典型物力问题

典型物力问题典型物理问题结构力学的物理基础质点运动学质点动力学振动学基础波动学基础气体动理论振动与波动热学近代物理基础刚体的转动热力学基础光的干涉光的衍射光的偏振波动光学电磁学静电场恒定磁场变化的磁场与电场狭义相对论基础量子物理基础一、习题类型质点运动学第一部分：力学的物理基础（一）质点运动学正问题逆问题已知运动方程求各量已知加速度求各量匀变速直线运动曲线运动相对运动二、解题思路

求解运动学问题的一般步骤为：1、首先要审清题思目所叙述的物理内容、物理过程，给出了那些条件？要解决什么问题？属于那一类型问题？2、根据题意和运动学知识分析质点做何种运动（直线、曲线、匀变速运动还是非匀变速运动？有无相对运动等），粗略抓住其运动特点，进而在此基础上，合理（最方便）建立坐标系。3、建立所需的方程或方程的分量式，若方程数少于未知量数，则要从物理上的其它规律或数学几何关系上寻找辅助方程，以满足求解条件，然后进行科学计算。一般是先进行文字运算，最后代入数据，并注意单位统一和科学记数法。4、必要时进行适当的分析与讨论。三、例题分析【】

一质点的运动方程为，式中的单位为m，t

的的单位为s，试求：(1)从t

=1s到t

=2s质点的位移；(2)从t

=2s时质点的速度；(3)质点的轨迹方程；(4)在OXY平面内画出质点的运动轨迹，并在轨迹图上标出t

=2s时，质点的位置矢量、速度和加速度。【解】

本题属于一道已知运动方程求各量的问题，可分别由定义求得。(1)由运动方程知t

=1s和t

=2s时，质点的位置矢量分别为所以(2)对已知方程求导两次得当t

=2s时(3)由运动方程知二式联立，消取t，得质点的运动轨迹为(4)质点的运动轨迹和t

=2s时的及如图1.1-1所示。【】

在离水面高为h的岸边，有人以速率v0收绳，迫使船靠岸，试求当船运动到离岸边为S距离时的速度和加速度。【解】

本题应该从位置矢量、速度和加速度的基本概念出发，首先建立如图1.1-2所示的坐标系，并将船头质点的运动视为船的运动，写出质点的位置矢量。式中x为任意时刻t，船离岸边的距离。由此求导，并注意到和，则有当船运动至x=S处时，速度为而加速度为需要指出：求船速时，如果认为船水平靠岸的速度是人收绳速度的分速度，是错误的。事实上，人收绳时，绳上各点的速度是不同的，如图a所示，除A点外，绳上各点都参与两种运动，即一个是沿绳向上从而具有沿绳子方向的速度，其大小等于绳子收缩速率v0；另一个是绕A点做逆时针圆周运动，从而具有该圆的切向速度。绳上各点都以同样的角速度绕A点运动，所以各点的切向速度是不同的，离A点越远，切向速度越大，这两种速度的合速度就是绳上某点的速度。对于B点来说，其合速度就是船水平靠岸的速度，即收绳的速度，切向速度都是分速度，水平靠岸的速度才是合速度。AOCB图1.1-2a【】

已知一质点的加速度为在t=0时，，。试求该质点的速度和运动方程。OxSh图1.1-2，【解】本题属于已知加速度求各量的问题。可以用两种方法求解。A.由题意即有积分求得代入初始条件，即t=0时，vx0=6m/s，vy0=0，可得vx0=6m/s，vy0=16tm/s故有另由积分求得代入初始条件，即t=0时，x0=0，y0=0，z0=8m，可得故有B.本题也可用矢量积分法直接求解由题意积分得代入初始条件，即t=0

时，，可求得另由积分得代入初始条件，即t=0

时，，可得质点的运动方程为（二）质点动力学一、习题类型质点动力学牛顿运动定律已知质点运动情况，求作用力已知质点的作用力，求运动情况动量定理的应用动量守恒定律的应用功的计算冲量与动量功和能综合问题已知运动和力的某些方面，求一些未知量动能定理的应用功能原理理的应用机械能守恒定律的应用利用能量函数求加速度碰撞问题多个物理过程中，运用动力学几部分或全部内容的问题二、解题思路

1、牛顿运动定律的应用

解题基本思路：合理确定研究对象，准确分析研究对象的受力情况，从而判断它的动力学特征，并以研究对象的力学特征为依据建立方程。此外，因牛顿定律研究的对象是质点，但在实际问题中，孤零零的一个物体是没有的，常常是许多物体相互联系在一起，对这样一个系统，在应用牛顿定律时，经常采用的方法是隔离体法，即把研究对象隔离开来进行受力分析，具体解题的一般步骤如下：(1)审清题意，明确物理过程，合理确定研究对象，并视方便将它们分别隔离开来；(2)分析研究对象的受力情况，将这些力标在隔离体图上；(3)根据运动过程的特点，描述运动状态的变化，即定性地确定研究对象的加速度；

(4)选取坐标系或规定正方向，列出方程并检查方程的个数是否与未知数的个数相同，然后联立方程求解该方程组；(5)必要时进行适当的分析与讨论。

2、动量定理与动量守恒定律的应用

在应用动量定理时应注意：a.动量定理的数学表达式是矢量式，具体计算时多用投影式；b.动量定理不仅可应用于作用时间十分短暂的问题，也可以应用于作用时间较长的问题(或整个运动过程)。在应用动量守恒定律时，必须注意该定律的适用条件：即系统不受外力或受合外力为零，若合外力不为零，则这一方向的动量守恒；此外，该定律数学表达式中的所有速度都是对同一惯性系而言的，具体解题的一般步骤如下：(1)审清题意，明确物理过程，据此确定研究对象(可以是单个物体，也可以是系统)；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力图，并按所划分的系统分清内力和外力；

(3)描述外力作用过程的始末运动状态，判断力学特点；(4)适当选取坐标系；(5)根据坐标轴方向上的合外力是否为零的特征，建立动量定理方程(合外力不为零)，或动量守恒定律方程(合外力为零)，并求解方程；(6)必要时进行适当的分析、讨论。

3、功和能概念与规律的应用

在应用时应注意：a.变力做功问题，必须学会采用微元法——物理学普遍使用的一种研究方法；b.质点和质点系都可以利用动能定理计算，但功能原理和机械能守恒定律只能对质点系适用；c.应用动能定理时，要计算作用在系统上所有力的功，但在初末态的能量计算中，只计算动能；而应用功能原理时，只要计算外力和非保守内力的功，不考虑保守内力的功，但在初末态的能量计算中，却必须同时记入动能与势能；d.同一问题中，各项动能的计算应对同一惯性系而言，各项势能应选择统一的、合适的参考零点，具体解题的一般步骤如下：(1)审清题意，明确物理过程，根据所求问题和解题方便确定研究对象或合理划分研究系统；(2)分析研究对象的受力情况，判断系统的功能关系特点；(3)确定系统始末状态和势能零点；(4)根据系统的功能关系特点，建立相应的方程，并求解方程；(5)必要时进行适当的分析、讨论。

4、动力学综合题

解决综合性动力学问题的关键，在于对物理过程的正确分析，即搞清所求问题是由几个物理过程形成的，每一过程所遵从的力学规律是什么，从而建立各过程所满足的力学方程。三、例题分析

1、牛顿运动定律的应用【】有质量为m

的两个完全相同的小球，先后分别从同一高度由静止开始下落，下落开始时刻之差为t0，若空气阻力正比于小球的速度，试求两球的距离与时间的关系。【解】以小球为研究对象。它受重力和空气阻力，选竖直向下为y

轴正方向，如图所示，则由牛顿第二定律得y图1.2-1-1o即有分离变量积分得再对时间t

积分得任一小球在任一时刻的坐标所以两球之间的距离为：由此可以看出，当时，，两小球都匀速下落，且二者之间的距离之差。

2、动量定理与动量守恒定律的应用【】有一力作用在质量为m=2kg

的物体上，使物体由原点从静止开始运动：(1)前3秒内该力的冲量；(2)第3秒末物体的速度。【解】(1)根据变力冲量的计算法，该力的冲量为(2)由质点动量定理并考虑到，有所以讨论：(1)对于变力冲量的计算，要用积分法，而不能简单借用力乘以时间，如。(2)这里利用了动量定理——力的时间积累效应来计算速度根据牛顿运动定律——力的瞬间作用规律，先求出加速度。当然也可，然后再按运动学方法先求速度。

3、功和能概念与规律的应用

(1)变力做功问题

【例1.2-3-(1)-1】如图

1.2-3-(1)-1所示，一根长为l，质量为m

的均质链条，放在摩擦系数为

的水平桌面上，其一端下垂，长度为x0。若链条自静止开始向下滑动，试求至整个链条恰好滑离桌面的过程中重力所做的功。【解】建立如图所示的坐标系。设链条下滑过程中的某一时刻其下端的坐标为x，则下垂部分受到的重力为，这是一个变力，它在无限小位移上做的元功为：oxl-x0x0图

1.2-3-(1)-1因此，重力在链条下滑的全过程中做的总功

(2)动能定理的应用

【例1.2-3-(2)-1】一质量为m

的木块，从静止开始沿四分之一圆周从a滑到b，如图

1.2-3-(2)-1所示。在b处的速度大小为v，圆的半径为R，试求木块从a滑到b时，摩擦力所做的功为多少？【解】本题可用两种方法求解。方法一：用功的定义计算。在木块从下滑的过程中，木块对圆周的正压力不断变化，木块所受的摩擦力也随之不断变化，可见这是一个变力做功问题。以木块为研究对象，当它滑到到

c

点时，受到重力、摩擦力和支持力的作用。根据牛顿运动定律可知，木块的切向方程为因此摩擦力oabcm图

1.2-3-(2)-1摩擦力的功将代入上式得方法二：用质点的动能定理计算。以木块为研究对象，它受到重力、摩擦力和支持力的作用。其中支持力不做功，只有重力和摩擦力做功。由质点的动能定理得其中，，代入上式并移项得因

(3)功能原理的应用

【例1.2-3-(3)-1】一质量可忽略、倔强系数为k的弹簧，其一端固定，另一端与一质量为m的物体相连，物体与桌面间的摩擦系数为

将物体自平衡点开始向右拉动，求物体m

到达最远时系统的势能。【解】将物体m

和弹簧选为系统。m

到达最远处的条件为它的动能为零。设最远处距O点(平衡位置)为x

，并图

1.2-3-(3)-1所以摩擦力的功为如图

1.2-3-(3)-1所示。若以不变的力设O点为弹性势能零点。在m到达最远处的过程中，合外力做功和非保守内力做功等于系统机械能增量，即有功能原理也就是所以说明：求解此题的重点在于分清m到达最远处时的条件，不能认为最远时m的加速度为零，或最远时F=kx，甚至认为速度，因而具有动能，即有克服阻力做功的本领，直到m动能耗尽时它才达到最远点。;其次，当m的加速度为零时，它还有最远时

(4)机械能守恒定律的应用

【例1.2-3-(4)-1】地球的质量为M，半径为R，设想沿地球半径钻通一个洞，整个地球密度是均匀的。若质量为m的小球从离地面很高的h处正对洞口落入，如图1.2-3-(4)-1所示，试求小球对地心处的速度v。【解】将小球和地球选为系统。系统内仅有保守力万有引力，而且系统不受外力作用，故系统机械能守恒。以小球在h处时为系统的初态，有万有引力势能EP1=-GMm/r；以小球在mROhr图1.2-3-(4)-1地心处为末态，有动能，还有万有引力势能EP2=-3GMm/2R。由机械能守恒定律

E1=E2也就是解得而m在地心处的引力势能应等于万有引力把m

沿矢径移至无限远处所做的功，所以

(5)利用能量函数求加速度

作为自然界普遍存在的能量转换和守恒定律的一种具体应用，通过令能量函数对时间的变化率为零，即令(机械能守恒时，E=常量)，或更一般的令(机械能不守恒时，G=E+A耗散力=常量)，可求出物体运动的加速度。【例1.2-3-(5)-1】试从能量关系推导单摆做微小振动时的加速度。【解】如图1.2-3-(5)-1所示，单摆做微小振动时,

很小，因此y<<x。从△ONP中可以看出PmNOll-yyx

图1.2-3-(5)-1l2=(l-y)2+x2整理得(1)(2)不计阻力时，单摆机械能守恒，即(3)将(2)代入(3)得(4)将(4)式对t求导，且利用，，整理后得

4、动力学综合题

解决综合性动力学问题的关键，在于对物理过程的正确分析，即搞清所求问题是由几个物理过程形成的，每一过程所遵从的力学规律是什么，从而建立各过程所满足的力学方程。【】光滑桌面上，一根轻弹簧(弹性系数为k)两端各连质量为m的滑块A和B，如图1.2-4-1所示。若滑块A被一水平飞来的质量为m/4

、速度为v的子弹射中，并停留其中，试求运动过程中弹簧的最大压缩量。【解】此题可以分成两个过程求解。ABk图1.2-4-1第一、子弹入射滑块A，其特点是过程经历时间甚短，A、B的位置尚无明显变化。以子弹和滑块A为研究系统，因所受合外力近于零，故可按动量守恒处理。设第一过程结束时，A与子弹的共同速度是，则根据动量守恒第二、弹簧被压缩，即子弹与A具有速度而开始向右运动压缩弹簧。与此同时，弹簧产生弹性力，一方面使A块(含子弹)减速，另一方面使B块向左运动。且只要A比B速度大，弹簧就继续被压缩，直至它们二者速度相等而相对静止时，弹簧压缩量达到最大值，△l。设此时系统的共同速度为，则第二过程中，根据动量守恒和机械能守恒，应有(1)(2)(3)联立求解上述三个方程，可解得（三）刚体的转动一、习题类型刚体动力学转动定律部分转动惯量计算转动动能定理应用机械能守恒定律应用转动运动功能问题动量矩和冲量矩综合问题转动定律应用动量矩定理应用动量矩守恒定律应用守恒定律综合应用二、解题思路

1、转动定律部分

(1)转动惯量的计算

基本方法从定义出发，通过求和(I=Σri2Δmi，对离散型质点组)和积分(I=∫r2dm，对连续型质点组)计算利用绕同轴转动惯量的可加性计算利用平行轴定理计算：I′=I+md2，其中I′和I分别是绕新旧轴的转动惯量，d是两轴之间的距离用实际法测定

(2)转动定律的应用

应用转动定律解题的一般步骤如下：①审清题意，明确物理过程，确定研究对象；②进行受力、受力矩分析；③规定正方向，对平动的物体列出牛顿运动定律方程；④补充角量与线量关系方程；⑤联立方程，求解未知量；⑥必要时进行适当的分析讨论或说明。

2、转动运动功能问题

这部分习题主要涉及转动动能定理和机械能守恒定律的应用，其解题的一般步骤如下：①审清题意，明确物理过程，确定研究对象；②选取并确定初、末状态的动能或机械能；③分析过程中那些力矩做功；④用动能定理或机械能守恒定律(A外

+A非保内=0时)列出方程求解；⑤必要时进行适当的分析讨论。

3、动量矩和冲量矩

应用动量矩定理和冲量矩守恒定律解题的一般步骤如下：①审清题意，明确物理过程，确定研究对象；②分析受力、力矩情况，并表示出外力矩；③确定研究对象(系统)初、末状态的角速度方向；④规定力矩的正方向，并用动量矩定理或动量矩守恒定律或M内>>

M外

时)列出方程并求解；(⑤必要时进行适当的分析讨论。

4、综合习题

应用守恒定律或某些定理解解答综合性习题，必须先分清习题中包括哪些过程，并根据各过程的特点选取研究对象(确定系统)，选用相应的守恒定律或定理列出方程并联立求解。三、例题分析【例1.3-1-(1)-1】试求质量为m,内半径为R1，外半径为R2的中空圆柱体对中心轴OO′的转动惯量。

1、转动定律部分

(1)转动惯量的计算

【解】本题可用两种方法求解。方法一：按定义用积分法计算。如图1.3-1-(1)-1所示，选半径为r,厚为dr，高为

h的极薄的小圆筒为微元，其质量为dm=

dV=

2prdrh，其中

为体密度，

=m/p(R22-R12)h。按定义有OdrrR1R2h图1.3-1-(1)-1O′方法二：按“叠加法”计算。将空心圆柱体视为半径为R2

的实心圆柱体中心挖去半径为R1

的小圆柱体。设挖去部分的质量为m′(m′=mR12

/(R22-R12)),这两部分对中心轴的转动惯量分别为I1、I2，则按均质圆柱体的转动惯量公式有在根据转动惯量的可加性有所以

(2)转动定律的应用

【例1.3-1-(2)-1】如图1.3-1-(2)-1所示，质量分别为m1和m2的物体，与质量分别为mA

和mB

、半径体分别为RA

和RB

的定滑轮连接，已知m1>m2。设绳子长度不变，并忽略其质量。若绳子不打滑，滑轮可视为圆盘，试求物体m1和m2的加速度。【解】如图1.3-1-(2)-1a所示是各物体的隔离受力图。因绳子不可伸长，因此物体m1和m2的加速度大小相同。有牛顿运动定律得m1m2RARB图1.3-1-(2)-1RARBm2m1图1.3-1-(2)-1a(1)(2)(3)(4)(5)由转动定律可列出两滑轮的转动方程(6)(7)由绳和滑轮不打滑知(8)联立求解上述几个方程，可解得

2、转动运动功能问题

【】一半径为r，转动惯量为

I

的定滑轮，与一质量为M的物体按图1.3-2-1所示的方式连接。开始时弹簧处于自然长度，物体的初速度为零，然后沿倾角为

的固定斜面下滑。试求物体下滑距离为x时的速度值(所有摩擦均可忽略)。M

r

I

k

图1.3-2-1【解】以物体、滑轮、绳子、弹簧和地球为研究系统。因外力不做功，非保守内力不存在，所以系统机械能守恒。选开始运动时为初态，物体下滑x

距离时为末态，则有代入角量和线量关系

v=r

，可得

3、动量矩和冲量矩

【】一块均质薄木板，长为L，质量为M,可绕水平轴OO′无摩擦地转动，如图1.3-3-1所示。当木板静止在平衡位置时，有一质量为m的子弹以速度垂直击中它的

P点，P点离转轴距离为b。子弹穿出木板后速度变为，试求木板获得的角速度

等于多少？【解】方法一：用动量定理和动量矩求解。分别以木板和子弹为研究对象。在子弹射穿木板过程中，木板受到子弹的冲力、重力和支持力，其中只有冲力对OO′轴产生力矩。若从OO′轴方向观察，以逆时针转动为正方向，则外力矩M=Fb，根据动量矩定理知OLPb图1.3-3-1另外根据动量定理可知子弹受到的冲量为联立上述两个方程，解得方法二：用和动量矩守恒定律求解。以子弹和木板为研究系统。在子弹射穿木板过程中，外力只有重力(与)和支持力，合外力矩为零，所以系统的动量矩守恒。对于初、末两态可列出方程由此解得

4、综合习题

【解】此题可以分为两个过程求解。【】一长为l，质量为m0

的细棒，可绕垂直于一端的水平轴自由转动。棒原来处于平衡态。现有一质量为m的小球沿光滑桌面飞来，正好与棒下端相碰，设碰撞是完全弹性的，且使棒向上摆到

=60º处，如图1.3-4-1所示。试求小球的初速度。Om60º图1.3-4-1第一，小球和棒做完全弹性碰撞。以小球和棒为研究系统，因系统所受的合外力矩为零，所以系统的动量矩守恒，即有(1)又因碰撞是完全弹性的，因此系统动能不变，有【解】本题应该从位置矢量、速度和加速度的基本概念出衡位置时，有一质量为m的子弹以速度及波速u=10m/s，可写出两列波的波动方程，根据初始条件x0=0.，根据初始条件x0=0.解以上两个联立方程可得【】有质量为m的两个完全相同的小球，先后分别从同一高度由静止开始下落，下落开始时刻之差为t0，若空气阻力正比于小球的速度，试求两球的距离与时间的关系。7g/cm3，0=1g/cm3。将(4)式对t求导，且利用(3)功能原理的应用1、干涉条纹静态分布问题第三部分：热学

（一）气体动理论(5)根据坐标轴方向上的合外力是否为零的特征，建立动量定理方程(合外力不为零)，或动量守恒定律方程(合外力为零)，并求解方程；由已知条件建立波动方程6cm/s，写出弹簧振子的振动方程。(2)其中v0为小球的初速度，v和

分别为碰撞后小球的初速度和棒的角速度。第二，从棒碰后得到角速度到它上升至

=60º

处。以棒和地球为研究系统，因系统中无外力和非保守内力做功，所以系统的机械能守恒，即有(3)联立求解上述三个方程，可得一、习题类型振动问题第二部分：振动与波动（一）振动学基础谐振动的判定谐振动方程的建立由谐振动方程求各量谐振动的合成特征参量速度、加速度能量两同方向、同频率谐振动合成的振动方程二、解题思路

1、谐振动的判定

解这类习题的基本思路是：通过选取研究对象、受力分析、选择适当坐标系，视题设条件方便，列出物体运动的动力学方程或微分方程，然后与谐振动的三种等价定义比较，即可判断出该物体是否做简谐振动。在有些问题中，特别是振动物体不能视为质点的情况下(如U型管中振动的液体)，从分析能量出发，由机械能表达式对时间求导来判断物体是否做简谐振动，会更加方便。

2、谐振动方程的建立这部分习题要在理解振动方程的物理意义，熟悉振动方程的标准形式(x=Acos(

t+

))基础上，根据振动系统的力学条件、题设初始条件和谐振动的三种描述方法中任一种方法来确定三个特征量

、A、

，然后写出振动方程。

3、由谐振动方程求各量这部分习题相对较容易，只要将所给方程化成标准形式，从中找出各相应的物理量即可。速度、加速度则可通过对振动方程也即运动方程分别求一阶导数和二阶导数而得到。

4、谐振动的合成

这部分习题重点是掌握同方向、同频率的两个谐振动的合成问题，熟悉合振动的振幅、初相的计算公式及合振动加强、减弱条件。三、例题分析

1、谐振动的判定【】

,密度为0.7g/cm3的木块投入水中，试证明木块将沿竖直方向做简谐振动，并求它的固有频率是多少(不计水的表面张力和粘滞性)?【解】取x轴竖直向上，并以木块在水平面上的静止平衡位置为坐标原点。设木块的水平截面积为s，已知其厚度h=28.6cm，木块与水的密度分别为

=0.7g/cm3，

0=1g/cm3。当木块静止时，重力与浮力达到平衡。设想木块向上偏离平衡位置x，此时木块所受的浮力减小

0gsx

，故它所受的合力竖直向下，大小为

0gsx

。同样，当木块向下偏离平衡位置x时，它所受的合力大小仍为

0gsx

，但方向竖直向上。可见木块受的力具有线性恢复力的特征，即有F=-

0gsx=-kx(1)或者可以列出木块的运动微分方程：即(2)此即该谐振动的运动微分方程。由(1)或(2)可以看出，木块将沿竖直方向做简谐振动，其圆频率为

2、谐振动方程的建立【】一弹簧振子如图2.1-2-1所示，现用F=1N

的力拉振子时，弹簧伸长为△

x=5.0×10-3m，已知振子的质量为m=0.064kg。

(1)当时间t=0时，振子的初位移x0=4cm，初速v0=0，写出弹簧振子的振动方程；

(2)当t=0时，振子的初位移x0=0，初速v0=118.6cm/s，写出弹簧振子的振动方程。【解】(1)先求特征量图

2.1-2-1弹簧的倔强系数为圆频率为振幅为方法二：用质点的动能定理计算。【解】将小球和地球选为系统。据此可以按上述两种方法直接讨论条纹变化情况。0s，开始时在平衡位置下方0.或(-)此时合振幅最小为因此，在计算热机效率时，要注意区别各过程中吸收的总热量与“净”热量，以免混淆。需要指出：求船速时，如果认为船水平靠岸的速度是人收绳速度的分速度，是错误的。(3)因为db为等容过程，所以Adb=0。(3)因为db为等容过程，所以Adb=0。方程就是这一列波的波动方程。c-d等温压缩过程中，系统也放热，故在一个循环过程中，系统吸收的总热量为24m，周期T=4.c-d等温压缩过程中，系统也放热，故在一个循环过程中，系统吸收的总热量为t=2s时，质点的位置矢量(1)两种直接光程差法：初相位为将特征量

、A和

的值代入标准方程x=Acos(

t+

)得弹簧振子的振动方程为x(t+0)tm(2)此时的振幅为其初相位为则弹簧振子的振动方程为

3、由谐振动方程求各量【】一物体竖直悬挂在倔强系数为k的弹簧上做简谐振动。设振幅A=0.24m，周期

T=4.0s，开始时在平衡位置下方

0.12m处向上运动。求：(1)物体的运动方程；(2)物体在任意时刻的速度；(3)物体由初始位置运动到平衡位置上方0.12m处所需的最短时间；(4)物体在上述位置所受的弹力。设物体的质量为m=1.0kg。【解】由题意物体做简谐振动，选向下为x轴正方向，设其运动方程为x=Acos(

t+

)速度为(1)由A=0.24m和，根据初始条件x0

=0.12m，v0

<0可得由此解出因sin

>0，故取。于是，可得物体的运动方程为(2)物体运动速度为(3)A.用解析法：物体在平衡位置上方0.12m时，以x

=-0.12m代入运动方程，即得因所求时间为最短时间，物体到达该时刻应该向上运动，即故应取得B.用旋转矢量法：根据本题中A=0.24m和在旋转矢量图2.1-3-1中不难确定初始时刻和所求t时刻旋转矢量和的位置。根据简单的几何关系即得它们与x轴的夹角分别为-0.12xO0.120.24图2.1-3-1w即为振动的初相位，进而即为由初始位置到达所求位置所需的最短时间。(4)物体在振动过程中受重力和弹力的作用，因其合力F+mg=-

kx=-m

2x故F=

-

m(g+

2x)以m=1.0kg，g2，和x=-0.12m代入，可得F=-

N负号表示弹力向上，弹簧在该位置仍处于拉伸状态。

4、谐振动的合成【】某质点同时参与两个同方向、同频率的谐振动，其振动规律为求：(1)合振动的表达式；(2)若另一同方向、同频率的谐振动x3

(

t+

)m，当

等于多少时，x1、x1、x3的合成振动振幅最大？又

等于多少时，合成振动的振幅最小？【解】用旋转矢量法求解。(1)画出t=0时刻的振幅矢量和，如图2.1-4-1所示，两者夹角为，故合振幅又x

图2.1-4-1O所以于是合振动的表达式为(2)x1、x1、x3的合振幅最大，就是x3与x的合振幅最大。按矢量图可知，应与方向一致，故应该有

3=

，此时总振幅为。x1、x1、x3的合振幅最小，就是x3与x的合振幅最小。按矢量图可知，应与反方向，故应该有

3=

±

或(-

)此时合振幅最小为。一、习题类型波动问题由已知条件建立波动方程由波动方程求相干波的干涉问题波的能量问题已知特征参量求波动方程据振动方程(或曲线)建立波动方程其它方程反射波波动方程(半波损失应用)（二）波动学基础某些物理量(波长、频率、波速及波的特征量)某质点振动方程某时刻波形方程两相干波在某点的干涉问题驻波的有关计算波动能量特点波动能量计算二、解题思路

1、由已知条件建立波动方程

这类习题主要有两部分内容，其中已知各特征量求波动方程的习题比较简单，只要将有关参量代入相应的标准化方程化简后即可。另一部分主要根据题设振动方程或给出的振动曲线来建立波动方程，这这部分习题的一般解体步骤如下：(1)画出某一波线，建立一维坐标系(坐标轴与波线重合)，并标出波速传播方向；(2)由题设条件写出坐标轴上某已知点(常取坐标原点)的振动方程：y=Acos(

t+

)；(3)在坐标轴上任取一点P(距原点为x)的振动方程，即将其中的时间t，减去(若落后)或加上(若超前)这一段时间Δt，就得该平面简谐波的波动方程。

2、由波动方程求某些物理量和其它方程(1)由波动方程求某些物理量比较容易，只要将题目所给方程写成标准形式，然后与标准波动方程相比较，就能找出相应的物理量。(2)由波动方程还可以求出波线上某点的振动方程和某一时刻的波形曲线方程，其方法是将该点的坐标或者已知的时刻分别代入波动方程并化简之。(3)由入射波的波动方程(或某一参考点，如原点的振动方程)还可以获得经某一点反射后的反射波的波动方程和任一点的合振动方程，其方法有两种：第一种，直接“振动的叠加”法(这是一种由“振动”到“振动”的直接叠加法)。第二种，间接“波的叠加”法(这是一种由“振动”到“波动”再到“振动”的间接叠加法)。

无论哪一种方法，关键在于理解波线上任意一点的振动

方程就是这一列波的波动方程。通常分三步计算：①由入射波的波动方程写出入射波在反射点P的振动方程；②根据反射面有无半波损失,写出反射波在P点的振动方程；③在反射波的波线上任取一点x，根据波的转播方向，比较x点与P点的相位关系，写出反射波在x点的振动方程，即为反射波的波动方程。

3、相干波的干涉问题

这类习题主要包括判断与计算两相干波在某点干涉加强或减弱问题，以及两相干波相向转播形成驻波的有关计算问题。前者应首先判断是否符合相干条件，然后在同一坐标系中用同一时间起点写出两波的波动方程，求出该点两波振动的相位差，最后用干波的加强与减弱条件以及振动合成知识去判断与计算。对于驻波的习题，重点是根据驻波的特点，会确定与计算波节和波腹的位置。

4、波的能量问题这类习题的求解要注意搞清波动能量的特点以及它与振动能量特点的区别，在此基础上利用有关波动能量的一些公式，就可计算波动过程中的能量问题。三、例题分析

1、由已知条件建立波动方程【】有一以速度u沿x轴正向传播的平面简谐波，其质点振动的振幅和圆频率分别为A和

，设某一瞬时的波形如图2.2-1-1所示，并以此瞬时为记时起点，试分别以O和P点坐标原点，写出波动方程。【解】(1)求以O点为坐标原点的波动方程，应先写出原点O的振动方程，一般振动方程的标准形式为y=Acos(

t+

)，其中A、

为已知量，初相

由给定的初始条件确定，从图知t=0时，所以得于是原点O处振动方程为以O为原点的波动方程为OyPx图2.2-1-1(2)求以P点为坐标原点的波动方程，先求P点的振动方程，由图2.2-1-1知，t=0时，所以得于是P点的振动方程为以P为原点的波动方程为

2、由波动方程求某些物理量和其它方程【】沿x轴正向传播的平面简谐波方程为在离原点为2.25m处的A点发生反射，如图2.2-2-1所示。若反射处为波节(反射后振幅不变)，求反射波的波动方程。2.25mxyxOPA图2.2-2-1【解】方法一：利用直接“振动的叠加”法。本题已知入射平面简谐波的波动方程，因反射波波速的大小与入射波相同，因此不必再求波速，先确定波线上某点反射波的振动方程。由入射波波动方程，可得O点的振动方程为，在波线上任选一点P，考虑到O点的振动比P点的振动超前又因反射点为波节，所以该点的反射波与入射波有p相位差。因此反射波的波动方程为方法二：利用间接“波的叠加”法。由入射波的波动方程可得，入射波在A点的振动方程为因反射点为波节，所以该点反射波与入射波有

的相位差。因此，反射波在A点的振动方程为由反射波在A点的振动方程可确定反射波的波动方程，因反射波的波速u也等于200m/s，但方向与x轴相反。所以反射波在波线上任一点P的振动要比A点的振动落后时间所以反射波的波动方程为

3、相干波的干涉问题【】已知两相干波源S1和S2，频率

=2.5Hz，波速均为u=10m/s，振幅均为5cm。波源S1和S2的初相分别为

1=0，

2=

。波源位置如图2.2-3-1所示。求两列波传到P点时的振动方程。PS1S24cm3cmr1r2图2.2-3-1【解】(1)先确定两波源的振动方程。由已知条件可知，两振动的圆频率

=2

=5

，振幅A=5cm。波源S1和S2的振动方程分别为(2)先确定两列波的波动方程。、P点的位置。及波速u=10m/s，可写出两列波的波动方程因，r1

=5m，r2

=4m，所以两列波传播到P点时的振动方程分别为(3)P点的合振动方程。xO图2.2-3-1a由旋转矢量法(如图2.2-3-1a所示，可确定在P点的合振动的所以P

点的振动方程为

4、波的能量问题【】一平面简谐振的频率

×10-3g/cm3，由此波到达人耳的振幅约10-4cm，试求耳中的平均能量密度和能流密度(即波强)。k=0,±1,±2,±3,±5,±6,±7,±9，共15条明纹。【解】此题可以分成两个过程求解。设链条下滑过程中的某一(2)确定哪两束光相干，在什么地方相遇。由于两个等容过程都不做功，所以循环中系统所做的净功就等于两个等温过程系统做功的代数和，即(5)必要时进行适当的分析与讨论。在b处的速度大小为v，圆的半径为R，试求木块从a滑到b时，摩(4)质点的运动轨迹和t=2s时的这类习题比较简单，只要掌握了基本概念，熟记一些常用公式便能做到准确分析、求解。(1)从t=1s到t=2s质点的位移；据此可以按上述两种方法直接讨论条纹变化情况。二式联立，消取t，得质点的运动轨迹为利用平行轴定理计算：I′=I+md2，其中I′和I分别是绕新旧轴的转动惯量，d是两轴之间的距离解这类习题时，关键要抓住引起条纹移动的原因是光程差的变化。(4)央明条纹的宽度。【解】由平均能量密度公式可得其能流密度为一、习题类型气体动理论问题第三部分：热学

（一）气体动理论理想气体状态方程的应用压强公式、温度公式、内能公式的应用四条统计规律的应用二、解题思路这部分类习题多数是将已知条件直接代入相应公式进行求解，但数字计算叫繁琐，这就要求我们对常态下气体分子的有关物理量的数量级比较熟悉，以便大致判断计算结果正确与否运算各特征量求波动方程的习题比较简单，只要将有关参量代。另外注意使公式中各量的单位统一化(一般采用SI制)。理想气体状态方程的应用比较简单，大家在中学已较为熟悉，此处不再赘述。

1、压强公式、温度公式、内能公式的应用三、例题分析【】×105Pa，温度为27℃，求：(1)单位体积内的分子数n；(2)氧分子的质量m；(3)气体密度

；(4)分子间的平均距离l；(5)平均速率；(6)方均根速率；(7)分子的平均动能。【解】由题意已知系统状态参量p=1.00×105Pa，T=300k，且氧分子摩尔质量M=32×10-3k

(1)由p=nkT，得(2)(3)(4)把理想气体看成立方点阵排列，则(5)(6)(7)2、四条统计规律的应用【】试由能量按自由度均分定理和理想气体的压力公式，推导出为理想气体的状态方程。(1)【解】理想气体的压力公式为2-2-1所示的循环abcda。③在反射波的波线上任取一点x，根据波的转播方向，比较x点与P点的相位关系，写出反射波在x点的振动方程，即为反射波的波动方程。2、由波动方程求某些物理量和其它方程多个物理过程中，运用动力学几部分或全部内容的问题2、动量定理与动量守恒定律的应用4、动力学综合题【解】本题可用两种方法求解。②进行受力、受力矩分析；由于空气的折射率近于1，满足薄膜干涉中n1<n>n2的条件，在反射方向应该附加/2的额外光程差，因而干涉加强条件为根据牛顿运动定律可知，木块的切向方程为2-1-1所示，并以此瞬时为记时起点，试分别以O和P点坐标原点，写出波动方程。代入初始条件，即t=0时，【】×105Pa，温度为27℃，求：(1)单位体积内的分子数n；设木块的水平截面积为s，已知其厚度h=28.现有一质量为m的小球沿光滑桌面飞来，正好与棒下端相碰，设碰撞是完全弹性的，且使棒向上摆到=60º处，如图1.由能量按自由度均分定理可知，分子每个自由度的平均动能为，而分子平均自由度为3。故分子的平均动能为(2)联立(1)和(2)式，得式中，n为单位体积的分子数，可写为(3)其中，N0

为阿佛加德罗常数；m为气体的质量；V为气体的体积；M为分子的摩尔质量。把n的表示式代入(3)式得又因N0k=R，所以这就得出理想气体的状态方程。以前讲理想气体时，状态方程是从实验定律推出的。在此我们用理想气体的压强公式和能量按自由度均分定理来推导的。这种推导是根据气体分子运动论的观点，从微观角度出发的。（二）热力学基础一、习题类型热力学问题热力学第一定律的应用循环效率的计算有关熵的问题简单计算四个典型过程中的应用可逆与不可逆过程图像转换问题热机效率(正循环)制冷循环(逆循环)熵的概念熵增加原理二、解题思路1、热力学第一定律的应用这类习题一般是应用热力学第一定律来计算系统在状态变化过程中的功、内能和热量三者中任一量，其中功和内能由定定义可直接计算出：功(视过程特点具体运算)，内能(与过程无关)，而热量△Q常作为导出量：当然对等压和等容过程，△Q也可由其定义直接计算出：此外，解这类习题要注意单位的统一和各量正、负值的正确选取。具体一般解体步骤是：(1)审明题意，正确选择研究系统，并明确系统所经历的各个过程；(2)在p-V图上画出各个过程曲线，标出进行方向，用符号标出不同过程交点处的状态参量；(3)分析过程特点，选用适当公式；(4)先用符号运算，化简后再代入数据(注意单位统一)；(5)必要时进行适当分析。2、循环效率的计算有关效率的计算公式为中，Q1是循环各过程中从外界吸收的总热量，而不是从外界吸收的“净”热量。因此，在计算热机效率时，要注意区别各过程中吸收的总热量与“净”热量，以免混淆。Q2是指系统放出热量的总合。制冷机

的制冷系数中的Q1(Q吸)具有同样的意义。对于卡诺循环，则有(或)。在包含绝热过程的循环过程中，用上面的式子求效率比较方便。对于p-V图上表示为三角形或矩形的循环过程，用公式求效率比较方便。3、有关熵的问题这类习题主要涉及可逆与不可逆过程的判断，熵的概念和熵增加原理的应用，主要了解熵增加原理的物理意义。三、例题分析1、热力学第一定律的应用【】一系统由图3.2-1-1所示的a状态沿abc到达b状态，有345J的热量传入系统，而系统对外做功为125J。(1)若沿adb时系统做功40J，问有多少热量传入系统？

(2)当系统由b状态沿曲线ba返回a状态时，外界对系统做功为80J，试问系统是吸热还是放热？传递的热量为多少？

(3)若系统bd间的内能变化量为△Ebd=75J，试问沿ad及db各吸热多少热量？【解】(1)根据热力学第一定律在

acb过程中，可得b、a两状态的内能变化量为因为

b、a两状态内能的变化量与过程无关，所以在adb过程中，传入系统的热量为(2)在从

b沿曲线到a的过程中，根据热力学第一定律有负号表示系统放热pabdcVO图3.2-1-1(3)因为

db为等容过程，所以Adb=0。在db为过程中，吸收的热量为因为

Qadb=260J，所以在ad过程中吸热为2、循环效率的计算【】32g氧气，做如图3.2-2-1所示的循环abcda。

设V2=2V1，a-b，a-b均为等温过程，T1=400K，T2=300K，试求循环效率

为多少？(设氧气为刚性双原子分子理想气体)pdbcaVO图3.2-2-1V1V2T1T2【解】方法一：用计算。根据热力学第一定律可知，d-a等容升温过程中，系统吸热；a-b等温膨胀过程中，系统也吸热；b-c等容降温过程中，系统放热；c-d等温压缩过程中，系统也放热，故在一个循环过程中，系统吸收的总热量为系统放出的总热量为将上两式热机效率的一般计算式，得方法二：用计算。由于两个等容过程都不做功，所以循环中系统所做的净功就等于两个等温过程系统做功的代数和，即而所以3、有关熵的问题【】试证明两条绝热线不能相交。【解】用反证法。

假设两条绝热线相交于一点c，则可作一等温线与两条绝热线相交(如图3.2-3-2-1所示)，从而形成一个单热源循环，这是违背热力学第一定律的。因此原假设不成立。即两条绝热线不能相交。pbcaVO图3.2-3-1T一、习题类型光的干涉干涉条纹静态分布问题干涉条纹动态分布问题第四部分：波动光学

（一）光的干涉二、解题思路1、干涉条纹静态分布问题这类习题比较简单，只要掌握了基本概念，熟记一些常用公式便能做到准确分析、求解。具体步骤一般为：(1)明确题目所表述的物理内容是什么，给了何种实验装置，已知量有哪些，未知量有哪些，需要求解什么问题，并进而对确定的问题根据具体实验条件进行光的波动性质的分析；(2)确定哪两束光相干，在什么地方相遇。计算两束光相干的光程差，并考虑几何路程、媒质折射率，以及光在媒质界面上反射时是否存在半波损失等问题；(3)按照形成明暗条纹的条件，列出相应的公式进行运算。2、干涉条纹动态分布问题解这类习题时，关键要抓住引起条纹移动的原因是光程差的变化。具体有直接方法和间接方法：(1)两种直接光程差法：

①跟踪某一特定级条纹(在杨氏双缝干涉中，一般为光程差为零的零级条纹，在光路中无任何附加媒质时，零级条纹也就是中央条纹)，分析判断它朝什么方向移动，移动了多少距离。

②固定视场中某一位置(在杨氏双缝干涉中，一般为中央条纹，即x=0处)，观察有多少条纹移过此位置。由干涉理论可知，每移动一条干涉条纹，其光程差变化一个波长，若条纹移过

N

个距离，则光程差变化

△

为：

△

=N据此可以按上述两种方法直接讨论条纹变化情况。(2)间接公式法：固定视场中某一位置(如杨氏双缝干涉中的中央条纹)，根据题意分别列出条纹变动前后干涉加强(或减弱)的光程差公式，即列出原来光程差时该处条纹是几级明(或暗)条纹，现在光程差变化后该处又是几级明(或暗)条纹。三、例题分析1、干涉条纹静态分布问题【】空气中的水平肥皂膜n=1.33，厚e=320nm，如果用白光垂直照射，问肥皂膜的反射光呈现什么颜色？【解】在白光的400~760nm波长范围内，只有反射光干涉加强的那些颜色的光才能在反射方向明显看到。