《大学物理学》第二版上册习题解答.pdf 61页

'大学物理学习题答案习题一答案习题一1.1简要回答下列问题：(1)位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2)平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3)瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4)质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？vvvvvvdvdv(5)∆r和∆r有区别吗？∆v和∆v有区别吗？=0和=0各代表什么运动？dtdt(6)设质点的运动方程为：x=xt()，y=yt()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求22出r=x+y，然后根据2drdrv=及a=2dtdt而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即222222⎛dx⎞⎛dy⎞⎛dx⎞⎛dy⎞v=⎜⎟+⎜⎟及a=⎜⎟+⎜⎟22⎝dt⎠⎝dt⎠⎝dt⎠⎝dt⎠你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7)如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8)“物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9)任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10)质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，a、a、a三者的大小是否随时间改变？nt(11)一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？21.2一质点沿x轴运动，坐标与时间的变化关系为x=4t−2t，式中x,t分别以m、s为单位，试计算：(1)在最初2s内的位移、平均速度和2s末的瞬时速度；(2)1s末到3s末的平均1 加速度；(3)3s末的瞬时加速度。解：(1)最初2s内的位移为为：∆=xx(2)−x(0)=−=000(/)ms∆x0最初2s内的平均速度为：v===0(/)msave∆t2dxt时刻的瞬时速度为：vt()==−44tdt2s末的瞬时速度为：v(2)=−×=−4424/ms∆vv(3)−v(1)−−802(2)1s末到3s末的平均加速度为：a====−4/msave∆t22dvd(44)−t2(3)3s末的瞬时加速度为：a===−4(/ms)。dtdt1.3质点作直线运动，初速度为零，初始加速度为a，质点出发后，每经过τ时间，加速度0均匀增加b。求经过t时间后，质点的速度和位移。解:由题意知，加速度和时间的关系为ba=a+t0τ利用dv=adt，并取积分得vt⎛b⎞b2dv=⎜a+tdv⎟，v=at+t∫∫0000⎝τ⎠2τ再利用dx=vdt，并取积分[设t=0时x=0]得0xt12b3dx=vdt，∆=xat+t∫∫026τx00rrrr1.4一质点从位矢为r(0)=4j的位置以初速度v(0)=4i开始运动，其加速度与时间的关系rrr为a=(3)ti−2j.所有的长度以米计，时间以秒计.求：（1）经过多长时间质点到达x轴；（2）到达x轴时的位置。rrtr⎛32⎞rr解：vt()=v(0)+∫atdt()=⎜4+t⎟i−(2)tj0⎝2⎠rtr⎛13⎞r2rrt()=r(0)+∫vtdt()=⎜4t+t⎟i+(4−t)j0⎝2⎠2（1）当4−t=0，即t=2s时，到达x轴。2 rr（2）t=2s时到达x轴的位矢为：r(2)12=i即质点到达x轴时的位置为x=12,my=0。21.5一质点沿x轴运动，其加速度与坐标的关系为a=−ωx，式中ω为常数，设t=0时刻的质点坐标为x、速度为v，求质点的速度与坐标的关系。002dx2解：按题意=−ωx2dt22dxdvdvdxdv由此有−ωx====v，2dtdtdxdtdx2即vdv=−ωxdx，vx2两边取积分∫vdv=−ω∫xdx，v0x0得1v2−1v2=−1ω2x2+1ω2x22202202222⎛v0⎞2由此给出v=±ωA−x，A=⎜⎟+x0⎝ω⎠vvvv21.6一质点的运动方程为r(t)=i+4tj+tk，式中r，t分别以m、s为单位。试求：(1)质点的速度与加速度；(2)质点的轨迹方程。vvvdrvvdvv解：(1)速度和加速度分别为：v==(8)tj+k，a==8jdtdtvvvv2(2)令r(t)=xi+yj+zk，与所给条件比较可知x=1，y=4t，z=t2所以轨迹方程为：x=1,y=4z。2−11.7已知质点作直线运动，其速度为v=3ttms−()，求质点在0~4s时间内的路程。解:在求解本题中要注意：在0~4s时间内，速度有时大于零，有时小于零，因而运动出44现往返。如果计算积分∫vdt，则求出的是位移而不是路程。求路程应当计算积分∫vdt。002令v=3tt−=0，解得t=3s。由此可知：t<3s时，v>0，v=v；t=3s时，v=0；而t>3s时，v<0，v=−v。因而质点在0~4s时间内的路程为3 4343422s=∫vdt=∫vdt+∫(−vdt)=∫(3tt−)dt−∫(3tt−)dt0030334⎡3213⎤⎡3213⎤1=⎢t−t⎥−⎢t−t⎥=6()m。⎣23⎦0⎣23⎦331.8在离船的高度为h的岸边，一人以恒定的速率v收绳，求当船头与岸的水平距离为x时，0船的速度和加速度。解:建立坐标系如题1.8图所示，船沿X轴方向作直线运动，欲求速度，应先建立运动方程，由图题1.8，可得出OXrhrv0xY习题1.8图222x=r−h两边求微分，则有dxdr2x=2rdtdt船速为dxrdrv==dtxdtdr按题意=−v(负号表示绳随时间t缩短)，所以船速为0dt22x−hv=−v0x负号表明船速与x轴正向反向，船速与x有关，说明船作变速运动。将上式对时间求导，可得船的加速度为22dvhv0a==−3dtx负号表明船的加速度与x轴正方向相反，与船速方向相同，加速度与x有关，说明船作变加速运动。4 1.9一质点沿半径为10cm的圆周运动，其角坐标θ(以弧度rad计)可用下式表示3θ=+24t其中t的单位是秒(s)试问：(1)在t=2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？o(2)当θ等于多少时其总加速度与半径成45角？32解：(1)利用θ=+24t，ω=dθ/dt=12t，α=dω/dt=24t，得到法向加速度和切向加速度的表达式24a=rω=144rt，a=rα=24rtnt在t=2s时，法向加速度和切向加速度为：44−2a=144rt=1440.12××=230.4(ms⋅)，n−2a=24rt=240.12××=4.8(ms⋅)to4(2)要使总加速度与半径成45角，必须有a=a，即144rt=24rtnt33解得t=1/6，此时θ=2+4t=2.67rad1.10甲乙两船，甲以10kmh/的速度向东行驶，乙以15kmh/的速度向南行驶。问坐在乙船上的人看来，甲船的速度如何？坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何？vv解：以地球为参照系，设i、j分别代表正东和正北方向，则甲乙两船速度分别为vvvvv=10ikm/h，v=−15jkm/h12根据伽利略变换，当以乙船为参照物时，甲船速度为vvvvvv=v−v=(10i+15j)km/h12v2215ov=10+15=18.1km/h，θ=arctg=56.3110o即在乙船上看，甲船速度为18.1kmh/，方向为东偏北56.31o同理，在甲船上看，乙船速度为18.1kmh/，方向为西偏南56.31。1.11有一水平飞行的飞机，速率为v，在飞机上安置一门大炮，炮弹以水平速度v向前射0击。略去空气阻力，(1)以地球为参照系，求炮弹的轨迹方程；(2)以飞机为参照系，求炮弹的轨迹方程；(3)以炮弹为参照系，飞机的轨迹如何？2解：(1)以地球为参照系时，炮弹的初速度为v=v+v，而x=vt，y=−0.5gt101消去时间参数t，得到轨迹方程为：2gxy=−（若以竖直向下为y轴正方向，则负号去掉，下同）22(v+v)02gx(2)以飞机为参照系时，炮弹的初速度为v，同上可得轨迹方程为y=−22v5 2gx(3)以炮弹为参照系，只需在(2)的求解过程中用−x代替x，−y代替y，可得y=.22v1.12如题1.12图，一条船平行于平直的海岸线航行，离岸的距离为D，速率为v，一艘速率为u1时只能取v=v+,v=v−。12mkm2.10一质量为m的子弹射入置于光滑水平面上质量为M并与劲度系数为k的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了L，求子弹射入前的速度v.011 Mmv0习题2.10图解：子弹射入木块到相对静止的过程是一个完全非弹性碰撞，时间极短，木块获得了速度，尚未位移，因而弹簧尚未压缩.此时木块和子弹有共同的速度v，由动量守恒，1(mMv+)1=mv0此后，弹簧开始压缩，直到最大压缩，由机械能守恒，1212(mMv+)1=kL22由两式消去v，解出v得10Lv0=kmM(+)m2.11质量m的物体从静止开始，在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从A滑到B。在B处时，物体速度的大小为v。已知圆的半径为R，求物体从A滑到B的过程中摩擦力所作B的功：(1)用功的定义求；(2)用动能定理求；(3)用功能原理求。AθRfNmgB习题2.11图解方法一：当物体滑到与水平成任意θ角的位置时，物体在切线方向的牛顿方程为dvmgcosθ−f=ma=mtdt即dv−f=−mgcosθ+mdtrrr注意摩擦力f与位移dr反向，且|dr|=Rdθ，因此摩擦力的功为rπ2vB|dr|A=−mgcosθRdθ+mdvf∫0∫0dtπ2vB12=−mgRcosθθd+mvdv=−mgR+mv∫0∫02B12 方法二：选m为研究对象，合外力的功为rrrrA=∫(mg+f+N)⋅drrr考虑到∫N⋅dr=0，因而rπ2A=A+mgcosθ⋅|dr|=A+mgRcosθθd=A+mgRf∫f∫0f12由于动能增量为∆E=mv−0，因而按动能定理有kB21212A+mgR=mv，A=−mgR+mv。fBfB22方法三：选物体、地球组成的系统为研究对象，以B点为重力势能零点。初始在A点时，E=mgR、E=0p0k012终了在B点时，E=0，E=mvpkB212由功能原理知：A=∆=EE−E=mv−mgRf102经比较可知，用功能原理求最简捷。2.12墙壁上固定一弹簧，弹簧另一端连接一个物体，弹簧的劲度系数为k，物体m与桌面间的摩擦因素为µ，若以恒力F将物体自平衡点向右拉动，试求到达最远时，系统的势能。fkmFfXµ习题2.12图解：物体水平受力如图，其中f=kx，f=µmg。物体到达最远时，v=0。设此时物kµ体的位移为x,由动能定理有x∫(Fkx--µmgdx)=−00012即Fx-kx-µmgx=022(F−µmg)解出x=k2122(F−µmg)系统的势能为E=kx=p2k2.13一双原子分子的势能函数为13 126⎡⎛r0⎞⎛r0⎞⎤Ep(r)=E0⎢⎜⎟−2⎜⎟⎥⎢⎣⎝r⎠⎝r⎠⎥⎦式中r为二原子间的距离，试证明：⑴r为分子势能极小时的原子间距；0⑵分子势能的极小值为−E；0r0⑶当E(r)=0时，原子间距离为；p622dEr()dEr()PP证明：（1）当=0、>0时，势能有极小值E(r)。由2Pmindrdr126126dEr()d⎡⎛r⎞⎛r⎞⎤⎛rr⎞P0000=E⎢⎜⎟−2⎜⎟⎥=12E⎜−+⎟=000137drdr⎢⎣⎝r⎠⎝r⎠⎥⎦⎝rr⎠126⎛r0⎞⎛r0⎞得⎜⎟=⎜⎟⎝r⎠⎝r⎠所以r=r，即r为分子势能取极值时的原子间距。另一方面，002126dEr()⎛rr⎞P00=12E⎜13−7⎟20148dr⎝rr⎠2dEr()⎛137⎞72EP0当r=r时，=12E⎜−⎟=>0，所以r=r时，E(r)取最小值。0202220Pdrrrr⎝00⎠0126⎡⎛r⎞⎛r⎞⎤00（2）当r=r时，Er()=E⎢⎜⎟−2⎜⎟⎥=−E0Pmin00⎢⎣⎝r0⎠⎝r0⎠⎥⎦126⎡⎛r⎞⎛r⎞⎤00（3）令Er()=E⎢⎜⎟−2⎜⎟⎥=0，得到P0⎢⎣⎝r⎠⎝r⎠⎥⎦1266⎡⎛r0⎞⎛r0⎞⎤⎛r0⎞r0⎢⎜⎟−2⎜⎟⎥=0，⎜⎟=2，r=rrr6⎢⎣⎝⎠⎝⎠⎥⎦⎝⎠22.14质量为7.2×10-23kg，速度为6.0×107m/s的粒子A，与另一个质量为其一半而静止的粒子B相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子A的速率为5×107m/s，求：⑴粒子B的速率及偏转角；⑵粒子A的偏转角。v′A14 αvβAv′B习题2.14图解：两粒子的碰撞满足动量守恒vvvmv=mv"+mv"AAAABB写成分量式有mv=mv"cosα+mv"cosβAAAABBmv"sinα=mv"sinβAABB碰撞是弹性碰撞，动能不变：121212mv=mv"+mv"AAAABB222利用−23mA−23m=7.2×10kg，m==3.6×10kg，AB277v=6.0×10m/s，v"=5.0×10m/s，AA可解得7oov"=4.69×10m/s，β=544"，α=2220"。B2.15平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为M的1重物。小球作匀速圆周运动，当半径为r时重物达到平衡。今在M的下方再挂一质量为M012的物体，如题2-15图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω′和半径r′为多少？rm0M1M215 习题2.15图解：在只挂重物M时，小球作圆周运动的向心力为Mg，即112Mg=mrω①100挂上M后，则有22(M+Mg)=mr′′ω②12重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．2222即rmv=rmv′′⇒rω=r′ω′③0000联立①、②、③得2/33/2MgMgM⎛+M⎞⎛M⎞=1′=1⎜12⎟′=⎜1⎟⋅ω,ω,rr00mrmr⎝M⎠⎝M+M⎠00112102.16哈雷慧星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为r=8.75×10m时的速14−12−1率是v=5.46×10ms，它离太阳最远时的速率是v=9.08×10ms，这时它离太阳的12距离r2是多少？（太阳位于椭圆的一个焦点。）解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有rmv=rmv1122104rv118.7510××5.4610×12∴r===5.2610[]×m22v9.0810×22.17查阅文献，对变质量力学问题进行分析和探讨，写成小论文。参考文献：[1]石照坤，变质量问题的教学之浅见，大学物理，1991年第10卷第10期。[2]任学藻、廖旭，变质量柔绳问题研究，大学物理，2006年第25卷第2期。2.18通过查阅文献，形成对惯性系的进一步认识，写成小论文。参考文献：[1]高炳坤、李复，“惯性系”考，大学物理，2002年第21卷第4期。[2]高炳坤、李复，“惯性系”考(续)，大学物理，2002年第21卷第5期。16 习题三答案习题三3.1简要回答下列问题：(1)地球由西向东自转，它的自转角速度矢量指向什么方向？作图说明.(2)刚体的转动惯量与那些因素有关？“一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗？(3)平行于z轴的力对z轴的力矩一定为零，垂直于z轴的力对z轴的力矩一定不为零.这种说法正确吗？(4)如果刚体转动的角速度很大，那么作用于其上的力是否一定很大？作用于其上的力矩是否一定很大？(5)两大小相同、质量相同的轮子，一个轮子的质量均匀分布，另一个轮子的质量主要集中在轮子边缘，两轮绕通过轮心且垂直于轮面的轴转动。问：(a)如果作用在它们上面的外力矩相同，哪个轮子转动的角速度较大？(b)如果它们的角加速度相同，哪个轮子受到的力矩大？(c)如果它们的角动量相等，哪个轮子转得快？(6)为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关，而与内力矩无关？(7)下列物理量中，哪些与参考点的选择有关，哪些与参考点的选择无关：(a)位矢；(b)位移；(c)速度；(d)动量；(e)角动量；(f)力；(g)力矩.(8)做匀速圆周运动的质点，对于圆周上某一定点，它的角动量是否守恒？对于通过圆心并与圆平面垂直的轴上任一点，它的角动量是否守恒？对于哪一个定点，它的角动量守恒？(9)一人坐在角速度为ω的转台上，手持一个旋转着的飞轮，其转轴垂直于地面，角速度0为ω"。如果忽然使飞轮的转轴倒转，将发生什么情况？设转台和人的转动惯量为I，飞轮的转动惯量为I"。3.2质量为m长为l的均质杆，可以绕过B端且与杆垂直的水平轴转动。开始时，用手支住A端，使杆与地面水平放置，问在突然撒手的瞬时，(1)绕B点的力矩和角加速度各是多少？(2)杆的质心加速度是多少？BA•习题3.1图rm解：(1)绕B点的力矩M由重力产生，设杆的线密度为ρ，ρ=，则绕B点的力矩为lmgml1M=∫0xdG=∫0gxdm=∫0gxdxρ=mgl217 ml1222杆绕B点的转动惯量为I=∫xdm=∫xρdx=ml003M3g角加速度为β==I2ll3(2)杆的质心加速度为a=β=g243.3如图所示，两物体1和2的质量分别为m与m，滑轮的转动惯量为I，半径为r。12⑴如物体2与桌面间的摩擦系数为µ，求系统的加速度a及绳中的张力T与T12(设绳子与滑轮间无相对滑动)；⑵如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的张力T与T。12Tm22T1m1习题3.2图解：⑴先做受力分析，物体1受到重力mg和绳的张力T，对于滑轮，受到张力T和T，1112对于物体2，在水平方向上受到摩擦力µmg和张力T，分别列出方程22mg−T=ma[T=m(g−a)]11111T−µmg=ma[T=m(a+µg)]22222a(T1−Tr2)=M=Iα=Ir通过上面三个方程，可分别解出三个未知量222(m1−µmgr2)(1+µ)mrg2+Ig(1+µ)mrg1+µIga=，T=m，T=m2112222(m1+mr2)+I(m1+mr2)+I(m1+mr2)+I⑵在⑴的解答中，取µ=0即得222mgrmrg+Igmmrg1212a=，T=m，T=。211222(m1+mr2)+I(m1+mr2)+I(m1+mr2)+I3.4电动机带动一个转动惯量为I=50kg·m2的系统作定轴转动。在0.5s内由静止开始最后达18 到120r/min的转速。假定在这一过程中转速是均匀增加的，求电动机对转动系统施加的力矩。解：由于转速是均匀增加的，所以角加速度α为∆ω120/min2r×πradr/2α===8πrads/∆t0.5s×60/mins从而力矩为32−2M=Iα=508×π=1.25710×kgms3.5一飞轮直径为0.30m，质量为5.00kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀的加速，经0.50s转速达到10r/s。假定飞轮可看作实心圆柱体，求：⑴飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；⑵拉力及拉力所作的功；⑶从拉动后t=10s时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。解：⑴飞轮的角加速度为∆ω10/rs×2πradr/2α===125.7rads/∆t0.5s转过的圈数为1n=×10r/s×0.5s=2.5r212⑵飞轮的转动惯量为I=mr，所以，拉力的大小为2MIα110.3F===mrα=××5×125.7=47.1()Nrr222拉力做功为W=FS=Fnd×π=47.12.53.140.3111()×××=J⑶从拉动后t=10s时，轮角速度为3ω′=αt′=125.7101.25710(×=×rads/)轮边缘上一点的速度为3v′=ω′r=1.25710××0.15188(/)=ms轮边缘上一点的加速度为2a=αr=125.70.1518.8(/×=ms)。3.6飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1000r/min，现要求在5s内使其制动，求制动力F。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上。尺寸如图所示。F0.5m0.75m•A闸瓦ωd19 习题3.6图d解：设在飞轮接触点上所需要的压力为F′，则摩擦力为µF′，摩擦力的力矩为µF′，在2d制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由mv变化到0，所以由Mdt=LL−有∫02dddµF′t=mω⋅222mdω0.5解得F′==785.4N。由杆的平衡条件得F=F′=314.2N。2µt1.253.7弹簧、定滑轮和物体的连接如图3.7所示，弹簧的劲度系数为2.0Nm-1；定滑轮的转动惯量是0.5kgm2，半径为0.30m，问当6.0kg质量的物体落下0.40m时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长。习题3.7图解：当物体落下0.40m时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能，即21212Ivmgh=kh+mv+，2222r22将m=6kg，g=9.8kgm/s，h=0.4m，I=0.5kgm，r=0.3m代入，得v=2.01m/s3.8在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m的人。圆盘的半径为R，转动惯量为J，角速度为ω。如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化。解：系统的角动量在整个过程中保持不变。2人在盘边时，角动量为L=Iω=(J+mR)ω人走到盘心时角动量为L=I′ω′=Jω′(2)J+mR因此ω′=ωJ人在盘边和在盘心时，系统动能分别为2212212121(J+mR)2W=mωR+Jω，W=Jω′=ω122222J20 241221mR2系统动能增加∆W=W−W=mωR+ω2122J3.9在半径为R，质量为m的静止水平圆盘上，站一质量为m的人。圆盘可无摩擦地绕通1过圆盘中心的竖直轴转动。当这人开始沿着与圆盘同心，半径为R[R∆t21−(v/c)所以，在原惯性系中时间间隔最短。证明(2)设两事件在某惯性系中于同时发生，即∆t=0，时间间隔为∆x，则在另一个相对运动速度为v的惯性系中，两事件的时间间隔为∆x∆x′=u(∆x−v∆t)=u∆x=>∆x21−(v/c)所以，在原惯性系中空间间隔最短。4.9若电子A和电子B均以0.85c[c为真空中的光速]的速度相对于实验室向右和向左飞行，问两者的相对速度是多少？[答案：0.99c]4.10一光源在K′系的原点O′发出一光线。光线在O′X′Y′平面内且与x′轴的夹角为θ′。设K′系相对于K系沿x轴正向以速率u运动。试求在K系中的观测者观测到此光线与x轴的夹角θ。⎧Vx′=ccosθ′解：光线的速度在K′系中两个速度坐标上的投影分别为⎨V′=csinθ′⎩y2uV′1−u+V′y2xc由速度变换关系V=，V=xyV′⋅uux+′1+212Vxcc26 则在K系中速度的两个投影分别为22ccosθ′+ucsinθ′1−u/cV=，V=xyuccosθ′uccosθ′1+1+22ccVy所以，在K系中的观测者观测到此光线与x轴的夹角θ=arctanVx4.11如果一观测者测出电子的质量为2m[m为电子的静止质量]，问电子的速度是多大？00m0解：由相对论质量关系m=21−(V/c)而且m=2m03得到V=c=0.866c24.12如果将电子由静止加速到0.1c[c为真空中的光速]的速度，需要对它作多少功？速度从0.9c加速到0.99c，又要作多少功？解(1)由相对论动能定理：⎡⎤bvr22211A=F⋅dr=mc−mc=mc⎢−⎥ab∫aba022⎢1−(V/c)1−(V/c)⎥⎣ba⎦因为V=0，V=0.1cab⎡1⎤22−16代入得到Aab=m0c⎢−1⎥=0.005m0c=4.095×10J≈2.56Kev2⎣1−0.1⎦(2)将V=0.9c，V=0.99c代入原式ab2⎡11⎤2−133Aab=m0c⎢−⎥=4.7946m0c=3.93×10J≈2.46×10Kev22⎣1−0.991−0.9⎦4.13在什么速度下粒子的动量是其非相对论动量的两倍？在什么速度下粒子的动能等于它的静止能量？mV0解(1)由相对论动量公式p=mV=21−(V/c)而且p=2mV027 38−1联立两式m=2m⇒V=c=2.6×10ms0222(2)由相对论动能公式E=mc−mcK02而且E=2mcK038−1联立两式m=2m⇒V=c=2.6×10ms02−314.14静止质量为9.1×10kg的电子具有5倍于它的静能的总能量，试求它的动量和速率。[提示：电子的静能为E=0.511MeV]02解：由总能量公式E=mc5E0而且E=5E⇒m=(1)02cm0其中m=(2)21−(v/c)联立(1)、(2)两式24−31284m0c(9.1×10)×(3×10)V=c1−=c1−=0.98c26−19225E25×(0.511×10×1.6×10)0将(1)式代入动量公式5E05×0.98×0.51Mev2.5Mevp=mV=×0.98c==2ccc4.15一个质量为M的静止粒子，衰变为两个静止质量为m和m的粒子，求这两个粒子的12动能。[提示：利用能量守恒和动量守恒关系]解：令两粒子的动能分别为E与EK1K2222由相对论能量守恒得到Mc=E+E+mc+mc(1)K1K2122222422由相对论动量和能量的关系E=pc+mc=(E+mc)0K022EK得到p=+2mE20Kc28 22EE22K1K2由相对论动量守恒p=p得到+2mE=+2mE(2)1221K122K2cc联立(1)、(2)两式解得22c[()22]c22E=M−m−m，E=[(M−m)−m]k112k2212M2M29 习题五参考解答5.1简答下列问题：（1）什么是简谐振动？分别从运动学和动力学两方面作出解释。一个质点在一个使它返回平衡位置的力的作用下，它是否一定作简谐振动？（2）在什么情况下，简谐振动的速度和加速度是同号的？在什么情况下是异号的？加速度为正值时，振动质点一定是加快地运动吗？反之，加速度为负值时，肯定是减慢地运动吗？（3）同一弹簧振子，如果它在水平位置是作简谐振动，那么它在竖直悬挂情况下是否仍作简谐振动？把它装在光滑斜面上，它是否仍将作简谐振动？（4）如果某简谐振动振动的运动学方程是y=Acos(nωt+φ)，那么这一振动的周期是多少？（5）在地球上，我们认为单摆(在小角幅下)的运动是简谐振动，如果把它拿到月球上，那么，振动周期将怎样改变？（6）什么是位相？一个单摆由最左位置开始摆向右方，在最左端位相是多少？经过中点、到达右端、再回中点、返回左端等各处的位相是多少？（7）初位相是个什么物理量？初位相由什么确定？如何求初周相？试分别举例说明：(a)已知初始状态，如何确定初位相；(b)已知初位相，如何确定初始状态。5.2一质点作简谐振动x=6cos(100πt+0.7π)cm。某时刻它在x=32cm处，且向X轴负向运动，它要重新回到该位置至少需要经历的时间为1313(A)s;(B)s;(C)s;(D)s。1002005050答案：(B)x=6cos(100πt+0.7)π=Acos(ωt+φ)YrAω∆=t2π−π/2π/4OX如图：30 x1=32=Acos(π/4)=Acos(ωt1+φ),v1<0x2=32=Acos3/2(π+π/4)=Acos(ωt2+φ),v2>0位相差ω∆=t3/2π∆=t3/2πω=3/[2100]3/200π×π=s5.3以频率ν作简谐振动的系统，其动能和势能随时间变化的频率为(A)ν/2；(B)ν；(C)2ν；(D)4ν。答案：(C)21Ep∝cos(ωt+φ)=2[1cos(2+ωt+2)φ]21Ek∝sin(ωt+φ)=2[1cos(2−ωt+2)φ]5.4劲度系数为100N/m的轻弹簧和质量为10g的小球组成的弹簧振子，第一次将小球拉离平衡位置4cm，由静止释放任其运动；第二次将小球拉离平衡位置2cm并给以2cm/s的初速度任其振动。这两次振动能量之比为(A)1:1;(B)4:1;(C)2:1;(D)22:3。答案：(C)121212E=kx，E=kx+mv12122222221212Ekx+mv⎛x⎞m⎛v⎞1112222222==⎜⎟+⎜⎟=+=12Ekxxkx442121⎝1⎠⎝1⎠5.5一谐振系统周期为0.6s，振子质量为200g，振子经平衡位置时速度为12cm/s，则再经0.2s后振子动能为−4−3−5(A)1.8×10J；(B)0;(C)1.44×10J;(D)3.010×J。答案：(D)πx=Acosφ=0，cosφ=0⇒φ=±，02πv=−Aωsinφ=0.12>0⇒sinφ<0⇒φ=−，Aω=v002E=1mv2=1mω2A2sin2(ωt+φ)k22122122=mvsin(0.2ωπ−/2)=mvsin(0.22/×πT−π/2)202022−22−22=0.1×(1210×)sin(2/3π−π/2)=0.1×(1210×)sin(/6)π−5=3.010×J31 5.6一弹簧振子系统竖直挂在电梯内，当电梯静止时，振子谐振频率为v。现使电梯以加速0度a向上作匀加速运动，则其谐振频率将(A)不变；(B)变大；(C)变小；(D)变大变小都有可能答案：(A)af=−kxmg+(+a)x2dxkxm=f=−kxmg+(+a)2xdt2dx⎡m⎤mg(+a)m=−kx−(g+a)2⎢⎥dt⎣k⎦2dx′⎡m⎤m=−kx′，x′=x−(g+a)2⎢⎥dt⎣k⎦X5.7将一物体放在一个沿水平方向作周期为1s的简谐振动的平板上，物体与平板间的最大静摩擦系数为0.4。要使物体在平板上不致滑动，平板振动的振幅最大只能为2(A)要由物体质量决定；(B)2/g;(C)g/(10π);(D)0.4cm答案：(C)fa2最大静摩擦力为f=0.4mg，最大加速度为a=Aωmm由f=ma得mm222220.4mg=mAω⇒A=0.4/gω=0.4gT/(2)π=g/(10π)5.8两分振动方程分别为x=3cos(50πt+0.25π)cm和1x=4cos(50πt+0.75π)cm，则它们合振动的表达式为2(A)x=cos(50πt+0.25π)cm;(B)x=5cos50πtcm;⎛π−11⎞(C)x=5cos⎜50πt++tg⎟cm;⎝27⎠(D)x=7cm。答案：(C)32 5.9质量为m=10×10−3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按x=0.5×10−2cos(8πt+1π)的3规律作简谐振动，式中t以秒为单位，x以米为单位。试求：(1)振动的圆频率、周期、振幅、初位相以及速度和加速度的最大值；(2)求t=1s,2s,10s时刻的位相。(3)利用Mathematica绘出位移、速度、加速度与时间的关系曲线。−12π−21解(1)：ω=8πs,T==0.25s,A=0.5×10m,φ=π03ωV=−4π×10−2sin(8πt+1π)⇒V=4π×10−2=0.126ms−13maxa=−32π2×10−2cos(8πt+1π)⇒a=32π2×10−2=3.16ms−23maxπ(2)Qφ=8πt+3π25∴φ=8π+=π133π49φ=16π+=π233π241φ=80π+=π10335.10劲度系数为k和k的两根弹簧，与质量为m的物体按题图5.10所示的两种方式连接12试证明它们的振动均为谐振动。kmkkkm1212题图5.10证明：(1)当物体向右移动x时，左端弹簧伸长x，而右端弹簧缩短x，它们对物体作用力方向相同，均与物体位移方向相反，所以f=−kx−kx=−(k+k)x1212因此物体将作简谐振动。(2)设两弹簧分别伸长x与x，则弹簧对物体的作用力f=−kx1222对两弹簧的连接点有:kx=kx且x=x+x112212kx1解此两式：x=2k+k1233 kkx12代入f中：f=−k+k12因此物体将作简谐振动。5.11如题图5.11所示，质量为m的物体放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角θ，弹簧的劲度系数为k，滑轮的转动惯量为I，半径为R。先把物体托住，使弹簧维持原长，然后由静止释放，试证明物体作简谐振动。mkθ题图5.11证明：取未用手托系统静止时m的位置为平衡位置，令此点位坐标原点，弹簧伸长x，0则有：mgsinθ=kx(1)0当物体沿斜面向下位移为x时，则有：mgsinθ−T=ma(2)1TR−TR=Iβ(3)12T=k(x+x)(4)20a=Rβ(5)将(2)与(4)代入(3),并利用(5),可得I(mR+)a=mgRsinθ−kxR−kxR0RkR利用(1)式，得到a=−xImR+R所以，物体作的是简谐振动。5.12一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表出。如果t=0时质点的状态分别是：(1)x=−A；0(1)过平衡位置向x轴正向运动；(3)过x=1A处向x轴负向运动；234 (4)过x=1A处向x轴正向运动。2试用旋转矢量图方法确定相应的初位相，并写出振动方程。Y(3)rAπ/3(1)OX−π/4(4)(2)⎛2π⎞解：令振动方程为：x=Acos⎜t+φ⎟⎝T⎠⎛2π⎞(1)Qt=0,x0=−A，∴cosφ=−1⇒φ=π，∴x=Acos⎜t+π⎟⎝T⎠π(2)Qt=0,x=0，∴cosφ=0⇒φ=±02π⎛2ππ⎞QV0>0⇒sinφ<0⇒φ=−，∴x=Acos⎜t−⎟2⎝T2⎠A1π(3)Qt=0,x=，∴cosφ=⇒φ=±0223π⎛2ππ⎞QV0<0⇒sinφ>0⇒φ=，∴x=Acos⎜t+⎟3⎝T3⎠A2π(4)Qt=0,x=，∴cosφ=⇒φ=±0224π⎛2ππ⎞QV0>0⇒sinφ<0⇒φ=−，∴x=Acos⎜t−⎟4⎝T4⎠−35.13一质量为10×10kg的物体作谐振动，振幅为24cm，周期为4.0s，当t=0时，位移35 为24cm。求：(1)t=0.5s时，物体所在的位置；(2)t=0.5s时，物体所受力的大小和方向；(3)由起始位置运动到x=12cm处所需的最短时间；(4)在x=12cm处物体的速度、动能、系统的势能和总能量。解：设物体的振动方程为x=Acos(ωt+φ)2ππ由于A=24cm，T=4s⇒ω==T2⎛π⎞由于t=0,x0=24cm⇒cosφ=1⇒φ=0，因此x=24cos⎜t⎟⎝2⎠π(1)将t=0.5s代入，得到x=24cos=122=16.97cm=0.17m422−3π−3(2)f=−mωx将t=0.5s代入，得到f=−10×10××0.17=−4.2×10N4负号表示方向与x轴方向相反。⎛π⎞⎛π⎞12(3)将x=12m代入x=24cos⎜t⎟中，得到cos⎜t⎟=⇒t=s⎝2⎠⎝2⎠23−2⎛π⎞2−23−1(4)V=−12π×10sin⎜t⎟，将t=s代入得V=−12π×10×=−0.326ms⎝2⎠32121−32−4−4E=mV=×10×10×36×3×π×10=5.33×10JK2222k2−3π5π−2由ω=⇒k=mω=10×10×=×10kgsm4221215π−32−4因此E=kx=××10×0.12=1.78×10JP222−4−4−4E=E+E=5.33×10+1.78×10=7.11×10JKP5.14有一轻弹簧，下端悬挂一质量为0.1kg的砝码，砝码静止时，弹簧伸长0.05m。如果我们再把砝码竖直拉下0.02m，求放手后砝码的振动频率和振幅。解：取砝码静止时的位置为平衡位置，并令为坐标原点，向下为正方向，则有mg=kx⇒k=mg/x00当下拉x位置时，砝码所受回复力为36 f=−k(x+x)+mg=−kx0fkk因此砝码作简谐振动a==−x⇒ω=mmmω1k1mg/x01gv=====2.2Hz2π2πm2πm2πx0将初始条件x=0.02m,V=0代入振幅公式：002V20A=x+=0.02m02ω5.15一轻弹簧的劲度系数为k，其下端悬有一质量为M的盘子。现有一质量为m的物体从离盘底为h高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动。若以物体落到盘底时为计时零点、以物体落到盘子后的平衡位置为坐标原点、以向下为x轴正向，求盘子的振动方程。解：令m与M系统处于平衡位置处为坐标原点，向下为正方向m未下落时，满足:Mg=kx1m与M平衡位置处:(m+M)g=k(x+x)12mg联立解得x=2k由动量守恒：mV=(m+M)V′且V=2ghm2gh得到V′=m+Mm+M2πk而且它们共同振动的周期T=2π⇒ω==kTm+Mm2gh将初始条件t=0，x=−x，V=V′=代入振幅及位相公式：020m+M222222V0mg2mgh/(m+M)mg2khA=x+=+=1+022ωkk/(m+M)k(M+m)gV02khtanφ=−=ωx(m+M)g037 3π由于x<0，V>0⇒φ∈(π,)0022kh因此φ=arctg+π(M+m)g将已求出的A、ω和φ代入x=Acos(ωt+φ)中，即可得振动方程为mg2kh⎛k2kh⎞x=1+cos⎜t+arctg+π⎟k(M+m)g⎜⎝M+m(M+m)g⎟⎠5.16一个水平面上的弹簧振子(劲度系数为k，所系物体质量为M)，当它作振幅为A、周期为T、能量为E的无阻尼振动时，有一质量为m的粘土从高度h处自由下落。当M达到最大位移处时粘土正好落在M上，并粘在一起，这时系统的振动周期、振幅和振动能量有何变化？如果粘土是在M通过平衡位置时落在M上，这些量又如何变化？mm+M解:原周期为T=2π，两种情况下周期都变为T=T=2π>T012kk(1)当M达到最大位移处时粘土正好落在M上时，此时物体水平速度为零动量守恒得到：MV=(m+M)V且V=0⇒V=00101将初始条件x=A，V=V=0代入振幅公式00122⎛V0⎞A=x+⎜⎟=A⇒E=E101ω⎝1⎠(2)当粘土在M通过平衡位置时落在M上时，由水平方向动量守恒得到MAω0MV=(m+M)V且V=ωA⇒V=02002m+MMAω0将初始条件x=0，V=V=，代入振幅公式：002m+M22⎛⎜V0⎞⎟V0MAω0MAT2MA=x+==⋅=⋅=A0⇒sinθ<0⇒φ=−022πdθ⇒θ=θcos(ωt−)=θsinωt⇒=θωcosωtmmm2dtg−1dθI0.5−1其中ω==9.8=3.13s，初始时刻===50sldtml0.01dθ/dt50θ===15.97radmω3.135.18一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎛π⎞⎛5π⎞x1=0.04cos⎜2t+⎟，x2=0.03cos⎜2t−⎟[式中x以米计，t以秒计]⎝6⎠⎝6⎠试分别用旋转矢量法和代数法求合振动的振幅和初位相，并写出合振动的方程。π5π解：由题意A=0.04，A=0.03，φ=，φ=−121266由于∆φ=φ−φ=−π⇒A=A−A=0.01m2112A1sinφ1+A2sinφ23πtanφ==⇒φ=Acosφ+Acosφ361122⎛π⎞因此，合振动方程为x=0.01cos⎜2t+⎟⎝6⎠5.19有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20m，位相与第一振动的位相差为1π，已知第一振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅以及第一、第二6两振动的位相差。222π解：由分振动与合振动的三角形关系：A=A+A−2AAcos21162代入数据A=0.01m⇒A=0.1m22222由于A=A+A+2AAcos∆φ1212222A−A−Aπ12得到cos∆φ==0⇒∆φ=2AA2125.20试借助旋转矢量图求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：39 ⎧⎛π⎞⎧⎛π⎞⎪x1=5cos⎜3t+⎟cm⎪x1=5cos⎜3t+⎟cm()⎪⎝3⎠()⎪⎝3⎠1⎨2⎨⎪⎛7π⎞⎪⎛4π⎞x2=5cos⎜3t+⎟cmx2=5cos⎜3t+⎟cm⎪⎩⎝3⎠⎪⎩⎝3⎠π7π解(1)：由题意：A=5，A=5，φ=，φ=121233由于∆φ=φ−φ=2π⇒A=A+A=10cm=0.1m2112π4π(2)由题意：A=5，A=5，φ=，φ=121233由于∆φ=φ−φ=π⇒A=A−A=021125.21质量为0.1kg的质点同时参与两个互相垂直的简谐振动：⎛ππ⎞⎛ππ⎞x=0.06cos⎜t+⎟，y=0.03cos⎜t−⎟，式中x以米计，t以秒计。⎝33⎠⎝36⎠(1)求质点的运动轨道方程；(2)求质点在任一位置所受的作用力；(3)利用Mathematica，绘出合成振动的轨迹。⎛ππ⎞⎛ππ⎞解：(1)由于x=0.06cos⎜t+⎟=0.06sin⎜t−⎟⎝33⎠⎝36⎠22xy结合y的表示式，得到轨道方程为：+=1220.060.03rrrrr2(2)F=Fi+Fj=−mω(xi+yj)xyπ2⎡⎛ππ⎞r⎛ππ⎞r⎤=−0.1×⎢0.06cos⎜t+⎟i+0.03cos⎜t−⎟j⎥9⎣⎝33⎠⎝36⎠⎦⎛ππ⎞r⎛ππ⎞r=−0.0066cos⎜t+⎟i−0.0033cos⎜t−⎟j⎝33⎠⎝36⎠5.22一质点同时参与两个互相垂直的简谐振动：x=Acos2ωt，y=Acos3ωt，求质点的运动轨道方程。22222cos6ωt+1A解：由于y=Acos3ωt⇒y=Acos3ωt=A=(cos6ωt+1)22cos6ωt=cos(4ωt+2ωt)=cos4ωtcos2ωt−sin4ωtsin2ωt22=(2cos2ωt−1)cos2ωt−2sin2ωtcos2ωt40 2x2x由于x=Acos2ωt⇒cos2ωt=⇒sin2ωt=−12AA223⎛2x⎞xx⎛x⎞4x3x所以cos6ωt=⎜−1⎟−2⎜1−⎟=−⎜2⎟⎜2⎟3⎝A⎠AA⎝A⎠AA233222A⎛4x3x⎞2x3AxA代入y得到：y=⎜−+1⎟=−+⎜3⎟2⎝AA⎠A2222233AA所求轨道方程为：y=x−x+A225.23某质点的位移可用两个简谐振动的迭加来表示：x=Asinωt+2Asin2ωt(1)写出这质点的速度和加速度表示式；(2)这运动是否简谐振动？(3)画出其x−t图线。dx解：(1)V==Aωcosωt+4Aωcos2ωtdtdV22a==−Aωsinωt−8Aωsin2ωtdt(2)由于a与x不成正比，所以不是简谐振动。(3)取A=2,ω=1，执行Mathematica命令Plot@2Sin@tD+4Sin@2tD,8t,0,2Piv;(B)v=v;(C)v0⇒φ=π⇒A=0.2m⎡x⎤所以y=0.2cos⎢20π(t−)+π⎥⎣200⎦6.13一平面简谐波沿x轴正向传播，振幅为A=0.1m，频率为v=10Hz，已知在x=0.1m处的质点P在t=1.0s时刻的振动状态是：位移为y=0，速度为V<0，而x=20cmpp处的质点Q在t=1.0s时刻的振动状态是：位移为y=5.0cm；速度为V>0，求此qq平面波的波动方程。⎡x⎤解：令波动方程为y=Acos⎢ω(t−)+φ⎥⎣c⎦由题意：A=0.1m,v=10Hz,ω=2πv=20π⎡x⎤⎡x⎤代入得到：y=0.1cos⎢20π(t−)+φ⎥⇒V=−2πsin⎢20π(t−)+φ⎥⎣c⎦⎣c⎦将初始条件：t=1.0s，x=0.1m，y=0，V<0代入PP44 ⎡0.1⎤⎡0.1⎤0=0.1cos20π(1−)+φ且sin20π(1−)+φ>0⎢⎥⎢⎥⎣c⎦⎣c⎦⎛2π⎞⎛2π⎞⇒cos⎜−+φ⎟=0且sin⎜−+φ⎟>0⎝c⎠⎝c⎠2ππ⇒−+φ=(1)c2将初始条件：t=1.0s，x=0.2m，y=0.05m，V>0代入qq⎡0.2⎤⎡0.2⎤0.05=0.1cos20π(1−)+φ且sin20π(1−)+φ<0⎢⎥⎢⎥⎣c⎦⎣c⎦⎛4π⎞1⎛4π⎞⇒cos⎜−+φ⎟=且sin⎜−+φ⎟<0⎝c⎠2⎝c⎠4ππ⇒−+φ=−(2)c312−14π联立方程(1)、(2),解得c=ms，φ=53⎡5x4π⎤因此y=0.1cos⎢20π(t−)+⎥⎣123⎦6.14已知波源在原点的一列平面简谐波的波动方程为y=Acos(Bt−Cx)，其中A、B、C为正值恒量。试求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差。⎡⎛x⎞⎤解(1)：由y=Acos⎢B⎜t−⎟⎥得到：⎣⎝B/C⎠⎦BωB2π2π2π振幅为A,V=，v==，T==，λ=VT=C2π2πωBC(2)将x=l代入y=Acos(Bt−cl)±d(3)∆φ=⋅2π=±Cdλ6.15沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y=0.05cos(10πt−4πx)，式中x，y以米计，t以秒计。求：(1)波的振幅、波速、频率和波长；45 (2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求x=0.2m处质点在t=1s时的位相，它是原点处质点在哪一时刻的位相？解(1)：由y=0.05cos(10πt−4πx)得到：−1A=0.05，ω=10π，v=5Hz，T=0.2s，c=2.5ms，λ=cT=0.5m−1(2)V=Aω=0.05×10π=1.57msmax22−2a=Aω=0.05×100π=49.3msmax(3)φ=10πt−4πx,将t=1s，x=0.2m代入，φ=9.2π在原点处x=0⇒10πt=9.2π⇒t=0.92s−16.16一平面波在介质中以速度c=20ms沿x轴负方向传播，如题图6.16所示。已知P点的振动表达式是y=3cos4πt，式中y以米计，t以秒计。p(1)以P点为坐标原点写出波动方程；(2)以距P点5m处的Q点为坐标原点写出波动方程。cQ5mPX题图6.16⎛x⎞解(1)：y(x,t)=3cos4π⎜t+⎟⎝20⎠⎛5⎞(2)Q点振动方程为：yQ=3cos4π⎜t−⎟=3cos(4πt−π)⎝20⎠⎡⎛x⎞⎤波动方程为y(x,t)=3cos⎢4π⎜t+⎟−π⎥⎣⎝20⎠⎦−16.17一列平面余弦波沿x轴正向传播，波速为0.08m⋅s，波长为0.2m，t=0时的波形图形曲线如题图6.17所示。(1)写出波动方程；(2)绘出t=1T时的波形图。8Y(m)0.04x(m)题图6.1746 −1解：（1）由题意：A=0.04m，V=0.08ms，λ=0.2m，V0.08⇒v===0.4Hz，ω=2πv=0.8πλ0.2⎡⎛x⎞⎤令波动方程为y=0.04cos⎢0.8π⎜t−⎟+φ⎥⎣⎝0.08⎠⎦π将t=0时，x=0，y=0代入：0=0.04cosφ⇒cosφ=0⇒φ=±2π由于V<0⇒sinφ>0⇒φ=2⎡⎛x⎞π⎤因此y=0.04cos⎢0.8π⎜t−⎟+⎥⎣⎝0.08⎠2⎦（2）t=1T时的波形图80.040.020.050.10.150.20.250.3-0.02-0.046.18如题图6.18所示，已知t=0时和t=0.5s时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)，12设波沿x轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：(1)波动方程；(2)P点的振动方程。Y(cm)4(a)(b)P−4123456X(m)题图6.18解(1)由图可知：A=4cm,λ=4m⎡⎛x⎞⎤设yxt(,)=Acos⎢ω⎜t−⎟+φ⎥⎣⎝c⎠⎦47 c=1=2m2π2π2π，ω====π0.5sT⎛λ⎞4⎜⎟⎝c⎠2π由y(0,0)=⇒0φ=2⎡⎛x⎞π⎤∴yxt(,)=0.04cos⎢π⎜t−⎟+⎥⎣⎝2⎠2⎦（2）将x=3代入，得yt()=0.04cos[πt]−3−2−16.19一平面余弦波，沿直径为0.14m的圆柱形管传播，波的强度为9.0×10J⋅m⋅s，−1频率为300Hz，波速为300m⋅s，求：(1)波的平均能量密度和最大能量密度；(2)两个相邻的同相面之间的波段中波的能量。−3I9×10−5−3解(1)：由I=wc⇒w===3×10Jmc300−5−3w=2w=6×10Jmmaxc300(2)λ===1mv3002−5⎛0.14⎞−7∆W=w⋅sl=3×10×π×⎜⎟×1=4.6×10J⎝2⎠6.20如题图6.20，A和B是两个同位相的波源，相距d=0.10m，同时以30Hz的频率发−10出波动，波速为0.50m⋅s。P点位于与AB成30角、与A相距4m处，求两波通过P点的位相差。P0A30B题图6.2022π解：由三角形关系知:r=r+d−2rdcos=3.9137m2116c0.51而且λ===mv306048 r−r12由∆ϕ=φ−φ+2π，其中φ−φ=02121λ4−3.9137得到∆φ=2π×=10.36π1/606.21如题图6.21所示，S与S为两相干波源，相距1λ，且S较S位相超前0.5π，如12412果两波在SS连线方向上的强度相同[均为I]且不随距离变化，求：120(1)SS连线上S外侧各点处合成波的强度；121(2)SS连线上S外侧各点处合成波的强度。122SS12题图6.21λπ解：由题意SS=，φ−φ=121242(1)P在S外侧时：11r2−r1πλ/4∆ϕ=φ−φ−2π=−−2π×=−π21λ2λ即在S外侧两振动反相⇒A=A−A=0⇒合成波强度I=0112(2)P在S外侧时：22r2−r1π−λ/4∆ϕ=φ−φ−2π=−−2π×=021λ2λ即在S外侧两振动同相⇒A=A+A=2A⇒I=4I21210所以，S外侧各点波的强度是单一波源波的强度的4倍。26.22如题图6.22所示，设B点发出的平面横波沿BP方向传播，它在B点的振动方程为−3y=2×10cos2πt；C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振动方程1−3为y=2×10cos(2πt+π)，本题中y以米计，t以秒计。设BP=0.4m、2−1CP=0.5m，波速c=0.2m⋅s，(1)求两波传到P点时的位相差；（2）若在P点处相遇的两波的振动方向相同，求P处合振动的振幅；（3）若在P点处相遇的两波的振动方向相互垂直，再求P处合振动的振幅。49 BPC题图6.22V2πV解(1)：由λ===0.2mvωrC−rB0.1得到∆ϕ=φ−φ−2π=π−2π×=0CBλ0.2即在P处两波同相位。(2)由于两波同相位，且振动方向相同−3⇒A=A+A=4×10m12(3)当∆ϕ=0，且两振动方向垂直时22−3A=A+A=2A=2.83×10m1216.23如题图6.23所示，三个同频率、振动方向相同[垂直纸面]的平面简谐波，在传播过程中于P点相遇。若三个简谐波各自单独在S、S和S的振动方程分别是123y=Acos(ωt+1π)，y=Acos(ωt)，y=Acos(ωt−1π)，12212且SP=4λ，SP=SP=5λ[λ为波长]，求P点的振动方程[设传播过程中各波213的振幅不变]。PSSS123题图6.23解：S在P点的振动为：1⎡⎛5λ⎞π⎤⎛π⎞⎛π⎞y1=Acos⎢ω⎜t−⎟+⎥=Acos⎜ωt−5×2π+⎟=Acos⎜ωt+⎟=−Asinωt⎣⎝c⎠2⎦⎝2⎠⎝2⎠S在P点的振动为：250 ⎛4λ⎞()y2=Acosω⎜t−⎟=Acosωt−4×2π=Acosωt⎝c⎠S在P点的振动为：3⎡⎛5λ⎞π⎤⎛π⎞⎛π⎞y3=Acos⎢ω⎜t−⎟−⎥=Acos⎜ωt−5×2π−⎟=Acos⎜ωt−⎟=Asinωt⎣⎝c⎠2⎦⎝2⎠⎝2⎠ωλ2πv⋅λ2π⋅λ2π⋅λ上面三式中利用了关系：====2πcccTλ因此，P点处的合振动为y=y+y+y=−Asinωt+Acosωt+Asinωt=Acosωt1236.24一驻波方程为y=0.02cos20xcos750t，式中y以米计，t以秒计，求：(1)形成此驻波的两列分波的振幅和波速；(2)相邻两波节间的距离；−3(3)t=2.0×10s时，x=0.05m处的质点的振动速度。⎡xx⎤解(1)：y=0.02cos20xcos750t=0.01⎢cos750(t+)+cos750(t−)⎥⎣37.537.5⎦−1⇒A=0.01m，c=37.5ms−1ω375−1c(2)ω=750s⇒v==s，λ==0.314m2ππvλ相邻波节间距为∆x==0.157m2(3)由于V=−15cos20xsin750t−3将t=2.0×10s时，x=0.05m代入−1得到V=−15cos1sin1.5=−8.1ms6.25两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为：y=0.2cos2π(t−x)，y=0.2cos2π(t+x)，式中x以米计，t以秒计。12(1)试证明绳子将作驻波式振动；(2)求出波节和波腹的位置；(3)求出波腹处的振幅；(4)求出x=1m处的振幅。6解(1)：合振动为：y=y+y=0.2×2cos2πtcos2πx=0.4cos2πxcos2πt12满足驻波方程，故绳子做驻波式振动。51 π(2)节点位置cos2πx=0⇒2πx=(2k+1)21⇒x=(2k+1)其中(k=0,±1,±2L)4腹点位置cos2πx=1⇒2πx=kπk⇒x=其中(k=0,±1,±2L)2(3)波腹处的振幅是0.4m1(4)当x=m时，波的振幅6πA=0.4cos2πx=0.4cos=0.2m36.26一右行横波y=0.2cosπ(t−1x)[式中x以米计，t以秒计]，与一右行横波形成驻波，12且在x=1处形成驻波的波腹，求此左行横波的波动方程。解:令左行横波形的波动方程为：y=0.2cos[π(t+1x)+φ]22⎛πxφ⎞⎛φ⎞则y=y1+y2=0.4cos⎜+⎟cos⎜πt+⎟⎝22⎠⎝2⎠⎛πxφ⎞1当x=1时，cos⎜+⎟=1⇒φ=−π，因此y2=0.2cos[π(t+2x)−π]。⎝22⎠−16.27火车以90kmh的速度行使，其汽笛的频率为500Hz。一个人站在铁轨旁，当火车−1从他身边驶过时，他听到的汽笛声的频率变化是多大？设空气中声速为340m⋅s。[提示：频率变化=当火车向站立者驶近时他听到的汽笛声的频率ν−当火车驶离站1立者时他听到的汽笛声的频率ν]2c解：当波源向着观察者运动时，观察者接受到的频率为v′=v1c−VSc当波源远离观察者运动时，观察者接受到的频率为v′=v2c+VS2cVS频率变化为∆v=v′−v′=v12(c−V)(c+V)SS−1−1−1将c=340ms，v=500Hz，V=90kmh=25ms代入S2×340×25×500∆v==74Hz(340−25)(340+25)−1−16.28两列火车A和B分别以20m⋅s和25m⋅s的速度行使，A火车的司机听到自己的52 −1汽笛声频率为120Hz[空气中声速为340m⋅s]，(1)当A、B两车相向而行时，求B火车的司机听到的A火车的汽笛声频率；−1(2)若此时恰好有速度为15m⋅s的风沿A车向B车吹来，再求B火车的司机听到的A火车的汽笛声频率。[提示：当有风时，声速将改变]c+VB−1解：(1)当波源和观察者同时相对于介质运动时：v′=v，将V=20ms，Sc−VS−1−1340+25V=25ms，v=120Hz，c=340ms代入得到v′=×120=136.875Hz。B340−20−1355+25(2)当c′=c+V=340+15=355ms时，v′=×120=136.119Hz。0355−2053 习题七7.1简答下列问题：(1)两绝热线能否相交？(2)任意系统经历的任意不可逆绝热过程的始末态（平衡态），都可以用一个可逆绝热过程和一个可逆等温过程连接起来。请问：此可逆等温过程是吸热还是放热？(3)关于热力学第二定律，下列说法是否正确，如不正确请改正：(a)功可以全部转变为热量，但热量不能全部转变为功。(b)热量不能从低温物体传向高温物体。(4)下列过程是否可逆，为什么？(a)通过活塞（它与器壁无摩擦），极其缓慢地压缩绝热容器中的空气；(b)用旋转的叶片使绝热容器中的水温上升（焦耳热功当量实验）。(5)一定量的理想气体，从p-V图上同一初态A开始，分别经历三种不同的过程过渡到不同的末态，但末态的温度相同，如题图7.1(6)所示，其中A→C是绝热过程，问：(a)在A→B过程中气体是吸热还是放热？为什么？(b)在A→D过程中气体是吸热还是放热？为什么？pA等温线BCDOV题图7.1(6)7.2置于容器中的气体，如果气体内各处压强相等，或气体内各处温度相同，则这两种情况下气体的状态()[(B)](A)一定都是平衡态。(B)不一定都是平衡态。(C)前者一定是平衡态，后者一定不是平衡态。(D)后者一定是平衡态，前者一定不是平衡态。7.3质量一定的理想气体，从相同状态出发，分别经历等温过程、等压过程和绝热过程，使其体积增加一倍。那么气体温度的改变（绝对值）[(D)](A)绝热过程中最大，等压过程中最小。(B)绝热过程中最大，等温过程中最小。(C)等压过程中最大，绝热过程中最小。(D)等压过程中最大，等温过程中最小。7.4理想气体向真空作绝热膨胀。[(B)](A)膨胀后，温度不变，压强减小。(B)膨胀后，温度降低，压强减小。(C)膨胀后，温度升高，压强减小。54 (D)膨胀后，温度不变，压强不变。7.5对于理想气体系统来说，在下列过程中，哪个过程系统所吸收的热量、内能的增量和对外作的功三者均为负值？[(D)](A)等体降压过程。(B)等温膨胀过程。(C)绝热膨胀过程。(D)等压压缩过程。7.6一定量的理想气体，经历某过程后温度升高了。则可以断定：[(C)]（A）该理想气体系统在此过程中吸了热。（B）在此过程中外界对该理想气体系统作了正功。（C）该理想气体系统的内能增加了。（D）在此过程中理想气体系统既从外界吸了热，又对外作了正功。7.7在下列过程中，哪些是可逆过程？[(A)]（1）用活塞无摩擦地缓慢地压缩绝热容器中的理想气体。（2）用缓慢旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。（3）一滴墨水在水杯中缓慢弥散开。（4）一个不受空气阻力及其他摩擦力作用的单摆的摆动。(A)（1）、（4）(B)（2）、（4）(C)（3）、（4）(D)（1）、（3）7.8设高温热源的热力学温度是低温热源温度的n倍，则范德瓦耳斯气体在一次卡诺循环中，传给低温热源的热量是从高温热源吸取热量的[(C)](A)n倍(B)n−1倍1n+1(C)倍(D)倍nn7.9根据热力学第二定律可知：[(D)](A)功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功。(B)热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体。(C)不可逆过程就是不能向反方向进行的过程。(D)一切自发过程都是不可逆的。7.10有一定量的理想气体，其压强按Cp=2V的规律变化，C是常量。求气体从体积V增加到V所作的功。该理想气体的温度是升高还12是降低？⎛11⎞答案为：AC=⎜−⎟，温度降低VV⎝12⎠V2⎡⎤V2⎡⎤cc11解：V→V,A=dV=−=c⎢−⎥,12∫V2⎢V⎥VVV1⎣⎦V1⎣12⎦cTV122TPVVV12221T===T,∴T0,vv⎩F式中A为常量。查找有关的文献，仿照麦克斯韦速率分布函数的研究过程进行探索，写出相应的课程论文。61'