大学物理答案第八章 西南交大版
大学物理课后习题答案.A1-8
r r 2 ˆ when t = 0s. The magnitude of the angular momentum about the origin of L = (20kg ⋅ m /s) k
0 0 0 0
2. A particle of mass 13.7g is moving with a constant velocity of magnitude 380m/s. The particle, moving in a straight line, passes with the distance 12cm to the origin. The magnitude of the angular momentum of the particle about the origin is 62.472 kg·m2/s . Solution: By the definition of the angular momentum, the angular momentum of the particle about the origin is
v v v L = r × mv = rmv sin θ = dmv = 12 × 10−3 × 13.7 × 10−3 × 380 = 6.25 × 10−2 kg ⋅ m 2 /s
3. The rotor of an electric motor has a rotational inertia Im=2.47×10-3kg⋅m2 about its central axis. The motor is mounted parallel to the axis of a space probe having a rotational inertia Ip=12.6kg⋅m2 about its axis. The number of revolutions of the motor required to turn the probe through 25.0° about its axis is 354rev . Solution: Assume the two axes are coaxial, the angular momentum is conserved, we have
西南交大大物作业答案
《大学物理》作业 N0.1 运动的描述班级 ________________ 学号 __________ 姓名 _________ 日期 _______ 成绩 ________一、选择题：B D DC B B二、填空题：1. 8 m ，10 m2. m r s 042.023201.0=⨯⨯==πθ ， s m vs r t r v po/0041.0/3==∆∆=3.s m l l r v v t /8.69cos sin sin sin sin 2=====θωθωθθωθ 或θωθθ22cos d d cos 1d d l t l t x v =⋅==4. 切向加速度的大小为 260cos g g a t -=-=法向加速度的大小为g g v a n 2330cos 2===ρ所以轨道的曲率半径gv a v n 33222==ρ5. 以地球为参考系，()⎪⎩⎪⎨⎧=+=2021gt y tv v x 消去t ，得炮弹的轨迹方程 ()202x v v gy +=同理，以飞机为参考系 222x vg y = 6. ()2s m 15.05.03.0-⋅=⨯==βr a t飞轮转过 240时的角速度为ω，由0,20202==-ωβθωω，得βθω22= 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为()22s m 26.123602405.023.02-⋅=⨯⨯⨯⨯===πβθωr r a n三、计算题：1．一个人自原点出发，25 s 内向东走30 m ，又10 s 内向南走10 m ，再15 s 内向正西北走18 m 。
求在这50 s 内，（1）平均速度的大小和方向，（2）平均速率的大小。
解：建立如图坐标系。
（1） 50 s 内人的位移为r ++=∆(ji j i j i73.227.1745cos 181030+=+-+-=平均速度的大小为)s m (35.05073.227.17122-⋅=+=∆∆=t r v与x 轴的夹角为)98.8(98.827.1773.2tg tg 11东偏北==∆∆=--x y ϕ（2） 50 s 内人走的路程为S =30+10+18=58 (m)，所以平均速率为)s m (16.150581-⋅==∆=t S v2．如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动。
西南交大大物试卷答案08A
西南交⼤⼤物试卷答案08A《⼤学物理AII 》作业 No.8 量⼦⼒学基础⼀、选择题1. 如果两种不同质量的粒⼦，其德布罗意波长相同，则这两种粒⼦的 [ A ] (A) 动量⼤⼩相同。
(B) 能量相同。
(C) 速度⼤⼩相同。
(D) 动能相同。
解：由德布罗意关系λhp =可知，粒⼦波长相同，动量⼤⼩必然相同。
由于粒⼦质量不同，所以，粒⼦速度、动能和能量将不同。
2. 若α粒⼦在磁感应强度⼤⼩为B 的均匀磁场中沿半径为R 的圆形轨道运动，则粒⼦的德布罗意波长是 [ A ] (A)eRB h 2 (B) eRBh(C) eRB 21 (D) eRBh 1 解：由B v q F ?=和Rv m F n 2=，有半径eB mvqB mv R 2==，所以德布罗意波长eBRhmv h 2==λ。
3. 设粒⼦运动的波函数图线分别如图(A)、(B)、(C)、(D)所⽰，那么其中确定粒⼦动量的精确度最⾼的波函数是哪个图？[ A ]解：由不确定关系 ≥x p x 可知，x ?⼤，x p ?⼩，图(A)x ?最⼤，所以x p ?最⼩，确定粒⼦动量的精确度最⾼。
4. 关于不确定关系??=≥π2h p x x有以下⼏种理解：(1) 粒⼦的动量不可能确定。
(2) 粒⼦的坐标不可能确定。
(3) 粒⼦的动量和坐标不可能同时确定。
(4) 不确定关系不仅适⽤于电⼦和光⼦，也适⽤于其它粒⼦。
()D xx x ()A()B ()C其中正确的是：[ C ] (A) (1)、(2) (B) (2)、(4) (C) (3)、(4) (D) (4)、(1)5. 已知粒⼦在⼀维矩形⽆限深势阱中运动，其波函数为：()()a x a a x ax ≤≤-?=23cos1πψ那么粒⼦在6/5a x =处出现的概率密度为[ A ] (A)a 21 (B) a 1(C) a21 (D) a1解：概率密度()a x a x 23cos 122πψ=，将6/5a x =代⼊，得()aa a a x 216523cos 122==πψ⼆、填空题1. 若中⼦的德布罗意波长为2?，则它的动能为J1029.321-?。
西南交通大学物理作业题答案
No.3 角动量、角动量守恒定律一、选择题： 1．D解：设地球绕太阳做圆周运动的速率为v ，轨道角动量为L ，由万有引力定律和牛顿运动定律 R v m R m M G 22=可得 GMR m mvR L RGMv ===,2．B解：设棒长为l ，质量为m ，在向下摆到角θ时，由转动定律βθJ lmg =⋅cos 2（J 为转动惯量） 在棒下摆过程中，θ增大，β减小。
棒由静止开始下摆，ω与β转向一致，所以由小变大。
3．C解：设A 、B 连盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即 B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>，所以22B A R R <，由转动惯量221mR J =，则B A J J <。
4．B解： （1）对转轴上任一点，力矩为F r M ⨯=。
若F 与轴平行，则M一定与轴垂直，即对轴的力矩0=z M ，两个力的合力矩一定为零。
正确。
（2）两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩为零。
正确。
（3）两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。
（4）两个力对轴的力矩只要大小相等，符号相反，合力矩就为零，但两个力不一定大小相等，方向相反，即合力不一定为零。
5．C解：以两个子弹和圆盘为研究对象，外力矩为零，系统角动量守恒。
设圆盘转动惯量为J ，则有 ()ωω202mr J J mvr mvr +=+-022ωωmr J J+=可见圆盘的角速度减小了。
m二、填空题：1． M = 0 ； L= k ab m ω 。
解：由j t b i t a rωωsin cos +=，质点的速度和加速度分别为jt b i t a a jt b i t a vωωωωωωωωsin cos cos sin 22--=+-= 质点所受对原点的力矩为M a m r F r⨯=⨯=()()0sin cos sin cos 22=--⨯+=jt mb i t ma j t b i t a ωωωωωω质点对原点的角动量为()()j t mb i t ma j t b i t a v m r Lωωωωωωcos sin sin cos +-⨯+=⨯= k ab mω=2． M =mgl β=lg 。
西南交通大学大学物理下作业答案
No.1机械振动一、判断题[T ]1.解：根据简谐振动的判据3。
[F ]2.解：根据振子的角频率mk=ω，可知角频率由系统决定的。
[T ]3.解：由简谐振动判据2：0d d 222=+x tx ω可知叙述正确。
[T]4.解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。
[T ]5.解：同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。
二、选择题1.一劲度系数为k 的轻弹簧，下端挂一质量为m 的物体，系统的振动周期为1T 。
若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为m 21的物体，则系统振动周期2T 等于[D ]（A ）12T （B ）1T (C)21T (D)21T (E)41T 解：根据kmT π2=，因为弹簧截去一半的长度后，k k 22=，m m 212=，代入周期公式后可知：1222212T k m T ==π，所以选D 解：如图画出已知所对应矢量A，可知A 与x 轴正向的夹角为60=θ,则根据简谐运动与旋转矢量的对应关系可得2/3sin max v A v ==θω解：m T k m T m k T ∝⇒=⇒⎭⎪⎬⎫==/2/2πωωπ解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。
那么动能势能相等时，有：221412122Ax kx kA E E E p k =⇒====，所以选C。
π21(A)π23)(B π)(C 0(D)解：两个谐振动x 1和x 2反相，且212A A =，由矢量图可知合振动初相与x 1初相一致，即πϕ=。
三、填空题1.描述简谐振动的运动方程是)cos(ϕω+=t A x ，其中，振幅A 由初始条件决定；角频率ω由振动系统本身性质决定；初相ϕ由初始条件决定；2.一简谐振动的表达式为)sin(ϕπ+=t A x ，已知0=t 时的初位移为0.04m,初速度为0.09m ⋅s -1，则振幅A =0.05m ，初相位ϕ=54.38︒解：根据已知条件：09.0cos ,04.0sin 00====ϕπϕA v A x ，由此两式，消去初相可求得振幅为0.05m 。
大学物理第8章答案
第8章 磁场8-10一均匀密绕直螺线管的半径为 ，单位长度上有 匝线圈，每匝线圈中的电流为 ，用毕奥—萨伐尔定律求此螺线管轴线上的磁场。
分析：由于线圈密绕，因此可以近似地把螺线管看成一系列圆电流的紧密排列，且每一匝圆电流在轴线上任一点的磁场均沿轴向。
解： 取通过螺线管的轴线并与电流形成右旋的方向（即磁场的方向）为x 轴正向，如习题8-10图解（a ）所示。
在螺线管上任取一段微元dx ，则通过它的电流为dI nIdx =，把它看成一个圆线圈，它在轴线上O 点产生的磁感应强度dB 为2022322()R nIdxdB R x μ=+由叠加原理可得，整个螺线管在O 点产生的磁感应强度B 的大小为212022322()x Lx R nIdxB dB R x μ==+⎰⎰0212212221221[]2()()nIx x R x R x μ=-++ 由图可知12122212221212cos os ()()x x R x R x ββ==++ c ，代入上式并整理可得 021(cos cos )2nIB μββ=-式中12ββ和分别为x 轴正向与从O 点引向螺线管两端的矢径r 之间的夹角。
讨论：（1）若螺线管的长度远远大于其直径，即螺线管可视为无限长时，20β=，1βπ=，则有nI B 0μ=上式说明，无限长密绕长直螺线管内部轴线上各点磁感应强度为常矢量。
理论和实验均证明：在整个无限长螺线管内部空间里，上述结论也适用。
即无限长螺线管内部空间里的磁场为均匀磁场，其磁感应强度B 的大小为0nI μ，方向与轴线平行；（2）若点O位于半无限长载流螺线管一端，即12πβ=，20β＝或12πβ=，2βπ＝时，无论哪一种情况均有nI B 021μ=------(8-19) 可见半无限长螺线管端面中心轴线上磁感应强度的大小为管内的一半；综上所述，密绕长直螺线管轴线上各处磁感应强度分布见习题8-10图解（b ）所示，从图中也可看出，长直螺线管内中部的磁场可以看成是均匀的。
大学物理第八章答案
大学物理第八章答案8-1 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 tyMMa F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 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) (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 txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x m ktx 习题8-1图故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 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 txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d 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2201d d 21)(txM 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 t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω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+=习题8-2图由以上可知：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.8-3 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 1042ππ8-4 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304R rQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-=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：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r trω 习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 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8-5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 txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP 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 (0447.02220=+=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+=习题8.5图(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 kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 5-6 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 3,21cos ,cos 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.8-7 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 mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图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-⨯=-8-8 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 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT 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===πυωυTA 8-9 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 dt dx 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/s 21560.0cos 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 x 8-10 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 -=maxN 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()(22max =+=+='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(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041max max=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA 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km m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （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：22)(2121υ''+=m m kA 得：A m m k'+±='υ8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A 运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA 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：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-=得： )m/s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=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：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(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 (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==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 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω 习题8-15图(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m(5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 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21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t习题8-16图πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解：由图题8-17(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πϕ2310=.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：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ。
西南交大大学物理A 第八次作业答案
《大学物理AI》作业导体介质中的静电场班级________ 学号________ 姓名_________ 成绩_______ 一、判断题：（用“T”和“F”表示）[ F ] 1．达到静电平衡的导体，电场强度处处为零。
解：达到静电平衡的导体，内部场强处处为0，表面场强处处垂直于表面。
[ F ] 2．负电荷沿导体表面运动时，电场力做正功。
解：达到静电平衡的导体，表面场强与表面处处垂直，所以电场力做功为0。
也可以这样理解：达到静电平衡的导体是个等势体，导体表面是个等势面，那么当电荷在导体表面运动时，电场力不做功（因为电场力做功数值上等于电势能增量的负值）。
[ F ] 3. 导体接地时，导体上的电荷为零。
解：导体接地，仅意味着导体同大地等电势。
导体上的电荷是全部入地还是部分入地就要据实际情况而定了。
[ F ] 4．电介质中的电场是由极化电荷产生的。
解：电介质中的电场是总场，是自由电荷和极化电荷共同产生的。
[ T ] 5．将电介质从已断开电源的电容器极板之间拉出来时，电场力做负功。
解：拔出电介质，电容器的电容减少，而电容器已与电源断开，那么极板上的电量不变，电源不做功。
此时，电容器储能变化为：0222'2>-=∆CQ C Q W ,即电容器储能是增加的，而电场力做功等于电势能增量的负值，那么电场力应该做负功。
二、选择题:1．把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中，如图所示。
设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则[ D ] (A) U B > U A ≠0(B) U B > U A = 0(C) U B ＝ U A (D) U B < U A解：电力线如图所示，电力线指向电势降低的方向，所以U B < U A 。
2．半径分别为 R 和 r 的两个金属球，相距很远。
用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电。
在忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比为[ D ] (A) R/r (B) R 2/r 2(C) r 2/ R 2(D) r/R解：两个金属球用导线相接意味着它们的电势相等，设它们各自带电为21q q 、，选无穷远处为电势0点，那么有：rq Rq 020144πεπε=，我们对这个等式变下形r R rr rq R R R q 21020144σσπεπε=⇒⋅⋅=⋅⋅，即面电荷密度与半径成反比。
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大学物理答案第八章西南交大版第八章相对论8-1 选择题v(1)一火箭的固有长度为L，相对于地面作匀速直线运动的速度为，火箭上有一个1v人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为的子弹。
在火箭2上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是:LL(A) (B) v，vv122LL(C) (D) [B] 2v,v21，，v1,v/c11v解:在火箭参考系中，子弹以速率，匀速通过距离L，所需的时间 2L ,t,v2(2)关于同时性有人提出以下一些结论，其中哪个是正确的,(A)在一惯性系同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生。
(B)在一惯性系不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生。
(C)在一惯性系同一地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生。
(D)在一惯性系不同地点不同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生。
[C]u,,,解:由洛仑兹变换,可知: ,t,,t,,x,,2c,,,,t,0,,x,0,t,0当时，即在一个惯性系中同时同地发生的两个事件，在另一惯性系中一定同时发生;,,t,0,,x,0,t,0当时即在一个惯性系中的同时异地事件，在另一惯性系中必然不同时。
,,x,0,,t,0,t当时的大小有各种可能性，不是必然不为零的。
(3)一宇宙飞船相对地球以0.8c(c表示真空中光速)的速度飞行，一光脉冲从船尾传到船头，飞船上的观察者测得飞船长为90m，地球上的观察者测得脉冲从船尾发出和到达船头两个事件的空间间隔为65(A)90m (B)54m (C)270m (D)150m [C],,ss系，飞船系为系。
系相对于系沿x轴方向以飞行，解:设地球系为u,0.8css1,, 21,0.890,,,s,x,90m系中， ,t,c,,，，x,,x，ut由洛仑兹坐标变换得,,，，,x,,,x，u,t190,,,90，0.8c，,,2 c,,1,0.8,270m163.6，10J(4)某核电站年发电量为100亿度，它等于的能量，如果这是由核材料的全部静止能转化产生的，则需要消耗的核材料的质量为 (A)0.4kg (B)0.8kg 77(C) (D) [A] ，，12，10kg1/12，10kg2解:由质能关系 E,mc0016E3.6，100 m,,,0.4kg0228c，，3，10(5)设某微观粒子的总能量是它的静止能量的K倍，则其运动速度的大小cc2(A) (B) 1,KK,1Kcc2(C) (D) [C] ，，K,1KK，2K，1K22解:由质能关系 E,mc,E,mc00Em ,,KEm00m0m,又由质速关系 2u,,1,,,c,,661,K 得 2u,,1,,,c,,c2 u,k,1K8-2 填空题,6(1)子是一种基本粒子，在相对于子静止的坐标系中测得其寿命为。
,,,,2，10s0如果子相对于地球的速度为(c为真空中光速)，则在地球坐标系中测出的v,0.988c,,,5,,1.29，10s子的寿命。
解:由时间膨胀效应,6,2，10,50 ,,,1.29，10s,22v1,0.9881,2c8,12.91，10m,s(2)牛郎星距离地球约16光年，宇宙飞船若以的匀速度飞行，将用4年的时间(宇宙飞船上的钟指示的时间)抵达牛郎星。
,,t,4解:飞船时为固有时年16光年16c,t,,地球时为测量时 uu,,t,,,t由钟慢效应:16c4即 ,2uu1,2c168,1解得 u,c,2.91，10m,s，17(3)一列高速火车以速度驶过车站时，固定在站台上的相距1m的两只机械手在车厢上u2u,,1/1m,同时划出两个痕迹，则车厢上的观察者应测出这两个痕迹之间的距离为。
,,c,,解:由洛仑兹坐标变换可得,，，,x,,,x,u,t,t,0,,x,1现知站台系中，可得火车系中671, ,x,2u1,2cm(4)已知一静止质量为的粒子，其固有寿命为实验室测量到的寿命的，则此1/n02，，mcn,1粒子的动能是。
0,t,t,,,t解:由 ,,,n0,t0又22 E,mc,mcK022,,mc,mc00 22，，，，,mc,,1,mcn,1008-3 在下表中填入或补充相应的内容答:内容如下表:68内容牛顿力学狭义相对论力学) 高速物体适用范围低速物体(v,,c真空中光速随惯性系而异在所有惯性系中均为c在所有惯性系中，力学定律的数学在所有惯性系中，物理定律的数学形式相对性原理形式不变不变变换关系伽利略变换洛仑兹变换坐,,,,，，y,yx,,x,uty,yx,x,ut 正变换标,,t,t z,zu变,,,, z,z,t,t,x,,2换 c,,,,,，，x,,x，uty,y, ,,y,yx,x，ut 逆变换,,t,t z,zu,,,,, ,z,zt,t，x,,2c,,2,,v,v,u ，，，，v,v,u/1,uv/cxxxxx速正变换 2,,v,v/[,(1,uv/c)]v,vyyxyy度2,,v,v v,v/[,(1，uv/c)]变zzzzx2换 ,,,v,v，u v(vu)/(1uv/c),，，xxxxx逆变换 2,,,v,v/[,(1，uv/c)] v,vyyxyy2,,,v,v vv/[,(1uv/c)],，zzzzx,,,t,,t,L,,L时空量度同时性是相对的，原时最短，原长最长1 22,,u 质量 ,, m,,m,m/1,00m,m为恒量 2,,0c,,动ddvdmd运动方程 F,(mv),m，v F,(mv),ma力dtdtdtdt学动量 p,mvp,mv,,mv0结1222Emv ,动能 E,mc,mckk0论 222 质能关系 E,mc,E,c,m2p22224动量与能量的关系 E,cp，mcE ,0k2mct,m,a,F 不变量x,y,z,vx,y,z,v,a,t,m,F 相对量69,,,,30S系中，与Ox轴成角，如果在系中测得该米尺与8-4 一根米尺静止放置在S,,45S轴成角，那么系相对于系的速度为多大,系中测得米尺的长度是多少, OxSSu解:由题意,,y,tg30, (1) ,,x,y, (2) ,tg45,x,,S在系和系中测量米尺的长度分别用和SLL表示，根据相对论“尺缩”效应，有,,y,,y 题8-4 图,,,Lsin30,Lsin45即 (3)2u,,,及 (4) ,x,,x1,,,c,,,tg30,1x,,由(1)、(2)有 ,,,xtg45321u,,再与(4)式比较 1,,,,c3,,得2 u,c,0.816c3由(3)式，S系中测量米尺的长度为,sin302, L,L,，1,0.707(m),2sin452xOy8-5 观察者A测得与他相对静止的平面上一个圆的面积为12cm;另一观察者BxOy相对于A以v,0.8c(为真空中光速)平行于平面作匀速直线运动，B测得这图形c为一椭圆。
试问其面积是多少,解:B观测该图形，由于相对论效应，在与平行的方向上长度收缩，原来的半径Rv收缩为702v,,,1 a,,R,1,,R,,c,,此即椭圆的短半轴长度。
而在与垂直的方向上，图形线度不变，即椭圆长半轴为 vb,R因此，椭圆面积为2v,,2 S,,ab,1,,,R,,c,,22,1,0.8，12,7.2(cm)x,x,600m8-6 K惯性系中观测者记录的两事件的空间间隔和时间间隔分别是21 ,7,,和，为了使两事件对系来说是同时发生的，系必须以多大速度相KKt,t,8，10s21对于K系沿x方向运动,,,解:设系相对于K系以速率沿轴方向运动。
由洛仑兹变换，系测量两事件KKux的时间间隔为u,,, ,,t,,t,,x,,2c,,,,t,0 由题意u即 ,t,,x,02c得到82,72(3，10)，8，10c,t8,1 u,,,1.2，10(m,s),x600,82.6，10s8-7 介子的固有寿命是。
如果介子在实验室参考系中的速率是0.8c，,,那么(1)按经典理论，(2)按相对论理论，计算该介子在实验室参考系中的飞行距离。
解:(1)按经典理论，介子飞行的距离为 ,8,8 s,uT,0.8，3，10，2.6，10,6.24(m),8T,2.6，10s(2)已知介子的固有寿命，按相对论理论，实验室参考系中测得,, 介子的寿命为,8T2.6，10,8, T,,T,,,4.33，10(s)221,0.8u,,1,,,c,,介子的飞行距离为 ,8,8,, s,uT,0.8，3，10，4.33，10,10.4(m)71介子衰变，在大气上层放出子。
这些子8-8 宇宙射线和大气相互作用时能产生,,,,62.2，10s的速度接近光速()。
如果在实验室中测得静止子的平均寿命为，u,0.998c,试问在8000 m高空由介子衰变放出的子能否飞到地面, ,, ,6T,2.2，10s解:已知子的固有寿命，按照相对论理论，地面参考系中测出高空,中子的平均寿命为 ,,T,,T子飞行的距离为 ,86,0.998，3，10，2.2，10, s,uT,,uT,,10420(m),8000(m)21,0.998所以子可以飞到地面。
,8-9 一宇宙飞船沿x方向离开地球(S系，以地心为原点)，以速度航u,0.8c 8,,S行。
宇航员观察到在自己的参考系中(系，原点在飞船上)在时刻t,,6.0，10s,1717,,,z,0处有一超新星爆发。
他把这一观测通过无线电发x,1.80，10m,y,1.20，10m,回地球。
在地球参考系中该超星爆发事件的时空坐标如何,假定飞船飞过地球时，其上的钟与地球上的钟示值都指零。
解:由洛仑兹变换，地球上的观察者测量超新星爆发的时空坐标为,,x,,(x，ut)11788,[1.8，10，0.8，3，10，(,6，10)]1,0.816,6.0，10(m)17,y,y,1.20，10(m),z,z,0u,,,, t,,t，x,,2c,,10.8,,817,,6，10，，1.8，10,,823，10,,1,0.88,,0.2，10(s)8-10 一米尺沿长度方向以0.8c速率相对于某观察者运动，试求这米尺始、末两端通过观察者的时间间隔。
L,1m解:米尺的固有长度，由于相对论效应，观察者测量米尺的长度为 0 ,12L,,L,1,0.8，1,0.6(m) 0米尺始末两端通过观察者的时间间隔为72L0.6,9 ,t,,,2.5，10(s)8u0.8，3，1016s,4.3，10m8-11 半人马星座星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球，设有,一宇宙飞船自地球飞到半人马星座星，若宇宙飞船相对于地球的速度为，按v,0.999c,地球上的时钟计算要用多少时间,如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年,解:按地球上的时钟计算，飞船飞到星所需时间(非固有时间)为 ,16s4.3，10(年) ,t,,,4.558v0.999，3，10，365，24，3600用飞船上的钟测量，飞船飞到星所需时间(固有时间)为 ,,12,t,,,t,1,0.999 ，4.55,0.203(年) 0L,90m8-12 一艘宇宙飞船的船身固有长度为，相对于地面以，(c为真空v,0.8c0中光速)的匀速度在一观测站的上空飞过。