大學物理：第4章習題參考答案

1、第四章 狹義相對論4-1 利用 其中 習題4.2圖4-2 x1=0 x2=1200 km 即，則長沙的班機后起飛. （代入數(shù)據(jù)可得）4-3 地球與星球的距離L0=5光年（固有長度），宇航員測量的長度L=3光年（運動長度），由長度收縮公式得得火箭對地的速度4-4 則代入得4-5 解法一 (1) 根據(jù)題意(a) (b) 習題4-5圖 長度沿運動方向縮短因為 因為(2) 解法二 , 由 4-6 (1)對OA(或OB) 習題4-6 (a)圖 在S系（相對系以）周長(2) 習題4-6 (b)圖對OA(或AB)S系中長度為 對OB,在S系中長度為周長 4-7 S系測量的時間間隔為固有時系測量的時間間隔為運

2、動時,根據(jù)時間延緩公式得S系對S系的速率在S系測量的兩個事件的空間間隔為或 4-8 (因為流星是從船頭飛向船尾) 4-9 根據(jù)相對論動力學基本方程得 (1)對上式積分 得 (1) 當t時， 則v=at時, v=c時 4-10 4-11 略4-12 略4-13 略4-14 略4-15 略4-16 根據(jù)質(zhì)能公式得太陽因輻射能量每秒減少的質(zhì)量為與太陽質(zhì)量的比值 這個比值是非常小的.4-17 略第五章 機械振動5-1 解：取固定坐標xOy，坐標原點O在水面上（圖題所示） 設(shè)貨輪靜止不動時，貨輪上的A點恰在水面上，則浮力為Sga.這時習題5-1圖 往下沉一點時，合力 .又 故 故作簡諧振動 5-2 解：

3、取物體A為研究對象，建立坐標Ox軸沿斜面向下，原點取在平衡位置處，即在初始位置斜下方距離l0處，此時： (1)(1) A物體共受三力；重mg, 支持力N, 張力T.不計滑輪質(zhì)量時，有 T=kx列出A在任一位置x處的牛頓方程式將（1）式代入上式，整理后得 故物體A的運動是簡諧振動，且由初始條件求得故物體A的運動方程為x=0.1cos(7t+)m習題5-2圖(2) 當考慮滑輪質(zhì)量時，兩段繩子中張力數(shù)值不等，如圖所示，分別為T1、T2,則對A列出任一位置x處的牛頓方程式為: (2)對滑輪列出轉(zhuǎn)動方程為： (3)式中,T2=k(l0+x) （4）由式（3）、(4)知代入(2)式知又由（1）式知故即 可

4、見，物體A仍作簡諧振動，此時圓頻率為：由于初始條件：可知，A、不變，故物體A的運動方程為:由以上可知：彈簧在斜面上的運動，仍為簡諧振動，但平衡位置發(fā)生了變化，滑輪的質(zhì)量改變了系統(tǒng)的振動頻率.5-3 解：簡諧振動的振動表達式：習題5-3圖由題圖可知，,當t=0時，將代入簡諧振動表達式，得：由,當t=0時，由圖可知，0,即,故由,取又因:t=1s 時，將其入代簡諧振動表達式，得由t=1s時,0知，,取，即 質(zhì)點作簡諧振動的振動表達式為5-4 解：以該球的球心為原點，假設(shè)微粒在某一任意時刻位于遂道中的位矢為，由高斯定理可知,則微粒在此處受電場力為:式中，負號表明電場的方向與的正方向相反，指向球心.由

5、上式及牛頓定律，得：令 則 故微粒作簡諧振動，平衡點在球心處.由知: 5-5 解：（1）取彈簧原長所在位置為點.當彈簧掛上物體A時，處于靜止位置P點，有： 將A與B粘合后，掛在彈簧下端，靜止平衡所在位置O點，取O點為原坐標原點如圖題5-5所示，則有： 設(shè)當B與A粘在一起后，在其運動過程的任一位置，彈簧形變量,則A、B系統(tǒng)所受合力為：習題5.5圖 即 可見A與B作簡諧和振動.(2) 由上式知， 以B與A相碰點為計時起點，此時A與B在P點，由圖題5-5可知則t=0時，(負號表P點在O點上方)又B與A為非彈性碰撞，碰撞前B的速度為:碰撞后，A、B的共同速度為： （方向向上）則t=0時，可求得： 可知

6、A與B振動系統(tǒng)的振動表達式為：(3) 彈簧所受的最大拉力，應(yīng)是彈簧最大形變時的彈力，最大形變?yōu)椋簞t最大拉力 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, ,如選x軸向下為正方向.已知初始條件即 而 取,故：(2) 如圖題所示坐標中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m處，有習題5-6圖因為所求時間為最短時間，故物體從初始位置向上運動，.故則取可得：(3) 物體在平衡位置上方0.12m處所受合外力,指向平衡位置.5-7 解：子彈射入木塊為完全非彈性碰撞，設(shè)u為子彈射入木塊后二者共同速度，由動量定理可知：不計摩擦，彈簧壓縮過程中系統(tǒng)機械能守恒，即： （x0為彈簧最大形變量）由此簡諧振動的振幅

7、 系統(tǒng)圓頻率若取物體靜止時的位置O（平衡位置）為坐標原點，Ox軸水平向右為正，則初始條件為：t=0時，x=0,由得：則木塊與子彈二者作簡諧振動，其振動表達式為：5-8 解：當物體m1向右移動x時，左方彈簧伸長x，右方彈簧縮短x，但它們物體的作用方向是相同的，均與物體的位移方向相反，即令F=-kx,有:由 得則粘上油泥塊后，新的振動系統(tǒng)質(zhì)量為：新的周期 在平衡位置時，m2與m1發(fā)生完全非彈性碰撞.碰撞前，m1的速度設(shè)碰撞后，m1和m2共同速度為.根據(jù)動量守恒定律，則 新的振幅 5-9 解：（1）由振動方程知，故振動周期： (2) t=0時，由振動方程得：(3) 由旋轉(zhuǎn)矢量法知，此時的位相：速度

8、加速度 所受力 （4）設(shè)質(zhì)點在x處的動能與勢能相等，由于簡諧振動能量守恒，即：故有： 即 可得： 5-10 解：（1）砝碼運動到最高點時，加速度最大，方向向下，由牛頓第二定律，有：N是平板對砝碼的支持力.故砝碼對板的正壓力與N大小相等，方向相反.砝碼運動到最低點時，加速度也是最大，但方向向上，由牛頓第二定律，有：故 砝碼對板的正壓力與板對砝碼的支持力大小相等，方向相反.（2）當N=0時，砝碼開始脫離平板，故此時的振幅應(yīng)滿足條件：(3) 由,可知，成反比，當時，5-11 解：（1）設(shè)振子過平衡位置時的速度為，由機械能守恒，有： 由水平方向動量定理： 此后，系統(tǒng)振幅為，由機械能守恒，有：得： 有：

9、 （2）碰撞前后系統(tǒng)總能量變化為：式中，負號表示能量損耗，這是泥團與物體的非彈性碰撞所致.（3）當m達到振幅A時，豎直落在m上，碰撞前后系統(tǒng)在水平方向的動量均為零，因而系統(tǒng)的振幅仍為A，周期為，系統(tǒng)的振動總能量不變，為（非彈性碰撞損耗的能量為源于碰撞前的動能）.物體系統(tǒng)過平衡位置時的速度由： 得： 習題5-12圖5-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子從運動到的位置處，角相位的最小變化為：則圓頻率 周期 由初始狀態(tài)，在圖示坐標中，初始條件為：則振幅 （2）因為又 故 得： 根據(jù)題意，振子在平衡位置的下方，取x=0.05m.根據(jù)振動系統(tǒng)的能量守恒定律：故 根據(jù)題意，取再由 得： （3）t=0時

10、， （4）由簡諧振動的振動表達式當t=0時，,可得：又 故 5-13 解：（1）據(jù)題意，兩質(zhì)點振動方程分別為：（2）P、Q兩質(zhì)點的速度及加速度表達分別為：當t=1s時，有：（3）由相位差可見，P點的相比Q點的相位超前.5-14 解：（1）由題意得初始條件： 可得： (由旋轉(zhuǎn)矢量法可證出)在平衡位置的動能就是質(zhì)點的總能量可求得：則振動表達式為：(2) 初始位置勢能當t=0時， 5-15 解：（1）由初始條件：可知，且 則振動表達式為：當t=0.5s時，(2) t=0.5s時，小球所受力：因t=0.5s時，小球的位置在處，即小球在x軸負方向，而f的方向是沿x軸正方向，總是指向平衡位置.習題5-15

11、圖(3) 從初始位置到所需最短時間設(shè)為t，由旋轉(zhuǎn)矢量法知， (4) 因為 在(5) t=4s時， 5-16 解：設(shè)兩質(zhì)點的振動表達式分別為：習題5-16圖由圖題可知，一質(zhì)點在處時對應(yīng)的相位為：同理：另一質(zhì)點在相遇處時，對應(yīng)的相位為：故相位差 若的方向與上述情況相反，故用同樣的方法，可得：5-17 解：由圖題5-17(圖在課本上P200)所示曲線可以看出，兩個簡諧振動的振幅相同，即,周期均勻，因而圓頻率為：由x-t曲線可知，簡諧振動1在t=0時，且，故可求得振動1的初位相.同樣，簡諧振動2在t=0時，故簡諧振動1、2的振動表達式分別為：因此，合振動的振幅和初相位分別為： 但由x-t曲線知，t=0