=
得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m. 根据振动系统的能量守恒定律：
2
2
2
2
12
121kA m kx =
+
υ
故 )s m (091.01
2
2
-⋅±=-±=x A ωυ
根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )s i n ()c o s (ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x
)c o s (d d 2
ϕωω
+-==
t A t
v a
x 2ω-= 得： )m /s (055.02
=a （3）t=0时，(J)108.681)21(4141
3
222-⨯===
=mA kA E E p ω
(J )10218
3)21(43433
222-⨯====mA kA E E k
ω (J )10
8.273
-⨯=+=p k E E E
（4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ3
2=
又 3
,10.0π
ω=
=m A
故 m t x )3
2
3
c o s (1.0ππ+=
5-13作简谐振动的P 、Q 两质点，它们的振幅分别为m A p 2
100.5-⨯=，m A Q 2
10
0.2-⨯=，
圆频率都为1-⋅s rad π，初相位分别为3
π
ϕ=P ，3
π
ϕ-
=Q ，求:
(1)它们各自的振动位移表达式;
(2)当t=l s 时，它们的x 、v 、a 各是多少? (3)判断哪一个质点振动超前?
解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：
m
t x m
t x Q P )3
cos(10
00.2)3
cos(1000.52
2
π
ππ
π-
⨯=+⨯=--
（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：
)m/s )(3
sin(10
00.52
π
πωυ+
⨯⨯-==
-t dt dx P P
)m/s )(3
sin(10
00.22
ππωυ-
⨯⨯-==
-t dt
dx Q Q
)m/s )(3
cos(10
00.52
2
2π
πωυ+
⨯⨯-==
-t dt d a P P
)m/s )(3
cos(10
00.22
2
2ππωυ-
⨯⨯-==
-t dt
d a Q Q
当t=1s 时，有：
)
(m/s 10
87.9/3
2cos
10
00.2)
(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)
1044.5/32sin
1000.2(m/s)
1060.13/34sin 1000.5(m)
1000.13
2cos
10
00.2)
(m 10
5.234cos 1000.52
2
2222
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s
m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππ
π
πππυππυππ
（3）由相位差
3
2)3
(3)()(ππ
π
ϕϕϕωϕωϕ∆=
-
-=
-=+-+=Q P Q P t t
可见，P 点的相比Q 点的相位超前3
2π.
5-14一质量kg m 21000.1-⨯=的质点作振幅为A=m 21000.5-⨯的简谐振动，初始位置在位移
2
1A 处并向着平衡位置运动，每当它通过平衡位置时的动能k E 为J 51008.3-⨯。
(1)写出质点的振动表达式; (2)求出初始位置的势能。 解：（1）由题意得初始条件：
⎪⎩⎪⎨⎧<=0210
0υA x 可得：3
π
ϕ=
(由旋转矢量法可证出)
在平衡位置的动能就是质点的总能量
)
J (10
08.32
12
15
2
2
2
2
-⨯===
=⇒=A m kA
E m k m k ωω
ω
可求得：s rad m
E A
/2
21πω=
=
则振动表达式为：
m t x )3
2
cos(
10
00.52
π
π
+
⨯=-
(2) 初始位置势能
)3
2
(
cos 2
1212
222
π
π
ω+
=
=
t A m kx
E P
当t=0时，
3cos 212
2
2
π
ωA m E P =
J J 6
2
22
2
2
10
71.73
cos
)10
00.5()2
(
10
00.12
1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=π
π
5-15质量m=10g 的小球作简谐振动，其A=0.24m ，25.0=v Hz ，当t=0时，初位移为
m 1
10
2.1-⨯，并向着平衡位置运动，求:
(l)t=0.5s 时，小球的位置;
(2)t=0.5s 时，小球所受力的大小与方向; (3)从起始位置到cm x 12-=处所需的最短时间; (4)在cm x 12-=处小球的速度与加速度; (5)t=4s 时，p k E E ,以及系统的总能量。 解：（1）由初始条件：
⎩⎨
⎧<⨯=-0
102.1010υm
x 可知，3
π
ϕ=
且 2
2π
πω==v
则振动表达式为：m t x )3
2cos(24.0π
π
+
=
当t=0.5s 时，
m m x 2
10
00.6)3
2
12
cos(
24.0-⨯-=+
⨯
=π
π
(2) t=0.5s 时，小球所受力：
(N)10
48.1)(3
2
-⨯=-==x m ma f ω
因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.
(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1
102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法
知，
π
ϕπ
ϕ3
2,3
,0±
=±=处处x x
)s (3223=⇒⎪⎪
⎭⎪⎪
⎬
⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω (4) 因为 )3
2s i n (24.02)sin(π
ππ
ϕωωυ+⨯-
=+-=t t A )3
2c o s (24.04)cos(2
2
π
ππ
ϕωω+⨯-
=+-=t t A a 习题5-15图
在s t m x 3
2102.11=
⨯-=-处
)
3
2
cos(
24.04
)3
3
22
cos(
24.04
/10
26.3/)3322
sin(
24.02
2
2
1
2
πππ
πππ
απππυ+
⨯-
=+
⨯
⨯-
=⨯-=+⨯
⨯-=-t s
m s
m (5) t=4s 时， 2
2
)]3
2
sin(
[2
12
1π
π
ωυ
+
-=
=
t A m m E k
(J )
1033.5J
)3
42
(
sin 24.0)2
(
01.02
14
2
22-⨯=+
⨯⨯⨯⨯=
πππ
)3
2
(
c o s 2
12
12
2
2
2
π
π
ω+
=
=
t A m kx
E P
(J )
1077.1J
)3
42
(
cos 24.0)2
(
01.02
14
2
22-⨯=+
⨯⨯⨯⨯⨯=
πππ
(J )107.10J 101.77J 1033.5-4
-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总
5-16两质点沿同一直线作同频率、同振幅的简谐振动，在振动过程中，每当它们经过振幅一半时相遇，而运动方向相反，求它们相位差，并作旋转矢量图表示。 解：设两质点的振动表达式分别为：
)
cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x
由图题可知，一质点在2
1A x =
处时对应的相位为： 32/arccos
1π
ϕω=
=+A A t
同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：
3
52/arccos
2πϕω=
=+A
A t
故相位差
)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t ππ
πϕϕ3
43
3512=
-
=
-=
若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：
习题5-16图
ππ
π
ϕϕϕ∆3
2)3
(3
12=
-
-=
-=
5-17已知两个简谐振动的t x -曲线如习题5-17图所示，它们的频率相同，求它们的合振动的振动表达式。
解：由图题5-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==
T
由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相πϕ2
310=
.
同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：
m
t x t x )20cos(05.0)
2
320cos(05.021ππππ+=+
=
因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 2
1020212
22
110
25)cos(2-⨯=-++=
ϕϕ
20
21012021010cos cos sin sin arctan
ϕϕϕϕϕA A A A ++=
ππ
4
54
1a r c t a n 或
=
=
但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ4
5,05.021应取因此-=+=x x x .
故合振动的振动表达式：m t x )4
520cos(10252
ππ+
⨯=-
5-18
已知两
个同
方向
、同频
率的
简谐振动如下：
⎪⎭⎫ ⎝⎛+=π5310cos 05.01t x ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=π5310cos 06.02t x 式中x 单位为m ，t 单位为s 。
(1)求它们合振动的振幅与初相位;
(2)另有一同方向简谐振动)10cos(07.03ϕ+=t x ，问ϕ为何值时，31x x +的振幅最大? ϕ为何值时，32x x +的振幅最小?
(3)用旋转矢量法表示(1)、(2)两小问的结果。 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：
)cos(212212
221ϕϕ-++=
A A A A A
m )5
3
5c o s (06.005.0206
.005
.02
2
ππ-⨯⨯⨯++=
m 0892
.0= 2
2112
211c o s c o s s i n s i n a r c t a n ϕϕϕϕϕA A A A ++=
316819.15.2arctan 5
cos
06.05
3cos
05.05
sin 06.053sin
05.0'︒===++=
rad ππππ
（2）当πϕϕk 21±=-,即ππϕπϕ5
3221+
±=+±=k k 时，31x x +的振幅最大；当
πϕϕ)12(2+±=-k ，即5
)12()12(2π
πϕϕ+
+±=++±=k k 时，32x x +的振幅最小.
（3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题5-18所示.
5-19两个同方向、同频率的简谐振动，其合振动的振幅A=0.20m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为30o
，若第一个振动的振幅A 1=0.173m ，求第二个振动的振幅及第一、第二两个振动的相位差为多少?
解：根据题意画出振幅矢量合成图，如习题5-19图所示.由习题5-19图及余弦定理可知 cm 2
33.172023.1720
30cos 22
2
12
12
2⨯
⨯⨯-+=
︒-+=
AA A A A
0.10m cm 10== 又因为
)c o s (c o s 12ϕϕϕ∆-= 010
3.172)100300(4002)
(2
12
2212=⨯⨯+-=
+-=
A A A A A
若2
π
ϕ∆=,即第一、第二两个振动的相位差为
2
π
习题5-19图
大学物理课后习题答案第五章
大学物理课后习题答案 第五章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第五章 机械波 5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向； （2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程2cos()x y A t πωλ=-比较 得：2π/λ = 0.6， 因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π， 频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)． 且传播方向为x 轴正方向． （2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图． 5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波 线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为0.03cos(4)2 A y t π π=-(m)．试求：（1） 简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程． [解答]（1）简谐波的波动方程为：cos[()]A x x y A t u ω?-=-+； 即 0.050.03cos[4()]0.22 x y t π π-=--= 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]． （2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt - π/2)． 5．3 已知平面波波源的振动表达式为20 6.010sin 2 y t π -=?(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1． [解答]振动方程为：26.010sin ()2x y t u π-=?- 50.06sin()24 t ππ=-， 位相差为 Δφ = 5π/4(rad)． 5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求： （1）此平面波的波动方程； （2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ． 由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π． 当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．
大学物理第05章_静电场习题
第5章 静电场习题解答 5.1一带电体可作为点电荷处理的条件是（ ） （A ）电荷必须呈球形分布。 （B ）带电体的线度很小。 （C ）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。 （D ）电量很小。 5.2图中所示为一沿 x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ（x >0）和 -λ（x < 0），则 oxy 坐标平面上点（0，a ）处的场强 E 为：（ ） ( A ) 0 ( B ) 02a λ πεi ( C ) 04a λπεi ( D ) ()02a λ πε+i j 5.3 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2 100.2-?=，周期s T 0.1=，初相.4/3π?=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。 分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为：]2cos[]cos[ ?π ?ω+=+=t T A t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4 x t SI π π=+ 振子的速度和加速度分别是： 3/0.04sin[2]()4 v dx dt t SI π ππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4 a d x dt t SI π ππ==-+ 5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度. 分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。 解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππ?ω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1 /210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ?π= （2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ?ππππ=+=+ 由cos x A ?=，sin A νω?=-，2 2 cos a A x ω?ω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=- 5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小； （2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置. 分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。 解：（1）跟据x m ma f 2 ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N = （2）由x m f 2 ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N = 第五章 热力学基础 5－1 在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0℃），有一个体积为1.0×10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0℃，求气泡到达湖面的体积。（大气压P 0 = 1.013×105 Pa ） 分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。利用理想气体物态方程即可求解本题。位于湖底时，气泡内的压强可用公式 gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0?103 kg·m -3）。 解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。由分析知湖底处压强为 gh p gh p p ρρ+=+=021。 利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为 ()3 51 01 20121212m 1011.6-?=+== T p V T gh p T p V T p V ρ 5－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m 3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa ，氧气厂规定压强降 到1.00×106 Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3 压强为1.01×105 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变） 分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。从氧气质量的角度来分析。利用理想气体物态方程pV = mRT /M 可以分别计算出每天使用氧气的质量m 3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m 1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m 2之差），从而可求得使用天数321/)(m m m n -=。 解：根据分析有 RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m 3331 22111=== ；； 则一瓶氧气可用天数 ()()5 .93 31 213 21=-=-= V p V p p m m m n 5－3 一抽气机转速ω=400r ?min -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。设容器的容积 V 0=2.0升，问经过多长时间后才能使容器内的压强由1.01×105 Pa 降为133Pa 。设抽气过程中温度始终不变。 分析：抽气机每打开一次活门, 容器内气体的容积在等温条件下扩大了V ，因而压强有所降低。活门关上以后容器内气体的容积仍然为V 0 。下一次又如此变化，从而建立递推关系。 [习题解答] 5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为a n= v2 /R，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成反比；也可以写为a n = 2 R，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成正比。这两者是否有矛盾为什么 解没有矛盾。根据公式，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R成反比，是有条件的，这个条件就是保持v不变；根据公式，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离R 成正比，也是有条件的，条件就是保持不变。 5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度数值是恒定的还是变化的 解 (1)当角速度一定时，切向速度也是一定的，所以切向加速度 - , 即不具有切向加速度。而此时法向加速度 , 可见是恒定的。 (2)当角加速度一定时，即恒定，于是可以得到 , 这表示角速度是随时间变化的。由此可得 . 切向加速度为 , （ 这表示切向加速度是恒定的。法向加速度为 , 显然是时间的函数。 5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30s后转速达到152 rad s 1 。求： (1)在这30 s内电机皮带轮转过的转数； (2)接通电源后20 s时皮带轮的角速度； (3)接通电源后20 s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0 cm。 解 (1)根据题意，皮带轮是在作匀角加速转动，角加速度为 . ！ 在30 s内转过的角位移为 . 在30 s内转过的转数为 . (2)在t = 20 s时其角速度为 . (3)在t = 20 s时，在皮带轮边缘上r = 5.0 cm处的线速度为 , 切向加速度为 , ￥ 法向加速度为 . 5-4 一飞轮的转速为250 rad s 1 ，开始制动后作匀变速转动，经过90 s停止。求开始制动后转过103 rad时的角速度。 解飞轮作匀变速转动，，经过90 s，，所以角加速度为 . 从制动到转过，角速度由0变为，应满足 大学物理习题集（上） 专业班级 姓名_ 学号_ 第五章 刚体的定轴转动 一．选择题 1．关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 [ C ] （A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。 （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 2. 均匀细棒 OA 可绕通过某一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自 由下降，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？ [ A ] （A ）角速度从小到大，角加速度从大到小。 A （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大。 （C ）角速度从大到小，角加速度从大到小。 （D ）角速度从大到小，角加速度从小到大。 3. 如图所示，一圆盘绕水平轴 0 做匀速转动，如果同时相向地射来两个质量相 同、速度大小相同，且沿同一直线运动的子弹。子弹射入圆盘均留在盘内，则 子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度将 [ B ] （A ）增大； （B ）减小； （C ）不变； （D ）无法确定。 解答 以圆盘和两子弹为系统，外力矩为零，系统的角动量守恒。按题意， 两个子弹的初始角动量（对 0 轴之和为零。两子弹留在圆盘内，增大了圆盘的 转动惯量。设圆盘的转动惯为 J ，转动的角速度为 ω0 ，则有 J ω0 = ( J + ?J )ω ω0 > ω 有速度减小，所以应选（B ） 4. 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂物体，物体的质量为 m ，此时滑轮的角加速度为 a 。 若将物体卸掉，而用大小等于 mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将 [ A ] (A)变大； （B ）不变； （C ）变小； （D ）无法判断。 第五章 稳恒电流 本章提要 1．电流强度 · 当导体中存在电场时，导体中的电荷会发生定向运动形成电流。如果在t ?时间内通过导体某一截面的电量为q ?，则通过该截面的电流I 为 q I t ?= ? · 如果电流随时间变化，电流I 的定义式为 t q t q I t d d lim 0=??=→? 2．电流密度 · 导体中任意一点的电流密度j 的大小规定为单位时间内通过该点单位垂直截面的电量，j 的方向规定为通过该点的正电荷运动的方向。根据电流密度的定义，导体中某一点面元d S 的电流密度为 d d I j S ⊥ = · 对于宏观导体，当导体中各点的j 有不同的大小和方向，通过导体任意截面S 的电流可通过积分计算，即 d j S S =???I 3．欧姆定律 · 对于一般的金属导体，在恒定条件下欧姆定律有如下表达形式 R U U I 2 1-= 其中R 为导体的电阻，21U U -为导体两端的电势差 · 欧姆定律的微分形式为 E j σ= 其中ρσ1=为电导率 4．电阻 · 当导体中存在恒定电流时，导体对电流有一定的电阻。导体的电阻与导体的材料、大小、形状以及所处状态（如温度）有关。当导体的材料与温度一定时，对一段截面积均匀的导体，其电阻表达式为 S l R ρ = 其中l 为导体的长度，S 为导体的横截面积，ρ为导体的电阻率 5．电动势 · 非静电力反抗静电力移动电荷做功，把其它种形式的能量转换为电势能，产生电势升高。 q A 非= ε · 当非静电力不仅存在于内电路中，而且存在于外电路中时，整个回路的电动势为 l E l k ??=d ε 6．电源电动势和路端电压 · 若电源正负极板的电势分别为U +和U -，电源内阻为r ，电路中电流为I ，则电源电动势为 ()U U Ir +-ε=-- · 路端电压为 Ir U U -=--+ε 7．接触电动势 · 因电子的扩散而在导体接触面上形成的等效电动势。 A B ln n kT e n ε= 其中e 为电子电量，k 为玻尔兹曼常数，T 为热力学温度 思 考 题 5.1 当热力学系统处于非平衡态时，温度的概念是否适用？ 答：温度的概念是指处在同一热平衡状态下的所有热力学系统，在宏观上都具有的一种共同的物理性质。所以在非平衡态时温度的概念不适用。 5.2 内能和热量的概念有何不同？下面两种说法是否正确？ （1）物体的温度愈高，则热量愈多； （2）物体的温度愈高，则内能愈大。 答：内能指物体内所有分子作无规则运动时，分子动能和分子势能的总和。热量是在热传导方式下物体之间所交换能量的计量。所以（1）的说法不正确；（2）的说法正确。 5.3 什么是热力学系统的平衡态？气体在平衡态时有何特征？当气体处于平衡态时还有分子热运动吗？ 答：不受外界影响的条件下宏观性质处于不随时间改变的系统状态叫做平衡态．．．。气体处于平衡态时,整个系统热平衡（各部分温度相等）；力平衡（各部分压强相等）；化学平衡和相平衡（浓度均匀，组成不随时间变化）。分子热运动始终存在。 5.4 试说明为什么气体热容的数值可以有无穷多个？什么情况下气体的热容为零？什么情况下气体的热容是无穷大？什么情况下是正值？什么情况下是负值？ 答：气体热容的大小与气体升温的过程或条件有关。不同的热力学过程，热容的值都是不同的。因为变化过程可有无穷多个，所以气体热容的数值可以有无穷多个。绝热过程热容为零。等温过程热容为无穷大。系统温度升高，从外界吸热的热力学过程气体热容为正。系统温度升高，向外界放出热量的热力学过程气体热容为负。 5.5 有可能对物体加热而不致升高物体的温度吗？有可能不作任何热交换，而使系统的温度发生变化吗？ 答：气体等温膨胀过程吸收外界热量而温度不变。存在对系统不作任何热交换而温度发生变化情况，如气体的绝热压缩过程。 5.6 讨论理想气体在下述过程中Q W E 、、?的正负。 （1）等容降压；（2）等压压缩；（3）绝热膨胀。 答：（1）等容过程做功为零，W 为零。等容降压时温度下降，所以内能减少，E ?为负。由热力学第一定律得Q 为负。 （2）压缩过程系统做负功，W 为负。等压压缩时温度下降，所以内能减少，E ?为负。由热力学第一定律得Q 为负。 （3）绝热过程Q 为零。膨胀过程系统做正功，W 为正。由热力学第一定律得E ?为负。 5.7 有人说，因为在循环过程中系统对外做的净功在数值等于p-V 图中封闭曲线所包围的面积，所以封闭曲线所包围的面积越大，循环效率就越高，对吗？ 答：不正确，因为循环效率取决于系统对外做的净功和系统由高温热源吸收的热量，只有在从高温热源吸收的热量一定的情况下，封闭曲线所包围的面积越大，即系统对外所做的净功越多，循环效率越高，如果从高温热源吸收的热量不确定，则循环效率不一定越高。 5.8 温度差对于热机的驱动是否是必须的，为什么？ 第二篇 电磁学 求解电磁学问题的基本思路和方法 本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下. 1.微元法 在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρd V 、面电荷元σd S 和线电荷元λd l .同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加. 例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加 统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布. 此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布. 2.对称性分析 对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子. 在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布. 3.补偿法 补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布. 例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布. 4.类比法 在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶 αr l λεE l l cos d π4122 /2/0? -= 第五章 气体动理论 练 习 一 一. 选择题 1. 一个容器内贮有1摩尔氢气和1摩尔氦气，若两种气体各自对器壁产生的压强分别为1p 和2p ，则两者的大小关系是（ C ） (A) 21p p >； (B) 21p p <； (C) 21p p =； (D) 不确定的。 2. 一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m. 根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值为（ D ） (A) 2x v =m kT 3； (B) 2x v = (1/3)m kT 3 ； (C) 2x v = 3kT /m ； (D) 2x v = kT/m 。 3. 设M 为气体的质量，m 为气体分子质量，N 为气体分子总数目，n 为气体分子数密度， 0N 为阿伏伽德罗常数，下列各式中哪一式表示气体分子的平均平动动能（ A ） (A) pV M m ?23； (B) pV M M mol ?23； (C) npV 23 ； (D) 0 23N pV M M mol ?。 4. 关于温度的意义，有下列几种说法，错误的是（ D ） (A) 气体的温度是分子平动动能的量度； (B) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义； (C) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同； (D) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。 二．填空题 1. 在容积为10?2m 3 的容器中，装有质量100g 的气体，若气体分子的方均根速率为200m/s ，则气体的压强为a p 5103 4?。 2. 如图1所示,两个容器容积相等，分别储有相同质量的N 2和O 2气体，它们用光滑细管相连通，管子中置一小滴水银，两边的温 度差为30K ，当水银滴在正中不动时，N 2和O 2的温度为2N T = 210k ，2O T = 240k 。( N 2的摩尔质量为28×10－3 kg/mol,O 2的摩尔质量为32×10－3 kg/mol) 3.分子物理学是研究大量微观粒子的集体运动的统计表现 的学科, 它应用的方法是 统计学 方法。 4. 若理想气体的体积为V ，压强为p,温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻耳兹曼常量，R 为摩尔气体常量，则该理想气体的分子数为 pV / (kT ) 。 图1 05章 气体动理论 一、填空题 （一）易（基础题） 1、一定质量的气体处于平衡态，则气体各部分的压强 相等 (填相等或不相等)，各部分的温度 相等 (填相等或不相等)。 2、根据能量按自由度均分原理，设气体分子为刚性分子，分子自由度为i ，则当温度为T 时，（1）一个分子的平均能量为(平均总动能) 1 2 i kT ?；（2）ν摩尔理想气体的内能为 2 i RT ν? ； （3）一个双原子分子的平均转动动能为 kT 。 3、对于单原子分子理想气体，①3 2 RT 代表的物理意义为： 1mol 单原子分子理想气体的内能； ② R 2 3 代表的物理意义为：单原子分子理想气体的定体摩尔热容 。 4、自由度数为i 的一定量的刚性分子理想气体,其体积为V,压强为p 时,其内能E= 2 i PV 。 5．两瓶不同种类的理想气体，它们温度相同，压强也相同，但体积不同，则它们分子的平均平动动能 相同，单位体积内分子的总平动动能 相同。（均填相同或不相同） 6．一定量的某种理想气体，装在一个密闭的不变形的容器中，当气体的温度升高时，气体分子的平均动能 增大 ，气体分子的密度 不变 ，气体的压强 增大 ，气体的内能 增大 。(均填增大、不变或减少) 7、理想气体的压强公式为 P nkT = ，理想气体分子的平均平动动能与温度的关系为 3 2 k kT ε= 。 8、有两瓶气体，一瓶是氧气，另一瓶是氢气（均视为刚性分子理想气体），若它们的压强、体积、温度均相同，则氧气的内能是氢气的▁▁1▁▁倍。 9、一容器内贮有气体,其压强为1atm,温度为27oC,密度为3 1.3kg m -?,则气体的摩尔质量为__3 3210-?____1 kg mol -?,由此确定它是__氧____气. 第五章 机械波 5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向； （2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较得： 2π/λ = 0.6， 因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π， 频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)． 且传播方向为x 轴正方向． （2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图． 5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求： （1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程． [解答]（1）简谐波的波动方程为：； 即 = 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]． （2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt - π/2)． 5．3 已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点 的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1． [解答]振动方程为： ， 位相差为 Δφ = 5π/4(rad)． 5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求： （1）此平面波的波动方程； （2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ． 由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π． 当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2． 原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为： = 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)． （2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为： y = 0.03cos50πt ． 该点初相φ = 0． 5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求： 2cos()x y A t πωλ =- 0.03cos(4)2 A y t π π=-cos[()]A x x y A t u ω?-=-+0.050.03cos[4()]0.22 x y t π π-=- -2 0 6.010sin 2 y t π -=?2 6.010sin ()2x y t u π -=?-50.06sin()24 t ππ=-0.03cos[50()]2 x y t u π π=-+ 大学物理第五章答案 【篇一：大学物理课后习题答案第五章】 =txt>1. 牛顿力学的时空观与相对论的时空观的根本区别是什么？二 者有何联系？ 答：牛顿力学的时空观认为自然界存在着与物质运动无关的绝对空 间和时间，这种空间和时间是彼此孤立的；狭义相对论的时空观认 为自然界时间和空间的量度具有相对性，时间和空间的概念具有不 可分割性，而且它们都与物质运动密切相关。在远小于光速的低速 情况下，狭义相对论的时空观与牛顿力学的时空观趋于一致。 2. 狭 义相对论的两个基本原理是什么？答：狭义相对论的两个基本原理是： （1）相对性原理在所有惯性系中，物理定律都具有相同形式；（2）光速不变原理在所有惯性系中，光在真空中的传播速度均为c,与光 源运动与否无关。 3．你是否认为在相对论中，一切都是相对的？有没有绝对性的方面？有那些方面？举例说明。 解在相对论中，不是一切都是相对的，也有绝对性存在的方面。如，光相对于所有惯性系其速率是不变的，即是绝对的；又如，力学规律，如动量守恒定律、能量守恒定律等在所有惯性系中都是成立的，即相对于不同的惯性系力学规律不会有所不同，此也是绝对的；还有，对同时同地的两事件同时具有绝对性等。 4．设s系相对s系以速度u沿着x正方向运动，今有两事件对s 系来说是同时发生的，问在以下两种情况中，它们对s系是否同时 发生？ （1）两事件发生于s系的同一地点；（2）两事件发生于s系的不 同地点。 v ?x)知，第一种情况，?x?0，?t?0，故s系中2c ?t??0，即两事件同时发生；第二种情况，?x?0，?t?0，故s系 中?t??0，两事件 解由洛伦兹变化?t???(?t?不同时发生。 5-5 飞船a中的观察者测得飞船b正以0.4c的速率尾随而来，一地 面站测得飞船a的速率为0.5c，求： 第五章 刚体的定轴转动 一 选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加 快的依据是：（ ） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 0 解：答案是B 。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则 它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。 （ ） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小 解：答案是C 。 简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向 下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使 轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21= (2) 受力分析得：⎪⎩ ⎪⎨⎧===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。 得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线 作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为： （ ） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。 简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR =，得：mR F t 4212==∆αθ 所以：m F M W /42=∆=θ 5. 一电唱机的转盘正以ω 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动惯 量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ） A ．0211ωJ J J + B ．0121ωJ J J + C ．021ωJ J D ．01 2ωJ J 解：答案是A 。 简要提示：角动量守恒 6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R ，绕对称轴自转周期为T ， 由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r ，则那时 该天体的：（ ） A. 自转周期增加，转动动能增加； B. 自转周期减小，转动动能减小； C. 自转周期减小，转动动能增加； D. 自转周期增加，转动动能减小。 解：答案是C 。 简要提示： 由角动量守恒，ωω2025 252Mr MR =，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为22k 2020k 5 221,5221ωωMr E MR E ==可得E k > E k0。 7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等 的猴子，开始时它们离地高度相同，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为 乙猴的两倍，则 （ ） A. 两猴同时爬到顶点 B. 甲猴先到达顶点 C. 乙猴先到达顶点 D. 无法确定谁先谁后到达顶点 第 5 章 几何光学 5.１． 一束平行光线透射过一块厚度为d 的厚玻璃片，入射角为θ，透过玻璃片后光线如何传播？ 解： ． 现有一人身高为 1.70m ，此人为了能使从平面镜中看到自己的全身像，如果镜和人都是直立的，平面镜的高度至少是多少？ 解： 5.３． 高5cm 的物体放在球面镜前10cm ，凹面镜的焦距是10cm ，求像的位置． 解： 近轴光线条件下球面反射的物像公式为： 111s s f +=' 若光线自左向右传播，则此时0.1,0.1s m f m =-=-， 故s =-∞，也就是说，所成的像在无穷远处．放射光为平行光。 5.４． 平凸透镜球面半径为0.40m ，玻璃的折射率为1.50，求此透镜的焦距． 解：近轴条件下薄透镜的物像公式为： 211212 n n n n n n s s r r ---=+ ' 物方焦距为： 1211 2n n n n f n r r ⎫--=-+ ⎪⎝⎭ 像方焦距为： 12212n n n n f n r r ⎛⎫ --'=+ ⎪⎝⎭ 由题目可知：12211.0, 1.50,0.40,n n n r m r ====-=∞，代入公式可得： 21211115 (1)()(1)/'4 n n r m f f r r =-=--=--= 故此凸透镜物方焦距为0.8f m =-，像方焦距为'0.8f m =。 5.5． 某观察者通过一块薄玻璃板去看在凸面镜中他自己的像，他移动着玻璃板，使得 在玻璃板中与在凸面镜中所看到的他眼睛的像重合一起．若凸面镜的焦距为10cm ，眼睛距凸面镜顶点的距离为40cm ，则玻璃板距离观察者眼睛的距离为多少？ 解：设玻璃板距观察者眼睛距离为x cm ，则像点距O 点距离'240s x -=-，又由40s cm =代入公式： 1121' s s r f +==' 振动部分 5. 2 解：根据题意可得()cm .21=A ，()s 2=T ，所以()s 2ππ ω==T 判断初相位：()ϕω+=t A x cos ，当0=t 时，6.0cos 2.10==ϕx ， 那么2 1cos =ϕ，3 π ϕ± =； ()ϕωω+-=t A v sin ，根据题意：当0=t 时，0sin <-=ϕωA v 可得：3 π ϕ= 。 也可以用旋转矢量来判断： 根据()cm 06.00=x ，并向平衡位置移动 可判断：3 π ϕ= 振动表达式：()cm 3cos 2.1⎪⎭ ⎫ ⎝ ⎛+=ππt x 5. 5 解：根据P261（5—14）式，复摆的振动周期为： mgl J T π ω π 22== 根据题意，均匀细棒的转动惯量：23 1ml J = 那么周期为：()g l mgl ml T 323122 π π == 5. 6 解：(1) 根据题意，()m 100.22-⨯=A ，振动方程为 ()ϕω+=t A x c o s 加速度方程为：()()πϕωωϕωω++=+-=t A t A a cos cos 22 A a 2max ω=，可得：102max ⨯== A a ω ()s 44.010 222=⨯= = π ω πT (2) 通过平衡位置的动能，振动速度的公式： ()ϕωω+-=t A v sin ，过平衡点时，A v ω±=， x A ' A 3π3 π-ω 动能：()J 1042 132-⨯==mv E K (3) 根据P256（5—12）：2222 12 1A m kA E E E P K ω==+= 振动物体总能量为：()J 1042 1 322-⨯==A m E ω 5. 8 解：两个简谐振振动的合成， ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ +=32 cos 05.01πt x ⎪⎪⎭⎫ ⎝ ⎛-=322cos 06.01πt x 用旋转矢量法来解： 两个振动反相，初相差π，合振动应 为两个振动振幅的差值， 01.005.006.0=-=A ，初相位和x 2相位一样 3 432ππϕ或-= 用P264（5—19、20）公式计算： ()()m 101cos 2212212221-⨯=-++= ϕϕA A A A A 3arctan cos cos sin sin arctan 2 2112 211=++=ϕϕϕϕϕA A A A ，3 4或 3 ππ ϕ= 0=t ，021>+x x ，3 π ϕ= ，反之，3 4πϕ= 波动部分 5.11 解：建立坐标，取波传播方向为x 正方向。 根据波源振动方程为：()t y π240cos 1043-⨯= 可得，波幅为：3104-⨯=A ；角频率为：πω240=， T πω2=，周期为：s 103.823-⨯== ω π T T u λ = ，波长为：m/s .250120 30 == =uT λ x 1 A 2 A 3π 3 2π-ω 大学物理第5章题库（含答案） 05章气体动理论 一、填空题（一）易（基础题） 1、一定质量的气体处于平衡态，则气体各部分的压强相等(填相等或不相等)，各部分的温度相等(填相等或不相等)。 2、根据能量按自由度均分原理，设气体分子为刚性分子，分子自由度为i，则当温度为T 1时，（1）一个分子的平均能量为(平均总动能)ikT2i2；（2）摩尔理想气体的内能为 （3）一个双原子分子的平均转动动能为kTRT；3、对于单原子分子理想气体，①体的内能；② 3RT代表的物理意义为：1mol单原子分子理想气23R代表的物理意义为：单原子分子理想气体的定体摩尔热容2iPV。 24、自由度数为i的一定量的刚性分子理想气体,其体积为V,压强为p时,其内能E= 5．两瓶不同种类的理想气体，它们温度相同，压强也相同，但体积不同，则它们分子的平均平动动能相同，单位体积内分子的总平动动能相同。（均填相同或不相同）6．一定量的某种理想气体，装在一个密闭的不变形的容器中，当气体的温度升高时，气体分子的平均动能增大，气体分子的密度不变，气体的压强增大，气体的内能增大(均填增大、不变或减少) 7、理想气体的压强公式为PnkT，理想气体分子的平均平动动能与温度的关系为k3kT28、有两瓶气体，一瓶是氧气，另一瓶是氢气（均视为刚性分子理想气体），若它们的压强、体积、温度均相同，则氧气的内能是氢气的▁▁1▁▁倍。 9、一容器内贮有气体,其压强为1atm,温度为27oC,密度为1.3kgm,则气体的摩尔质量为__3210____kgmol,由此确定它是__氧____气. 31310、Nf(u)du表示的物理意义是表示速率分布在~d内的分子数------------------------------------。 11、 òu2u1f(u)du表示的物理意义是表示速率分布在1~2范围内的分子数3___倍.5占总分子数的比率. 12、在相同条件下,氧原子的平均动能是氧分子的平均动能的___ （二）中（一般综合题） 1、如图1所示，两条曲线分别表示相同温度下，氢气和氧气分子的速率分布曲线，则a表示▁氧▁▁气分子的速率分布曲线；b表示▁▁氢▁气分子的速率分布曲线。 2、若一瓶氢气和一瓶氧气的温度、压强、质量均相同，则它们单位体积内的分子数相同，单位体积内气体分子的平均动能相同，两种气体分子的速率分布不相同（均填相同或不相同） 图13、A、B、C三个容器中皆装有理想气体，它们的分子数密度之比为 大学物理课后习题答案(第五章)-北京邮电大学出版社 习题五 5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同? 解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =． (2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律． 当谐波方程) (cos u x t A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一． (3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横 轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图． 5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0 ϕ］中的u x 表示什 么?如果改写为y =A cos ( ϕωω+- u x t )，u x ω又是什么 意思?如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0 ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么? 解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；u x ω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为 ) cos(0φωω+- =u x t A y t 则t t ∆+时刻的波动方程为 ] ) ()(cos[0φωω+∆+- ∆+=∆+u x x t t A y t t 其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后 传播到t u x ∆+处．所以在 ) (u x t ωω- 中，当t ，x 均增加 时，) (u x t ωω- 的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明 ) cos(0φωω+- =u x t A y 描述的是一列行进中的波，故谓之 行波方程． 5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能大学物理第五章机械振动习题解答和分析
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