大学物理教材(例题、练习)答案

大学物理教材(例

题、练习)答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第一章

例题 1D ； 2D ； 3C

4答：(1)、(3)、(4)是不可能的

5 3/30Ct +v 40012

1

Ct t x ++v

6 x = (y 3)2

7 17m/s 2 104o

练习

1 、16 R t

2 ； 4 rad /s 2 2解：设质点在x 处的速度为v ，

62d d d d d d 2x t

x

x t a +=?==v v

()

x x x

d 62d 0

20

??+=v v v

()

2 21

3 x x +=v 3解：(1) 5.0/-==??t x v m/s (2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s

(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m 4解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t ??=v

v 0

d 4d t

t t

v 2=t 2

v d =x /d t 2=t 2 t t x t

x

x d 2d 0

20

??=

x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 5解：根据已知条件确定常量k

()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 24t =ω, 24Rt R ==ωv

s t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v

()

8.352

/12

2=+=n

t a a a m/s 2

6解：(1) 球相对地面的初速度 =+='v v v 030 m/s 1分

抛出后上升高度 9.4522

='=g

h v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度

202

1

)(gt t t -+=v v v 1分

08.420

==

g

t v s 7如图所示，取沿地面方向的轴为ox 轴。人从路灯正下方点o 开始运动，经时间t 后其位置为vt oA x ==，而人头顶影子的位置为x '。由相似三角形关系，有

h H H vt x oA

oC -='=

，h

H Hvt x -='，故头顶影子的移动速度为h H Hv

dt x d v -=

'='。

第二章

例题 1、B 2、C 3、B 4、D 5、B

6、θcos /mg θ

θcos sin gl

练习

1、证：小球受力如图，根据牛顿第二定律

t

m ma F k mg d d v

v ==-- 2分

t m

F k mg d /)(d =--v v

初始条件： t = 0, v = 0． 1分

??=-t

t F)/m k mg 0

0d (d v -v v

∴ k F mg m kt /)e 1)((/---=v 2分

2、解：(1)以A 、B 、绳为研究对象

F －mg －m A g －m B g ＝(m + m A + m B ) a

∴ g m m m F

m m m g )m m m (F a B

A B A B A -++=++++-=

2分 (2)以绳下段x 长和物体A 为研究对象

T (x )－(m A + m x / L )g ＝(m A + m x / L ) a 2分

∴ T (x ) = (m A +m x /L ) (g + a )

)2496()/(x m m m L mx m F B

A A +=+++= N 1分 3、解：对物体A 应用牛顿第二定律

平行斜面方向： ma f mg F r =--αθsin cos 1分 垂直斜面方向： 0sin cos =--ααF mg N 1分 又 N f r μ= 1分 由上解得 2m/s 91.0)

sin cos (sin cos =+--=

m

F mg mg F a ααμαα

4、解：根据牛顿第二定律

x m t x x m t m x

k f d d d d d d d d 2v

v

v v =?==-= 3分 ∴ ??-=-=4

/202d d ,d d A A

x mx k

mx x k v v v v v k mA

A A m k 3)14(212=-=v 2分

∴ )/(6mA k =v

5、解：球A 只受法向力N 和重力g m

，根据牛顿第二定律 法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分

由①式可得 )/cos (2R g m N v +=θ 1分

根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分

6、解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f

和质

量为m 的物块对它的拉力F 的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F

的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有

F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分

m 物块是静止的，因而

F = m g 1分 又

f max =μs M

g 1分

故

2.372

max =+=ωμM Mg mg r s mm 2分 4.122

min =-=ωμM Mg

mg r s mm 2分

第三章

例题 1、C 2、D 3、C 4、C 5、C 6、C

7、mgh 2

1

-

8、 k

mg F 2

)(2μ-

9、 2

11

2r r r r GMm

-

2分

2

121r r r

r GMm -

2分

10、 R

GmM 32

2分 R GmM 3-

练习

1、θ

α

μθμsin sin ctg Fh mgh +

-

2、4000 J

3、解：由x ＝ct 3可求物体的速度： 23d d ct t

x

==

v 1分 物体受到的阻力大小为： 34

32

42299x kc t kc k f ===v 2分 力对物体所作的功为：

?=W W d =?-l

x x kc 03

43

2d 9 =

7

273

7

3

2

l

kc - 2分

4、

解： ??=?=t t r F A d 12d v

1分

而质点的速度与时间的关系为

200003d 212

d 0d t t t t m F t a t t t ==+=+=???v v 2分

所以力F 所作的功为 ??==3

330

2

d 36d )3(12t t t t t A =729 J 2分

5、解：以弹簧仅挂重物m 1时，物体静止（平衡）位置为坐标原点，竖直向下为y 轴正向，此时弹簧伸长为： l 1＝m 1 g / k ① 1分

再悬挂重物m 2后，弹簧再获得附加伸长为 l 2＝m 2 g /k ② 1分

当突然剪断连线去掉m 2后，m 1将上升并开始作简谐振动，在平衡位置处速度最大．根据机械能守恒，有

21221)(21gl m l l k -+＝21212

121kl m m +v ③ 2分 将①、②代入③得 )(v k m g m m 121= ≈0.014 m/s ④ 1分

6、

解：设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k ，根据胡克定律：

0.1g ＝k (0.07－l 0) ， 0.2g ＝k (0.09－l 0) 解得： l 0＝0.05 m ，k ＝49 N/m 2分 拉力所作的功等于弹性势能的增量：

W ＝E P 2－E P 1＝201202)(2

1

)(21l l k l l k ---＝0.14 J 3分

7、解：弹簧长为AB 时，其伸长量为 l l l x =-=21 1分 弹簧长为AC 时，其伸长量为 l l l x )12(22-=-= 1分

弹性力的功等于弹性势能的减少 2

221212

121kx kx E E W P P -=-= 2分

[]

22

)12(12

1--=

kl 2)12(kl -= 1分 8、 解：两个粒子的相互作用力 3r k f =

已知f ＝0即r ＝∞处为势能零点, 则势能 1分

??∞∞∞=?==r r P P r r k W E d d 3r f

2分

)2(2r k =

9、解：(1)位矢 j t b i t a r

ωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =

t a t x x ωωsin d d -==v ， t b t

y ωωcos d dy

-==v

在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω

E KA =222

22

12121ωmb m m y x =+v v 2分

在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ω

E KB =222

22

12121ωma m m y x =+v v 2分

(2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 2

2

-- 2

分

由A →

B ?

?-==0

20

d cos d a

a

x x x t a m x F W ωω=?=

-0

2222

1

d a

ma x x m ωω 2分 ??-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=?-=-b mb y y m 02222

1

d ωω 2分

10 解：如图所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹

性势能零点；x 0为挂上物体后的伸长量，O ＇为物

体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O "处为重力势能的零点．由题意得物体在O ＇处的机械能为：

αsin )(2

102001x x mg kx E E K -++= 2分

在O " 处，其机械能为： 2222

1

21kx m E +=v 2分

由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：

22020

02

1

21sin )(21kx m x x mg kx E K +=-++v α 2分 在平衡位置有： mg sin α =kx 0

∴k mg x αsin 0= 2分

代入上式整理得： k

mg kx mgx E m K 2)sin (21sin 212202

αα--+=v 2分

第四章 O "O 'x 0x O

l

例题：

1. C

2. A

3. B

4. C

5. 0.89 m/s 3分 参考解：在0-1 s 内, F<μ0mg ,未拉动物体.

在1 s-2 s 内, ??=--+=2

1

12s N 89.0)(d )96.0(t t mg t t I μ

由 m v – 0=I ， 可得 v = I/m=0.89 m/s

6. j i 5-

7. GMR m

8. 0.003 s 0.6 N·s 2 g

9. 取如图所示坐标，设绳长L ，质量M 。

设在时刻t 已有x 长的柔绳落到桌面上，随后的d t 时间内将有质量为x d ρ(即L x M /d )的柔绳以d x /d t 的速率碰到桌面而停

止，它的动量变化率为：

t

t x

x d d d d ?

-ρ 根据动量定理，桌面对柔绳的冲力为：

2d d d v ,d x x

t F t ρρ-'=

=- 其中 t

x

d d =v 由牛顿第三定律，柔绳对桌面的冲力为F=-F ′，

即 22)(d d d d v L

M dt dx L M t t x

x

F ===

ρ 而 L Mgx F gx /2,22=∴=v

已落桌上柔绳所受的重力 G =M·gx/L F 总=F+G=3G

10. (1) 设A ，B 间绳中张力为T ，分别对A 、B 列动力学方程

M A g –T =M A a T =M B a

解得 a =Mg / (M A +M B )

由 M A = M B = M a ＝2

1

g

设B 、C 之间绳长为l ，在时间t 内B 物体作匀加速运动，有

例题4-9答案图

l ＝

2

1at 2

＝gt 2/4 ， t=g l /4=0.4 s (2) B 和C 之间绳子刚拉紧时，A 和B 所达到的速度为

v ＝at ＝21gt ＝2

1

×10×0.4＝2.0 m/s

令B 、C 间拉紧后，C 开始运动时A 、B 、C 三者的速度大小均变为V ，由动量定理(设三者速度变化过程中T AB 为AB 间绳中平均张力，T BC 为BC 间绳中平均张力,τ为过程时间) M A V - M A v = –T AB ·τ (∵M A g<

M B V – M B v =T AB ·τ–T BC ·τ

M C V – 0 = T BC ·τ

得 (M A + M B + M C )V = ( M A + M B ) v

V =

3313

2

)(.M M M M C B A B A ==+++v M v m/s 练习题：

1. 2 m/s

2. 36 rad/s 参考解：系统对竖直轴的角动量守恒，rad/s 36/22210==r r ωω。

3. 1 m /s 0.5 m /s

4. m v 0 sin θ 竖直向下

5. m ω ab 0

6. gh M 6 垂直于斜面指向斜面下方．

参考解： 沿垂直斜面方向上动量的分量的增量为

gh M gh M M 6230cos 2=??=?v

若在碰撞过程中忽略重力，则以上即为小球对斜面的冲量大小， 方

向垂直于斜面并指向斜面下方．

7. 证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O ，力对该点的力矩为零．根据角动量定理，质点对O 点的角动量是恒矢量

v

m r L ?=＝恒矢量 2分 L 的方向垂直于r 和v 所在的平面，L 是恒矢量，方向不变，即 r ，v

总是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动． 3分

8. 0 2πmg /ω 2πmg /ω

9. 解：设沙子落到传送带时的速度为1v ，随传送带一起运动的速度为2v

，则取直角坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上．

i j j gh

32==-=21v v ,-4

设质量为?m 的砂子在?t 时间内平均受力为F

,则

)3(j i t

m t m m t p F

4+??=???-??=??=12v v 3分 由上式即可得到砂子所受平均力的方向,设力与x 轴的夹角为α则

tg =α-1(4/3)= 53°,力方向斜向上 2分 10. 解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力 mg F N +?=30sin 1分

物体要有加速度必须 N F μ≥?30cos 2分 即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分

物体开始运动后，所受冲量为 ?-?=t

t t N F I 0

d )30cos (μ

)(96.1)(83.302

2t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分 则此时物体的动量的大小为 I m =v

速度的大小为 8.28==m

I

v m/s 2分

11. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '

有 m v 0 = m v +M v '

v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分

(2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v

方向为正方向) 2分

负号表示冲量方向与0v

方向相反． 2分 12. 解：角动量守恒 r m r m v v '=00 ① 2分

v ＇为02

1

r r =时小球的横向速度．

拉力作功 2

22

121v v m m W B -= ② 2分 v B 为小球对地的总速度， 而 222

v v v +'=B

当021r r =时 22

0202

1)2/3(v m mr W +=ω 1分

第五章

例题：

1. C

2. A

3. C

4. C

5. A

6. A

7. 3v 0 / (2l )

8. J k 920

ω- 0

2ωk J

9-11（见书上） 练习题：

1.

2.5 rad / s 2 2. 4.0 rad

3. 0.25 kg ·m 2

4. mr r

J

mg +

5. g / l g / (2l )

6. 解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律 M = J β 1分

其中 4/30sin 21

mgl mgl M == 1分

于是 2rad/s 35.743 ===l

g

J M β 1分

当棒转动到水平位置时， M =2

1

mgl 1分

2rad/s 7.1423 ===l

g

J M β 1分

7. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统． 由角动量守恒 得 1分

ωJ l m l

m +-=3

223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3

(2)32(l

m l m J += ② 1分

将②代入①得 l

230v

=ω 1分

8. 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程

对物体： mg －T ＝ma ① 2分 对滑轮： TR = J β ② 2分 运动学关系： a ＝R β ③ 1分 将①、②、③式联立得

a ＝mg / (m ＋2

1M ) 1分 ∵ v 0＝0，

∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋2

1M ) 2分

9. 解：受力分析如图所示．

设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下.

a

2分

根据牛顿第二定律可得：

对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分 对重物： T 1－21Mg ＝21

Ma ② 2分 根据转动定律，对滑轮有

(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分 因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分

①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分

10. 解：各物体的受力情况如图所示． 图2分

由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程：

T 1R ＝J 1β1＝1212

1

βR M 方程各1分共5分

T 2r －T 1r ＝J 2β2＝2212

1βr M mg －T 2＝ma , a ＝R β1＝r β2 , v 2＝2ah

求解联立方程，得 ()42

121=++=m M M mg a m/s 2

ah 2=v =2 m/s 1分 T 2＝m (g －a )＝58 N 1分

T 1＝a M 12

1

＝48 N 1分

11. 解：各物体受力情况如图． 图2分

F －T ＝ma 1分

T '＝ma 1分 (T T '-)R ＝β221

mR 1分 a ＝R β 1分

由上述方程组解得： β ＝2F / (5mR )＝10 rad ·s -2 2分 T ＝3F / 5＝6.0 N 1分 T '＝2F / 5＝4.0 N 1分

第六章 狭义相对论基础

例6-1【解】三种说法都正确。 例6-2解：c ；c ；c 。

2

2

1

N

a 2

a a

T ’

例6-3解：S 系球面方程为：22222x y z c t ++=；S '系球面方程为：

22222''''x y z c t ++=。

解：L c t =?。

例6-4解：速度2v ，距离L ，时间间隔t ?,所以2/t L ?=v 。 例6-5：解：相对的，运动。 例6-6解：C 例6-7解：A 例6-8解：[C]

例6-9解：站台上测出的1m

是运动的长度。求静长，所以

0L =

=

例6-10

解：6612.9510s τ--=

=

=?

例6-11解：方法一，固有长度020L m =，'0.6c ==v v ，'O

认为距离

'21/2

0(1)

20L L m β=-=，'

'

88.8910L t s -?==?v'

。

方法二，'O 测得的时间为固有时间，由0

L t τ?==

v

得'21/280(1)8.8910t s ττβ-?==-=?。

例6-12解：实验室中观测到介子的能量为

222220000078k E E m c m c m c m c m c γ=+=+==，即8γ=。由时间延缓关系式，实

验室寿命008τγττ=

=

==，即0/8ττ=。

例6-13解：初动能00k E =，末动能22200(1)k E mc m c m c γ=-=-，

221/2(1/)1/0.8 1.25c γ-=-==v ，即2200(1)0.25k E m c m c γ=-=，需做的功为

2000.25k k k W E E E m c =-==。

例6-14解：已知200.511m c =，220()0.25k E m m c mc =-=?=，所以

00.25

0.50.511

m m ?=≈。 解：20(1)k E m c γ=-，当

1c

→v

时，k E →∞，选D 。 例6-16解：（1）棒相对于甲静止，他测得其质量为m ，体积为

V= s ，所以密度m ls

ρ=

。 （2）棒相对于乙运动，他测得其质量为'm m γ=,

长度为'l

l γ

==

，截面

积不变仍为S ，所以测得体积为'

'

ls

V l s γ==，所以密度2'25''9m m m V ls ls

γρ===。

【练习题】

6-1解：一切彼此相对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的 一切惯性系中，真空中的光速都是相等的

6-2 (A )τ < τo ； < o .(B )τ < τo ； > o .(C )τ > τo ； > o .(D )τ > τo ； < o . 解：(D )。分析：S 和S '相对速度为u ，S '中两事件的时间间隔为τo 为原时间，则S 系的钟测出这两个事件的时间间隔为τ=τ o / 22c v 1-，则τ>τo ；S '系x '轴上放置一固有长度为 o 的细杆，从S 系测得此杆的长度为 = o 22c v 1-，则 < o 。

例6-15

6-3解：只有运动方向上的长度缩短，

= o 22c v 1-= o ()2

88103104.21??-=0.6 o ，垂直于运动方向上的长度不变，

故体积是V= o 2=30?502=7.5?104cm 3。

6-4解：地球上观察者测得距牛郎星约 o =16光年为固定长度，宇宙飞船上的钟指示的时间τo =4年为原时间。方法一：以地面系计算， o =v τ=v τ o / 22c v 1-，16c=v ?4 / 22c v 1-，∴v=17/16c=0.97c=2.91?108m / s 。方法二：以飞船系计算，飞船系认为 = o 22c v 1-=v τo ，16c ?22c v 1-=4v ，∴v=17/16 c =0.97c=2.91?108m / s 。

6-5 解：?x / v ，22c v 1-?x / v 。分析：(1)在S 系中相隔为?x 处两只同步的钟A 和B ，读数相同，∴?x=v ??t ∴?t=?x / v 。

(2)方法一：S '系记下本征时间，由?t =?t ' / 22c v 1-∴?t '=22c v 1-?x / v 。 方法二：?x 为固有长度，在S '系?x '=?x 22c v 1-，∴?t '=?x ' / v=22c v 1-?x / v 。

6-6解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=

?v

S

t 年 以飞船上的时钟计算： ≈-='??22

1c

t t v 0.20 年

6-7 解：(1) 从列车上观察，隧道的长度缩短，其它尺寸均不变。

隧道长度为 22

1c

L L v -='

(2) 从列车上观察，隧道以速度v 经过列车，它经过列车全长所需时间为

v v 0

l L t +'=' v

02)/(1l c v L +-=

这也即列车全部通过隧道的时间.

6-8解：实验室测得静止μ+子的寿命τo =2.2?-106s ，运动时寿命为τ=τo / 22c v 1-

=1.63?10-5 s ，∴τ0 / τ=22c v 1-?v / c=()201ττ-=()23.16/2.21-=0.99。 这两个测量结果符合相对论的时间膨胀的结论。(或运动的时钟变慢的结论) 6-9解：设飞船A 相对于飞船B 的速度大小为v ，这也就是飞船B 相对于飞船A 的速度大小．在飞船B 上测得飞船A 的长度为

20)/(1c l l v -=

故在飞船B 上测得飞船A 相对于飞船B 的速度为

2

0)/(1)/(/c t l t l v v -==??

解得 82

001068.2)/(1/?=+=

??t c l t l v m/s

所以飞船B 相对于飞船A 的速度大小也为2.68×108 m/s ． 6-10解：E=E k +E o ，∴mc 2=4m o c 2+m o c 2 =5m o c 2，∴m / m o =5。 6-11解：mc 2=E k +m o c 2?γ m o c 2=E k +m o c 2，∴γ-1=

2

2

c v 1-=

2

0k 20c m E c m +=

5.025.05.0+=3

2

，

∴v / c=()2321-=0.745，∴v=0.745c=2.24?108 m / s 。 6-12解：相对于观察者甲，物体是静止的，E 1=mc 2=9?1016J ； 相对于观察者乙，物体以v=0.8c 运动，E 2=

2

222c c 8.01mc -=6

.0mc 2=1.5?1017J 。 6-13解：(1) 222)/(1/c c m mc E e v -== =5.8×10-13 J (2) 20v 2

1e K m E =

= 4.01×10-14 J 22c m mc E e K -=22]1))/(1/1[(c m c e --=v = 4.99×10-13 J ∴ =K K E E /08.04×10-2

6-14解：根据功能原理，要作的功 W = ?E 根据相对论能量公式 ?E = m 2c 2- m 1c 2 根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=

2/12101])/(1/[c m m v -=

∴ )1111

(

2

212

2220c

c

c m W v v --

-=＝4.72×10-

14 J ＝2.95×105 eV

6-15解：(1) = o 22c v 1-，∴v=c ()201 -=220 -c / o 。 (2)γ =(22c v 1-)-1= o / ，∴E k =mc 2-m o c 2=(γ-1)m o c 2=( o / -1)m o c 2。 6-16解：实验室观察认为介子的寿命τ，速度为v ，测得运动的距离 =v τ。E=γm o c 2，E o =m o c 2，∴γ=E / E o =3000 / 100=30，γ=1 / 22c v 1-。∴v / c=230/11-=899 / 300=0.9994，∴v=c 899 / 300=2.996?108m / s 。τ=τ o /

22c v 1-=30τo =6?10-5s ，∴ =v τ=2996?6=17976m 。

6-17解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 22

1c

x x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 22

01c V xyz V v -==

观察者Ａ测得立方体的质量 2

2

01c m m v -=

故相应密度为 V m /=ρ2

2

2

2

011/c

V c m v v --=

)1(2

2

00c V m v -

=

【例题精选】

例7—1 0.37 cm )2

1

cos(1037.02π±π?=-t x (SI)

例7—2 B

例7—3 k m /22πk m 2/2π

例7—4 C

x A B t = 4

φ

例7—5 解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒， ∴ T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω =2πν = (π /4) s -1

(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A =

t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1

因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 25cos /==φx A cm

∴ 振动方程 )434cos(10252π-π?=-t x (SI)

(2) 速率 )434sin(41025d d 2

π-π?π-==-t t x v (SI) 当t = 0 时，质点在A 点

221093.3)43sin(10425d d --?=π-?π-==t x v m/s 例7—6 解：旋转矢量如图所示．

由振动方程可得：π2

1

=ω，π=?31φ

667.0/=?=?ωφt s

例7—7 C

例7—8 0.84 0.84 例7—9 B

例7—10 振动系统本身性质 初始条件 例7—11 B 【练习题】 7—1 B

7—2 )2

14cos(04.0π-πt

7—3 解：(1) t = 0时， a = 2.5 m/s 2 ，| F | = ma = 5 N

(2) | a max | = 5，其时 | sin(5t -π/6) | = 1

| F max | = m | a max | = 10 N x = ±0.2 m （振幅端点）

例题7-6答案图

x (m)

ωω

π/3

π/3 t = 0

0.12 0.24 -0.12 0.24 O

A

A

7—4 C 7—5

解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．

选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得

220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得

0//d d 022=+l gx t x

∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． π===1.958.28/0l g ω 设振动表达式为 )cos(φω+=t A x

由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-?m ，v 0 = 0，

解得 φ = 0

∴ )1.9cos(1022t x π?=- 7—6

解：(1) 小物体受力如图．

设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =-

)(a g m N -=

当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知

A = 10 cm ，N/m 3

.060

=k 有 50/==m k ω rad ·s -1

系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 此值小于g ，故小物体不会离开．

(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得 x a g 2ω-== 6.19/2-=-=ωg x cm

即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得 2/ωg A >=19.6 cm ．

7—7 解：(1) 势能 221kx W P = 总能量 22

1

kA E =

由题意，4/21

22kA kx =， 21024.42

-?±=±

=A x m (2) 周期 T = 2π/ω = 6 s

从平衡位置运动到2

A

x ±=的最短时间 ?t 为 T /8．

l 0 x m

x

kl 0k (l +x )

m

习题7-5答案图

N

m

g 习题7-6答案图

∴ ?t = 0.75 s ．

7—8 解：第一球自由落下通过路程l 需时间 g l g l t /41.1/21==

而第二球返回平衡（即最低）位置需时 g l T t /57.14/2== 12t t >，故第一球先到。 7—9 1×10-2 m π/6

7—10 |A 1 – A 2| )212cos(12π+π-=t T A A x

【例题精选】 例8—1 C

例8—2 D

例8—3 )23

cos(2.02x t a π+ππ-= (SI)

例8—4 }]/)1([cos{φω+++=u x t A y (SI) 例8—5

解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动． 该波的表达式为

)]4(22cos[x ut A y -π-π=λ

λλ

)222cos(x ut A λ

λπ

+π-π= (SI)

(2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时 )22cos(x A y λπ

+π-

=)2

2cos(π-π=x A λ 按上述方程画的波形图见图B ．

例8—6 ]2)2(2cos[π

-+-π=u x t u A y λ

]2

)2(2cos[π

+-π=t u A y P λ

O x P

x

λ/4 u

图

例题8-5答案图