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第1章习题解答1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60 km到达B地，然后向东行驶60 km到达c地，最后向东北行驶50km到达D地。求汽车行驶的总路程和总位移。 解 汽车行驶的总路程为 S=AB十BC十CD(60十60十50)km170 km； 汽车的总位移的大小为r=AB/Cos45十CD(84.9十50)km135km，位移的方向沿东北方向，与方向一致。1-4 现有一矢量是时阃t的函数，问在一般情况下是否相等?为什么?解：在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量的太小随时间的变化率；而后者是对矢量的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量大小随时问的变化和矢量方向随时同的变化两部分的绝对值。如果矢量方向不变，只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。 1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r =6t2-2t3，r和t的单位分别是米和秒。求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末和第四秒末的速度， (3)第三秒末和第四秒末的加速度。 解：取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿x轴的反方向。 (1)第二秒内的平均速度 ； (2)第三秒末的速度 因为，将t=3 s代入，就求得第三秒末的速度为 v3=18ms-1； 用同样的方法可以求得第口秒末的速度为 V4=48m s-1； (3)第三秒末的加速度 因为，将t=3 s代入，就求得第三秒末的加速度为 a3= -24ms-2； 用同样的方法可“求得第四秒末的加速度为 a4= -36ms-21-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明： (1)vdv=ads： (2)当a为常量时，式v2=v02+2a(s-s0)成立。 解 (1) ； (2)对上式积分，等号左边为： 等号右边为： 于是得：v2-v02=2a(s-s0)即：v2=v02+2a(s-s0)1-7 质点沿直线运动，在时间t后它离该直线上某定点0的距离s满足关系式：s=(t -1)2(t- 2)，s和t的单位分别是米和秒。求 (1)当质点经过O点时的速度和加速度； (2)当质点的速度为零时它离开O点的距离； (3)当质点的加速度为零时它离开O点的距离； (4)当质点的速度为12ms-1时它的加速度。 解：取质点沿x轴运动，取坐标原点为定点O。 (1)质点经过O点时即s=0，由式 (t -1)2(t- 2)=0，可以解得 t=1.0 st=2.0 s当t=1 s时v=ds/dt=2(t-1)(t-2)+(t-1)2=0 ms-1a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)=-2. 0 ms-2当t=2 s时， v=1.0 ms-1, a=4.0 ms-2。 (2)质点的速度为零，即 V=ds/dt=2(t-1)(t-2)+(t-1)2=0上式可化为 (t -1)(3t- 5)=0，解得: t=1.0 s，t=1.7 s当t=1s时，质点正好处于O点，即离开O点的距离为0 m，当t=53 s时，质点离开O点的距离为-0.15m。 (3)质点的加速度为零，即 a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)= 0 上式可化为：(3t-4)=0， t=1.3s这时离开O点的距离为-0.074m。4)质点的速度为12 ms-1，即2(t-1)(t-2)+(t-1)2=12由此解得：t=3.4 s，t=-0.69 s将t值代入加速度的表示式a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)求得的加速度分别为: a=12.4 ms-2，a=-12.2 m s-2 1-8 一质点沿某直线作减速运动，其加速度为a=-cv2，c是常量。若t=0时质点的速度为v0，并处于s0的位置上，求任意时刻t质点的速度和位置。 解：以t=0时刻质点的位置为坐标原点O，取水平线为x轴，质点就沿x轴运动。困为是直线运动，矢量可以用带有正负号的标量来表示。 于是有两边分别积分，得：固为t0=0，所以上式变为：上式就是任意时刻质点的速度表达式。 因为 将式(1)代入上式得：对式(2)两边分别积分，得：于是，任意时刻质点的位置表达式为 1-9 质点作直线运动，初速度为零初始加速度为a0，质点出发后每经过时间，加速度均匀增加b。求经过时间t后质点的速度和加速度。 解：可以把质点运动所沿的直线定为直线L，并设初始时刻质点处于固定点O上。根据题意，质点运动的加建度应该表示为：由速度公式：可以求得经过f时间质点的速度： 另外，根据位移公式可以求得经过时间t质点的位移为： 1-10 质点沿直线y=2x十1运动，某时刻位于x1=1.51 m处，经过1.20 s到达x2=3. 15 m处。求质点在此过程中的平均速度。 解：根据定义，平均速度应表示为： 其中 由已知条件找出x和y，就可以求得平均速度。 x = x2-x1= 3.15m-l.5lm = l.64m根据直线方程y=2x+l，可求得y1=2x1+l=4.02m，y2=2x2+l=7.31m，所以y= y2-y1= 7.31m-4.02m = 3.28m平均速度为: 也可以用下面的方式表示与z轴的夹角为 1-11 质点运动的位置与时间的关系为x=5+t2，y=3+5t -t2，z=l+2 t2，求第二秒末质点的速度和加速度，其中长度和时间的单位分别是米和秒。 解：已知质点运动轨道的参量方程为质点任意时刻的速度和加速度分别为 和 质点在第二秒末的速度和加速度就是由以上两式求得的。将t=2 s代人上式，就得到质点在第二秒末的速度和加速度，分别为 和 1-12 设质点的位置与时间的关系为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，如果先求出，然后根据求得结果。还可以用另一种方法计算：先算出速度和加速度分量，再合成得到的结果为，你认为那一组结果正确？为什么？ 解：第二组结果是正确的。而在一般情况下第一组结果不正确，这是因为在一般情况下 速度和加速度中的是质点的位置矢量，不仅有大小而且有方向微分时，既要对大小微分也要对方向微分。第一组结果的错误就在于，只对位置矢量的大小微分，而没有对位置矢量的方向微分。 1-13 火车以匀加速运动驶离站台。当火车刚开动时，站在第一节车厢前端相对应的站台位置上的静止观察者发现第一节车厢从其身边驶过的时间是5.0s。问第九节车厢驶过此观察者身边需要多少时间? 解：设火车的加速度为a，每节车厢的长度为l，第一节车厢从观察者身边通过所需时间为t1，t1满足 (1)前八节车厢通过观察者身边所需时间为t2，前九节车厢通过观察者身边所需时问为t3，并可列出下面两个方程式： (2) (3)由(1)得： 将上式代入式(2)和式(3)，分别得到第九节车厢通过观察者身边所需时间为：t=t3-t2=15.00s-14.41s=0.86s 物理学3章习题解答3-1 用榔头击钉子，如果榔头的质量为500 g，击钉子时的速率为8.0 ms-1，作用时间为2.010-3 s，求钉子所受的冲量和榔头对钉子的平均打击力。解 对于榔头：,式中i1是榔头所受的冲量， 是榔头所受钉子的平均打击力；对于钉子：,式中i2是钉子受到的冲量， 是钉子所受的平均打击力，显然 = - 。题目所要求的是i2和 ：,i2的方向与榔头运动方向一致。,的方向与榔头运动方向一致。3-2 质量为10 g的子弹以500 ms-1 的速度沿与板面垂直的方向射向木板，穿过木板，速度降为400 ms-1 。如果子弹穿过木板所需时间为1.0010-5 s，试分别利用动能定理和动量定理求木板对子弹的平均阻力。解 (1)用动能定理求解：, (1)其中 是木板对子弹的平均阻力，d为穿过木板的厚度，它可用下面的关系求得：, (2). (3)由式(2)和式(3)联立所求得的木板厚度为&nb .根据式(1)，木板对子弹的平均阻力为.(2)用动量定理求解：,.与上面的结果一致。由求解过程可见，利用动量定理求解要简便得多。3-4 质量为m的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是a，如图3-3所示。若小球与桌面作用的时间为dt，求小球对桌面的平均冲力。图3-3解 设桌面对小球的平均冲力为f，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.由第一个方程式可以求得,由第二个方程式可以求得.根据牛顿第三定律，小球对桌面的平均冲力为,负号表示小球对桌面的平均冲力沿y轴的负方向。图3-43-5 如图3-4所示，一个质量为m的刚性小球在光滑的水平桌面上以速度v1 运动，v1 与x轴的负方向成a角。当小球运动到o点时，受到一个沿y方向的冲力作用，使小球运动速度的大小和方向都发生了变化。已知变化后速度的方向与x轴成b角。如果冲力与小球作用的时间为dt，求小球所受的平均冲力和运动速率。解 设小球受到的平均冲力为f，根据题意，它是沿y方向的，小球受到撞击后，运动速率为v2。根据动量定理，在y方向上可以列出下面的方程式,由此得到. (1)小球在x轴方向上不受力的作用，动量是守恒的。故有,由此求得小球受到撞击后的运动速率为. (2)将式(2)代入式(1)，即可求得小球所受的平均冲力.3-7 求一个半径为r的半圆形均匀薄板的质心。图3-5解 将坐标原点取在半圆形薄板的圆心上，并建立如图3-5所示的坐标系。在这种情况下，质心c必定处于y轴上，即,.质量元是取在y处的长条，如图所示。长条的宽度为dy，长度为2x。根据圆方程,故有.如果薄板的质量密度为s，则有.令 , 则 ，对上式作变量变换，并积分，得.3-8 有一厚度和密度都均匀的扇形薄板，其半径为r，顶角为2a，求质心的位置。解 以扇形的圆心为坐标原点、以顶角的平分线为y轴，建立如图3-6所示的坐标系。在这种情况下，质心c必定处于y轴上，即图3-6,.质量元可表示为,式中s为扇形薄板的质量密度，ds为图中黑色方块所示的扇形薄板面元。整个扇形薄板的质量为,于是.将 代入上式，得.3-9 一个水银球竖直地落在水平桌面上，并分成三个质量相等的小水银球。其中两个以30 cms-1 的速率沿相互垂直的方向运动，如图3-7中的1、2两球。求第三个小水银球的速率和运动方向 (即与1球运动方向的夹角a )。图3-8图3-7解 建立如图3-8所示的坐标系。在水平方向上，水银求不受力的作用，所以动量守恒，故可列出下面的两个方程式,.式中v是1、2两球的运动速率，v3是第三个水银小球的运动速率。由上两方程式可解的,.图3-93-10 如图3-9所示，一个质量为1.240 kg的木块与一个处于平衡位置的轻弹簧的一端相接触，它们静止地处于光滑的水平桌面上。一个质量为10.0 g的子弹沿水平方向飞行并射进木块，受到子弹撞击的木块将弹簧压缩了2.0 cm。如果轻弹簧的劲度系数为2000 nm-1 ，求子弹撞击木块的速率。解 设木块的质量为m；子弹的质量为m，速度为v；碰撞后的共同速度为v。此类问题一般分两步处理：第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞，第二步是子弹在木块内以共同的速度压缩弹簧。第一步遵从动量守恒，故有. (1)第二步是动能与弹力势能之间的转换，遵从机械能守恒，于是有. (2)有式(2)解得.将v值代入式(1)，就可求得子弹撞击木块的速率，为.3-11 质量为5.0 g的子弹以500 ms-1 的速率沿水平方向射入静止放置在水平桌面上的质量为1245 g 的木块内。木块受冲击后沿桌面滑动了510 cm。求木块与桌面之间的摩擦系数。解 这个问题也应分两步处理：第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞过程，第二步是子弹处于木块内一起滑动而克服桌面的摩擦力作功的过程。第一步遵从动量守恒，有.式中v是木块受冲击后沿桌面滑动的速度。第二步遵从功能原理，可列出下面的方程式.由以上两式可解得3-12 一个中子撞击一个静止的碳原子核，如果碰撞是完全弹性正碰，求碰撞后中子动能减少的百分数。已知中子与碳原子核的质量之比为1:12。解 设中子的质量为m，与碳核碰撞前、后的速度分别为v1和v2；碳核的质量为m，碰撞前、后的速度分别为0和v。因为是正碰，所以v1、v2和v必定处于同一条直线上。完全弹性碰撞，动量守恒，故有, (1)总动能不变，即(2)以上两式可分别化为,(3). (4)式(4)除以式(3)，得. (5)由式(1)和式(5)解得.于是，可以算得中子动能的减少,因为m = 12m，所以.3-13 质量为m1的中子分别与质量为m2的铅原子核(质量m2 = 206 m1 )和质量为m3的氢原子核(质量m3 = m1 )发生完全弹性正碰。分别求出中子在碰撞后动能减少的百分数，并说明其物理意义。解 求解此题可以利用上题的结果：.对于中子与铅核作完全弹性正碰的情形：.铅核的质量比中子的质量大得多，当它们发生完全弹性正碰时，铅核几乎保持静止，而中子则以与碰前相近的速率被反弹回去，所以动能损失极少。对于中子与氢核作完全弹性正碰的情形：.氢核就是质子，与中子质量相等，当它们发生完全弹性正碰时，将交换速度，所以碰撞后，中子静止不动了，而将自身的全部动能交给了氢核。3-14 如图3-10所示，用长度为l的细线将一个质量为m的小球悬挂于o点。手拿小球将细线拉到水平位置，然后释放。当小球摆动到细线竖直的位置时，正好与一个静止放置在水平桌面上的质量为m的物体作完全弹性碰撞。求碰撞后小球达到的最高位置所对应的细线张角a。图3-10解 小球与物体相碰撞的速度v1可由下式求得. (1)小球与物体相碰撞，在水平方向上满足动量守恒，碰撞后小球的速度变为v2，物体的速度为v，在水平方向上应有. (2)完全弹性碰撞，动能不变，即. (3)碰撞后，小球在到达张角a的位置的过程中满足机械能守恒，应有. (4)由以上四式可解得.将上式代入式(4)，得,.物理学4章习题解答物理学5章习题解答5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为an = v2 /r，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成反比；也可以写为an = w2 r，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比。这两者是否有矛盾？为什么？解 没有矛盾。根据公式 ，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成反比，是有条件的，这个条件就是保持v不变；根据公式 ，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比，也是有条件的，条件就是保持w不变。5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解 (1)当角速度w一定时，切向速度 也是一定的，所以切向加速度,即不具有切向加速度。而此时法向加速度,可见是恒定的。(2)当角加速度一定时，即 恒定，于是可以得到,这表示角速度是随时间变化的。由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定的。法向加速度为,显然是时间的函数。5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30 s后转速达到152 rads-1 。求：(1)在这30 s内电机皮带轮转过的转数；(2)接通电源后20 s时皮带轮的角速度；(3)接通电源后20 s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0 cm。解 (1)根据题意，皮带轮是在作匀角加速转动，角加速度为.在30 s内转过的角位移为.在30 s内转过的转数为.(2)在t = 20 s时其角速度为.(3)在t = 20 s时，在皮带轮边缘上 r = 5.0 cm处的线速度为,切向加速度为,法向加速度为.5-4 一飞轮的转速为250 rads-1 ，开始制动后作匀变速转动，经过90 s停止。求开始制动后转过3.14103 rad时的角速度。解 飞轮作匀变速转动， ，经过90 s， ，所以角加速度为.从制动到转过 ，角速度由w0变为w，w应满足.所以.5-5 分别求出质量为m = 0.50 kg、半径为r = 36 cm的金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量；如果它们的转速都是105 rads-1 ，它们的转动动能各为多大？解 (1)细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为,转动动能为.(2)相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量为,转动动能为.5-7 转动惯量为20 kgm2 、直径为50 cm的飞轮以105 rads-1 的角速度旋转。现用闸瓦将其制动，闸瓦对飞轮的正压力为400 n，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。求：(1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；(2)从开始制动到停止，飞轮转过的转数和经历的时间；(3)摩擦力矩所作的功。解 (1)闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩的大小为.(2)从开始制动到停止，飞轮的角加速度a可由转动定理求得,根据,所以飞轮转过的角度为,飞轮转过的转数为.因为,所以飞轮从开始制动到停止所经历的时间为.(3)摩擦力矩所作的功为.5-8 轻绳跨过一个质量为m的圆盘状定滑轮，其一端悬挂一质量为m的物体，另一端施加一竖直向下的拉力f，使定滑轮按逆时针方向转动，如图5-7所示。如果滑轮的半径为r，求物体与滑轮之间的绳子张力和物体上升的加速度。图5-7解 取定滑轮的转轴为z轴，z轴的方向垂直与纸面并指向读者。根据牛顿第二定律和转动定理可以列出下面的方程组,.其中 ，于是可以解得,.5-10 一根质量为m、长为l的均匀细棒，在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直的水平轴转动，如图5-8所示。现使棒从水平位置自由下摆，求：图5-8(1)开始摆动时的角加速度；(2)摆到竖直位置时的角速度。解 (1)开始摆动时的角加速度：此时细棒处于水平位置，所受重力矩的大小为,相对于轴的转动惯量为,于是，由转动定理可以求得.(2)设摆动到竖直位置时的角速度为w，根据机械能守恒，有,由此得.5-13 如果由于温室效应，地球大气变暖，致使两极冰山熔化，对地球自转有何影响？为什么？解 地球自转变慢。这是因为冰山融化，水向赤道聚集，地球的转动惯量增大，地球的自转角动量守恒，即j w = 恒量 .所以角速度变小了。5-15 一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转，角速度为w1 ，它相对于此轴的转动惯量为j1 。现在它的正上方有一个以角速度为w2 转动的圆盘，这个圆盘相对于其对称轴的转动惯量为j2。两圆盘相平行，圆心在同一条竖直线上。上盘的底面有销钉，如果上盘落下，销钉将嵌入下盘，使两盘合成一体。(1)求两盘合成一体后的角速度；(2)求上盘落下后两盘总动能的改变量；(3)解释动能改变的原因。解 (1)将两个圆盘看为一个系统，这个系统不受外力矩的作用，总角动量守恒，即,所以合成一体后的角速度为.(2)上盘落下后两盘总动能的改变量为.(3)动能减少是由于两盘合成一体时剧烈摩擦，致使一部分动能转变为热能。5-16 一均匀木棒质量为m1 = 1.0 kg、长为l = 40 cm，可绕通过其中心并与棒垂直的轴转动。一质量为m2= 10 g的子弹以v = 200 ms-1 的速率射向棒端，并嵌入棒内。设子弹的运动方向与棒和转轴相垂直，求棒受子弹撞击后的角速度。解 将木棒和子弹看为一个系统，该系统不受外力矩的作用，所以系统的角动量守恒，即, (1)其中j1是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量，j2是子弹相对于同一轴的转动惯量，它们分别为, . (2)将式(2)代入式(1)，得.5-17 有一质量为m且分布均匀的飞轮，半径为r，正在以角速度w旋转着，突然有一质量为m的小碎块从飞轮边缘飞出，方向正好竖直向上。试求：(1)小碎块上升的高度；(2)余下部分的角速度、角动量和转动动能 (忽略重力矩的影响)。解 (1)小碎块离开飞轮时的初速为,于是它上升的高度为.(2)小碎块离开飞轮前、后系统不受外力矩的作用，所以总角动量守恒。小碎块离开飞轮前，飞轮的角动量就是系统的总角动量，为；飞轮破裂后，小碎块相对于转轴的转动惯量为,角动量为.碎轮的角动量为,式中w2是碎轮的角速度。总角动量守恒，l = l1 + l2 ，即,整理后为,所以.这表明飞轮破碎后其角速度不变。碎轮的角动量为.碎轮的转动动能为.物理学6章习题解答图5-96-1 有一个长方体形的水库，长200 m，宽150 m，水深10 m，求水对水库底面和侧面的压力。解 水对水库底面的压力为侧面的压力应如下求得：在侧面上建立如图5-9所示的坐标系，在y处取侧面窄条dy，此侧面窄条所受的压力为,整个侧面所受的压力可以表示为.对于h = 10 m、l = 200 m的侧面：.对于h = 10 m、l = 150 m的侧面：.侧面的总压力为.6-3 在5.0103 s的时间内通过管子截面的二氧化碳气体(看作为理想流体)的质量为0.51 kg。已知该气体的密度为7.5 kgm-3 ，管子的直径为2.0 cm，求二氧化碳气体在管子里的平均流速。解 单位时间内流过管子截面的二氧化碳气体的体积，即流量为,平均流速为.图5-106-4 当水从水笼头缓慢流出而自由下落时，水流随位置的下降而变细，何故？如果水笼头管口的内直径为d，水流出的速率为v0 ，求在水笼头出口以下h处水流的直径。解 当水从水笼头缓慢流出时，可以认为是定常流动，遵从连续性方程，即流速与流管的截面积成反比，所以水流随位置的下降而变细，如图5-10所示。可以认为水从笼头流出后各处都是大气压，伯努利方程可以写为,改写为, (1) .这表示水流随位置的下降，流速逐渐增大。整个水流可以认为是一个大流管，h1处的流量应等于h2处的流量，即. (2) 由于,所以必定有,这表示水流随位置的下降而变细。根据题意， ， ，h2处的流速为v2，代入式(1)，得,即.(3)将式(3)代入式(2)，得,式中d1 = d，d2就是在水笼头出口以下h处水流的直径。上式可化为.从上式可解得.图5-116-6 文丘里流量计是由一根粗细不均匀的管子做成的，粗部和细部分别接有一根竖直的细管，如图5-11所示。在测量时，将它水平地接在管道上。当管中有液体流动时，两竖直管中的液体会出现高度差h。如果粗部和细部的横截面积分别为sa和sb，试计算流量和粗、细两处的流速。解 取沿管轴的水平流线ab(如图5-11中虚线所示)，并且a、b两点分别对应两竖直管的水平位置，可以列出下面的伯努利方程,改写为,即.(1)另有连续性方程. (2)以上两式联立，可解得,流量为.图5-126-7 利用压缩空气将水从一个密封容器内通过管子压出，如图5-12所示。如果管口高出容器内液面0.65 m，并要求管口的流速为1.5 ms-1 。求容器内空气的压强。解 取如图5-12中虚线ab所示的流线，并运用伯努利方程,可以认为,所以.6-9 用图5-5所示的虹吸管将容器中的水吸出。如果管内液体作定常流动，求：(1)虹吸管内液体的流速；(2)虹吸管最高点b的压强；(3) b点距离液面的最大高度。解 此题的解答见上面例题分析中的例题5-4。6-12 从油槽经过1.2 km长的钢管将油输送到储油罐中，已知钢管的内直径为12 cm， 油的黏度系数为 0.32 pas，密度为 0.91 gcm-3，如果要维持 5.210-2 m3 s-1 的流量，试问油泵的功率应为多大？解 首先根据泊肃叶公式求出油被输送到1.2 km处所需要的压强差.为保持一定的流量，油泵的功率为.物理学7章习题解答7-2 一个运动质点的位移与时间的关系为m ,其中x的单位是m，t的单位是s。试求：(1)周期、角频率、频率、振幅和初相位；(2) t = 2 s时质点的位移、速度和加速度。解 (1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式相比较，可以得到角频率 s-1, 频率 , 周期 , 振幅 ,初相位 .(2) t = 2 s时质点的位移.t = 2 s时质点的速度.t = 2 s时质点的加速度.7-3 一个质量为2.5 kg的物体系于水平放置的轻弹簧的一端，弹簧的另一端被固定。若弹簧受10 n的拉力，其伸长量为5.0 cm，求物体的振动周期。解 根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数,于是，振动系统的角频率为.所以，物体的振动周期为.7-4 求图7-5所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。解 以平衡位置o为坐标原点，建立如图7-5所示的坐标系。若物体向右移动了x，则它所受的力为图7-5.根据牛顿第二定律，应有,改写为.所以,.图7-67-5 求图7-6所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。解 以平衡位置o为坐标原点，建立如图7-6所示的坐标系。当物体由原点o向右移动x时，弹簧1伸长了x1 ，弹簧2伸长了x2 ，并有.物体所受的力为,式中k是两个弹簧串联后的劲度系数。由上式可得 , .于是，物体所受的力可另写为,由上式可得 ,所以.装置的振动角频率为,装置的振动频率为 .7-6 仿照式(7-15)的推导过程，导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。解 由教材中的例题7-3，单摆的角位移q与时间t的关系可以写为q = q 0 cos (w t+j) ,单摆系统的机械能包括两部分, 一部分是小物体运动的动能,另一部分是系统的势能，即单摆与地球所组成的系统的重力势能.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和，即,因为 , 所以上式可以化为.于是就得到,由此可以求得单摆系统中物体的速度为 .这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。7-7 与轻弹簧的一端相接的小球沿x轴作简谐振动，振幅为a，位移与时间的关系可以用余弦函数表示。若在t = 0时，小球的运动状态分别为(1) x = -a；(2)过平衡位置，向x轴正方向运动；(3)过x =处，向x轴负方向运动；(4)过x =处，向x轴正方向运动。试确定上述各状态的初相位。解 (1)将t = 0和x =-a代入,得,.(2)根据 以及 ，可以得到,.由上两式可以解得.(3)由 和v 0可以得到,.由上两式可以解得.7-8 长度为l的弹簧，上端被固定，下端挂一重物后长度变为l + s，并仍在弹性限度之内。若将重物向上托起，使弹簧缩回到原来的长度，然后放手，重物将作上下运动。(1)证明重物的运动是简谐振动；图7-7 (2)求此简谐振动的振幅、角频率和频率；(3)若从放手时开始计时，求此振动的位移与时间的关系(向下为正)。解 (1)以悬挂了重物后的平衡位置o为坐标原点，建立如图7-7所示的坐标系。因为当重物处于坐标原点o时重力与弹力相平衡，即,. (1)当重物向下移动x时，弹簧的形变量为(s + x )，物体的运动方程可以写为,将式(1)代入上式，得,即. (2) 重物的运动满足这样的微分方程式，所以必定是简谐振动。(2)令, (3)方程式(2)的解为. (4)振幅可以根据初始条件求得：当t = 0 时，x0 = -s，v0 = 0，于是.角频率和频率可以根据式(3)求得：,.(3)位移与时间的关系：由 , 以及当t = 0 时，x0 = -s，v0 = 0，根据式(4)，可以得到,.由以上两式可解得.故有.7-9 一个物体放在一块水平木板上，此板在水平方向上以频率n作简谐振动。若物体与木板之间的静摩擦系数为m0 ，试求使物体随木板一起振动的最大振幅。解 设物体的质量为m，以平衡位置o为坐标原点建立如图7-8所示的坐标系。图7-8由于物体与木板之间存在静摩擦力，使物体跟随木板一起在水平方向上作频率为n的简谐振动。振动系统的加速度为,可见，加速度a的大小正比与振幅a，在最大位移处加速度为最大值.最大加速度amax对应于最大振幅amax，而与此最大加速度所对应的力应小于或等于重物与木板之间的最大静摩擦力，物体才能跟随木板一起振动。所以可以列出下面的方程式,.由以上两式可以解得使物体随木板一起振动的最大振幅，为.图7-97-10 一个物体放在一块水平木板上，此板在竖直方向上以频率n作简谐振动。试求物体和木板一起振动的最大振幅。解 设物体的质量为m，以平衡位置o为坐标原点建立如图7-9所示的坐标系。物体所受的力，有向下的重力mg和向上的支撑力n，可以列出下面的运动方程. (1)由简谐振动,可以求得加速度.当振动达到最高点时，木板的加速度的大小也达到最大值，为,(2)负号表示加速度的方向向下。如果这时物体仍不脱离木板，物体就能够跟随木板一起上下振动。将式(2)代入式(1)，得. (3)物体不脱离木板的条件是,取其最小值，并代入式(3)，得,于是可以求得物体和木板一起振动的最大振幅，为.7-11 一个系统作简谐振动，周期为t，初相位为零。问在哪些时刻物体的动能与势能相等？解 初相位为零的简谐振动可以表示为.振动系统的动能和势能可分别表示为,.因为,所以势能可以表示为.当 时，应有,即,.由上式解得将 代入上式，得或7-12 质量为10 g的物体作简谐振动，其振幅为24 cm，周期为1.0 s，当t = 0时，位移为+24 cm，求：(1) 时物体的位置以及所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到x = 12 cm处所需要的最少时间；(3)在x = 12 cm处物体的速度、动能、势能和总能量。解 首先根据已知条件得出位移与时间关系的具体形式。一般形式为.将 , , , 各量代入上式，同时，根据 时 ，求得 , ，于是得到简谐振动的具体形式为.(1) 物体的位置为,所受力的大小为,方向沿x轴的反方向。(2)由起始位置运动到x = 12 cm处所需要的最少时间,题目要求最少时间，上式中应取正号。所以.(3)在x = 12 cm处,.物体的速度为.物体的动能为.物体的势能为,所以物体的总能量.7-13 质量为0.10 kg的物体以2.010-2m的振幅作简谐振动，其最大加速度为4.0 ms-2 ，求：(1)振动周期；(2)通过平衡位置的动能；(3)总能量。解 (1) 最大加速度与角频率之间有如下关系,所以.由此可求得振动周期，为.(2)到达平衡位置时速率为最大，可以表示为,故通过平衡位置时的动能为.(3)总能量为.7-14 一个质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动： 和(式中x的单位是m，t的单位是s)，求合振动的振幅和初相位。解 已知a1 = 0.05 m、j = p / 3、a2 = 0.06 m和j2 = -2p / 3，故合振动的振幅为.合振动的初相位为,.但是j不能取p / 3，这是因为x1和x2是两个相位相反的振动，如果它们的振幅相等，则合振动是静止状态，如果它们的振幅不等，则合振动与振幅较大的那个振动同相位。在我们的问题中， ，所以合振动与x2同相位。于是，在上面的结果中，合振动得初相位只能取 ，即.7-15 有两个在同一直线上的简谐振动： m和 m，试问：(1)它们合振动的振幅和初相位各为多大？(2)若另有一简谐振动 m，分别与上两个振动叠加，j为何值时，x1 + x3 的振幅为最大？j为何值时，x2+ x3 的振幅为最小？解 (1)合振动的振幅为.合振动的初相位,考虑到x1与x2相位相反， ，所以合振动x应与x2同相位，故取.(2)当 时，合振动 的振幅为最大，所以这时合振动的振幅为.当 时，合振动 的振幅为最小，所以这时合振动的振幅为.7-16 在同一直线上的两个同频率的简谐振动的振幅分别为0.04 m和0.03 m，当它们的合振动振幅为0.06 m时，两个分振动的相位差为多大？解 合振动的振幅平方可以表示为,所以,.7-17 一个质量为5.00 kg的物体悬挂在弹簧下端让它在竖直方向上自由振动。在无阻尼的情况下，其振动周期为 ；在阻尼振动的情况下，其振动周期为 。求阻力系数。解 无阻尼时.有阻尼时.根据关系式,解出b，得将b代入下式就可求得阻力系数.7-21 某一声波在空气中的波长为0.30 m，波速为340 ms-1 。当它进入第二种介质后，波长变为0.81 m。求它在第二种介质中的波速。解 由于波速u、波长l和波的频率n之间存在下面的关系,当声波从一种介质进入另一种介质时，频率不会改变，所以.于是可以求得声波在第二种介质中的波速，为.7-22 在同一种介质中传播着两列不同频率的简谐波，它们的波长是否可能相等？为什么？如果这两列波分别在两种介质中传播，它们的波长是否可能相等？为什么？解 根据书中160页波在介质中的传播速率的表达式(7-50)至(7-52)，可以看到，波的传播速率是由介质自身的特性所决定。所以，两列不同频率的简谐波在同一种介质中，是以相同的速率传播的。故有.可见，频率不同的两列波，其波长不可能相同。当这两列不同频率的波在不同的介质中传播时，上面的关系式不成立。只要两种介质中的波速之比等于它们的频率之比，两列波的波长才会相等。7-23 已知平面简谐波的角频率为w =15.2102 rads-1，振幅为a=1.2510-2 m，波长为l = 1.10 m，求波速u，并写出此波的波函数。解 波的频率为.波速为.所以波函数可以写为.7-24 一平面简谐波沿x轴的负方向行进，其振幅为1.00 cm，频率为550 hz，波速为330 ms-1 ，求波长，并写出此波的波函数。解 波长为.波函数为.7-25 在平面简谐波传播的波线上有相距3.5 cm的a、b两点，b点的相位比a点落后45。已知波速为15 cms-1 ，试求波的频率和波长。解 设a和b两点的坐标分别为x1和x2，这样两点的相位差可以表示为,即.由上式可以求得波长，为.波的频率为.7-27 波源作简谐振动，位移与时间的关系为 y = (4.0010-3 ) cos 240p t m，它所激发的波以30.0 ms-1 的速率沿一直线传播。求波的周期和波长，并写出波函数。解 设波函数为 .已知, , , 根据这些数据可以分别求得波的周期和波长。波的频率为.波的周期和波长分别为,.于是，波函数可以表示为 .7-29 沿绳子行进的横波波函数为，式中长度的单位是cm，时间的单位是s。试求：(1)波的振幅、频率、传播速率和波长；(2)绳上某质点的最大横向振动速率。解 波函数可写为,其中.(1)由已知条件可以得到,.(2)绳上质点的横向速率为,所以.7-30 证明公式 。解 根据和,所以可以将波速的表达式作如下的演化,故有.7-31 用横波的波动方程 和纵波的波动方程 证明横波的波速和纵波的波速分别为 和 。解 将平面简谐波波函数分别对x和t求二阶偏导数：, (1).(2)将以上两式同时代入纵波波动方程即教材中第167页式(7-62)，得,所以.将式(1)和式(2)同时代入横波波动方程即教材中第169页式(7-64)，得,所以.7-32 在某温度下测得水中的声速为1.46103 ms-1 ，求水的体变模量。解 已知水中的声速为u = 1.46103 ms-1，水的密度为 ，将这些数据代入下式,就可以求得水的体变模量，得.7-33 频率为300 hz、波速为330 ms-1的平面简谐声波在直径为16.0 cm的管道中传播，能流密度为10.010-3js-1 m-2 。求：(1)平均能量密度；(2)最大能量密度；(3)两相邻同相位波面之间的总能量。解 (1)平均能量密度 ：根据,将已知量 和 代入上式，就可以求得平均能量密度，得.(2)最大能量密度wmax：.(3)两相邻同相位波面之间的总能量w：将已知量, , 代入下式得.7-34 p和q是两个以相同相位、相同频率和相同振幅在振动并处于同一介质中的相干波源，其频率为n、波长为l，p和q相距3l/ 2。r为p、q连线延长线上的任意一点，试求：图7-10(1)自p发出的波在r点引起的振动与自q发出的波在r点引起的振动的相位差；(2) r点的合振动的振幅。解 (1)建立如图7-10所示的坐标系，p、q和r的坐标分别为x1、x2和x，p和q的振动分别为和 .p点和q点在r点引起的振动分别为和.两者在r点的相位差为.两者在r点的相位差也可以写为可见，p点和q点在r点引起的振动相位是相反的，相位差为 。(2) r点的合振动的振幅为.可见，r点是静止不动的。实际上，由于在dj的上述表达式中不含x，所以在x轴上、q点右侧的各点都是静止不动的。7-35 弦线上的驻波相邻波节的距离为65 cm，弦的振动频率为2.3102 hz，求波的传播速率u和波长l。解 因为相邻波节的距离为半波长，所以.波速为.7-36 在某一参考系中，波源和观察者都是静止的，但传播波的介质相对于参考系是运动的。假设发生了多普勒效应，问接收到的波长和频率如何变化？解 在这种情况下，接收到的频率为,同时，因为 ，所以 ，即没有多普勒效应。7-37 火车汽笛的频率为n，当火车以速率v通过车站上的静止观察者身边时，观察者所接收到的笛声频率的变化为多大？已知声速为u。解 火车远去时，观察者所接收到的笛声频率为,火车迎面驶来时，观察者所接收到的笛声频率为.观察者所接收到的笛声频率的变化为.物理学8章习题解答8-3 已知s系相对于s系以-0.80c的速度沿公共轴x、x运动，以两坐标原点相重合时为计时零点。现在s 系中有一闪光装置，位于x= 10.0 km，y= 2.5 km，z= 1.6 km处，在t= 4.510-5 s时发出闪光。求此闪光在s系的时空坐标。解 已知闪光信号发生在s 系的时空坐标，求在s系中的时空坐标，所以应该将洛伦兹正变换公式中带撇量换成不带撇量，不带撇量换成带撇量，而成为下面的形式,.将 、 和 代入以上各式，就可以求得闪光信号在s系中的时空坐标：,.8-4 已知s系相对于s系以0.60c的速率沿公共轴x、x运动，以两坐标原点相重合时为计时零点。s系中的观察者测得光信号a的时空坐标为x = 56 m，t = 2.110-7 s，s 系的观察者测得光信号b的时空坐标为x= 31 m，t= 2.010-7 s。试计算这两个光信号分别由观察者s、s 测出的时间间隔和空间间隔。解 在s系中：,空间间隔为.,时间