面向21世纪课程教材-普通物理学教程-力学-第二版-漆安慎-杜婵英-思考题习题解析

以轻绳，圆柱体和框架组成的质点组所受外力有：圆柱体重力，框架重力，轻绳拉力和作用在框架上的水平力。其中轻绳的拉力和不做功。质点组所受内力：框架槽和小球的相互作用力、，由于光滑，所以、做功之和为零。质点组所力情况如图：根据质点组动能定理：（1）为圆柱体的绝对速度；为框架的绝对速度。由于（见图）将此式投影到图中所示的沿水平方向的ox轴上，得：；带入（1）式中解得：4.4.1[解答]弹性力；外力为当时，无势能，只有有势能。外界压缩弹簧做功使势能增加。设原点处为势能零点，则：；时：原点为势能零点，对于：外力做功对于：外力做功4.5.1[解答]（1）运动员在A到B的滑动过程中，受到了重力和地面支持力作用。（忽略摩擦）。重力为保守力，支持力不做功，所以机械能守恒。以B点为重力势能零点，得到运动员离开B处的速率：（2）运动员从B到C做抛物线运动，当到达C点时，由题意知：沿水平方向，说明正好到达抛物线的最高点。所以B、C的垂直高度（3）因为运动员做抛物运动时在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒：（4）d的高度:水平射程的一半4.5.2[解答]包含球杆弹簧的质点组受力如图所示：不做功。重力和弹性力为保守力（不计摩擦）系统机械能守恒，设杆水平时势能为零（1）∵（水平位置）（2）将（2）式代入（1）式；4.5.3[解答]（1）取物体Q为隔离体，在竖直方向上Q所受的力的矢量和为零。而在水平方向只受到弹力和光滑圆弧的水平方向的作用力作用，为保守力，不做功。所以机械能守恒。设弹簧势能零点为弹簧原点处：（B点速度最大）（2）在D点弹性势能为：因为所以4.6.1[解答]设粒子的质量为4，氢原子的质量为；粒子的初速度为，氢原子的初速度为；正碰后，粒子的速度为，氢原子的速度为。由公式:将以上数据代入：；入射粒子的能量：氢原子碰后的能量：；则：4.6.2[解答]选取机车和车厢为质点组挂钩时为完全非弹性碰撞。因为冲击力大于阻力，可视为动量守恒。；撞后：由动能定理4.6.3[解答]（1）A球碰前的速度，由机械能守恒：（1）A与B发生非弹性碰撞（2）又知：（3）由（1）（2）（3）式得：（4）A球上升高度：机械能守恒：；（2）若两球发生完全弹性碰撞由（4）式再由（2）式；即A球静止，B球以A球碰前的速度开始运动。当B球上升后（高度）又落下与A球再次发生完全弹性碰撞。，A球以速度开始向上运动。如此往复。4.6.4[解答]第一阶段，动量守恒第二阶段，机械能守恒4.6.5[解答]铅块下落到框底速度为：（1）接下来，铅块与框架底发生完全非弹性碰撞。由于冲击力大于重力、弹性力，可视为动量守恒。；（2）（由于碰撞时间短，下降距离为零）以后以共同速度下降：机械能守恒设弹簧自由伸长处框架底板的位置为重力、弹性势能零点。碰撞前弹簧伸长为，碰撞后质点移动的最大距离为。（3）依题意（4）；（2）（4）式代入（3）式：舍去负号项，4.6.6[解答]第一阶段：完全非弹性碰撞（1）第二阶段：弹簧被压缩最甚，动量守恒。（2）（为共同速度）再由机械能守恒：（3）有（1）（2）（3）式解出：4.6.7[解答]第一阶段是子弹击中小鸟，两者发生完全非弹性碰撞，水平方向动量守恒：（为子弹、小鸟共同速度），第二阶段是子弹和小鸟一起做平抛运动；小鸟落地时间：，水平距离：4.6.8[解答]分三个阶段：第一阶段，A第一次与B完全弹性碰撞。设，A撞前速度为，撞后速度为；B撞前速度为零，撞后速度为。由公式：；得：要使质点返回，必须，即第二阶段，A返回上升到轨道某处，并再度下滑到平面轨道。由机械能守恒：（是再度下滑到平面轨道的速度）得：；第三阶段，A，B再次碰撞。要求，即将上面的，代入此式即：这是A，B至少发生两次碰撞的条件。4.6.9[解答]选取铁箱和钢球为质点组，以地面为参考系，坐标系。第一阶段，钢球与AC发生完全弹性碰撞。设为铁箱碰撞前后速度，为小球碰撞前后速度。由完全弹性碰撞：即碰撞前后钢球相对铁箱的速度为。第二阶段，是钢球在箱内运动，直至与BD相碰。取钢球为研究对象，选取铁箱为参照系，由于铁箱表面光滑，所以小球在箱内作匀速直线运动。可得钢球碰后再与壁相碰的时间间隔为4.6.10[解答]（1）第一步：两车厢完全非弹性碰撞，第二步：内力作功，使体系动能改变，由动能定理以地面为参照系;（2）碰撞后系统在水平方向的动能守恒。系统的动量：系统总动量为零，质心不动。(常量)（1）；（2）（3）；解（2）（3）式得：4.7.1[解答]（1）由动量守恒：即：由（完全弹性碰撞）在方向上有关系式：（3）；（1）（2）式代入（3）式得：由（1）式动能比：4.7.2[解答]碰后的共同速度（1）（2）（3）解得：切诺基超速。碰撞损失的动能：第五章角动量.关于对称性思考题5.1答：（1）不正确.因为计算力矩,必须明确对哪个参考点.否则没有意义.作用于质点的合力可以由加速度确定.但没有明确参考点时,谈力矩是没有意义的.（2）不正确.质点作圆周运动时,有两种情况:一种是匀速圆周运动,它所受合力通过圆心;另一种是变速圆周运动,它所受的合力一般不通过圆心.若对圆心求力矩,则前者为零,后者不为零.质点作直线运动,作用于质点的合力必沿直线.若对直线上一点求力矩,必为零;对线外一点求力矩则不为零。（3）不正确.该题应首先明确是对轴的力矩还是对点的力矩.力与轴平行,力对轴上某点的力矩一般不为零,对轴的力矩则必为零.力与轴垂直,一般力对轴的力矩不为零,但力的作用线与轴相交,对轴力矩应为零（4）不正确.因为一个物体在不受力的情况下,保持静止或匀速直线运动状态,它对直线外一点具有一定的角动量而并无力矩.根据角动量定理,力矩为物体对同一点角动量变化的原因.力矩的方向与角动量变化的方向相同,而与角动量的方向一定不相同.（5）不正确.因为作匀速圆周运动的质点,所受合力通过圆心,对圆心的力矩为零，对圆心的角动量守恒，但对其他点，力矩不为零，角动量不守恒。5．2答：（1）、不一定。作用于质点的力矩不仅与力有关，还和所取得参考点有关。当力的作用线过参考点时，对该点的力矩就一定为零。（2）、不一定。作用质点系的外力矢量和为零，但对某点的力矩之和不一定为零。如一对力偶，因，。但对任一点的力矩之和等于力偶矩，并不等于零。（3）、可能为零。因为质点不受力时，保持静止或匀速直线状态。作匀速直线运动的质点对线外一点的角动量为，不为零，但质点受的力为零。5．3答：不正确。以两个质点组成的最简单的质点系为例说明。（1）、两质点质量相同，运动速度等大反向，且不沿同一条直线质点的动量。但对中心的角动量大小为，为两速度方向垂直距离的一半，并且不为零。（2）、两质点质量相同，运动速度等大同向，质点系的动量，不为零。但对中心的角动量5．4答：不能。将盘、重物、胶泥视为质点系，碰撞过程中受外力为绳的拉力和重力。由于冲击，绳的拉力会增大，重力无变化，外力之和，所以总动量不守恒。5．5答：有变化。因为冰化为水，体积变小，各质元到轴的距离也变小。对轴的角动量守恒，其中，变小，变大5．7答：角动量对不同的参照系具有不同的值，所以角动量对伽利略变换不具对称性；但角动定理对不同的惯性系具有相同的形式，所以角动量定理对伽利略变换具有对称性。同理，角动量守恒定理对伽利略变换也具有对称性。5．8答：南北极的冰块溶化，地球海平面升高，南北极的水质元向赤道方向移动，到轴的距离增大，角动量守恒。其中，变大，变小，而地球对轴的转动会变慢。习题5.1.1[解答]卫星所受的引力对O点力矩为零，卫星对O点角动量守恒。5.1.2[解答]，通过原点。5.1.3[解答]已知，m=1kg有牛顿第二定律；同理由；；；5.1.4[解答]将代入上式得5.1.5[解答]质点对原点的角动量：5.1.6[解答]由5.1.3，t=2s时；；5.1.7[解答](1)小球角动量守恒：①由牛顿第二定律：最初②又②解出代入①得（2）拉力所作的功5.1.8[解答]（1）以运动学观点证明质点对坐标原点的角动量为：=常矢量（守恒）（2）以动力学观点证明由牛顿第二定律：质点对坐标原点的力矩为：由5.1.9[解答]由角动量守恒：；（1）再由机械能守恒：（2）联立求解：5.1.10[解答]初时，指向圆心。由牛顿第二定律：；最后，同样可求得：（1）小球对轴角动量守恒：即：（2）；（1）（2）由功能原理:5.2.1[解答]作用于小球上的力对A、B及AB轴的矩:右球向外向里右球向里（2）角动量（右球）平行轴向上纸面内向右上向上为正。5.2.2[解答]以滑轮、绳、两个砝码盘、两个物体、弹簧为物体系。受外力有：两个砝码盘和两个物体受到的重力：，滑轮轴的压力。建立坐标，如图，以轻线燃短到砝码与弹簧脱离为过程始末。因物体系所受对O点合外力矩为零。物体系对O点角动量守恒：设砝码弹出时砝码盘速率为，砝码速率为，滑轮半径为，则有：；即：在过程中砝码盘位移为，砝码位移为；则而；故：将地球包括在物体系内：此时受外力，不做功。重力和弹性力为内保守力，做功。物体系机械能守恒。以弹簧自由伸长状态为弹性势能零点。则：即在研究砝码相对于地的上抛过程；由运动学公式：可以求得；当5.2.3[解答]以两运动员和绳为物体系；受外力包括：重力，冰面支持力。。因，由质心定义可知，物体系质心位于绳的中点。由质心运动定理，质心速度（1）抓住绳之前，对O点角动量，抓住绳之后，对O点角动量，因受到的对O点的合力矩为零，故对O点的角动量守恒。；且可知：（2）收拢绳索的过程，由对O点的角动量守恒。（3）绳长5m时，由牛顿第二定律：（4）由动能定理：第六章万有引力定律思考题6.1答：设地面物体质量为m,地球质量为M，地球半径为R，则二者之间的万有引力约为：；由上式可以看出R，g都是可测量量，只要测出G，就能通过上间接测出地球密度。6.2答：1）地球质量：设地面物体质量为m,地球质量为M，地球半径为R则二者之间的万有引力约为：因此，只要测出了地球半径R，就能求出地球质量M。2）地球太阳之间的距离:设地球绕太阳运动的周期为,轨道半径为,太阳系的另一行星(离地球越近越好)的周期为,轨道半径为,根据开普勒第三定律有:,即,由于人类早就对行星进行长期观测了,,为已知,只需测出另一行星的轨道半径（这一距离需用视差法测量，需两个以上的天文台同时测量）,便可知地球太阳之间的距离r。3）太阳的质量：设太阳质量为M，地球质量为m，地球太阳之间的距离r，则二者之间的万有引力约为：，因此只需测得地球太阳之间的距离r，就可求出太阳质量为M。习题6.1.1[解答]6.2.1[解答]（1）（2）6.2.2[解答]6.2.3[解答]（1）以最外层任一质元计算：（2）（3）6.2.4[解答]6.2.5[解答]6.2.6[解答]单位质量受力：6.2.7[解答]引力场强度：6.3.1[解答]设粒子在极点处的逃逸速度为，由能量关系；（1）根据重力的概念：其中为重力，为万有引力，为惯性离心力在赤道：（2）在极点：(3)(3)式比（2）式得：即：（4）将（4）式代入（1）式得：6.3.2[解答]设月球的逃逸速度为，无穷远处，引力势能为零。地球大圆周长为由能量关系，月球的逃逸速度满足：（1）（2）（4）将（4）式代入(3)式第七章刚体力学习题7.1.1[解答]；7.1.2[解答]（1）（2）所以7.1.3[解答]；；7.1.4[解答]（1）；（2）时，由7.1.5[解答]因炉门在铅直面内作平动，门中心G的速度、加速度与B或D点相同。所以：7.1.6[解答]取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。；取收割机前进的方向为坐标系正方向7.1.7[解答]取地球为基本参考系，飞机为运动参考系。（1）研究桨头相对于运动参考系的运动：（2）研究桨头相对于基本参考系的运动：由于桨头同时参与两个运动：匀速直线运动和匀速圆周运动。故桨头轨迹应是一个圆柱螺旋线。7.1.8[解答]设发动机转速为，驱动轮的转速为。（1）；（2）7.2.2[解答]建立如图坐标O-x,由对称轴分析知质心在x轴上。得：；（2）7.2.3[解答]建立坐标系，水平方向为轴，竖直方向为轴.杆上端坐标为（x,y）,杆受重力、地面对杆竖直向上的支承力，无水平方向力。由（质心运动定理）质心在杆的中点，沿水平方向质心加速度为零。开始静止，杆质心无水平方向移动。由杆在下落每一瞬时的几何关系可得：即杆上端运动轨迹方程为：7.3.1（1）[解答]建立水平方向o—x坐标；；（2）[解答]令或利用公式7.3.2[解答]将摆分为两部分：均匀细杆（），均匀圆柱（）则；=；=（用平行轴定理）I=0.14+2.51=2.65（Kgm2）7.3.3[解答]设未挖两个圆孔时大圆盘转动惯量为I。如图半径为r的小圆盘转动惯量为和。则有（）7.3.5[解答]7.3.6[解答]杆不受作用时，支点O对杆的作用力，方向竖直向上，大小为杆的重量。依题意，当杆受力时，不变。建立如图坐标系，轴垂直纸面向外。由质心运动定理得：（方向投影）（质心在杆中点）（1）由转动定理得：（2）有角量与线量的关系：（3）7.3.7[解答]分析受力。建立坐标系，竖直向下为轴正方向，水平向左为轴正方向。轴垂直纸面向里。根据牛顿第二定律，转动定理，角量与线量关系可列标量方程组：已知求解上列方程组：7.3.8[解答]分析受力及坐标如图。轴垂直纸面向外。列标量方程组：（1）（2）（3）（4）解得：7.3.9[解答]分析受力及坐标如图。轴垂直纸面向里。列方程：解得7.4.1[解答]取小球和转动装置为物体系，建立顺时针为转动正方向。在弹射过程中，物体系相对于转动轴未受外力矩，故可知物体受对转轴的角动量守恒。有动能不守恒，原因是弹性力对系统作正功，物体系动能增加。总机械能守恒。原因是此过程中无耗散力做功。应有守恒关系式：7.4.2[解答]取子弹和杆为物体系。分两个过程。过程1：子弹嵌入前一瞬时开始到完全嵌入时为止。此过程时间极短，可视为在原地完成。此时受力为，为转轴对杆的支承力，对于轴，外力矩为零。有角动量守恒。规定逆时针为转轴正方向。得:过程2：由过程1末为始到物体系摆至最高点为止。此过程中一切耗散力做功为零。故物体系机械能守恒。取杆的最低点为重力势能零点。有7.4.3[解答]取与为物体系。此物体系在水平面内不变外力矩。故角动量守恒，规定逆时针为转动正方向。设嵌入后物体系共同质心为，到棒右端距离为，棒自身质心为。由有物体系对点的角动量守恒可得：7.5.1[解答]7.5.2[解答]框架对O点的转动惯量：在框架摆动过程中，仅受重力和支点的支撑力，重力为保守力，支撑力不做功，故此过程中框架的机械能守恒。取过框架中心的水平线为重力势能零点：框架转到AB水平位置时，故支点O对框架的作用力，仅有法向分量。框架作用支点的力N与是作用力与反作用力。7.5.3[解答]框架对O点转动惯量由机械能守恒：先求支点O对框架作用力，投影得：设N与方向夹角为，则7.5.4[解答]取杆为隔离体，受力分析及建立坐标如图。规定顺时针为转动正方向。依据质心运动定理有：（1）（2）（3）此外，（4）联立上述四个方程求得：7.5.5[解答]取均匀圆柱体为隔离体，建立坐标系，水平向右为轴正方向，轴垂直纸面向里。假设方向水平向右。（1），（符号表示实际方向与假设方向相反）（2），（符号表示实际方向与假设方向相同）（3），（符号表示实际方向与假设方向相反）7.5.6[解答]设所求板对地的加速度为a，（方向与相同）。以板为参照系(非惯性系)。取圆柱体为隔离体，分析受力如图，轴垂直纸面向里。依质心运动定律有：（1）依据转动定理有：（2）依据角量与线量关系有：（3）此外：（4）（5）取板为隔离体，受力如图，并建立如图坐标系。列标量方程有：(6)(7)(8)(9)(10)(11)将上述十一个方程联立求解得：7.5.7[解答]取线轴为隔离体。建立坐标系，水平向右为正方向，轴垂直纸面向里。（1）依据质心运动定理有：（1）依据对质心轴的转动定理有：（2）由角量与线量的关系得：（3）上述三式联立求解得：欲保持无滑滚动得：即（2）列标量方程解得：讨论：当（向前滚动）同理（向后滚动）。7.6.1[解答]取汽车为隔离体，设车受前后轮的支持力分别为，，方向水平向上。前后轮受地面摩擦力分别为，方向分别先后和向前。建立坐标系，水平向右为轴正方向，轴垂直纸面向外。汽车匀速运动，受力平衡：当有时：（以后轴为轴）解得：当无时：解得：比较可知7.6.2[解答]设为质心与间的垂直距离，为质心与间的垂直距离可求。7.6.3[解答]（1）由平衡：在水平方向以O为轴线得：（2）水平方向无转动效应得（以O为轴线）：第八章弹性体的应力和应变思考题8．1答：不对，应力为作用于该无穷小面元两侧单位面积上的相互作用内力，其单位为或。其面元法向分量称正应力，切向分量称切应力。8．2答：适用，（8.1.1）式中的是面元两侧的相互作用内力，它与作用于物体上的外力和物体的运动状态有关。8．3答：不一定，物体是否发生形变应看物体内应力是否为零，应力为零，则不形变。自由落体运动，物体受重力作用，但物体内部应力为零，则不发生形变。8．4答：不对。首先形变应在弹性限度内，其次杨氏模量只与材料的形状有关，而比例系数不但与材料性质有关，还与材料的形状（横截面）有关，即与材料的横截面有关，对一定性质的材料，随截面的不同而变，两者是不同的。8．5答：正应力不改变未施加前各面的力矩，剪切应力互等定律仍然成立。8．6答：不是，一个实心管可视为由许多半径不同的空心管组成的，对于相同材料、同样直径的空心管和实心管的抗弯能力显然实心圆管比同样直径的空心圆棒的抗弯能力要好。8．7答：自行车辐条很细且很长，它不能依靠垂直辐条提供很大的抗扭曲力矩和瓦圈的抗形变能力，交叉后的辐条利用了拉伸、压缩车轮的抗扭能力和瓦圈的抗变形能力，而车轮的辐条很粗，则完全可以提供足够的抗弯力矩。8．8答：自行车在承重情况下，钢圈主要是抗变形作用，钢圈截面距中性层越远，抗弯作用越大，（c）截面主要分布在中性层附近，与（a）、（b）比抗弯能力最差。8．9答：加工出凹凸槽，相当于增加了板距中性面的材料，减少了距中性面近的材料从而增加了抗弯能力，故不易变形。8．10答：用原为的钢板弯成内径为的圆筒时，其中性层的长度正好为，以此长度下料，可使弯曲面内层、外层的应力均匀，使圆筒的坚固性最弱。习题8．1．1解：在AB段、BC段、CD段各假想一截面、、，对整体取为隔离体为拉应力取为隔离体为压应力取为隔离体为拉应力8．1．2解：设B处悬挂W重的物体时AB杆刚好能承受，由于CD杆静止，故对过A点的垂直轴力矩代数和为零。

由

得8．1．3解：，钢杆能承受的最大拉力：铝杆能承受的最大拉力：杆下端能承担的最大负荷为。由胡克定律：，8．1．4解：电梯与负载总质量：m=500+550=1050(kg)当电梯向上的加速度上升时，由牛顿第二定律：因为：，所以钢索拉力为：

该力与绳索内力相等即：8．1．5（1）、解：设杆原长，经过拉伸后变为两者之间关系分别为：由纵向应变公式：，横向相对应变公式：泊松系数公式：，含有两个或三个项，为高阶无穷小量，可省略。（2）、压缩证明同上，同样适用。（3）、解：，，，代入（1）的证明结果：体积相对变化8．1．6（1）、解：建立如图所示坐标，任意一点x处做一微分截面，以斜面下方物体为隔离体：因为处于平衡状态，所以，为拉应力。（2）、解：在截面x处，取dx杆长，在应力作用下伸长，其应变为，由胡克定律：的并由（1）的结论：，设总伸长量为：

8．2．1（1）、解：切应力：（2）、解：由剪切形变的胡克定律：，（3）、解：由相对滑移：，

8．3．1解：依题意铝管的横截面可看作是半径为k=0.02m宽度为圆环，因很薄，圆环上的剪切应力可认为是常量，这些力对中心轴线的力矩为，剪切应力产生的总力偶矩为：等于外力矩M其中，：所以（1）、对铝管：，（2）、对钢管：，8．3．2解：据公式：；由题意：,,,故：

8．3．3解：取对应角一段横梁中性层半径，距中性层一层的伸长为：，应变长宽厚一层势能为：该梁形变势能为：第九章振动思考题9.1答：物体（质点或刚体）在线性回复力或线性回复力矩作用下，围绕平衡位置的往复运动叫作简谐振动。可由动力学方程或运动学方程加上一定的附加条件来定义：若物体相对平衡位置的位移（角位移）满足动力学方程，且由振动系统本身性质决定时，则物体作简谐振动；若物体相对平衡位置的位移（角位移）满足运动学方程，且由振动系统本身性质决定，、由初始条件决定的常数时，则物体作简谐振动。以和分别表示时物体的初始位移和初始速度，则式中；可由、和三式中的任意两个来决定。上述运动学方程是动力学方程（微分方程）的解，、是求解时的待定积分常数。三个定义在力学范围内是等价的，动力学方程更具普遍性。可用三个定义中的任何一个来判断物体的运动是否简谐振动。如某物理量的变化规律满足，、、均为常数，不能说作简谐振动。因为常数必须是由振动系统本身性质决定的固有频率，并且、是由系统初始条件决定的常数时，才可以说作简谐振动。9.2答：对质量为m的摆球，当摆角很大时，，其切向力，不是角位移的线性回复力。由牛顿定律得：即令，有因此，动力学方程是非线性微分方程，其解不再为余弦函数，不满足简谐振动的定义。9.3答：将被测物与弹簧连接构成一弹簧振子，用手表测出一定时间内的振动次数N，确定振动频率，从而确定；又，则可间接测量出物体的质量：（质量在太空中不变）。9.4答：设弹簧原长，质量m不变，竖直放置弹簧振子，平衡时，弹簧伸长，则F。由胡克定律，对比可得其劲度系数。当弹簧剪掉一半时，，即。设原弹簧振子频率为，剪后为，则所以，频率增大为原来的倍。9.5答：由可知，当有乘客时，。所以，当有乘客时，其固有频率会减小。9.6答：（1）用米尺量出振子尺寸，计算体积，由材料密度可计算出振子质量m；（2）测出弹簧原长，竖直放置弹簧振子，挂物后平衡时测出弹簧长度，计算出弹簧伸长量。在平衡位置，，即可确定劲度系数；（3）计算出固有频率。9.7答：合振动的轨道方程为：。轨道为以X和Y为轴的椭圆。由于，故方向的振动比方向的振动超前，质点沿椭圆顺时针方向运动。9.8答：不对。A和并非由初条件决定，而是依赖于振动系统本身的性质、阻尼的大小和驱动力的特性。9.9答：不准确。共振有位移共振和速度共振之分。常说的位移共振条件为，即位移共振频率一般不等于振动系统的固有频率；仅当无阻尼或阻尼无限小时，共振频率无限接近于固有频率，但这时振幅将趋于无限大。而速度共振的条件是，即策动力的频率等于振动系统的固有频率。习题9.2.1[解答]刚体受力如图所示，规定逆时针为转动正方向，为与铅垂线（为平衡位置）的夹角，由对的转动定理；因很小故9.2.2[解答]以物体m为隔离体,水平方向受的弹性力以平衡位置为原点建立坐标系，水平向右为x轴正方向。设m处于点对两弹簧的伸长量为0，即两个弹簧都处于原长状态。m发生一小位移x之后，弹簧的伸长量为x，弹簧被压缩长也为x。故物体受力为：（线性恢复力）m相当于受到刚度系数为的单一弹簧的作用，由牛顿第二定律：，9.2.3[解答]未串时：平衡位置，串联另一刚度系数为的弹簧：此时弹簧组的劲度系数为已知：，解得：9.2.4[解答]（1）以车为参照系，摆锤为隔离体，受重力，摆线张力，惯性力。平衡位置处有：由此可得平衡位置时摆线铅直夹角(1)由平衡位置发生小角位移由牛顿第二定律:在切线方向的分量式即角很小,故.于是得:利用(1)式,则即因为所以(2)以电梯为参照系,惯性力与重力沿铅垂方向,同于的分析摆线为铅垂位置时为平衡态.(3)同(2)的分析得:9.2.5[解答]由9.2.2知这里，9.2.6[解答]以平衡位置为原点建立坐标系O-x,水平向右为正方向。弹簧振子的运动方程为:时，时，弹簧振子的运动方程：9.2.7[解答]以平衡位置为原点，建立坐标系O-x，竖直向下为正方向。（1）（2）设运动方程为：即故所以运动学方程为：9.2.8[解答]（1）（1）,计时起点提前0.5，则，代入（1）式，运动方程为：设计时起点提前秒，可使初相为零，即，代入（1）式得：有即提前秒时计时可使其初相为零。（2）（2）计时起点提前秒时代入图b若计时起点推迟一秒，则此时初相为若要需图b即推迟秒计时时，可使初相为零。图a（3）见图a,b图a9.2.9[解答]（制）令则有为周期引的余弦曲线。画出曲线，再根据的关系。将轴右移周期。9.2.10[解答]（1）该装置为物理摆，利用9.2.1对一般刚体得到的公式为薄圆球质量。根据平行轴定理：（2）根据单摆公式由可得（3）该装置为物理摆，仍利用公式由对称性可知，质心位于上。为剩余圆弧的质量，。根据平衡轴定理：，故即可知不管圆环去掉多少，只要刀口高于剩余圆弧中央，其振动周期均不变。9.2.11[解答]（1）利用9.2.1得到的物理摆公式设为杆质量，为杆长，未加小物体时，加小物体后，；（2）由即可得：讨论：由，此物理摆的等效单摆长度为在处加另一物体，相当于使等效单摆的摆锤质量增加而摆长不变，故周期不变。即小物体置于转动轴上，对运动无影响。故周期不变。9.2.12[解答]以小球为物体系。碰撞前后的过程始末，在过程中认为仍在原小球静止处。水平方向动量守恒：碰撞后成为一个单摆作简谐运动，设其运动方程为：以碰后小球获得速度0.1(m/s)，而时为计时起点，即：，由，故运动方程在很小的条件下，，所以用线量描述的运动方程为。9.2.13[解答]以物体为隔离体，根据自由落体的运动规律可知：落至盘上的速度为在以框架物体为物体系。完全非弹性碰撞前后为过程始末，因外力（弹簧弹性力，重力）》内力，故可用动量守恒定律求近似解：设弹簧自由伸展的位置为a，挂框架后平衡位置为b,碰后平衡位置为O，O即为坐标系O-x之原点.依题意因碰撞后系统为一数值悬挂的弹簧振子，舍弃运动方程为以碰撞之后，的共同速度运动，而处于b处时为计时起点，即：由运动方程为：可选择适当的计时起点使初项为零，则运动方程可表示为9.2.14[解答]以框架，小球为物体系。以框架平衡位置为原点建立坐标系O-x，竖直向下为正方向：以完全弹性碰撞前后为过程始末，设小球的碰撞前速度为，小球框架碰后速度为，因外力内力，故可用动量守恒定律近似求解。又因碰撞为完全弹性碰撞，碰撞前后总动能相等。可以求得：在一框架为隔离体。碰撞之后平衡位置不变，仍未O点。系统为一竖直悬挂的弹簧振子，设其运动方程为：以碰撞后，框架获得速度，而处于O点时为计时起点，即：根据题意，弹簧刚性系数故由知所以运动方程为9.2.15[解答]a为弹簧自由伸展位置,b为加后平衡位置，O为发生完全非弹性碰撞后的平衡位置，以O为原点建立坐标系O-x如图：故以物体m为隔离体，物体m由斜面顶滑下，做匀加速运动滑行远后速度为再以为物体系。以完全非弹性碰撞前后为过程始末，且近似认为碰撞过程中位置不变。当发生完全非弹性碰撞之后，沿ox方向的动力学方程为；受线性恢复力，做简谐运动。根据定义的运动方程为若以碰撞后弹簧压缩最甚时为计时起点，设此时坐标为则现在求。以弹簧自由伸长位置a为重力势能、弹性势能零点。在由碰撞后到达压缩最甚的过程中机械能守恒，有代数，运动方程。9.3.1[解答]根据单摆周期公式以悬线铅直时为势能零点，则振动的总能量即等于摆锤在最高点时的势能9.3.2[解答]（1）根据弹簧振子，（2）由则速度最大值故最大动能（3）总能即等于最大动能或9.3.3[解答]设摆锤质量为m,摆长为，为最大摆角。以摆锤为隔离体。受重力，张力单摆的运动方程为当摆角为时，沿法向方向的动力学方程为∵单摆很小，故∴则而故又又由机械能守恒：故9.4.1[解答]由当；当；由垂直与水平方向简谐振动合成公式得；令（坐标轴转动，的关系式）则上式可得：是一个长半轴为，短半轴为的椭圆。当时，则是一个半径为的圆。9.6.1[解答]弱阻尼振动：由题意取对数故所以即振动频率比振动系统的固有频率少1.49%。9.6.2[解答]弱阻尼振动已知故故设由所以9.7.1[解答]受迫振动稳定状态的初位相为，由于强迫力初位相为零，所以即为受迫振动稳定状态与强迫力的位相差。故为有限值，故有。第十章波动和声思考题10.1解：不对。因为要知道波动规律，不仅要知道波源的振动规律，还要知道媒质的情况。10.2解：（1）频率、波长将发生变化。频率增加，波长减小。（2）波速、波长变化，波的频率不变。（3）因为，声速与温度有关，所以声波先经过温度较高的空气，波速大，穿入温度较低的空气，波速变小。声波频率不变。波长变短。10.3解：（1）平面简谐波中体元作简谐振动，圆频率并非决定于振动系统本身性质，而取决于波源的频率，前一章所谈质点作简谐振动的频率决定于振动系统本身的性质。（2）平面简谐波中体元振动的动能、势能可同时达到最大值，能量以波速向外传播，而且体元的势能是因形变而为体元所有。前一章所谈质点作简谐振动时，当动能最大时势能为零，势能最大时动能为零，振动系统的能量守衡，不向外传播，而势能属于振动质点和其它物体所共有，如：弹簧振子的势能为质点和弹簧所共有。10.4解：不对。因为平面简谐波方程中取作某常数，，而不决定于振动系统本身性质，而取决于波源的频率，所以不表示位移作简谐振动。当等于某常数时，表示时刻波线上各体元位移分布、波形，不表示位移作简谐振动。10.5解：波动方程的推导过程用到胡克定律、牛顿第二定律。使用范围：弹性媒质并且各质点的形变是在弹性限度内。10.6解：不对，因为波速仅与介质有关，而于波源的频率、振幅无关。手抖的快，波源频率大，但波速不变，所以传播的并不快，抖度即幅度决定于振源的振幅，所以幅度并不一定大。10.7解：波速是一定振动状态（位相）向前传播的速度，媒质内体元振动的速度是质点位移随时间变化的速度。10.8解：不对。因为在有声波传播的空间，某一点在某一瞬时的压强与没有声波时压强的差，叫做该点处该瞬时的声压。10.9解：（1）每个体元的能量，每个体元的能量由振动状态决定，而振动状态又以波速传播，所以能量也以波速传播。例如：一质点的振动能引起邻近质点的振动，邻近质点的振动又能引起较远质点的振动，质点振动具有能量，说明能量也以波速传播。（2）波传播能量与粒子携带能量的区别：每个体元的能量在波传播过程中是随时间作周期性变化的，而粒子携带能量不随时间变化，如光子能量不随时间变化。10.10解：（1）不对，因为能流密度的定义为单位时间通过与波的传播方向垂直的单位面积的能量。（2）联系：声波平均能流密度的大小叫声强。区别：能流密度是矢量，方向沿波传播方向，声强为标量。10.11解：用声压计测出声压，代入声强和声压的关系式即可测出声强。10.12解：不对。因为不论两列波是否为相干波，是否相遇，都各自以原有的振幅、波长和频率独立传播，彼此互不影响。10.13解：（1）行波中每个体元的能量以波速传播。驻波中没有能量的定向传播。（2）行波波形以波速向前传播，驻波波形不变，不向前传播。（3）行波是波，驻波不是波。10.14解：不可能相同。`因为反射波和透射波能量都来自于入射波。但当两媒质波阻相差悬殊时，根据反射系数=，透射系数=1-反射系数。其中与为媒质1和2的波阻。此时主要是反射，可认为反射波入射波振幅相同。10.15解：谐频衰减得更快一些。因为阻尼的作用是难以避免的，振动质点要克服外界阻力做功，能量就不断减少，从而振幅不断减小，振动发生衰减。谐频的频率高，振动的快，单位时间内比基频减少的能量多，所以谐频衰减得更快一些。10.16解：水中超声波的衰减系数比在空气中小得多，而且超声波在软组织和肌肉中衰减系数也较小，更兼超声波波长短，直进性强，遇障碍物时易形成反射，所以用超声波而不是普通声波进行水中探测和医学诊断。10.17解：相速是行波中一定的振动位相向前传播的速度，群速是波包向前传播的速率。无色散时二者相等，有色散时二者不等。习题10.2.1[解答]∵∴10.2.2[解答]已知表P309知波速1483m/s。设O-x轴沿波传播方向，x表示质元平衡位置坐标，y表示质心相对平衡位置的位移，选坐标原点处位相为零的时刻为计时起点。即原点处初相为零。则位于处的体元相位落后。即：10.2.3[解答]选坐标原点处位相为零刻为计时起点。O-x轴沿波传播方向，则可得波的最简形式：代入已知数据得设波源处为，则因此位相差是：10.2.4[解答]波源振动方程：因此波源振动方程为：任一处的位相比波源的相位落后，得波方程为将已知量代入得：10.2.5[解答]与平面简谐波方程的标准形式比较可得：振幅为A，频率：；波速，波长（2）时，该点的振动方程式为：此质点振动的初位相为。10.2.6[解答]，最简形式应为如改变计时起点后的新计时系统以应满足，因此即将计时起点提前3秒，就可将波方程化成最简形式10.2.7[解答]的波形图。方法一：有方程求得。找出对应于方程的各（x,y）点,例如：通过各点描绘出所求波形图（右图）。方法二：由方程求得，先画出的图形，在将纵坐标轴向右移动：即向右移动，就可以得到所求的波形图。10.2.8[解答]（1）可求得T=12s,t=0时；（2）t=3s、6s时波形图其相位与t=3s时相差，所以将t=3s的波形图向右移，即得t=6s时的波形图。10.2.9[解答]若波用余弦函数表示,则所求结果如下表.横坐标位移速度相位正最大0负负Ⅱ象限0负最大正最大0负正Ⅲ象限0正最大10.2.10[解答]由图知由图(a)知,原点处质元t=0时,位移最大,速度为零,因此原点处质元初相.比较t=0和t=2s的(a)(b)图知,因此取,将之值代入波方程的一般表示式就可以得到所求波方程的一个表达式:10.3.1[解答]可把很细的铜丝看作柔软的弦线(设弦线的密度为),计算在其中传播的横波的波速.10.3.2[解答]已知10.4.1[解答](1)能量密度最大能量密度平均能流密度已知平均能量密度(2)由于相邻同位相波面间的距离为.一周期内单位体积媒质具有的平均能量为,因此相邻同位相波面间的总能量为10.4.3[解答]声功率10.4.4[解答](1)(2)设距声源时,刚好听不到声音10.5.1[解答](1)由最小声音到相邻的最强音,经SAD,SBD管内穿到D处的二相干波,传播距离差应改变,此改变量是由B管的移动引起的,因此(2)10.5.2[解答]此二横波振动方向相同,波长相同,在同一种媒质中传播,波速相同,因此其周期相同,圆频率也相同,传到P点的此二横波的方程可写成:(1)在P点合振动最强时,二横波在该点引起的多振动位相相同,即由此得,.已知取时得10.5.3[解答]设满足题目要求的二平面简谐波为:则:此结果的前一项表示一行波,后一项表示一驻波,可见满足题目要求的二平面简谐波叠加后形成了一驻波与一行波的叠加.10.5.4[解答]反射波的振幅,频率,波速均与入射波相同,传播方向与入射波传播方向相反,初位相也不同,因入射波在坐标原点的初位相为零.故反射波在原点的初位相为:其中为落后位相,为半波损失.入射波可见由以上各条件可写出所求反射波在原点的振动方程:反射波的波方程为:10.5.5[解答]由入射波方程知反射波振幅为A,周期为T,波长为,传播方向沿坐标轴O-X正方向.因在X=0处自由端反射,故反射波与入射波在原点处位相相同.因此反射波方程为:10.5.6[解答]因为反射波与入射波传播方向相反,在固定端反射时,二者位相差为,所以可以按以下方法作出反射波波形图:以界面处质元平衡位置为原点如图建立坐标系.设入射波波方程为先作出入射波波形图,以轴为对称轴的对称波形图,并画出该波形图在固定端左侧的部分.设此波是逆X轴正方向传播的,则其方程可写为因为固定端反射波在界面处有半波损失,所以反射波方程应为:其波形应比前述的入射波对称波形图向右移动半个波长.可见这两个波形图是以X轴为对称轴的对称图形.因此,再作出以X轴为对称轴的前述波形图的对称图形.即得所求反射波的波形图.10.5.7[解答]因为入射波在自由端反射时,没有半波损失,即反射波和入射波在界面处位相相同,而传播方向相反,所以反射波波形图是入射波波形图以界面为对称的对称图形,其图形如图所示：10.5.8[解答]振动的一般方程可写为由题意知因此,质元A的振动方程为:这就是所求波方程中原点处质心的振动方程.已知相邻波节,波腹间距离为由以上诸条件可写出以质元A的平衡位置为OY轴原点的入射波方程为:10.5.9[解答]由已知条件可知,此二平面简谐波为相干波,在二波源间的连线上形成驻波.以A为原点建立OX坐标轴,以甲波在点位相为零时刻为计时起点.在A,B间,甲波方程为:乙波方程为:由题知,甲波在A处质点位移为正最大时,在处的B点位相为,因此当时,在处，当AB间的点因干涉而静止时,甲乙二波在该点的位相差应满足:当时,,这就是AB间静止各点的位置坐标.解：根据题意，两波源作同频率、同方向、同振幅的振动，两波相对传播，波长均为8，故两波在媒质中相遇，叠加而成驻波。以A为坐标原点建立A—轴;设由A向B传播的波方程为其中由B向A传播的波方程为由已知条件：一波在A处为波峰时，另一波在B处位相为，得此瞬时故：即得故由于干涉而静止的点为即则故AB连线上因干涉而静止的各点的位置为，，，10.5.10[解答]音调决定了基频,弦的基频为一定,已知因此10.5.11[解答]因此,弦内张力应增加3倍.10.7.1[解答]近似认为静止的观察者和火车轨道在同一直线上,则当火车驶向观察者时,观察者听到的声音的频率为当火车驶离观察者时,观察者听到的声音的频率为:因此,火车驶过观察者时,观察者听到的声音频率的变化为:10.7.2[解答]对A来说,系观察者静止,声源运动,因此A听到的频率为:A听到的拍频为对B来说,系观察者运动,声源静止,因此B听到的频率为:B听到的拍频为。10.7.3[解答]若音叉后的观察者直接听到音叉的频率为,听到经玻璃反射的频率为,因波源(音叉)在运动,所以:拍频因此10.7.4[解答]设胆囊内声速为,胆运动速度为第十一章流体力学思考题11.2.5解:(1)以海平面委员点建立树枝乡下的坐标轴o-y由公式=3.13(2)以海平面作为原点取竖直向上的坐标系0-y相距为的两高度的压强差为(1)(此时为常数很薄)又大气密度与大气压强成正比则（为海平面处大气密度与压强）（P为距海平面高度h处大气的密度与压强）则距海平面为h的高度与海平面处的压强差为；；；=11.2.6解:(1)以容器底为坐标原点,取竖直向上的坐标轴o-y,当容器以g下落.在坐标y处作一与y轴垂直,厚度为,底面积为的小圆柱体,上下底的压强分别为p,.受力分析:重力(向下),惯性力(向上)圆柱体的质量:小圆柱体液体在非惯性力下处于平衡状态,根据平衡方程:；因为所以p=恒量，得液体内各点的压强相等，当容器以加速度a上升．则惯性力为△ma(向下)平衡方程为：；；，设水面的压强为，高度为．高度为处液体压强为p积分-(3)容器以加速度a(<g)下落，则惯性力为△ma(向上)平衡方程积分＝11.2.7解:建立如图坐标系,沿弧长分成许多狭长面元,每一个面元的长度均为b,其中一个面元的宽度为,若用表示垂直于面元的作用里与的夹角,则,.设轴位置上的压强为(1)则坐标为处小面元的压强为作用在此面元上的力在轴分量，将(1)式代入在轴上的分量积分将(1)式代入总压力作用线与水平方向的夹角作用线通过图示的圆心与圆弧垂直11.2.8解:本题从物理本质上与上题完全相同,故可利用上题的结果.其中R=0.6mg=9.8m/h=0.5m代入得(为总压力与水平方向的夹角)作用线通过图示圆心11.2.9解:以船的平衡位置为原点,建立竖直向下的坐标轴设船由于某种原因发生的初始下沉,吃水线的做标由o变为y,此时浮力和重力的合力为根据牛顿第二定律得:即:次方程为简谐振动方程,故船做简谐振动.周期11.2.10解：，其中N/m2N/m2；%11.4.1解:(1)容器中的水自小孔中流出可视为理想流体在重力作用下作稳定流动.依伯努利方程得出水流出的速率为方向沿水平，流出的水运动可视为平抛运动,建立如图的坐标系；依平抛运动学方程{其中当时由(2)得代入(1)为水平射程。(2)若在水平以下另开一孔,设它距水面的高度为根据上面推导可得其流出水的水平射程为根据题意两水平射程相等即解关于的一元二次方程得另外一小孔的位置应在水面下处。11.4.2解:由上题可知,水平射程与开口处距水平的距离有关,其关系式为若要取最大值,只需取最大值即可.利用微分求极值；在水深的一半处开口水平射程最大(2)。11.4.3证明:依题意,液体可视为理想流体,在重力作用下作稳定流动,可应用伯努利方程,取液体出口为势能零点,对自由液面和处有(1)(为液体在处的流速)；对自由液面和处有(2)(为液体在处的流速)；再根据连续性方程，(3)由(1)得(4)将(3)代入(2.)得(5)，由(5)得代入(4)得则证毕。11.4.4解:由题意可知液体流动为在重力作用下理想流体的稳定流动取C管中心轴线为势能零点，分别对自由液面和C处及自由液面和D处运用伯努利方程故液体在A液面处的速度可化为零依连续原理由于A,B装有同种液体11.4.5解:由题意至此过程为理想流体在重力下的稳定流动，对自由液面和A,B,C运用伯努利方程由于水平等截面故由(3)可得

11.5.1解：对于图a，取△长的一段流体为研究对象，当此流体微团流到挡壁处发生分流，则此处沿原方向的速度为零，故动量增量为：而（s为管的截面积），依动量定理因为所以即为射流对档壁的压力，图b，由图a的解可知射流沿方向的力为将此力分解为与挡壁平行二分力及垂直的分力，与挡壁无关，与挡壁垂直二分力，即为射流对挡壁的压力。11.6.2.解：由于液体不可压缩的粘性液体而流动为稳定流动，据功能关系式水平管截面积相等，故水流在2.3.4两处流速相等，又各段管长相等，均为水流在着三段（1.2段和2.3段3.4段）流程中能量损失相等取水平管中心轴线为势能零点，则（1）（2）（3）由（3）得代回（1）式

习题11.2.1[解答](1)这种压强计高度不太大,又能用来测较高压强.(2)图中在管内水银表面处的压强为,自右向左各管内水平界面处的压强分别以表示,容器A内的压强以表示,水银和水的密度分别以表示,则:将以上三式代入可得:11.2.2[解答]以分别表示容器A,B内的压强,以分别表示左右管子中的水与水银界面处的压强,以分别表示水和水银的密度,则由于两边压强很大,水和水银密度相差也很大,因此,可以近似地忽略管子中的水重,认为A,B的压强差约为50汞柱.11.2.3[解答]先计算ABCD壁的压力再计算BCFE壁的压力.四壁总的压力为:11.2.4[解答]由图看出:因此,容器内的真空度为:11.2.5[解答](1)(2)近似认为重力加速度为常量,大气温度也不随高度而变化.则由§11.2例题1数据知已知:11.2.6[解答]在流体内隔离出高为,底面积为的圆盘形液块作为研究对象.设液块上下底处的压强分别为和,则液块上下底面所受的压力为和,液块受重力.液块侧面受力矢量和为零.设液体随容器以加速度向上运动,以容器作为非惯性系.建立坐标系,竖直向上为轴正方向。则液块还受惯性力.液块相对容器处于静止状态.由牛顿第二定律得:(1),因此(2)容器以上升.其中(3)容器以下落时,，同(2)中一样,是由流体自由表面向下计算的深度.11.2.7[解答]过这一部柱面形河床的中心作一个剖面图.如图.建立坐标系,在柱面上取一窄条,窄条的面积.作用于这条形面之上的压力为:设总压力F与水平方向夹角为,则。总压力F垂直于圆柱面,过图示的圆心O,与水平方向夹角为,由此就确定了其作用点。11.2.8[解答]建立坐标系，水平向右为轴正方向，竖直向下为轴正方向已知水下窗长,半径解法同上题.可得:(负号表示与轴方向相反)，水作用于窗的总压力过图示圆心O且与水平夹角为.设其作用点的坐标为,则该点必在窗长的中心,而且其坐标值为11.2.9[解答]以地面为参照系,选水面上一点为坐标原点,如图建立坐标系.当船静止时,它在水中所受浮力的大小与其受力大小相等,故合力为零.当船发生一位移时,则其受合力为式中负号表示时,浮力大于重力,合力向上.时,浮力小于重力,合力向下.因此,为线性恢复力,故船作简谐振动.其动力学方程为:11.2.10[解答]取坐标轴向上,原点在海平面.,负号表示压强随高度升高而减小.大气密度与大气压强成正比.(为海平面参数)；11.4.1[解答](1)根据小孔流速的例题,知水的微团由小孔流出后做平抛运动.自小孔落至容器底部地面所需时间为:x水平射程为:x(2)可另开一小孔,使两个射程相等.设在水面下深处另开一小孔时,二射程相等.则:解一元二次方程得:因此,在水面下深处另开一小孔时,二射程相等.11.4.2[解答](1)由前题已得出水平射程为:水平射程最大时,则有而故,即在深度处开孔,可使水平射程最大.(2)将代入水平射程表示式中得:11.4.3[解答]以出液孔处为势能零点,选取过C中液面和截面各一点的流线,由题设条件可知,对此流线可用伯努力方程.流体在管中流动又满足连续性方程.因此;(C,A,B流线)(A,B水平流线)由此得:又11.4.4[解答]3h3h2h由连续性方程:E管中为静止流体,因,故可近似认为E管上部气体压强处处相等.因此由静液压强?得:由以上方程解得:11.4.5[解答]选水平管处势能为零,打开塞子后,当水流成稳定流动时,如图过1,2,3,4各点选取流线,由题中所给条件知用伯努力方程.由连续性方程得:因此设竖直管内液面高度分别为,则应有可见11.5.1[解答]（a）根据动量定理为挡壁对射流的作用力.因此,射流作用于挡壁的压力为:如图建立坐标系.根据动量定理,沿方向:即射流沿方向作用于挡壁的压力为因流体为理想流体,所以沿方向,射流对挡壁没有作用力.由上可知,射流作用于挡壁的压力大于等于,方向与挡壁垂直指向挡壁.第十二章相对论简介思考题12.1答：1865年，英国物理学家麦克斯韦发表了题为“电磁场的动力学理论”的论文，提出了电磁场及电磁波的理论，并将各种电磁现象的本质概括为一组方程——麦克斯韦电磁场方程。该理论提出后，由于经典物理理论在人们头脑中的根深蒂固，因此人们坚定不移地认为：传播电磁波（包括光波）的介质，即以太必然存在，由于参照系的运动必然导致“以太风”的产生，麦克斯韦方程只有在绝对静止以太参照系中成立。迈克尔孙——莫雷实验的负结果，否认了以太相对于太阳的绝对静止。并进而否定了以太的存在。真空中光速是一个不变值，伽俐略速度合成公式，即伽俐略变换在电磁现象中失败了，这就需要提出一种新的时空观念，即新的坐