西安交大版大学物理上学习指导作业及选择题答案参考答案

第一章质点运动学
第二章运动与力
第三章动量与角动量
第四章功和能
第五章刚体的转动
第六章狭义相对论基础
- 2 -
第七章振动
第八章波动
- 3 -
第九章温度和气体动理论
第十章热力学第一定律
- 4 -
- 5 -
第十一章 热力学第二定律
第一章 质点运动学
课 后 作 业
1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)
如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．
解：设质点在x 处的速度为v ，
62d d d d d d 2x t
x
x t a +=⋅==
v v 2分
- 6 - ()
x x x
d 62d 0
20
⎰⎰+=v v v 2分
(
)
2 2
1
3
x
x +=v 1分
2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．
解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t
⎰
⎰=v
v 0
d 4d t
t t
v 2=t 2 3分
v d =x /d t 2=t 2 t t x t
x
x d 2d 0
20
⎰⎰
=
x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分
3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为22
1
ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常
量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．
- 7 -
解： ct b t S +==d /d v 1分
c t a t ==
d /d v 1分
()R ct b a n /2
+= 1分
根据题意： a t = a n 1分
即 ()R ct b c /2
+=
解得 c
b
c R t -=
1分
4、
如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．
- 8 - 解：根据已知条件确定常量k
()
222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分
24t =ω, 24Rt R ==ωv
s t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分
22s /32/m R a n ==v 1分
()
8.352
/12
2=+=n
t a a a m/s 2 1分
5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问：
(1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？
解：(1) 球相对地面的初速度
=+='v v v 030 m/s 1分
抛出后上升高度 9.4522
='=g
h v m/s 1分
- 9 - 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分
(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度
202
1
)(gt t t -+=v v v 1分
08.420==g
t v
s 1分
6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．
解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知
222s h l +=
将上式对时间t 求导，得
题1-4图
t
s
s t l l
d d 2d d 2=
- 10 - 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，
∴ t s
v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳
即 θ
cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-
=船 或 s
v s h s lv v 0
2/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度
3
2
0222
02
2
002)(d d d d d d s
v h s v s l s v s
lv s v v s t s
l t l s
t v a =+-=+-=-==船
船
- 11 - 第二章 运动与力 课 后 作 业
1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?
解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有
F cos θ－f ＝0 2分
F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN
得 θ
μθμsin cos +=Mg
F 2分
- 12 - 令
0)
sin (cos )
cos sin (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ 2分
且 0d d 2
2>θ
F
∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．
m 1
m 2
2、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s 2)
g M P =
θ
F
N
f
- 13 -
解：人受力如图(1) 图2分
a m g m N T 112=-+ 1分 底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分
212T T = 1分 N N ='
由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--
∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分 5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分
3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？
- 14 - m 1
m 2
2
a
解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2
a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分
111a m T g m =- 2分 222a m g m T =-
2分 212
a a a -=' 2分 解得 2
12
2211)(m m a m g m m a ++-= 1分
2
12
12)2(m m m m a g T +-=
1分
2
12
1212
)(m m a m g m m a +--=' 1分
- 15 - 4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．
解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ． (取元，画元的受力图) 2分
由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得：
T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2 令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r ) 得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 4分
由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 0 1分
有
r r L M T L
r
r T d )/(d 2
)
(⎰
⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 3分
O
O
- 16 - 第三章 动量与角动量 课 后 作 业
h
A
v
1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）
解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度
gh 20=v 1分
设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为 t q m m ∆=∆
1分
设A 对煤粉的平均作用力为f
，由动量定理写分量式：
0-∆=∆v m t f x 1分
)(00v m t f y ∆--=∆ 1分
- 17 - 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =
∴ 14922=+=
y x f f f N 2分 f
与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 1分
由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f
相反．2分
30°
F
2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?
解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力
mg F N +︒=30sin 1分
物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分
即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分
物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=t
t t N F I 0
d )30cos (μ
- 18 - )(96.1)(83.302
2t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分
则此时物体的动量的大小为 I m =v
速度的大小为 8.28==m
I
v m/s 2分
3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）
解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．
利用 2t g t h '+'=2
1
1v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1
＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分
设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有
S 1 = v x t ① h=
2
2
1gt ② 由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分
- 19 - 以2v
表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．
x v v m m x =221
③
0==+y y m m m v v v 1y 22
1
21 ④
解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分 再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤
y 2=h +v 2y t 2-2
2gt 2
1 ⑥
落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去） 故 x 2＝5000 ｍ 3分
m
v
4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹
- 20 - 以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．
解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 m v 0 = m v +M v '
v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分
(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v
方向为正方向) 2分
负号表示冲量方向与0v
方向相反． 2分
- 21 - 课 后 作 业
1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为
j t b i t a r
ωωsin cos +=(SI)
式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；
(2)求质点所受的合外力F 以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F
的分力x F 和y F 分别作的功．
解：(1)位矢 j t b i t a r
ωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =
t a t x x ωωsin d d -==v ， t b t
y ωωcos d dy
-==v
在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω
E KA =222
22
12121ωmb m m y x =+v v 2分
在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ω
E KB =222
22
12121ωma m m y x
=+v v 2分 (2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 2
2-- 2分
- 22 - 由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=
-0
22221
d a ma x x m ωω 2分
⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 02222
1
d ωω 2分
2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．
解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是
kL ＞F ① 2分
小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得
- 23 - 2
22
121)(kL kx x L F -=
+- ② 2分 由② 解出
k
F
L x 2-
= 使小球继续保持静止的条件为 F k F
L k x k ≤-
=2 ③ 2分 所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L k
F
3≤ 2分
3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑
动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？
- 24 -
a
l -a
(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？
解：(1)建立如图坐标.
某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为
g l y
m f μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a
l f y gy l m
y f W μ 2分
=
02
2a
l y l
mg
-μ =2)(2a l l
mg --μ 2分
(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2
022
121v v m m -
其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分
- 25 - W P =⎰l
a x P d =l
a l mg x x l mg l
a 2)
(d 22-=⎰ 2分
由上问知 l
a l mg W f 2)(2
--=μ
所以
22222
1
)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []
2
1
222)
()(a l a l l
g ---=μv 2分
α
h
0v
4、一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求： 物体能够上升的最大高度h ；
该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．
- 26 - 解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=
202
1v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2
02
1ctg v αμ 2分
)
ctg 1(220
αμ+=g h v =4.5 m 2分
(2)根据功能原理有 fs m mgh =-22
1
v 1分
αμctg 2
1
2mgh mgh m -=v 1分
[]21
)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分
第五章 刚体的转动
课 后 作 业
- 27 - 1、一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，
如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为22
1
mr ．将由两个定滑轮以及质量为
m 和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．
解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分
T 2－mg ＝ma 1分 T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β22
1mr 1分 a ＝r β 2分
解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分
- 28 -
2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有
一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为2
1
M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速
向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2 / 4 )
解：受力分析如图所示．
设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得：
对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分
对重物： T 1－21Mg ＝2
1
Ma ② 2分
根据转动定律，对滑轮有
(T2－T1)R＝Jβ＝MR2β / 4 ③2分
因绳与滑轮无相对滑动，a＝βR④1分
①、②、③、④四式联立解得a＝2g / 7 1分
3、一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S．试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和S表示)．
解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mg­T＝ma①2分
T r＝Jβ②2分
由运动学关系有：a = rβ③2分- 29 -
- 30 - 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0
式代入④式得：J ＝mr 2
(
S
gt 22
∴ S ＝22
1
at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤－1) 2分
A
m 1 ,l
1v
2
俯视图
4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，
设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v
，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动
的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量213
1
l m
J =)
- 31 -
解：
对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即
1分
m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω213
1
l m ① 3分
碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为
gl m x x l m g M l f 10121
d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分
由角动量定理 ω2103
10l m dt M t
f -=⎰ ③ 2分
由①、②和③解得 g
m m t 12
122μv v += 2分
第六章 狭义相对论基础
课 后 作 业
1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是
- 32 - 多少？
解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 22
1c
x x v -=，0y y =，0z z =．
相应体积为 22
01c
V xyz V v -== 3分
观察者Ａ测得立方体的质量 2
20
1c
m m v -=
故相应密度为 V m /=ρ2
2
02
2
011/c V c m v v -
-=
)1(22
00c
V m v -
=
2分
2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．
- 33 -
解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为
a a x 221=，a a y 22
1
= 面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分
在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中
2
)/(1c a a x x v -=' =0.6×
a 22
1 a a a y
y 22
1
==' 在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为
606.022
=='⋅'='a a a S x y cm 2 3分 3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上
空飞过．
(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？
解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m
a
a
O y x
- 34 - 则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分
(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则
∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分
4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？
解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆v
S
t 年 2分
以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆22
1c
t t v 0.20 年 3分
5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？
解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有
- 35 - 2
)/(1c t
t v -=
'∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆
则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分
那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：
2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分
6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)
解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E
根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 2 2分
根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=
2/12101])/(1/[c m m v -= 1分 ∴ )1111(2
2122220c
c c m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV 2分 第七章 振动
课 后 作 业
1、一个轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30 cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问： (1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？
(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？
- 36 -
解：(1) 小物体受力如图．
设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- 1分
)(a g m N -=
当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 1分
A = 10 cm ，N/m 3
.060
=k
有 50/==m k ω rad ·s -1 2分 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 1分 此值小于g ，故小物体不会离开． 1分
(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得
x a g 2ω-== 2分 6.19/2-=-=ωg x cm 1分
即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得
2/ωg A >=19.6 cm ． 1分
2、一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求： (1) 质点的振动方程；
- 37 - (2) 质点在A 点处的速率．
解： T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分
(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A = t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+=
由上二式解得 tg φ = 1
因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25cos /==φx A cm 1分 ∴ 振动方程 )434cos(10252π-π⨯=-t x (SI) 1分
(2) 速率 )434sin(41025d d 2
π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点 221093.3)4
3sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t x v m/s 1分
3、在一轻弹簧下端悬挂m 0 = 100 g 砝码时，弹簧伸长8 cm ．现在这根弹簧下端悬挂m = 250 g 的物体，构成弹簧
振子．将物体从平衡位置向下拉动4 cm ，并给以向上的21 cm/s 的初速度（令这时t = 0）．选x 轴向下, 求振动方
- 38 - 程的数值式．
解： k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08
.08
.91.0=⨯=
N/m
11
s 7s 25
.025.12/--==
=m k ω 2分 5cm )7
21(4/2
222020
=+=+=ωv x A cm 2分 4/3)74/()21()/(tg 00=⨯--=-=ωφx v ，φ = 0.64 rad 3分
)64.07cos(05.0+=t x (SI) 1分
4、有一轻弹簧，当下端挂一个质量m 1 = 10 g 的物体而平衡时，伸长量为4.9 cm ．用这个弹簧和质量m 2 = 16 g 的物体组成一弹簧振子．取平衡位置为原点，向上为x 轴的正方向．将m 2从平衡位置向下拉 2 cm 后，给予向上的初速度v 0 = 5 cm/s 并开始计时，试求m 2的振动周期和振动的数值表达式．
解：设弹簧的原长为l ，悬挂m 1后伸长∆l ，则 k ∆l = m 1g ，
k = m 1g/ ∆l = 2 N/m 1分取下m 1挂上m 2后，
2.11/2==m k ω rad/s 2分
ω/2π=T =0.56 s 1分
t = 0时， φcos m 10220A x =⨯-=-
- 39 - φωsin m/s 10520A -=⨯=-v
解得 2202
01005.2m )/(-⨯=+=ωv x A m 2分
=-=-)/(tg 001x ωφv 180°+12.6°=3.36 rad
也可取 φ = -2.92 rad 2分 振动表达式为 x = 2.05×10-2cos(11.2t -2.92) (SI) 2分
或 x = 2.05×10-2cos(11.2t +3.36) (SI)
- 40 - 5、在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 内完成48次振动，振幅为5 cm ． (1) 上述的外加拉力是多大？
(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？
解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则
0)(0=+-+∆x l k mg F
解得 F = kx 0 2分 由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x 0
则 0202
)/(x x A =+=ωv 2分 又由题给物体振动周期4832=
T s, 可得角频率 T
π
=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分
221007.12
1
-⨯==v m E K J 2分
2222)/4(2
1
21x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分
解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），
- 41 - kA F = 2分
2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分
(2) 总能量 221011.12
1
21-⨯===FA kA E J 2分
当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分
∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分
6、如图，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k = 24 N/m ，重物的质量m = 6 kg ，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05 m 时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程．
解：设物体的运动方程为 )cos(φω+=t A x ．
恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ×0.05 = 0.5 J ． 2分
当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J ，即：
5.02
1
2=kA J ， ∴ A = 0.204 m ． 2分
- 42 - A 即振幅． 4/2==m k ω (rad/s)2
ω = 2 rad/s ． 2分 按题目所述时刻计时，初相为φ = π．∴ 物体运动方程为 2分
)2cos(204.0π+=t x (SI)． 2分
第八章 波动
课 后 作 业
1、一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．
解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波
的表达式可写成 )/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分 t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故
π=+π-π2
1
)/1.0(27φλ ① 2分
而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有
05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy
且 π-=+π-π3
1
)/2.0(27φλ ② 2分
由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分 3/17π-=φ 1分 ∴ 该平面简谐波的表达式为
]317
12.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 2分
或 ]3
1
12.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)
(m) -
2、图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求 (1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．
解：(1) O 处质点，t = 0 时
0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v
所以 π-=2
1
φ 2分
又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分
故波动表达式为 ]2
)4.05(2cos[04.0π
--π=x t y (SI) 4分
(2) P 处质点的振动方程为
]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )2
34.0cos(04.0π
-π=t (SI) 2分
3、沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动方程．
解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分
T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ2
1
，见
图． 2分
此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，
∴ π=2
1
φ 2分
∴ )2
1
21cos(5.0π+π=t y (SI) 3分
4、一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π= 求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程；
(2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．
解：(1) x = λ /4处
)212cos(1π-π=t A y ν , )2
1
2cos(22π+π=t A y ν 2分
∵ y 1，y 2反相 ∴ 合振动振幅 A A A A s =-=2 , 且合振动的初相φ 和y 2的
初相一样为π2
1
． 4分
合振动方程 )2
1
2cos(π+π=t A y ν 1分
(2) x = λ /4处质点的速度 )2
1
2sin(2/d d π+ππ-== v t A t y νν
)2cos(2π+ππ=t A νν 3分
5、设入射波的表达式为 )(2cos 1T
t
x A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射
点为一固定端．设反射时无能量损失，求
(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．
解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ 3分 (2) 驻波的表达式是 21y y y +=
)2
1
/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ 3分
(3) 波腹位置： π=π+πn x 2
1
/2λ, 2分
λ)2
1
(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,…
波节位置： π+π=π+π21
21/2n x λ 2分
λn x 2
1
= , n = 1, 2, 3, 4,…
6、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3λ /4，DP = λ /6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν．）
解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(2cos[1φλν+-π=x t A y 2分 则反射波的表达式是 ])(2cos[2π++-+-
π=φλ
νx
DP OP t A y 2分
合成波表达式（驻波）为 )2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A y 2分 在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ，
故得 π=2
1
φ 2分
因此，D 点处的合成振动方程是
)2
2cos()6/4/32cos(2π
+π-π
=t A y νλλλt A νπ=2sin 3 2分
第九章 温度和气体动理论 课 后 作 业
1、黄绿光的波长是5000
A (1
A =10 -10 m)．理想气体在标准状态下，以黄绿光的波长为边长的立方体内有多少个分子?(玻尔兹曼常量k ＝1.38×10- 23J ·K -1)
解：理想气体在标准状态下，分子数密度为
n = p / (kT )＝2.69×1025 个/ m 3 3分 以5000
A 为边长的立方体内应有分子数为
N = nV ＝3.36×106个． 2分
2、已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m ·s -1．当其压强为1 atm 时，求气体的密度．
解： 223
1
31v v ρ==nm p
∴ 90.1/32==v p ρ kg/m 3 5分 3、一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w = 6.21×10-21 J ．试求：
(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．
(阿伏伽德罗常量N A ＝6.022×1023 mol -1，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1)
解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w
＝6.21×10-21 J ．
且 ()
()
483/22
/12
/12
==m w v
m/s 3分
(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． 2分 4、某理想气体的定压摩尔热容为29.1 J ·mol -1·K -1．求它在温度为273 K 时分子平均转动动能． (玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1 )
解： R R i
R i C P +=+=222， ∴ ()5122=⎪⎭
⎫
⎝⎛-=-=R C R R C i P P ， 2分
可见是双原子分子，只有两个转动自由度.
211077.32/2-⨯===kT kT r ε J 3分
5、一超声波源发射超声波的功率为10 W ．假设它工作10 s ，并且全部波动能量都被1 mol 氧气吸收而用于增加其内能，则氧气的温度升高了多少？ (氧气分子视为刚性分子，普适气体常量R ＝8.31 J ·mol -1·K -1 )
解： A = Pt = T iR v ∆2
1
， 2分
∴ ∆T = 2Pt /(v iR )＝4.81 K ． 3分
6、1 kg 某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J ，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg ，试求气体的温度． （玻尔兹曼常量 k ＝1.38×10-23 J ·K -1）
解： N = M / m ＝0.30×1027 个 1分 ==N E w K / 6.2×10-21 J 1分
k
w
T 32== 300 K 3分
第十章 热力学第一定律 课 后 作 业
1、一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ． (1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．
(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．
1 2 3 1
2 O
V (10-3 m 3) p (105 Pa) A B
C
解：(1) A →B ： ))((2
1
1A B A B V V p p W -+=
=200 J ． ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J
Q =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分
B →
C ： W 2 =0
ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．
Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分 C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．
150)(2
3
)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ．
Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J 3分 (2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ． Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J 2分 2、1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求： 气体的内能增量．
气体对外界所作的功． 气体吸收的热量．
此过程的摩尔热容．
解：(1) )(25
)(112212V p V p T T C E V -=-=∆ 2分
(2) ))((2
1
1221V V p p W -+=
， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则
)(2
1
1122V p V p W -=
． 3分 (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分 (4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中
ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，
摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分
B
A
O
V
p 1p 2p V 1V 2
(摩尔热容C =T Q ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所
吸收的热量．)
3、一定量的理想气体，由状态a 经b 到达c ．(如图， abc 为一直线)求此过程中
1 2 3 1 2 3 a b
c
V (L)
p (atm)
气体对外作的功； 气体内能的增量；
气体吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa)
解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积
W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3 J ＝405.2 J 3分 (2) 由图看出 P a V a =P c V c ∴T a =T c 2分 内能增量 0=∆E ． 2分
(3) 由热力学第一定律得
Q =E ∆ +W =405.2 J ． 3分 4、如图所示，abcda 为1 mol 单原子分子理想气体的循环过程，求：
O
a
d
c
b
p (×105 Pa)
V (×10-3 m 3)
2
3
12
(1) 气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量； (2) 气体循环一次对外做的净功；
(3) 证明 在abcd 四态, 气体的温度有T a T c =T b T d ．
解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程， 吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b )
)(2
5
)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-=
=800 J 4分 (2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积
W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分 (3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ， T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2 T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2
∴ T a T c =T b T d 4分 5、一定量的理想气体经历如图所示的循环过程，A →B 和C →D 是等压过程，B →C 和D →A 是绝热过程．已知：T C ＝ 300 K ，T B ＝ 400 K ． 试求：此循环的效率．(提示：循环效率的定义式η =1－Q 2 /Q 1，Q 1为循环中气体吸收的热量，Q 2为循环中气体放出的热量）
A
B
C
D O
V
p
解： 1
2
1Q Q -
=η Q 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D )
)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q
--=--= 4分
根据绝热过程方程得到：
γ
γγγ----=D D A A T p T p 11， γγγγ----=C C B B T p T p 11 ∵ p A = p B , p C = p D ,
∴ T A / T B = T D / T C 4分
故 %251112=-=-=B C T T Q Q
η 2分
6、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃
时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条。