大学物理 第5章习题解答
《大学物理》课后解答题 第五章静电场
第五章 真空中的静电场一、思考讨论题1、电场强度与电势有什么关系？试回答下列问题，并举例说明： （1）场强为零的地方，电势是否一定为零？ （2）电势高的地方，场强是否一定大？ （3）电势相等处，场强是否一定相等？（4）已知某一点的电势，可否求出该点的场强？反之如何？ 解：（1）不一定。
比如两同种点电荷连线中点，场强为零，电势不为零。
（2）不一定。
匀强电场，场强处处相等，而电势不等。
（3）不一定。
点电荷产生的电场线中，电势相等的地方场强方向不一样。
（4）都不可以求。
2、已知某一高斯面所包围的空间内0=∑q ，能否说明穿过高斯面上每一部分的电通量都是0？能否说明高斯面上的场强处处为0？解：由高斯定理∑⎰=⋅=q S d E S1εψ ，0=∑q 仅指通过高斯面的电通量为零，并非场强一定在高斯面处处为零（高斯面外的电荷也在高斯面上各点产生场强）。
3、已知某高斯面上处处E =0，可否肯定高斯面内0=∑q ，可否肯定高斯面处处无电荷？解：可以肯定。
高斯面上处处E =0，0=⋅⎰S d E S，由高斯定理必有0=∑q 。
4、如图1.1所示，真空中有A 、B 两均匀带电平板相互平行并靠近放置，间距为d （d 很小），面积均为S ，带电分别为+Q 和－Q 。
关于两板间的相互作用力，有人说，根据库仑定律应有：2024dQ f πε=； 又有人说，根据f QE =，应有：SQ f 02ε=。
他们说得对吗？你认为f 应等于多少？解：（1）2024dQ f πε=是错误的，因为库仑定律只适用于点电荷，两个带电平板不能直接用库仑定律计算。
（2）SQ f 02ε=也错误。
因为用sqE 0ε=计算的场强是两带电平板产生的合场强，而Eq F =中的场强是一个带电板的电荷量乘以另一个所产生的场强，而不是合场强。
电荷与图1.1自身产生的场强作用力恒为零。
正确答案是：Sq q S qEdq F 02022εε=⋅==⎰ 5、在无限大带电平面和无限长带电直线的电场中，确定各点电荷时，可否选无穷远处为0势点？为什么？解：不能。
大学物理 第5章 练习答案
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 Mmol⋅23； (C ) npV 23； (D ) 023N 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ap 51034⨯。
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28×10－3kg/mol,O 2的摩尔质量为32×10－3kg/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。
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()xy 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)2A y t ππ=-(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[()]Ax x y A t uωϕ-=-+；即 0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--= 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 2y 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 ()2xy t u π-=⨯- 50.06sin()24t 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．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[50()]2x y t u ππ=-+= 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：（1）P 点的振动表达式； （2）波动方程； （3）画出O 点的振动曲线． [解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)， 所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)， 周期为：T = λ/u = 1(s)， 圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)． （2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+． （3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程； （2）画出x = λ/2处质点的振动曲线； （3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？[解答]（1）设此波的波动方程为：图5.5cos[2()]t xy A T πϕλ=++，当t = T /4时的波形方程为：cos(2)2x y A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0， 解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动方程为：cos 2()t xy A T πλ=+．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-， 曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为 cos(2)2a t y A T ππ=+； x b = λ处的质点的振动方程为 cos(22)b t y A Tππ=+． 波线上a 和b 两点的位相差φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点（ 2）画出t = 4.2s 时的波形曲线． [解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )， 与标准方程cos[2()]t xy A T πϕλ=-+比较， 可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)． 令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)， 即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x = 0处质点的振动方程； （2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)． （1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)． （2）波的表达式为：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+ cos[()]23t x ππ=-+． （3）t = 1s 时刻的波形方程为 5cos()26y x ππ=-，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么A 和B 两点的振动方程分别为：cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+，cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+．两点之间的位相差为：2(2)6B A x x πππλλ---=-，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程； （2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程．[解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为3cos 4()3cos(4)5x xy t t u πππ=+=+．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-．（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为3cos 4()3cos(4)B B xy t t u πππ=+=-，33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-，93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量． [解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)，波的平均能量密度为：2212w A ρω== 158(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强此时声强相当于多少分贝已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，声波的平均能量密度为：2212w A ρω== 6.37×10-6(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 2.16×10-3(W·m -2)， 标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，图5.10此声强的分贝数为：010lgIL I == 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为BB S Su u u u νν-=-，其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为33060033030B S S u u u νν==--= 660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为33060033030B S S u u u νν==-+= 550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为3301060033030B B S S u u u u νν-+==--= 680(Hz)．当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为3301060033030B B S S u u u u νν--==-+= 533(Hz)．[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长； （2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)；在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)；在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为1033165108033130B S u u u u νν++==⨯--= 1421(Hz)． 将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为`11331142133165B u u u νν==⨯--= 1768(Hz)．反射声音的波长为`1111331651421B B uu u u λννν--=-===0.1872(m)．或者 `1`13311768u λν=== 0.1872(m)．[注意]如果用下式计算波长`111650.27871768B u λλν=-=-=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为 1cos[2()]t xy A T πϕλ=++， 那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是100Hz ，位相差为π；波在媒质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为1 2121/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+ 5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-．两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．5.17 设入射波的表达式为1cos 2()t xy A T πλ=+，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式； （2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为2cos 2()t xy A T πλ=-．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得222cos cos y A x t Tππλ=，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：1 6.0cos (0.028.0)2y x t π=-，2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-，2 6.0cos 2()0.5200t xy π=+，可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．。
第5章 刚体的定轴转动 习题解答
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
0 900 2 3 7.06 s 60 40
这段时间内飞轮的角位移为
1 900 2 1 40 0t t 2 7.06 7.062 53.1 2 rad 2 60 2 3 可知在这段时间里，飞轮转了 53.1 转。 2 (2) 0 900 rad s 1 ，要求飞轮转速在 t 2 s 内减少一半，可知 60
M M f J 1
t1
。移去力矩 M 后，根据转动定律，有
M f J 2
2
联立解得此转轮的转动惯量
0 t2
J
M 20 17.36 kg m 2 1 1 1 100 2 1 60 10 100 t1 t2
由以上诸式求得角加速度
(2)
Rm1 rm2 g I m1 R 2 m2 r 2 0.2 2 0.1 2
1 1 10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.102 2 2
9.8 6.13 rad s 2
T2 m2 r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N T1 m1 g m1 R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N v 2a1h 2 Rh 2 6.13 0.2 2 2.21 m s 1
A
B
题 5-2 图 解： (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图)．图中 N 、 N 是正压力，Fr 、Fr 是摩擦力，Fx 和 Fy 是杆在 A 点转轴处所受支承力， P 是轮的重力， R 是轮在 O 轴处所受支承力。 杆处于静止状态，所以对 A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
大学物理第五章机械振动习题解答和分析
5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-⨯=，周期s T 0.1=，初相.4/3πϕ=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[ϕπϕω+=+=t TA t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4x t SI ππ=+ 振子的速度和加速度分别是：3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI πππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI πππ==-+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[ππϕω+=+=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 ϕπ=（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ϕππππ=+=+ 由cos x A ϕ=，sin A νωϕ=-，22cos a A x ωϕω=-=-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 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N =（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N =5-4为了测得一物体的质量m ，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析 根据简谐振动频率公式比较即可。
大学物理课后答案第5章
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ghp 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()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ5－2 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 333122111===；；则一瓶氧气可用天数()()5.933121321=-=-=V p V p p m m m n5－3 一抽气机转速ω=400r ּmin -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。
第5章 刚体的定轴转动 习题解答
对飞轮，由转动定律，有 式中负号表示摩擦力的力矩方向与角速度 方向相反。
联立解得
以 F 100 N 等代入上式，得
Fr R 2 (l1 l2 ) F J mRl1
5-1
第 5 章 刚体的定轴转动
2 0.40 (0.50 0.75) 40 100 rad s 2 60 0.25 0.50 3 t
由以上诸式求得角加速度
(2)
Rm1 rm2 g I m1 R 2 m2 r 2 0.2 2 0.1 2
1 1 10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.102 2 2
9.8 6.13 rad s 2
T2 m2 r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N T1 m1 g m1 R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N v 2a1h 2 Rh 2 6.13 0.2 2 2.21 m s 1
M M f J 1
t1
。移去力矩 M 后，根据转动定律，有
M f J 2
2
联立解得此转轮的转动惯量
0 t2
J
M 20 17.36 kg m 2 1 1 1 100 2 1 60 10 100 t1 t2
v0
6(2 3 3m M l J l 1M (1 2 ) (1 ) 2 ml 2 3m 12 m
(2) 由①式求得相碰时小球受到的冲量为：
I Fdt mv mv mv0
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。
大学物理基础教程答案第05章习题分析与解答
5-1 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 为玻尔兹曼常数，R 为摩尔气体常数，则该理想气体的分子数为（ ）。
（A ）PV m （B ）PV kT （C ）PV RT （D ） PVmT解：由N p nkT kT V ==得，pVN kT=,故选B 5-2 两个体积相同的容器，分别储有氢气和氧气（视为刚性气体），以1E 和2E 分别表示氢气和氧气的内能，若它们的压强相同，则（ ）。
（A ）12E E = （B ）12E E > （C ）12E E < （D ） 无法确定 解：pV RT ν=，式中ν为摩尔数，由于两种气体的压强和体积相同，则T ν相同。
又刚性双原子气体的内能52RT ν,所以氢气和氧气的内能相等，故选A 5-3 两瓶不同种类的气体，分子平均平动动能相同，但气体分子数密度不同，则下列说法正确的是（ ）。
（A ）温度和压强都相同 （B ）温度相同，压强不同 （C ）温度和压强都不同（D ）温度相同，内能也一定相等解：所有气体分子的平均平动动能均为32kT ，平均平动动能相同则温度相同，又由p nkT =可知，温度相同，分子数密度不同，则压强不同，故选B5-4 两个容器中分别装有氦气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的量是（ ）。
（A ）分子平均动能 （B ）分子平均速率 （C ）分子平均平动动能 （D ）最概然速率解：分子的平均速率和最概然速率均与温度的平方根成正比，与气体摩尔质量的平方根成反比，两种气体温度相同，摩尔质量不同的气体，所以B 和D 不正确。
分子的平均动能2i kT ε=,两种气体温度相同，自由度不同，平均动能则不同，故A 也不正确。
而所有分子的平均平动动能均为k 32kT ε=,只要温度相同，平均平动动能就相同，如选C 5-5 理想气体的压强公式 ，从气体动理论的观点看，气体对器壁所作用的压强是大量气体分子对器壁不断碰撞的结果。
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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 22d d ty MMa F ==故0d d 22=+gy s ty Mρ022=+y Mg s dtdy ρ故作简谐振动 M gs ρω=2)(35.68.910102101022223334s gs M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ5-2 重物A 的质量M=1kg ，放在倾角030=θ的光滑斜面上，并用绳跨过定滑轮与劲度系数149-⋅=mN 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 kmg 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220d d )(sin sin tx mx l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x mk tx故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mk ω由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml 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:221d d sin tx mT mg =-θ (2) 对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr raMr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3) 式中,T 2=k (l 0+x ) （4） 由式（3）、(4)知2201d d 21)(tx M x l k T ++=代入(2)式知22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ 又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx tx m M即0)2(d d 22=++x m M ktx习题5-2图mM k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=mM 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：21cos =ϕ由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-=又因:t=1s 时，,1022m 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 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ5-4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304Rr Q E πε =,则微粒在此处受电场力为:r RQq F304πε-=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 043022302230=+⇒=+=+r mRQq tr r RQq tr mr RQq F πεπεπε 令 mR Qq 3024πεω=则0d d 222=+r tr ω故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T 知: QqmR T 3042πεπ=5-5如习题5-5图所示，有一轻质弹簧，其劲度系数k=5001-⋅mN ，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1010.4-⋅=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210-⋅=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 )(22=++kx tx m M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM 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kmg kMg g km M P O O O OP =-+='-'=则t=0时，m 02.00-=-=-=kmg 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 2220101=-='gh υυ碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=mM m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02202=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 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 km 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, 22ππω==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 24.012.0πϕϕϕ±===而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫⎝⎛+=32cos 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32322132cos 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)32sin(>+ππt则取3232πππ=+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11000-⋅=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13108-⋅⨯=mN 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=+=υmM m u不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx um M =+ （x 0为弹簧最大形变量）m u km M x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A习题5-6图系统圆频率rad/s)(40=+=mM 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：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-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 km T π2=得)kg (1.0442212211≈==ππk 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 (4.12212=+=km 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)(035.0222===πυωυTA5-9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2A 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)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT(2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dtdx x t(3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m /s )(6.2m /s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=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：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k === 即22212121kA kx⨯=可得： m)(42.022±=±=A x5-10手持一块平板。