大学物理教程 第三版 上册 (贾瑞皋 著) 科学出版社 课后答案 129页

'课后答案网：www.hackshp.cn课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题一21-1一质点在平面xOy内运动，运动方程为x=2t，y=19−2t（SI）．（1）求质点的运动轨道；（2）求t=s1和t=s2时刻质点的位置矢量；（3）求t=s1和t=s2时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；（4）在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x、y分量各为多少?（5）在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大?2[解]质点的运动方程x=2t，y=19−2t（1）消去参数t，得轨道方程为:12y=19−x(x≥0)2（2）把t=1s代入运动方程，得r=xi+yj=2i+17j把t=s2代入运动方程，得(2)r2=2×i+19−2×2j=4i+11j（3）由速度、加速度定义式，有v=dx/dt=2,v=dy/dt=−4txya=dv/dt=0,a=dv/dt=−4xxyy所以，t时刻质点的速度和加速度分别为v=vxi+vyj=2i−4tja=axi+ayj=−4j所以，t=1s时，v=2i−4j，a=−4jt=s2时，v课后答案网=2i−8j，a=−4j（4）当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有r⋅v=02即2[ti+19(−2tj]⋅2[)i−4tj=0]3整理，得www.hackshp.cnt−9t=0解得t=0；t=3；t=−3（舍去）123t=s0时,x=,0y=19m11t=3s时,x=6m,y=1m22（5）任一时刻t质点离原点的距离r()t=x2+y2=2()t2+19(−2t22)dr令=0可得t=3dt所以，t=3s时，质点离原点最近r()3=6.08m1-1若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn321-2一粒子按规律x=t−3t−9t+5沿x轴运动，试分别求出该粒子沿x轴正向运动；沿x轴负向运动；加速运动；减速运动的时间间隔．32[解]由运动方程x=t−3t−9t+5可得dx2质点的速度v=3=t6−t−9=3(t−3)(t+1)（1）dtdv粒子的加速度a==6(t−1)（2）dt由式（1）可看出当t>3s时，v>0，粒子沿x轴正向运动；当t<3s时，v<0，粒子沿x轴负向运动．由式（2）可看出当t>1s时，a>0，粒子的加速度沿x轴正方向；当t<1s时，a<0，粒子的加速度沿x轴负方向．因为粒子的加速度与速度同方向时，粒子加速运动，反向时，减速运动，所以，当t>3s或01vs因此船的速率u大于收绳速率v．（2）将（1）式两边对课后答案网t求导，并考虑到v是常量dLdsduv=u+sdtdtdt22所以u−v=sa2222(u−vh)v即a==3swww.hackshp.cns21-8质点沿x轴运动，已知v=8+2t，当t=8s时，质点在原点左边52m处（向右为x轴正向）．试求：（1）质点的加速度和运动学方程；（2）初速度和初位置；（3）分析质点的运动性质．[解]（1）质点的加速度a=dv/dt=4t又v=dx/dt所以dx=vdt对上式两边积分，并考虑到初始条件得xtt∫∫∫(2)dx=dvt=8+2tdt−528823所以x=8t+t−4573.31-4若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn23因而质点的运动学方程为x=−457.3+8t+t3（2）将t=0代入速度表达式和运动学方程，得2v=8+2×0=8m/s023x=−4573.+8×0+×0=−457.3m03（3）质点沿x轴正方向作变加速直线运动，初速度为8m/s，初位置为−4573.m.1-9一物体沿x轴运动，其加速度与位置的关系为a=2+6x．物体在x=0处的速度为10ms，求物体的速度与位置的关系．dvdvdxdv[解]根据链式法则a===vdtdxdtdxvdv=adx=(2+6xd)xvx对上式两边积分并考虑到初始条件，得∫dvv=∫2(+6xd)x100故物体的速度与位置的关系为2v=6x+4x+100ms1-10一质点在平面内运动，其加速度a=axi+ayj，且ax，ay为常量．（1）求v−t和r−t的表达式；（2）证明质点的轨迹为一抛物线．t=0时，rr=r，v=v．00dv[解]由a=得课后答案网v=adtdtvt两边积分得∫v=∫adtv00因ax，ay为常量，所以www.hackshp.cna是常矢量，上式变为v−v=at即v=v+at00dr由v=得dr=vdt=(v+atd)t0dt两边积分，并考虑到v和a是常矢量，0rt∫dr=∫(v+atd)t0r0012即r=r+vt+at002（2）为了证明过程简单起见，按如下方式选取坐标系，使一个坐标轴（如y轴）与a1-5若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn平行，并使质点在t=0时刻位于r．0这样x=vt+x（1）0x012y=at+vt+y（2）0y02联立（1）~（2）式，消去参数t得1a(2)v0y()y=x−x+x−x0+y0202v0xv0x此即为轨道方程，它为一条抛物线．1-11在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为a=g−Bv，g为重力加速度，B为与物体的质量、形状及介质有关的常数．设t=0时物体的初速度为零．（1）试求物体的速度随时间变化的关系式；（2）当加速度为零时的速度（称为收尾速度）值为多大?dv[解]（1）由a=得dtdv=dtg−Bv两边分别积分，得vdvt∫=∫dt0g−Bv0所以，物体的速率随时间变化的关系为：g(−Bt)v=1−eB（2）当a=0时有课后答案网a=g−Bv=0（或以t=∞代入）g由此得收尾速率v=B1-12一质点由静止开始作直线运动，初始加速度为a，此后随t均匀增加，经时间τ后，加速度变为2a，经2τ后，加速度变为www.hackshp.cn3a，……．求经时间nτ后，该质点的加速度和所走过的距离．[解]由题意可设质点的加速度与时间t的关系为a=a+kt（k为常数）t由a=a+kτ=2a得τak=τa⎛t⎞所以at=a+t=⎜1+⎟aτ⎝τ⎠故当t=nτ时，质点的加速度a=(n+1a)nτ1-6若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cndv由a=得dtdv=adt对上式两边积分得vt⎛t⎞∫dv=∫⎜1+⎟adt00⎝τ⎠a2所以v=at+t2τdx又v=dx=vdtdt对上式两边积分snτ⎛a2⎞∫dx=∫⎜at+t⎟dt00⎝2τ⎠经过时间nτ后，质点所走过的距离⎛12a3⎞nτ12()2s=⎜at+t⎟0=nn+3aτ⎝26τ⎠61-13一物体悬挂于弹簧上沿竖直方向作谐振动，其加速a=−ky，k为常数，y是离开平衡位置的坐标值．设y处物体的速度为v，试求速度v与y的函数关系．00dvdvdydv[解]根据链式法则a===vdtdydtdyvdv=ady对上式两边积分课后答案网vyy∫vdv=∫ady=∫−kydyv0y0y0122122即(v−v=−)k(y−y)0022故速度v与y的函数关系为www.hackshp.cn22(22)v=v0+ky0−y1-14一艘正以速率v匀速行驶的舰艇，在发动机关闭之后匀减速行驶．其加速度的大02小与速度的平方成正比，即a=−kv，k为正常数．试求舰艇在关闭发动机后行驶了x距离时速度的大小．dvdvdxdv[解]根据链式法则a===vdtdxdtdxvdx=dva对上式两边积分1-7若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnxvvvdv∫dx=∫dv=∫0v0av0−kv化简得1vx=−lnkv0所以−kxv=ve022l-15一粒子沿抛物线轨道y=x运动，且知v=3ms．试求粒子在x=m处的速度x3和加速度．2[解]由粒子的轨道方程y=xdydx对时间t求导数v==2x=2xv（1）yxdtdt再对时间t求导数，并考虑到v是恒量xdvy2a==2v（2）xdt2把x=m代入式（1）得32v=2××3=4msy32所以，粒子在x=m处的速度为3课后答案网2222v=v+v=3+4=5msxx与x轴正方向之间的夹角vy40www.hackshp.cnθ=arctan=arctan=538′vx32由式（2）得粒子在x=m处的加速度为322a=2×3=18ms加速度方向沿y轴的正方向．31-16一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置θ=2+4t．（1）在t=2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少?（2）切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，θ值为多少?（3）何时切向加速度与法向加速度大小相等?dθ2[解]质点的角速度ω==12tdt1-8若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn22质点的线速度v=Rω=010.×12t=1.2t质点的法向加速度a，切向加速度a为nta=ω2R=(12t22)×.010=144.t4（1）ndva==2.4t（2）tdt（1）把t=2s代入（1）式和（2）式，得此时422a=144.×2=2.3×10m/sn2a=24.×2=4.8m/st（2）质点的总加速度226a=a+a=4.2t36t+1nt16由a=a得4.2t=5.0×4.2t36t+1t2解得t=0.66s3所以θ=2+4t=3.15rad（3）当4a=a即144.t=4.2t时nt有t=0.55s1-17火车在曲率半径R＝400m的圆弧轨道上行驶．已知火车的切向加速度2a=2.0ms，求火车的瞬时速率为10ms时的法向加速度和加速度．t22v102[解]火车的法向加速度a===0.25msn课后答案网R400方向指向曲率中心22222火车的总加速度a=an+at=0.25+0.2=0.32ms设加速度a与速度v之间的夹角为www.hackshp.cnθ，则=an=0.25=0=0′θarctanarctan5134.5120at0.21-18为了转播电视而发射的地球同步卫星在赤道上空的圆轨道上运动，周期等于地球的自转周期T=24h．求卫星离开地面的高度和卫星的速率（距地球中心r处的重力加速度2⎛R⎞ea=g⎜⎟，Re是地球的半径．）⎝r⎠[解]设同步卫星距地球的中心为r，速率为v，则2πrv=（1）T1-9若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn22v⎛Re⎞=a=g⎜⎟（2）r⎝r⎠解（2）式可得22(32()2)gReT38.9×6378×10×24×36007r=3==.422×10m224π4π代入（1）式可得72πr2π422.×103v===3.07×10msT24×3600所以，卫星距地面的高度737h=r−R=224.10×−6378×10=358.×10me11-19若登月舱在登上月球之前绕月球以半径r=R（R为地球半径）作圆周运动，ee31并且已知这时月球对登月舱的引力加速度a=g．试计算登月舱的速率和飞行一周所需要12的时间．[解]设登月舱的速率为v，周期为T，则22v3v1=a即=g（1）rR12e2πr2πRe=v即=v（2）T3T解（1）式可得课后答案网g9.833v=R=×6378×10=132.×10mse3636代入（2）式可得2πR2π6378×103e4T=www.hackshp.cn==1.01×10s3g3639.8361-20如图所示，一卷扬机自静止开始作匀加速运动，绞索上一点起初在A处经3s到达鼓轮的B处，然后作圆周运动．已知AB=0.45m,鼓轮半径R=0.5m，求该点经过点C时，其速度和加速度的大小和方向．[解]设A点的切向加速度为a，经过B点时的速率为v，tB法向加速度为an由A到B过程：12AB=att（1）21-10若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnv=at（2）Bt在B点：ω=v/R，β=a/R（3）BBt22由B到C过程：ω−ω=2πβ（4）CB在C点：v=ωR（5）CC联立以上五式，得22⎛2AB⎞4AB⎛2×.045⎞4×.045vC=ωCR=⎜⎟+2πR=⎜⎟+2π×5.0=.064ms⎝Rt⎠Rt⎝5.0×3⎠5.0×3方向沿切向2vC2ABa=a=nt2Rt2⎛2⎞22⎛2×0.45⎞⎜0.64⎟2a=at+an=⎜⎟+=0.83ms2⎜0.5⎟⎝3⎠⎝⎠2at0.640.50θ=arctan=arctan=832′2an2×0.4531-21在一个转动的齿轮上，一个齿尖P沿半径为R的圆周运动，其路程随时间的变化12规律为s=vt+bt，其中v和b都是正常量．求t时刻齿尖P的速度及加速度的大小．002[解]设时刻t齿尖P的速率为课后答案网v，切向加速度at，法向加速度an，则dsv==v+bt0dtdva==btwww.hackshp.cndt22v(v0+bt)a==nRR所以，t时刻齿尖P的加速度为4(v+bt)2220a=a+a=b+tn2R1-22一物体作斜抛运动，抛射角为α，初速度为v，轨0迹为一抛物线（如图所示）．试分别求抛物线顶点A及下落点B处的曲率半径．[解]物体在A点的速度设为v，法向加速度为a，曲率AnA1-11若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn半径为ρ，由题图显然有Av=vcosα（1）A0a=g（2）nA2vA=a（3）nAρA22vcosα联立上述三式得0ρ=Ag物体在B点的速度设为v，法向加速度为a，曲率半径为ρ，由题图显然有BnBBv=v（4）B0a=gcosα（5）nB2vB=a（6）nBρB2v0联立上述三式得ρ=Bgcosα1-23一物体作如图所示的抛体运动，测得轨道的点A处，速度的大小为v，其方向与0水平线的夹角为30，求点课后答案网A的切向加速度和该处的曲率半径．[解]设A点处物体的切向加速度为a，法向加速度为a，tn曲率半径为ρ，则g=a+atn由图知a=−www.hackshp.cngsin300=−5.0gt0a=gcos30=3g/2n2222vvv23v又=a所以ρ===nρan3g/23g01-24一门火炮在原点处以仰角θ=30、初速v=100ms发射一枚炮弹．另有一门110位于x=60m处的火炮同时以初速v=80ms发射另一枚炮弹，其仰角θ为何值时，可0202望能与第一枚炮弹在空中相碰?相碰时间和位置如何（忽略空气阻力的影响）?1-12若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn[解]设经过时间t后，炮弹1、炮弹2的坐标分别为(x,y、)(x,y，则)112212对炮弹1x1=v10cosθ1ty1=v10sinθ1t−gt212对炮弹2x=x+vcosθty=vsinθt−gt2020222022当炮弹1、炮弹2相碰时x=xy=y1212即vcosθt=x+vcosθt（1）10102021212vsinθt−gt=vsinθt−gt（2）10120222v101000解（2）式可得sinθ=sinθ=×sin30=0.625（3）21v20800所以θ=arcsin0.625=38.6822x60由（1）式可得t=0==2.48s00v10cosθ1−v20cosθ2100×cos30−80×cos38.682相遇时的坐标设为（x，y），则0x=x1=x2=v10cosθ1t=100×cos30×.248=214.77m12012y=y=y=vsinθt−gt=100×sin30×2.48−×9.8×248.=93.86m12101221-25河宽为d，靠河岸处水流速度变为零，从岸边到中流，河水的流速与离开岸的距课后答案网离成正比地增大，到中流处为v．某人以相对水流不变的速率v垂直水流方向驶船渡河，0求船在达到中流之前的轨迹方程．[解]取图示坐标系www.hackshp.cnv=kyxd已知y=时，v=vx022v0代入上式得k=d2v0所以vx=y（1）d又vy=v积分得y=vt（2）2v0代入（1）式得vx=vtd1-13若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnv02积分得x=vt（3）dv02由（2）、（3）消去t得x=yvd1-26如图所示，一航空母舰正以17ms的速度向东行驶，一架直升飞机准备降落在舰的甲板上．海上有12ms的北风吹着．若舰上的海员看到直升飞机以5ms的速度垂直下降，求直升飞机相对海水及相对空气的速度?习题1-26图[解]已知v=−5kv=17jv=12i机对舰舰对海气对海故v=v+v=(−5k+17jm)s机对海机对舰舰对海v机对气=v机对海+v海对气=(−12i+17j−5k)ms课后答案网www.hackshp.cn1-14若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2-1质量为m的子弹以速率v水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，0比例系数为k，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；(2)子弹射入沙土的最大深度。[解]设任意时刻子弹的速度为v，子弹进入沙土的最大深度为s，由题意知，子弹所受的阻力f=-kvdv(1)由牛顿第二定律f=ma=mdtdv即−kv==mdtdvk所以=−dtvmvdvkt对等式两边积分∫=−∫dtv0vm0vk得ln=−tvm0k−t因此v=vem0dvdvdxdv(2)由牛顿第二定律f=ma=m=m=mvdtdxdtdxdv即−kv=mvdxk所以−dx=dvmks0对上式两边积分−∫dx=∫dv课后答案网m0v0k得到−s=−v0mmv0即s=www.hackshp.cnk2-2质量为m的小球，在水中受到的浮力为F，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f＝kv(k为常数)。若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v与时间的关系为⎛kt⎞mg−F−v=⎜1−em⎟fFk⎜⎟0⎝⎠[证明]任意时刻t小球的受力如图所示，取向下为y轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。由牛顿第二定律得ymg−F−f=ma=mdvmgdtdv即mg−F−kv=ma=m习题2－2图dt2-1若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cndvdt整理得=mg−F−kvmvdvtdt对上式两边积分∫=∫0mg−F−kv0mmg−F−kvkt得ln=−mg−Fm⎛kt⎞mg−F−即v=⎜1−em⎟k⎜⎟⎝⎠2-3跳伞运动员与装备的质量共为m，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正2比，即F=kv。求跳伞员的运动速率v随时间t变化的规律和极限速率v。T[解]设运动员在任一时刻的速率为v，极限速率为v，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的T重力时，速率达到极限。2此时mg=kvTmg即v=Tk2dv有牛顿第二定律mg−kv=mdt课后答案网dvdt整理得=2mg−kvmvdvtdt1对上式两边积分=∫0mg−www.hackshp.cnkv2∫0m2mgkmg−vkt得ln=mg+vkm2t2tmkgmkge−1mge−1整理得v==2vT2tktmkgmkge+1e+12-4一人造地球卫星质量m=1327kg，在离地面6h=.185×10m的高空中环绕地球作匀速率圆周运动。求：(1)卫星所受向心力f的大小；(2)卫星的速率v；(3)卫星的转动周期T。[解]卫星所受的向心力即是卫星和地球之间的引力2-2若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnMm地f=G(2)R+heM地g=G2ReR2(32)e6378×103由上面两式得f=mg=1327×9.8×=7.82×10N22(Re+h)6378(×103+185.×106)2v(2)由牛顿第二定律f=mRe+h()3(36)fRe+h827.10××6378×10+1.85×103v===6.96×10msm1327(3)卫星的运转周期362π(Re+h2)π6378(×10+1.85×10)3T===743.×10s=2h3min50sv36.96×102-5试求赤道上方的地球同步卫星距地面的高度。[解]设同步卫距地面高度为h，距地心为R+h，则Mm2G=mrω2rMmG=mg2R2所以GM=课后答案网gR13⎛gR2⎞代入第一式中r=⎜⎟⎜2⎟⎝ω⎠www.hackshp.cn2π−5ω==.727×10rads24×36007解得r=4.22×10m764h=r−R=.422×10−.637×10=.358×10m2-6两个质量都是m的星球，保持在同一圆形轨道上运行，轨道圆心位置上及轨道附近都没有其它星球。已知轨道半径为R，求：(1)每个星球所受到的合力；(2)每个星球的运行周期。[解]因为两个星球在同一轨道上作圆周运动，因此，他们受到的合力必须指向圆形轨道的圆心，又因星球不受其他星球的作用，因此，只有这两个星球间的万有引力提供向心力。所以两个星球必须分布在直径的两个端点上，且其运行的速度周期均相同(1)每个星球所受的合力2-3若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2mmmF=F=G=G1222(2R)4R(2)设运动周期为T2v2πRF=mT=1RvR联立上述三式得T=4πRGm所以，每个星球的运行周期RT=T=T=4πR12Gm2-7一种围绕地球运行的空间站设计成一个环状密封圆筒(像一个充气的自行车胎)，环中心的半径是1.8km。如果想在环内产生大小等于g的人造重力加速度，则环应绕它的轴以多大的速度旋转？这人造重力方向如何？[解]由于人造重力即人在环内的惯性离心力，所以有2mωr=mgg8.9−2ω===4.7×10rad/s3r8.1×10此人造重力的方向为沿着环的转动半径向外。2－8平流层信息台是目前正在研制的一种多用途通信装置。它是在20km～40km高空的平流层内放置的充氦飞艇，其上装有信息转发器可进行各种信息传递。由于平流层内有比较稳定的东向或西向气流，所以要固定这种飞艇的位置需要在其上装推进器以平衡气流对飞艇的推力。一种飞艇的设计直径为课后答案网50m，预定放置处的空气密度为0.062kg/m，风速取40m/s，空气阻力系数取0.016，求固定该飞艇所需要的推进器的推力。如果该推进器的推力效率为10mN/W，则该推进器所需的功率多大？（能源可以是太阳能。）[解]推进器的推力和气流对飞艇的流体阻力相平衡，所以推力等于12122F=f=CρAv=×.0016×.0062×π×25×40=1560N2www.hackshp.cn23−35所需功率为1.56×10/10×10=1.56×10W=156kW2-9一根线密度为λ的均匀柔软链条，上端被人用手提住，下端恰好碰到桌面。现将手突然松开，链条下落，设每节链环落到桌面上之后就静止在桌面上，求链条下落距离s时对桌面的瞬时作用力。[解]链条对桌面的作用力由两部分构成：一是已下落的s段对桌面的压力N，另一部分是正在下落1的dx段对桌面的冲力N，桌面对dx段的作用力为N′。显然22N=λsg1t时刻，下落桌面部分长s。设再经过dt，有dx落在桌面上。取下落的dx段链条为研究对象，它在dt时间之内速度由v=2gs变为零，根据动量定理2-4若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnN′dt=dp(1)2dp=0−λvdx(2)dx=vdt(3)由(2)、(3)式得N′=−2sgλ2N=−N′=2sgλ22故链条对桌面的作用力为N=N+N=3λsg122-10一半径为R的半球形碗，内表面光滑，碗口向上固定于桌面上。一质量为m的小球正以角速度ω沿碗的内面在水平面上作匀速率圆周运动。求小球的运动水平面距离碗底的高度。[分析]小钢球沿碗内壁作圆周运动，其向心力是由内壁对它的支承力的分力提供的，而支承力的方向始终与该点内壁相垂直，显然，不同的角速度对应不同大小和方向的支承力。[解]设小球的运动水平面距碗底的高度为h，小球受力如图所示，则Nsinθ=mg2Ncosθ=mωrR−hNsinθ=RRrθrhmgcosθ=R⎛g⎞由以上四式得h=R⎜1−⎟2⎝ωR⎠课后答案网习题2－10图2-11自动步枪连发时每分钟射出120发子弹，每颗子弹的质量为m＝7.90g，出口速率为735ms，求射击时(以分钟计)抢托对肩的平均压力。[解]取∆t时间之内射出的子弹为研究对象，作用在子弹上的平均力为www.hackshp.cnN′，根据动量定理得N′∆t=∆p120m∆tv−0∆p60−3所以N′===2mv=2×907.×10×735=11.6N∆t∆t故枪托对肩部的平均压力为N=N′=11.6N2-12水力采煤是利用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为D=30mm，水速v=56ms，水柱垂直射到煤层表面上，冲击煤层后速度变为零。求水柱对煤层的平均冲力。[解]取长为dx的一段水柱为研究对象，设它受到的煤层的作用力为N′，根据动量定理2-5若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnN′dt=dp(2)2dp0−dx⋅π⋅D2ρvD2所以N′===−πρvdtdt4(−32)30×10323=−π×1××10×56=−222.×10N4故水柱对煤层的平均冲力3N=−N′=222.×10N2-13F＝30+4t的力作用在质量为10kg的物体上，求：(1)在开始两秒钟内，此力的冲量是多少?(2)要使冲量等于300N⋅s，此力作用的时间为多少?(3)若物体的初速度为10ms，方向与F相同，在t=6.86s时，此物体的速度是多少?[解]根据冲量定义tt()2I=∫dFt=∫30+4tdt=30t+2t00(1)开始两秒钟此力的冲量22I30=t2+t=30×2+2×2=68N⋅s2(2)当I=300N⋅s时230t+2t=300解得t=6.86s(3)当t=6.86s时，I=300N⋅s，根据动量定理I=∆p=课后答案网mv−mv0I+mv0300+10×10因此v===40msm102-14质量为m的质点，以不变速率www.hackshp.cnv沿图示三角形ABC的水平光滑轨道运动。求质点越过角A时，轨道作用于质点冲量的大小。[解]如图所示，质点越过A角时动量的改变为习题2－14图∆p=m(v−v)21由图知∆p的大小mv10∆pA∆p=2mvsin60=3mvmv2根据动量定理I=∆p=3mv2-6若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2-15质量为m的质点在xOy平面内运动，其运动方程r=acosωti+bsinωtj，试求：(1)质点的2π动量；(2)从t＝0到t=这段时间内质点受到的合力的冲量；(3)在上述时间内，质点的动量是否守恒?ω为什么?[解]质点的速度drv==ω−asinωti+bωcosωtj(1)dt(1)质点的动量p=mv=mω(−asinωti+bcosωtj)(2)由(1)式得t=0时，质点的速度v=bωj02πt=时，质点的速度为ωv=−aωsin2πi+bωcos2πj=bωjt根据动量定理I=∆p=mv−mv=0t0解法二：drv==ω−asinωti+bωcosωtjdtdv22a==−ωacosωti−bwsinωtjdt22F=ma=−maωcosωti−mbwsinωtj2π2πI=ωFd课后答案网t=ω(−maω2cosωti−mbw2sinωtj)dt=0∫0∫0(3)质点的动量不守恒，因为由第一问结果知动量随时间t变化。2-16将一空盒放在台秤盘上，并将台秤的读数调节到零，然后从高出盒底www.hackshp.cnh处将石子以每秒n个的速率连续注入盒中，每一石子的质量为m。假定石子与盒子的碰撞是完全非弹性的，试求石子开始落入盒后t秒时，台秤的读数。[解]t秒钟后台秤的读数包括下面两部分，一部分是已落入盒中的石子对称盘的压力N，另一部分是1正下落的石子对秤的冲力N，显然2N=nmgt1取∆t时间下落的石子为研究对象，设它们所受到的平均冲力为N′，根据动量定理N′∆t=∆p=0−nm∆tv=0−nm∆t2gh2所以N′=−nm2gh22-7若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn故∆t时间下落的石子对称的冲力N=−N′=nm2gh22因此秤的读数为N=N+N=nmgt+nm2gh122-17一质点的运动轨迹如图所示。已知质点的质量为20g，在A、B两位置处的速率都是20ms，0v与x轴成45角，v与y轴垂直，求质点由A点运动到B点这段时间内，作用在质点上外力的总冲量。AB习题2－17图[解]由题意知，质点由A点到B点动量的改变为0−3−32∆p=−mv−mvcos45=20−10××20−20×10×20×=−0.683kg⋅msxBA20−32∆p=0−mvsin45=−20×10×20×=−0.283kg⋅msyA2根据动量定理，作用在质点上的外力的冲量课后答案网Ix=∆pxIy=∆py所以I=Ix2+Iy2=(∆px2)+(∆py2)=(−0.6832)+−0(283.2=0.)739N⋅s冲量与x轴之间的夹角www.hackshp.cnIg−0.2830θ=arctan=arctan=202.5I−0.683x2-18若直升飞机上升的螺旋浆由两个对称的叶片组成，每一叶片的质量m＝136kg，长l=3.66m。当它的转速n=320rmin时，求两个叶片根部的张力(设叶片是均匀薄片)。[解一]设叶片的根部为原点O，作径向Or轴，在叶片上距O点为r处取一线元dr，则dm=λdr，其两边所受的张力如图所示。根据圆周运动沿径向的动力学方程，有()2m2T+dT−T=ωrdm=ωrdrl2-8若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnm2即dT=ωrdrl对上式积分，并考虑到叶片的外端r趋近于l时，张力T=0，则0lm2∫dT=∫ωrdrTrl因此距O点为r处叶片中的张力为222mω(22)2πmn(22)T=−l−r=−l−r2ll式中负号表明T指向O点。取r=0，代入题中所给数据，得叶片根部张力225T=−2πmnl=−279.×10N0[解二]任意时刻t叶片的动量lml2πnm2πnmπnp=vdm=ωrdr=rdr=l=mlt∫∫0l∫060l60260经过dt时间，叶片动量的改变2πndp=ptdθ=ptωdt=ptdt60叶片根部所受的作用力2222dpπ2n2πn2π×3205F′==p=ml=×136×3.66=2.79×10Nt22dt6060602-19如图所示，砂子从h＝0.8m处下落到以v=3ms的速0率沿水平向右运动的传输带上，若每秒钟落下100kg的砂子，求传输带对砂子作用力的大小和方向。课后答案网[解]如图所示，设∆t时间内落下的砂子的质量为∆m，则∆m的动量改变∆p=∆m(v−v)www.hackshp.cn01显然有v=2gh习题2－19图1由图可知(2)(2)22∆p=∆mv+∆mv=∆mv+v1010根据动量定理F∆t=∆p所以∆mv0∆p∆m22∆m2F==v+v=2gh+v100∆t∆t∆t∆mv1∆p2=100×2×8.9×8.0+3=497Ny2-20矿砂从传输带A落到另一传输带B，其速度2-9x0若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn大小为v＝4ms，v＝2ms方向如图所示。设传输带的运送量∆m∆t＝2000kgh，求矿砂作用在12传输带B上的力的大小和方向。习题2－20图[解]取∆t时间内落下的矿砂∆m为研究对象，建立如图所示的坐标系，其动量的改变为∆p=−∆mvcosθ+∆mvsinθ=∆m(vsinθ−vcosθ)x22111122∆py=∆mv2sinθ2+∆mv1cosθ1=∆m(v1cosθ1+v2sinθ2)根据动量定理F∆t=∆pFx∆t=∆pxFy∆t=∆py∆px∆m200000−2所以F==(vsinθ−vcosθ)=(4sin30−2cos15)=3.79×10Nx1122∆t∆t3600∆py∆m()2000(00)F==vsinθ+vcosθ=2sin15+4cos30=2.21Ny2211∆t∆t3600故矿砂作用在传输带B上的力2222(−3)F=Fx+Fy=.211+.379×10=1.2N与竖直方向的夹角−3Fx379.×100θ=arctg=arctg=1F2.11y2-21质量为m的质点，当它处在r=-2i+4j+6k的位置时的速度v=5i+4j+6k，试求其对原点的角动量。[解]质点对原点的角动量为L=r×p=mr×v课后答案网ijk=m−246=m(42j−28k)546www.hackshp.cn2-22一质量为m＝2200kg的汽车v=60kmh的速率沿一平直公路行驶。求汽车对公路一侧距公路为d＝50m的一点的角动量是多大?对公路上任一点的角动量又是多大?[解]根据角动量的定义式L=r×mv362(1)L=rmvsinθ=mvd2200=60×10×3600×50=183.×10kg⋅ms(2)对公路上任一点r∥v，所以L=02-23某人造地球卫星的质量为m＝l802kg，在离地面2100km的高空沿圆形轨道运行。试求卫星对6地心的角动量(地球半径R=640.×10m)。地2-10若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn[解]设卫星的速度为v，地球的质量为M，则2MmvG=m(1)2+(R地+h)R地hM又G=g(2)R地g联立两式得v=R地R+h地卫星对地的角动量L=m(R地+h⋅v=)mgR地+h⋅(地)(66)6=18029.8×640.×10+210.×10×6.40×10142=105.×10kg⋅ms2-24若将月球轨道视为圆周，其转动周期为27.3d，求月球对地球中心的角动量及面积速度228(m=.735×10kg，轨道半径R=.384×10m)。月[解]设月球的速度为v，月球对地球中心的角动量为L，则v=2πR/T2πRL=m月Rv=m月T22827.35×10×(3.84×10)×2×3.14=273.×24×3600342课后答案网=289.×10kg⋅m/s月球的面积速度为2112v=πR/T=.196×10m/swww.hackshp.cn面6−102-25氢原子中的电子以角速度ω=.413×10rads在半径r=5.3×10m的圆形轨道上绕质−34子转动。试求电子的轨道角动量，并以普朗克常数h表示之(h=663.×10J⋅s)。[解]电子的轨道角动量2−31(−102)6−42−9L=mrω=1.9×10×3.5×10×.413×10=.106×10=6.1×10J⋅s92-26海王星的轨道运动可看成是匀速率圆周运动，轨道半径约为R=5×10km，绕太阳运行的周26期为T=165年。海王星的质量约为m=10.×10kg，试计算海王星对大阳中心的角动量的大小。[解]海王星对太阳中心的角动量L=mRv2-11若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2πRv=T联立两式得到2(93)22πR262π×50.×10×10422L=m=1.0×10×=302.×10kg⋅msT165×365×24×36002πt2-27质量为m的质点开始处于静止状态，在外力F的作用下沿直线运动。已知F=F0sin，T方向与直线平行。求：(1)在0到T的时间内，力F的冲量的大小；(2)在0到T2时间内，力F冲量的大小；(3)在0到T2时间内，力F所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。t1[解]由冲量的定义I=∫Fdt，在直线情况下，求冲量I的大小可用代数量的积分，即t2t1I=∫Fdtt2(1)从t＝0到t=T，冲量的大小为：TT2πtF0T2πtTI=Fdt=Fsindt=[−cos]=01∫0∫00T2πT0(2)从t=0到t=T/2，冲量的大小为TT2πtF0T2πtTTF0I=2Fdt=2Fsindt=[−cos]2=2∫0∫00T2πT0π(3)初速度v=0，由冲量定理I=mv−mv00ITF0v==当t=T/2时，质点的速度课后答案网mπm又由动能定理，力F所作的功2222121212mTF0TF0A=mv−mv=mv==220222www.hackshp.cn22πm2πm(4)质点的加速度a=(F/m)sin(2πt/T)，在t=0到t=T/2时间内，a>0，质点作初速度为0零的加速运动，t=T/2时，a=0，速度达到最大；在t=T/2到t=T时间内，a<0，但v>0，故质点作减速运动，t=T时a=0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一周期的相似运动。总之，质点作速度方向不变的变速直线运动。2-28角动量为L，质量为m的人造地球卫星，在半径为r的圆形轨道上运行，试求其动能、势能和总能量。[解]将人造地球卫星看作质点，因为卫星作圆周运动，所以r⊥v，由L=r×(mv)知，LL=rmvv=rm2-12若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn22121⎛L⎞1L所以卫星的动能Ek=mv=m⎜⎟=22rm22⎝⎠rm选无穷远处为势能零点，由牛顿运动定律得：2vGMmF=m=n2rr12GMm所以Ek=mv=22rGMm又E=−pr2L所以E=−2E=−pk2mr2L所以E=E+E=−kp22mr2-29一质量为m与另一质量为m的质点间有万有引力作用。试求使两质点间的距离由x增加到121x=x+d时所需要作的功。1mm12[解]万有引力F=−Gr20r两质点间的距离由x增加到x=x+d时，万有引力所作的功为1x1+dx1+dm1m2⎛11⎞A=F⋅dr=−Gdr=Gmm⎜−⎟∫x∫x212⎜⎟1课后答案网1r⎝x1+dx1⎠故外力所作的功x1+d⎛11⎞dA′=−A=F⋅dr=Gmm⎜−⎟=Gmm∫x12⎜⎟121www.hackshp.cn⎝x1x1+d⎠x1(x1+d)此题也可用功能原理求：A=∆E=∆E＝⋯外p32-30设两粒子之间的相互作用力为排斥力，其变化规律为f=kr，k为常数。若取无穷远处为零势能参考位置，试求两粒子相距为r时的势能。[解]由势能的定义知r处的势能Ep为:∞∞∞k1∞kEp=∫rf⋅dr=∫rfdr=∫r3dr=−k2r=2r2r2r2-31设地球的质量为M，万有引力恒量为G，一质量为m的宇宙飞船返回地球时，可认为它是在02-13若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn地球引力场中运动(此时飞船的发动机已关闭)。求它从距地心R下降到R处时所增加的动能。12[解]由动能定理，宇宙飞船动能的增量等于万有引力对飞船所作的功，而此功又等于这一过程中地球与飞船系统势能增量的负值，即：MmMm∆Ek=−∆Ep=−[−G0−(−G0)]RR21Mm(R−R)12=G0R1R2ab2-32双原子中两原子间相互作用的势能函数可近似写成E()x=−，式中a、b为常数，xp126xx为原子间距，两原子的势能曲线如图所示。(1)x为何值时Ep()x=0?x为何值时Ep()x为极小值?(2)试确定两原子间的作用力；(3)假设两原子中有一个保持静止，另一个沿x轴运动，试述可能发生的运动情况。[解](1)当E()x=0时，有：pab−=0126xx6a1即x=或=0习题6bx2-32图a1故x=()6或x→∞时，E（x）=01pbdEp(x)Ep(x)为极小值时，有=0课后答案网dxab即−12+6=0137xx1⎛2a⎞6所以x1=⎜⎟或x2=∞www.hackshp.cn⎝b⎠(2)设两原子之间作用力为f()x，则f(x)=−gradEp(x)在一维情况下，有dEp(x)abf(x)=−=12−6dx137xx(3)由原子的受力情况可以看出可能发生的运动情况为:当x0，它们互相排斥，另一原子将远离；当x>x2时f(x)<0，它们又互相吸引，另一原子在远离过程中减速，直至速度为零，然后改变方向加速靠近静止原子，再当xm．设定滑轮是质量为M，半径为r的圆盘，绳的质量及轴处摩擦1212不计，绳子与轮之间无相对滑动．试求物体的加速度和绳的张力．[解]物体m1,m2及滑轮M受力如图所示NT1T2m1m2Mmgmg21MgT2T1对m取向下为正方向：mg−T=ma（1）1111对m取向上为正方向：T−mg=ma（2）2课后答案网222′′对M取顺时针方向为正方向：Tr−Tr=Jβ（3）122又J=Mr/2（4）a=rβ（5）www.hackshp.cn′T=T（6）11′T2=T2（7）联立（1）-（7）式，解得(m−m)g12a=m1+m2+M/22m+M2/2T1=m1gm+m+M2/124-4若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2m+M/21T=mg22m1+m2+M/24-l0绞车上装有两个连在一起的大小不同的鼓轮（如图），其质量和半径分别为m=2kg、r=0.05m，M=8kg、R=0.10m．两鼓轮可看成是质量均匀分布的圆盘，绳索质量及轴承摩擦不计．当绳端各受拉力T=1kg，T=2kg时，求鼓轮的角加速度．12[解]根据转动定律，取顺时针方向为正−Tr+TR=Jβ12（1）22J=mr/2+MR/2（2）联立（1），（2）式可得−2T1r+2T2R2β==34.6rad/s22mr+MR4-11质量为M、半径为R的转盘，可绕铅直轴无摩擦地转动．转盘的初角速度为零．一个质量为m的人，在转盘上从静止开始沿半径为r的圆周相对圆盘匀角速走动，如果人在圆盘上走了一周回到了原位置，那么转盘相对地面转了多少角度?[解]取m和M组成的系统为研究对象，系统对固定的转轴角动量守恒．设人相对圆盘的速度为v，圆盘的角速度为课后答案网ω，设人转动方向为正方向，则mr(v+ωr+)Jω=0（1）而J=MR22/（2）联立（1）、（2）式可得www.hackshp.cnmvrω=−22MR/2+mr人在转盘上走一周所用的时间t=2πr/v转盘转过的角度为2mrθ=ωt=−2π负号表示方向与正方向相反．22MR/2+mr4-12如图所示，一质量为m的圆盘形工件套装在一根可转动的轴上，它们的中心线相互重合．圆盘形工件的内、外直径分别为D和D．该工件在外力矩作用下获得12角速度ω，这时撤掉外力矩，工件在轴所受的阻力矩作用04-5若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn下最后停止转动，其间经历了时间t．试求轴处所受到的平均阻力f[轴的转动惯量略而不计，122圆盘形工件绕其中心轴的转动惯量为m(D1+D2]．)8[解]根据角动量定理Mt=ωJ−Jω21D1M=−f⋅21(22)J=mD1+D2822mω(D+D)012联立上述三式得到f=4Dt14-13一砂轮直径为1m，质量为50kg，以900rmin的转速转动，一工件以200N的正压力作用于轮子的边缘上，使砂轮在11.8s内停止转动．求砂轮与工件间的摩擦系数（砂12轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为mR，其中，m和R分别为砂轮的质量2和半径）．[解]根据角动量定理，Mt=Jω−Jω21M=−µNR12J=mR课后答案网2ω=0212π50××900×www.hackshp.cnmRω0260联立上述四式得到µ===0.52Nt2×200×11.84-14以20N⋅m的恒力矩作用于有固定轴的转轮上，在10s内该轮的转速由零增大到100rmin．此时撤去该力矩，转轮因摩擦力矩的作用，又经100s而停止，试求转轮的转动惯量．tL2[解]设转轮的转动惯量为J，摩擦力矩为M，则根据角动量定理Mdt=dLf∫0∫L1考虑到本题力矩为常矢量，以外力矩方向为正方向，有(M−Mt)=Jω−0（1）f14-6若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn−Mt=0−Jω（2）f2联立（1）、（2）式可得Mt120×102J===17.4kg⋅mt100×2π100×2π101ω+ω+t260601004-15设流星从各个方向降落到某星球，使该星球表面均匀地积存了厚度为h的一层尘埃（h比该星球的半径R小得多）．试证明：由此而引起的该星球自转周期的变化为原来的自转周期的5hd(RD)倍．式中R是星球的半径，D和d分别为星球和尘埃的密度．[解]取星球和尘埃为研究对象，在尘埃落向星球的过程中，系统的角动量守恒．设开始时星球的转动惯量为J，角动量为ω，星球的自转周期为T；当落上厚度为h的尘埃后，111转动惯量为J，角速度为ω，自转周期为T，由角动量守恒得：222Jω=Jω11222π2π而T1=T2=ωω12TJ得到11=课后答案网T2J2设尘埃对自转轴的转动惯量为J，则02432J2=J1+J0而J1=⋅πRDRwww.hackshp.cn532⎡432432⎤因此J=π(R+h)dR(+h−)πRdR0⎢⎥5⎣33⎦所以52⎡44⎤⎡⎛h⎞⎤π(R+h3)dR(+h2−)πR3dR2d⎢⎜1+⎟−1⎥T2J05⎢⎣33⎥⎦⎢⎣⎝R⎠⎥⎦=1+=1+=1+TJ2432D11⋅πRDR534-7若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn5⎡⎛h⎞⎤d⎢⎜1+⎟−1⎥T2⎢⎣⎝R⎠⎥⎦5hd又因为h<kl(=Mg，即)A>l，00故在平衡位置上方0.196m处开始分离．6-7一木板在水平面上作简谐振动，振幅是12cm，在距平衡位置6cm处，速度是24cms．如果一小物块置于振动木板上，由于静摩擦力的作用，小物块和木板一起运动（振动频率不变），当木板运动到最大位移处时，物块正好开始在木板上滑动，问物块与木板之间的静摩擦系数µ是多大?[解]设振动方程为x=12cos(ωt+ϕ)则：v=−12ωsin(ωt+ϕ)以x=6cmv=24cm/s代入得：6=12cos(ωt+ϕ)课后答案网24=−12ωsin(ωt+ϕ)43解得ω=rads3最大位移处：2a=Aωwww.hackshp.cn2F=ma=mAω2由题意，知µmg=mAω2µ=Aωg=0.06536-8两根倔强系数分别为k和k的轻弹簧串接后，上端固定，下端与质量为m的物体12相连结，组成振动系统．当物体被拉离平衡位置而释放时，物体是否作谐振动?若作谐振动，其周期是多少?若将两弹簧并联，其周期是多少?[解]（1）串接：物体处平衡位置时，两弹簧分别伸长x、x10206-4若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnmg=kx（1）220kx=kx（2）110220取平衡位置为坐标原点，坐标向下为正，令物体位移为x，两弹簧再次伸长∆x、∆x，12则F=mg−k(x+∆x)2202由（1）知F=−k∆x（3）k122k1k2又k∆x=k∆x（4）mkO11222mgm∆x+∆x=x（5）12xmgk由（4）、（5）得1x∆x=（6）2k1+k2kk12将（6）代入（3）得F=−xk1+k2看作一个弹簧F=−kxkk12所以k=k1+k2因此物体做简谐振动，角频率课后答案网kk1k2ω==mm(k1+k2)2πm(k1+k2)周期www.hackshp.cnT==2πωk1k2（2）并接：物体处于平衡位置时，mg=kx+kx（7）1020取平衡位置为坐标原点，向下为正，令物体有位移x则F=mg−kx−kxk1k21122x0式中x、x分别为两弹簧伸长m12Oxx=x+xx=x+x10206-5若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn所以F=mg−k(x+x−)kx(+x)1020将（7）代入得F=−(k+kx)12看作一个弹簧F=−kx所以k=k+k12因此该系统的运动是简谐振动．kk1+k2其角频率ω==mm2πm因此周期T==2πωk+k126-9在竖直平面内半径为R的一段光滑圆弧轨道上放一小物体，使其静止于轨道的最低点，如图所示．若触动小物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动，试证明：（1）此物体作谐振动；（2）振动周期T=2πRg．[证明]取最低点为平衡位置，物体与O点连线偏离OO′的角为θ．（1）物体与O点连线偏离OO′θ角时，对O点的回复力矩M=−mgRsinθθθ很小，故sinθ=θ，所以M=−mgRθ（1）O′2课后答案网2dθ由于M=Jβ=mR2dt2dθg根据（1）式有+θ=0，故物体做谐振动．2dtRgwww.hackshp.cn（2）令ω=则振动周期R2πgT==2πωR6-10如图所示，半径为R的圆环静止于刀口点O上，令其在自身平面内作微小的摆动．（1）求其振动的周期；（2）求与其振动周期相等的单摆的长度．[解]（1）设圆环偏离角度为θ，对O点回复力矩M=−Rmgsinθ6-6若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2dθM=Jβ=J2dt222J=mR+md=2mR22dθ2mR=−Rmgsinθ≈Rmgθ2dt2dθg+θ=0故圆环所作振动为简谐振动2dt2Rg令ω=2R2R所以T=2πg（2）与其振动周期相等单摆的摆长为2R．6-11如图所示，质量为m、半径为R的半圆柱，可绕圆柱的轴线O在重力作用下作微振动，已知半圆柱的质心在距4R轴rc=处，求其振动周期．3π[解]OC偏离中垂线θ角时对O点的回复力矩M=−mgrsinθ=−mgrθcc根据转动定理课后答案网−mgrcθ=Jβ12其中J=mR224R12dθ代入得mgθ+mR=0www.hackshp.cn3π22dt2dθ8g即+θ=02dt3πR8g所以ω=3πR2π3πRT==2πω8g6-12测量液体阻尼系数的装置如图所示．若在空气中测得振动频6-7若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn率为f，在液体中测得振动频率为f，求在液体中物体振动时的阻尼因子β．122dxk[解]在空气中振动方程为+x=02mdtkω=0m2dxdxk在液体中振动方程+2β+x=0（β为阻尼系数）2dtdtmk2对应的振动角频率ω=−βm222则ω−ω=β022222即4πν−4πν=β1222所以β=2πν−ν126-13一弹簧振子，当位移是振幅之半时，该振动系统的动能与总能量之比是多少?位移为多大时，动能和势能各占总能量之半?[解]设振幅为A，弹簧倔强系数为k，2121⎛A⎞kA−k⎜⎟Ek22⎝2⎠（1）当位移是振幅之半时课后答案网==75%E12kA2（2）位移为x时，动能、势能各占总能量的一半12112则有kx=⋅kAwww.hackshp.cn2222所以x=±A26-14一弹簧振子，弹簧的倔强系数k=25Nm，当物体以初动能0.2J和初势能0.6J振动时，（1）求谐振动的振幅（2）位移是多大时，势能与动能相等?（3）位移是振幅之半时，势能是多大?[解]（1）设振幅为A，由机械能守恒定律，得2kAE==0.2+0.6=0.82(12)A=16.25=0.253m6-8若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（2）动能、势能相等时有21kx2=E=0.42因此x=±.0179m（3）位移为振幅一半时，势能为2121⎛A⎞11Ep=kx=k⎜⎟=E=×0.8=0.2J22⎝2⎠446-15如图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k=24Nm，重物的质量为m=6kg，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F=10N向左作用于物体（无摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05m，此时撤去力F．当重物运动到左方最大位置时开始计时，求物体的振动方程．[解]以平衡位置为坐标原点，向右为正方向建立坐标系,设振幅为A，由功能原理可得2Fs=kA212⎛2Fs⎞12因此A=⎜⎟=2(×10×005.24)=0.204m⎝k⎠(1)2ω=km=2rads又因物体运动到左边最大位移处开始计时,故初相为π故得运动方程为x=.0204cos(2t+π)m6-16两谐振动的振动方程分别为课后答案网−2()−2x=5×10cos10t+3π4x=6×10cos10(t+π4)（SI）12试求其合振动的振幅和初相位．[解]由振动合成公式，得www.hackshp.cn22A=A+A+2AAcos(ϕ−ϕ)12122122π3π−2=.005+.006+2×.005×.006cos(−)=.781×10m44Asinϕ+Asinϕ1122tanϕ=A1cosϕ1+A2cosϕ23ππ0.05sin+0.06sin44==113ππ0.05cos+0.06cos446-9若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn结合矢量图得ϕ=1.48rad6-17两个同方向、同频率的谐振动，其合振动的振幅为20cm，合振动与第一个谐振动的相位差为π6．若第一个谐振动的振幅为103cm，求第二个谐振动的振幅及第一、二两谐振动的相位差．[解]由题意可画出两简谐振动合成的矢量图，由图知AA2π6A22π1A=A+A−2AAcos=10cm2116222易证A1+A2=Aπ故第一、二两振动的相位差为∆ϕ=26-18质量为0.4kg的质点同时参与两个互相垂直的振动−2()x=8.0×10cosπt3+π6−2()y=6.0×10cosπt3+π3（S1）求：（1）质点的轨迹方程；（2）质点在任一位置所受的作用力．[解]（1）将两个振动方程展开，得到xπtππtπ=coscos−sinsin−28.0×103636yπtππtπ课后答案网=coscos−sinsin−26.0×103333πtx3yπt3xy整理得sin=−，cos=−30.080.0630.080.06两式平方相加，可得质点的轨道方程www.hackshp.cn22⎛x3y⎞⎛3xy⎞⎜−⎟+⎜−⎟=1⎜⎝0.080.06⎟⎠⎜⎝0.080.06⎟⎠−2（2）由x=8.0×10cos(πt3+π6)2π可得a=−0.08cos(πt3+π6)x92π同理a=−0.06cos(πt3+π3)y9因此F=ma=m(axi+ayj)2π⎡⎛ππ⎞⎛ππ⎞⎤=−m⎢0.08cos⎜t+⎟i+0.06cos⎜t+⎟j⎥=−0.438(ix+jy)N9⎣⎝36⎠⎝36⎠⎦6-10若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn6-19一平面简谐波沿x轴正向传播，振幅A=10cm，圆频率ω=7πrads，当t=s0.1时，x=10cm处质点的位移为零，速度沿负方向，此时x=20cm处质点的位移为0.5cm，速度沿正方向．已知波长λ>10cm，试写出该波的波函数．[解]由已知得A=0.1m,ω=7πrads，波沿x轴正向传播，故可设波函数为：⎡⎛x⎞⎤y=0.1cos⎢7π⎜t−+⎟ϕ⎥m⎣⎝u⎠⎦当t=1.0s时，x=0.1m处，y=0m故⎡0.1⎤0=0.1cos⎢7π−7π+ϕ⎥⎣u⎦⎡1.0⎤v=−7.0πsin⎢−7π+ϕ⎥<0⎣u⎦1.0π故有π7−7π+ϕ=2kπ+（1）u2对t=s0.1，x=0.2m处，有⎡0.2⎤0.05=0.1cos⎢7π−7π+ϕ⎥⎣u⎦⎡2.0⎤v=−π7.0sin⎢π7−7π+ϕ⎥>0⎣u⎦2.0π故有课后答案网π7−7π+ϕ=2kπ−（2）u3对（1）、（2）两式k取相同的值的根据是λ>10cm由（1）、（2）得πu=0.84m/sϕ=0www.hackshp.cn3故所求波函数为⎡⎛x⎞π⎤y=0.1cos⎢7π⎜t−⎟+⎥（SI）⎣⎝0.84⎠3⎦6-20一简谐波的周期T=0.5s，波长λ=10cm，振幅A=0.1m．当t=0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值．若坐标原点与波源重合，且波沿Ox轴正向传播；求：（1）此波的波函数；（2）t=T4时刻，x=λ4处质点的位移；（3）t=T2时刻，x=λ41121处质点的振动速度．1[解]（1）由已知条件f==2，可设波函数为：T6-11若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn⎡⎛x⎞⎤⎡⎛x⎞⎤y=Acos⎢2π⎜ft−⎟+ϕ⎥=0.1cos⎢2π⎜2t−⎟+ϕ⎥（SI）⎣⎝λ⎠⎦⎣⎝10⎠⎦由已知t=0，x=0时，y=0.1m故0.1=0.1cosϕ由此得ϕ=0因而波函数为⎡⎛x⎞⎤y=0.1cos⎢4π⎜t−⎟⎥（SI）⎣⎝20⎠⎦（2）t=T4，x=λ4处:11⎛110⎞y=0.1cos4π⎜−⎟=0.1m⎝880⎠（3）t=T2，x=λ4处，振动速度为22⎛x⎞v2=−0.4πsin4π⎜t−⎟⎝20⎠⎛110⎞=−0.4πsin4π⎜−⎟=−1.26m/s⎝480⎠6-21一平面简谐波沿Ox轴正向传播，其振幅为A，频率为f，波速为u．设t课后答案网=t′时刻的波形曲线如图所示．求：（1）x=0处质点的振动方程；（2）该波的波函数．[解]（1）设x=0处该质点的振动方程为：y=Acos(2πft+ϕ)由t=t′时波形和波速方向知，www.hackshp.cnv<0，y=0；ωπt=t"时2πtf′+ϕ=22πtf′+ϕπ故ϕ=−2πtf′+2y所以x=0处的振动方程为:⎡π⎤y=Acos2πf(t−t′)+（SI）⎢⎣2⎥⎦（2）该波的波函数为：⎡⎛x⎞π⎤y=Acos⎢2πf⎜t−t−′⎟+⎥（SI）⎣⎝u⎠2⎦6-12若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn6-22根据如图所示的平面简谐波在t=0时刻的波形图，试求：（1）该波的波函数；（2）点P处的振动方程．[解]由已知，得u=.008ms，λ=0.4mλ0.4T===5s0.20u0.08（1）设波函数为⎡⎛tx⎞⎤y=0.04cos⎢2π⎜−⎟+ϕ⎥⎣⎝50.4⎠⎦当t=0，x=0时，由图知y=0,v>0π3因此ϕ=−（或ϕ=π）22yϕ则波函数为⎡⎛tx⎞π⎤y=0.04cos⎢2π⎜−⎟−⎥（SI）⎣⎝504.⎠2⎦ω（2）将P点坐标代入上式，得⎛3π⎞y=.004cos⎜4.0πt−⎟（SI）p⎝2⎠6-23已知一简谐平面波的波函数为y=Acosπ(4t+2x．（)1）试求t=4.2s时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的一个波峰的位置，该波峰何时通过原点?（2）画出t=4.2s时的波形曲线．课后答案网[解]（1）波峰位置满足条件π(2.4×4+2x=)2kπ所以www.hackshp.cnx=k−4.8(k=,0±,1±,2⋯)显然k=8时，x=−4.0，离坐标原点最近，设通过原点时刻为t，则2.4×4+2×(−4.0)=4t+2×0所以t=s4（2）t=4.2s时的波形曲线6-13若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnymA−0..044.0..011.0..066.1..111.1..166.xm−A6-24一平面简谐波沿Ox轴正向传播，其振幅和角频率分别为A和ω，波速为u．设t=0时的波形曲线如图所示．（1）写出该波的波函数；（2）求距点O分别为λ8和3λ8两处质点的振动方程；（3）求距点O分别为λ8和3λ8两处质点在t＝0时的振动速度．π[解]（1）由图知ϕ=，故波函数2u⎡⎛x⎞π⎤y=Acos⎢ω⎜t−⎟+⎥⎣⎝u⎠2⎦λ⎛π⎞（2）x=时y=Acos⎜ωt+⎟8⎝4⎠3λ⎛π⎞x=时y=Acos⎜ωt−⎟8⎝4⎠∂y⎡⎛x⎞π⎤（3）v==−Aωsin⎢ω⎜t−⎟+⎥∂t课后答案网⎣⎝u⎠2⎦⎡λ8π⎤π2v1t=0=−Aωsin−2π+=−Aωsin=−Aωλ⎢⎥x=8⎣λ2⎦42⎡3λ8π⎤⎛π⎞2v1t=0=−Aωsin−2π+=−Aωsin⎜−⎟=Aω3λwww.hackshp.cn⎢⎥x=⎣λ2⎦⎝4⎠286-25如图所示为一平面简谐波在t=0时刻的波形图，试画出点P处质点与点Q处质点.020的振动曲线，然后写出相应的振动方程．[解]u=20ms，λ=40m，λ40T===2su20P处振动曲线6-14若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnym.020O12ts⎛π⎞振动方程yP=0.20cos⎜πt−⎟（SI）⎝2⎠（2）Q处的振动曲线ym.020O12325272ts振动方程yQ=0.20cos(πt+π)（SI）6-26如图所示为一平面简谐波在t=0时刻的波形图．设简谐波的频率为250Hz，且此时质点P的运动方向向下，求：（1）该波的波函数；（2）在距点O为100m处质点的振动方程与振动速度表达式．[解]（1）f=250Hz，λ=200m，又因P点运动方向向下，则波向左传播，设波函数为课后答案网⎡⎛x⎞⎤y=Acos⎢2π⎜250t+⎟+ϕ⎥⎣⎝200⎠⎦2πt=0，x=0时y=A=Acosϕ，则ϕ=±www.hackshp.cn24π因v0<0，所以取ϕ=（或由旋转矢量图知4πϕ=）4⎡⎛x⎞π⎤故波函数为y=Acos⎢2π⎜250t+⎟+⎥（SI）⎣⎝200⎠4⎦（1）x=100m时，⎡⎛100⎞π⎤⎡5π⎤y=Acos⎢2π⎜250t+⎟+⎥=Acos⎢500πt+⎥（SI）⎣⎝200⎠4⎦⎣4⎦6-15若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn∂y⎡⎛x⎞π⎤v==−500πAsin⎢2π⎜250t+⎟+⎥∂t⎣⎝200⎠4⎦当x=100m时，⎡5π⎤v=−500πAsin⎢500πt+⎥（SI）⎣4⎦6-27如图所示，两列波长均为λ的相干简谐波分别通过图中的点O和O．通过点O的简谐波在MM平面反射后，12112与通过点O简谐波在点P相遇．假定波在MM平面反射时212有半波损失，O和O两点的振动方程分别为y=Acosπt和1210y=Acosπt，且Om+mP=8λ，OP=3λ，求：（1）两列波分别在点P引起的振动方程；2012（2）点P的合振动方程（假定波在传播过程中无吸收）．⎛2πx1⎞[解]（1）y=Acos⎜πt−−π⎟1P⎝λ⎠⎛2π⋅8λ⎞=Acos⎜πt−−π⎟⎝λ⎠=Acosπ(t−π)⎛课后答案网2π⋅3λ⎞y2P=Acos⎜πt−⎟=Acosπt⎝λ⎠（2）y=y+y=Acos(πt−π+)Acosπt=0合1P2Pwww.hackshp.cn6-28如图所示，两相干波源S和S之间的距离为d=30m，且波沿Ox轴传播时不衰12减，x=9m和x=12m处的两点是相邻的两个因干涉而静止的点．求两波的波长和两波源12间的最小相位差．[解]由题意得λ=2(12−9=)6m2π∆ϕ=ϕ−ϕ−(r−r=)(2k+1π)2121λ对x=9m处r−r=12m216-16若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2π(r−r)21所以ϕ−ϕ=(2k+1π)+=2(k+1π)+4πk=0,(±1,±2⋯)21λ因此(ϕ−ϕ)=±π21min6-29在均匀介质中，有两列余弦波沿Ox轴传播，波函数分别为y=Acos[2π(ft−xλ]和)y=2Acos[2π(ft+xλ]，试求)Ox轴上合振幅最大与合振幅最小12的那些点的位置．[解]合振幅最大点满足的条件是2π(ft−xλ−)2π(ft+xλ=)±2kπ1可得x=±kλ(k=,2,1,0⋯)2合振幅最小点满足的条件是2π(ft−xλ−)2π(ft+xλ=)±2k(+1π)2k+1可得x=±λ(k=,2,1,0⋯)46-30如图所示，S和S为两相干波源，相距λ4，S的相位比S的相位超前π2，1212若两波在SS连线方向上的强度均为I，且无吸收．问SS连线上在S外侧各点的合成波120121的强度如何?又在S外侧各点的合成波的强度如何?2[解]以S1为坐标原点，水平向右为课后答案网x轴正方向,建立坐标系．S外侧，S、S传出的波函数为112y=Acos[2π(ft+xλ+)ϕ]1www.hackshp.cn1⎡x−λ4⎤y2=Acos⎢2πft+2π+ϕ2⎥⎣λ⎦⎛λ4⎞ππ故∆ϕ=2π(ft+xλ−)⎜2π(ft+xλ−)2π⎟+(ϕ1−ϕ2=)+=π⎝λ⎠22y、y振动方向相同，振幅相同，且反相，故合振幅为零12因此I=0S外侧，S、S传出的波函数为212y=Acos[2π(ft−xλ+)ϕ]116-17若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn⎡⎛x−λ4⎞⎤y2=Acos⎢2π⎜ft−⎟+ϕ2⎥⎣⎝λ⎠⎦[()]⎡⎛x−λ4⎞⎤ππ∆ϕ=2πft−xλ+ϕ1−⎢2π⎜ft−⎟+ϕ2⎥=−+=0⎣⎝λ⎠⎦222合振幅为2A，又因波强正比于A因此I=4I06-3l两波在一根很长的弦线上传播，其波函数分别为−2⎛π(⎞)y1=4.00×10cos⎜4x−24t⎟⎝3⎠−2⎛π⎞y2=4.00×10cos⎜(4x+24t⎟)（SI）⎝3⎠求：（1）两波的频率、波长和波速；（2）两波叠加后的波节位置；（3）两波叠加后的波腹位置．[解]（1）波动方程可写作标准形式为−2⎛x⎞y1=400.×10cos2π⎜4t−⎟⎝1.5⎠−2⎛x⎞y2=.400×10cos2π⎜4t+⎟课后答案网⎝5.1⎠故ν=4Hz，λ=5.1m，u=νλ=4×1.5=6ms（2）节点条件满足⎛x⎞⎛x⎞()www.hackshp.cn2π⎜4t+⎟−2π⎜4t−⎟=±2k+1π⎝1.5⎠⎝1.5⎠4πx3⎛1⎞故=±(2k+1π)，x=±⎜k+⎟m(k=0,1,2,⋯)1.54⎝2⎠4πx（3）波腹条件满足=±2kπ5.13x=±km(k=,2,1,0⋯)46-32在弹性介质中有一沿Ox轴正向传播的平面波，其波函数为y=0.01cos[4t−πx−π3]（S1），若在x=.500m处有一介质分界面，且在分界面处反射波6-18若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn有半波损失，波的强度不衰减．试写出反射波的波函数．[解]x=5.00m处的振动方程⎛π⎞⎛π⎞y=0.01cos⎜4t−5π−−π⎟=0.01cos⎜4t−⎟⎝3⎠⎝3⎠所以反射波波函数为⎡5−xπ⎤y=0.01cos⎢4t−2π−⎥⎣23⎦⎛4π⎞=.001cos⎜4t+πx−⎟（SI）⎝3⎠−26-33一弦上的驻波方程为y=.300×10(cos6.1πx⋅cos)550πt（S1）（1）若将此波视为两列传播方向相反的波叠加而成，求两列波的振幅及波速；（2）求−3相邻波节之间的距离，（3）求t=300.×10s时，位于x=0.625m处质点的振动速度．−22πx2π[解]（1）因y=3.00×10(cos1.6πx⋅cos)550πt=2AcoscostλT−2故A=.150×10m2πx由于1.6πx=λ2π550πt=tT2所以λ==1.25m1.62π1课后答案网T==s550π275λu==125.×275=343.8msT（2）相邻波节间的距离www.hackshp.cnλ.125∆x===.0625m22∂y−2（3）v==−300.×10⋅550πcos1.6πx⋅sin550πt∂t故当.30010−3st=×，x=.0625m时−2()(−3)v=−300.×10⋅550πcos1.6π⋅0.625⋅sin550π⋅300.×10=−46.2ms6-34一列横波在绳索上传播，其波函数为y=.005cos[2π(t.005−x4])（SI）1（1）现有另一列横波（振幅也是.005m）与上述已知横波在绳索上形成驻波．设这一横波在x＝0处与已知横波同相位，试写出该波的波函数．（2）写出绳索中的驻波方程，求6-19若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn出各波节的位置坐标表达式，并写出离原点最近的四个波节的坐标数值．[解]（1）设反射波的波函数为：⎡⎛tx⎞⎤y2=0.05cos⎢2π⎜+⎟+ϕ⎥（SI）⎣⎝0.054⎠⎦因x=0处与已知波的波函数相位相同，故ϕ=0因而，波函数为⎡⎛tx⎞⎤y2=0.05cos⎢2π⎜+⎟⎥（SI）⎣⎝0.054⎠⎦π（2）驻波方程y=y1+y2=1.0cosxcos40πt（SI）2ππ波节处应有：x=kπ+22即x=(2k+1m)(k=,0±,1±,2⋯)离原点最近的四个波节的坐标数值为：1m，−1m，3m，−3m6-35简谐波在直径d＝0.10m的圆柱形管内空气介质中传播，波强度−22I=1.0×10Wm，波速为250ms，频率为f=300Hz，试计算：（1）波的平均能量密度和最大能量密度各是多少?（2）两相邻同相位面（相距一个波长的两个波面）之间的波段中平均含有多少能量?−2I1.0×10−5−3[解]（1）因I=w⋅u故w===4×10J⋅mu250−5−3课后答案网wmax=2w=8×10J⋅m1212u（2）W=w⋅V=w⋅πd⋅λ=w⋅πd⋅44f−512250−7=4×10×π×0.1×=2.62×10Jwww.hackshp.cn43006-36一弹性波在介质中传播的速度103ms−4u=，振幅A=0.1×10m，频率33f=10Hz．若该介质的密度为800kgm，求：（1）该波的能流密度；（2）一分钟内垂直−42通过面积S=0.4×10m的总能量．[解]（1）该波的能流密度I=1ρA2ω2u=1×800×0(1.10×−42×2)π10⋅(32×103=158.)×105Wm222−42（2）一分钟内垂直通过面积S=0.4×10m的总能量为6-20若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn5−43W=I⋅S⋅t=158.×10×40.×10×60=3.79×10J6-37一汽笛发出频率为1000Hz的声波，汽笛以10ms的速率离开你而向着一悬崖运动，空气中的声速为330ms．（1）你听到直接从汽笛传来的声波的频率为多大?（2）你听到从悬崖反射回来的声波的频率是多大?u330[解]（1）f1=f0=1000×=9706.Hzu+∆u330+10u330（2）f=f=1000×=1031.3Hz20u−∆u330−1086-38一人造地球卫星和地面接收站如图所示．卫星发出f=10Hz的微波信号，卫星18地面接收站的本机振荡频率，f=f=10Hz，当卫星地面接收站探测器检测振荡信号产生21的拍频∆f=2400Hz，试问此时卫星沿指向地面站方向的分速度是多少?[解]卫星发出信号频率f=108Hz，波速为v108c=3×10ms，卫星以沿指向地面站方向的分速度v接近v地面站（观测者），故由多普勒效应知地面站接收到卫星发c射信号的频率为fR=f1c−v8因地面站本机接收信号频率为f=10Hz，接收信号和2本机信号的拍频∆f课后答案网=fR−f2=2400Hzc故f−f=∆f12c−v解得（利用f=f）12www.hackshp.cn8∆f⋅c2400×3×10v===7200ms8f1+∆f10+24006-21若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题七7-1如图所示，SO=SO．若在SO中放入一折射率为n，厚度为e的透明介质片，121求SO与SO之间的光程差．如果S和S是两个波长为λ的同相位的相干光源，求两光在1212O点的相位差．[解]SO与SO的几何路程相等12光程差为δ=(n−1e)2π2π位相差为∆ϕ=δ=(n−1e)λλ7-2一束绿光照射到两相距0.6mm的双缝上，在距双缝2.5m处的屏上出现干涉条纹．测得两相邻明条纹中心间的距离为2.27mm，试求入射光的波长．Dλ[解]由杨氏双缝干涉知∆x=d−3−3∆xd227.×10×060.×10−7所以λ===5.448×10m=5448ÅD2.57-3如图所示，在双缝干涉实验中，SS=SS，用波长为λ的单色光照S，通过空气12后在屏幕E上形成干涉条纹．已知点P处为第3级干涉明条纹，求S和S到点P的光程差．12若整个装置放于某种透明液体中，点P为第4级干涉明条纹，求该液体的折射率．[解]S和S到P点的光程差满足δ=r−r=kλ=3λ12课后答案网21整个装置放置于液体中，S和S到P点的光程差满足12δ=n(r−r=)4λ21nwww.hackshp.cn3λ=4λ4所以得到n==.13337-4如习题7-1图所示，S和S是两个同相位的相干光源，它们发出波长λ＝5000Å12的光波，设O是它们中垂线上的一点，在点S与点O之间插入一折射率n＝1.50的薄玻璃，1点O恰为第4级明条纹的中心，求它的厚度e．[解]在O点是第4级明条纹的中心光程差δ=ne−e=4λ4λ4所以e==4×10Ån−17-1若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn7-5初位相相同的两相干光源产生的波长为6000Å的光波在空间某点P相遇产生干−6涉，其几何路径之差为2.1×10m．如果光线通过的介质分别为空气（n=1）、水（n=1.33）12或松节油（n=1.50）时，点P的干涉是加强还是减弱．3[解]光在折射率为n的介质中P点处光程差为δ=n(r−r)21介质为空气时，n=1，则1()−6δ=nr−r=r−r=1.2×10m=2λ112121光程差为半波长的偶数倍，所以P点处干涉加强．介质为水时，n=1.33，则2()−6−6δ=nr−r=1.33×12.×10=1.6×10m2221光程差介于两种情况之间，且结果与半波长的奇数倍更接近，所以P点光强介于明暗条纹中心光强之间，且与暗条纹中心光强更接近．介质为松节油时，n=1.50，则3()−6−6δ=nr−r=1.5×12.×10=1.8×10m=3λ3321光程差为半波长的偶数倍，所以P点处干涉加强．7-6在双缝干涉实验中，用很薄的云母片（课后答案网n=1.58）覆盖在双缝的一条上，如图所示．这时屏上零级明纹移到原来第7级明纹位置上．如果入射光波5000Å，试求云母片的厚度（设光线垂直射入云母片）．[解]原来的第7级明纹的位置满足r−r=7λ12加上云母片后，光程差满足www.hackshp.cnr1−[r2−e+ne=r1]−r2−(n−1e)=0所以7λ7×50004e===6.03×10Ån−11.58−17-7用单色光源S照射平行双缝S和S形成两相干光源．在屏上产生干涉图样，零级12明条纹位于点O，如图所示．若将缝光源S移到S′位置，问零级明条纹向什么方向移动?若使零级明条纹移回点O，必须在哪个缝的右边插入一薄云母片才有可能?若以波长为5890Å的单色光，欲使移动了4个明纹间距的零级明纹移回到点O，云母片的厚度应为多少?云母片的折射率为1.58．7-2若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn[解]零级明纹是光程差为0的位置．移动光源后光线2的光程长了，为仍保持光程差为0，必须让1的光程增加以弥补2的增加，只有在下方1才比2长，所以向下．要回到原点，即通过加片的方法使得1的光程增大，所以在S后加．1在原点时，两光线的光程差满足δ=(n−1e)=4λ−104λ4×5890×10−6得到e===4.06×10mn−11.58−17-8用白光作光源观察杨氏双缝干涉，设缝间距为d，双缝与屏的距离为D，试求能观察到的无重叠的可见光（波长范围：4000～7600Å）光谱的级次．D[解]k级明纹的位置为x=kλkd要使光谱无重叠，必须满足x≤xk(λmax)k+1λmin()因此kλ≤(k+1λ)即7600k≤4000(k+1)maxmin解得k≤1.1所以只能看到一级无重叠光谱．7-9白色平行光垂直照射到间距为d=0.25mm的双缝上，在距缝50cm处放一屏幕，若把白光（4000～7600Å）两极端波长的同级明纹间的距离叫做彩色带的宽度，试求第1级和第5级彩色带的宽度．D[解]每一级的宽度∆x=x−x=k(λ−λ)maxminmaxmin课后答案网d−250×10−10−4k=1时，∆x=1××(7600−4000×10)=7.2×10m=0.72mm1−30.25×10−250×10−10−3k=5时，∆x=5××(7600−4000×10)=3.6×10m=3.6mm5www.hackshp.cn−3025.×107-l0波长为λ的单色光垂直照射在如图所示的透明薄膜上，薄膜厚度为e．两反射光的光程差是多少?[解]薄膜上下表面的反射光均有半波损失，故没有因半波损失而产生的光程差，因此上下表面反射的光程差为δ=2ne=.260e2−77-11白光垂直照射在空气中厚度为3.80×10m的肥皂膜上，肥皂膜的折射率为1.33，在可见光范围内（4000～7600Å）哪些波长的光在反射中增强．7-3若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnλ4ne[解]光程差δ=2ne+=kλ所以λ=22k−1−74×1.33×3.8×10当k=1时，λ==20216Å12−1当k=2时，同理可得λ=6739Å2当k=3时，同理可得λ=4043Å3所以在可见光范围内波长为4043Å和6739Å的光在反射中增强．7-12在观察肥皂膜的反射光时，表面呈绿色（λ＝5000Å），薄膜表面法线和视线间0的夹角为45，试计算薄膜的最小厚度．[解]两反射光的光程差为222λδ=2en−nsini+=kλ212k=1时对应薄膜厚度最小为−10λ5000×10−7e===1.11×10m2222204n−nsini4×1.33−sin45217-13用波长连续可调的平行光垂直照射覆盖在玻璃板上的油膜，观察到5000Å和7000Å这两个波长的光在反射中消失．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50．求油膜的厚度．[解]某一波长的光在反射中消失，表明光在油膜上下表面反射的光干涉相消，故光程λ差为δ=2ne=(2k+1)22λ对λ：()11课后答案网2n2e=2k1+12λ2对λ：2ne=(2k+1)2222又因λ与λ之间没有其他波长的光消失，故λ与λ的干涉级数只可能相差一级12www.hackshp.cn12故k=k−1212k+1λ70007因此12===2k−1λ5000511解得k=3k=212−10λ15000×10−7以k=3代入得，e=(2k+1)=7×=673.×10m114n24×1.307-14波长为5500Å的黄绿光对人眼和照像底片最敏感，要增大照像机镜头对此光的7-4若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn透射率，可在镜头上镀一层氟化镁（MgF）薄膜．已知氟化镁的折射率为1.38，玻璃的2折射率为1.50，求氟化镁的最小厚度．[解]要增大波长为λ的光的透射率，则须使反射光干涉减弱．那么，光程差应满足λδ=2ne=(2k+1)22当k=0时，e最小，为−10λ5500×10−8e===9.96×10mmin4n4×1.3827-15如图所示，用波长为λ的单色光垂直照射折射率为n的劈尖．图中各部分折射2率的关系是nλ）时，点A将再变www.hackshp.cn221成暗条纹．求点A处空气层的厚度．[解]空气劈尖上暗条纹处满足λλδ=2ne+=(2k+1)22λλ因n=1，所以2e+=(2k+1)，即2e=kλ22在A处2e=kλ，2e=kλA11A22同一点，e相同，又λ>λ，故kl，则α<α，B的端面与底面不平行，且d处向下倾斜．12127-22如图所示的观察牛顿环的装置中，设平球面透镜中心恰好和平玻璃接触，透镜球面的半径R=400cm，用某单色光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第5个明环7-7若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn的半径是.030cm（1）求入射光的波长；（2）设图中OA＝1.00cm，求在半径为OA的范围内可观察到的明环数．2(2k−1R)λ[解]（1）牛顿环明环半径公式为r=，所以k222rkλ=(2k−1R)因中心为暗环，对应第5个明环k=5，所以22−42r2×0.3×10kλ===5000Å2(×5−1R)−29×400×102−222(2k−1R)λ1rk1(1.00×10)（2）因为r=，所以k≤+=+=50.5k−722Rλ24×5×10所以能看到的明环数50个．7-23用曲率半径为3.00m的平凸透镜和平板玻璃作牛顿环实验，测得第k级暗环半径为.424mm，第k+10级暗环的半径为0.6mm．求所用单色光的波长．[解]牛顿环暗环半径公式为r=kRλk故r=(k+10R)λk+1022(−32)(−32)因此rk+10−rk6×10−.424×103λ===.601×10Å10R10×.300课后答案网7-24用牛顿环实验测单色光的波长．用已知波长为λ的单色光垂直照射牛顿环装置1时，测得第1和第9级暗环的半径之差为l；用未知单色光照射时测得第l和第9级暗环的www.hackshp.cn1半径之差为l．求单色光的波长λ．22[解]牛顿环暗环半径公式为r=kRλk对λr=Rλr=9Rλ所以r−r=Rλ(9−1)11191911又r9−r1=l1，故l1=Rλ1×2同理得l=Rλ×2222l2因此λ=λ221l17-8若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn7-25一平凸透镜放在平板玻璃上，在反射光中观察牛顿环．当λ＝4500Å时，测得第1−3−33级明环的半径为1.06×10m．换用红光，观测到第5级明环的半径为1.77×10m．求透镜曲率半径和红光的波长．2(2k−1R)λ[解]牛顿环明环半径公式为r=，k25Rλ9Rλ对λ，k=3时，21λ，k=5时，221r3=对2r5=2222−65r55×1.77×10由此得λ=λ=×4500=6971Å2212−69r9×1.06×10322−625Rλ12r32×1.06×10由r3=得，R==−10=1.00m25λ5×4500×1017-26用牛顿环干涉条纹测定凹球面的曲率半径．将已知曲率半径的平凸透镜放在待测的凹球面上，如图所示．在两曲面之间形成空气层，可以观测到环状干涉条纹．测得第4级暗环的半径r＝2.250cm，已知入射光的波长λ＝5893Å，平凸透镜的曲率半径R＝41102.3cm，求凹球面的曲率半径R．2λλ[解]牛顿环k级暗环条件为2e+=(2k+1)即222e=kλ2222由几何关系知r=R−(R−e)=2Re+ek课后答案网11111122因为e<2v时，f(v)=0，求：0（1）常数a；（2）速率大于v和小于v的粒子数；00（3）分子的平均速率．[解]（1）由归一化条件知曲线下的面积1S=v0a+v0a=1232所以v0a=1得到a=23v0111（2）vv时，曲线下的面积S=，所以粒子数为N=N022332v0v02v0（3）v=vf()vdv=vfvdv()+vfvdv()∫0∫01∫v20a由图知f1()v=vf2()v=av02v02a2v0av03a211211所以v=vdv+avdv=+v=av=v∫0∫v000v0032698-14容积为−33×−3的气体，其压强为30课后答案网×10m的容器中，储有2010kg350.7×10Pa．求气体分子的最概然速率、平均速率及方均根速率．pV[解]设容器内气体分子总数为N，则有N=kTMkT该气体分子质量为www.hackshp.cnm==MNpV最概然速率为3−32kT2kTpV2pV2×507.×10×30×102v=====3.90×10msp−3mMkTM20×10平均速率为3−38kT8kTpV8pV8×507.×10×30×102v=====4.40×10ms−3πmπMkTπM314.×20×10方均根速率3−323kT3kTpV3pV3×507.×10×30×102v=====4.78×10ms−3mMkTM20×108-6若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn−148-15质量为62.×10g的粒子悬浮于27℃的液体中，观测到它的方均根速率为.140cm/s．（1）计算阿佛加德罗常数．（2）设粒子遵守麦克斯韦分布律，求粒子的平均速率．23RT3RT[解]（1）由方均根速率公式v=得到M=molM2molvMmol3RT3×8.31×30023阿佛加德罗常数为N====6.15×10/mol02mv2m(14.×10−2×6).2×10−178RTRT（2）v==1.60πMMmolmol23RTRT而v==.173MmolMmol.1602.160−2−2所以v=v=×.140×10=.129×10ms.173.173⎛1⎞∞21−bx8-16由麦克斯韦分布律求速率倒数的平均值⎜⎟．(∫xedx=)．⎝v⎠02b32mv2⎛m⎞−22kT[解]由麦克斯韦分布律f()v=4π⎜⎟ev⎝2πkT⎠32mv23212⎛1⎞∞1课后答案网∞1⎛m⎞−22⎛m⎞2kT⎛2m⎞所以⎜⎟=∫f()vdv=∫4π⎜⎟ekTvdv=4π⎜⎟=⎜⎟⎝v⎠0v0v⎝2πkT⎠⎝2πkT⎠2m⎝πkT⎠Mgh8-17大气压强随高度的变化规律为exp(mol)p=p−．拉萨海拔约3600m，设大0www.hackshp.cnRT−3气温度为27℃，而且处处相同，求拉萨的大气压是多少?空气的摩尔质量是29×10kg/mol．海平面处大气压为1atm．−329×10×8.9×3600−[解]拉萨大气压强为p=1×e.831×300atm=0.664atm8-18实验测得常温下距海平面不太高处，每升高10m，大气压约降低1mmHg，试用恒温度气压公式证明此结果（海平面处大气压按760mmHg计，温度取273K）．⎛Mmolgh⎞[证明]因为大气压强随高度变化规律为p1=p0exp⎜−⎟⎝RT⎠8-7若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn⎛Mmolg(h+∆h⎞)升高∆h后大气压为p2=p0exp⎜−⎟⎝RT⎠所以⎛Mmolgh⎞⎡⎛Mmolg∆h⎞⎤∆p=p2−p1=p0exp⎜−⎟⎢exp⎜−⎟−1⎥⎝RT⎠⎣⎝RT⎠⎦⎡−3⎤⎛29×10×9.8×10⎞=760×1×⎢exp⎜⎜−⎟⎟−1⎥=−0.95mmHg⎣⎝8.31×273⎠⎦−mgh/kT8-19重力场中粒子按高度的分布为n=ne．设大气中温度随高度的变化忽略0不计，在27℃时，升高多大高度，大气压强减为原来的一半．[解]由p=nkT知，当大气压强减为原来的一半时，n=n20由−mgh/kT−mgh/kT1n=ne得，e=02ln2⋅kTln2⋅RTln2×8.31×300即h====6080m−3mgMmolg29×10×9.88-20试计算空气分子在标准状况下的平均自由程和平均碰撞频率．取分子的有效直径−10−3为5.3×10m，空气平均摩尔质量为29×10kg/mol．[解]平均自由程−231kT138.×10×273−8λ====6.84×10m2πd2n2πd课后答案网2p2×3.14×(35.×10−102×1.013)×105平均碰撞频率228RTpz=2πdvn=2πd⋅πMkTwww.hackshp.cnmol5=2×3.14×(35.×10−102×1.60)×831.×273×1.013×10=6.54×109s−1−3−2329×10138.×10×2738-21一定量的理想气体贮于固定体积的容器中，初态温度为T，平均速率为v，平00均碰撞频率为z，平均自由程为λ．若温度升高为4T时，求v、z和λ各是多少?0008RT[解]平均速率v=πMmol8RT0故当T=4T时，v=2=2v00πMmol8-8若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn平均碰撞频率zd2nv=π22因为容器体积不变，分子数密度不变，所以z=πdvn=2πdvn=2z001平均自由程λ=22πdn由于n不变，所以λ=λ08-22设气体放电管中气体分子数密度为n．电子不断与气体分子碰撞，因电子速率远大于气体分子的平均速率，所以气体分子可以认为是不动的，设电子的“有效直径”比起气体分子的有效直径d来可忽略不计．求电子与气体分子碰撞的平均自由程．[解]因为电子的有效直径可以忽略不计，所以电子与气体分子碰撞的有效半径为d2，所以一秒钟时间内电子和其他分子碰撞的平均次数为2⎛d⎞12Z=π⎜⎟vn=πdnv⎝2⎠4v4所以平均自由程为λ==2Zπdn58-23在质子回旋加速器中，要使质子在1×10km的路径上不和空气分子相撞，真空−10室内的压强应为多大?设温度为300K，空气分子的有效直径为5.3×10m，质子的有效直径可忽略不计，空气分子可认为静止不动．课后答案网−10[解]空气分子的有效直径为3×10m，因为质子的有效直径可以忽略不计，所以质2子与空气分子碰撞的有效半径为d2，碰撞的有效面积为π(d2)按题意，要求在体积Vwww.hackshp.cn=π(d22)l(l=1×105km)最多有一个分子才能满足条件，所14以单位体积内空气分子数为n==2Vπdl−2344×138.×10×300−10所以空气压强为p=nkT=kT==4.31×10Paπd2l3.14×(35.×10−102×10)8−2−38-24真空管的线度为10m，其中真空度为.133×10Pa，设空气分子的有效直径为−103×10m，求27℃时单位体积内的分子数，平均自由程和平均碰撞频率．[解]由p=nkT知8-9若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn−3p1.33×10173n===3.21×10/m−23kT138.×10×30011平均自由程λ==m=7.79m2πd2n2×314.×3(×10−102×3).21×1017而真空管的线度为10−2m，所以分子间很难碰撞，空气分子只能与器壁碰撞，所以其−2自由程为10m．v平均碰撞频率由λ=知Zv8RT18×8.31×30024−1Z===×10=468.×10sM−3λπmolλ314.×29×10课后答案网www.hackshp.cn8-10若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题九9-1一系统由图示的状态a经acb到达状态b，系统吸收了320J热量，系统对外作功126J．（1）若adb过程系统对外作功42J，问有多少热量传入系统?（2）当系统由b沿曲线ba返回状态a，外界对系统作功84J，试问系统是吸热还是放热?热量是多少?[解]由热力学第一定律Q=∆E+A得∆E=Q−A在acb过程中，E−E=∆E=Q−A=320−126=194Jba11在adb过程中，内能变化量与acb过程相同因此Q=∆E+A=194+42=236J22在ba过程中Q=E−E+A=−∆E+A=−194−84=−278J3ab33由于热量为负值，所以本过程中系统放热．59-22mol氮气由温度为300K，压强为.1013×10Pa（1atm）的初态等温地压缩到5.2026×10Pa（2atm）．求气体放出的热量．[解]在等温过程中气体吸收的热量等于气体对外做的功，所以p113Q=A=νRTln=2×831.×300×ln=−3.46×10JTp22即气体放热为.346103J×课后答案网．9-3一定质量的理想气体的内能E随体积的变化关系为E-V图上的一条过原点的直线，如图所示．试证此直线表示等压过程．[证明]设此直线斜率为www.hackshp.cnk，则此直线方程为E=kVM又E随温度的关系变化式为E=C⋅T=k′TvMmol所以kV=k′TVk′因此==C（C为恒量）TkpV又由理想气体的状态方程知，=C′（C′为恒量）T所以p为恒量，即此过程为等压过程．9-42mol氧气由状态1变化到状态2所经历的过程如图所示：（1）沿l→m→2路径．（2）1→2直线．试分别求出两过程中氧气对外作的功、吸收的热量及内能的变化．9-1若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn[解]（1）在1→m→2这一过程中，做功的大小为该曲线下的面积，氧气对外做负功．()()5−34A1=−p2V1−V2=−20×50−10×.1013×10×10=−.810×10J由气体的内能公式E=νCT和理想气体的状态方程pV=νRT得VipVRpVpVCV2iE=νC===pVVνRRR2对于氧气i=5，所以其内能的变化为5(5)()5−34∆E=pV−pV=×20×10−5×50×0131.×10×10=−1.27×10J1221122444此过程吸收的热量为Q1=∆E1+A1=−.127×10−.810×10=−.937×10J（2）在从1→2过程中，由图知氧气对外作功为1()()1()()5−34A=−p+pV−V=−×20+5×50−10×0131.×10×10=−5.07×10J22112224内能的变化∆E2=∆E1=−.127×10J444吸收的热量Q=∆E+A=−127.×10−507.×10=−634.×10J2229-510mol单原子理想气体在压缩过程中外界对它作功209J，其温度上升1K，试求：（1）气体吸收的热量与内能的增量．（2）此过程中气体的摩尔热容量．3[解]（1）内能的增量为∆E=νC∆T=10××831.×1=124.65JV2气体吸收的热量Q=∆E+A=12465.−209=−84.35J1Q1（2）由气体摩尔热容量知课后答案网C==×(−84.35=)−.844Jmol(⋅K)ν∆T109-6将压强为1atm，体积为−33C=R）从0℃加热到100℃．试1×10m的氧气（V52分别求在等体（积）过程和等压过程中各需吸收多少热量．www.hackshp.cnpVp0V[解]由理想气体状态方程pV=νRTν==RTRT0在等容过程中吸收的热量为5−3p0V0551013.×10×1×10Q=νC∆T=R∆T=××100=92.77JVVRT222730在等压过程中吸收的热量为777Q=νC∆T=νR∆T=Q=×92.77=129.88JppV2559-7已知氩气的定体（积）比热为c=314J(kg⋅K，若将氩气看作理想气体，求氩)V9-2若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn原子的质量．（定体（积）摩尔热容C=Mc）．VmolVi3[解]由定容摩尔热容量的定义知CV=R=R223RCV2因此M==molccVV3RMmol238.31−26氩原子的质量为m===×=659.×10kg23NANAcV2602.×10×3149-8为测定气体的γ（=CpCV）值有时用下列方法：一定量的气体的初始温度、体积和压强为T、V和p，用一根电炉丝对它缓慢加热．两次加热的电流强度和时间相同，000第一次保持体积V不变，而温度和压强变为T和p．第二次保持压强p不变，而温度和0110(p−pV)体积变为100T和V．试证明γ=21()V1−V0p0[证明]两次加热气体吸收的热量相同，等容过程吸收的热量为Q=νC(T−T)1V10等压过程吸收的热量为Q2=νCp(T2−T0)由Q1=Q2可得νCV(T1−T0=)νCpT2−(T0)课后答案网CpT1−T0所以γ==CT−TV20由理想气体状态方程pV=νRTpV=νRTpV=νRT000101012www.hackshp.cnp1−p0V1−V0因此T1−T0=V0T2−T0=p0νRνR(p1−p0V)0所以得到γ=(V−Vp)1009-9已知1mol固体的状态方程为v=v+aT+bp，内能E=cT+apT，式中v、a、b、00c均为常量，求该固体的Cp、CV．[解]由热力学第一定律可得dQ=dE+dA=dE+pdV（1）由已知条件可得dV=adT+bdp（2）dE=dcT+aTdp+apdT（3）9-3若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn将（2）、（3）代入（1）得dQ=cdT+aTdp+apdT+p(adT+bdp)（4）在等压过程中，dp=0dQ所以dQ=(c+2apd)T因此C==c+2appdT在等容过程中dV=0a代入（2）式得adT+bdp=0因此dp=−dTb代入（4）式得2⎛a⎞⎛⎛a⎞⎞⎛aT⎞dQ=cdT+aT⎜−d⎟T+apdT+p⎜⎜adT+b⎜−⎟dT⎟⎟=⎜⎜c+ap−⎟⎟dT⎝b⎠⎝⎝b⎠⎠⎝b⎠2dQaT所以C==c+ap−VdTba9-10已知范德瓦尔斯气体的内能E=CT−+E．其中C、a、E为常数，试证V0V0V明其绝热过程方程为T(V−bR)CV=常数⎛a⎞[证明]范德瓦尔斯气体的状态方程为⎜p+⎟(V−b)=RT（1）2⎝V⎠a又由已知条件可得dE=CdT+dV（2）V2V绝热过程dQ=0，由热力学第一定律得dE=−dA=−pdV（3）a由（2）、（3）式可得CdT+dV=−pdV（4）V2课后答案网VRTa由（1）式可得p=−（5）2V−bVaaRT将（5）代入（4）式有CdT+dV=dV−dVV22VVV−bwww.hackshp.cnCV1整理得dT=−dVRTV−bCV积分得lnT+ln(V−b=)常数R即(V−bT)CVR=常数这就是范德瓦尔斯气体的绝热过程方程．9-11如图所示是氮气循环过程，求：（1）一次循环气体对外作的功；（2）循环效率．1[解]（1）一次循环过程气体对外作功的大小为闭合曲线所包围的面积，由图知，其包围的面积为S=(p−pV)(−V)21419-4若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn()()5−3310=5−×51−×10×10=2.0×10J3该循环对外作功为正，所以A=0.2×10J（2）该循环过程中，从1→2，2→3为吸收热量过程1→2为等容过程，吸收热量为5Q1=νCV(T2−T1=)(p2V2−p1V1)25()5−33=10×1×5−1××10×10=1.25×10J22→3为等压过程，吸收热量为7Q2=νCp(T3−T2=)(p3V3−p2V2)27()5−34=10×5×10−×1×10×10=1.4×10J24因此吸收的总热量为Q=Q+Q=1.525×10J123A2.0×10该循环的效率为η==×100%=13.1%4Q1525.×109-12一理想气体的循环过程如图所示，其中ca为绝热过程，点a的状态参量为(T,V，)11点b的状态参量为(T,V，理想气体的热容比为)γ，求（1）气体在ab、bc过程中与外界22是否有热交换?数量是多少?（2）点c的状态参量；（3）循环的效率．[解]（1）ab过程是等温过程，系统吸收热量为课后答案网V2Q=A=νRTlnT1V1因V>V，故该过程是吸热过程．21www.hackshp.cnbc过程是等容过程，系统吸收热量为Q=νC(T−T)VVc2因T