新编基础物理学(第二版)王少杰 顾牡 吴天刚 主编.pdf

第 1 章 质点运动学 1 第第 1 章章 质点运动学质点运动学 1-1. 一质点沿 x 轴运动，坐标与时间的变化关系为 x8t36t（m） ，试计算质点 (1) 在最初 2s 内的平均速度，2s 末的瞬时速度； (2) 在 1s 末到 3s 末的平均加速度，3s 末的瞬时加速度. 分析：平均速度和瞬时速度的物理含义不同，分别用 x t v和 d d x t v求得；平均加速度和瞬时 加速度的物理含义也不同，分别用a t v 和 d d a t v 求得. 解：(1) 在最初 2s 内的平均速度为 3 1 (2)(0)(8 26 2)0 26(m s ) 2 xxx tt v 2s 末质点的瞬时速度为 21 2 d 24690(m s ) d x t t v (2) 1s 末到 3s 末的平均加速度为 2 2 (3)(1)(24 36)(246) 96(m s ) 2 a tt vvv 3s 末的瞬时加速度 2 3 d 48144(m s ) d at t v 1-2一质点在 xOy 平面内运动，运动方程为 2 2 (m),48(m)xtyt. （1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线； （2）求=1 s= 2 s tt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( ) tv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，即轨道方程. 画图略 （2）质点的位置矢量可表示为 2 2(48)rtitj 则速度 d 28 d r it j t v 加速度 d 8 d aj t v 当 t=1s 时，有 12 24 (m),28 (m s ),8 m srijijaj v 第 1 章 质点运动学 2 当 t=2s 时，有 12 48 (m),216 (m s ),8 m srijijaj v 1-3一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. 求： （1）质点的轨迹方程； （2）在2st 时质点的速度和加速度. 分析： 同 1-2. 解： （1）由题意可知：x 0，y 0，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 d 22(1) d r titj t v d 22 d aij t v 因此, 当2st 时，有 12 42 (m s ),22 (m s )ijaij v 1-5质点沿直线运动，加速度 2 4at，式中 a 的单位为 2 m s，t 的单位为 s，如果当 t=3s 时，x=9m， 1 2m sv，求质点的运动方程. 分析 本题属于第二类运动学问题，可通过积分方法求解. 解 由分析可知 0 2 00 dd(4)d tt a ttt v v v 积分得 3 0 1 4 3 ttvv 由 0 3 0 00 1 dd(4)d 3 xtt x xtttt vv 得 24 00 1 2 12 xxttt+v 将 t=3s 时，x=9m， 1 2m sv代入上两式中得 1 0 1m s v，x0=0.75m 所以质点的运动方程为 第 1 章 质点运动学 3 24 1 0.752(m) 12 xttt 1-6. 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 度大小平方成正比，即 2 d/dtk vv， 式中 k 为常量试证明电艇在关闭发动机后又行驶 x 距离时的速度大小为 0 kx evv . 其中 0 v是发动机关闭时的速度大小. 分析：要证明 xv关系，可通过积分变量替换将时间变量替换掉，即 dd dd a tx vv v，积分即 可证明. 证： 2 dddd dddd k vvv vv x txtx 分离变量得 d dk x v v 两边积分 0 0 1d d x k x v v v v , 0 lnkx v v 证得 0 kx evv 1-11在生物物理实验中用来分离不同种类的分子的超级离心机的转速为 31 3.14 10 rad s.在 这种离心机的转子内，离轴 10cm 远的一个大分子的向心加速度是重力加速度的几倍？ 分析 根据定义可得向心加速度的大小 2 n ar. 解 所求倍数 222242 5 2 44( 61 0 )0 . 1 =41 0 6 09 . 8 rn r gg 1-12. 一质点在半径为 0.10m 的圆周上运动，其角位置变化关系为 3 24 (rad)t.试求： (1) 在 t=2s 时，质点的法向加速度和切向加速度大小各为多少？； (2) 当切向加速度大小恰等于总加速度大小的一半时，值为多少？ (3) 在什么时刻，切向加速度和法向加速度恰好大小相等？ 分析 本题为物体作圆周运动的角坐标表示下的第一类运动学问题，求导可得到角速度和 角加速度，再由角量与线量的关系求得切向加速度 t a和法向加速度 n a. 解 (1) 角速度和角加速度分别为 2 d 12 d t t d 24 d t t 法向加速度 22222 n 0. 1(12)2. 3010( m s)art 切向加速度 第 1 章 质点运动学 4 2 t d 2 . 44 . 8 ( m s) d art t v (2) 由 t /2aa， 2222 tnt 4aaaa 得 22 tn 3aa 222 4 3(24)(12)rtrt 3 3 6 t 3 3 24243.15(rad) 6 t (3) 由 nt aa，即 2 2 (12 )24rtrt，解得 0.55st 第第 2 章章 质点动质点动力力学学 2-14 摩托快艇以速率 v0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为 F= kv2（k 为 正常数） 。设摩托快艇的质量为 m，当摩托快艇发动机关闭后， (1) 求速率 v 随时间 t 的变化规律。 (2) 求速度 v 与路程 x 之间的关系。 分析分析 摩托快艇受到的摩擦阻力为变力，且是速率的函数，列出牛顿定律的微分方程，用 分离变量法求解。将时间变量转变为路程， dddd dddd x ttxx vvv = v 可解出速度 v 与路程 x 之间的关 系。 解解 (1) 由牛顿第二定律 F=ma 得 2 d d kmam t v v 分离变量并积分，有 0 2 0 d d tk t m v v v v 0 11k t m vv (2) 将 dddd dddd x ttxx vvv = v 代入式中得 2 d d km x v vv 分离变量并积分，有 0 0 d d xk x m v v v v 0 ln k x m v v 第 1 章 质点运动学 5 得 0 k x m e vv 2-26. 质量为 M 的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为m，速度为 0 v的子弹水平地射入木 块，并陷在木块内与木块一起运动。求： （1）子弹相对木块静止后，木块的速度和动量； （2）子弹相对木块静止后，子弹的动量； （3）在这个过程中，子弹施于木块的冲量。 分析：由木块、子弹为系统水平方向动量守恒，可求解木块的速度和动量。由动量定理求解子 弹施于木块的冲量。 解： （1）由于系统在水平方向上不受外力，则由动量守恒定律有 0 ()mmMvv 所以木块的速度 0 m mM v v 动量 0 m MM mM v v （2）子弹的动量 2 0 m m mM v v （3）对木块由动量定理得 0 m IMM mM v v 2-30 一物体在介质中按规律 2 xct作直线运动， c 为一常量。 设介质对物体的阻力正比于速度 的平方。试求物体由 x0=0 运动到 x=l 时，阻力所做的功。 （已知阻力系数为 k） 分析 本题是一个变力做功问题，按功的定义式dWFx 来求解。 解 由运动学方程 2 xct，可得物体速度 d 2 d x ct t v 物体所受阻力大小为 22 2 44Fkkc tkcxv 阻力做的功为 2 00 dd4d2 ll WFxF xkcx xkcl 2-33求把水从面积为 2 50m的地下室中抽到街道上来所需做的功。已 解图 2-33 第 1 章 质点运动学 6 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：如解图 2-33 以地下室的 O 为原点，取 x 坐标轴向上为正，建立坐标轴。 选一体积元ddVS x，则其质量为 dddmp VpS x。 把dm从地下室中抽到街道上来所需做的功为 d(6.5)dWgxm 故 1.51.5 6 00 d(6.5)d4.23 10 (J)WWpSgxx 2-37一沿 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内做的功； （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：(1) 2 d ( )3 83 d x ttt t v 则 11 (4)19m s ,(0)3m s vv 由功能原理，得 22 1 (4)(0)528(J) 2 k WE m vv (2) d ( )68 d a tt t v 1ts时 3.0 (6 8)6.0(N)Fma 1 (1)3 8 32(m s ) v 则瞬时功率 12WPFv 2-39. 质量为 3.0kg 的木块静止在水平桌面上， 质量为 5.0g 的子弹沿水平方向射进木块。 两者合 在一起，在桌面上滑动 25cm 后停止。木块与桌面的摩擦系数为 0.20，试求子弹原来的速度。 分析：由动量守恒、动能定理求解。 解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有 0 ()MMmvv 一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有 第 1 章 质点运动学 7 2 1 ()() 2 MmMm glv 由带入数据有 1 0 600(m s ) v 2-52一个具有单位质量的质点在力场 2 (34 )(126)Ftt itj中运动，式中 t 为时间，设 该质点在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得 Fma 又因为 d d a t v 所以 2 000 dd(34 )(126)d tt a ttt itjt v v 得 322 (2 )(66 )ttitt jv 同样由 d d r t v得 4332 12 ()(23 ) 43 rtt ittj 所以 t=2 时 40 (N m)MrFk 21 16 (kg ms )Lrmk v 2-53. 一质量为 m 的粒子位于（x, y）处，速度为 xy ijvvv，并受到一个沿 x 方向的力 f， 求它相对于坐标原点的角动量和作用在其上的力矩。 分析：由质点力矩、角动量定义求解 解：角动量 ()()() xyyx Lrmxiyjmijm xykvvvvv 力矩 ()Mrfxiyjf iyf k 第第 3 章章 刚体力学基础刚体力学基础 第 1 章 质点运动学 8 3-1 一汽车发动机的转速在7.0s内由 1 200r min均匀地增加到 1 3000r min。 (1) 求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度； (2) 求这段时间内转过的角度； (3) 发动机轴上装有一半径为0.2mr 的飞轮，求它的边缘上一点在第 7.0s 末的切向加速 度和法向加速度。 分析分析 这是刚体运动学问题，刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关 系，本题为匀变速转动。 解解 (1) 初角速度为 1 0 2200/6020.9(rad s ) 末角速度为 1 23000/60314(rad s ) 角加速度为 2 0 31420.9 41.9(rad s ) 7.0t (2) 转过的角度为 223 0 11 20.9 7.041.9 7.01.17 10 (rad)186() 22 tt圈 (3) 切向加速度为 2 8.38(m s )ar 法向加速度 242 1.97 10 (m s ) n ar 3-10 一飞轮直径为0.3m，质量为5.0kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静 止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s转速达 1 10r s，假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； （2）拉力及拉力所做的功； （3）从拉动后10ts时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 分析：利用转动定律，力矩做的功定义，线量与角量的关系求解。 解： （1）角加速度为 22 10 2 1.26 10 (rad s ) 0.5t 转过的角度为 222 11 1.26 100.515.7(rad) 22 t 转过的圈数为 2.5 2 N 圈 （2）由转动定律Mf RJ得 第 1 章 质点运动学 9 22 0.5 5 0.151.26 10 47.1(N) 0.15 J f R 力矩做的功为 0 d47.1 0.15 15.7111(J)WMM （3）角速度为 231 1.26 10101.26 10 (rad s )t 边缘一点的线速度为 321 0.15 1.26 101.88 10 (m s )R v 边缘一点的法向加速度为 22652 0.15 1.26102.37 10 (m s ) n aR 边缘一点的切向加速度为 22 0.15 1.26 1018.84(m s )aR 3-11 物体质量为3kg,0t 时刻位于 1 4 m,6(m s )riij v，如一恒力5 Nfj作用 在物体上，求 3s 后， （1）物体动量的变化； （2）相对 z 轴角动量的变化。 分析：写出)(tr 的表达式及力 f 对 z 轴的力矩M 。由动量定理、角动量定理求解。 解： （1）由动量定理可知，动量的增量为 3 1 00 d5d15kg m s t Pftjtj （2）由角动量定理可知，角动量的增量为 0 3 0 dd t t LMtMt 而 ( )Mr tf 22 0000 15 ( )( )( )()()(4)(6) 26 xy r tx t iy t jxt iytatjt ittjvv 5fj 把代入解得 (205 )Mt k 把代入解得： 33 21 00 d(205 )d82.5kg msLMtt ktk 3-13 如题图 3-13 所示，在光滑水平面上有一木杆，其质量 1 1.0kgm ， 长4 0 c ml ， 可绕通过其中心并与之垂直的轴转动。 一质量为 2 10gm 的子弹，以 21 2.0 10 m sv的速度射入杆 端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求杆的角速度。 题图 3-13 第 1 章 质点运动学 10 分析分析 把子弹和杆看作一个系统，因系统不受外力矩作用，角动量守恒。子弹陷入杆后， 它们将一起以角速度转动。 解解 根据角动量守恒定律 2 22( ) 22 ll mJmv 杆的转动惯量 2 1 1 12 Jml代入 22 212 1 ( ) 2122 ll mmlmv 解得 1 2 12 6 29.1rad s (3) m mm l v 3-16 一长为 L、质量为 m 的匀质细棒，如题图 3-16 所示，可绕 水平轴O在竖直面内旋转，若轴光滑，今使棒从水平位置自由下 摆（设转轴位于棒的一端时，棒的转动惯量 2 1 3 JmL） 。求： （1）在水平位置和竖直位置棒的角加速度； （2）棒转过角时的角速度。 分析：由转动定律可求角加速度，根据在转动过程中机械能守恒 求角速度。 解： （1）由刚体定轴转动定律MJ得细棒在水平位置的角加速度为 2 3 2 1 2 3 L mg Mg JL mL 细棒在竖直位置的角加速度为 2 0 0 1 3 M J mL （2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 2 1 sin 22 L mgJ 又 2 1 3 JmL 解上述两式得 3 sing l 题图 3-16 第 1 章 质点运动学 11 3-18 一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动， 起初角速度为 0 设它所受阻力矩与转动角速度 成正比，即MK(K 为正的常数)，求圆盘的角速度从 0 变为 0 1 2 时所需的时间 分析：由转动定律及角加速度的定义，对角速度积分可求解。 解：根据转动定律得 MJ d d JK t 分离变量得 d d K t J 两边积分 0 0 2 0 1 dd tK t J 解得 ln2J t K 3-20 一均质细杆，长1mL ，可绕通过一端的水平光滑轴 O 在铅垂面内自 由转动，如题图 3-20 所示。开始时杆处于铅垂位置，今有一子弹沿水平方 向以 1 10m sv的速度射入细杆。设入射点离 O 点的距离为 3 4 L ，子弹 的质量为杆质量的 1 9 ，试求： （1）子弹和杆开始共同运动的角速度。 （2）子弹和杆共同摆动能达到的最大角度。 分析：子弹射入细杆过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒。 解 （1） 子弹打进杆的过程中， 子弹和细杆组成的系统角动量守恒， 设子弹射入前的角速度为 0 ， 子弹和细杆一起共同运动的角速度为，则由角动量守恒定律得 0 (JJJ 子子杆) 又 22 16 ) 4 3 ( 9 L mLm J 子 2 3 1 mLJ 杆 0 1040 33 3 1 44 L v 题图 3-20 第 1 章 质点运动学 12 把式代入式并解得 1 40 rad s 19 （2）设子弹和细杆共同摆动能达到最大角度为角，在摆动的过程中子弹和细杆及地球组成的 系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得 13311 (cos )(cos ) 294422 mg JJLLmgLL 2 子杆) 把式及10g ，L=1 代入式解得 8496. 0cos 即 0.56rad 第第 5 章章 机械振动机械振动 5-1 有一弹簧振子，振幅 2 2.0 10 mA ，周期1.0sT ，初相 3 4 .试写出它的振动位移、 速度和加速度方程。 分析 根据振动的标准形式可得到振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为 2 cos()cos()xAtAt T 代入有关数据得 3 0.02cos(2)(m) 4 xt 振子的速度和加速度分别是 1 d3 0.04 sin(2)(m s ) d4 x t t v 2 22 2 d3 0.08cos(2)(m s ) d4 x at t 5-2 一弹簧振子的质量为0.500kg，当以35.0cm的振幅振动时，振子每0.500s重复一次运动. 求振子的振动周期 T、频率 、角频率 、弹簧的倔强系数 k、物体运动的最大速率 max v、和弹 簧给物体的最大作用力 max F. 分析：最大速率 max Av, 2 max aA， maxmax Fma，2 v， 1 v T ，所以只要 求出周期 T 即可. 解：由题意可知 0.500sT ； 第 1 章 质点运动学 13 所以频率 1/2.00HzvT； 角频率 1 2=4 =12.6(rad s )v ； 倔强系数 221 0.500 12.679.4(N m )km ； 最大速率 1 0.35 12.64.41(m s ) max A v 最大作用力 22 0.500 0.35 12.627.8(N) maxmax FmamA 5-7 某质点振动的 x-t 曲线如题图 5-7 所示.求： （1）质点的振动方程； （2）质点从0t 的位置到达 P 点相应位置所需的最短时间. 分析 由旋转矢量可以得出初相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据 P 点的相位确定最 短时间。 0 00 0 1cos() 0,/ 2,0 3 1s, 32 5 6 5 0.1cos()(m) 63 20 xAt txA tt xt P 解：（）设所求方程为： 从图中可见， 由旋转矢量法可知； 又 故： （ ）点的相位为 v 0 5 00.4s 63 0.4s ppp ttt P 即质点到达 点相应状态所要的最短时间为 5-11 一简谐运动的振动曲线如题图 5-11 所示， 求振动方程. 分析 利用旋转矢量图求解， 由解图 5-11 中两个确定点求 得相位，再根据时间差求得其角频率。 解：设所求方程为)cos(tAx 当0t 时， 11 5cm,0x v由 A 旋转矢量图可得 题图 5-7 题图 5-11 第 1 章 质点运动学 14 2 3 当2st 时，从 x-t 图中可以看出 22 0,0x v 据旋转矢量图可以看出 2 3 2 t 所以，2 秒内相位的改变量 20 325 236 tt 据t可求出 1 5 rad s 12t 于是，所求振动方程为 52 0.1cos()(m) 123 xt 5-16 一物体沿 x 轴做简谐运动，振幅为 0.06m，周期为 2.0s，当 t=0 时位移为0.03m，且向 x 轴正方向运动，求： （1）t=0.5s 时，物体的位移、速度和加速度； （2）物体从0.03mx 处向 x 轴负方向运动开始，到达平衡位置，至少需要多少时间？ 分析 通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。 解：设该物体的振动方程为)cos(tAx 依题意知 1 2 /(rad s ),0.06mTA 据 A x0 1 cos 得 3 由于 0 0v,应取 3 可得 解图 5-16 解图 5-11 第 1 章 质点运动学 15 0.06cos()(m) 3 xt （1）0.5ts时，振动相位为 36 t 据 22 cos ,sin ,cosxAAaAxv得 12 0.052m,0.094m s ,0.512m sxa v （2）由 A 旋转矢量图可知，物体从0.03mx 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 0.833st 5-23 一物体质量为0.25kg，在弹性力作用下做简谐运动，弹簧的劲度系数 1 25N mk ，如 果物体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 简谐运动机械能守恒，其能量由振幅决定。 解：(1) 2 1 2 kP EEEkA 1/2 2()/ 0.08m kP AEEk (2) 因为 2 1 2 KP EEEkA, 当 KP EE时，有2 P EE，得 22 11 2 22 kxkA 即 /20.0566(m)xA (3)过平衡点时，0x ，此时动能等于总能量 2 1 2 kP EEEmv 1/21 2()/0.8m s KP EEm v 5-25 两个同方向的简谐运动的振动方程分别为: 2 1 1 4 10cos2 ()(m), 8 xt 第 1 章 质点运动学 16 2 2 1 3 10cos2 ()(m) 4 xt （1）求合振动的振幅和初相位； （2） 若另有一同方向同频率的简谐运动 2 3 5 10cos(2)(m)xt ， 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 10 (m)A 4sin(/4)3sin(/2) arctg1.12(rad) 4cos(/4)3cos(/2) 所以，合振动方程为 2 6.48 10cos(21.12)(m)xt (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. 第第 6 章章 机械波机械波 6-1、某潜艇声纳发出超声波，其振幅为 3 1.2 10 mA ，频率为 4 6.0 10 Hz，波长 2 2.5 10 m ，波源振动的初相0 0 .求： （1）该超声波的表达式； （2）距波源2.0m处质元的振动方程. 分析： 根据平面简谐波的波函数标准形式， 代入相关参数即可得波的表达式， 再把2.0mx 代入波函数 即可求得相应的振动方程。 解：设波函数的表达式为 cos2 () x yAt 代入已知条件化简得该超声波的表达式为 35 1.2 10 cos(1.2 1080)(m)ytx 把 x=2m 代入上表达式得相应的振动方程 35 1.2 10 cos(1.2 10)(m)yt 第 1 章 质点运动学 17 6-2 一横波在沿绳子传播时的表达式为0.04cos(2.5)(m)ytx (1)求波的振幅、波速、频率及波长； (2)求绳上的质点振动时的最大速度； (3)分别画出1st 和2st 的波形，并指出波峰和波谷.画出1.0mx 处质点的振动曲线并讨 论其与波形图的不同. 分析：与平面简谐波的波函数标准形式比较即可确定其特征参量。 解： （1）用比较法，由 2 0.04cos(2.5)cos()ytxAtx 得振幅、波速、频率及波长 0.04mA ； 2.5 1.25(Hz) 22 ； 2 ,2.0m 1 2.5m su （2）绳上的质点振动时的最大速度为 1 0. 314 m s m A （3）1st 时的波形方程为 1 0.04cos(2.5)(m)yx 2st 时的波形方程为 2 0.04cos(5)(m)yx 1.0mx 处质点的振动方程为 0.04cos(2.5)(m)yt 题图 6-2 第 1 章 质点运动学 18 6-5 波源的振动方程为 2 6.0 10cos(m) 5 yt 它所激起的波以 1 2.0m s的速度在一直线上 传播.求 （1）距波源6.0m处一点的振动方程； （2）该点与波源的相位差. 分析： 先写出波函数， 再代入6.0mx ， 即可得相应的振动方程， 最后由0x 和6.0mx 两处的振动方程中的相位便可求两点间的相位差. 解： （1）设波源在坐标原点，依已知条件，可知波函数为 2 6.0 10cos()(m) 52.0 x yt 把6.0mx 代入波函数可得相应的振动方程为 2 6.0 10cos(3.0)(m) 5 yt （2）两点间的相位差为 5 3 5 )0 . 3( 5 tt（即该点比波源的相位滞后 5 3 ）. 6-6 一平面简谐波沿 x 轴正向传播，波的振幅10cmA，波的角频率 1 7 rad s ，当 1.0st 时，10cmx 处的a质点正通过其平衡位置向 y 轴负方向运动， 而20cmx 处的b质 点正通过5.0cmy 点向 y 轴正方向运动.设该波波长10cm，求该平面波的波方程. 分析 通过旋转矢量图法，结合10cmx 点和20cmx 点，在1.0ts的运动状态，可得到 波长和初相。 解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可 写成 2 0 . 1 co s ( 7) ( m ) x yt 1.0st 时，10cmx 处 0.1 0.1cos720y 此时a质点向 y 轴负方向运动，故 0.11 72(1) 2 而此时, b质点正通过0.05my 处，有 0.2 0.1cos720.05y 且质点b向 y 轴正方向运动，故 第 1 章 质点运动学 19 0.21 72 3 由(1)、(2)两式联立得 0.24m ， 17 3 所以，该平面简谐波的表达式为 17 0.1cos(7)(m) 0.123 x yt 6-7 已知一平面简谐波的波方程为0.25cos(1250.37 )(m)ytx (1)分别求 12 10m,25mxx两点处质点的振动方程； (2)求 1 x、 2 x两点间的振动相位差； (3)求 1 x点在4st 时的振动位移. 分析 波动方程中如果已知某点的位置即转化为某点的振动方程。 直接求解两点的振动相位差 和某时刻的振动位移。 解：(1) 1 10mx 、 2 25mx 的振动方程分别为 10 0.25cos(1253.7)(m), x yt 25 0.25cos(1259.25)(m) x yt (2) 2 x与 1 x两点间相位差 21 5.55rad (3) 1 x点在4st 时的振动位移 0.25cos(125 4 3.7)0.249(m)y 6-10 一平面谐波沿 Ox 轴的负方向传播,波长为 ，P 点处质点的振动 规律如题图 6-10 所示.求: （1）P 点处质点的振动方程; （2）此波的波动方程； （3）若题图 6-10 中 2 d ,求 O 点处质点的振动方程. 题图 6-10 第 1 章 质点运动学 20 分析 首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得 P 点振动的初相与周期，从而得到其振动方 程。 波动方程则由 P 与原点的距离直接得到。 波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的 振动方程。 解:（1）从题图 6-10 中可见4sT ,且0, po tyA ，所以 0 ，则 P 点处质点的振动方 为 2 cos()cos()(m) 42 p yAtAt （2）向负方向传播的波动方程为 cos() 2 m xd yAt （3）把/2,0dx代入波动方程即得 0 /23 cos()cos() 22 m 4 yAtAt 6-18 如题图 6-18 所示，两列相干波在 P 点相遇.图中 0.45mBP ，0.30mCP ，若一列波在 B 点引起的振动 是 3 10 3 10 cos2(m)yt ；另一列波在 C 点引起的振动 是 3 20 1 3 10cos(2)(m) 2 yt ；两波的传播速度 1 0.20m su ，不考虑传播途中振幅的减小，求 P 点的合振动的振动方程. 分析 重点在于求出两列波在 P 点的相位差。根据相位差确定合振动的振动方程。 解：第一列波在 P 点引起的振动的振动方程为 3 1 9 3 10cos(2)(m) 2 yt 第二列波在 P 点引起的振动的振动方程为 3 2 5 3 10cos(2)(m) 2 yt P 点的合振动的振动方程为 3 12 1 6 10cos(2)(m) 2 yyyt 6-20 两波在一很长的弦线上传播，其波动表达式分别为 2 1 1 4.00 10cos(424 )(m) 3 yxt 题图 6-18 第 1 章 质点运动学 21 2 2 1 4.00 10cos(424 )(m) 3 yxt 求： (1)两波的频率、波长、波速； (2)两波叠加后的节点位置； (3)叠加后振幅最大的那些点的位置. 分析 首先得到驻波方程，然后根据节点和波腹相位特点求得节点和波腹位置。 解：(1)与波动的标准表达式cos2 () x yAt 对比可得 4Hz， 1.50m 波速 1 6.00(m s )u (2)节点位置 41 () 32 x n 即 31 () m,0,1,2. 42 xnn (3)波腹位置 4 3 x n 即 3 /4 m,0,1,2.xnn 第第 7 章章 气体动理论气体动理论 7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度是 27C。压强是 2.4mmHg，氦气与氖气的压强比是 7:1.求管内氦气和氖气的分子数密度. 分析 先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式pnkT求解氦气和氖气的分子数密度。 解:依题意, nnn 氦氖， 5 2.4 1.013 10 Pa 760 ppp 氦氖 ；:7:1pp 氦氖 所以 55 2.10.3 1.013 10 Pa,1.013 10 Pa 760760 pp 氦氖 , 根据 pnkT，得 5 223 23 2.1 7601.013 10 6.76 10 (m ) 1.38 10300 p n kT 氦 氦 213 9.66 10 (m ) P n kT 氖 氖 第 1 章 质点运动学 22 7-5 容器内储有 1mol 某种气体。今自外界输入 2 2.09 10 J热量,测得气体温度升高 10K，求该 气体分子的自由度。 分析 理想气体分子的能量只与自由度和温度有关。 解：理想气体的内能 2 A i ENk T 所以，该气体分子的自由度为 2 22 2.09 10 5 6.02 1.38 10 A E i N k T 7-8 有 33 2 10 m刚性双原子分子（理想气体） ，其内能为 2 6.75 10 J。 (1) 试求气体的压强； (2) 设分子总数为 22 5.4 10 个，求分子的平均平动动能及气体的温度 分析 将能量公式 2 i ENkT结合状态方程 N pkT V 求解气体的压强。由能量公式 2 i ENkT求解气体的温度。 再由气体的能量为单个分子能量的总和求解单个分子的平均平动 动能。 解：(1) 设分子数为N，由能量公式 2 i ENkT 再根据状态方程得 5 2 1.35 10 Pa NE pkT ViV (2) 分子的平均平动动能 21 33 7.5 10J 25 kt E kT N 因为 kTNE 2 5 所以气体的温度为 2 362K 5 E T Nk 7-11 一容器内储有氧气,测得其压强为 1atm,温度为 300K.试求： （1）单位体积内的氧分子数； （2）氧气的密度； 第 1 章 质点运动学 23 （3）氧分子质量； （4）氧分子的平均平动动能。 分析 应用公式pnkT即可求解氧分子数密度。应用状态方程求出质量密度。结合氧分子数 密度和质量密度求出氧分子的质量。最后利用公式直接求解氧分子的平均平动动能。 解：(1) 5 253 23 1.013 10 2.45 10 (m ) 1.38 10300 p n kT (2) 53 3 1.013 1032 10 1.30(kg m ) 8.31 300 pM RT (3) 26 25 1.30 5.3 10(kg) 2.45 10 m n (4) 2321 33 1.38 103006.21 10J 22 kt kT ( ) 7-13 容积为1m3 的容器储有1mol 氧气，以 1 sm15 v的速度运动，设容器突然停止，其中 氧气的80的机械运动动能转化为气体分子热运动动能.试求气体的温度及压强各升高了多 少？ 分析分析 容器作匀速直线运动时，容器内分子除了相对容器作杂乱无章的热运动外，还和容器一 起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为 2 1 2 mv.按照题意，当容器突然停止后，80定向运 动动能转为系统的内能.对一定量理想气体内能是温度的单值函数，则有关系式： TR M m mE 2 5 %80 2 1 2 v成立，从而可求T.再利用理想气体状态方程，可求压强的 增量. 解解 由分析知 2 15 0.8 22 m EmR T M v，其中m为容器内氧气质量.氧气的摩尔质量为 21 3.2 10kg molM ，解得 222 0.80.8 3.2 1015 0.14(K) 55 8.31 M T R v 当容器体积不变时，由 m pVRT M 得 8.31 0.14 11.16(Pa) 1 m R pT M V 第 1 章 质点运动学 24 7-16 有 N 个假想的气体分子,其速率分布如题图 7-16 所示(当 0 v2v时,分子数为零).试求: （1）纵坐标的物理意义,并由 N 和 0 v求a； （2）速率在 0 1.5v 0 2.0v的分子数； （3）分子的平均速率. 分析 根据速率分布函数的定义 d ( ) d N f N v v ， 可得出其纵坐标 的物理意义，再由归一化条件可确定其常数 a 的值，从而得到具体的分布函数；根据速率分布 函数的意义和平均速率的概念，求分子数和平均速率。 解 (1) 由 d ( ) d N f N v v 得 d ( ) d N Nfv v 所以( )Nf v的物理意义为在某速率附近单位速率间隔中的分子.由图可知在不同的速率区间的 ( )Nf v)为 0 ( ) a Nfvv v 0 0vv ( )Nfav 00 2vvv ( )0Nfv 0 2vv 根据归一化条件 00 0 00 00 2 ( )d1 ,dd1 , 3 aaN fa NN v2v v vvv vv vv (1) 由于 d ( ) d N f N v v 所以速率在 0 1.5v到 0 2.0v之间的分之数为: 00 00 2.02.0 0 1.51.5 ( )dd 23 aN NNfa vv vv vvvv (2) 跟据平均速率的计算公式 00 0 2 22 00 00 0 1111 ( )ddd 69 aaa f NNN vv v vvvvvvv vvv v 题图 7-16 第 1 章 质点运动学 25 第第 8 章章 热力学基础热力学基础 8-2 在等压过程中，0.28kg 氮气从温度为 293K 膨胀到 373K，问对外做功和吸热多少?内能改 变多少? 分析 热力学第一定律应用。等压过程内能、功和热量都可根据公式直接得到，其中热量公式 中的热容量可根据氮气为刚性双原子分子而求得。 解：等压过程气体对外做功为 2121 ()() m Wp VVR TT M 3 280 8.313732936.65 10 (J) 28 气体吸收的热量 4 21 2807 8.313732932.33 10 (J) 282 p m QCTT M 内能的增量为 4 21 2805 8.313732931.66 10 (J) 282 V m ECTT M 8-3 一摩尔的单原子理想气体， 温度从 300K 加热到 350K。其过程分别为体积保持不变和压强 保持不变。在这两种过程中： (1) 气体各吸取了多少热量？ (2) 气体内能增加了多少？ (3) 气体对外界做了多少