大学物理答案第4章
《大学物理教程》郭振平主编第四章光的衍射课后习题答案
第四章 光的衍射一、基本知识点光的衍射：当光遇到小孔、狭缝或其他的很小障碍物时，传播方向将发生偏转，而绕过障碍物继续前行，并在光屏上形成明暗相间的圆环或条纹。
光波的这种现象称为光的衍射。
菲涅耳衍射：光源、观察屏（或者是两者之一）到衍射屏的距离是有限的，这类衍射又称为近场衍射。
夫琅禾费衍射：光源、观察屏到衍射屏的距离均为无限远，这类衍射也称为远场衍射。
惠更斯－菲涅耳原理：光波在空间传播到的各点，都可以看作一个子波源，发出新的子波，在传播到空间某一点时，各个子波之间可以相互叠加。
这称为惠更斯－菲涅耳原理。
菲涅耳半波带法：将宽度为a 的缝AB 沿着与狭缝平行方向分成一系列宽度相等的窄条，1AA ，12A A ，…，k A B ，对于衍射角为θ的各条光线，相邻窄条对应点发出的光线到达观察屏的光程差为半个波长，这样等宽的窄条称为半波带。
这种分析方法称为菲涅耳半波带法。
单缝夫琅禾费衍射明纹条件：sin (21)(1,2,...)2a k k λθ=±+=单缝夫琅禾费衍射暗纹条件：sin (1,2,...)a k k θλ=±=在近轴条件下，θ很小，sin θθ≈, 则第一级暗纹的衍射角为 1aλθ±=±第一级暗纹离开中心轴的距离为 11x f faλθ±±==±, 式中f 为透镜的焦距。
中央明纹的角宽度为 112aλθθθ-∆=-=中央明纹的线宽度为 002tan 2l f f faλθθ=≈∆=衍射图样的特征：① 中央明纹的宽度是各级明纹的宽度的两倍，且绝大部分光能都落在中央明纹上。
② 暗条纹是等间隔的。
③ 当入射光为白光时，除中央明区为白色条纹外，两侧为由紫到红排列的彩色的衍射光谱。
④ 当波长一定时，狭缝的宽度愈小，衍射愈显著。
光栅: 具有周期性空间结构或光学性能（透射率，反射率和折射率等）的衍射屏，统称为光栅。
光栅常数: 每两条狭缝间距离d a b =+称为光栅常数。
大学物理习题册及解答_第二版_第四章_刚体的定轴转动
第四章 刚体定轴转动(一)
一．选择题
1．几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几 个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变．
(1 )m m / 2 T mg m m m/2
k 1 k 2 2 1 2
4．质量为M，长为l的均匀细杆，可绕A端的水平轴自由转动，当 杆自由下垂时，有一质量为m的小球，在离杆下端的距离为a处垂 直击中细杆，并于碰撞后自由下落，而细杆在碰撞后的最大偏角 为，试求小球击中细杆前的速度。 解：球与杆碰撞瞬间，系统所受合外力矩为零，系 统碰撞前后角动量守恒
m (l a) J
1 J Ml 3
2
杆摆动过程机械能守恒
1 l J Mg (1 cos ) 2 2
2
解得小球碰前速率为
Ml 2 gl sin m(l a ) 3 2
5．一轻绳绕过一半径R，质量为M/4的滑轮。质量为M的人抓住绳 子的一端，而绳子另一端系一质量为M/2的重物，如图。求当人相 对于绳匀速上爬时，重物上升的加速度是多少？ 解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮轴的 外力矩为 1
1 d 13 即 MgR ( MR MRu) 2 dt 8
该题也可在地面参考系中分别对人和物体利用牛顿第二定 律，对滑轮应用转动定律求解。
一选择题
第四章 刚体定轴转动(二)
大学物理第四章习题解
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·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。
大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、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；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。
今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动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．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．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒，动能守恒 B.角动量守恒，机械能守恒 C.角动量不守恒，机械能守恒 D.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
大学物理第四章题解
第四章 经典质点动力学4-1．已知质量为2kg 的质点的运动学方程为22(61)(341)r t i t t j =-+++（国际制单位），求证质点所受合力为恒力．证 对运动学方程求时间导数()d 1264d r v t i t j t==++ 22d d 126d d v r a i j t t ===+ 2(126)=2412(N)F ma i j i j ==⨯++可见质点所受合力为恒力．4-2．已知质量为1kg 的质点，在合力128(N)F t i j =+作用下运动．已知1t =s 时，质点位于2x =m 、0y =处，并以速率3m s 沿y 轴正向运动．求质点运动学方程．解 由mr F =，知12x t =，8y =．可得d 12d x t t = ，d 8d y t =积分 01d 12d xt x t t =⎰⎰ ，31d 8d y ty t =⎰⎰ 求出 266x t =- ，85y t =-再根据 2d (66)d x t t =- ，d (85)d y t t =-再积分 221d (66)d xt x t t =-⎰⎰ ，01d (85)d y ty t t =-⎰⎰ 质点运动学方程为 3266x t t =-+ ，2451y t t =-+4-3．跳水运动员沿竖直方向入水，刚入水时速率为0v ，以入水点为O 点，y 轴竖直向下，运动员入水后浮力与重力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，求入水后运动员速度随时间的变化规律．解 以运动员为质点，根据牛顿第二定律有 2d d yy v m kv t =- ，即2d d y y v k v t m =- 分离变量并积分 020d d y v t y v y v k t v m =-⎰⎰即可求出 011y k t v v m -= 也可以表示为 00y mv v m kv t=+4-4．跳水运动员由高处下落，设运动员入水后重力与浮力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数0.4k m =（m 为运动员质量）．求运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度（均为国际制单位）．解 以入水点为O 点，y 轴竖直向下，以运动员为质点，根据牛顿第二定律有2d 0.4d yy v m mv t =-做变量变换，得 2d d d 0.4d d d y y y y v v y v v y t y ==- 即 d 0.4d y y v v y=- 分离变量并积分 00100d 0.4d v y y v y v y v =-⎰⎰ 0010ln |0.4v y v v y =- 可知运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度ln1004576(m)y ..==．4-5．质量为m 的小球系在一不可伸长的轻绳之一端，可在水平光滑桌面上滑动．绳的另一端穿过桌面上一小孔，握在一人手中使它以匀速率a 向下运动．设初始时绳是拉直的，小球与小孔的距离为R ，初速度在垂直于绳的方向上的分量为0v ．试求小球运动和绳子的张力．解 小球m 视为质点，作为研究对象，受力分析如图．以桌面小孔为坐标原点O ，建立极坐标系如图，根据牛顿第二定律，有T N T ma F F mg F =++=在极坐标系中的投影方程为2()T m r r F θ-=- （1）(2)0m r r θθ+= （2）由题意可知 r a =- （3）由（3）式得0d d r tR r a t =-⎰⎰ 所以r R at =-，代入（2）式，得 ()20R at a θθ--= ，即 d ()2d R at a tθθ-= 初始时00R v θ=，即00v R θ=，把上式分离变量且积分 000d 2d d()2tt v R a t R at R at R at θθθ-==---⎰⎰⎰220ln 2ln ln ()R R at R v R R at θ-=-=- 所以 02d d ()v R t R at θθ==- 把上式分离变量且积分 0200d()d ()t v R R at a R at θθ-=--⎰⎰ 所以 0011()v R v t a R at R R atθ=-=-- 小球的运动学方程为r R at =-，0v t R atθ=-．由（1）式得 222220023()()[]()()T v R mv R F m r r mr m R at R at R at θθ=-==-=--4-6．已知质点所受合力为sin cos e tF t i t j k =++，求在0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量．（国际制单位．）解 0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量为 200d (sin cos e )d t t I F t t i t j k t π==++⎰⎰22000(sin d )(cos d )(d )t t t i t t j e t k πππ=++⎰⎰⎰ 222000(cos |)(sin |)(|)t t i t j e k πππ=-++2(e 1)i j k π=++-（国际制单位）4-7．用棒打击质量为0.5kg 、从西沿水平方向以速率20m 飞来的球，球落到棒的西面80m 处，球上升的最大高度为20m ，打击时间为0.05s ，打击时可略去重力，取210m s g =．求：（1）棒对球的冲量；（2）棒给予球的平均冲力．解 建立坐标系Oxy ，Ox 轴沿水平方向自东向西，Oy 轴竖直向上．先讨论球被棒打击后的运动，球仅受重力，可知2012y y v t gt =- ，0y y v v gt =- 当0y v =时球达到最大高度m 20m y =．根据0010y v t =-求出0010y t .v =，代入202050y v t .t =-得到 22200020010005005y y y .v .v .v =-=因00y v >，略去020y v =-，可求出020m s y v =．进而求出2s t =．由于球沿Ox 方向作匀速率运动，到4s t =时向西运动了80m ，所以020m x v =． 在碰撞中根据动量定理 21I mv mv =- 由于120v i =-，2002020x y v v i v j i j =+=+，所以棒对球的冲量2010(N s)I i j =+⋅平均冲力 2010400200 (N)0.05I i j F i j t +===+∆4-8．从高出枰盘 4.9m h =处，将每个质量m 均为0.02kg 的橡皮泥块，以每秒100n =个的速率注入枰盘，橡皮泥块落入枰盘后均黏附在盘上．以开始注入时为0t =，求10s t =时枰的读数．解 橡皮泥块在下落过程中只受重力，橡皮泥块落入枰盘的速率98(m v .=在橡皮泥块落入秤盘的过程中，对秤盘的平均冲力为（向上为正方向）21()100002[0(9.8)]196(N)F n mv mv ..=-=⨯⨯--=由于橡皮泥块由 4.9m h =处下落，由22119.8 4.922gt t =⨯⨯= 可知下落的时间1s t =．所以10s t =时枰盘内橡皮泥块受到的总重力g (10-1)1009002981764(N)F n mg ...==⨯⨯⨯=因此秤的读数为 g 1961764196(N)F F ..+=+=4-9．对例题4-4-2（见图），判断以下说法的正误：（1）质点对O 点角动量守恒；（2）质点对O '点角动量守恒；（3）质点对z 轴角动量守恒；（4）质点对x 轴角动量守恒．解 （1）摆锤所受合力指向O 点，摆锤所受合力对O 点力矩为零，所以质点对O 点角动量守恒．（2）合力对O'点力矩不为零，质点对O'点角动量不受恒．（3）质点所受合力的作用线过Oz 轴，对Oz 轴合力矩为零，所以质点对Oz 轴角动量守恒．（4）质点对O 点角动量守恒，所以质点对Ox 轴角动量守恒．4-10．在一直角坐标系Oxyz 中，一质点位于点(3m,4m,5m)处，并受一作用力7N 8N 9N F i i i =++，求：（1）力F 对O 点的力矩；（2）力F 对x 轴的力矩．解 345r i j k =++，所以(345)(789)484(N m)O M r F i j k i j k i j k =⨯=++⨯++=-+-⋅4N m x O M M i =⋅=-⋅4-11．在直角坐标系Oxyz 中，质点质量为2kg ，其速度1242(m s )v i j tk -=+-⋅，并已知0t =时位置矢量02(m)r i =．求：（1）质点对O 点的角动量；（2）质点对y 轴的角动量；（3）质点所受合力对O 点和y 轴的力矩．解 因为d d r v t=，d d r v t =，所以00d d r t r r v t =⎰⎰，即 00002(2d )(4d )(2d )t t tr r r i t i t j t t k -=-=+-⎰⎰⎰ 所以 2(22)4r t i tj t k =++- （1） 22[(22)4](242)O L r mv t i tj t k i j tk =⨯=⨯++-⨯+-22218(48)16(kg m s )t i t t j k -=-+++⋅⋅（2） 22148(kg m s )y O L L j t t -=⋅=+⋅⋅（3） d 16(88)(N m)d O O L M t i t j t==-++⋅ d 88(N m)d y y L M t t==+⋅4-12．设质点在Oxy 平面内运动，试判断以下论述是否正确：（1）若质点动量守恒，则对z 轴角动量守恒；（2）若质点对z 轴角动量守恒，则动量守恒；（3）若质点对z 轴角动量守恒，则动量的大小保持不变；（4）若质点对z 轴角动量守恒，则质点不可能作直线运动．解 （1）正确．质点动量守恒，则质点所受合力为零，质点所受合力对Oz 轴力矩为零，所以对Oz 轴角动量守恒．（2）不对．比如，质点在Oxy 平面内、绕O 点做匀速圆周运动，对Oz 轴角动量守恒，但是动量并不守恒．（3）不对．比如例题4-5-2，质点在Oxy 平面内做椭圆运动，它所受的合力是有心力，始终指向O 点，所以对Oz 轴的角动量守恒，但是动量的大小不断变化．（4）不对．在Oxy 平面内做匀速直线运动的质点对Oz 轴角动量守恒．4-13．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为cos x a t ω=，sin y b t ω=，a 、b 、ω均为常量．求：（1）质点对z 轴的角动量；（2）质点所受对z 轴的合力矩．解 （1）对运动学方程cos sin r a ti b tj ωω=+求时间导数，可得 d sin cos d r v a ti b t j t ωωωω==-+ 所以 (cos sin )(sin cos )O L r mv a ti b tj m a ti b t j ωωωωωω=⨯=+⨯-+22(cos sin )m ab t ab t k mab k ωωωωω=+=z O L L k abm ω=⋅=（2）因z L 为常量，由对Oz 的角动量定理，可知质点所受对Oz 轴的合力矩d 0d z z L M t==4-14．如图，刚性转动系统放在盛有液体的容器内，长为l 的细杆一端固定一质量为m 的小球，另一端垂直地固定于转轴z ．小球受液体阻力与小球质量及系统转动角速度的大小成正比，即F km ω=，k 为比例常量．z 轴及细杆的质量及所受阻力均忽略不计，问：经过多长时间系统的角速度的大小变为初始值0ω的1e ．解 由题意知z M lkm ω=-，2z L ml ω=，根据d d z z L M t=，得 2d d ml lkm tωω=- 分离变量并积分 d d k t lωω=-⎰⎰ ln k t C lω=-+ 由0t =时0ωω=定出积分常数，0ln C ω=，则 0e kt l ωω-=所以，当0e ωω=时l t k=．4-15．如图所示，小球m 系于不可伸长的轻绳的一端，绳经O 点穿入竖直小管．开始时小球绕管在水平面内做半径为R 的圆周运动，每分钟转120转．由绳的A 端将绳拉入小管，拉绳后小球绕管在水平面内做半径为2R 的圆周运动．求：（1）拉绳以后小球每分钟之转数；（2）拉绳过程中小球对O 点角动量是否守恒？为什么？解 （1）在拉绳过程中，因为小球所受重力与OA 轴平行、绳拉力与OA 轴相交，对OA 轴力矩均为零，所以在拉绳过程中小球对OA 轴角动量守恒02R mvmv R = 拉绳前，每秒转两转，022R v π⋅=．设拉绳后，每秒转n 转，22R n v π⋅=．把04v R π=和v n R π=代入角动量守恒方程，得 42R mn R m R R ππ=⋅ 即可求出拉绳后小球每秒转8n =转，即每分钟480转．（2）因为小球所受合力对O 点力矩不为零，所以小球对O 点角动量不守恒．4-16．试判断以下说法是否正确：（1）静摩擦力一定不做功；（2）滑动摩擦力一定做负功；（3）摩擦力总是阻碍物体运动；（4）运动质点如受摩擦力作用，则能量一定减小．答 均不正确．4-17．试证明2(3sin e )(N)x F x x i =++是保守力．质点在F 作用下由0x =运动到1m x =，试用两种方法计算力F 对质点做的功．解 由于2(3sin e )(N)x F x x i =++在位移d r 中所做元功2d (3sin )(d d d )x F r x x e i xi yj zk ⋅=++⋅++2(3sin e )d x x x x =++3d(cos e )xx x =-+可以表示为只与位置有关的标量函数3()cos e x U x x x =-+的微分，所以此力为保守力．方法一：质点沿Ox 轴由0x =运动到1x =，F 对质点所做的功为 120d (3sin e )d x W F r x x x =⋅=++⎰⎰310(cos e )|x x x =-+ 1cos1e 11=-++-1cos1e =-+ 方法二：因F 为保守力，引入势能3p (cos e )x E U C x x C =-+=--++，则p2p1()W E E =--1cos1e 11=-++-1cos1e =-+4-18．如图，一劲度系数为k 的弹簧，一端固定于A 点，另一端与质量为m 的质点相连．弹簧处于自由伸张状态时，质点位于竖直面与半径为R 的半圆柱面的交界处B ．质点在力F 的作用下，由B 点从静止开始运动到光滑半圆柱面的顶点C ，到达C 点时质点速率为C v ．求力F 对质点所做的功．解 在质点由B 到C 点的过程中，所受重力和弹簧弹性力为保守力，以B 点为重力势能及弹性势能零点．质点受面的支撑力不做功，设力F 做功为F A ．由质点的机械能定理k p k p ()()C C B B F E E E E A +-+=可得 22111[(R)](00)222F C A mv mgR k π=++-+ 2221128C mv mgR k R π=++4-19．接题4-18，质点到达C 点后，力F 被撤除，求质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率．解 质点平衡时mg k l =∆，mg l k ∆=，即质点的平衡位置位于B 点下方mg k处． 在质点由C 到平衡位置的过程中，由于所受重力和弹簧弹性力为保守力，受面的支撑力不做功，所以机械能守恒．以B 点为重力势能及弹性势能零点，则()2222211112822C mv mgR k R mv mg l k l π++=-∆+∆ 22222122m g m g mv k k =-+222122m g mv k=- 即可求出质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率2222121(2)4C k R mg v v gR m kπ=+++4-20．如题4-15图之装置．设小球质量0.5g m =，初态管外绳长12m l =，绳与竖直方向夹角130θ=，速度为1v ．末态绳与竖直方向夹角260θ=，速度为2v ．求：（1）1v 、2v ；（2）绳对小球所做的功．解 视小球为质点，受重力W 和绳的张力T F 如图．初态小球做水平圆周运动，合力T F W F =+指向圆轨道圆心，由牛顿第二定律2211111tg sin v v m m mg R l θθ== 所以 21111sin 1298238m s cos 23v l g ..θθ==⨯⨯= 设末态2l l =，小球做水平圆周运动，有22222tg sin v m mg l θθ= ，222222sin cos v l g θθ= 可知 22111212222122sin cos 1cos sin 33v l l v l l θθθθ== （1） 在由初态到末态的过程中，小球所受合力对竖直轴AB 的力矩为零，所以小球对轴AB 的角动量守恒111222sin sin mv l mv l θθ=所以 12222111sin 3sin v l l v l l θθ== （2） (1)(2)⨯得 313213v v = 可求出 13213343m s v v .==2(1)(2)得 313293l l = 13211()080m 93l l .== 由机械能定理，以O 点为势能零点，绳对小球所做的功为k p W E E =∆+∆2221121()(cos30cos60)2m v v mg l l =-+-000805J .=4-21．质量为0.2kg 的小球B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连．弹性绳劲度系数为8N m ，其自由伸张长度为0.6m ．小球初位置和速度0v 如图所示．当小球速率变为v 时，它与A 点距离最大且等于0.8m ．求初态与末态之速率0v 和v ．解 小球在水平面上仅受弹性绳弹性力，弹性力作用线过A ，所以小球在运动过程中对过A 的竖直轴角动量守恒；注意到小球与A 点距离最大时其速度与弹性绳垂直；则004sin3008.mv .mv =小球在水平面内仅受弹性绳弹性力，弹性力为保守力，因此小球在运动过程中机械能守恒，以弹性绳自由伸张时为弹性势能零点；则2220111(0806)222mv mv k ..=+- 所以 04v v = ，22016v v .-=联立求解上述二式即可求出0131m s v .=，033m s v .=．4-22．如图，在升降机内有一和升降机固定的光滑斜面，斜面相对水平方向的倾角为θ．当升降机以匀加速度a 沿竖直方向上升时，质量为m 的物体沿斜面下滑，试以升降机为参考系，求：（1）物体相对升降机的加速度；（2）物体对斜面的压力；（3）物体对地面的加速度．解 以升降机为非惯性参考系，建立与斜面固连的坐标系Oxy 如图．视物体为质点，受重力mg 、支承力N F 和惯性力I F ma =-，物体在非惯性系中的动力学方程为()sin m g a mx θ+=()N cos 0F m g a θ-+=所以，物体相对升降机的加速度()sin a x i g a i θ'==+物体对斜面的压力()NN cos F F m g a j θ'=-=-+ 物体对地面的加速度sin cos ()sin sin cos a a a a i a j g a i g i a j θθθθθ'=+=-+++=+地4-23．如图，一理想定滑轮固定于升降机上，一不可伸长之轻绳跨过滑轮后，两端各悬挂一物体，物体质量为1m 和2m ，12m m ≠．升降机以加速度a 沿竖直方向下降时，试以升降机为参考系，求：两个物体相对地面的加速度及绳内张力．解 以升降机为非惯性参考系，建立与升降机固连的坐标系Ox 如图．视二物体为质点，物体受重力、绳张力和惯性力I11F m a =-、I22F m a =-，在非惯性系中的动力学方程为1T1111m g F m a m x --=2T2222m g F m a m x --=绳不可伸长 12x x =-根据牛顿第三定律 T1T2T F F F ==所以 12211212()()m m g m m a x x m m -+-=-=+ 绳内张力 12T 122()m m F g a m m =-+ 两个物体相对地面的加速度为1221122111212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=+=++ 1221211121212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=-=++ 4-24．如图所示有一绕竖直z 轴以角速度k ωω=作匀角速度定轴转动的光滑水平大转台．在距z 轴R 的A 处立一竖直杆，杆端有一长度为l 的不可伸长的轻绳，绳末端挂一质量为m 的小球．当绳与竖直杆夹角θ保持不变时，以转台为参考系，求θ与ω的关系．解 以转台为非惯性参考系，视小球为质点，小球受重力mg ，绳的拉力T F ，惯性离心力It F ，2It (sin )F m R l ωθ=+．小球在非惯性系中受三个力平衡，水平方向的平衡方程为2(sin )tan m R l mg ωθθ+=所以 12tan ()sin g R l θωθ=+ 4-25．接题4-24，有人试图从O 点以初速0v 沿台面抛出一小球，而使小球沿转台上的直线OA 运动，此人的目的能否达到？试在转台参考系中加以说明．解 以转台为非惯性参考系，小球相对于转台具有速度，所以小球除受重力、支持力和惯性离心力以外，还受科里奥利力作用．由于科里奥利力与小球运动方向垂直，所以小球不可能沿转台上的直线OA 运动．（第四章题解结束）。
大学物理学课后习题4第四章答案
k
m1g x1
1.0 103 9.8 4.9 102
0.2
N m1
而 t 0 时， x0 1.0 102 m,v0 5.0 102 m s-1 ( 设向上为正)
又
k m
0.2 8 103
5,即T
2
1.26s
A
x02
(
v0
)2
(1.0 102 )2 (5.0 102 )2 5
（7）两列波叠加产生干涉现象必须满足的条件
是
，
和
。
[答案：频率相同，振动方向相同，在相遇点的位相差恒定。]
4.3 质量为10 103 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按
x 0.1cos(8t 2 ) (SI) 的规律作谐振动，求： 3
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与 势能相等?
习题 4.2(2) 图 [答案：b、f； a、e]
（3）一质点沿 x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为 x 轴的原点，已知周 期为 T，振幅为 A。
（ a ） 若 t=0 时 质 点 过 x=0 处 且 朝 x 轴 正 方 向 运 动 ， 则 振 动 方 程 为 x=___________________。
[答案： 2 s ] 3
（2）一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题 4.2(2)图所示。振子在位移为零， 速度为－A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________ 点。振子处在位移的绝对值为 A、速度为零、加速度为－2A 和弹性力为－KA 的 状态，则对应曲线上的____________点。
103
(
)2
大学物理教程第4章习题答案
思考题4.1 阿伏伽德罗定律指出：在温度和压强相同的条件下，相同体积中含有的分子数是相等的，与气体的种类无关。
试用气体动理论予以说明。
答：据压强公式，当压强和温度相同时，n也相同，与气体种类无关；4.2 对一定量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大。
当体积不变时，压强随温度的升高而增大。
从微观角度看，两种情况有何区别。
答：气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果。
当温度不变时，若体积减小，分子数密度增大，单位时间内碰撞器壁的分子数增加，从而压强增大；而当体积不变时，若温度升高，分子的平均平动动能增大，分子碰撞器壁的力度变大，从而压强增大；4.3 从气体动理论的观点说明：（1）当气体的温度升高时，只要适当地增大容器的容积，就可使气体的压强保持不变。
（2）一定量理想气体在平衡态（p1，V1，T1）时的热动平衡状况与它在另一平衡态（p2，V2，T2）时相比有那些不同?设气体总分子数为N，p2< p1，V2< V1。
（3）气体在平衡状态下，则，。
(式中、、，是气体分子速度v的三个分量)。
答：（1）由可知，温度升高时，n适当地减小，可使压强不变；（2）在平衡态（，,）时分子的平均平动动能较在平衡态（，，）时小，但分子数密度较大；（3）因分子向各方向运动的概率相同，并且频繁的碰撞，速度的平均值为零，速度平方的平均值大小反映平均平动动能的大小，所以各分量平方平均值相等；4.4 有人说“在相同温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，氧分子的质量比氢分子的大，所以氢分子的速率一定比氧分子大”。
这样讲对吗？答：不对，只能说氢分子的速率平方平均值比氧分子的大。
4.5 为什么说温度具有统计意义？讲几个分子具有多大的温度，可以吗？答：温度的微观本质是气体分子平均平动动能大小的量度，而平均平动动能是一个统计平均值，只有大量分子才有统计规律，讲几个分子有多大温度，无意义。
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pV vRT =或 n k T p =式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量 118.31R J mol K --=⋅⋅，k 为玻尔兹曼常量 2311.3810k J K --=⨯⋅3. 理想气体压强的微观公式21233t p nm n ε==v4. 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32t kT ε=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2t i kT ε=6. 速率分布函数()dNf Nd =v v麦克斯韦速率分布函数232/22()4()2m kT m f e kTππ-=v v v7. 三种速率最概然速率p =≈v 平均速率==≈v 方均根速率==≈8. 玻尔兹曼分布律平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。
重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）：kT m gh e n n /0-=9. 范德瓦尔斯方程采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体RT b V V ap m m=-+))((2 10. 气体分子的平均自由程λ==11. 输运过程 内摩擦dS dz du df z 0)(η-=， 1133mn ηλρλ==v v 热传导dSdt dz dT dQ z 0)(κ-= 13v c κρλ=v 扩散dSdt dz d D dM z 0)(ρ-= 13D λ=v三、习题选解4-1 一根铜棒的两端分别与冰水混合物和沸水接触，经过足够长的时间后，系统也可以达到一个宏观性质不随时间变化的状态。
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第四章 流体力学
4－1如本题图，试由多管压力计中水银面高度的读数确定压力水箱中A 点的相对压强（P －P 0）。
（所有读数均自地面算起，其单位为米） 解：根据gh P ρ=得
）－（汞7.08.103g P P ρ=-
）－（水7.0232g P P ρ-=-
）－（汞9.0221g P P ρ=- ）－（－水9.05.21g P P ρ=-
m g m g P P 9.22.20⨯⨯=-∴水汞－ρρ
4－2如本题图，将一充满水银的气压计下端浸在一个广阔的盛水银的
容器中，其读数为 -25
m N 10
950.0⋅⨯=p 。
（1）求水银柱的高度h 。
(2) 考虑到毛细现象后，真正的大气压强0p 多大? 已知毛细管的直径
m 100.23-⨯=d ，接触角π=θ，水银的表面张力系数-1m N 49.0⋅=σ。
解：（1）gh p ρ=Θ
cm g p h 3.716
.138.910950.05
≈⨯⨯==∴ρ （2）Pa d p p 4
3
500106.9100.1cos 49.021095.02
cos 2'⨯=⨯⨯+⨯=+
=-πθσ 4－3灭火筒每分钟喷出60m 3的水，假定喷口处水柱的截面积为1.5cm 2，问水柱喷到2m 高时其截面积有多大？ 解：流量2211S v S v Q == 且 gh v v 22
12
2-=-
s m m s m S Q v /107.6105.1606032
43
11⨯≈⨯=
=∴- 2212235.42cm gh
v Q v Q S =-==
4－4油箱内盛有水和石油，石油的密度为0.9g ／cm 3，水的厚度为1m ，油的厚度为4m 。
求水自箱底小孔流出的速度。
解：如图，流线上1、2点分别是油面和小孔处的两点。
根据伯努利方程
水
习题4－1图
习题4－2图
恒量=++p gh v ρρ2
2
1 得： 水水水油油gh v gh ρρρ-=2
2
1
s m h h g v /5.9)(2≈+=∴水
油水油
ρρ
4－5一截面为
5.0cm 2的均匀虹吸管从容积很大的容器
中把水吸出。
虹吸管最高点高于水面1.0m ，出口在水下0.60m 处，求水在虹吸管内作定常流动时管内最高点的压强和虹吸管的体积流量。
解：如图选取C 点高度为零。
在流线上，A 是容器中水面一点，B 是虹吸管最高点，C 是出
水口一点。
根据伯努利方程
恒量=++p gh v ρρ2
21 得： 02
2122
1)(21p v p h h g v C B B +=+++ρρρ
又因为定常流动 S v S v Q C B ==
=
+-=∴)(210h h g p p B ρ02
0222
121p v p gh v C A +=++ρρρ 0=A v Θ 22gh v C =
∴
341071.1m S v Q C -⨯≈=∴
4－7在一20cm ×30cm 的矩形截面容器内盛有深度为50cm 的水。
如果从容器底部面积
为2.0cm 2
的小孔流出，求水流出一半时所需的时间。
解：如图，流线AB 中A 、B 分别是任意时刻液面上和小孔处的两点。
根据伯努利方程得：
02
022
121p v p gh v B A +=++ρρρ 又 B B A A S v S v =
gh v S S B A
21212=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴ （1） 上式两边同时对t 求导，得
A A
A B A gv dt dv
v S S 2122=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛
即 gdt dv S S A B A
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12
油 水
两边同时积分，得
gt v v S S At A B A
=-⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛)(102
又因为由（1）得 当H h =时，⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=
1220B A A S S gH v
当2
H
h =
时，⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=12
B A At S S gH v
g H S S t 1)(
)12(221--=∴1.28)12(2
1≈-≈g
H
S S 4－8如本题图所示，在一高度为H 的量筒侧壁上开一系列高度h 不同的小孔。
试证明：当h ＝H ／2时水的射程最大。
解：如图，流线AB 中A 、B 分别是水面上和小孔处的两点。
根据伯努利方程得：
02
02
1)(p v p h H g B +=+-ρρ
)(2h H g v B -=∴
g
h
t 2=
Θ又
所以，射程)(4h H h t v S B -=
=
2
2)2
(42H h H --= ∴当2
H
h =
时，水的射程最大。
4－9使机车能在行进时装水，所用的装置如本题图所示，顺着铁轨装一长水槽，以曲管引至机车上。
曲管之另一端浸入水槽中，且其开端朝向运动的前方。
试计算，火车的速度多大，才能使水升高5.1m ？
解：在曲管内取一流线，流线上1、2点分别是曲管上、下端口的两点。
根据伯努利方程得
0210222
1
21p gh v p v ++=+ρρρ 令 01=v 则 s m gh v /101.58.9222≈⨯⨯==
A B
习题4－8图
习题4－9图
4－10 密度为2.56g ／cm 3、直径为6.0mm 的玻璃球在一盛甘油的筒中自静止下落。
若测得小球的恒定速度为3.1cm ／s ，试计算甘油的粘滞系数。
甘油的密度为1.26g ／cm 3。
解：小球在下落过程中受到浮力F 、黏性阻力f 和重力G 。
当以恒定速度运动时，受力平衡，即
G f F =+ 斯托克斯公式 vr f πη6= 333
4634r g vr r g
πρπηπρ球油=+∴ S P 82.018/)(a 2⋅=-=∴v gd 油球ρρη
4－11一半径为0.10cm 的小空气泡在密度为0.72×103kg ／m 3、粘滞系数为0.11Pa ·s
的液体中上升，求其上升的终极速度。
解：小空气泡在上升过程中受到浮力F 和黏性阻力f （重力忽略）。
当受力平衡时，将以恒定速度m v 运动。
f F =，斯托克斯公式 r v f m πη6= 33
63
4r v r g
m πηπρ=∴液体 s m g r v m /1043.19222
-⨯==
∴液体ρη
4－12试分别计算半径为1.0×10-3mm 和5.0×10-2mm 的雨滴的终极速度。
已知空气的粘滞系数为1.81×10-5a ·s ，密度为1.3×10-3g ／cm 3。
解：雨滴在下落过程中受到浮力F 、黏性阻力f 和重力G 。
当受力平衡时，将以恒定速度m v 运动。
G f F =+ ， 斯托克斯公式 r v f m πη6= 3333
4634r g r v r g
m πρπηπρ空气雨＋=∴ g r v m ）－空气雨ρρη
(922
=
∴ 所以，mm r 3
1100.1-⨯=时，s m g r v m /102.19)
(242
11-⨯=-=
η
ρρ空气雨；
mm r 2
210
0.5-⨯=时，s m g r v m /3.09)
(2222=-=
η
ρρ空气雨。