大学物理学答案(上)(湖南大学出版社 陈曙光)

大学物理学答案(上)(湖南大学出版社 陈曙光) 大学物理习题解答 ----------By:Death 2(1)ns,第一章 质点运动学 ( 倍(试证加速度为a,2(1)nt， P26( 并由上述数据求出量值( 1[证明]依题意得v = nv， (1 一质点沿直线运动，运动方程为to23x(t) = 6t - 2t(试求: 根据速度公式v = v + at，得 to (1)第2s内的位移和平均速度; a = (n – 1)v/t， (1) o22(2)1s末及2s末的瞬时速度，第2s根据速度与位移的关系式v = v + 2as，得 to22内的路程; a = (n – 1)v/2s，(2) o (3)1s末的瞬时加速度和第2s内的平(1)平方之后除以(2)式证得 均加速度( 2(1)ns,( a,[解答](1)质点在第1s末的位移大小2(1)nt，为 23x(1) = 6×1 - 2×1 = 4(m)( 计算得加速度为 在第2s末的位移大小为 2(51)30,-223= 0.4(m?s)( a,x(2) = 6×2 - 2×2 = 8(m)( 2(51)10，在第2s内的位移大小为 Δx = x(2) – x(1) = 4(m)， 经过的时间为Δt = 1s，所以平均速度大小1(3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑， -1为 他以与水平成22.5?的夹角的初速度65m?s -1v=Δx/Δt = 4(m?s)( 从西边起跳，准确地落在坑的东边(已知东 (2)质点的瞬时速度大小为 边比西边低70m，忽略空气阻力，且取g = 2-2v(t) = dx/dt = 12t - 6t， 10m?s(问: 2-1因此v(1) = 12×1 - 6×1 = 6(m?s)， (1)矿 2v(2) = 12×2 - 6×2 = 0， 坑有多宽,22.5º 质点在第2s内的路程等于其位移的大小，他飞越的时70m 即Δs = Δx = 4m( 间多长, (3)质点的瞬时加速度大小为 (2)他图1.3 a(t) = dv/dt = 12 - 12t， 在东边落地 因此1s末的瞬时加速度为 时的速度,速度与水平面的夹角, a(1) = 12 - 12×1 = 0， [解答]方法一:分步法((1)夹角用θ 第2s内的平均加速度为 表示，人和车(他)在竖直方向首先做竖直 -2a上抛运动，初速度的大小为 = [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m?s)( -1v = vsinθ = 24.87(m?s)( [注意]第几秒内的平均速度和平均加y00 速度的时间间隔都是1秒( 取向上的方向为正，根据匀变速直线运 动的速度公式 1(2 一质点作匀加速直线运动，在t = v - v = at， t0 10s内走过路程s = 30m，而其速度增为n = 5这里的v就是v，a = -g;当他达到最高点0y0 时，v = 0，所以上升到最高点的时间为 t 1 t = v/g = 2.49(s)( 向、大小与船速平方成正比例的加速度，即1y02再根据匀变速直线运动的速度和位移d，k为常数( v/dt = -kv 的关系式 (1)试证在关闭发动机后，船在t时22v - v = 2as， t011刻的速度大小为; ,，kt可得上升的最大高度为 vv20h = v/2g = 30.94(m)( 1y0 他从最高点开始再做自由落体运动，下(2)试证在时间t内，船行驶的距离落的高度为 1为( xvkt,，ln(1)0h = h + h = 100.94(m)( 21k2根据自由落体运动公式s = gt/2，得下落的dv[证明](1)分离变量得， ,,ktd2时间为 v vtdv2h2,,ktd积分 ， = 4.49(s)( t,2,,2vgv00 因此他飞越的时间为 11可得 ( ,，ktt = t + t = 6.98(s)( 12vv0他飞越的水平速度为 -1v = vcosθ = 60.05(m?s)， x00v0v,(2)公式可化为， 所以矿坑的宽度为 1，vkt0x = vt = 419.19(m)( x0 (2)根据自由落体速度公式可得他落x/dt，所以 由于v = d 地的竖直速度大小为 v10-1 ddd(1)xtvkt,,，v = gt = 69.8(m?s)， y01(1)，，vktkvkt00落地速度为 221/2-1v = (v + v) = 92.08(m?s)， xtxy1积分 ( xvkt,，dd(1)与水平方向的夹角为 0,,kvkt，(1)000υ = arctan(v/v) = 49.30º， yx 1方向斜向下( xvkt,，ln(1)因此 ( 证毕( 0方法二:一步法(取向上的方向为正，k2他在竖直方向的位移为y = vt - gt/2，移项[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，y0 得时间的一元二次方程 根据牛顿第二定律得f = ma( 221由于a = dx/dt， 2,，,,gtvtysin0， 0而 dx/dt = v， 2 解得 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程 22tvvgyg,,,(sinsin2),,( 00mvd， dt,这里y = -70m，根号项就是他落地时在竖直fv()方向的速度大小，由于时间应该取正值，所 以公式取正根，计算时间为 解方程即可求解( t = 6.98(s)( 在本题中，k已经包括了质点的质量(如由此可以求解其他问题( 果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成 正比，则 n1(4 一个正在沿直线行驶的汽船，关dv/dt = -kv( 闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反(1)如果n = 1，则得 2 法向加速度为 dv， ,,ktd2-2 = rω = 230.4(m?s); avn 角加速度为 积分得 -2lnv = -kt + C( β = dω/dt = 24t = 48(rad?s)， 当t = 0时，v = v，所以C = lnv，因此 切向加速度为 00-2 a = rβ = 4.8(m?s)( lnv/v = -kt， t0221/2(2)总加速度为a = (a + a)得速度为 ， tn-kt222v = ve( 当a = a/2时，有4a = a + a，即 0tttn-kt而dv = vedt，积分得 0( aa,3ntv,kt0( ,，e`xC,k2由此得， rr,,,3当t = 0时，x = 0，所以C` = v/k，因此 0 v,kt022,(1-e)( x即 ， (12)243tt,k dv3(2)如果n?1，则得，积,,ktdt,3/6解得 ( nv 分得 所以 31,n=3.154(rad)( ,,，,，242(13/3)tv,,，( ktC21,n(3)当a = a时，可得rβ = rω， tn22 24t = (12t)， 即1,nv1/30解得 t = (1/6) = 0.55(s)( C,当t = 0时，v = v，所以，因此 0,n1 1(6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻11-1( ,，,nkt(1)飞机的速度为v = 300m?s，方向与水平线夹nn,,11vv0角为30?而斜向下，此后飞机的加速度为a = 如果n = 2，就是本题的结果( -2320m?s，方向与水平前进方向夹角为30?如果n?2，可得 而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来nnn,,,1(2)/(1){[1(1)]1}，,,nvkt0， x,的高度,n,2y (2)nvk,0在此期间a a y读者不妨自证( 飞机在水a O α x平方向飞v θ 0xx v 0y1(5 一质点沿半径为0.10m的圆周运行的距离 v0动，其角位置(以弧度表示)可用公式表示:为多少, 3θ = 2 + 4t[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的(求: (1)t = 2s时，它的法向加速度和切向初速度的大小为 加速度; v = vcosθ， 0x0 (2)当切向加速度恰为总加速度大小 v = vsinθ( 0y0的一半时，θ为何值, 加速度的大小为 (3)在哪一时刻，切向加速度和法向a = acosα， x a加速度恰有相等的值, = asinα( y [解答](1)角速度为 运动方程为 2-1ω = dθ/dt = 12t = 48(rad?s)， 3 (1)螺帽从天花板落到底面所需的时12， xvtat,，xx0间; 2 (2)螺帽相对于升降机外固定柱子的12( yvtat,,，yy0下降距离( 2 [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升12即 ， ,,，,,,xvtatcoscos0降机上升的高度为 2 1122( ; ,,,，,,,yvtatsinsinhvtat,，01022 令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 螺帽做竖直上抛运动，位移为 2sinv,120t = 0(舍去);(s)( ( ,,hvtgt,,t103202asin, 将t代入x的方程求得x = 9000m( 由题意得h = h - h，所以 12 [注意]选择不同的坐标系，例如x方向12， hagt,，()沿着a的方向或者沿着v的方向，也能求出02 相同的结果( 解得时间为 = 0.705(s)( thag,，2/()1(7 一个半径为R = 1.0m的轻圆盘， 可以绕一水平轴自由转算得h = -0.716m，即螺帽相对于升降机外2 动(一根轻绳绕在盘子固定柱子的下降距离为0.716m( 的边缘，其自由端拴一[注意]以升降机为参考系，钉子下落时R + g，而初速度为零，可列物体A(在重力作用下，相对加速度为a 物体A从静止开始匀加方程 2速地下降，在Δt = 2.0sh = (a + g)t/2， 内下降的距离h = 由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降A 0.4m(求物体开始下降距离( 图1.7 后3s末，圆盘边缘上任 一点的切向加速度与法1(9 有一架飞机从A处向东飞到B处， 然后又向西飞回到A处(已知气流相对于地向加速度( [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于面的速度为u，AB之间的距离为l，飞机相物体A下落加速度( 对于空气的速率v保持不变( 1(1)如果u = 0(空气静止)，试证来2hat,,由于，所以 t2l2t,回飞行的时间为; 02-2a = 2h/Δt = 0.2(m?s)( vt 物体下降3s末的速度为 (2)如果气流的速度向东，证明来回 -1tv = at = 0.6(m?s)， t0t,飞行的总时间为; 122这也是边缘的线速度，因此法向加速度为 1/,uv (3)如果气流的速度向北，证明来回2v-2a,= 0.36(m?s)( nt0Rt,飞行的总时间为( 2221/,uv -21(8 一升降机以加速度1.22m?s上升，[证明](1)飞机飞行来回的速率为v， -1当上升速度为2.44m?s路程为2l，所以飞行时间为t时，有一螺帽自升降 = 2l/v( 0机的天花板上松落，天花板与升降机的底面(2)飞机向东飞行顺风的速率为v + 相距2.74m(计算: u，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行 4 时间为 = vsinθ + vcosθsinα/cosα， 因此v122 lllvl2即 ( 证毕( vv,，(sincos),,t,，,11222hvuvuvu，,, 方法二:利用正弦定理(根据正弦定理t2/lv0( ,,22221/1/,,uvuv可得 (3)飞机相对地vvv 12， ,的速度等于相对风的B sin()sin(90),,,A v ，:,速度加风相对地的速 v + u 度(为了使飞机沿着所以 A B v - u AB之间的直线飞行，sin(),,， vv,12就要使其相对地的速cos,u v 度偏向北方，可作矢sincoscossin,,,,， ,v2A 量三角形，其中沿ABB u cos,v 方向的速度大小为,，v(sincostan),,, ， 222，所以飞行时间为 Vvu,,l即 vv,，(sincos),,( 12h222/lllv t,,,方法三:利用位移关系(将雨滴的速度22222Vvuuv,,1/分解为竖直和水平两个分量，在t时间内， t雨滴的位移为 0( 证毕( ,22l = (v – vsinθ)t， 1/,uv12 h = vcosθ?t( 2 1(10 如图所示，一汽车在雨中沿直线两式消去时间t即得所求( 证毕( 行驶，其速度为v，下落雨的速度方向与铅 1 直方向的夹角第二章 质点力学的基本定律 θ 为θ，偏向于汽l v2 车前进方向，速 h 度为v(今在车P46( 2v1 后放一长方形2(1 如图所示，把一个质量为m的木物体，问车速块放在与水平成θ角F 图1.10m v为多大时此的固定斜面上，两者1 物体刚好不会被雨水淋湿, 间的静摩擦因素μ较sθ ,小，因此若不加支持，v[解答]雨对地的速度等于雨对车的2图2.1 木块将加速下滑( ,(1)试证tanθ?μ; sv速度加车对地的3,(2)须施加多大的水平力F，可使木v,h 3 θ α α v2 v速度，由此可作矢1v? 块恰不下滑,这时木块对斜面的正压力多l v1 量三角形(根据题意大, ,得tanα = l/h( F(3)如不断增大的大小，则摩擦力方法一:利用直角三角形(根据直角三 和正压力将有怎样的变化, 角形得 (1)[证明]木块在斜面上时受到重力v = vsinθ + vsinα， 123 ,,其中v = v/cosα，而v = vcosθ， ??,32N和斜面的支持力以及静摩擦力Gmg, 5 ,改为-μ就是这个结果(可将(3)式中的μss，其中 f见:当tanθ = 1/μ时，F趋于无穷大，只有sN f ? f = μN， 当tanθ < 1/μ时，才能增加F的大小使木块ssm sf 而 N = Gcosθ( 向上加速滑动( 要使木块加速下 滑，重力沿着斜面2(2 如图所示，设质量m = 10kg的小θ G 的分量不得小于球挂在倾角α = 30?的光滑斜面上，求: 最大静摩擦力f(根据牛顿第二定律得 (1)当s Gsinθ - μGcosθ = ma?0， 斜面以加速s 因此tanθ?μ( 证毕( 度a = g/3沿a s (2)[解答]图中所示的y α 要使物体恰好不方向运动时，N m f 图2.2 x 下滑，则有 绳中的张力θ F 及小球对斜面的正压力各是多大, Gsinθ - μN s - Fcosθ = 0， (1) (2)当斜面的加速度至少为多大时小θ G-2 球对斜面的正压力为零,(g = 9.8m?s) N - Gcosθ - Fsinθ = 0( ([解答]2) (1)小球受(2)×μ +(1)得 y sTN Gsinθ - μGcosθ – Fcosθ - μFsinθ = 0， 到重力G，斜 ss a 面的支持力N解得 x 和绳子的张α sincos,,,,G s( (3) Fmg,力T(建立坐cossin，,,,s标系，列方程得 上式代入(2)得 Ncosα + Tsinα – mg = 0， Tcosα - Nsinα = ma( mg((4) ,N解得N = m(gcosα – asinα) = 68.54(N)， cossin,,,，sT = m(gsinα + acosα) = 77.29(N)( (3)[解答]当木块平衡时，一般情况下，(2)令N = 0，得加速度为 -2有 a = gctgα = 16.97(m?s)( Gsinθ - f - Fcosθ = 0，N - Gcosθ - Fsinθ = 0( 2(3 物体A和B的质量分别为m解得 = A f = Gsinθ - Fcosθ，N = Gcosθ + Fsinθ( 8kg，m = 16kg，它们之间用绳子联结，在B ,倾角α = 37?的斜面上向下滑动，如图所示(A1可知:?当的大小不断增加时，摩擦力将F和B与斜面的滑动摩擦因素分别为μ = kA不断减小;当F = Gtanθ时，摩擦力为零;0.2，μ = 0.4，求: kB 当F再增加时摩擦力将反向;至于木块是否(1)物体A和B的加速度; 向上做加速运动，则要进一步讨论( (2)绳子的 B 2?正压力将不断增加( 张力; [讨论]当tanθ < 1/μ时，如果木块恰好(3)如果将sA 不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，A和B互换位置，α 方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，则(1)和(2)的 图2.3 可得 结果如何, [解答]根据角度关系可得sinα = 3/5 = sincos,,,，sFmg,( 0.6，cosα = 4/5 = 0.8，tanα = 3/4 = 0.75( cossin,,,,s 6 (1)如果物体A和B之间没有绳子，[解答]质点在斜上运动的加速度为a = 由于tanθ?μ，可知:A和B都要沿斜面做gsinα，方向与初速度方向垂直(其运动方程s 加速运动，而B的加速度比较小(当A和B为 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运1122t，( x = v,,,,yatgtsin0动( 22NB B f设绳子的将t = x/v，代入后一方程得质点的轨道方程B 0 TN A 张力为T，根据为 Tf A 牛顿第二定律A gsin,2mgB ， ,yx分别对A和Bmg2A α v0列运动方程: mgsinα – μmgcosα - T = ma， 这是抛物线方程( AkAAA T + mgsinα – μmgcosα = ma( BkBBB 两式相加得 2(5 桌上有一质量M = 1kg的平板， 板上放一质量m = 2kg的另一物体，设物体[(m + m)sinα – (μm + μm)cosα]g ABkAAkBB = (m + m)a， 与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μ ABk所以加速度为 = 0.25，静摩擦因素为μ = 0.30(求: s ,,,mm，(1)今以水平力拉板，使两者一起kAAkBBF [sincos]ag,,,,mm，-2AB以a = 1m?s的加速度运动，试计算物体与 -2板、与桌面间的相互作用力; = 3.26(m?s)( 2)将加速度a的公式代入任一方程(2)要将板从物体下面抽出，至少需( 都可解得张力为 要多大的力, [解答](1)物体与板之间有正压力和摩()cos,,,,mmgkBkAAB= 3.86(N)( T,擦力的作用( mm，AB板对物体的支持大小等于物体的重力 由此可见:当两物体的摩擦因素相等时，张N = mg = 19.6(N)， m 力才为零，这是因为它们的加速度相等( 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向 (3)将A和B互换位置后，由于A的相反( N m加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力物体受板摩擦力f m为零( 做加速运动，摩擦力的 N Ma A的运动方程为 大小为 mgsinα – μmgcosα = ma， f = ma = 2(N)， AkAAAAm-2f M解得 a = g(sinα – μcosα) = 4.12(m?s)( 这也是板受到的摩擦AkA-2 同理得a = g(sinα – μcosα) = 2.7(4m?s)( 力的大小，摩擦力方向也相反( BkB 板受桌子的支持力大小等于其重力 2(4 一个重量为P的质点，在光滑的N = (m + M)g = 29.4(N)， M ,这也是桌子受板的压力的大小，但方向相v固定斜面(倾角为α)上以初速度运动，0反( ,板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为 v的方向与斜面0 v0f = μN = 7.35(N)( MkM P 底边的水平约AB这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相α 平行，如图所示，反( AB 求这质点的运动(2)设物体在最大静摩擦力作用下和图2.4 轨道( 板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方 7 程为 111 Nm和k(满足关系关系式; 与k12,， f =μmg = ma`， sf kkk 12a` 可得 a` =μg( s N M板的运动方程为 (2)它们并联起来时，总倔强系数k = f F k + k( F – f – μ(m 12k f ` + M)g = Ma`， [解答]当力F将弹簧共拉长x时，有F = 即 F = f + Ma` + μ(m + M)g kx，其中k为总倔强系数( k = (μ + μ)(m + M)g， 两个弹簧分别拉长x和x，产生的弹力sk12算得 F = 16.17(N)( 分别为 因此要将板从物体下面抽出，至少需要F = kx，F = kx( 11122216.17N的力( (1)由于弹簧串联，所以 F = F = F，x = x + x， 1212 2(6 如图所示:已知F = 4N，m = 1FF111F12因此 ，即( ,，,，0.3kg，m = 0.2kg，两物体与水平面的的摩2kkkkkk1212擦因素匀为0.2(求质量为m的物体的加速2 度及绳子对它的拉力((绳子和滑轮质量均(2)由于弹簧并联，所以 F = F + F，x = x = x， 1212a 1T 1F 因此 kx = kx + kx，即k = k + k( 112212 m a2T 12m 2 f f 2(8 如图所示，质量为m的摆悬于架21 图2.6 上，架固定于小车上，在下述各种情况中，不计) 求摆线的方向(即摆线与竖直线的夹角θ) [解答]利用几何关系得两物体的加速度及线中的张力T( 之间的关系为a = 2a，而力的关系为T = 2111)小车沿水平线作匀速运动; ( 2T( 2(2)小车以加速对两物体列运动方程得 ,度沿水平方向运动; a1T - μmg = ma， 2222 F – T – μmg = ma( 1111(3)小车自由地可以解得m的加速度为 2从倾斜平面上滑下，斜 面与水平面成υ角; Fmmg,，,(2)-212= 4.78(m?s)， a,2(4)用与斜面平mm/22，12,图2.8 行的加速度把小车b1绳对它的拉力为 沿斜面往上推(设b = b); 1m2TFmg,,(/2),= 1.35(N)( ,1mm/22，(5)以同样大小的加速度(b = b)，b1222 kk 将小车从斜面上推下来( 21F 2(7 两根[解答](1)小车弹簧的倔强系θ (a) 沿水平方向做匀速直 T 数分别为k和k 11线运动时，摆在水平 F ma k(求证: 2方向没有受到力的作mg (1)它们用，摆线偏角为零，(b) k 2串联起来时，线中张力为T = mg( 图2.7 总倔强系数k(2)小车在水平(2) 8 方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是一端，构成一个摆(摆动时，与竖直线的最合外力(由于 大夹角为60?(求: O l tanθ = ma/mg， (1)小球通过竖m θ 所以 θ = arctan(a/g); 直位置时的速度为多绳子张力等于摆所受的拉力 少,此时绳的张力多C B 大, 2222Tmamgmag,，,，()()( 图2.9 (2)在θ < 60? (3)小车沿斜的任一位置时，求小球速度v与θ的关系T 面自由滑下时，摆仍式(这时小球的加速度为多大,绳中的张力θ 然受到重力和拉力，多大, ma 合力沿斜面向下，所(3)在θ = 60?时，小球的加速度多大, mg 以 绳的张力有多大, θ = υ; [解答](1)小球υ O l T = mgcosυ( 在运动中受到重力和 (3) m θ 绳子的拉力，由于小球T (4)根据题意θ 沿圆弧运动，所以合力作力的矢量图，将T C mb 方向沿着圆弧的切线B 竖直虚线延长，与mg υ 方向，即F = -mgsinθ，水平辅助线相交，mg 负号表示角度θ增加的方向为正方向( 可得一直角三角 小球的运动方程为 形，θ角的对边是υ 2mbcosυ，邻边是mg (4) ds Fmam,,， + mbsinυ，由此可2dt得: 其中s表示弧长(由于s = Rθ = lθ，所以速 mbcos,度为 ， ,tan,，mgmbsin,dds,,,vl， ddtt因此角度为 因此 bcos,ddddvvmv,; ,arctan,,,,Fmmv， ，gbsin,ddddttl,, 即 vdv = -glsinθdθ， (1) 而张力为 v0B22vvgldsind,,,,取积分 ， Tmbmgmbmg,，,，()()2()()cos(/2)π,,, :060 01222,，，mbgbg2sin,( vgl,cos, 得， B260:(5)与上一问 解得 T 相比，加速度的方 θ -1向反向，只要将上vgl,= 2.21(m?s)( mb B一结果中的b改为mg 22-b就行了( vvBBTmgmmmg,,,,由于， B υ Rl2(9 如图所 (5) 所以T = 2mg = 1.96(N)( B示:质量为m = (2)由(1)式积分得 10kg的小球，拴在长度l = 5m的轻绳子的 9 12， vglC,，,cosv2cosg,CC2( ,,,rr当 θ = 60º时，v = 0，所以C = -lg/2， C 因此速度为 由于N – mgcosα = 2mgcosα，所以 C N = 3mgcosθ( C( vgl,,(2cos1),C 切向加速度为 2(11 小石块沿m a = gsinθ; 一弯曲光滑轨道上由t 法向加速度为 静止滑下h高度时，N 它的速率多大,(要2h θ vC求用牛顿第二定律积( ,,,(2cos1),agnmg R分求解) 由于T – mgcosθ = ma，所以张力为 [解答]小石块在Cn图2.11 T = mgcosθ + ma = mg(3cosθ – 1)( 运动中受到重力和轨Cn (3)当 θ = 60º时，切向加速度为 道的支持力，合力方向沿着曲线方向(设切 线与竖直方向的夹角为θ，则 3-2F = mgcosθ( = 8.49(m?s)， ag,t2小球的运动方程为 法向加速度为 2ds a = 0， ， Fmam,,n2dt绳子的拉力 T = mg/2 = 0.49(N)( s表示弧长( ds[注意]在学过机械能守恒定律之后，求v,由于，所以 解速率更方便( dt 2dddddddssvvsv2(10 一质量为m的小球，最初静止， ,,,,()v2dddddddttttsts于如图所示的A点，然后沿半径为r的光滑 圆弧的内表面ADCB下滑(试求小球在C因此 vdv = gcosθds = gdh， 点时的角速度和对圆弧表面的作用力( h表示石下落的高度( 1[解答]此2A B vghC,，积分得 ， 题情形与上2r α 一题的数学当h = 0时，v = 0，所以C = 0， C 类型是相同D 因此速率为 ( vgh,2的( 取上题中l = r，对(1)式积分 v,2(12 质量为m的物体，最初静止于Cvvgrdsind,,,,， ,,090,:kf,,x，在力(k为常数)作用下沿直线02x,12vrg,cos,运动(证明物体在x处的速度大小v = [2k(1/x 得 ， C21/290,:– 1/x)/m]( 0 解得速度为 [证明]当物体在直线上运动时，根据牛 顿第二定律得方程 vgr,2cos,， C2kxd角速度为 fmam,,,, 22xtd 10 利用v = dx/dt，可得 当n = 2时，即证明了本题的结果( 2dddddxvxvv(13 一质量为m的小球以速率v从2， ,,,v02dddddtttxx地面开始竖直向上运动(在运动过程中，小因此方程变为 球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系 数为k(求: kxd， mvvd,,2(1)小球速率随时间的变化关系v(t); x 积分得 (2)小球上升到最大高度所花的时间 T( 1k2 ( mvC,，[解答](1)小球竖直上升时受到重力和2x 利用初始条件，当x = x时，v = 0，所空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为0 以C = -k/x，因此 下，根据牛顿第二定律得方程 0 dv1kk， fmgkvm,,,,2， mv,,dt2xx0分离变量得 dd()vmmgkv，211k， dtm,,,,v,,()即 ( 证毕( mgkvkmgkv，，mxx0 [讨论]此题中，力是位置的函数:f = 积分得 mf(x)，利用变换可得方程:mvdv = f(x)dx，积tmgkvC,,，，ln()( 分即可求解( kn如果f(x) = -k/x，则得 当t = 0时，v = v，所以 0 m1dx2Cmgkv,，ln()mvk,,( ， 0n,2xk (1)当n = 1时，可得 因此 12mmgkvmmgkv，，/mvkxC,,，ln( ， t,,,,lnln2kmgkvkmgkv，，/00利用初始条件x = x时，v = 0，所以C = lnx，00 x1小球速率随时间的变化关系为 20mvk,ln因此 ， mgktmg2xvv,，,,()exp()( 0kmkx2k0(2)当小球运动到最高点时v = 0，所v,ln即 ( mx需要的时间为 (2)如果n?1，可得 mgkvkv/，mm00( T,,，lnln(1)1k21,n,,，mvxC( kmgkkmg/,21n 利用初始条件x = x时，v = 0，所以[讨论](1)如果还要求位置与时间的关0 k系，可用如下步骤( 1,n,,Cx， 0由于v = dx/dt，所以 1,n mgktmg111kd[()exp()]dxvt,，,,， 20,,因此 ， mv()kmknn,,11,21nxx0即 mvmgk(/)，ktmg0ddexp()dxt,,,,， 211kv(),,即 ( kmknn,,11(1)nmxx,0 11 积分得 ,1k( tC,，mvmgk(/)，ktmgRv0， xtC,,,,，exp()`当t = 0时，v = v，所以 kmk0当t = 0时，x = 0，所以 1， C,,mvmgk(/)，0， C`,v0k 因此 ,11k因此 ( t,,mvmgk(/)，ktmg0( xt,,,,[1exp()]Rvv0kmk (2)如果小球以v的初速度向下做直0v0解得 ( ,v线运动，取向下的方向为正，则微分方程变1/,，vtRk0为 由于 dv， fmgkvm,,,dtvtvtRdd(1/)，,R00k， dx,,用同样的步骤可以解得小球速率随时间的1/1/，，vtRvtR,,,kkk00变化关系为 mgmgkt积分得 vv,,,,()exp()( 0kkm,vtRk0， ,，，ln(1)`xC这个公式可将上面公式中的g改为-g得R,k出(由此可见:不论小球初速度如何，其最 终速率趋于常数v = mg/k( 当t = 0时，x = x，所以C = 0，因此 m0 ,vtRk0( ,，ln(1)x2(14 如图所示:光滑的水平桌面上放R,k置一固定的圆环带，半径为R(一物体帖着 环带内侧运动，物体与环 A v 0带间的滑动摩擦因数为*2(15 R μ(设物体在某时刻经A k 点时速率为v，求此后时2(16 如图所示，0图2.14 ω 刻t物体的速率以及从A一半径为R的金属光滑点开始所经过的路程( 圆环可绕其竖直直径转 动(在环上套有一珠[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆 子(今逐渐增大圆环的转环带对物体的压力，即 R θ 2r N = mv/R( 动角速度ω，试求在不同m 物体所受的摩擦力为 转动速度下珠子能静止mg f = -μ在环上的位置(以珠子所N， k图2.16 停处的半径与竖直直径负号表示力的方向与速度的方向相反( 根据牛顿第二定律得 的夹角θ表示( [解答]珠子受到重力和环的压力，其合2vvd力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向,,,,fmm， kRtd心力，其大小为 ,dvF = mgtgθ( k,,dt即 ( 2珠子做圆周运动的半径为 Rv 积分得 r = Rsinθ( 根据向心力公式得 12 2F = mgtgθ = mωRsinθ， p = mv， 可得 但是末动量与初动量 Δp p1互相垂直，根据动量的mg2， R,, p2 增量的定义 p1cos, ,,,gm 解得 ( ,,,arccos,,,ppp212R,R ,,, 得， ppp,，,21 由此可作矢量三角形，可得 第三章 运动的守恒定律 ( ,,,ppmv22 P84( 因此向心力给予小球的的冲量大小为 3(1 如图所示，一小球在弹簧的弹力= 1.41(N?s)( Ip,,作用下振动(弹力F = -kx，而位移x = 2Acosωt，其中k，A和ω都是常数(求在t = [注意]质点向心力大小为F = mv/R，方0到t = 向是指向圆心的，其方向在不断地发生改m F π/2ω的变，所以不能直接用下式计算冲量 x O 时间间x 2vT图3.1 隔内弹IFtm,, R4力予小球的冲量( 2/,,RTT[解答]方法一:利用冲量公式(根据冲,,( mvmv量的定义得 R42 dI = Fdt = -kAcosωtdt， 假设小球被轻y 绳拉着以角速度ω 积分得冲量为 m F xπ/2,= v/R运动，拉力的IkAtt,,(cos)d,， ,F 0大小就是向心力 F y2F = mv/R = mωv， π/2,O x kAkAR ,,,,sin,t其分量大小分别为 ,,0F = Fcosθ = x 方法二:利用动量定理(小球的速度为 Fcosωt， Fv = dx/dt = -ωAsinωt， = Fsinθ = Fsinωt， y 设小球的质量为m，其初动量为 给小球的冲量大小为 p = mv = 0， dI = Fdt = Fcosωtdt， 11xx 末动量为 dI = Fdt = Fsinωtdt， yy 积分得 p = mv = -mωA， 22 小球获得的冲量为 T/4T/4FIFttt,,cosdsin,,I = p – p = -mωA， 21x,0,20可以证明k =mω，因此 I = -kA/ω( F， ,,mv, 3(2 一个质量m = 50g，以速率的v = T/4T/4F-1IFttt,,,sindcos,,20m?s作匀速圆周运动的小球，在1/4周期 y,0,0内向心力给予小球的冲量等于多少, [解答]小球动量的大小为 13 联立方程可得 F， ,,mv-2,)( a = g/2 = 5(m?s 根据运动学公式 合冲量为 2s = vt + at/2， 022， IIImv,，,2xy可得B拉C之前的运动时间 所前面计算结果相同，但过程要复杂一些( = 0.4(s)( tsa,2/ 3(3 用棒打击质量0.3kg，速率等于此时B的速度大小为 -1-120m?s的水平飞来的v = at = 2(m?s)( 物体A跨过动滑轮向下运动，如同以相球，球飞到竖直上方10mΔv v的高度(求棒给予球的同的加速度和速度向右运动(A和B拉动Cy 冲量多大,设球与棒的运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可 得接触时间为0.02s，求球 v x 受到的平均冲力, 2Mv = 3Mv`， [解答]球上升初速度为 因此C开始运动的速度为 -1v` = 2v/3 = 1.33(m?s)( -1= 14(m?s)， vgh,2y 其速度的增量为 3(5 一个原来静止的原子核，放射性-16-1蜕变时放出一个动量p = 9.22×10g?cm?s1-122= 24.4(m?s)( ,vvv,，xy的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向 -16-1g?cm?s的中棒给球冲量为 上放出一个动量p = 5.33×102 I = mΔv = 7.3(N?s)， 微子(求蜕变后原子核的动量的大小和方对球的作用力为(不计重力) 向( F = I/t = 366.2(N)( [解答]原子核蜕变后的总动量大小为 22-16-1ppp,，= 10.65×10(g?cm?s)( 123(4 如图所示，3个物体A、B、C， 每个质量都为M，B和C靠在一起，放在光其方向与电子方向的夹角 p2p 滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m为 θ 的细绳，首先放松(B的另一侧则连有另一θ = arctan(p/p) = 30?( 21p 1细绳跨过桌边的定滑轮而与A相连(已知滑根据动量守恒定律， 三个粒子总动量为零， 轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定(问 ,,,A和B起动ppp`0，，,， B 12C 后，经多长时 间C也开始所以原子核的反冲动量为 ,,,,运动,C开始pppp`(),,，,,， A 12运动时的速 图3.4 度是多少,其大小与电子和中微子的合动量的大小相 -2 (取g = 10m?s) 等，方向相反，与电子速度的夹角为 [解答]物体A受到重力和细绳的拉力，180 - θ = 150?( 可列方程 Mg – T = Ma， 3(6 一炮弹以速率v沿仰角θ的方向0物体B在没有拉物体C之前在拉力T作用发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相下做加速运动，加速度大小为a，可列方程 等的两块，一块沿此45?仰角上飞，一块沿 T = Ma， 45?俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速 14 率各为多少, N = μmgcosθ， f = μkk [解答] 炮弹在最高点的速度大小为 方向与弧位移的方向相反，所做的功元为 ,v = vcosθ， ,0 ddcosdWfsfs,,,π2方向沿水平方向( 根据动量守,,umgRcosd,,， k恒定律，可知碎v` 45? v0片的总动量等于积分得摩擦力所做的功为 v 45:炮弹爆炸前的总v` WmgR,,(cos)d,,,θ k2,动量，可作矢量0 三角形，列方程得 45:2( ,,,,,,,mgRmgRmsinkk， mvv/2`cos45,:202 要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重所以 v` = v/cos45? = ( 2cosv,0,,,力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，GFf ,,,3(7 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着即 ， FGf，，,0冰雪覆盖的弧形路面极缓 ,,,慢地匀速移动，这圆弧路45? 或者 ( FGf,,，()面的半径为R(设马对雪橇R θ N 的拉力总是平行于路拉力的功元为 ,,,面(雪橇的质量为m，它F ,,,ds dd(dd)WFsGsfs,,,,,，,f 与路面的滑动摩擦因数为 mg μ(当把雪橇由底端拉上k,,，(dd)WW， 图3.7 1245?圆弧时，马对雪橇做了 多少功,重力和摩擦力各做了多少功, 拉力所做的功为 [解答]取弧长增加的方向为正方向，弧 WWW,,，(),12ds位移的大小为 ds = Rdθ( 22,,,，,mgR( (1)kG重力的大小为 22 G = mg， 由此可见:重力和摩擦力都做负功，拉力做方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，正功( 所做的功元为 ,3(8 一质量为m的质点拴在细绳的一, ddcos(/2)dWGsGs,,,，,π1端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面 上作半径为r的圆周运动(设质点最初的速， ,,mgRsind,,率是v，当它运动1周时，其速率变为v/2，00积分得重力所做的功为 求: (1)摩擦力所做的功; 45:45:WmgRmgR,,,(sin)dcos,,, (2)滑动摩擦因数; 1,00(3)在静止以前质点运动了多少圈, [解答] (1)质点的初动能为 2( ,,,(1)mgR2E = mv/2， 210 ,末动能为 摩擦力的大小为 f 15 22E = mv/2 = mv/8， 整理和一元二次方程 20 动能的增量为 12， ,，,,,kxmgxmgssinsin02ΔE = E – E = -3mv/8， 2k210 这就是摩擦力所做的功W( 解得 (2)由于 2mgmgkmgsin(sin)2sin,,,,，dW = -fds = -μNds = -μmgrdθ， kk x,k积分得 2,= 0.24(m)(取正根)( ( Wmgrmgr,,,,()d2,,,,kk,0 由于W = ΔE，可得滑动摩擦因数为 3(10 一个小球与另一质量相等的静止 小球发生弹性碰撞(如果碰撞不是对心的，23v0( 试证明:碰撞后两小球的运动方向彼此垂,,kπ16gr直( (3)在自然坐标中，质点的切向加速[证明]设一个小球碰撞前后的速度大小度为 分别为v和v，01 p1a = f/m = -μg， 另一小球的在碰tk p022θ 根据公式v – v = 2as，可得质点运动的弧撞后的速度大小tot 长为 为v，根据机械2p 2 能守恒得 22vv8,r00， ,,,s111222mvmvmv,，， 223ag,012k222圈数为 n = s/2πr = 4/3( 222即 ; vvv,，012[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的 功等于质点动能的增量 根据动量守恒得 ,,,-fs = ΔE， k， ppp,，012可得 s = -ΔE/f， k 由此也能计算弧长和圈数。 其中各动量的大小为 p = mv、p = mv和p = mv， 001122 3(9 如图所示，物体A的质量m = 对矢量式两边同时平方并利用 ,,0.5kg，静止于光滑斜面上(它与固定在斜面ppmvmv,,cos, 1212底B端的弹簧M相距s = 3m(弹簧的倔强 得 系数k = A -1400N?m(斜面倾222s = 3m ， ppppp,，，2cos,01212角为45?(求当物 体A由静止下滑2222222即 mvmvmvmvv,，，2cos,B 01212时，能使弹簧长度 θ = 45? 产生的最大压缩化简得 量是多大, 图3.9 222， vvvvv,，，2cos,01212[解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和 弹性势能的零势点，由于物体A和弹簧组成结合机械能守恒公式得 的系统只有保守力做功，所以机械能守恒，2vvcosθ = 0， 12当弹簧压缩量最大时，可得方程 由于v和v不为零，所以 12 1θ = π/2， 2,,,,，mgsmgxkxsinsin， 即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直( 2 16 证毕( 11112222， mvmvmvmv，,，``11221122 2222 3(11 如图所示，质量为1.0kg的钢球``( mvmvmvmv，,，11221122m系在长为0.8m的绳的一端，绳的另一端1 O固定(把绳拉到同理可得 O 水平位置后，再把l = 0.8m `` m1( vvvv，,，1122 它由静止释放，球 在最低点处与质量从而解得 为5.0kg的钢块m2()2mmvmv,，` m121222， v,作完全弹性碰撞，1mm，12图3.11 求碰撞后钢球继续 运动能达到的最大高度( 或者 [解答]钢球下落后、碰撞前的速率为 2()mvmv，`1122; vv,,11( vgl,2mm，112 钢球与钢块碰撞之后的速率分别为v`和将下标1和2对调得 1 v`，根据机械能守恒和动量守恒得方程 1()2mmvmv,，`21211， v,1112222， mvmvmv,，``mm，11112212222 ``2()mvmv，( mvmvmv,，`1122111122( 或者vv,,22mm，12222整理得 mvvmv(`)`,,11122 mvmv，1122后一公式很好记忆，其中代表``( mvvmv(),,mm，1112212将上式除以下式得 质心速度( v + v` = v`， 112 代入整理的下式得 3(12 一质量为m的物体，从质量为M 的圆弧形槽顶端由静止滑下，设圆弧形槽的``， mvmvmvmv,,，11112121半径为R，张角为π/2，如图所示，所有摩 擦都忽略，求: ()mmv,`121解得 ( v,(1)物体1m mm，12刚离开槽底端A 碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为 时，物体和槽的R V 速度各是多少, `2 vmm1,22112 hv,,()(2)在物v 122ggmm，12体从A滑到B的 M B 过程中，物体对 mm,图3.12 212,()l= 0.36(m)( 槽所做的功W; mm，12(3)物体到达B时对槽的压力( [讨论]如果两个物体的初速率都不为[解答](1)物体运动到槽底时，根据机零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械械能定律守恒得 11能和动量守恒方程 22mgRmvMV,，， 22 17 根据动量守恒定律得 质子和氦核都带正电，带电量分别为e 0 = mv + MV( 和2e，它们之间的库仑力是保守力(根据能因此 量守恒定律得 11222 mgRmvMV,，()1112e222， mvmvmvk，,，(4)(5)22Mp0p0p222rm 1122,，mvmv()， 因此 22M22e58222解得 ， kmvvmv,,,()p0p0r25m 2MgR所以最近距离为 ， v,Mm，25ke( r,从而解得 m24mvp0 2gR( Vm,, MMm()，3(14 如图所示，有一个在竖直平面上 (摆动的单摆(问: 2)物体对槽所做的功等于槽的动能 (的增量 1)摆球对悬挂点的角 θ 动量守恒吗, 2l 1mgR2(2)求出t时刻小球对( WMV,,2Mm，悬挂点的角动量的方向，对于m (3)物体在槽底相对于槽的速度为 不同的时刻，角动量的方向会 图3.14 mMm，改变吗, vvVvv`(1),,,，, 3)计算摆球在θ角时对悬挂点角动(MM 量的变化率( 2()MmgR，[解答](1)由于单摆速,， M度的大小在不断发生改变，物体受槽的支持力为N，则 而方向与弧相切，因此动量θ l 矩l不变;由于角动量L = 2v`N mvl，所以角动量不守恒( Nmgm,,， R(2)当单摆逆时针运 mg 因此物体对槽的压力为 动时，角动量的方向垂直纸 面向外;当单摆顺时针运动时，角动量的方2vm`2向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角Nmgmmg`(3),，,，( RM动量的方向会改变( (3)质点对固定点的角动量的变化率 3(13 在实验室内观察到相距很远的一等于质点所受合外力对同一点的力矩，因此 角动量的变化率为 个质子(质量为m)和一个氦核(质量为p dL4m)沿一直线相向运动;速率都是v，求p0,,,,MFlmglsin( ,两者能达到的最近距离( dt [解答] 当两个粒子相距最近时，速度相 等，根据动量守恒定律得 3(15 证明行星在轨道上运动的总能量 4mv - mv = (4m + m)v， p0p0ppGMmE,,为(式中M和m分别为太阳因此v = 3v/5( 0rr，12 18 和行星的质量，r和r分别为太阳和行星轨122mgR90= -4.42×10(J)( E,,道的近日点和远日点的距离( 2Rhh，，012[证明]设 v行星在近日点2 和远日点的速*3(17 rr 12度分别为v和 1 v，由于只有保 2v 1守力做功，所第四章 刚体定轴转动 以机械能守恒，总能量为 1GMm2 (1) Emv,,P109( 12r14(1 质量为M的空O 心圆柱体，质量均匀分1GMm2和 ( (2) Emv,,布，其内外半径为R和122r2R，求对通过其中心轴的2R H 1它们所组成的系统不受外力矩作用，所转动惯量( R 2以行星的角动量守恒(行星在两点的位矢方[解答]设圆柱体的向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程 高为H，其体积为 22mvr= mvr， V = π(R – R)h， 11 2221O` 体密度为 即 vr= vr( (3) 11 22图4.1 2)式各项同乘以r得 ρ = M/V( 将(1122Er = m(vr)/2 - GMmr， (4) 在圆柱体中取一面积为S = 2πRH，厚度11112将(2)式各项同乘以r得 为dr的薄圆壳，体积元为 22 2ErdV = Sdr = 2πrHdr， = m(vr)/2 - GMmr， (5) 2222 其质量为 将(5)式减(4)式，利用(3)式，可得 2 2E(r- r) = -GMm(r- r)， (6) dm = ρdV， 212 1 由于r不等于r，所以 绕中心轴的转动惯量为 1223I = r(r+ r)E = -GMm， ddm = 2πρHrdr， 2 1 总转动惯量为 GMmR故 ( 证毕( E,,12344IHrrHRR,,,,,,,2d() rr，2112,R12 3(16 我国第一颗人造地于卫星的质量122,，mRR()为173kg，其近地点高度为439km，远地点( 212高度为2 384km，求它的轨道总能量( [解答]地球半径R = 6371km，因此 0 (2 一矩形均匀薄板，边长为a和b，r = R + h，r = R + h( 4101202 根据万有引力定律，在地球表面有 质量为M，中心O取为原点，坐标系OXYZ 如图所示(试证明: GMm,mg， (1)薄板对OX轴的转动惯量为 2R012IMb,; OX因此 12 (2)薄板对OZ轴的转动惯量为2GMgR,， 0122IMab,，()( OZ根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为 12 19 [证明] 薄a/2Y a 1132板的面积为 ,，,bxbM312,a/2S = ab， X 质量面密度为 1O 22( b ,，Mab()σ = M/S( 12 (1)在板方法二:垂直轴定理(在板上取一质量Z 上取一长为a，元dm，绕OZ轴的转动惯量为 图4.2 2宽为dy的矩形dI = rdm( OZ222元，其面积为 由于r = x + y，所以 22dS = ady， dI = (x + y)dm = dI + dI， OZOYOX其质量为 因此板绕OZ轴的转动惯量为 dm =σdS， 122( IIIMab,，,，()OZOYOX绕X轴的转动惯量为 1222dI = ydm = σaydy， OX 积分得薄板对OX轴的转动惯量为 4(3 一半圆形细杆，半径为R，质量 为M，求对过细杆二端AA`轴的转动惯量( b/2b/2123[解答]半圆的长度为 Iayyay,,,,dOX,3b/2b/2,,C = πR， 质量的线密度为 1132R λ = M/C( ,,,abMb( θ 1212在半圆上取一A A` 同理可得薄板对OY轴的转动惯量为 弧元 图4.3 1ds = Rdθ， 2IMa,( OY其质量为 12 (2)方dm = λds， Y 法一:平行轴到AA`轴的距离为 a 定理(在板上r = Rsinθ， 取一长为b，绕此轴的转动惯量为 r y X 232O` O 宽为dx的矩dI = rdm = λRsinθdθ， b x 形元，其面积半圆绕AA`轴的转动惯量为 为 πZ` Z 32IR,,,,sind dS = bdx， ,0质量为 dm = σdS， π13 ,,,,,R(1cos2)d绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX轴,20的转动惯量 2π1dI = bdm/12( O`Z`32,,,RMR 根据平行轴定理，矩形元对OZ轴的转22 动惯量为 24(4 如图所示，在质量为M，半径为dI = xdm + dI OZO`Z`22= σbxdx + bdm/12， R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆积分得薄板对OZ轴的转动惯量为 孔(圆孔中心在圆盘半径的中点(求剩余部 分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转aM/2122Ibxxbm,，, 动惯量( ddOZ,,12,a/20 20 [解答]大圆的面积为 [解答]设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以 2S = πR， 左端为转动轴，在力矩平衡时有 质量的面密度为 0.5N` – 1.25F = 0， R σ = M/S( 所以 r r 大圆绕过圆心N`=2.5F = 250(N)( O 且与盘面垂直的轴闸瓦对飞轮的压力为 线的转动惯量为 N = N`= 250(N)， 2I = MR/2( 与飞轮之间摩擦力为 M图4.4 小圆的面积为 f = μN = 100(N)， 2s = πr， 摩擦力产生的力矩为 质量为 M = fR( m = σs， 飞轮的转动惯量为 2绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量/2， I = mR 为 角加速度大小为 2-2I = mr/2， β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad?s)， C 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为 负号表示其方向与角速度的方向相反( 2飞轮的初角速度为 I = I + m(R/2)( mC-1ω = 30π(rad?s)( R10222 IImmrR,，,，()(2)mC根据公式ω = ω + βt，当ω = 0时， 024 t = -ω/β = 7.07(s)( 10222,，,, rrR(2)22再根据公式ω = ω + 2βθ，可得飞轮转过40 的角度为 21r222θ = -ω/2β = 333(rad)， ， ,，MrR(2)024R转过的圈数为 剩余部分的转动惯量为 n = θ/2π = 53r( [注意]圈数等于角度的弧度数除以2π( 412r22(2)当t = 2s，ω = ω/2时，角加速度( IIIMRr,,,,,2()0Mm22R为 β = -ω/2t = -7.5π( 0 4(5 飞轮质量m = 60kg，半径R = 力矩为 M = -Iβ， 0.25m，绕水平中心轴O转动，转速为 -1摩擦力为 900r?min(现利用一制动用的轻质闸瓦，在 2剖杆一端加竖直方f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)π( F 0.50 0.75 ,闸瓦对飞轮的压力为 向的制动力F，可使N = f/μ， 需要的制动力为 飞轮减速(闸杆尺寸O 2如图所示，闸瓦与飞F = N/2.5 = (7.5)π = 176.7(N)( 图4.5 轮之间的摩擦因数μ = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算( 4(6 一轻绳绕于r = 0.2m的飞轮边缘， (1)设F = 100N，问可使飞轮在多长以恒力F = 98N拉绳，如图(a)所示(已 2时间内停止转动,这段时间飞轮转了多少知飞轮的转动惯量I = 0.5kg?m，轴承无摩 擦(求 转, (1)飞轮的角加(2)若要在2s内使飞轮转速减为一半， 需加多大的制动力F, 速度( 21 m F=98N P=98N (b) (a) (图4.6 (2)绳子拉下5m时，飞轮的角速度水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为 到停止转动，共转了多少圈, 和动能( ω0 [解答]圆盘对水平面的压力为 (3)将重力P = 98N的物体挂在绳端， 如图(b)所示，再求上面的结果( N = mg， [解答](1)恒力的力矩为 压在水平面上的面积为 2M = Fr = 19.6(N?m)， S = πR， 对飞轮产生角加速度为 压强为 -22β = M/I = 39.2(rad?s)( p = N/S = mg/πR( (2)方法一:用运动学公式(飞轮转当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r、过的角度为 对应角为dθ面积元，其面积为 θ = s/r = 25(rad)， dS = rdθdr， 2由于飞轮开始静止，根据公式ω = 2βθ，可对水平面的压力为 dN = p得角速度为 dS = prdrdθ， 所受的摩擦力为 -1 = 44.27(rad?s); ,,,,2df = μdN = μprdrdθ， 飞轮的转动动能为 其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 22E = Iω/2 = 490(J)( dM = rdf = μprdrdθ， k 方法二:用动力学定理(拉力的功为 总力矩为 2,RW = Fs = 490(J)， 132,, 2πpRMprr,,,dd,,00根据动能定理，这就是飞轮的转动动能E( 3k2根据公式E = Iω/2，得角速度为 2k,,mgR( 3-1= 44.27(rad?s)( ,,2/EIk圆盘的转动惯量为 2(3)物体的质量为 I = mR/2， m = P/g = 10(kg)( 角加速度大小为 Mg4,设绳子的张力为T，则 ,,,,， ,P – T = ma，Tr = Iβ( IR3由于a = βr，可得 负号表示其方向与角速度的方向相反( 222Pr = mrβ + Iβ， 根据转动公式ω = ω + 2βθ，当圆盘0解得角加速度为 停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为 Pr-222,,= 21.8(rad?s)( ,,3R002， ,,,,，mrI28g,,绳子的张力为 IIP,转过的圈数为 ,,T= 54.4(N)( 2，rmrI23,R,0( ,,n张力所做的功为 216g,,,W` = Ts = 272.2(J)， 这就是飞轮此时的转动动能E`( [注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积k 飞轮的角速度为 为ds = 2πrdr，这样计算力矩等更简单。 `-1,`2/,EI= 33(rad?s)( k4(8 一个轻质弹簧的倔强系数为k = -12.0N?m(它的一端固定，另一端通过一条 4(7 质量为m，半径为R的均匀圆盘细线绕过定滑轮和一个质量为m = 80g的1在水平面上绕中心轴转动，如图所示(盘与物体相连，m ω 0 r 22 R O m 1 h 图4.7 图4.8 m 1 如力产所示(定滑轮可看作均匀圆盘，它的B的角速度为 = v/R( 半径为r = 0.05m，质量为m = 100g(先用ωB 2 根据转动运动学的公式得 手托住物体m，使弹簧处于其自然长度，1 然后松手(求物体m下降h = 0.5m时的速ω– ω = -βt，ω= βt， 1A AB B度多大,忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在即 v/R– ω = -βt，v/R= βt， 1 A2 B滑轮边上不打滑( 化得 [解答]根据机械能守恒定律可列方程 v - ωR= -βRt，v = βRt， 1 A1B2 将后式减前式得 111222， ,，，,mghmvIkh11ωR= (Rβ+ Rβ)t， 1 1A 2B2222其中I = mr/2，ω = v/r，可得 解得 2222mgh – kh = mv + mv/2， 11,R1 ,t解得 ，RR,,12AB22mghkh,-11= 1.48(m?s)( v,,R1mm，/21 ,//，RMIRMIAABB12 4(9 均质圆轮A的质量为M，半径为R,11 ,R，以角速度ω绕OA杆的A端转动，此时，RMgRRMgR,,1111212，将其放置在另一质量为M的均质圆轮B上，11222MRMR1122B轮的半径为R(B轮原来静止，但可绕其222 几何中心轴自由转动(放置后，A轮的重量,R1 ,由B轮支持(略去轴承的摩擦与杆OA的重22/ggMM，,,12量，并设两轮间的摩擦因素为μ，问自A轮 放在B轮上到两轮间没有相对滑动为止，需经过的时间为 要经过多长时间, MR,21t( ,[解答]圆轮A对B的压力为 2()gMM，,12 N = Mg， 1 两轮之间的摩擦力大小为 [注意]在此题中，由于A、B两轮不是 f = μN = μMg， 绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒1 摩擦力对A的力矩大小为 定律( M= fR= μMgR， 如果A轮的轮面放在B轮的轮面之上，A 1 11 摩擦力对B的力矩大小为 且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以 M= fR= μMgR， 用转动定律求解，也可以结合角动量守恒定B 2 12O A 设A和B的角加速度律求解( R1 当它们之间没有滑动时，角动量为ω`，大小分别为β和β，转动AB 根据角动量守恒定律得 惯量分别为I和I，根据ABB 转动定理得方程 Iω = (I+I)ω`， AAB R 2M= Iβ， 因此得 A AA 即 β= M/I( ω` = Iω/(I+ I)( A AAAA B同理可得 (1)设R?R，12 β= M/I( 那么A轮压在B轮上B BBA B 当两轮没有相对滑动时，它们就具有相的面积为 R 1R 22同的线速度v，A的角速度为 S = πR， 1 ω= v/R， 压强为 A 1 23 A r B dr R 1 2p = Mg/S = Mg/πR( = R时，两个时间才是相同的:只有当R1111 2 当A轮在B轮上产生滑动时，在A轮33MRMR,,2122( ,,t上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面，，4()4()gMMgMM,,1212积为 dS = rdθdr， 对B轮的压力为 4(10 均质矩形薄板绕竖直边转动，初 dN = pdS = prdrdθ， 始角速度为ω，转动时受到空气的阻力(阻0 所受的摩擦力为 力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小 df = μdN = μprdrdθ， 与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 常数为k(试计算经过多少时间，薄板角速 2dM = rdf = μprdrdθ， 度减为原来的一半(设薄板竖直边长为b，总力矩为 宽为a，薄板质量为m( 2,R[解答]在板上距12 Mprr,,,dd,,离转轴为r处取一长00a 度为b，宽度为dr的213,,MgR,,( 2πpR111面积元，其面积为 33r b r 这是A轮所受的力矩，也是B轮所受的力dS = bdr( O dS 矩(根据转动定理得B轮的角加速度为 当板的角速度ω β= M/I( 时，面积元的速率为 B B 根据转动公式ω` = βt，得时间为 v = ωr， B图4.10 所受的阻力为 ,`II,AB222 ,,,tdf = kvdS = kωrbdr， ，IIM,BAB阻力产生的力矩为 23dM = rdf = kωrbdr， 22,MRMR/2/21122,,因此合力矩为 ， 22MRMRMgR/2/22/3，,112211a12324Mkbrrkba,,,,d( ,0423MRR,2221即 ( ,t板绕转轴的转动惯量为I = ma/3，其角22，4()gMRMR,1122加速度为 (2)如果R?R，那么A轮压在B轮1222Mkba3,上的面积为 ,,,,， ,Im42S = πR， 2 压强为 负号表示角加速度的方向与角速度的方向2p = Mg/S = Mg/πR( 相反( 112 同样在A轮上取一面积元，力矩的积分上限由于β = dω/dt，可得转动的微分方程 就是R(总力矩为 222d3,,kbaR2,,,， 22Mprr,,,dd d4tm,,00 12分离变量得 3,,,,MgR2πpR， 1223323dkba,由此求得时间就变为 ,,dt， 24m,23MRR,212,( t积分得 22，4()gMRMR,1122 24 (1)系统对通过质心的竖直轴的总角231kba动量; ( ,，tC,4m(2)系统的角速度; 当t = 0时，ω = ω，所以C = -1/ω，(3)两人拉手前、后的总动能(这一00 因此转动方程为 过程中能量是否守恒, ，[解答](1)设质心距A的平行线为rA2311kba( ,,t距B的平行线为,,4m m0Ar，则有 B vA r当ω = ω/2时，解得时间为 r + r = r， A0AB r 根据质心的概念r 4mB( ,t可得 2 v,3kbaB0mr = mr， AABBm B 解方程组得 4(11 一个质量为M，半径为R并以角mmBA，( rr,rr,速度ω旋转的飞轮(可看作匀质圆盘)，在ABmm，mm，ABAB某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮 两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的边缘上飞出，如图所示(假定碎片脱离飞 的总角动量为 轮时的瞬时速度方向正好竖直向上( (1)问它能上升多 Lmvrmvr,，AAABBB高, R (2)求余下部分的mmω 2-1AB= 630(kg?m?s)( (),，rvv角速度、角动量和转动ABmm，AB图4.11 动能( (2)根据角动量守恒定律得 [解答](1)碎片上抛的初速度为 L = (Iv = ωR， + I)ω， 0AB22根据匀变速直线运动公式v – v = -2gh， 其中I和I分别是两绕质心的转动惯量 0AB22可得碎片上升的高度为 I = mr和I = mr( AAABBB222h = v/2g =ωR/2g( 角速度为 0-1(2)余下部分的角速度仍为ω，但是ω = L/(I + I) = 8.67(rad?s)( AB转动惯量只有 (3)两人拉手前的总动能就是平动动 1能 22IMRmR,,， 11222Emvmv,，= 2730(J); kAABB1所以角动量为 222L = Iω = R(M/2 – m)ω( 拉手后的总动能是绕质心的转动动能: 11转动动能为 22EII,，,,= 2730(J)， kAB211M22222,,,,,EImR()( k可见:这一过程能量是守恒的( 222 [讨论](1)角动量(根据上面的推导过 4(12 两滑冰运动员，在相距1.5m的程可得两人绕质心的总转动惯量为 两平行线上相向而行，两人质量分别为m = Amm22AB() Imrmrrrr,，,，60kg，m = 70kg，它们速率分别为v = BAAABBABmm，-1-1AB7m?s，v = 6m?s，当两者最接近时，便函B 拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持mm2AB二者的距离为1.5m(求该瞬时: ， ,r mm，AB 25 l/4 O l/4 l v0角速度为 所以角速度为 12vvv，L10AB ,,,,,,mvlI/00图4.13 Ir47l可见:角速度与两人的质量无关，只与它们( 的相对速度和平行线的距离有关( (2)损失的能量(两人的转动动能为 12 EII,，,()第五章 狭义相对论 kAB22 1mm2AB,，()vv， P140( AB2mm，AB5(1 地球虽有自转，但仍可看成一较因此动能的变化量为 好的惯性参考系，设在地球赤道和地球某一 极(例如南极)上分别放置两个性质完全相ΔE = E – E k2k1 同的钟，且这两只钟从地球诞生的那一天便111mm222AB,，,，()()vvmvmv 存在(如果地球从形成到现在是50亿年，ABAABB222mm，AB请问那两只钟指示的时间差是多少, 简化得 [解答]地球的半径约为 6R = 6400千米 = 6.4×10(m)， 2()mvmv,AABB， 自转一圈的时间是 ,,,E2()mm，4ABT = 24×60×60(s) = 8.64×10(s)， 负号表示能量减少(可见:如果mv?mv，赤道上钟的线速度为 AABB2-1则ΔE?0，即能量不守恒(在本题中，由于v = 2πR/T = 4.652×10(m?s)( mv = mv，所以能量是守恒的( 将地球看成一个良好的参考系，在南极AABB 上看赤道上的钟做匀速直线运动，在赤道上 4(13(一均匀细棒长为l，质量为m，看南极的钟做反向的匀速直线运动( 以与棒长方向相垂直的速度v，在光滑水平南极和赤道上的钟分别用A和B表示，0 面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发南极参考系取为S，赤道参考系取为S`(A 钟指示S系中的本征时，同时指示了B钟的生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一 方l/4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时运动时间，因此又指示S`系的运动时(同理，绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角B钟指示S`系中的本征时，同时指示了A钟 的反向运动时间，因此又指示S系的运动时( 速度ω( 0 方法一:以S系为准(在S系中，A钟[解答]以O点为转动轴，棒的质心到轴 的距离为l/4，在碰撞之前，棒对转轴的角指示B钟的运动时间，即运动时 816动量为mvl/4(在碰撞之后瞬间，棒绕轴的Δt=50×10×365×24×60×60=1.5768×10(s)( 0 角动量为IωB钟在S`中的位置不变的，指示着本征时( 0 Δt`(A钟的运动时Δt和B钟的本征时Δt`棒绕质心的转动惯量为 2I = ml/12， 之间的关系为 c 根据平行轴定理，棒绕O点为转动惯量为 ,t`， ,,t22IImd,， 1(/),vcc 117可求得B钟的本征时为 222,，,mlmlml()( 1v1244822,,,,,,,ttvct`1(/)[1()]， 根据角动量守恒定律得 2c mvl/4 = Iω， 因此时间差为 00 26 平面镜A和B构成，对于这个光钟为静止的 参考系来说，一个“滴答”的时间是光从镜1v52=1.898×10(s)( ,,,,,ttt`()面A到镜面B再回到原处的时间，其值为2c 在南极上看，赤道上的钟变慢了( 2L0(若将这个光钟横放在一个以速,,0方法二:以S`系为准(在S`系中，B钟c,,指示A钟的反向运动时间，即运动时 vv度行驶的火车上，使两镜面都与垂直，,816Δt`=50×10×365×24×60×60=1.5768×10(s)( v两镜面中心的连线与平行，在铁轨参考系A钟在S中的位置不变的，指示着本征时中观察，火车上钟的一个“滴答”τ与τ的0Δt(B钟的运动时Δt`和A钟的本征时Δt之关系怎样, 间的关系为 [解答]不论两个“光钟”放在什么地方， τ都是在相对静止的参考系中所计的时间，0,t， ,,t`称为本征时(在铁轨参考系中观察，火车上21(/),vc钟的一个“滴答”的时间τ是运动时，所以可求得A钟的本征时为 它们的关系为 1v22,， ,,,,,,,ttvct`1(/)[1()]`0( ,,2c21(/)vc,因此时间差为 1v 25 =1.898×10(s)( ,,,,,ttt`()`5(3 在惯性系S中同一地点发生的两2c 在赤道上看，南极上的钟变慢了( 事件A和B，B晚于A4s;在另一惯性系S` [注意]解此题时，先要确定参考系，还中观察，B晚于A5s发生，求S`系中A和B要确定运动时和本征时，才能正确引用公两事件的空间距离, 式( [解答]在S系中的两事件A和B在同一 有人直接应用公式计算时间差 地点发生，时间差Δt = 4s是本征时，而S` 系中观察A和B两事件肯定不在同一地点，,t` ,,,,,,ttt``Δt` = 5s是运动时，根据时间膨胀公式 21(/),vc ,t， ,,t`11vv222,，,,,,,[1()]``()`ttt， 1(/),vc22cc 由于地球速度远小于光速，所以计算结果差4即 ， 5,不多，但是关系没有搞清(从公式可知:此21(/),vc人以S系为准来对比两钟的时间，Δt`是B 钟的本征时，Δt是A钟的运动时，而题中可以求两系统的相对速度为 的本征时是未知的( v = 3c/5( 也有人用下面公式计算时间差，也是同在S`系中A和B两事件的空间距离为 8样的问题( Δl = vΔt` = 3c = 9×10(m)( ,t ,,,,,,ttt`5(4 一根直杆在S系中观察，其静止21(/),vc长度为l，与x轴的夹角为θ，S`系沿S系的 x轴正向以速度v运动，问S`系中观察到杆11vv22,，,,,,,[1()]()ttt 子与x`轴的夹角若何, 22cc[解答]直杆在S系中的长度是本征长 度，两个方向上的长度分别为 5(2 一个“光钟”由两个相距为L的l = lcosθ和l = lsinθ( 0xy 27 在S`系中观察直杆在y方向上的长度不变，122-8即l` = l;在x方向上的长度是运动长度，,,,,,(`)()xxyy= -0.577×10(s)( c根据尺缩效应得 [注意]在S`系中观察到两事件不是同时`2llvc,,1(/)， xx发生的，所以间隔Δx` = 2m可以大于间隔因此 Δx = 1m(如果在S`系中观察到两事件也是 同时发生的，那么Δx`就表示运动长度，就`ltan,y， ,,tan`,不可能大于本征长度Δx，这时可以用长度`2l,1(/)vcx2,,,,xxvc`1(/)收缩公式，计算它们的可得夹角为 相对速度( 21/2,( ,,`arctan{[1(/)]tan},,vc 5(6 一短跑运动员，在地球上以10s 5(5 S系中观察到两事件同时发生在x的时间跑完了100m的距离，在对地飞行速轴上，其间距为1m，S`系中观察到这两个度为0.8c的飞船上观察，结果如何, 事件间距离是2m，求在S`系中这两个事件[解答]以地球为S系，则Δt = 10s，Δx = 的时间间隔( 100m(根据洛仑兹坐标和时间变换公式 [解答]根据洛仑兹变换，得两个事件的2tvxc,/xvt,t`,和， x`,空间和时间间隔公式 221(/),vc1(/),vc xvt,,,， x`,,飞船上观察运动员的运动距离为 21(/)vc, ,,,xvt ,,x`22,,txvc,/1(/),vct`,( (1) ,21(/),vc 1000.810,，c9?-4×10(m)( ,由题意得:Δt = 0，Δx = 1m，Δx` = 2m(因210.8,此 运动员运动的时间为 ,x， ,,x`22,,,tvxc/1(/),vc,,t` 21(/),vc2,,xvc/,,t`((2) 100.8100/,，c2,?16.67(s)( 1(/),vc0.6 由(2)之上式得它们的相对速度为 在飞船上看，地球以0.8c的速度后退， 后退时间约为16.67s;运动员的速度远小于2vcxx,,,,1(/`)( (3) 地球后退的速度，所以运动员跑步的距离约 9将(2)之下式除以(2)之上式得 为地球后退的距离，即4×10m( ,tv` ,,， 25(7 已知S`系以0.8c的速度沿S系x,xc` 所以 轴正向运动，在S系中测得两事件的时空坐 标为x = 20m，x = 40m，t = 4s，t = 8s(求1212,,xx`2S`系中测得的这两件事的时间和空间间隔( ,,,,t`1() cx,`[解答]根据洛仑兹变换可得S`系的时间 间隔为 28 时候，用双下标能够比较容易地区别不同的2ttvxxc,,,()/``2121 tt,,表示S速度，例如用v`相对S系的速度，211021(/),vc用v表示S`系相对S``系的速度，因此，尺12 缩的公式也要做相应的改变，计算就不会混840.8(4020)/,,,c,?6.67(s)( 淆( 0.6 空间间隔为 5(9 一飞船和慧星相对于地面分别以 0.6c和0.8c速度相向运动，在地面上观察，xxvtt,,,()``2121 xx,,5s后两者将相撞，问在飞船上观察，二者将2121(/),vc经历多长时间间隔后相撞, [解答]两者相撞的时间间隔Δt = 5s是40200.8(84),,，,c9,?-1.6×10(m)( 运动着的对象—飞船和慧星—发生碰撞的0.6时间间隔，因此是运动时(在飞船上观察的 碰撞时间间隔Δt`是以速度v = 0.6c运动的 5(8 S系中有一直杆沿x轴方向装置且系统的本征时，根据时间膨胀公式以0.98c的速度沿x轴正方向运动，S系中,t`，可得时间间隔为 ,,t的观察者测得杆长10m，另有一观察以0.8c21(/),vc的速度沿S系x轴负向运动，问该观察者测 得的杆长若何, 2,,,,ttvc`1(/)= 4(s)( [解答]在S系中的观测的杆长Δl = 10m 是运动长度，相对杆静止的参考系为S`，其 长度是本征长度，根据尺缩效应5(10 y` 在太阳参2S` y ,,,,llvc`1(/)，可得杆的本征长度10v=u 考系中观x` 地球 察，一束为 S u` yc 星光垂直θ` ,l-u 星光 ,,l`射向地2x O 1(/),vc太阳 10面，速率 为c，而地球以速率u垂直于光线运动(求10= 50.25(m)( ,在地面上测量，这束星光的大小与方向如210.98,何( 另一参考系设为S``系，相对S系的速[解答]方法一:用速度变换(取太阳系度为v = -0.8c(在S``系观察S`系的速度为 为S系，地球为S`系(在S系中看地球以v 20 = u运动，看星光的速度为 vv,1020v, u = 0，u = c( xy1221/,vvc1020星光在S`系中的速度分量为 uv,0.98(0.8)cc,,`x,= 0.99796c( uu,,,x21/10.98(0.8),,,uvcx 在S``系观察S`系中的杆的长度是另一运动22uvc1/,y`长度 u, y21/,uvcx2,,,,llvc```1(/)= 3.363(m)( 122222 ,,,,cuccu1/[注意]在涉及多个参考系和多个速度的 29 星光在S`系中的速度为 2mc220， ,,mcmv00``2`22， uuuc,，,1(/),vcxy 2即光速是不变的( 设x = (v/c)，方程可简化为 星光在S`系中与y`轴的夹角，即垂直地1， ,，1x面的夹角为 1,x uu,`arctanarctan,,( `22u或 ， 1(1)1,，,xx,cuy 平方得 方法二:用基本原理(根据光速不变原 2理，在地球的S`系中，光速也为c，当地球1 = (1 – x)(1 - x)， 以速度v = u沿x轴运动时，根据速度变换化简得 2x(x –公式可得星光的速度沿x`轴的分量为u` = x -1) = 0( y -u，所以星光速度沿y`轴的分量为 由于x不等于0，所以 2x – x -1 = 0( `2`222ucucu,,,,/， yx解得 从而可求出星光速度垂直地面的夹角为 15,， x,`uux2( ,`arctanarctan,,`22u,cuy取正根得速率为 [注意]解题时，要确定不同的参考系， 15，通常将已知两个物体速度的系统作为S系，= 0.786c( vc,2另外一个相对静止的系统作为S`系，而所讨 论的对象在不同的参考系中的速度是不同(2)粒子的非相对论动量为 的( p = mv， 0 此题与 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 中的例题5.4类似，这里的太相对论动量为 阳相当于5.4题中的地球，这里的地求相当mv0， pmv`,,于5.4题的乙飞船，这里的星光相当于5.421(/),vc题中的甲飞船( 根据题意得方程 5(11 一粒子动能等于其非相对论动能mv0( ,2mv二倍时，其速度为多少,其动量是按非相对021(/),vc论算得的二倍时，其速度是多少, [解答](1)粒子的非相对论动能为 很容易解得速率为 2E = mv/2， k03相对论动能为 vc,= 0.866c( 222E` = mc – mc， k0 其中m为运动质量 5(12(某快速运动的粒子，其动能为m0-16m,( 4.8×10J，该粒子静止时的总能量为21(/),vc-171.6×10J，若该粒子的固有寿命为 -6根据题意得 2.6×10s，求其能通过的距离( [解答]在相对论能量关系中 E = E + E， 0k 30 28-1静止能量E已知，且E = mc，总能量为 (m?s)，可得释放出的能量为 取c = 3×100002-13ΔE = Δmc = 3.554893×10(J)( 2mcE2008-1Emc,,,， 如果取c = 2.997925×10(m?s)，可得释221(/)1(/),,vcvc放出的能量为 -13所以 ΔE = 3.549977×10(J)( EE，10k， , 2E1(/),vc0 第六章 振动 由此得粒子的运动时为 EE，,t`0k( ,,,,tt`P176( 2E1(/),vc06(1 一物体沿x轴做简谐振动，振幅还可得 A = 0.12m，周期T = 2s(当t = 0时，物体 的位移x = 0.06m，且向x轴正向运动(求: E20， 1(/),,vc(1)此简谐振动的表达式; EE，k0(2)t = T/4时物体的位置、速度和加解得速率为 速度; (3)物体从x = -0.06m，向x轴负方向E20运动第一次回到平衡位置所需的时间( ( vc,,1()EE，0k[解答](1)设物体的简谐振动方程为 粒子能够通过的距离为 x = Acos(ωt + υ)， 其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π( EE，20k,,,,,,lvtct`()1 当t = 0时，x = 0.06m，所以 E0cosυ = 0.5， 因此 862,,，，，，,3102.610(130)1= 24167.4(m)( υ = ?π/3( 物体的速度为 5(13 试证相对论能量和速度满足如此v = dx/dt = -ωAsin(ωt + υ)( 当t = 0时， 2Ev0v = -ωAsinυ， ,,1关系式:( 2cE由于v > 0，所以sinυ < 0，因此 [证明]根据上题的过程已得 υ = -π/3( 简谐振动的表达式为 E20x = 0.12cos(πt – π/3)( vc,,1()， EE，0k(2)当t = T/4时物体的位置为 将E = E + E代入公式立可得证( x = 0.12cos(π/2 – π/3) 0k = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)( 5(14 静止质子和中子的质量分别为速度为 -27-27m = 1.67285×10kg，m = 1.67495×10kg，v = -πAsin(π/2 – π/3) pn-1质子和中子结合变成氘核，其静止质量为 = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m?s)( -27m = 3.34365×10kg，求结合过程中所释放加速度为 02出的能量( a = dv/dt = -ωAcos(ωt + υ) 2[解答]在结合过程中，质量亏损为 = -πAcos(πt - π/3) -302-2Δm = m + m - m = 3.94988×10(kg)， = -0.12πcosπ/6 = -1.03(m?s)( pn0 31 (3)方法一:求时间差(当x = -0.06m6(2 已知一简谐振子的振动曲线如图时，可得 所示，试由图求: cos(πt - π/3) = -0.5， (1)a，1x 因此 b，c，d，eA a πt - π/3 = ?2π/3( 各点的位1b A/2 由于物体向x轴负方向运动，即v < 0，所以相，及到达c O t sin(πt - π/3) > 0，因此 这些状态的1d πt - π/3 = 2π/3， 时刻t各是1 e 得t = 1s( 多少,已知1图6.2 当物体从x = -0.06m处第一次回到平衡周期为T; 位置时，x = 0，v > 0，因此 (2)振动表达式; cos(πt - π/3) = 0， (3)画出旋转矢量图( 2 可得 πt - π/3 = -π/2或3π/2等( [解答]方法一:由位相求时间( 2 由于t > 0，所以 (1)设曲线方程为 2 πt - π/3 = 3π/2， x = AcosΦ， 2 可得 t = 11/6 = 1.83(s)( 其中A表示振幅，Φ = ωt + υ表示相位( 2 所需要的时间为 = A，所以 由于xa Δt = t - t = 0.83(s)( cosΦ = 1， 21a 方法二:反向运动(物体从x = -0.06m，因此 Φ = 0( a 向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需由于x = A/2，所以 b 的时间就是它从x = 0.06m，即从起点向xcosΦ = 0.5， b 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的因此 Φ = ?π/3; b 时间(在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此 由于位相Φ随时间t增加，b点位相就应该 cos(πt - π/3) = 0， 大于a点的位相，因此 可得 πt - π/3 = π/2， Φ = π/3( b 解得 t = 5/6 = 0.83(s)( 由于x = 0，所以 c [注意]根据振动方程 cosΦ = 0， c x = Acos(ωt + υ)， 又由于c点位相大于b位相，因此 当t = 0时，可得 Φ = π/2( c υ = ?arccos(x/A)，(-π< υ <= π)， 同理可得其他两点位相为 0 初位相的取值由速度决定( Φ = 2π/3，Φ = π( de 由于 c点和a点的相位之差为π/2，时间之差 v = dx/dt = -ωAsin(ωt + υ)， 为T/4，而b点和a点的相位之差为π/3，时当t = 0时， 间之差应该为T/6(因为b点的位移值与O v = -ωAsinυ， 时刻的位移值相同，所以到达a点的时刻为 当v > 0时，sinυ < 0，因此 t = T/6( a υ = -arccos(x/A); 到达b点的时刻为 0 当v < 0时，sinυ > 0，因此 t = 2t = T/3( ba υ = arccos(x/A)π/3( 到达c点的时刻为 0 可见:当速度大于零时，初位相取负值;t = t + T/4 = 5T/12( ca当速度小于零时，初位相取正值(如果速度到达d点的时刻为 等于零，当初位置xt = A时，υ = 0;当初位 = t + T/12 = T/2( 0dc置x = -A时，υ = π( 到达e点的时刻为 0 t = t + T/2 = 2T/3( ea 32 (2)设振动表达式为 的位相( x = Acos(ωt + υ)， 当t = 0时，x = A/2时，所以 (3 有一弹簧，当其下端挂一质量为6-2cosυ = 0.5， m(若使物M的物体时，伸长量为9.8×10因此 体上下振动，且规定向下为正方向( (υ = ?π/3; 1)t = 0时，物体在平衡位置上方 -2.0×10m处，由静止开始向下运动，求运由于零时刻的位相小于a点的位相，所以 8 υ = -π/3， 动方程; 因此振动表达式为 (2)t = 0时，物体在平衡位置并以 -10.60m?s速度向上运动，求运动方程( t,( xA,,cos(2),[解答]当物体平衡时，有 T3 另外，在O时刻的曲线上作一切线，由Mg – kx = 0， 0 于速度是位置对时间的变化率，所以切线代所以弹簧的倔强系数为 表速度的方向;由于其斜率大于零，所以速k = Mg/x， 0 度大于零，因此物体振动的圆频率为 c d b 初位相取负值，-1= 10(rad?s)( ,,kMgx//,0从而可得运动方a e 程( 设物体的运动方程为 x O υ (3)如图旋x = Acos(ωt + υ)( A -2转矢量图所示( (1)当t = 0时，x = -8.0×10m，v = 00 方法，因此振幅为 0x 二:由时间22-2A a Axvx,，,(/)||,= 8.0×10(m); 000求位相(将A/2 b 由于初位移为x = -A，所以cosυ = -1，初位曲线反方0f c O 相为 向延长与tt d 轴相交于fυ = π( 点，由于x 运动方程为 e f-2= 0，根据x = 8.0×10cos(10t + π)( -1(2)当t = 0时，x = 0，v = -0.60(m?s)，运动方程，可得 00 因此振幅为 t,cos(2)0,, ,T322-2Axv,，(/),= |v/ω| = 6.0×10(m); 000所以 由于cosυ = 0，所以υ = π/2;运动方程为 t,,-2fx = 6.0×10cos(10t + π/2)( 2,,,( ,32T -3显然f点的速度大于零，所以取负值，解得 6(4 质量为10×10kg的小球与轻弹簧 2,t = -T/12( f,，xt0.1cos(8)组成的系统，按的规,从f点到达a点经过的时间为T/4，所3 律作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)计(求: 以到达a点的时刻为 (1)振动的圆频率、周期、振幅、初t = T/4 + t = T/6， af 其位相为 位相; t,(2)振动的速度、加速度的最大值; a,,,20,,( a(3)最大回复力、振动能量、平均动3T 能和平均势能; 由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点 33 (4)画出这振动的旋转矢量图，并在它们的相差为 图上指明t为1，2，10s等各时刻的矢量位 ΔΦ = Φ2 –置( Φ = 2π/3， 1A [解答](1)比较简谐振动的标准方程 或者 x O x = Acos(ωt + υ)， ΔΦ` = 2π 可知:圆频率为 –ΔΦ = 4π/3( ω =8π， 矢量图如 周期 图所示( T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)， 振幅为 6(6 一氢原子在分子中的振动可视为 A = 0.1(m)， 简谐振动(已知氢原子质量m = -2714初位相为 1.68×10kg，振动频率v = 1.0×10Hz，振 -11υ = 2π/3( 幅A = 1.0×10m(试计算: (2)速度的最大值为 (1)此氢原子的最大速度; -1v = ωA = 0.8π = 2.51(m?s); (2)与此振动相联系的能量( m 加速度的最大值为 [解答](1)氢原子的圆频率为 22-214-1ω = 2πv = 6.28×10(rad?s)， a = ωA = 6.4π = 63.2(m?s)( m 最大速度为 (3)弹簧的倔强系数为 23-1k = mω， v = ωA = 6.28×10(m?s)( m (最大回复力为 2)氢原子的能量为 21f = kA = mωA = 0.632(N); 2-20Emv,= 3.32×10(J)( m振动能量为 2222-2E = kA/2 = mωA/2 = 3.16×10(J)， 平均动能和平均势能为 6(7 如图所示，在 一平板下装有弹簧，平板222-2EE,= kA/4 = mωA/4 = 1.58×10(J)( kp上放一质量为1.0kg的重 (4)如图所物，若使平板在竖直方向t=1,2,10s 上作上下简谐振动，周期示，当t为1，2，A 图6.7 10s等时刻时，为0.50s，振幅为 -2旋转矢量的位置2.0×10m，求: x O (1)平板到最低点时，重物对平板的是相同的( 作用力; 6(5 两个质点平行于同一直线并排作(2)若频率不变，则平板以多大的振同频率、同振幅的简谐振动(在振动过程中，幅振动时，重物跳离平板, 3)若振幅不变，则平板以多大的频每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运( 动方向相反(求它们的位相差，并作旋转矢率振动时，重物跳离平板, 量图表示( [解答](1)重物的圆频率为 ω = 2π/T = 4π， [解答]设它们的振动方程为 其最大加速度为 x = Acos(ωt + υ)， 2当x = A/2时，可得位相为 a = ωA， m ωt + υ = ?π/3( 合力为 F = ma由于它们在相遇时反相，可取 ， m Φ = (ωt + υ) = -π/3， 方向向上( 11 Φ = (ωt + υ) = π/3， 重物受到板的向上支持力N和向下的22 34 重力G，所以 (2)以平衡位置为原点，取向右的方 F = N – G( 向为x轴正方向，当小球向右移动一个微小重物对平板的作用力方向向下，大小等于板距离x时，左边弹簧拉长为x + x，弹力大1的支持力 小为 f = k(x + x)， N = G + F = m(g +a) 111m2 = m(g +ωA) = 12.96(N)( 方向向左;右边弹簧拉长为x - x，弹力大1 (2)当物体的最大加速度向下时，板小为 的支持为 f = k(x - x)， 2222N = m(g - ωA)( 方向向右(根据牛顿第二定律得 当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时，k(x - x) - k(x + x) = ma， 2211振幅为 利用平衡条件得 2-2A = g/ω = 3.2×10(m)( 2dx(3)振幅不变时，频率为 ， mkkx，，,()0122dt ,1g可见:小球做简谐振动( ,,= 3.52(Hz)( ,22A,,小球振动的圆频率为 kk，126(8 两轻弹簧与小球串连在一直线上，,,， m将两弹簧拉长后系在固定点A和B之间，整 个系统放在光滑水平面上(设两弹簧的原长其周期为 分别为l和l，倔强系统分别为k和k，A12122,mT,,2和B间距为L，小球的质量为m( ( ,kk，,12(1)试确定小球的平衡位置; (2)使小球沿弹簧长度方向作一微小 位移后放6(9 如图所示，质量为10g的子弹以A B 3-1 k手，小球将1m k 速度v = 10m?s水平射入木块，并陷入木块2 作振动，这中，使弹簧压M k v m 一振动是否缩而作简谐振图6.8 为简谐振动(设弹簧的 图6.9 动,振动周期为多少, 倔强系数k = 3-1[解答](1)这里不计小球的大小，不妨8×10N?m，木块的质量为4.99kg，不计桌设L > l + l，当小球平衡时，两弹簧分别拉面摩擦，试求: 12 长x和x，因此得方程 (1)振动的振幅; 12 L = l + x + l + x; (2)振动方程( 1122 小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和[解答](1)子弹射入木块时，由于时间向右，大小相等，即 很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩， kx = kx( 它们的动量守恒，即 1122 将x = xk/k代入第一个公式解得 mv = (m + M)v( 21120 解得子弹射入后的速度为 k2-1xLll,,,()( v = mv/(m + M) = 2(m?s)， 0112kk，12这也是它们振动的初速度( 小球离A点的距离为 子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守 恒，可得 k222LlxlLll,，,，,,()( (m + M) v/2 = kA/2， 0111112kk，12 35 所以振幅为 = Mg/k( x1 物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹mM，-2簧伸长为x，则 2= 5×10(m)( Av,0kx = (M + m)g/k( 2 (2)振动的圆频率为 取新的平衡位置为原点，取向下的方向为 正，则它们振动的初位移为 k-1x = x - x = -mg/k( = 40(rad?s)( 012,,，mM因此振幅为 取木块静止的位置为原点、向右的方向为位22vmgghm2220移x的正方向，振动方程可设为 Ax,，,，()02,kkmM()，x = Acos(ωt + υ)( 当t = 0时，x = 0，可得 mgkh2υ = ?π/2; ; ,，1kmMg()，由于速度为正，所以取负的初位相，因此振 动方程为 初位相为 -2x = 5×10cos(40t - π/2)( ,v2kh0( , ,,arctan,xmMg()，06(10 如图所 示，在倔强系数为k k 的弹簧下，挂一质量6(11 装置如图所示，轻弹簧一端固定， x1为M的托盘(质量x 另一端与物体m间用细绳相连，细绳跨于桌2O 为m的物体由距盘边定滑轮M上，m悬于细绳下端(已知弹m 底高h处自由下落簧的倔强系h M T 1M 与盘发生完全非弹数为k = k -1性碰撞，而使其作简0N?m5，滑R x 谐振动，设两物体碰轮的转动惯T 2图6.10 后瞬时为t = 0时量J = 2O m 刻，求振动方程( 0.02kg?m，半图6.11 mg [解答]物体落下后、碰撞前的速度为 径R = 0.2m， X 物体质量为， vgh,2-2m = 1.5kg，取g = 10m?s( 物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量(1)试求这一系统静止时弹簧的伸长守恒定律可得它们的共同速度为 量和绳的张力; mm(2)将物体m用手托起0.15m，再突vvgh,,2， 0然放手，任物体m下落而整个系统进入振动mMmM，， 状态(设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打这也是它们振动的初速度( 设振动方程为 滑，滑轮轴承无摩擦，试证物体m是做简谐 x = Acos(ωt + υ)， 振动; 其中圆频率为 (3)确定物体m的振动周期; (4)取物体m的平衡位置为原点，OXk轴竖直向下，设振物体m相对于平衡位置的,,( ，mM位移为x，写出振动方程( 物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸[解答](1)在平衡时，绳子的张力等于长为x，则 物体的重力 1 36 T = G = mg = 15(N)( 周期( 这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为 [解答]通过质心垂直环面有一个轴，环 x = mg/k = 0.3(m)( 绕此轴的转动惯量为 0O 2(2)以物体平衡位置为原点，取向下 = mR( IcR 的方向为正，当物体下落x时，弹簧拉长为根据平行轴定理，环绕过Oθ C x + x，因此水平绳子的张力为 点的平行轴的转动惯量为 022T = k(x + x)( I = I + mR = 2mR( 10c mg 设竖直绳子的张力为T，对定滑轮可列转动当环偏离平衡位置时，2 方程 重力的力矩为 M = mgRsinθ，TR – TR = Jβ， 21 其中β是角加速度，与线加速度的关系是 方向与角度θ增加的方向相反( β = a/R( 根据转动定理得 Iβ = -M， 对于物体也可列方程 mg - T = ma( 22d,转动方程化为 即 ， ，,ImgRsin0,2dt2T – k(x + x) = aJ/R， 20 与物体平动方程相加并利用平衡条件得 由于环做小幅度摆动，所以sinθ?θ，可得 2a微分方程 (m + J/R) = –kx， 可得微分方程 2d,mgR，,( 0,22dxkdtI， ，,x022d/tmJR，摆动的圆频率为 可知:物体做简谐振动( mgR(3)简谐振动的圆频率为 ,,， I k-1周期为 ,,= 5(rad?s)( 2mJR/， 22,IR周期为 ( ,,,T22,,mgRg,T = 2π/ω = 1.26(s)( 2 (4)设物体振动方程为 x = Acos(ωt + υ)， 6(13 重量为P的物体用两根弹簧竖直其中振幅为 悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在 A = 0.15(m)( 图上(试求在图示两种情况下，系统沿竖直当t = 0时，x = -0.15m，v = 0，可得 方向振动的固有频率( 0 ， [解答](1)前面cosυ = -1 因此 已经证明:当两根弹 k k υ = π或-π， 簧串联时，总倔强系k 1所以振动方程为 数为k = kk/(k + 121 x = 0.15cos(5t + π)， k)，因此固有频率为 2k 2或 x = 0.15cos(5t - π)( ,1k ,,,22m,,6(12 一匀质细圆环质量为m，半径为(b) (a) R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平图6.13 光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的 37 谐振动的x-t曲线如图所示，求: 1kkg12,( (1)两个简谐振动的位相差; 2()kkP,，12(2)两个简谐振动的合成振动的振动 (2)前面还证明:当两根弹簧并联时，方程( 总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，[解答](1)两个简谐振动的振幅为 因此固有频率为 A = 5(cm)， 周期为 ,1212kkgT = 4(s)， ,,,( ,222mP,,,圆频率为 ω =2π/T = π/2， 6(14 质量为0.25kg的物体，在弹性它们的振动方程分别为 力作用下作简谐振动，倔强系数k = = Acosωt = 5cosπt/2， x1-125N?m，如果开始振动时具有势能0.6J，和x = Asinωt = 5sinπt/2 = 5cos(π/2 - πt/2) 2 动能0.2J，求: 即 x = 5cos(πt/2 - π/2)( 2 (1)振幅; 位相差为 (2)位移多大时，动能恰等于势能, Δυ = υ - υ = -π/2( 21 ((3)经过平衡位置时的速度( 2)由于 [解答]物体的总能量为 x = x + x = 5cosπt/2 + 5sinπt/2 12 E = E + E = 0.8(J)( = 5(cosπt/2?cosπ/4 + 5sinπt/2?sinπ/4)/sinπ/4 kp 合振动方程为 (1)根据能量公式 2,,E = kA/2， xt,,52cos()(cm)( 得振幅为 24 AEk,2/= 0.253(m)( 6(16 已知两个同方向简谐振动如下: 3(2)当动能等于势能时，即E = E，kp,，,xt0.05cos(10)， 1由于 5 1E = E + E， kp,，,xt0.06cos(10)( 2可得 5 E = 2E， (1)求它们的合成振动的振幅和初位p 11相; 22kAkx,，2即 ， (2)另有一同方向简谐振动x = 223解得 0.07cos(10t +υ)，问υ为何值时，x + x的振13 幅为最大,υ为何值时，x + x的振幅为最23xA,,2/2= ?0.179(m)( 小, (3)再根据能量公式 (3)用旋转矢量图示法表示(1)和(2) 2E = mv两种情况下的结果(x以米计，t以秒计( /2， m 得物体经过平衡位置的速度为 [解答](1)根据公式，合振动的振幅为 22-1AAAAA,，，,2cos(),,vEm,,2/= ?2.53(m?s)( m121212 -2= 8.92×10(m)( 6(15 初位相为 x/cm 两个频率5 AAsinsin,,，1122= 68.22?( ,arctan,和振幅都 xx 21AAcoscos，,,1122t/s 相同的简 4 1 2 3 0 38 -5 图6.15 (2)要使x + x的振幅最大，则 ,,13( yt,,0.06cos()cos(υ – υ) = 1， 331 因此 式中x和y以米(m)计，t以秒(s)计( υ – υ = 0， (1)求运动的轨道方程; 1 所以 (2)画出合成振动的轨迹; υ = υ = 0.6π(( 3)求质点在任一位置所受的力( 1 )根据公式 要使x + x的振幅最小，则 [解答](123 cos(υ – υ) = -1， 222xyxy22因此 ， ，,,,,,,cossin22AAAA1212υ – υ = π， 2 所以 其中位相差为 υ = π + υ = 1.2π( Δυ = υ – υ = -π/2， 221(3)如图所示( 所以质点运动的轨道方程为 22xyA ( ，,122 A10.080.06 A2 υ (2)合振动1 υ y υ 2的轨迹是椭圆( FxO x x 1x x 2(3)两个振 b=0.06 F F 动的圆频率是相yθ O x a=0.08 同的ω = π/3，质 点在x方向所受 的力为 2 A2dxFmam,, xx2υ dt υ x23 O x x 2 ,2A 3,,，mt0.08cos(),,， 6 即 F = 0.035cos(πt/3 + π/6)(N)( x 在y方向所受的力为 2dyFmam,, A yy32dtA 1πυ 12， ,,,mt,,0.06cos()3x O x x 13即 F = 0.026cos(πt/3 - π/3)(N)( y ,,, FFF,i+j用矢量表示就是，其大小xy 为 6(17 质量为0.4kg的质点同时参与互22FFF,，， xy相垂直的两个振动: ,,与x轴的夹角为 xt,，0.08cos()， 36θ = arctan(F/F)( yx 39 222， 即 xyxyA，,,3/46(18 将频率为384Hz的标准音叉振动 轨迹是倾斜的椭圆( 和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为 3.0Hz，在待测音叉的一端加上一小块物体，(3)当Δυ = υ = 90º时，可得 则拍频将减小，求待测音叉的固有频率( y 22xy[解答]标准音叉的频率为 ， ，,122AAv = 384(Hz)， 0222 ν`2 ν`拍频为 即 x + y = A， O 1x Δν Δν Δv = 3.0(Hz)， 质点运动的轨迹为圆( ν ν ν201ν 待测音叉的固有频 率可能是 6(20 三个同方向、同频率的简谐振动 v = v - Δv = 381(Hz)， 为 10 也可能是 ,xt,，0.08cos(314)， 1v = v + Δv = 387(Hz)( 206 在待测音叉上加一小块物体时，相当于,xt,，0.08cos(314)， 22弹簧振子增加了质量，由于ω = k/m，可知2其频率将减小(如果待测音叉的固有频率5,,，( xt0.08cos(314)3v，加一小块物体后，其频率v`将更低，611 与标准音叉的拍频将增加;实际上拍频是减求:(1)合振动的圆频率、振幅、初相 及振动表达式; 小的，所以待测音叉的固有频率v，即2 (2)合振动由初始位置运动到387Hz( 26(19 示波器的电子束受到两个互相垂所需最短时间(A为合振动振xA,2直的电场作用(电子在两个方向上的位移分 别为x = Acosωt和y = Acos(ωt +υ)(求在υ = 幅)( 0，υ = 30º，及υ = 90º这三种情况下，电子[解答] 合振动的圆频率为 -1在荧光屏上的轨迹方程( ω = 314 = 100π(rad?s)( [解答]根据公式 设A = 0.08，根据公式得 0 A = Acosυ + Acosυ + Acosυ = 0， x11223322xyxy22， ，,,,,,,cossinA = Asinυ + Asinυ + Asinυy112233 22AAAA1212 = 2A = 0.16(m)， 0 其中Δυ = υ – υ = -π/2，而υ = 0，υ = υ( 振幅为 2112 (1)当Δυ = υ = 0时，可得 22AAA,，= 0.16(m)， xy22y xyxy2初位相为 ，,,0， 222AAA υ = arctan(A/A) = π/2( yxO 质点运动的轨道方程为 合振动的方程为 x y = x， x = 0.16cos(100πt + π/2)( 轨迹是一条直线( xA,2/2(2)当时，可得 (2)当Δυ = υ = 30ºy 时，可得质点的轨道方程 ， cos(100/2)2/2,,t，,22xyxy231O x 解得 ，,,， 222AAA24100πt + π/2 = π/4或7π/4( 40 由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需[解答](1)简谐波的波动方程为 最短时间为t = 0.0125s( xx,A; cos[()],,yAt,,， u x,0.05, 即 yt,,,0.03cos[4()],0.22第七章 波动 = 0.03cos[4π(t – 5x) + π/2]( 2)在x = -0.05m处质点P点的振动( P207( 方程为 7(1 已知一波的波动方程为 y = 0.03cos[4πt + π + π/2] -2 = 0.03cos(4πt - π/2)( y = 5×10sin(10πt – 0.6x) (m)( (1)求波长、频率、波速及传播方向; (2)说明x = 0时波动方程的意义，并7(3 已知平面波波源的振动表达式为作图表示( ,,2yt,，6.010sin(m)(求距波源5m处0[解答](1)与标准波动方程比较: 2 质点的振动方程和该质点与波源的位相2,x,,， yAtcos(),-1差(设波速为2m?s( , 得 2π/λ = 0.6， [解答]振动方程为 x因此波长为 ,,2yt,，,6.010sin() λ = 10.47(m); 2u圆频率为 ,,5 ， ,,0.06sin()t24ω = 10π， 频率为 位相差为 v =ω/2π = 5(Hz); Δυ = 5π/4(rad)( 波速为 -1u = λ/T = λv = 52.36(m?s7(4 有一沿x轴正向传播的平面波，)( -1其波速为u = 1m?s，波长λ = 0.04m，振幅y/cm 5 A = 0.03m(若以坐标原点恰在平衡位置而向 负方向运动时作为开始时刻，试求: t/s (1)此平面波的波动方程; 0.1 0 0.2 0.3 (2)与波源相距x = 0.01m处质点的振 动方程，该点初相是多少, 传播方向沿着x轴正方向( [解答](1)设原点的振动方程为 (2)当x = 0时波动方程就成为该处质y = Acos(ωt + υ)， 0点的振动方程 其中A = 0.03m( -2-2y = 5×10sin10πt = 5×10cos(10πt – π/2)， 由于u = λ/T，所以质点振动的周期为 振动曲线如图( T = λ/u = 0.04(s)， 圆频率为 7(2 一平面简谐波在媒质中以速度为ω = 2π/T = 50π( -1u = 0.2m?s沿x轴正向传播，已知波线上A当t = 0时，y = 0，因此 0点(x = 0.05m)的振动方程为Acosυ = 0; ,由于质点速度小于零，所以 yt,,0.03cos(4),(m)(试求: A2υ = π/2( (1)简谐波的波动方程; 原点的振动方程为 (2)x = -0.05m处质点P处的振动方y = 0.03cos(50πt + π/2)， 0程( 41 平面波的波动方程为 = 0.3m，所以波(2)P点的位置是xP 动方程为 x, yt,,，0.03cos[50()],xx,,u2P 0.2cos[2()]yt,,,,= 0.03cos[50π(t – x) + π/2)( 2u(2)与波源相距x = 0.01m处质点的振10,,( ,,，0.2cos(2)tx,动方程为 32 y = 0.03cos50πt( (3)在x = 0处的振动方程为 该点初相是 y = 0.2cos(2πt + π/2)， 0 υ = 0( y/m 0.2 7(5 一列简谐波沿x轴正向传播，在t/s t = 0s，t = 0.25s时刻的波形如图所示(试120.5 O 1 求: y/m 曲线如图所示( =0.25 t=0 2t10.2 7(6 如图所示为一列沿x负向传播的x/m 平面谐波在t = T/4时的波形图，振幅A、波P O 长λ以及周期T均已知( 0.45 y u 图7.5 A (1)P点的振动表达式; a (2)波动方程; O b x (3)画出O点的振动曲线( [解答](1)设P点的振动方程为 图7.6 y = Acos(ωt + υ)， P(1)写出该波的波动方程; 其中A = 0.2m( (2)画出x = λ/2处质点的振动曲线; 在Δt = 0.25s内，波向右传播了 (3)图中波线上a和b两点的位相差Δx = 0.45/3 = 0.15(m)， υ – υ为多少, ab所以波速为 [解答](1)设此波的波动方程为 -1u = Δx/Δt = 0.6(m?s)( tx波长为 yA,，，cos[2()],,， T,λ = 4Δx = 0.6(m)， 当t = T/4时的波形方程为 周期为 x,(s)， T = λ/u = 1yA,，，cos(2) ,,2,圆频率为 xω = 2π/T = 2π( ,,，Asin(2),,( ,当t = 0时，y = 0，因此 P在x = 0处y = 0，因此得 cosυ = 0; sinυ = 0， 由于波沿x轴正向传播，所以P点在此时向解得 上运动，速度大于零，所以 υ = 0，π( υ = -π/2( 而在x = λ/2处y = -A，所以 P点的振动表达式为 υ = 0( y = 0.2cos(2πt - π/2)( P因此波动方程为 42 x = 0.4(m)( tx( yA,，cos2(),通过原点时经过的时间为 T, (2)在x = λ/2处质点的振动方程为 Δt = Δx/u = (0 – x)/u = -0.2(s)， 即:该波峰0.2s之前通过了原点( tt， yAA,，,,cos(2)cos2,,,(2)t = 0时刻的波形曲线如实线所TT 曲线如图所示( 示(经过t = 4s时，也就是经过8个周期， (3)x = λ/4处的质点的振动方程为 波形曲线是重合的;再经Δt = 0.2s，波形向a 右移动Δx = uΔt = 0.4m，因此t = 4.2s时的t,; ,，cos(2)yA,a波形曲线如虚线所示( 2T x = λ处的质点的振动方程为 [注意]各波峰的位置也可以由 b t( ,，cos(22),,yAby Tu t=0 t=4.2s 波线上a和b两点的位相差 A υ – υ = -3π/2( ab y O x 0.5 1 A cos(2πx – 16.8π) = 1 O 解得，结果为 t x = k + 8.4，(k = 0, ?1, ?2,…)， 取同一整数k值，波峰的位置不同(当k = -8 时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m( 7(7 已知波的波动方程为 y = Acosπ(4t – 2x)(SI)( 7(8 一简谐波沿x轴正向传播，波长(1)写出t = 4.2s时各波峰位置的坐标λ = 4m，周期T = 4s，已知x = 0处的质点的表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位振动曲线如图所示( 置，该波峰何时通过原点, (1)写出时x = 0处质点的振动方程; (2)画出t = 4.2s时的波形曲线( (2)写出波的表达式; [解答]波的波动方程可化为 (3)画出t = 1s时刻的波形曲线( y = Acos2π(2t – x)， -1)( [解答]波速为u = λ/T = 1(m?s与标准方程比较 (1)设x = 0处的质点的振动方程为 txy = Acos(ωt + υ)， yA,,，cos[2()],,， T,其中A = 1m，ω = 2π/T = π/2( 可知:周期为T = 0.5s，波长λ = 1m(波速当t = 0时，y = 0.5，因此 -1为u = λ/T = 2m?s( cosυ = 0.5， (1)当t = 4.2s时的波形方程为 υ = ?π/3( y = Acos(2πx – 16.8π) 在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的 = Acos(2πx – 0.8π)( 速度小于零，因此 令y = A，则 8m 5m 9m υ = π/3( cos(2πx – 0.8π) = 1， 振动方程为 B A x C D 因此 2πx – 0.8π = 2kπ，(k = 0, ?1, ?2,…)， 图7.10 y = cos(πt/2 各波峰的位置为 + π/3)( x = k + 0.4，(k = 0, ?1, ?2,…)( (2)波的表达式为 当k = 0时的波峰离原点最近，最近为 43 y/m 1 0.5 O t/s 原点，写出波动方程; -1 (3)写出传播方向上B，C，D点的振图7.8 动方程( tx[解答](1)以A点为坐标原点，波动 yA,,，cos[2()],,T,方程为 ,,xx,( ,,，cos[()]tx( ytt,，,，3cos4()3cos(4),,23u5(3)t = 1s时刻的波形方程为 (2)以B点为坐标原点，波动方程为 xx,Ay/m u 3cos4(), yt,，u1 x,0.5 ( ,，,3cos(4)t,,5O 2/3 x/m (3)以A点为坐标原点，则x = -5m、B x = -13m、x = 9m，各点的振动方程为 CD-1 xB,,5,，,,3cos4()3cos(4),,,， yttB,,， yxcos()u26x3,C波形曲线如图所示( ,，,,， ytt3cos4()3cos(4),,Cu5 x9,D7(9 在波的传播路程上有A和B两点，,，,，( ytt3cos4()3cos(4),,Du5都做简谐振动，B点的位相比A点落后π/6， [注意]以B点为坐标原点，求出各点坐已知A和B之间的距离为2.0cm，振动周期 标，也能求出各点的振动方程( 为2.0s(求波速u和波长λ( [解答] 设波动方程为 7(11 一弹性波在媒质中传播的速度u tx3-1-4yA,,，cos[2()],,， = 1×10m?s，振幅A = 1.0×10m，频率ν= T,3-310Hz(若该媒质的密度为800kg?m，求: 那么A和B两点的振动方程分别为 (1)该波的平均能流密度; xtA,,，cos[2()],,yA， A(2)1分钟内垂直通过面积S = T,-424×10m的总能量( xtB,,，cos[2()],,yA( B[解答](1)质点的圆频率为 T,3-1ω = 2πv = 6.283×10(rad?s)， 两点之间的位相差为 波的平均能量密度为 xx,BA,,,,,2(2)， ,,122-36,,,,,wA= 158(J?m)， 2由于x – x = 0.02m，所以波长为 BA平均能流密度为 (m)( λ = 0.245-2Iwu,= 1.58×10(W?m)( 波速为 -1(2)1分钟内垂直通过面积S = u = λ/T = 0.12(m?s)( -424×10m的总能量为 3E = ItS = 3.79×10(J)( 7(10 一平面波在介质中以速度u = -1 20m?s沿x轴负方向传播(已知在传播路径 7(12 一平面简谐声波在空气中传播，上的某点A的振动方程为y = 3cos4πt( -1波速u = 340m?s，频率为500Hz(到达人耳(1)如以A点为坐标原点，写出波动-4时，振幅A = 1×10cm，试求人耳接收到声方程; 波的平均能量密度和声强,此时声强相当(2)如以距A点5m处的B点为坐标 44 -3于多少分贝,已知空气密度ρ = 1.29kg?m( 观察者听到的频率为 [解答]质点的圆频率为 uu,，33010B3-1= 680(Hz)( ,,,,600ω = 2πv = 3.142×10(rad?s)， BSuu,,33030S声波的平均能量密度为 当观察者与火车远离时，观察者的速度1-6-322= 6.37×10(J?m)， ,,,wA-1方向与声速相同，u = 10m?s;火车速度方2B-1平均能流密度为 向与声速方向相反，u = -30m?s，观察者听S-3-2到的频率为 Iwu,= 2.16×10(W?m)， 标准声强为 uu,,33010B-12-2= 533(Hz)( ,,,,600I = 1×10(W?m)， 0BSuu,，33030S此声强的分贝数为 [注意]这类题目涉及声速、声源的速度I= 93.4(dB)( L,10lg和观察者的速度，规定方向之后将公式统一I0起来，很容易判别速度方向，给计算带来了 方便( -17(13 设空气中声速为330m?s(一列 -1火车以30m?s的速度行驶，机车上汽笛的7(14(一声源的频率为1080Hz，相对 -1频率为600Hz(一静止的观察者在机车的正地面以30m?s速率向右运动(在其右方有-1前方和机车驶过其身后所听到的频率分别一反射面相对地面以65m?s的速率向左运 -1-1是多少,如果观察者以速度10m?s与这列动(设空气中声速为331m?s(求: 火车相向运动，在上述两个位置，他听到的(1)声源在空气中发出的声音的波长; 声音频率分别是多少, (2)反射回的声音的频率和波长( [解答]取声速的方向为正，多谱勒频率[解答](1)声音在声源垂直方向的波长公式可统一表示为 为 λ = uT = u/ν = 331/1080 = 0.306(m); 000uu,B， ,,,在声源前方的波长为 BSuu,Sλ = λ - uT = uT - uT = (u - u)/ν10s00s0s0 其中v表示声源的频率，u表示声速，u表 = (331-30)/1080 = 0.2787(m); SB 示观察者的速度，u表示声源的速度，v表在声源后方的波长为 SB 示观察者接收的频率( λ = λ + uT = uT + uT = (u + u)/ν20s00s0s0 (1)当观察者静止时，u = 0，火车驶 = (331+30)/1080 = Bu 来时其速度方向与声速方向相同，u = 0.3343(m)( S-1 u30m?s，观察者听到的频率为 (2)反射面接收到S uB 的频率为 u330,,,,= 660(Hz)( 600BSuu，，33165,,uu33030BS,, ,,，108010uu,,33130S火车驶去时其速度方向与声速方向相 -1= 1421(Hz)(反，u = -30m?s，观察者听到的频率为 Su 将反射面作为波源，其频u330u B,,,,= 550(Hz)( 600率为ν，反射声音的频率为 BS1,，uu33030S u331`,,,,， 1421(2)当观察者与火车靠近时，观察者11,,uu33165-1B的速度方向与声速相反，u = -10m?s;火B-1车速度方向与声速方向相同，u = 30m?s，= 1768(Hz)( S 45 反射声音的波长为 tx,,,/4 yA,,，,cos[2()],,2T2,uuuu,,33165`BB ,,,,,tx1， ,,，Acos[2()],,1421,,,111T, =0.1872(m)( 由于两波源在任意点x产生振动同相，所以 合振幅为单一振动的两倍( u331`或者 = 0.1872(m)( ,,, 1`,176818(2 两相干波源S与S相距5m，其12 [注意]如果用下式计算波长 振幅相等，频率都是100Hz，位相差为π; -1波在媒质中的传播速度为400m?s，试以u65`B=0.2330(m)， ,,,,,,0.2787SS连线为坐标轴x，以SS连线中点为原121211,17681点，求SS间因干涉而静止的各点的坐标( 12 结果就是错误的(当反射面不动时，作为波x l 源发出的波长为u/ν = 0.2330m，而不是入1 x 射的波长λ( O S12 S1 [解答]如图所示，设S在其右侧产生的1 波的波动方程为 xl，/2,,, yAt,,，cos[2()]第八章 波的干涉 1u ,,5,,，,， Atxcos(2),,,P243( 24 8(1 S与S为两相干波源，相距1/4那么S在其左侧产生的波的波动方程为 122 个波长，S比S的位相超前π/2(问S、Sxl,/21212,,,,yAt,，，，cos[2()] 2连线上在S外侧各点的合成波的振幅如1u何,在S外侧各点的振幅如何, ,,2,，，,Atxcos(2)( ,,,24x λ/4 x 两个振动的相差为 x S S Δυ = πx + π， 12 [解答]如图所示，设S在其左侧产生的1当Δυ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而波的波动方程为 静止，静止点为 txx = 2k， yA,，，cos[2()],,， 1T,k为整数，但必须使x的值在-l/2到l/2之间，那么S在S左侧产生的波的波动方程为 21即-2.5到2.5之间( tx,,,/4当k = -1、0和1时，可得静止点的坐yA,，，,cos[2()] ,,2T2,标为 txx = -2、0和2(m)( ,，，,Acos[2()],,,， T, 由于两波源在任意点x产生振动反相，所以8(3 设入射波的表达式为 合振幅为零( txyA,，cos2(),， 1S在S右侧产生的波的波动方程为 12T, tx在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，yA,,，cos[2()],,， 1T,求: 那么S在其右侧产生的波的波动方程为 2(1)反射波的表达式; (2)合成驻波的表达式( 46 [解答](1)由于反射点为自由端，所以波长及相邻明纹间距( 没有半波损失，反射波的波动方程为 [解答]根据双缝干涉公式sinθ = δ/d，其 中sinθ?θ，d = kλ = 3λ，可得波长为 tx( yA,,cos2(),-42(mm) = 544.8(nm)( λ = dsinθ/k = 5.448×10T, (2)合成波为y = y + y，将三角函数再用公式sinθ = λ/d = Δx/D，得相邻明12 展开得 纹的间距为 Δx = λD/d = 2.27(mm)( 22,,， ,yAxt2coscos[注意]当θ是第一级明纹的张角时，结T, 这是驻波的方程( 合干涉图形，用公式sinθ = λ/d = Δx/D很容 易记忆和推导条纹间隔公式( 8(4 两波在一很长的弦线上传播，设 其表达式为: 8(6 如图所示，平行单色光垂直照射 到某薄膜上，经上下两表面反射的两束光发,yxt,,6.0cos(0.028.0)， 1生干涉，设薄膜厚度2(2) λ 为e，n>n，nn，所以光从薄膜上表面反射12y,,6.0cos2(),， 1时没有半波损失;由于n>n，所以光从薄0.520012 tx膜下表面反射时会产生半波损失，所以两束y,，6.0cos2(),， 2光的光程差为 0.5200 可知它们的周期都为 δ = 2ne +λ/2， 20 T = 0.5(s)， 位相差为 频率为 ,2/2nen，,21( ,,,22,,,v = 1/T = 2(Hz); n,,01波长为 λ = 200(cm); 8(7 用某透明介质盖在双缝干涉装置波速为 -1u = λ/T = 400(cm?s)( 中的一条缝，此时，屏上零级明纹移至原来 (2)位相差 的第5条明纹处，若入射光波长为589.3nm， Δυ = πx/50， 介质折射率n = 1.58，求此透明介质膜的厚当Δυ = (2k + 1)π时，可得节点的位置 度( x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)( [解答]加上介质膜之后，就有附加的光 程差 (3)当Δυ = 2kπ时，可得波腹的位置 δ = (n – 1)e， x = 100k(cm)，(k = 0，1，2，…)( 当δ = 5λ时，膜的厚度为 8(5 在空气中做杨氏双缝干涉实验，e = 5λ/(n – 1) = 5080(nm) = 5.08(μm)( 缝间距为d = 0.6mm，观察屏至双缝间距为 D = 2.5m，今测得第3级明纹与零级明纹对8(8 为测量在硅表面的保护层SiO的2-3双缝中心的张角为2.724×10rad，求入射光厚度，可将SiO的表2λ n=1.00 1SiO 2n=1.50 47 n=3.42 2Si 图8.8 面磨成劈尖状，如图所示，现用波长λ = 纹级次高低的大致分布如何, 644.0nm的镉灯垂直照射，一共观察到8根[解答]这种情况可得平行的干涉条纹，明纹，求SiO的厚度( 两边条纹级次低，越往中间条纹级次越高，2 [解答]由于SiO的折射率比空气的大，空气厚度增加越慢，条纹越来越稀( 2 比Si的小，所以半波损失抵消了，光程差 为 8(11 设牛顿环实验中平凸透镜和平板 δ = 2ne( ，充以折射率n为1.33玻璃间有一小间隙e0第一条明纹在劈尖的棱上，8根明纹只有7的某种透明液体，设λ 个间隔，所以光程差为 平凸透镜曲率半径为 δ = 7λ( R，用波长为λ的单色0 SiO的厚度为 光垂直照射，求第k2图8.11 e = 7λ/2n = 1503(nm) = 1.503(μm)( 级明纹的半径( [解答] 第k级明纹 R 8(9 折射率为1.50的两块标准平板玻的半径用r表示，则 kλ 222璃间形成一个劈尖，用波长λ = 5004nm的r = R – (R – e) = 2eR( k r 单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹(当劈光程差为 e e0 尖内充满n = 1.40的液体时，相邻明纹间距δ = 2n(e + e) + λ/2 00 比劈尖内是空气时的间距缩小Δl = = kλ， 0 0.1mm，求劈尖角θ应是多少, 解得 ,[解答]空气的折射率用n表示，相邻明100,,,2()2eke， 0纹之间的空气的厚度差为 2n Δe = λ/2n; 半径为 00 明纹之间的距离用ΔL表示，则 0,10Δe = θΔL， 00rkeR,,,[()2]( k0n2因此 λ/2n = θΔL( 00 当劈尖内充满液体时，相邻明纹之间的8(12 白光照射到折射率为1.33的肥皂液体的厚度差为 上(肥皂膜置于空气中，若从正面垂直方向 Δe = λ/2n; 观察，皂膜呈黄色(波长λ = 590.5nm)，问明纹之间的距离用ΔL表示，则 膜的最小厚度是多少, Δe = θΔL， [解答]等倾干涉光程差为 因此 δ = 2ndcosγ + δ`， λ/2n = θΔL( 从下面垂直方向观察时，入射角和折射角都 由题意得Δl = ΔL – ΔL，所以劈尖角为 为零，即γ = 0;由于肥皂膜上下两面都是空0 气，所以附加光程差 ,()nn,,110 ,,,(),δ` = λ/2( 22,,lnnlnn00对于黄色的明条纹，有 -4= 7.14×10(rad)( δ = kλ， 所以膜的厚度为 (1/2)k,,8(10 某平凹柱面镜和平面镜之间构成d,( 一空气隙，用单2n 平面镜 当k = 1时得最小厚度 色光垂直照射， d = 111(nm)( 可得何种形状的 柱面镜 的干涉条纹，条 图8.10 48 8(13 光源发出波长可继续变化的单色镜移动的微小距离( 光，垂直射入玻璃板的油膜上(油膜n = [解答]反射镜移动的距离为 5n1.30)，观察到λ = 400nm和λ = 560nm的Δd = mλ/2 = 3.22×10m = 0.322(mm)( 12 光在反射中消失，中间无其他波长的光消 失，求油膜的厚度( 8(16 在迈克尔逊干涉仪一支光路中， [解答]等倾干涉光程差为 放入一折射率为n的透明膜片，今测得两束 δ = 2ndcosγ + δ`， 光光程差改变为一个波长λ，求介质膜的厚其中γ = 0，由于油膜的折射率比空气的大、度( 比玻璃的小，所以附加光程差δ` = 0( [解答]因为δ = 2(n – 1)d = λ，所以 对于暗条纹，有 d = λ/2(n – 1)( δ = (2k + 1)λ/2， 即 2nd = (2k + 1)λ/2 = (2k + 1)λ/2( 1122 由于λ > λ，所以k < k，又因为两暗2121第九章 波的衍射 纹中间没有其他波长的光消失，因此 k = k – 1( 21 光程差方程化为两个 P283( 29nd/λ = k + 1/2，2nd/λ = k + 1/2， (1 在某个单缝衍射实验中，光源发1122 左式减右式得 出的光含有两种波长λ和λ，并垂直入射于12 2nd/λ - 2nd/λ = 1， 单缝上(假如λ的第一级衍射极小与λ的1212解得 第三级衍射极小相重合，试问: 1)这两种波长之间有什么关系; (,,12d= 535.8(nm)( ,(2)在这两种波长的光所形成的衍射2()n,,,21图样中，是否还有其他极小相重合, [解答](1)单缝衍射的暗条纹形成条件 8(14 牛顿是 环实验装置和δ = asinθ = ?k`λ，(k` = 1,2,3,…)， 1.50 1.62 1.62 各部分折射率当条纹重合时，它们对应同一衍射角，1.75 1.50 如图所示，试大因此 图8.14 致画出反射光λ = 3λ( 12 干涉条纹的分布( (2)当其他极小重合时，必有 [解答]右边介质的折射率比上下两种介k`λ = k`λ， 1122 质的折射率大，垂直入射的光会有半波损所以 k` = 3k`( 21失，中间出现暗环;左边介质的折射率介于 上下两种介质的折9(2 单缝的宽度a = 0.40mm，以波长射率之间，没有半波λ = 589nm的单色光垂直照射，设透镜的焦损失，中间出现明距f = 1.0m(求: 环(因此左右两边的(1)第一暗纹距中心的距离; 明环和暗是交错的，(2)第二明纹的宽度; 越往外，条纹级数越(3)如单色光以入射角i = 30º斜射到高，条纹也越密( 单缝上，则上述结果有何变动, [解答](1)单缝衍射的暗条纹分布规律 8(15 用迈克尔逊干涉仪可测量长度的是 f微小变化，设入射光波长为534.9nm，等倾yk,,`,，(k` = 1,2,3,…)， 干涉条纹中心冒出了1204条条纹，求反射a 49 当k` = 1时， 9(4 以某放电管发出的光垂直照射到 y = fλ/a = 1.4725(mm)( 一个光栅上，测得波长λ = 669nm的谱线的11(2)除中央明纹外，第二级明纹和其衍射角θ = 30º(如果在同样的θ角处出现波 他明纹的宽度为 长λ = 446nm的更高级次的谱线，那么光栅2 Δy = y - y = fλ/a = 1.4725(mm)( 常数最小为多少, k`-1k` [解答]根据光栅方程得 (a + b)sinθ = kλ = kλ， 1122θ 方程可化为两个 a (a + b)sinθ/λ = k11 O υ 和 (a + b)sinθ/λ = k， 22 解得光栅常数为 (3)当入射光斜射时，光程差为 ()kk,,,2121( ab，,δ = asinθ – asinυ = ?k`λ，(k` = 1,2,3,…)( ()sin,,,,12当k` = 1时，可得 由于 sinθ = sinυ ? λ/a = 0.5015和0.4985， 121/2 k/k = λ/λ = 3/2， 2112cosθ = (1 – sinθ)11 所以当k = 2时，. k = 3，因此光栅常数最12 = 0.8652和0.8669( 小值为 两条一级暗纹到中心的距离分别为 y = ftanθ = 579.6(mm)和575.1(mm)( 11,,21ab= 2676(nm)( ，,当k` = 2时，可得 ()sin,,,,12sinθ =asinυ ? λ/a = 0.5029和0.4971， 221/2 cosθ = (1 – sinθ) 22 9(5 一衍射光栅，每厘米有400条刻= 0.8642和0.8677( -5痕，刻痕宽为1.5×10m，光栅后放一焦距两条二级暗纹距中心的距离分别为 为1m的的凸透镜，现以λ = 500nm的单色y = ftanθ = 581.9(mm)和572.8(mm)( 22 光垂直照射光栅，求: 第二明纹的宽度都为 (1)透光缝宽为多少,透光缝的单缝Δy = y – y = 2.3(mm)， 21 衍射中央明纹宽度为多少, 比原来的条纹加宽了( (2)在该宽度内，有几条光栅衍射主 极大明纹, 9(3 一单色平行光垂直入射于一单缝， [解答](1)光栅常数为 若其第三级衍射明纹位置正好和波长为600 -5a + b = 0.01/400 = 2.5×10(m)， nm的单色光垂直入射该缝时的第二级衍射-5由于刻痕宽为b = 1.5×10m，所以透光缝宽明纹位置一样，求该单色光的波长( 为 [解答]除了中央明纹之外，单缝衍射的-5a =(a + b) – b = 1.0×10(m)( 条纹形成的条件是 根据单缝衍射公式可得中央明纹的宽,,,,，aksin(21)，(k = 1,2,3,…)( ,,度为 2 Δy = 2fλ/a = 100(mm)( 当条纹重合时，它们对应同一衍射角，因此0 (2)由于 (2k + 1)λ = (2k + 1)λ， 1122 (a + b)/a = 2.5 = 5/2， 解得此单色光的波长为 因此，光栅干涉的第5级明纹出现在单缝衍21k，1射的第2级暗纹处，因而缺级;其他4根条,,,= 428.6(nm)( 2121k，2纹各有两根在单缝衍射的中央明纹和一级 明纹中，因此单缝衍射的中央明纹宽度内有 50 5条衍射主极大明纹，其中一条是中央衍射()kk,,,2121( ab，,明纹( ()sin,,,,12 9(6 波长为600 nm的单色光垂直入射由于 在一光栅上，第二、第三级主极大明纹分别k/k = λ/λ = 1.6 = 16/10 = 8/5， 2112 出现在sinθ = 0.2及sinθ = 0.3处，第四级缺所以当k = 5时，. k = 8，因此光栅常数最12 级，求: 小值为 (1)光栅常数; 3,,21= 5000(nm)( ，,ab(2)光栅上狭缝的宽度; ,()sin,,,12(3)屏上一共能观察到多少根主极大 明纹, 其他可能值都是这个值的倍数( [解答](1)(2)根据光栅方程得 9(8 白光中包含了波长从400nm到(a + b)sinθ = 2λ; 2 760由缺级条件得(a + b)/a = k/k`，其中k` = 1，nm之间的所有可见光谱，用白光垂直照k = 4( 射一光栅，每一级衍射光谱是否仍只有一条 解缺级条件得b = 3a，代入光栅方程得谱线,第一级衍射光谱和第二级衍射光谱狭缝的宽度为 是否有重叠,第二级和第三级情况如何, a = λ/2sinθ = 1500(nm)( [解答]方法一:计算法(根据光栅方程2 刻痕的宽度为 (a + b)sinθ = kλ，对于最短波长λ = 400nm1 和最长波长λ = 760nm的可见光，其衍射角21 2 3 4 级数k 的正弦为sinθ = kλ/(a + b)和sinθ = kλ/(a sinθ(nm/(a+b)) 400 800 1200 1600 11221 sinθ(nm/(a+b)) 760 1520 2280 3040 2+ b)，数值如下表所示( b = 3a = 4500(nm)， 可见第一级衍射光谱与第二级衍射光光栅常数为 谱没有重叠，第二级衍射光谱与第三级衍射 a + b = 6000(nm)( 光谱从量值1200到1520是重叠的，第三级 (3)在光栅方程中 衍射光谱与第四级衍射光谱从量值1600到 (a + b)sinθ = kλ， 2280是重叠的( 令sinθ =1，得 方法二:曲线法。由于白光是连续光谱， k =(a + b)/λ = 10( 经过光栅衍射之后仍然是连续光谱，而不是由于θ = 90?的条纹是观察不到的，所以明一条谱线( 条纹的最高级数为9(又由于缺了4和8级波长最长的单色光与波长最短的单色明条纹，所以在屏上能够观察到2×7+1 = 15光相比，中央衍射明条纹的宽度增加了，由条明纹( 于最长波长不到最短波长的2倍，第一级衍 射光谱和第二级衍射光谱不重叠，第二级衍 9(7 以氢放电管发出的光垂直照射在射光谱和第三级衍射光谱重叠( 2 某光栅上，在衍射角θ = 41º的方向上看到λ 1 = 656.2nm和λ = 410.1nm的谱线重合，求2 光栅常数的最小值是多少, [解答]根据光栅方程得 (a + b)sinθ = kλ = kλ， 1122 方程可化为两个 (a + b)sinθ/λ = k11 和 (a + b)sinθ/λ = k， 22 解得光栅常数为 9(9 迎面开来的汽车，其两车灯相距 51 为1m，汽车离人多远时，两灯刚能为人眼百分之几, 所分辨,(假定人眼瞳孔直径d为3 mm，[解答]设自然光强为I，线偏振光强为1光在空气中的有效波长为λ = 500nm) I，则总光强为 2 [解答]人眼的最小分辨角为 I = I + I( 012-4θ= 1.22λ/D = 2.033×10(rad)， 当光线通过偏振片时，最小光强为自然0 当车很远时θ = w/l，所以距离为 光强的一半，即 0 l = w/θ = 4918(m)( I = I/2; 0min1 最大光强是线偏振光强与自然光强的一半 9(10 在X射线衍射实验中，用波长从之和，即 I = I + I/2( 0.095nm到0.130nm连续的X射线以30º角max21入射到晶体表面(若晶体的晶格常数d = 由题意得I/I = 4，因此 maxmin0.275nm，则在反射方向上有哪些波长的X2I/I + 1 = 4， 21射线形成衍射极大, 解得 [解答]30º是入射角，因此掠射角为 I = 3I/2( 21 θ = 90º - 30º = 60º( 此式代入总光强公式根据布喇格公式2dsinθ = kλ，得X射线形成得 θ ω 衍射极大的波长为 I = I + 01 λ = 23dsinθ/k，(k = 1,2,3,…)( I/2( 1 数值和结果如下表所示( 因此入射光中自然光 PP12P 3级数k 1 2 3 4 5 6 图9.5 波长0.476 0.238 0.159 0.119 0.095 0.079 λ(nm) 第十章 波的偏振 No No No Yes Yes No 是否所求 强的比例为 P305 I/I = 2/5 = 40%( 10 10(1 两偏振片组装成起偏和检偏器，由此可得线偏振光的光强的比例为 当两偏振片的偏振化方向夹角成30º时观察I/I = 3/5 = 60%( 20一普通光源，夹角成60º时观察另一普通光[讨论]如果I/I = n，根据上面的步maxmin源，两次观察所得的光强相等，求两光源光骤可得 强之比( I/I = 2/(n + 1)， 10 [解答]第一个普通光源的光强用I表1I/I = (n - 1)/(n + 1)， 20示，通过第一个偏振片之后，光强为 可见:n的值越大，入射光中自然光强的比 I = I/2( 例越小，线偏振光的光强的比例越大( 011 当偏振光通过第二个偏振片后，根据马 吕斯定律，光强为 10(3 水的折射率为1.33，玻璃的折射3 22I = Icosθ = Icosθ/2( 率为1.50，当光由水射向玻璃时，起偏角为0111 同理，对于第二个普通光源可得光强为 多少,若光由玻璃射向水时，起偏角又是多2I = Icosθ/2( 22少,这两个角度数值上的关系如何, 因此光源的光强之比 [解答]当光由水射向玻璃时，水的折射22222 I/I = cosθ/cosθ = cos30º/cos60º = 1/3( 2112率为n，玻璃的折射率为n，根据布儒斯特12 定律 10(2 一束线偏振光和自然光的混合tani = n/n = 1.1278， 021光，当它通过一偏振片后，发现随偏振片的得起偏角为 取向不同，透射光的强度可变化四倍，求入i = 48.44º( 0射光束中两种光的强度各占入射光强度的当光由玻璃射向水时，玻璃的折射率为n，1 52 水的折射率为n，根据布儒斯特定律 玻璃板，若以玻璃反射之光亦为线偏振光，2 = 1.50tani = n/n = 0.8867， 求水面和玻璃平面的夹角(n，n = 玻水021 得起偏角为 1.33)( i = 41.56º( [解答]根据布儒斯特定律: 0 可见:两个角度互为余角( tani = n， 水0 可得空气的起偏角为 10(4 根据布儒斯特定律可测量不透明i = arctann = 53.06?( 水0介质的折射率，今测得某釉质的起偏角为折射角为 58º，则该釉质的折射率为多少, γ = 90? - i = 36.94?( 0 [解答]空气的折射率取为1再根据布儒斯特定律: ，根据布儒 斯特定律可得釉质的折射率为 tani = n/n = 1.128， 玻水 n = tan i = 1.6003( 可得玻璃的起偏角为 0 i = 48.44?( 10(5 三个偏振片堆叠在一起，第一块水面和玻璃平面的夹角为 与第三块偏振化方向互相垂直，第二块与第θ = i – γ = 11.5?( 一块的偏振化方向互相平行，现令第二块偏[讨论]为了简便起见，设 振片以恒定的角速度ω绕光传播方向旋转，n = n，n = n， 水玻012如图所示(设入射自然光的光强为I，试证那么 0 明:此自然光通过这一系统后出射光强度为tani = n，tani = n/n， 0121 水面与玻璃平面的夹角为 I = I(1 – cos4ωt)/16( 0 θ = i – γ = (i + i) - 90?， [证明]自然光通过偏振片P之后，形成01 偏振光，光强为 因此 I = I/2( 101 ,,,，,,tancot()ii经过时间t，P的偏振化方向转过的角30，tan()ii0度为 θ = ωt， 1tantan,ii0 ,,根据马吕斯定律，通过P的光强为 3tantanii，20I = Icosθ( 31 由于P与P的偏振化方向垂直，所以12nnn,,1(1)212( ,,P与P的偏振化方向的夹角为 232nnnnn/，，21121υ = π/2 – θ， 再根据马吕斯定律，通过P这是最终公式，代入数值得 的光强为 222tanθ = 0.2034， I = Icosυ = Isinθ 33222夹角为 = I(cosθsinθ)/2 = I(sin2θ)/8 00 = I(1 – cos4θ)/16， θ = 11.5?( 0 即 I = I(1 – cos4ωt)/16( 证毕( 0 10(9 一方解石晶体置于两平行的且偏 振化方向相同的偏振片之间，晶体的主截面*10(6 与偏振片的偏振化方向成30º，入射光在晶 *10(7 体的主截面内，求以下两种情况下的o光和 e光强度之比( (1)从晶体出射时; 10(8 如图所示，自然光以起偏角i0 (2)从检偏器出射时( 从空气射向水i 0面，水中有一块[解答](1)从偏振片入射到晶体的光分 θ θ 水 53 i γ 玻璃 图9.8 成o光和e光，o光垂直于主截面，e光平体压强公式 行于主截面(设入射偏振光的振幅为A，则 p = nkT， -23-1J?K称为玻尔兹曼常数( A = Asinθ，A = Acosθ， 其中k = 1.38×10oe 当光从晶体出射时，o光和e光强度之比为 当T = 300K时，气体单位体积内的分 子数为 2IA12225-3oo( ,,,:,,tantan30n = p/kT = 2.415×10(m)( 2IA3ee (2)从晶体出射的o光和e光入射到11(2 一个温度为17?、容积-33第二块偏振片时，只有沿偏振化方向的光能11.2×10m的真空系统已抽到其真空度为 -31.33够通过，o光和e光的振幅为 ×10Pa(为了提高其真空度，将它放在 A` = Asinθ，A` = Acosθ， 300?的烘箱内烘烤，使吸附于器壁的气体o oe e 当光从偏振片出射时，o光和e光强度之比分子也释放出来(烘烤后容器内压强为 1为 .33Pa，问器壁原来吸附了多少个分子, [解答]烘烤前容器内单位体积内的分子``22IAA24ooo ,,,tantan,,为 ``22IAA17-3eeen = p/kT = 3.32×10(m)， 111 烘烤后容器内单位体积内的分子为 14( ,:,tan3020-3n = p/kT = 1.68×10(m)( 9222 器壁原来吸附的分子数为 18N = (n –*10(10 n)V = 1.88×10( 21 10(11 某晶体对波长为632.8nm的光11(3 在0?下一容器的真空度为 -12的主折射率为n = 1.66，n = 1.49(用其制1.33×10Pa，此时每立方厘米内有多少个气oe 成适应于该波长光的1/4玻片，晶片至少要体分子, 多厚,该波片的光轴方向如何, [解答]单位体积内的分子为 8-32-3[解答]对于1/4玻片，o光和e光的位相n = p/kT = 3.53×10(m) = 3.53×10(cm)( 差为 311(4 已知275K和1.00×10Pa条件下2,,-5-3， ,,,,，()(21)nnlk,气体的密度ρ = 1.24×10g?cm，求: oe2,02v(1)气体的方均根速率; 当k = 0时晶片厚度最小 l = λ(2)气体的摩尔质量μ，并指出是什么/4(n - n) = 930.6(nm)( 0 oe 要形成圆偏振光，波片的光轴方向要与气体( 光的偏振化方向成45度角( [解答](1)气体的密度为 -2-3ρ = 1.24×10(kg?m)， 1 2,,pv根据气体压强和能量的公式，得3第十一章 气体分子运动论 气体的方均根速度为 2-1vp,3/,= 491.87(m?s)( P339 11(1 已知温度为27?的气体作用于器(2)根据理想气体状态方程 5壁上的压强为10Pa，求此气体内单位体积M,pVRT， 里的分子数( ,[解答]根据气A o θ θ o e e 54 P P 1P 2 由于气体密度为ρ = M/V，所以方程可变为 温度为 ,2E-6， = 1.28×10(K)( T,pRT,inR,0 气体的摩尔质量为 8μ = ρRT/p = 0.0283(kg)( 11(7 某些恒星的温度达到10K的数这种气体是氮气N量级，此时原子已不存在，只有质子存在，( 2 求: 11(5 当温度为0?时，求: (1)质子的平均动能是多少, (1)N分子的平均平动动能和平均转(2)质子的方均根速率多大, 2 动动能; [解答](1)质子的平动自由度为 t = 3， (2)7gN气体的内能(、 平均平动动能为 2 [解答](1)N分子有t = 3个平动自由t2-15= 2.07×10(J)( wkT,t度，其平均平动动能为 2 (2)质子的质量为 t-21= 5.65×10(J)( wkT,t27m = 1.67261×10(kg)， 2p 将N分子当作刚体，它就还有r = 2个转动t122由于，所以质子的方均wkTmv,,tp自由度，其平均转动动能为 22 根速率为 r-21wkT,= 3.77×10(J)( r2tkT26-1= 1.573×10(m?s)( v,(2)N分子的摩尔质量为μ = 0.028kg， 2mp质量M = 0.007kg的N分子的摩尔数为 2 n = M/μ = 0.25， 0 分子总数为 11(8 一容器被中间隔板分成体积相等 N = n的两半，一半装有氦气，温度为250K;另N， 0A23其中N = 6.02×10为阿佛伽德罗常数， 一半装有氧气，温度为310K(两种气体的A 而气体普适常量 压强均为p(求抽去隔板后的混合气体温度0-1-1和压强为多少, R = kN = 8.31(J?K?mol)( A N分子的自由度为i = t + r = 5， [解答]设氦气和氧气分子各有N和N212气体的内能为 个，氦气是单原子分子，自由度为i = 3;1 iii氧气是双原子分子，自由度为i = 5( 2ENkTnNkTnRT,,, 00A隔板抽去前，氦气和氧气分子的总能量2223= 1.417×10(J)( 为 ii 12ENkT,ENkT,，( 111222-7×1011(6 一个能量为1.6J的宇宙射线22粒子射入氖管中，氖管中含有氖气0.01mol，隔板抽去后，氦气和氧气分子的总能量为 ii如射线粒子能量全部转变成氖气的内能，氖12ENkTNkT,，( 12气温度升高多少, 22 [解答]氖气是堕性气体，分子式是Ne，这个过程能量守恒，即，E = E + E，所以12只能平动动能，自由度为 有 i = t = 3( iNT + iNT = (iN + iN)T( 1112221122 由于压强 当射线粒子能量全部转变成氖气的内 i2N1EnRT,pnkTkT,,能时，由公式可得气体升高的， 001112V 55 所以 11122 21,,，vvvv,,,iipVNNNiii0; N,12kT12222， ,,,，,,vvvvvv2同理可得 22pV0由于δ?0， 所以，因此不论分子的vv,( N,22kT2 2vv,速度的分布服从什么规律，都有( 将N和N的公式代入上面公式可得 12 另外也可直接用平均值运算( ipVipVipVipV10201020， ，,，()T2由于，展开得 ()0vv,,2222kkkTkTi12 约去公因子，可得混合气体的温度为 22， vvvv,，,20ii ()iiTT，1212= 284.4(K)( T,取平均值时得 iTiT，122122( vvvv,，,20ii混合气体的压强为 ()NN，1222 pnkTkT,,因为、并且，所以vv,vv,vv,iV pVpV100 222,，()kTvv,，即( 证毕( vv,,0iVkTkT2212 ()()iiTT，，1212= 1.0275 p( ,p011(10 将(11.19)式表示成以理想气02()iTiT，1221体最可几速率v为单位表示的形式，即令x p 12 ,xed0.7468x,= v/v，若已知，试计算: p,011(9 试证明:N个分子，不论分子速 (1)分子速率小于最可几速率的分子2vv,度的分布服从什么规律，总有( 占分子总数的百分比为多少, [证明]设第i个分子的速率为v，则分(2)分子速率大于最可几速率的分子i 子的平均速率为 占分子总数的百分比为多少, (3)参照表11.1，写出同一温度下氢1， vv,气分子对应同一分子数百分比的速率区间( ,iNi[解答] 理想气体分子数占分子总数的 速率平方的平均值为 比率为 dN/N = f(v)dv， 122vv,( 其中f(v)是麦克斯韦速率分布函数: ,iNi2mmv3/22fvv()4()exp(),,,( 1222kTkT,显然，,,,,vv，因此 ()0,iNi 2kTv,设x = v/v，其中，则 pp122m,,,，vvvv (2),iiNidv = vdx， p 因此速率分为 56 dN/N = g(x)dx， 4v22,Nmmv```3/22， ,,4()exp()`d`,vv,24NkTkT22,2,x4v1其中( gxx,()e ,可见:氧气分子速率从v到v之间的分子12 (1)分子速率小于最可几速率的分子数的比率与氢气分子速率从4v到4v之间12占分子总数的百分比为 的分子数的比率相同( 从这个思路可以证明:当一种气体的分112N4,x221， ,,gxxxx()ded子的质量是另一种气体的质量的α倍时，,,N,00这种气体分子速率从v到v之间的分子数12 的比率与另一种气体分子速率从αv到αv1122,x2设，则 Ixx,ed之间的分子数的比率相同( ,0 11(11( 由11(10题结果，求速率在112211,,xx2 0.99v到1.01v之间的分子数占分子总数的Ixxx,,,eddepp,,2200百分比( [解答] 分子数比率为 11221,,xx ,,,xx(eed)1.01,,N200， ,gxx()d,N0.091,1,,即 ， I(0.7648e)2242,x( 其中gxx,()e所以 , N42,11 ,,,I(0.3648e)利用中值定理得 N,, ,N4,1 ,,,，g(1)(1.010.09)e0.02= 0.4276 = 42.76%( N,(2)分子速率大于最可几速率的分子 占分子总数的百分比为 = 0.0166 = 1.66%( NN 21,,1= 0.5724 = 57.24%( 11(12 求上升到什么高度时大气压强NN (3)对于氧气分子，速率在v~v之间减到地面大气压强的75%(设空气温度为12 的分子数占分子总数的比率为 0?，空气的平均摩尔质量为0.028 -1v9kg?mol( 2,N,fvv()d [解答] 根据玻尔兹曼分布可得压强随,Nv1高度变化关系 vmgz22mmvpp,,exp()( 3/220,,4()exp()d,vv， kT,kTkT22,v1其中m是一个分子的质量( 其中m表示氧分子的质量(用m`表示氢分用N表示阿氏常数，则气体的摩尔质A 子的质量，则m = 16m`，对于氢分子的同一量为μ = Nm，气体的普适常数为R = A 比率则有 k.N(压强公式可表示为 A vgz,22,Nmmv16`16`pp,,exp()( 3/220,,4()exp()d,vv， RT,NkTkT22,v1高度为 取v` = 4v，可得 57 -10m，求它在标准状态下的平均自由3.8×10pRT0= 2304(m)( z,ln程和连续碰撞的平均时间间隔( ,gp[解答] 在标准状态下，T = 273K，p = 51.013×10Pa，氮分子的平均自由程为 11(13 已知f(v)是麦克斯韦分子速率分kT-8= 5.80×10(m)( ,,布函数，说明以下各式物理意义( 22dp,(1)f(v)dv; (2)nf(v)dv，n为分子数密度; 氮分子的摩尔质量为μ = -1v0.028kg?mol，平均速率为 2(3); vfvv()d,v188kTRT-1v= 454.2(m?s)( ,,vp(4)，v为最可几速率; fvv()dp,,,m,0 ,连续碰撞的时间间隔为 2(5)( vfvv()d,vp,-10[解答](1)由公式dN/N = f(v)dv可知:= 1.276×10(s)( t,vf(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分 子数的比率dN/N( (11(16 在标准状态下CO气体分子的2)由于n = N/V，可得ndN/N = dN/V，2因此nf(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv-8平均自由程= 6.29×10m，求两次碰撞之,之中分子数密度( v间的平均时间和CO气体分子的有效直径( 22(3)表示分子在速率区间vfvv()d,v[解答] C的原子量是12，O的原子量是1 v到v之间的平均速率( 16，CO的分子量是44，摩尔质量为μ = 122-1v0.044kg?mol，其平均速率为 p(4)fvv()d表示分子速率小于最,088kTRT-1可几速率的分子占分子总数的比率( = 362.3(m?s)( ,,v,,,m,2(5)表示分子速率大于vfvv()d,vp两次碰撞之间的平均时间为 最可几速率的速率平方的平均值( ,-10t, = 1.736×10(s)( v-1411(14 质量为6.2×10g的微粒悬浮于 27?的液体中，观察到它的方均根速率为kT-1根据公式,,，可得CO气1.4cm?s(由这些结果计算阿佛加德罗常数222dp,N( A [解答]当粒子平动时，其平均平动动能体分子的有效直径为 为 kT-10,d31= 3.648×10(m)( 2wkTmv,,， 2,,p22 由此得阿氏常数为 *11(17 RRT323-1N,,= 6.1545×10(mol)( A2kmv*11(18 11(15 氮分子的有效直径为11(19 容器贮有O气，其压强为2 58 51.013×10Pa，温度为27?，有效直径为d = 能为 -102.9×10m，求: i-20= 1.035×10(J)( ,,kT(1)单位体积中的分子数n; 2 (2)氧分子质量m; (9)分子平均碰撞频率为 (3)气体密度ρ; 29-1= 4.07×10(s)( zdnv,2,(4)分子间平均距离l; 5)最可几速率v; 10)分子平均自由程为 ((p v(6)平均速率; kT-7= 1.09×10(m)( ,,222dp,v(7)方均根速率; ,(8)分子的平均总动能; (9)分子平均碰撞频率; 11(20 设氢的范德瓦耳斯常量b值为z 1mol气体体积总和的4倍(将气体分子看(10)分子平均自由程( ,作刚球，试计算H分子的直径((对于H，22-53-1[解答](1)由p = nkT得单位体积中的b = 2.66×10m?mol)( 23分子数为 [解答] 1mol气体有N = 6.02×10个分A-25-3n子，设分子直径为d = p/kT = 2.45×10(m)( ，将分子当作刚性球体，(2)氧分子的原子质量单位是32，一4d3,,则有，可解得分子直径为 bN4()-27A质量单位是u = 1.66055×10kg，分子的质32 量为 3b-101/3-26= 2.76×10(m)( ,d2()m = 32u = 5.31×10(kg)( ,16NA(3)根据理想气体状态方程 M，氧的摩尔质量μ = 0.032 ,pVRT11(21 1mol气体在0?时的体积为,0.55L，试用范德瓦耳斯方程计算它的压-1kg?mol，其密度为 强(再将它看作理想气体，压强又为多少, 6-1Mp,(a = 0.364Pa?m?mol，b = -3,,= 1.30(kg?m)( ,-53-14.27×10m?mol) VRT-3-3(4)一个分子占有体积为v = 1/ n，设[解答]气体体积为v = 0.55×10m(根 想分子整齐排列，则分子间的平均距离为 据范氏方程 1/3-9al = (1/n) = 3.445×10(m)( ()()pvbRT，,,， 2(5)最可几速率为 v 可得压强为 2kT-1RTav,= 394.7(m?s)( 6pp,,= 3.67×10(Pa)( 2mvbv, (6)平均速率为 而理想气体的压强为 RT6p,= 4.12×10(Pa)( 8kT-1v,v= 445.4(m?s)( ,m (7)方均根速率为 第十二章 热力学基本原理 3kT2-1v,= 483.5(m?s)( m (8)分子的自由度为i = 5，平均总动P368 59 12(1 一系统由如图所示的状态a沿- E( 对外界所做的功A以及内能的变化E2 1abc到达c，有350J热量传入系统，而系[解答]根据理想气体状态方程pV = RT，统对外做功126J( 可得气体在状态1和2的温度分别为 (1)经adc，系统对外做功42J，问系T = pV/R和T = pV( 111222统吸热多少, 氧气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能 (是状态量，所以其状态从1到2不论从经过2)当系统由状态c沿曲线ac回到状 什么路径，内能的变化都是 态a时，外界对系统做功为84J，问系统是 吸热还是放热，在这一过程中系统与外界ii ,,,,,ERTTpVpV()()212211之间的传递的热量为多少, 223[解答](1)= 7.5×10(J)( p 当系统由状态a系统状态从1?m的变化是等压变化，c b 沿abc到达c时，对外所做的功为 d a V根据热力学第一23= 8.0×10(J)( ApVpVV,,,d()O V 21,V定律，吸收的热1 图12.1 量Q和对外所做系统状态从m?2的变化是等容变化，对外的功A的关系是 不做功(因此系统状态沿1?m?2路径变化 3时，对外做功为8.0Q = ΔE + A， ×10J;吸收的热量为 4其中ΔE是内能的增量(Q和A是过程量，Q = ΔE + A = 1.55×10(J)( 也就是与系统经历的过程有关，而ΔE是状系统状态直接从1?2的变化时所做的 功就是直线下的面积，即 态量，与系统经历的过程无关( 1当系统沿adc路径变化时，可得 3= 6.0×10(J)( AppVV,，,()()2121Q = ΔE + A， 2111 这两个过程的内能的变化是相同的，即 吸收的热量为 4Q = ΔE + A = 1.35×10ΔE = ΔE， (J)( 1 将两个热量公式相减可得系统吸收的热量 为 12(3 1mol范氏气体，通过准静态等温 Q = Q + A - A = 266(J)( 过程，体积由V膨胀至V，求气体在此过1112 (2)当系统由状态c沿曲线ac回到状程中所做的功, 态a时，可得 [解答] 1mol范氏气体的方程为 aQ = ΔE + A， 222()()pvbRT，,,， 2其中，ΔE = -ΔE，A = -84(J)，可得 v22 通过准静态等温过程，体积由VQ = -(Q – A) + A = -308(J)， 膨胀至V2212可见:系统放射热量，传递热量的大小为时气体所做的功为 VVRTa308J( 22d()dApvv,,, 2,,VV11 vbv, 12(2 1mol氧气由状态1变化到状态2，V2aln() ,,，RTvb所经历的过程如图，一次沿1?m?2路径，vV1另一次沿p/Pa Vb,111?2直线51 2m ( ,，,RTaln() 2×10VbVV,路径(试分1215别求出这1×10 2 53两个过程12(4 1mol氢在压强为1.013×10Pa，V/m O -2-21×10 中系统吸温度为20?时的体积为V，今使其经以下5×10 0 图12.2 收热量Q、两种过程达同一状态: 60 (1)先保持体积不变，加热使其温度()ppV,100( ,,升高到80?，然后令其作等温膨胀，体积()VVp,200变为原体积的2倍; (2)先使其作等温膨胀至原体积的2[证明]定容摩尔热容为 倍，然后保持体积不变，升温至80?( (d)QV， C,V试分别计算以上两过程中吸收的热量，dT气体所做的功和内能增量(将上述两过程在本题中为 画在同一p-V图上并说明所得结果( C = ΔQ/(T – T); V10 [解答]氢气是双原子气体，自由度i = 5，定压摩尔热容为 由于内能是状态量，p (d)Qp所以不论从经过什么， C,p T2dT路径从初态到终态， 内能的增量都是 在本题中为 T 1iC = ΔQ/(T – T)( p20,,,ERTT() V O 21对于等容过程有 2V 2V 003= 1.2465×10(J)( p/T = p/T， 1100 (所以 1)气体先做等容变化时，对外不做 T = Tp/p; 功，而做等温变化时，对外所做的功为 1010 对于等压过程有 VV122V/T = V/T， ApVRTV,,dd2200 22,,VV11V所以 T = TV/V( 20203= 2.0333×10(J)， ,RTln22因此 所吸收的热量为 C,,/TTT ppt 关于艾滋病ppt课件精益管理ppt下载地图下载ppt可编辑假如ppt教学课件下载triz基础知识ppt p3100100 ,,,,Q = ΔE + A = 3.2798×10(J)( 22,,/CTTTVVT200200V(2)气体先做等温变化时，对外所做 ()ppV,的功为 100( 证毕( ,VV()VVp,122200ApVRTV,,dd 11,,VV 11V 12(6 理想气体的既非等温也非绝热的3,RTln2= 1.6877×10(J)， n1过程可表示为pV = 常数，这样的过程叫所吸收的热量为 多方过程，n叫多方指数( 3Q = ΔE + A = 2.9242×10(J)( (1)说明n = 0，1，γ和?各是什么过11 如图所示，气体在高温下做等温膨胀程( 时，吸收的热量多些，曲线下的面积也大些( 2)证明:多方过程中理想气体对外( pVpV, 1122A,做功:( 12(5 为了测定气体的γ(γ=C/C)，n,1pV 可用下列方法:一定量气体，它的初始温(3)证明:多方过程中理想气体的摩 ,,n度、体积和压强分别为T，V和p(用一000()CC,尔热容量为:， V根通电铂丝对它加热，设两次加热电流和1,n时间相同，使气体吸收热量保持一样(第并就此说明(1)中各过程的值( 一次保持气体体积V(1)[说明]当n = 0时，p为常数，因不变，而温度和压强0 此是等压过程; 变为T，p;第二次保持压强p不变，而110 温度和体积则变为T，V，证明: 当n = 1时，根据理想气体状态方程pV 22 61 = RT，温度T为常数，因此是等温过程; 当n = γ时表示绝热过程; (8 一定量的单原子分子理想气体，12 1/n当n =?时，则有pV = 常数，表示等从初态A出发，沿图示直线过程变到另一状容过程( 态B，又经过等容、等压过程回到状态A( (2)[证明]对于多方过程有 (1)A?B，B?C，C?A，各过程中 nnnpV = pV = pV = C(常数)， 系统对外所做的功A，内能的增量ΔE以及1122 理想气体对外所做的功为 所吸收的热量Q( VV(2)整个循225,nPa p/10 ApVCVV,,dd环过程中系统对B ,,3 VV11外所做的总功以 2 及从外界吸收的pVpV,C11,,nn1122(证毕( ,,,VV()21A C 总热量(各过程吸,,11nn1 -33V/10m (2)[证明]对于一摩尔理想气体有 热的代数和)( O 2 1 pV = RT， [解答]单原子图12.8 因此气体对外所做的功可表示为 分子的自由度i = RTRT,3( 12A,， (1)在A?B的过程中，系统对外所做n,1 气体吸收的热量为 的功为AB直线下的面积，即 = (p + p)(V – V)/2 = 200(J)， AQ = ΔE + A ABABBA i1内能的增量为 = RTTRTT()(),，,， 212121,niM ,,,()ERTT摩尔热容量为 ABBA,2 Qiiin12，, CRR,,，,()i= 750(J)( (),,pVpVTTnn,,,212(1)BBAA212 (2)/iinin，,,,吸收的热量为 ,,,RC(证毕( VQ = ΔE + A = 950(J)( 121,,nnABABAB B?C是等容过程，系统对外不做功(内 12(7 一气缸内贮有10mol的单原子理能的增量为 想气体，在压缩过程中，外力做功209J，，iM ,,,()ERTT气体温度升高1?(试计算气体内能增量和BCCB,2所吸收的热量，在此过程中气体的摩尔热容 是多少, i,,()pVpV= -600(J)( CCBB[解答]单原子分子的自由度为i = 3，一2 摩尔理想气体内能的增量为 吸收的热量为 iQ = ΔE + A = -600(J)， BCBCBC,,,ERT= 12.465(J)， 就是放出600J的热量( 2 C?10mol气体内能的增量为124.65J( A是等压过程，系统对外做的功为 气体对外所做的功为A = - 209J，所以A = p(V – V) = -100(J)( CAAAC气体吸收的热量为 内能的增量为 Q = ΔE + A = -84.35(J)( iM,,,() ERTT1摩尔气体所吸收的热量为热容为CAAC,2-8.435J，所以摩尔热容为 -1-1C = -8.435(J?mol?K)( 62 在过程III中，系统对外所做的功为 i= -150(J)( (),,pVpVAACCVV2aap20 ddApVVV,,吸收的热量为 III2,,V0VVccQ = ΔE + A = -250(J)， CACACA 也就是放出250J的热量( p26330( ,,,,()VVRT(2)对外做的总功为 0ac233V0A = A + A + A = 100(J)( ABBCCA 吸收的总热量为 内能的变化为 Q = Q + Q + Q = 100(J)( iiABBCCA()() ,,,,,ERTTRTpVIII0accc由此可见:当系统循环一周时，内能不22 变化，从外界所吸收的热量全部转化为对外i,,,,(93)39RTpVRT所做的功( ( 00002 吸收的热量为 12(9 1mol单原子分子的理想气体，经 历如图所示的的可逆循环，连接ac两点的Q = ΔE + A = -143RT/3( IIIIIIIII0曲线?的方程为p (2)系统对外做的总功为 p 22b II = pV/V，a点的A = A + A + A = 28RT/3， 00IIIIII0c 9p 0温度为T( 系统从高温热源吸收的热量为 0I (1)以T，RQ = Q + Q = 57RT， 01III0III a 表示?循环效率为 ，?，?过 p0 程中气体吸收的热V O AV 0= 16.37%( ,,量( Q1图12.9 (2)求此循环 的效率( [解答]由题可知:p12(10 1mol理想气体在400K和300KV = RT( 000 (1)I是等容过程，系统不对外做功，之间完成卡诺循环(在400K等温线上，初 -33-33内能的变化为 始体积为1×10m，最后体积为5×10m(试 ii计算气体在此循环中所做的功及从高温热()(),,,,,ERTTpVRT I00bab源所吸收的热量和向低温热源放出的热量( 22 i[解答] 卡诺循环由气体的四个变化过,,,(9)12pVRTRT( 0000程组成，等温膨胀过程，绝热膨胀过程，等2 吸收的热量为 温压缩过程，绝热压缩过程( Q = ΔE = 12RT( 气体在等温膨胀过程内能不改变，所吸II0 II是等容过程，根据III的方程，当p = 收的热量全部转化为对外所做的功，即 c VV9p时，V = 3V(系统对外所做的功为 220c01QApVRTV,,,dd A = p(V - V) = 9p2V = 18RT( 111IIbcb000,,VVV11内能的变化为 iiV()(),,,,,ERTTpVpV 32IIcbccbb,RTln= 5.35×10(J)( 221V1 i,,9227pVRT( 气体在等温压缩过程内能也不改变，所放出0002的热量是由外界对系统做功转化来的，即 吸收的热量为 VV441 QApVRTV,,,ddQ = ΔE + A = 45RT( IIIIII0222,,VVV33 63 VV22V4， ,RTln ApVpV,,dd2,,V3VV11 利用两个绝热过程，可以证明 = p(V – V) = R(T – T)， 2121 V/V = V/V， 其中T = 291K，T = 293K(空气内能的增432121 可得 量为 3Q = 4.01×10(J)( i2， ,,,ERTT()21气体在整个循环过程中所做的功为 23A = Q - Q = 1.34×10(J)( 其中i表示双原子分子的自由度:i = 5(空12 气吸收的热量为 12(11 一热机在1000K和300K的两i，2Q = ΔE + A == -58.17(J)( RTT(),21热源之间工作，如果 2 (负号表示空气放出热量(因此，制冷机从空1)高温热源提高100K， 气中吸收的热量为 (2)低温热源降低100K， 从理论上说，哪一种 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 提高的热效率高一Q = -Q = 58.17(J)( 2 些,为什么, 空气是低温热源，为了简化计算，取平 均温度为 [解答](1)热机效率为 T` = (T + T)/2 = 29η = 1 – T/T， 2(K); 22121 提高高温热源时，效率为 环境是高温热源，温度为 η = 1 – T/(T + ΔT)， T` = 313(K)( 1211 提高的效率为 欲求制冷机提供的最小机械功，就要将制冷 当作可逆卡诺机，根据卡诺循环中的公式 TT22 ,,,,,,,,11QT，,TTT1111， ,QT22TT,32= 2.73%( ,,TTT()110，,可得该机向高温热源放出的热量为 11 (2)降低低温热源时，效率为 `T1= 62.35(J)， QQ,η = 1 – (T - ΔT)/T， 22112`T2提高的效率为 因此制冷机提供的最小机械功为 TTT,,22 ,,,,,,,,W = Q - Q = 4.18(J)( 1222TT11[注意]由于低温热源的温度在变化，所以 = ΔT/T = 10%( 向高温热源放出的热量的微元为 可见:降低低温热源更能提高热机效`T1ddQQ,， 率(对于温度之比T/T，由于T < T，显212112`T2然，分子减少一个量比分母增加同一量要使 i，2比值降得更大，因而效率提得更高( `dddQQRT,,,,其中，因此 22 2512(12 使用一制冷机将1mol，10Pa`dTi，2`2， dQRT,,的空气从20?等压冷却至18?，对制冷机11`2T2必须提供的最小机械功是多少,设该机向 40?的环境放热，将空气看作主要由双原积分得制冷机向高温热源放出的热量为 子分子组成( i，2T`2= 62.35(J)， QRT,,ln [解答]空气对外所做的功为 112T1 64 与低温热源取温度的平均值的计算结果相2003-5-17拟 同(不计小数点后面2位以后的数字)( 2003-5-29改 65 第一章 质点运动学 题目:1.1 , 1.2 , 1.3 , 1.4 , 1.5 , 1.6 , 1.7 , 1.8 , 1.9 , 1.10 第二章 质点力学的基本规律 题目:2.1 , 2.2 , 2.3 , 2.4 , 2.5 , 2.6 , 2.7 , 2.8 , 2.9 , 2.10, 2.11, 2.12, 2.13, 2.14, *2.15, 2.16 第三章 运动的守恒定律 题目:3.1 , 3.2 , 3.3 , 3.4 , 3.5 , 3.6 , 3.7 , 3.8 , 3.9 , 3.10, 3.11, 3.12, 3.13, 3.14, 3.15, 3.16, *3.17 第四章 刚体定轴转动 题目:4.1 , 4.2 , 4.3 , 4.4 , 4.5 , 4.6 , 4.7 , 4.8 , 4.9 , 4.10, 4.11, 4.12, 4.13 第五章 狭义相对论 题目:5.1 , 5.2 , 5.3 , 5.4 , 5.5 , 5.6 , 5.7 , 5.8 , 5.9 , 5.10, 5.11, 5.12, 5.13, 5.14 第六章 振动 题目:6.1 , 6.2 , 6.3 , 6.4 , 6.5 , 6.6 , 6.7 , 6.8 , 6.9 , 6.10, 6.11, 6.12, 6.13, 6.14, 6.15, 6.16, 6.17, 6.18, 6.19, 6.20 第七章 波动 题目:7.1 , 7.2 , 7.3 , 7.4 , 7.5 , 7.6 , 7.7 , 7.8 , 7.9 , 7.10, 7.11, 7.12, 7.13, 7.14 第八章 光的干涉 题目:8.1 , 8.2 , 8.3 , 8.4 , 8.5 , 8.6 , 8.7 , 8.8 , 8.9 , 8.10, 8.11, 8.12, 8.13, 8.14, 8.15, 8.16 第九章 波的衍射 题目:9.1 , 9.2 , 9.3 , 9.4 , 9.5 , 9.6 , 9.7 , 9.8 , 9.9 , 9.10 第十章 波的偏振 题目:10.1 , 10.2 , 10.3 , 10.4 , 10.5 ,*10.6 ,*10.7 , 10.8 , 10.9 , *10.10, 10.11 第十一章 气体分子运动论 题目:11.1 , 11.2 , 11.3 , 11.4 , 11.5 , 11.6 , 11.7 , 11.8 , 11.9 , 11.10 11.11, 11.12, 11.13, 11.14, 11.15, 11.16,*11.17,*11.18, 11.19, 11.20, 11.21 第十二章 热力学基本原理 题目:12.1 , 12.2 , 12.3 , 12.4 , 12.5 , 12.6 , 12.7 , 12.8 , 12.9 , 12.10, 12.11, 12.12 1