大学物理学答案第3版修订版上册北京邮电大学完全版.docx

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1、高校物理习题及解答习题一16 及有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的重量.有（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的重量，不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的重量.有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向重量.(的运算较困难，超出教材规定，故不予探讨)17 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r，然后依据=，及而求得结果；又有人先计算速度和加速度的重量，再合成求得结果，即 =及= 你认为两种方法

2、哪一种正确？为什么？两者差异何在？解：后一种方法正确.因为速度及加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度及加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的重量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向重量中的一局部。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变更率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变更率对速度、加速度的奉献。18 一质点在平面上运动，运动方程为=3+5, =2+3-4.式中以 s计，,以m计(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的

3、表示式；(2)求出=1 s 时刻和2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算0 s时刻到4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算4 s 时质点的速度；(5)计算0s 到4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)解：（1） (2)将,代入上式即有(3) (4) 则 (5) (6) 这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。19 质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为 2+6，的单位为，的单位为 m. 质点在0处，速度为10,试求质点在任何

4、坐标处的速度值解： 分别变量： 两边积分得 由题知，时，,110 已知一质点作直线运动，其加速度为 4+3，开场运动时，5 m，=0，求该质点在10s 时的速度和位置 解： 分别变量，得 积分，得 由题知，,故 又因为 分别变量， 积分得 由题知 ,故 所以时1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3，式中以弧度计，以秒计，求：(1) 2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少? 解： (1)时， (2)当加速度方向及半径成角时，有即 亦即 则解得 于是角位移为1.12 质点沿半径为的圆周按的规律运动，式中为质点离圆周上某点的弧

5、长,，都是常量，求：(1)时刻质点的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等于解：（1） 则 加速度及半径的夹角为(2)由题意应有即 当时，1.14 一船以速率30kmh-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率40kmh-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 方向北偏西 (2)小船看大船，则有，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得方向南偏东习题二2.7 一细绳跨过肯定滑轮，绳的一边悬有一质量为的物体，另一边穿在质量为的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动今

6、看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度下滑，求，相对于地面的加速度、绳的张力及柱体及绳子间的摩擦力(绳轻且不行伸长，滑轮的质量及轮及轴间的摩擦不计)解：因绳不行伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为，其对于则为牵连加速度，又知对绳子的相对加速度为，故对地加速度，由图(b)可知，为又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力在数值上等于绳的张力，由牛顿定律，有联立、式，得探讨 (1)若，则表示柱体及绳之间无相对滑动(2)若，则，表示柱体及绳之间无任何作用力，此时, 均作自由落体运动题2-1图2.8 一个质量为的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度运动，的方向及斜面底边的程度线平行，如

7、图所示，求这质点的运动轨道解: 物体置于斜面上受到重力，斜面支持力.建立坐标：取方向为轴，平行斜面及轴垂直方向为轴.如图2-2.题2-2图方向： 方向： 时 由、式消去，得2.9 质量为16 kg 的质点在平面内运动，受一恒力作用，力的重量为6 N，-7 N，当0时，0，-2 ms-1，0求当2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度解： (1)于是质点在时的速度(2)210 质点在流体中作直线运动，受及速度成正比的阻力(为常数)作用，=0时质点的速度为，证明(1) 时刻的速度为；(2) 由0到的时间内经过的间隔 为()1-；(3)停顿运动前经过的间隔 为；(4)证明当时速度减至的，式中m为质点的

8、质量答: (1) 分别变量，得即 (2) (3)质点停顿运动时速度为零，即t，故有 (4)当t=时，其速度为即速度减至的.2.11一质量为的质点以及地的仰角=30的初速从地面抛出，若忽视空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量解: 依题意作出示意图如题2-6图题2.11图在忽视空气阻力状况下，抛体落地瞬时的末速度大小及初速度大小一样，及轨道相切斜向下,而抛物线具有对轴对称性，故末速度及轴夹角亦为，则动量的增量为由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下2.12 一质量为的小球从某一高度处程度抛出，落在程度桌面上发生弹性碰撞并在抛出1 s，跳回到原高度，速度仍是程度方向，速度大小也及抛出时相等

9、求小球及桌面碰撞过程中，桌面赐予小球的冲量的大小和方向并答复在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?解: 由题知，小球落地时间为因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为，小球上跳速度的大小亦为设向上为轴正向，则动量的增量方向竖直向上，大小 碰撞过程中动量不守恒这是因为在碰撞过程中，小球受到地面赐予的冲力作用另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒2.13 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，式中的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变更，以及力赐予物体的冲量(2)为了使这力的冲量为200 Ns，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个

10、具有初速度ms-1的物体,答复这两个问题解: (1)若物体原来静止，则,沿轴正向，若物体原来具有初速，则于是同理， ,这说明，只要力函数不变，作用时间一样，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就肯定一样，这就是动量定理(2)同上理，两种状况中的作用时间一样，即亦即 解得，(舍去)2.14 一质量为的质点在平面上运动，其位置矢量为求质点的动量及0 到时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的变更量解: 质点的动量为将和分别代入上式，得则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =()N

11、(为常数)，其中以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量(3)求子弹的质量解: (1)由题意，子弹到枪口时，有,得(2)子弹所受的冲量将代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2.16 一炮弹质量为，以速率飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为，且一块的质量为另一块质量的倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为证明: 设一块为，则另一块为，及于是得 又设的速度为, 的速度为，则有联立、解得将代入，并整理得于是有 将其代入式，有又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取证毕2.17 设(1) 当

12、一质点从原点运动到时，求所作的功(2)假如质点到处时需0.6s，试求平均功率(3)假如质点的质量为1kg，试求动能的变更解: (1)由题知，为恒力，(2) (3)由动能定理，2.18 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力及铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度一样解: 以木板上界面为坐标原点，向内为坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图第一锤外力的功为式中是铁锤作用于钉上的力，是木板作用于钉上的力，在时，设第二锤外力的功为，则同理，有由题意，有即 所以， 于是钉子第二次能进入的深度为2

13、.19 设已知一质点(质量为)在其保守力场中位矢为点的势能为, 试求质点所受保守力的大小和方向解: 方向及位矢的方向相反，即指向力心2.20 一根劲度系数为的轻弹簧的下端，挂一根劲度系数为的轻弹簧，的下端一重物，的质量为，如题2.20图求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比解: 弹簧及重物受力如题2.20图所示平衡时，有题2.20图又 所以静止时两弹簧伸长量之比为弹性势能之比为2.21 (1)试计算月球和地球对物体的引力相抵消的一点，距月球外表的间隔 是多少?地球质量5.981024kg，地球中心到月球中心的间隔 3.84108m，月球质量7.351022kg，月球半径1.74106

14、m(2)假如一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在点的势能为多少? 解: (1)设在距月球中心为处，由万有引力定律，有经整理，得则点处至月球外表的间隔 为 (2)质量为的物体在点的引力势能为2.22 如题2.22图所示，一物体质量为2kg，以初速度3ms-1从斜面点处下滑，它及斜面的摩擦力为8N，到达点后压缩弹簧20cm后停顿，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最终能回到的高度解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原特长为弹性势能零点。则由功能原理，有式中，再代入有关数据，解得题2.22图再次运用功能原理，求木块弹回的高度代入有关数据，得 ,则木块弹回

15、高度 题2.23图2.23 质量为的大木块具有半径为的四分之一弧形槽，如题2.23图所示质量为的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑程度面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开场，求小木块脱离大木块时的速度解: 从上下滑的过程中，机械能守恒，以，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有又下滑过程，动量守恒，以,为系统则在脱离瞬间，程度方向有联立，以上两式，得2.24 一个小球及一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有即 题2.24图(a) 题2.24图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有亦即 由可作出矢量三角形如图(b)

16、，又由式可知三矢量之间满意勾股定理，且以为斜边，故知及是互相垂直的第三习题3.7 一质量为的质点位于()处，速度为, 质点受到一个沿负方向的力的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩解: 由题知，质点的位矢为作用在质点上的力为所以，质点对原点的角动量为作用在质点上的力的力矩为3.8 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆它离太阳最近间隔 为8.751010m 时的速率是5.46104ms-1，它离太阳最远时的速率是9.08102ms-1这时它离太阳的间隔 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日

17、点及远日点时的速度都及轨道半径垂直，故有3.10 物体质量为3kg，=0时位于, ，如一恒力作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变更；(2)相对轴角动量的变更 解: (1) (2)解(一) 即 ,即 ,解(二) 题2-24图3.10 平板中央开一小孔，质量为的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为的重物小球作匀速圆周运动，当半径为时重物到达平衡今在的下方再挂一质量为的物体，如题2-24图试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径为多少?解: 在只挂重物时，小球作圆周运动的向心力为，即挂上后，则有重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒即 联立、得3.11 飞轮的质量60kg，半径0.

18、25m，绕其程度中心轴转动，转速为900revmin-1现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力，可使飞轮减速已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦及飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求：(1)设100 N，问可使飞轮在多长时间内停顿转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2)假如在2s内飞轮转速削减一半，需加多大的力?解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中、是正压力，、是摩擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力题3.11图（a）题3.11图(b)杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有对飞轮，按转

19、动定律有，式中负号表示及角速度方向相反又 以等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开场到飞轮停顿转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里，飞轮转了转(2)，要求飞轮转速在内削减一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为3.12 固定在一起的两个同轴匀称圆柱体可绕其光滑的程度对称轴转动设大小圆柱体的半径分别为和，质量分别为和绕在两柱体上的细绳分别及物体和相连，和则挂在圆柱体的两侧，如题3.12图所示设0.20m, 0.10m，4 kg，10 kg，2 kg，且开场时，离地均为2m求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力解: 设,和分别为,和柱体的加速度及角加速

20、度，方向如图(如图b)题3.12(a)图 题3.12(b)图(1) ,和柱体的运动方程如下：式中 而 由上式求得 (2)由式由式3.13 计算题3.13图所示系统中物体的加速度设滑轮为质量匀称分布的圆柱体，其质量为，半径为，在绳及轮缘的摩擦力作用下旋转，忽视桌面及物体间的摩擦，设50kg，200 kg,M15 kg, 0.1 m解: 分别以,滑轮为探讨对象，受力图如图(b)所示对,运用牛顿定律，有对滑轮运用转动定律，有又， 联立以上4个方程，得题3.13(a)图 题3.13(b)图题3.14图3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为，长为，可绕过一端的程度轴自由转动，杆于程度位置由静止开

21、场摆下求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.解: (1)由转动定律，有(2)由机械能守恒定律，有题3.15图3.15如题3.15图所示，质量为，长为的匀称直棒，可绕垂直于棒一端的程度轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上现有一质量为的弹性小球飞来，正好在棒的下端及棒垂直地相撞相撞后，使棒从平衡位置处摇摆到最大角度30处(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速的值；(2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和89756563机械能守恒定律，可列式：上两式

22、中，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度，按机械能守恒定律可列式：由式得由式由式所以求得(2)相碰时小球受到的冲量为由式求得负号说明所受冲量的方向及初速度方向相反题3.16图3.16 一个质量为M、半径为并以角速度转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上(1)问它能上升多少?(2)求余下局部的角速度、角动量和转动动能解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度设碎片上上升度时的速度为，则有令，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量，碎片抛出后圆盘

23、的转动惯量，碎片脱离前，盘的角动量为，碎片刚脱离后，碎片及破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片及破盘的总角动量应守恒，即式中为破盘的角速度于是得(角速度不变)圆盘余下局部的角动量为转动动能为题3.17图3.17 一质量为、半径为R的自行车轮，假定质量匀称分布在轮缘上，可绕轴自由转动另一质量为的子弹以速度射入轮缘(如题3。17图所示方向)(1)开场时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?(2)用,和表示系统(包括轮和质点)最终动能和初始动能之比 解: (1)射入的过程对轴的角动量守恒(2) 3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 Nm-1

24、；定滑轮的转动惯量是0.5kgm2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开场时物体静止而弹簧无伸长解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有又 故有 题3.18图 习题四4.3 惯性系S相对另一惯性系沿轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点在S系中测得两事务的时空坐标分别为=6104m,=210-4s，以及=12104m,=110-4s已知在S系中测得该两事务同时发生试问：(1)S系相对S系的速度是多少? (2) 系中测得的两事务的空间间隔是多少?解:

25、 设相对的速度为，(1) 由题意 则 故 (2)由洛仑兹变换 代入数值， 4.4 长度=1 m的米尺静止于S系中，及轴的夹角=30，S系相对S系沿轴运动，在S系中观测者测得米尺及轴夹角为45 试求：(1)S系和S系的相对运动速度.(2)S系中测得的米尺长度 解: (1)米尺相对静止，它在轴上的投影分别为：米尺相对沿方向运动，设速度为，对系中的视察者测得米尺在方向收缩，而方向的长度不变，即故 把及代入则得 故 (2)在系中测得米尺长度为45两个惯性系中的视察者和以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度互相接近，假如测得两者的初始间隔 是20m，则测得两者经过多少时间相遇?解: 测得相遇时间为测得

26、的是固有时或者，测得长度收缩，4.6 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系和中，甲测得在同一地点发生的两事务的时间间隔为 4s，而乙测得这两个事务的时间间隔为 5s求：(1) 相对于的运动速度(2)乙测得这两个事务发生的地点间的间隔 解: 甲测得,乙测得，坐标差为(1) 解出 (2) 负号表示4.7 6000m 的高空大气层中产生了一个介子以速度=0.998c飞向地球假定该介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命210-6s试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和介子静止系中观测者来推断介子能否到达地球解: 介子在其自身静止系中的寿命是固有(本征)时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，其寿命延长

27、了衰变前经验的时间为这段时间飞行间隔 为因，故该介子能到达地球或在介子静止系中，介子是静止的地球则以速度接近介子，在时间内，地球接近的间隔 为经洛仑兹收缩后的值为：，故介子能到达地球4.8 设物体相对S系沿轴正向以0.8c运动，假如S系相对S系沿x轴正向的速度也是0.8c，问物体相对S系的速率是多少?解: 依据速度合成定理，,49 飞船以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船以0.6c的速度相对地球向正西方向飞行当两飞船即将相遇时飞船在自己的天窗处相隔2s放射两颗信号弹在飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?解: 取为系，地球为系，自西向东为()轴正向，则对系的速度，系对系的速度为，

28、则对系(船)的速度为放射弹是从的同一点发出，其时间间隔为固有时，题3-14图中测得的时间间隔为：4.10 (1)火箭和分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+和-方向飞行试求由火箭测得的速度(2)若火箭相对地球以0.8c的速度向+方向运动，火箭的速度不变，求相对的速度 解: (1)如图，取地球为系，为系，则相对的速度，火箭相对的速度，则相对()的速度为：或者取为系，则，相对系的速度，于是相对的速度为：(2)如图，取地球为系，火箭为系，系相对系沿方向运动，速度，对系的速度为,由洛仑兹变换式相对的速度为：相对的速度大小为速度及轴的夹角为题3-15图4.11 静止在S系中的观测者测得一光子沿及轴成

29、角的方向飞行另一观测者静止于S系，S系的轴及轴一样，并以0.6c的速度沿方向运动试问S系中的观测者观测到的光子运动方向如何?解: 系中光子运动速度的重量为由速度变换公式，光子在系中的速度重量为光子运动方向及轴的夹角满意在第二象限为在系中，光子的运动速度为 正是光速不变4.12 (1)假如将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功?(2)假如将电子由速率为0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功?解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得J=(2) 4.13 子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命=210-6s，若它在试验室参考系中的平均寿命= 710-6s，试问其质量

30、是电子静止质量的多少倍?解: 设子静止质量为，相对试验室参考系的速度为，相应质量为，电子静止质量为，因由质速关系，在试验室参考系中质量为：故 4.14 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?解: 设静止质量为，运动质量为，由题设 由此二式得 在运动方向上的长度和静长分别为和，则相对收缩量为：4.15 氢原子的同位素氘(H)和氚(H)在高温条件下发生聚变反响，产生氦(He)原子核和一个中子(n)，并释放出大量能量，其反响方程为H + HHe + n已知氘核的静止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位1.60010-27kg)，氚核和氦核及中子的质量分别为

31、3.0155，4.0015，1.00865原子质量单位求上述聚变反响释放出来的能量解: 反响前总质量为反响后总质量为质量亏损 由质能关系得习题五5.3 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，必需同时满意以下三个条件：一 ，描绘系统的各种参量，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旁边作往复运动；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描绘时，其

32、所作的运动就是谐振动(1)拍皮球时球的运动不是谐振动第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置；第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面赐予的弹力，击球者赐予的拍击力，都不是线 性回复力(2)小球在题4-1图所示的状况中所作的小弧度的运动，是谐振动明显，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点；而小球在运动中的回复力为，如题4-1图(b)所示题 中所述，故0，所以回复力为.式中负号，表示回复力的方向始终及角位移的方向相反即小球在点旁边的往复运动中所受回复力为线性的若以小球为对象，则小球在以为圆心的竖直平面内作圆周运

33、动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有令，则有5.7 质量为的小球及轻弹簧组成的系统，按的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度及加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能及势能相等?(3)及两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为，则知：又 (2) 当时，有，即 (3) 5.8 一个沿轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为，周期为，其振动方程用余弦函数表示假如时质点的状态分别是：(1)；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过处向负向运动；(4)过处向正向运动试求出相应的初位相，并写出振动方程解：因为 将以上初值条件代入上式，使两式同时成立

34、之值即为该条件下的初位相故有5.9 一质量为的物体作谐振动，振幅为，周期为，当时位移为求：(1)时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到处所需的最短时间；(3)在处物体的总能量解：由题已知 又，时，故振动方程为 (1)将代入得方向指向坐标原点，即沿轴负向(2)由题知，时，时 (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5.10 有一轻弹簧，下面悬挂质量为的物体时，伸长为用这个弹簧和一个质量为的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开后 ，赐予向上的初速度，求振动周期和振动表达式解：由题知而时， ( 设向上为正)又 5.11 图为两个谐振动的

35、曲线，试分别写出其谐振动方程题5.11图解：由题5.11图(a)，时，即 故 由题5.11图(b)时，时，又 故 5.12 一轻弹簧的倔强系数为，其下端悬有一质量为的盘子现有一质量为的物体从离盘底高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开场振动(1)此时的振动周期及空盘子作振动时的周期有何不同?(2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开场振动时作为计时起点，求初位相并写出物体及盘子的振动方程解：(1)空盘的振动周期为，落下重物后振动周期为，即增大(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，时，则碰撞时，以为一系统动量守恒，即则有 于是（3） (第三象限)，所以

36、振动方程为5.13 有一单摆，摆长，摆球质量，当摆球处在平衡位置时，若给小球一程度向右的冲量，取打击时刻为计时起点，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程解：由动量定理，有按题设计时起点，并设向右为轴正向，则知时， 0又 故其角振幅小球的振动方程为5.14 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为，位相及第一振动的位相差为，已知第一振动的振幅为，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差题5.14图解：由题意可做出旋转矢量图如下由图知设角，则即 即，这说明，及间夹角为，即二振动的位相差为.5.15 试用最简洁的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) (2)解：

37、 (1) 合振幅 (2) 合振幅 5.16 一质点同时参及两个在同始终线上的简谐振动，振动方程为试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解： 其振动方程为(作图法略)*5.17 如题5.17图所示，两个互相垂直的谐振动的合振动图形为一椭圆，已知方向的振动方程为，求方向的振动方程题5.17图解：因合振动是一正椭圆，故知两分振动的位相差为或；又，轨道是按顺时针方向旋转，故知两分振动位相差为.所以方向的振动方程为习题六6.6 振动和波动有什么区分和联络?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联络?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

38、系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置旁边所做的往复运动，系统分开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中全部质元都在各自的平衡位置旁边作振动，因此介质中任一质元分开平衡位置的位移既是坐标位置，又是时间的函数，即(2)在谐振动方程中只有一个独立的变量时间，它描绘的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变更的规律；平面谐波方程中有两个独立变量，即坐标位置和时间，它描绘的是介质中全部质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变更的规律当谐波方程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)振动曲线描绘的是一个质点的位移随时间变更的规律，因此，其纵轴为，横轴为；波动曲线描绘的是介质中全部质元的位移随位置，随时间变更的规律，其纵轴为，横轴为每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置变更的规律，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6.7 波源向着视察者运动和视察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种状况有何区分?解: 波源向着视察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题6.7图所示)，因此视察者在单位时间内接