马文蔚物理学第五版下册答案.docx
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马文蔚物理学第五版下册答案
马文蔚物理学第五版下册答案
【篇一：
大学物理马文蔚第五版下册第十四章课后答案】
>14－1下列说法中
（1）两个相互作用的粒子系统对某一惯性系满足动量守恒，对另一个惯性系来说，其动量不一定守恒；
（2）在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；
（3）在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同.
其中哪些说法是正确的？
（）
（a）只有
（1）、
（2）是正确的（b）只有
（1）、（3）是正确的
（c）只有
（2）、（3）是正确的（d）三种说法都是正确的
（2）（3）说法是正确的，故选（c）.
14－2按照相对论的时空观，判断下列叙述中正确的是（）
（a）在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是同时事件
（b）在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是不同时事件
（c）在一个惯性系中两个同时又同地的事件，在另一惯性系中一定是同时同地事件
（d）在一个惯性系中两个同时不同地的事件，在另一惯性系中只可能同时不同地（Ｅ）在一个惯性系中两个同时不同地事件，在另一惯性系中只可能同地不同时
Ｓ′系中一定是同时同地的，故只有说法（c）正确.有兴趣的读者，可对上述两式详加讨论，以增加对相对论时空观的深入理解.
14－4一飞船的固有长度为l，相对于地面以速度v1作匀速直线运动，从飞船中的后端向飞船中的前端的一个靶子发射一颗相对于飞船的速度为v2的子弹.在飞船上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是（）（c表示真空中光速）（a）llll（b）（c）（d）2v1?
v2v2-v1v2v1?
v1/c分析与解固有长度是指相对测量对象静止的观察者所测，则题
中l、v2以及所求时间间隔均为同一参考系（此处指飞船）中的三个相关物理量，求解时与相对论的时空观无关.故选（c）.讨论从地面测得的上述时间间隔为多少？
建议读者自己求解.注意此处要用到相对论时空观方面的规律了.
分析在相对论中，可用一组时空坐标（x，y，z，t）表示一个事件.因此，本题可直接利用洛伦兹变换把两事件从Ｓ系变换到Ｓ′系中.
解
（1）由洛伦兹变换可得Ｓ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为－
vx21?
?
t1?
1.25?
10?
7s?
v2/c2t1?
（2）同理，第二个事件发生的时刻为
vx22?
?
t2?
3.5?
10?
7s?
v2/c2t2?
所以，在Ｓ′系中两事件的时间间隔为
分析本题可直接由洛伦兹逆变换将该事件从Ｓ′系转换到Ｓ系.
解由洛伦兹逆变换得该事件在Ｓ系的时空坐标分别为－
x?
x?
?
vt?
?
v/c22?
93m
y＝y′＝0
z＝z′＝0
vx?
2t?
?
2.5?
10?
7s?
v2/c2t?
?
t2?
t1?
?
?
t1?
?
?
?
t2v?
?
x1?
?
?
x22
（1）22?
v/c
?
?
t1?
?
t2?
t2?
t1?
?
v?
x2?
x1?
2
（2）22?
v/c
将已知条件代入式
（1）可直接解得结果.也可利用式
（2）求解，此时应注意，式中x2?
x1为地面观察者测得两事件的空间间隔，即Ｓ系中测得的火车长度，而不是火车原长.根据相对论，运
?
?
x1?
?
?
v/c.考虑这一关系方可利用式
（2）动物体（火车）有长度收缩效应，即x2?
x1?
?
x222
求解.
解1根据分析，由式
（1）可得火车（Ｓ′系）上的观察者测得两闪电击中火车前后端的时间间隔为
?
?
t1?
?
t2v?
?
x1?
?
?
?
9.26?
?
14s?
x22c
负号说明火车上的观察者测得闪电先击中车头x′2处.
?
?
x1?
?
v/c代入式
（2）亦可得解2根据分析，把关系式x2?
x1?
?
x222
?
?
x1?
＝0.30km这一与解1相同的结果.相比之下解1较简便，这是因为解1中直接利用了x2
已知条件.
分析在相对论中，从不同惯性系测得两事件的空间间隔和时间间隔有可能是不同的.它与两惯性系之间的相对速度有关.设惯性系Ｓ′以速度v相对Ｓ系沿x轴正向运动，因在Ｓ系中两事件的时空坐标已知，由洛伦兹时空变换式，可得－
?
?
x1?
?
x2?
x2?
x1?
?
v?
t2?
t1?
（1）?
v2/c2
?
?
t1?
?
t2?
t2?
t1?
?
v2?
x2?
x1?
?
v2/c2
（2）
两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，即x′2－x′1＝0，代入式
（1）可求出v值以此作匀速直线运动的Ｓ′系，即为所寻找的参考系.然后由式
（2）可得两事件在Ｓ′系中的时间间隔.对于本题第二问，也可从相对论时间延缓效应来分析.因为如果两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，则
解
（1）令x′2－x′1＝0，由式
（1）可得
v?
x?
x1?
1.50?
108m?
s-1?
0.50ct2?
t1
（2）将v值代入式
（2），可得
?
?
t1?
?
t2?
t2?
t1?
?
v2?
x2?
x1?
?
v2/c2?
?
t2?
t1?
v2/c2?
1.73?
10?
6s
这表明在Ｓ′系中事件a先发生.
14－9设在正负电子对撞机中，电子和正电子以速度0.90c相向飞行，它们之间的相对速度为多少？
分析设对撞机为Ｓ系，沿x轴正向飞行的正电子为Ｓ′系.Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝0.90c，则另一电子相对Ｓ系速度ux＝－0.90c，该电子相对Ｓ′系（即沿x轴正向飞行的电子）的速度u′x即为题中所求的相对速度.在明确题目所述已知条件及所求量的物理含义后，即可利用洛伦兹速度变换式进行求解.
解按分析中所选参考系，电子相对Ｓ′系的速度为
u?
x?
ux?
u?
x?
?
0.994c1?
2uxc
式中负号表示该电子沿x′轴负向飞行，正好与正电子相向飞行.
讨论若按照伽利略速度变换，它们之间的相对速度为多少？
14－10设想有一粒子以0.050c的速率相对实验室参考系运动.此粒子衰变时发射一个电子，电子的速率为0.80c，电子速度的方向与粒子运动方向相同.试求电子相对实验室参考系的速度.
分析这是相对论的速度变换问题.取实验室为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系，则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝0.050c.题中所给的电子速率是电子相对衰变粒子的速率，故u′x＝0.80c.解根据分析，由洛伦兹速度逆变换式可得电子相对Ｓ系的速度为
ux?
u?
x?
v?
0.817c1?
2u?
xc
【篇二：
大学物理_马文蔚__第五版_下册_第九章到第十一章课后答案】
一个质点作简谐运动，振幅为a，起始时刻质点的位移为?
代表此简谐运动的旋转矢量为（）
a，且向x轴正方向运动，2
题９-１图
分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－a/2，且投影点的运动方向指向ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）
22?
2?
?
2?
a?
x
题９-２图
9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示，x1的相位比x2的相位（）
分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（b）．
题９-３图
（a）v（b）v（c）2v（d）4v2
1222分析与解质点作简谐运动的动能表式为ek?
m?
asin?
?
t?
?
?
，可见其周期为简谐2
分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差
a于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x1?
cos?
t．因2是?
（即反相位）．运动方程分别为x1?
acos?
t和x2?
而正确答案为（d）．
题９-５图
9-6有一个弹簧振子，振幅a?
2.0?
10?
2m，周期t?
1.0s，初相
它的运动方程，并作出x?
t图、v?
t图和a?
t图．
题９-6图
振子的速度和加速度分别为
x?
t、v?
t及a?
t图如图所示．
分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式
?
?
t?
?
?
作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、x?
acos
加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果．
（２）t?
2s时的位移、速度、加速度分别为
证货轮处于平衡状态时［图（a）］，浮力大小为f＝mg．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点o，竖直向下为x轴正向，如图（b）所示．则当货轮向下偏移x位移时，受合外力为
?
f?
p?
f?
其中f?
为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为
f?
?
f?
?
gsx?
mg?
?
gsx
题９-８图
则货轮所受合外力为
?
f?
p?
f?
?
?
?
gsx?
?
kx
式中k?
?
gs是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．
由
2?
f?
mdx/dt可得货轮运动的微分方程为22d2x/d2t?
?
gsx/m?
0令?
?
?
gs/m，可得其振动周期为
9-9设地球是一个半径为r的均匀球体，密度?
?
5.5?
10kg?
m．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m的质点在此隧道内作无摩擦运动．
（1）证明此质点的运动是简谐运动；
（2）计算其周期．
3?
3
题９-９图
分析证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．
证
（1）取图所示坐标．当质量为m的质点位于x处时，它受地球的引力为
【篇三：
大学物理学第五版马文蔚答案上下册第四章】
1一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2?
10r.min-1增加到2.7?
10r.min-1。
（1）求曲轴转动的角加速度；
（2）在此时间内，曲轴转了多少转？
解：
曲轴做匀变速转动。
（1）角速度?
?
2?
n，根据角速度的定义?
?
3
3
d?
dt
，则有：
?
?
?
?
?
0
t
?
2?
?
n?
n0?
t
?
13.1rad.s-2
（2）发动机曲轴转过的角度为?
?
?
0t?
12
?
t?
2
?
?
?
0
2
t?
?
?
n?
n0?
t
在12秒内曲轴转过的圈数为n?
?
2?
?
n?
n0
2
t?
390圈。
4-2一半径为0.25米的砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动，现关闭电源，砂轮均匀地减速，15秒钟后停止转动.求
（1）砂轮的角加速度；
（2）关闭电源后t?
10s时砂轮的角速度,以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度大小.解：
（1）?
0?
2?
?
180060
?
60?
?
188.4rad.s?
1，?
?
0?
6015
?
1
?
?
4?
?
12.57rad.s?
2
（2）?
?
?
0?
?
t?
188.4?
12.57?
10?
62.7rad.s
2
v?
?
r?
62.7?
0.25?
15.7m.s?
1，at?
r?
?
?
3.14m.s?
2,an?
r?
?
2
?
987m.s
a?
at?
an
22
?
988m.s?
2.
4-3如图，质量m1?
20kg的实心圆柱体a其半径为r?
20cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻绳绕在圆柱体上，另一端系一个质量m2?
10kg的物体b，求：
（1）物体b下落的加速度；
（2）绳的张力ft
解：
（1）对实心圆柱体a，利用转动定律ftr?
j?
?
12
m1r?
——①
2
对物体b，利用牛顿定律m2g?
ft?
m2a——②有角量与线量之间的关系a?
r?
解得：
a?
2m2gm1?
2m2
（2）由②得ft?
m（g?
a）?
m1m2m1?
2m2
g?
49Ｎ
解：
设绳子张力为ta,tb，则对物体a有：
ta?
m1gsin?
?
?
m1gcos?
?
m1a对物体b有：
m2g?
tb?
m2a
对滑轮有：
（tb?
ta）r?
j?
，又：
a?
r?
可解得：
a?
m2g?
m1gsin?
?
?
m1gcos?
m1?
m2?
jr
2
4-5一飞轮的转动惯量为j，在t=0时角速度为?
0.此后飞轮经历制动过程。
阻力矩m的大小与角速度?
的平方成正比，比例系数k?
0,求
（1）当?
?
所经历的时间。
2
13
?
0时，飞轮的角加速度；
（2）从开始制动到?
?
13
?
0
解：
（1）∵m?
?
k?
m?
j?
∴?
k
?
09
2
?
j?
∴?
?
?
k?
09j
2
（2）∵m?
j?
∴?
k?
2
?
j
d?
dt
，∴
?
t
dt?
?
?
?
?
jd?
k?
3
2
所以，t?
2jk?
0
?
1
．现用闸瓦制动使其在
解：
闸瓦受制动力f和飞轮支撑力n的力矩作用平衡，有
f?
（0.75?
0.5）?
n?
0.5——①
又飞轮受摩擦力矩作用而减速至停止，有
?
nr?
j?
?
mr?
——②
1000?
2?
而?
?
2
?
?
0
t
得：
n?
785n，代入①式可得：
f?
314n
?
605
?
20.9rad.s
?
2
，代入②式可
4-7一质量为60.0kg的人，站在一半径为3.00m，转动惯量为450kg.m的静止转台边缘上，
此转台可绕通过转台中心的
2
竖直轴转动，转台与轴之间的摩擦不计。
如果人相对转台以
v的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率多大？
解：
人和转台可以看作是一个定轴转动系统。
人与转台之间的相互作用力为内力，外力矩为零，故系统的角动量守恒。
设转台的角速度为
?
0
，则人相对地的角速度为
?
?
?
0?
v
r，系统初始是静止的，根据系统角动量守恒
v?
?
j?
?
j1?
?
0?
?
?
0
定律：
00，r?
?
则得转台的角速度为?
0?
?
mr
2
2
vr
j0?
mr
?
?
18.18?
10
?
2
s
-1
其中负号表示转台转动方向与人对地面的转动方向相反。
4-8如图所示，长为l?
50cm的匀质细棒可绕其一端的轴
o
在竖直平面内转动，开始时静止于竖直位置上。
有一质量
g的子弹以速度v?
400m.s水
?
1
m?
10
平射入棒的下端并陷入杆内.设棒绕轴的转动惯量j?
5kg.m.不计一切摩擦，求：
（1）
2
子弹设入后棒所获得的初角速度；
（2）棒的重心能上升的最大高度.解：
（1）取棒和子弹为一系统，系统对o点的力矩为零，故系统的角动量守恒。
所以有：
mvl?
（ml
2
?
j）?
，得?
?
0.4rad.s
?
1
（2）取地球、棒和子弹为一系统，系统的机械能守恒。
选
棒竖直位置时的重心处为势能零点，设棒的质量为m，则有
mgh?
12
2
（j?
ml）?
22
而j?
3ml
1
，由此算得：
m?
60kg，代入上式算得
?
3
h?
6.6?
10
m.
4-9如图所示。
一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度?
0在无摩擦的水平面上，绕以半径为r0的圆周运动。
如果在绳的另一
端作用一竖直向下的拉力。
小球以半径为
r02
的圆周运动。
试求：
（1）小球的新角速度；
（2）拉力做的功。
解：
（1）沿轴向的拉力对小球不产生力矩，小球由绕半径r0到沿半径
r02
的圆周运动中，角动量守恒。
有：
j0?
0?
j1?
1其中j0?
mr0，j1?
2
14
mr0，则：
?
1?
2
j0j1
?
0?
4?
0
（2）由于小球的速度增加，其转动动能也增加，这就是拉力做功的结果。
由转动的动能定理：
w?
12
j1?
1?
2
12
j0?
0?
2
32
mr0?
0
22
解：
（1）两圆盘合为一体过程中，没有受到外力矩作用，故角动量守恒，即：
j1?
1?
j2?
2?
j?
，
j?
为两圆盘合为一体后的角动量，由于合为一体前后两圆盘均绕相同的轴转动，故有j?
j1?
j2
代入上式，系统的角速度大小为?
?
j1?
1?
j2?
2
j1?
j2
12
2
（2）合为一体后系统的动能为：
ek?
j?
?
（j1?
1?
j2?
2）2（j1?
j2）
2
合成前的总动能为：
eko?
12
j1?
?
21
12
j2?
，则系统动能改变量为?
ek?
ek?
eko?
?
22
j1j2（?
1?
?
2）2（j1?
j2）
2
改变量为负值，说明系统合成后动能减小。
4-11如图，一长l、质量为m的细棒可绕其一端自由转动，若棒在水平位置由静止自由转下，求棒转到与水平线成角度?
时的角速度、角加速度.解：
应用转动定律m
m?
l2
?
j?
求角加速度.因为
mgcos?
，j?
1
ml，所以
3
2
?
?
3g2l
cos?
应用动能定理求角速度：
w?
?
?
md?
?
16ml?
2
2
12
j?
2
?
0
即
?
l2
mgcos?
d?
?
，
解得：
?
?
3gl
sin?
.
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