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习题一 1- -1.质点运动学方程为：cos()sin(),rat iat jbtk=+ 其中 a，b，均为正常数， 求 质点速度和加速度与时间的关系式。 分析：由速度、加速度的定义，将运动方程( )r t 对时间 t 求一阶导数和二阶导数，可得到 速度和加速度的表达式。 解：/sin()cos()= + vdr dtat iat jbk 2 /cos()sin()adv dtat it j= + 1- -2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小 与速度平方成正比，即 2 /ddvvKt=， 式中K为常量试证明电艇在关闭发动机后又行 驶x距离时的速度为 0 Kx vv e=。 其中 0 v是发动机关闭时的速度。 分析：要求( )vv x=可通过积分变量替换 dx dv v dt dv a=，积分即可求得。 证： 2 d d d d d d d d v x v v t x x v t v K= d Kdx v = v = x xK 0 dd 1 0 v v v v ,Kx= 0 ln v v 0 Kx vv e= 1-3一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 2 2 ,48xtyt=。 （1）求质点的轨道方程 并画出轨道曲线； （2）求t =1 st = 2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 分析：将运动方程 x 和 y 的两个分量式消去参数 t，便可得到质点的轨道方程。写出质点的 运动学方程)(tr 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得( )v t 和( )a t ，把时间代入可得 某时刻质点的位置、速度、加速度。 解： （1）由2 ,xt=得：, 2 x t=代入 2 48yt= 可得： 2 8yx=，即轨道曲线。 画图略 （2）质点的位置可表示为： 2 2(48)rtitj=+ 由/vdr dt= 则速度：28vitj=+ 由/adv dt= 则加速度：8aj= 则：当 t=1s 时，有24 ,28 ,8rijvijaj=+= 当 t=2s 时，有48 ,216 ,8rij vij aj=+=+= 1-4一质点的运动学方程为 22 (1)xtyt=，x 和 y 均以 m 为单位，t 以 s 为单位。 （1） 求质点的轨迹方程； （2）在2ts=时质点的速度和加速度。 分析同 1-3. 解： （1）由题意可知：x0，y0，由 2 xt=，可得tx=,代入 2 (1)yt= 整理得：1yx=，即轨迹方程 （2）质点的运动方程可表示为： 22 (1)rt itj=+ 则：/22(1)vdr dttitj=+ /22adv dtij=+ 因此, 当2ts=时，有 2 42 (/ ),22 (/)vij m saij m s=+=+ 1-5一质点沿半径为 R 的圆周运动，运动学方程为 2 0 1 2 sv tbt=，其中 v0，b 都是常量。 （1）求 t 时刻质点的加速度大小及方向； （2）在何时加速度大小等于 b； （3）到加速度 大小等于 b 时质点沿圆周运行的圈数。 分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程( )tss=，求导可求出质点的运动速率 dt ds v=， 因而， dt dv a= ， 2 n v a =， 00n aaa n =+ ， 22 n aaa+= ，当ba=时，可求出 t，代 入运动学方程( )tss=，可求得ba=时质点运动的路程， R s 2 即为质点运动的圈数。 解： （1）速率： 0 ds vvbt dt =，且dvb dt = 加速度： 22 0 0000 ()vbtdvv anbn dtR =+= + 则大小： 2 2 222 0 () n vbt aaab R =+=+ 方向： () bR btv 2 0 tan = （2）当 a=b 时，由可得： 0 v t b = （3）当 a=b 时， 0 v t b =，代入 2 0 1 , 2 sv tbt=可得： 2 0 2 v s b = 则运行的圈数 2 0 24 = vs N RbR 1-9汽车在半径为 400m 的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为 -1 10m s ， 切向加速度的大小为 -2 0.2m s 。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。 分析：由某一位置的、v求出法向加速度 n a，再根据已知切向加速度 a求出a的大小和 方向。 解：法向加速度的大小 22 2 10 0.25(/), 400 = n v am s 方向指向圆心 总加速度的大小 22222 0.20.250.32(/)=+=+= n aaam s 如图 1-9，tan0.8,38 40, n a a = 则总加速度与速度夹角90128 40=+= 1-10. . 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为 0 v，与水平方向成角求质点到 达抛出点的同一高度时的切向加速度，法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径 （忽略空气阻力） 已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为 2 / n av=。 分析：运动过程中，质点的总加速度 ag=。由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时 质点的速度大小 0 vv=，其方向与水平线夹角也是。可求出 n a，如图 1-10。再根据关系 2 / n av=求解。 解：切向加速度agasin= 法向加速度agancos= 因 cos 2 0 22 ga a n n vvv = 1-13离水面高为 h 的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率 v0拉绳子，求当船离岸的 距离为 s 时，船的速度和加速度的大小。 分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念。小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与 垂直绳的分量合成，沿绳方向的收绳的速率恒为 0 v。可以由 0 v求出船速v和垂直绳的分量 1 v。再根据 2 1 n v a =关系，以及 n a与a关系求解a。 解：如图 1-13， 20 vv= 船速 2sec vv= 当船离岸的距离为 s 时， 22 0 012 ,tan v hsh vvvv ss + = 则， 22 11 2222 cos n vvs aaa shsh = + 即： 22 0 3 = v h a s 第二章 213一质量为 m 的小球最初位于如图 2-13 所示的 A 点，然后沿半径为 r 的光滑圆轨道 ADCB 下滑，试求 小球到达 C 点时的角速度和对圆轨道的作用力. 分析：如图 213，对小球做受力分析，合力提供向心力，由牛顿第二定律，机械能守恒定律求解。 解： 2 2 1 cosmvmgr= 又：,vrvr= 此时, 由、可得： 2 cosg r = 2 cos v Nmgm r = 由、可得，N=3mgcos 题图 213 图 213 g t a v n a 0 v 图 1-10 214质量为 m 的摩托车，在恒定的牵引力 F 的作用下工作，它所受的阻力与其速率的平方成正比，它能 达到最大速率是 m v 试计算从静止加速到/2 m v所需的时间以及所走过的路程。 分析：加速度等于零时，速度最大，阻力为变力，积分求时间、路程。 解：设阻力 2( 0)fkvk=，则加速度 Ff a m =，当 a=0 时，速度达到最大值 m v， 则有： 2 2 22 0,: m mm FkvFF kfv mvv =从而 又 Ffdv a mdt =，即： 2 2 m F Fv vdv mdt = 2 2 /2 2 00 2 /2 0 0 (1) (1) 1 ln 2 1 m m m tv m v t mm m Fdv dt vm v Fdv dt vm v v vvF t v m v = = = + ln3 2 m mv t F =，即所求的时间 对式两边同乘以dx，可得： 2 2 m F Fv vdv dxdx mdt = 2 22 2 /2 22 00 /2 2 22 0 0 22 ln() 2 4 ln0.144 23 m m m m xv m m v x m m mm v vF dxdv mvv v vF dxdv mvv vF xvv m mvmv x FF = = = = 2-15如图 2-15 所示，A 为定滑轮，B 为动滑轮，3 个物体的质量分别为 m1=200g，m2=100g，m3=50g.（1） 题图 215 求每个物体的加速度（2）求两根绳中的张力（滑轮和绳子质量不计，绳子的伸长和摩擦力可略） 。 分析：相对运动。 1 m相对地运动， 2 m、 3 m相对 B 运动， 21 2TT=。根据牛顿牛顿定律和相对运动加 速度的关系求解。 解：如下图 2-15，分别是m1、m2、m3的受力图。 设a1、a2、a3、a分别是m1、m2、m3、B对地的加速度；a2B、a3B分别是m2、m3对 B 的加速度，以向上为正方 向，可分别得出下列各式 1111 m gTm a+= 2222 m gTm a+= 3233 m gTm a+= 又： 22 33 BB BB aaa aaa =+ =+ 且： 23BB aa= 则： 231 2, BB aaaaa+= 且则： 231 2aaa+= 又： 1122 TTTT=+ 22 TT= 则由，可得： 2 21 1 12 2 21 2 12 2 12 3 12 43 1.96/ 345 4 1.96/ 345 543 5.88/ 345 mmg agm s mm mmg agm s mm mmg agm s mm = = + = = = + = + （2）将a3的值代入式，可得： 12 2 12 8 0.784 34 m m g TN mm = + 。 12 21.57TTN= 2-34设76 ()Fij N= 。 （1）当一质点从原点运动到3416 (m)rijk= + 时，求F 所作的功； （2）如果质点到r 处时需 0.6s，试求F 的平均功率； （3）如果质点的质量为 1kg，试求动能的变化。 分析：由功、平均功率的定义及动能定理求解，注意：外力作的功为 F 所作的功与重力作的功之和。 解： （1） 0 F dr r A= 0 (76 ) ()ijdxidyjdzk+ r = 图 215 00 76dxdy -34 = 45J= ，做负功 （2） 45 75 0.6 A PW t = （3） 0 r k EAmgj dr=+ = -45+ 4 0 mgdy = -85J 2-37求把水从面积为 2 50m的地下室中抽到街道上来所需作的功。已知水深为 1.5m，水面至街道的竖直 距离为 5m。 分析：由功的定义求解，先求元功再积分。 解：如图以地下室的 O 为原点，取 X 坐标轴向上为正，建立如图坐标轴。 选一体元dVSdx=，则其质量为dmpdVpSdx=。 把dm从地下室中抽到街道上来所需作的功为 (6.5)dAgx dm= 故 1.51.5 6 00 (6.5)4.23 10AdApSgx dxJ= 2-41一沿 x 轴正方向的力作用在一质量为 3.0kg 的质点上。已知质点的运动方程 为 23 34xttt=+，这里x以 m 为单位，时间t以 s 为单位。试求： （1）力在最初4.0s内作的功； （2） 在=1st时，力的瞬时功率。 分析：由速度、加速度定义、功能原理、牛顿第二定律求解。 解： 2 (1)( )383 dx v ttt dt =+ 则(4)19/ ,(0)3/vm s vm s= 由功能原理，有 22 1 (4)(0)528 2 k AEm vvJ= = （2） 2 ( )383 , ( )68 dxdv v ttta tt dtdt =+= 1ts=时，6,2/FmaNvm s= = 则瞬时功率12pFvW= 242.以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，若铁锤击第一次 时，能将小钉击入木板内 1cm，问击第二次时能击入多深？(假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同。) 分析：根据功能原理，因铁锤两次打击铁釘时速度相同，所以两次阻力的功相等。注意：阻力是变力。 解：设铁钉进入木板内xcm时，木板对铁钉的阻力为 (0)fkx k= 由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同，故 1 01 x fdxfdx= 所以，2x=。第二次时能击入( 21)cm深。 题图 2-37 243从地面上以一定角度发射地球卫星，发射速度 0 v应为多大才能使卫星在距地心半径为 r 的圆轨道 上运转？ 分析：地面附近万有引力即为重力，卫星圆周运动时，万有引力提供的向心力，能量守恒。 解：设卫星在距地心半径为 r 的圆轨道上运转速度为 v, 地球质量为 M, 半径为 e R,卫星质量为 m. 根据能量守恒，有 22 0 e 11 2R2 GMmGMm mvmv r = 又由卫星圆周运动的向心力为 2 2 N GMmmv F rr = 卫星在地面附近的万有引力即其重力，故 2 e GMm mg R = 联立以上三式，得 e 0e R1 2 R1 2 vg r = 244一轻弹簧的劲度系数为 1 100N mk =，用手推一质量0.1kgm=的物体 A 把弹簧压缩到离平 衡位置为 1 0.02mx=处，如图 2-44 所示。放手后，物体沿水平面移动距离 2 0.1mx=而停止，求物体 与水平面间的滑动摩擦系数。 分析：系统机械能守恒。 解：物体沿水平面移动过程中，由于摩擦力做负功， 致使系统（物体与弹簧）的弹性势能全部转化为内能（摩擦生热） 。 根据能量关系，有 2 12 1 2 kxmgx=所以，0.2= 248一人从 10 m 深的井中提水起始时桶中装有 10 kg的水，桶的质量 为 1 kg，由于水桶漏水，每升高 1 m 要漏去 0.2 kg 的水求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功 分析：由于水桶漏水，人所用的拉力F是变力，变力作功。 解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点. 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量 即： 0 0.2107.8 1.96FPPkymggyy= 人的拉力所作的功为： = H FdydAA 0 10 0 (107.8 1.96 )d =980 Jyy 2-51一个具有单位质量的质点在力场 2 (34 )(126)Ftt itj=+ 中运动，其中 t 是时间，设该质点 题图 244 题图 245 在0t=时位于原点，且速度为零，求2t=s 时该质点受到的对原点的力矩和该质点对原点的角动量。 分析：由牛顿定律、力矩、角动量定义求解。 解：对质点由牛顿第二律有 Fma=又因为 dv a dt = 所以 2 000 (34 )(126) vtt dvadttt itj dt=+ 得 322 (2 )(66 )vttitt j=+ 同样由 dr v dt = 得 4332 12 ()(23 ) 43 rtt ittj=+ 所以 t=2 时40 ()MrFk N m= 21 16 ()Lrmvk kg mt= 2-54在光滑的水平桌面上，用一根长为l的绳子把一质量为 m 的质点联结到一固定点 O. 起初，绳子是松 弛的，质点以恒定速率 0 v沿一直线运动。质点与 O 最接近的距离为 b，当此质点与 O 的距离达到l时，绳 子就绷紧了，进入一个以 O 为中心的圆形轨道。 （1）求此质点的最终动能与初始动能之比。能量到哪里去 了？（2）当质点作匀速圆周运动以后的某个时刻，绳子突然断了，它将如何运动，绳断后质点对 O 的角动 量如何变化？ 分析：绳子绷紧时，质点角动量守恒。 解： （1）当质点做圆周运动时，mvlbmv= 0 可得其速度 0 b vv l = 所以最终动能与初始动能之比 2 2 0 2 2 0 0 1 () 2 1 1 2 k k b m v Eb l El mv =,应取)(3/rad= 可得：)3/cos(06 . 0 =tx （1）0.5ts=时，振动相位为：/3/6trad= 据 22 cos ,sin ,cosxAvAaAx= = = 得 2 0.052 ,0.094/ ,0.512/xmvm sam s= = （2）由 A 旋转矢量图可知，物体从0.03xm= m 处向 x 轴负方向运动，到达平衡位置时，A 矢量转过 的角度为5 /6=，该过程所需时间为：/0.833ts = = 题图 5-16 5-18有一水平的弹簧振子,弹簧的劲度系数 K=25N/m,物体的质量 m=1.0kg,物体静止在平衡位置. .设以一 水平向左的恒力 F=10 N 作用在物体上(不计一切摩擦),使之由平衡位置向左运动了 0.05m,此时撤除力 F, 当物体运动到最左边开始计时,求物体的运动方程. . 分析恒力做功的能量全部转化为系统能量，由能量守恒可确定系统的振幅。 解: 设所求方程为 0 cos()xAt=+ 5/ K rad s m = 因为不计摩擦,外力做的功全转变成系统的能量, 故 2 12 0.2 2 Fx FxKAAm K = 00 0,txA= =又 故所求为0.2cos(5)()xtSI=+ 5-23一物体质量为 0.25Kg，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数 k=25N/m，如果起始振动时具 有势能 0.06J 和动能 0.02J，求： (1)振幅； (2)动能恰等于势能时的位移； (3)经过平衡位置时物体的速度. 分析简谐振动能量守恒，其能量由振幅决定。 解： 2 1 1k 2 KP EEEA=+=（ ） 1/2 2()/k0.08( ) KP AEEm=+= 22 1 (2)k2/2 2 KPKPPP EEEAEEEEEkx=+=因为，当时，有，又因为 题图 5-18 22 2/20.0566( )xAxAm= = 得：，即 2 1 (3)0 2 KP xEEEmv=+=过平衡点时，此时动能等于总能量 1/2 2()/0.8(/ ) KP vEEmm s=+= 5-25 两个同方向的简谐振动的振动方程分别为: 2 1 1 4 10cos2 ()(), 8 xtSI =+ 2 2 1 3 10cos2 ()() 4 xtSI = +求： （1）合振动的振幅和初相； （2）若另有一同方向同频率的简谐振 动 2 3 5 10cos(2)()xtSI = +， 则为多少时， 31 xx+的振幅最大？又为多少时， 32 xx+的 振幅最小？ 分析合振动的振幅由其分振动的相位差决定。 解： （1）)2cos( 21 +=+=tAxxx 按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为 2222 4324cos( /2/4) 106.48 10Am =+= 4sin( /4)3sin( /2) 1.12 4cos( /4)3cos( /2) arctgrad + = + 所以，合振动方程为)(12 . 1 2cos(1048 . 6 2 SItx+= (2)当k2 1 =，即4/2+=k时， 31 xx+的振幅最大. 当)12( 2 +=k，即2/32+=k时， 32 xx+的振幅最小. 5-26 有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为0.2m，合振动的相位与第一个振动的相位差为 6/，第一个振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。 分析根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。 解：采用旋转矢量合成图求解 取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为/6= 据 21 AAA+=可知 12 AAA=,如图： )(1 . 0cos2 1 2 2 12 mAAAAA=+= 由于A、 1 A、 2 A的量值恰好满足勾股定理， 故 1 A与 2 A垂直. 题图 5-26 即第二振动与第一振动的相位差为2/= 第六章 6-4 有一平面谐波在空间传播,如题图 64 所示. .已知 A 点的振动规律为)tcos(Ay+=， 就图中给出 的四种坐标,分别写出它们波的表达式. .并说明这四个表达式中在描写距 A 点为 b 处的质点的振动规律是否 一样?分析无论何种情况，只需求出任意点 x 与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方 向（只考虑相对于坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。只要把各种情况中 b 的坐标值分别代入相应 的波动方程就可求得 b 点的振动规律。 解: 设其波长为,选 o 点处为坐标原点,由方程)tcos(Ay+=；可得取图中a所示的坐标,则 x 处质点的振动比 A 点滞后 2 x ,故 .cos(2) x ayAt =+ 同理可得 .cos(2) x byAt =+ .cos(2) xl cyAt =+ .cos(2) xl dyAt =+ 要求距 A为 b 的点的振动规律,只要把各种情 况中 b 的坐标值分别代入相应的波动方程就 可求得. .从结果可知,取不同的坐标只是改变 了坐标的原点,波的表达式在形式上有所不 同,但 b 点的振动方程却不变. .即 cos(2) b yAt =+ 6-5 一平面简谐波沿 x 轴正向传播， 其振幅为 A， 频率为， 波速为 u.设tt= 时刻的波形曲线如题图 65 所示.求(1)x=0 处质点振动方程； (2)该波的波方 程. 分析由于图中是t时刻波形图，因此，对 x=0 处质点，由图得出的相位也 为t时刻的相位。再由旋转矢量推算出 t=0 时刻的初相位。进而写出波动方 程。 解：(1)设0x=处质点的振动方程为)(2cos+=ttAy。由图可知，tt=时 0cos=Ay，sin0A= d)，如图 15-6求： (1) 零级明纹到屏幕中央O点的距离 (2) 相邻明条纹间的距离 解：(1) 如图，设P0为零级明纹中心 则DOPdrr/ 012 又0)()( 1122 =+rlrl 3 2112 =llrr dDdrrDOP/3/)( 120 = (2) 在屏上距O点为x处, 光程差 3)/(Ddx 明纹条件k=(k1，2，) dDkxk/)3(+= 在此处令k0，即为(1)的结果相邻明条纹间距= +kk xx 1 dD/ 15-8.在折射率n1.50 的玻璃上，镀上n1.35 的透明介质薄膜入射光波垂直于介质膜表面照射，观 察反射光的干涉， 发现对1600nm 的光波干涉相消， 对2700nm 的光波干涉相长 且在 600nm 到 700nm 之间没有别的波长的光是最大限度相消或相长的情形求所镀介质膜的厚度(1nm=10-9m) 分析：上、下表面反射均为由光疏介质到光密介质，故不计附加光程差光程差为ne2= 解：当光垂直入射时，i=0 对1（干涉相消） ：() 1 12 2 1 2+=ken 对2（干涉相长） ： 2 2ken= 由 解得： () 3 2 12 1 = = k 将k、2、n代入式得 n k e = 2 2 7.7810-4mm S S S S1 1 1 1 S S S S2 2 2 2 P P P P P r r r r1 1 1 1 r r r r2 2 2 2 题图 15-3 O P0 r1 r2 D l2 s1 s2 d l1 s0 x 题 15-6 解图 15-12.当用波长为1的单色光垂直照射牛顿环装置时，测得中央暗斑外第 1 和第 4 暗环半径之差为 1 l，而 用未知单色光垂直照射时，测得第 1 和第 4 暗环半径之差为 2 l，求未知单色光的波长2 分析：用牛顿环暗环半径公式kRrk=，计算。 解：根据题意可得 111 1 4RRRl= 222 2 4RRRl= 2 1 2 212 /ll= 2 11 2 22 /ll= 15-15.某种单色平行光垂直入射在单缝上，单缝宽a=0.15mm缝后放一个焦距f= 400 mm 的凸透镜，在 透镜的焦平面上，测得中央明条纹两侧第三级暗条纹之间的距离为 8.0mm，求入射光的波长 分析：由单缝衍射暗纹条件及暗纹到中心的距离可求波长。 解：设第三级暗纹在3方向上，则有 asin3=3l 此暗纹到中心的距离为x3=ftg3 因为3很小，可认为 tg3sin3，所以x33f/a 两侧第三级暗纹的距离是2x3=6f/a=8.0mm =(2x3)a/6f=500nm 15-17.在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一波长的第 3 级明纹位置恰与波长nm600=的单色 光的第 2 级明纹位置重合，求这光波的波长 分析：夫琅禾费衍射的明纹公式为 2 ) 12(sin +=ka ，由题意 0 的第三级明纹与波长nm600= 的单色光的第二级明纹应有相同的衍射角。 解：设未知波长为 0 由单缝衍射明纹条件： 2 ) 12(sin +=ka 可有： 2 ) 132 (sin 0 +=a 和 2 ) 122(sin +=a 可得