05大学物理答案

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南京理工大学2005级大学物理(上)A卷答案及评分标准

南京理工大学课程考试答案及评分标准课程号-课序号： 11120804 课程名称：大学物理（上）学分： 3.5 考试方式：闭卷笔试满分分值： 100 考试时间： 120 分钟一、选择题（每题2分，共24分）1、（B ）；2、（C ）；3、（A ）；4、（D ）；5、（B ）；6、（A ）二、填空题（每题2分，共24分）1、（1）2/5.2s m a =；（2）s m /0.3=υ；2、（3）00044R V ==ωω；（4）2023mV A =；3、（5）⎥⎦⎤⎢⎣⎡-±--=3)2(cos 0ππωu x L t A y 反；（6）2k L x 0λ±=； 4、（7）R i 22+；（8）等温过程； 5、（9）K T 200'2=；（10）K T 750'1= 6、（11）21σσ-=；（12）22σσ=（参考分数）三、（10分）解：（1） gdx gdm df lm λμμλ⋅-=⋅-==,mgl l g gdx x xdf dM M l μμλμλ2120-=⋅-=⋅-=-==⎰⎰⎰ （5分）（2）（一）用动量矩定律： 0021ωωωI I I Mt -=-= （2分） g l mgl ml M I t μωμωω3223120020=⨯=-= （3分）（二）亦可用转动定律： l g I M 23μα-== （2分）t αωω+=0 （2分）gl t μωαω3200=-= （1分）四、（10分）解：（1）ππω====Ts T m A 2,2,12.0 （2分） 0=t 时，0,000>=υx 所以有 )35(3ππϕor -= （2分）))(3cos(12.0m t x ππ-= （2分）（2）由图可知： ;6532πππθ∆=+= （2分）s t 65==ωθ∆∆ （2分）五、（10分）解：（1）P -V 图；（4分）（2）)(4052102010013.12)(351212J V V P A =⨯⨯⨯⨯=-=-；（1分） ;023=A （1分）)(280821ln ln 333131J R V P R V V RT A -=⎪⎭⎫ ⎝⎛== （1分）（3）)124428084052J A （＝－＝总（1分）)(1418227)(1122121J R V P R V P R T T C Q P =⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= （1分）%8.81418212441===Q A η （1分）六、解：（10分）（1）dr r Qq dr r q V R R RA ⎰++⎰=∞321202044πεπε （4分） 302010444R Qq R q R qπεπεπε++-=（1分）（或由电荷分布q Q q q +-,,产生的电势叠加302010444321R Qq R q R q V V V V A A A A πεπεπε++-=++=）（2）0,44020=+=+=∞∞⎰V rQq dr r Q q V rP πεπε （3分）)(l 题五图所以 rQ q q V V q A p p 0004)()(πε+=-=∞∞ （2分）七、解：（12分）（1）无介质板时，dSC 00ε=（2分）有介质板 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=+=+=r r r S d S dS d C C C εεεεεε122211100021 （2分） d S C r r )1(20+=εεε dS C C C r r )1()1(00+-=-=εεε∆ （2分）（2） W W W A -==0∆ （2分）CQ C Q 22202-= （2分） 204)1(Q Sd r r εεε-=（2分）。

2005年高考江苏省物理试题及答案

化学总复习资料基本概念：1、化学变化：生成了其它物质的变化2、物理变化：没有生成其它物质的变化3、物理性质：不需要发生化学变化就表现出来的性质(如:颜色、状态、密度、气味、熔点、沸点、硬度、水溶性等)4、化学性质：物质在化学变化中表现出来的性质(如:可燃性、助燃性、氧化性、还原性、酸碱性、稳定性等)5、纯净物：由一种物质组成6、混合物：由两种或两种以上纯净物组成,各物质都保持原来的性质7、元素：具有相同核电荷数(即质子数)的一类原子的总称8、原子：是在化学变化中的最小粒子，在化学变化中不可再分9、分子：是保持物质化学性质的最小粒子，在化学变化中可以再分10、单质：由同种元素组成的纯净物11、化合物：由不同种元素组成的纯净物12、氧化物：由两种元素组成的化合物中,其中有一种元素是氧元素13、化学式：用元素符号来表示物质组成的式子14、相对原子质量：以一种碳原子的质量的1/12作为标准,其它原子的质量跟它比较所得的值某原子的相对原子质量=相对原子质量≈ 质子数+ 中子数(因为原子的质量主要集中在原子核)15、相对分子质量：化学式中各原子的相对原子质量的总和16、离子：带有电荷的原子或原子团注：在离子里，核电荷数= 质子数≠ 核外电子数18、四种化学反应基本类型：①化合反应：由两种或两种以上物质生成一种物质的反应如：A + B = AB②分解反应：由一种物质生成两种或两种以上其它物质的反应如：AB = A + B③置换反应：由一种单质和一种化合物起反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应如：A + BC = AC + B④复分解反应：由两种化合物相互交换成分，生成另外两种化合物的反应如：AB + CD = AD + CB19、还原反应：在反应中，含氧化合物的氧被夺去的反应(不属于化学的基本反应类型)氧化反应：物质跟氧发生的化学反应(不属于化学的基本反应类型)缓慢氧化：进行得很慢的,甚至不容易察觉的氧化反应自燃：由缓慢氧化而引起的自发燃烧20、催化剂：在化学变化里能改变其它物质的化学反应速率,而本身的质量和化学性在化学变化前后都没有变化的物质（注：2H2O2 === 2H2O + O2 ↑ 此反应MnO2是催化剂）21、质量守恒定律：参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成物质的质量总和。

大学物理第五版上册标准答案

1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t l ltx-==v ,式中t ld d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θl h l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小 m 32Δ04-=-=x x x (2) 由0d d =tx得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t ＝0不合题意) 则 m 0.8Δ021=-=x x x ,m 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 48ΔΔ21=+=x x s (3) t ＝4.0 s 时 ,1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv ,2s0.422m.s 36d d -=-==t t xa 1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动),0=BC a (匀速直线运动) 2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1-8 分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为,2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得 j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s QP1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为 t t x x 6010d d +-==v , t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m ·ｓ-1 , v o y ＝15 m ·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则 23tan 00-==xy αv v α＝123°41′ (2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为 222s m 1.72-⋅=+=y x a a a 设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β ,β＝-33°41′(或326°19′) 1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d1-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O ′x ′y ′坐标系,并采用参数方程x ′＝x ′(t )和y ′＝y ′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O ′x ′y ′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为 t T R x π2sin=', t TR y π2cos -=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t vi j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h /cos ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和txd d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1) 由 ⎰⎰=tx x t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m ·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点． (1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv 得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e B A y tBt yd )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 0)d 46(d d j i a vv j i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==t trr t t t t 0)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2 y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为td d v=a 和tΔΔv=a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v )Δcos 1(2θ-=v 而 vv θR s t ΔΔΔ==所以θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,R a 219003.0v ≈,R a 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ．1-17 分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr=v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即tt te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2 消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2 (2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t tyt x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m t y t x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t ttt e e e a 222s1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=yxv v v 则m 17.112==na ρv1-18 分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m ·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gyx v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xyθ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αxy arctanarctan== 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n1-19 分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP uuu r(即图中的r 矢量)．解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgtαtβαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果． (2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan =由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1-20 分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1) h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 ghωR x 2222=由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v =为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1-21 分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m ·ｓ-1 及3.44 m ≥y ≥0 代入后,可解得 71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts-==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v故加速度的大小为R)(402222bt b a a a a t tn-+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-=因此质点运行的圈数为bRR s n π4π22v == 1-23 分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω 2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t 总加速度 n t t n R ωR αe e a a a 2+=+=()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==tωra t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223nt a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有 ()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1-25 分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o12s m 36.575tan -⋅==v v1-26 分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hlαarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解由122v v v -='［图(b)］,有 θθαcos sin arctan221v v v -=而要使hl αarctan ≥,则h l θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v dut u l 1-28 分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O ′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O ′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O ′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O ′x ′y ′分别为观察者O 和观察者O ′所在的坐标系,且使Ox 和O ′x ′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x ′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y ′＝y ＝1/2 gt 2加速度 g ty a a y ='='=22d d由此可见,动点相对于系O ′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A和a B均应对地而言,本题中a A和a B的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对a A、a B、a和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg lt cos sin cos 2-= (2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα 则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2=-=αμααg lt2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ -(m1 ＋m 2 )g ＝(m 1 ＋m 2 )a (1) ,F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ＝(m 1 ＋m 2 )(g ＋a) (3) F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m ·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为 F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N (2) 当整个装置以加速度a ＝1 m ·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为 F Ｔ＝3.24 ×103 N 此时,乙对甲的作用力则为 F ′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有 m A g -F Ｔ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ＝F ′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N am m mg F 2724f .=+-=讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程。

2005北京高考物理试题及解析答案

2005年普通高等学校招生全国统一考试理科综合物理部分试题（北京卷）14.下列关于热现象的说法，正确的是 A .外界对物体做功，物体的内能一定增加 B .气体的温度升高，气体的压强一定增大C .任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体D .任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能 15.在下列各组的两个现象中都表现出光具有波动性的是A .光的折射现象、色散现象B .光的反射现象、干涉现象C .光的衍射现象、偏振现象D .光的直线传播现象、光电效应现象16.为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”。

对于爱因斯坦提出的质能方程E=mc 2，下列说法中不正确的是 A .E ＝mc 2表明物体具有的能量与其质量成正比 B .根据ΔE ＝Δmc 2可计算核反应的能量C .一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量，表明此过程出现了质量亏损D .E ＝mc 2中的E 是发生核反应中释放的核能17.一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x ＝0。

当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，介质中平衡位置坐标x ＝2m 的质点所处位置及运动情况是 A .在其平衡位置下方且向上运动 B ..在其平衡位置下方且向下运动 C .在其平衡位置上方且向上运动 D .在其平衡位置上方且向下运动18.正弦交流电源与电阻R 、交流电压表按图1所示的方式连接，R ＝100Ω，交流表的示数是10V 。

图2是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象，则1A .通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝ 2 cos100πt (A)B .通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝ 2 cos50πt (A)C .R 两端的电压u R 随时间t 变化的规律是u R ＝5 2 cos100πt (V)D .R 两端的电压u R 随时间t 变化的规律是u R ＝5 2 cos50πt (V)19.一人看到闪电12.3s 后又听到雷声。

2005年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)理科综合能力测试物理试题答案解析教师版

2005年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）理科综合能力测试物理试题第Ⅰ卷14. （2005年北京）下列关于热现象的说法，正确的是（）A．外界对物体做功，物体的内能一定增加B．气体的温度升高，气体的压强一定增大C．任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体D．任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能【答案】D【解析】根据热恋力学第一定律ΔU=W+Q可得，外界对物体做功时W>0，但是如果此进物体向外放出热量，即Q<0，则不一定判断出物体的内能一定增加，选项A错误；气体的压强与温度和单位体积内的分子的个数有关，气体的温度升高，但是如果单位体积内的分子个数少，则气体的压强也不一定增大，选项B错误；根据热力学第二定律，在做功的条件下，热量可以由低温物体传递到高温物体，选项C不正确；任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，即热机总存在一定的效率，不可能是100%，选项D正确。

15. （2005年北京）在下列各组的两个现象中都表现出光具有波动性的是（）A．光的折射现象、色散现象B．光的反射现象、干涉现象C．光的衍射现象、偏振现象D．光的直线传播现象、光电效应现象【答案】C【解析】光的直线传播、光的反射、折射、色散及光电效应等反映的是光的粒子性，而光的干涉、衍射及偏振等现象反映的是光的波动性，故该题选项C 正确。

16. （2005年北京）为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”。

对于爱因斯坦提出的质能方程E＝mc2，下列说法中不正确的是（）A．E＝mc2表明物体具有的能量与其质量成正比B．根据△E＝△mc2可以计算核反应中释放的核能C．一个中子和一个质子结合成氘核时，释放出核能，表明此过程中出现了质量亏损D．E＝mc2中的E是发生核反应中释放的核能【答案】D【解析】E＝mc2表明能量与质量之间当量关系的方程，主要用来解释核变反应中的质量亏损和计算高能物理中粒子的能量，所能量与其质量成正比，选项A正确；根据△E＝△mc2可以计算核反应中释放的核能，选项B正确；一个中子和一个质子结合成氘核时，释放出核能，表明此过程中出现了质量亏损，选项C正确；E＝mc2中的E不一定是发生核反应中释放的核能，也可能是吸收的核能，故选项D的说法不正确；而该题是让选不正确的说法，故选项D符合题意。

2005年物理竞赛题及标答

2005秋季《大学物理学》竞赛试题课程名称大学物理学任课教师出题教师题库调题审题教师考试方式（闭）卷适用专业 04级本科理工考试时间（120）分钟一、选择题（每小题3分，共30分）1．一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为+σ ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感生电荷面密度为：(A) σ 1 = - σ， σ 2 = + σ．(B) σ 1 = σ21-， σ 2 =σ21+． (C) σ 1 = σ21-， σ 1 = σ21-．(D) σ 1 = - σ， σ 2 = 0．［］2．测量单色光的波长时，下列方法中哪一种方法最为准确？ (A) 双缝干涉． (B) 牛顿环．(C) 单缝衍射． (D) 光栅衍射．［］3．一无限长直导体薄板宽为l ，板面与z 轴垂直，板的长度方向沿y 轴，板的两侧与一个伏特计相接，如图．整个系统放在磁感强度为B 的均匀磁场中，B的方向沿z 轴正方向．如果伏特计与导体平板均以速度v向y 轴正方向移动，则伏特计指示的电压值为 (A) 0． (B)21v Bl ． (C) v Bl ． (D) 2v Bl ．［］4．一劲度系数为k 的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联，下面挂一质量为m 的物体，如图所示.则振动系统的频率为(A)m k 32π1． (B)mk2π1 ．A +σ2(C)m k 32π1． (D) mk62π1．［］5．如图所示，一平面简谐波沿x 轴正向传播，已知P 点的振动方程为)cos(0φω+=t A y ，则波的表达式为 (A) }]/)([cos{0φω+--=u l x t A y ． (B) })]/([cos{0φω+-=u x t A y ． (C) )/(cos u x t A y -=ω．(D) }]/)([cos{0φω+-+=u l x t A y ．［］6．一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：(A) 它的动能转换成势能． (B) 它的势能转换成动能．(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大．(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减．［］7．用白光光源进行双缝实验，若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝，用一个纯蓝色的滤光片遮盖另一条缝，则(A) 干涉条纹的宽度将发生改变．(B) 产生红光和蓝光的两套彩色干涉条纹． (C) 干涉条纹的亮度将发生改变．(D) 不产生干涉条纹．［］8．如图a 所示，一光学平板玻璃A 与待测工件B 之间形成空气劈尖，用波长λ＝500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射．看到的反射光的干涉条纹如图b 所示．有些条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分的连线相切．则工件的上表面缺陷是(A) 不平处为凸起纹，最大高度为500 nm ． (B) 不平处为凸起纹，最大高度为250 nm ． (C) 不平处为凹槽，最大深度为500 nm ． (D) 不平处为凹槽，最大深度为250 nm ．［］9．波长为λ的单色平行光垂直入射到一狭缝上，若第一级暗纹的位置对应的衍射角为θ=±π/ 6，则缝宽的大小为(A) λ/2． (B) λ．(C) 2λ． (D) 3λ．［］ 10．在透光缝数为N 的光栅衍射实验里，N 缝干涉的中央明纹中强度的最大值为一个缝单独存在时单缝衍射中央明纹强度最大值的 (A) 1倍． (B) N 倍． (C) 2 N 倍． (D) N 2．［］图b二、填空题(1-5题各3分，6-12题各5分，共50分)1. 设雷雨云位于地面以上500 m 的高度，其面积为107 m 2，为了估算，把它与地面看作一个平行板电容器，此雷雨云与地面间的电场强度为104 V/m ，若一次雷电即把雷雨云的电能全部释放完，则此能量相当于质量为______________kg 的物体从500 m 高空落到地面所释放的能量．(真空介电常量ε0 = 8.85³10-12 C 2²N -1²m -2 )2．一磁场的磁感强度为k c j b i a B++= (SI)，则通过一半径为R ，开口向z 轴正方向的半球壳表面的磁通量的大小为________________Wb ．3．图为一种声波干涉仪，声波从入口E 进入仪器，分BC 两路在管中传播至喇叭口A 汇合传出，弯管C 可以移动以改变管路长度，当它渐渐移动时从喇叭口发出的声音周期性地增强或减弱，设C 管每移动10 cm ，声音减弱一次，则该声波的频率为____________Hz ．（空气中声速为340 m/s ）4．加在平行板电容器极板上的电压变化率1.0³106 V/s ，在电容器内产生1.0 A 的位移电流，则该电容器的电容量为________μF ． 5．用λ＝600 nm 的单色光垂直照射牛顿环装置时，从中央向外数第4个暗环(不计中央暗斑)对应的空气膜厚度为__________μm ．6．在固定端x =0处反射的反射波表达式是)/(2cos 2λνx t A y -π=. 设反射波无能量损失，那么入射波的表达式是y 1 = ____________________；形成的驻波表达式是y = _____________________________．7．如图所示，等边三角形的金属框，边长为，放在均匀磁场中，ab 边平行于磁感强度B，当金属框绕ab 边以角速度ω 转动时，规定电动势沿abca 绕向为正值．则bc 边上沿bc 的电动势为_____________________，金属框内的总电动势为___________________．8．如图所示，两列波长均为λ的相干简谐波分别通过图中的O 1和O 2点，通过O 1点的简谐波在M 1 M 2平面反射后，与通过O 2点的简谐波在P 点相遇．假定波在M 1 M 2平面反射时有相位突变π．O 1和O 2两点的振动方程为y 10=A cos(ωt ) 和y 20=A cos(ωt )，且λ81=+mP m O ，λ32=P O （λ为波长），假定两列波在传播或反射过程中lbBcal lωC均不衰减．两列波分别在P点引起的振动的方程y1 = ，y2= .9．两块平板玻璃，一端接触，另一端用纸片隔开，形成空气劈形膜．用波长为λ的单色光垂直照射，观察透射光的干涉条纹．设A点处空气薄膜厚度为e，发生干涉的两束透射光的光程差是；在劈形膜顶点处，透射光的干涉条纹是纹（填明纹或暗纹）.10．在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm的单色平行光垂直入射到缝间距d＝2³10-4 m的双缝上，屏到双缝的距离D＝2 m．中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距等于 m；用一厚度为e＝6.6³10-6 m、折射率为n＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第级明纹处.11．在通常亮度下，人眼瞳孔直径约为3 mm，若视觉感受最灵敏的光波长为550 nm，人眼最小分辨角是 rad ；教师在教室的黑板上画出两横线相距2 mm，坐在距黑板 m 处的同学刚好能看清.12．有三个偏振片堆叠在一起，第一块与第三块的偏振化方向相互垂直，第二块和第一块的偏振化方向相互平行，然后第二块偏振片以恒定角速度ω绕光传播的方向旋转，如图所示．设入射自然光的光强为I0．此自然光通过这一系统后，出射光的光强表达式为．三、计算题(每题10分，共40分)1．两导体球A、B．半径分别为R1= 0.5 m，R2=1.0 m，中间以导线连接，两球外分别包以内半径为R =1.2 m的同心导体球壳(与导线绝缘)并接地，导体间的介质均为空气，如图所示．已知：空气的击穿场强为3³106 V/m，今使A、B两球所带电荷逐渐增加，计算：(1) 此系统何处首先被击穿？这里场强为何值?(2) 击穿时两球所带的总电荷Q为多少？(设导线本身带电可忽略，且对电场无影响，ε0 = 8.85³10-12 C2²N-1²m-2 )1232. 如图所示，有一矩形回路，边长分别为a 和b ，它在xy 平面内以匀速v沿x 轴方向移动，空间磁场的磁感强度B与回路平面垂直，且为位置的x 坐标和时间t 的函数，即kx t B t x B sin sin ),(0ω =，其中0B，ω，k 均为已知常数，且t =0时回路在x =0处．求回路中感应电动势对时间的关系．3．如图，劲度系数为k 的弹簧一端固定在墙上，另一端连接一质量为M 的容器，容器可在光滑水平面上运动．当弹簧未变形时容器位于O 处，今使容器自O 点左侧0 处从静止开始运动，每经过O 点一次时，从上方滴管中滴入一质量为m 的油滴，求：(1) 容器中滴入n 滴以后，容器运动到距O 点的最远距离； (2) 容器滴入第(n +1)滴与第n 滴的时间间隔．4．波长λ= 500 nm 的单色平行光垂直投射在平面光栅上，光栅上每3 厘米内有10000条刻痕，缝宽a=1.0μm ，光栅后会聚透镜的焦距f=1m ，试求：（1）单缝衍射中央明纹宽度；（2）在该宽度内有几个光栅衍射主极大；（3）在整个光屏上可看到多少条谱线，是哪几级？（4）若将垂直入射改为入射角I=300斜入射（如图），能看到几条谱线？是哪几级？2005秋季《大学物理学》竞赛试题参考答案一、选择题（每小题3分，共30分）二、填空题(1-5题各3分，6-12题各5分，共50分)三、计算题(每题10分，共40分)1. 解：(1) 两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2，由于A 、B 用导线连接，故两者等电势，即满足：R Q R Q 0110144εεπ-+πRQ R Q 0220244εεπ-+π= 2分代入数据解得 7/1/21=Q Q 1分两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为744/421222122022101max 2max 1==ππ=R Q R Q R Q R Q E E εε 2分 B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即62202max 21034⨯=π=R Q E ε V/m 2分 (2) 由E 2 max 解得 Q 2 =3.3 ³10-4 C 1分==2171Q Q 0.47³10-4C 1分击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q 1+ Q 2 =3.77³10-4 C 1分2. 解法1：x x k t bB ax x''=⎰+d sin sin 0ωΦk a x k kx t bB /)](cos [cos sin 0+-=ω 4分)](cos sin cos [sin 0a vt k t kvt t kbB +⋅-⋅=ωω dtd Φ-=ε]cos sin )(cos [sin 0kvt t a vt k t dtdk bB ⋅-+⋅=ωω )](sin [sin sin v {0a vt k kvt t k kbB +-=ω)]}v (cos v [cos cos a t k t k t +--ωω 6分或)](sin [sin sin v {0a x k kx t k k bB +-=ωε)]}(cos [cos cos a x k kx t +--ωω解法2：选沿回路顺时针方向为电动势正方向，电动势是由动生电动势ε1和感生电动势ε2组成的．设回路左侧在x 位置：EF t a x B CD t x B ⋅⋅+⨯+⨯=)],([)],([1v v ε)](sin sin sin sin [00a x k t B kx t B b +-=ωωv 3分)](sin [sin sin 0a x k kx t B b +-=ωv 1分t ∂Φ-∂=/2εx x k t bB ax x''=⎰+d sin sin 0ωΦk a x k kx t bB /)](cos [cos sin 0+-=ω 2分∴ 2εkx a x k t kbB cos )(cos cos 0-+⋅=ωω 2分设总感应电动势为ε，且 x =vt ，则有21εεε+=)](sin [sin sin v {0a x k kx t k kbB+-=ωε)]}(cos [cos cos a x k kx t +--ωω2分3. 解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后，水平方向动量值不变，而且在容器回到O 点滴入下一油滴前，水平方向动量的大小与刚滴入上一油滴后的瞬间后的相同.依此，设容器第一次过O 点油滴滴入前的速度为v ，刚滴入第个油滴后的速度为v ′,则有v v '+=)(nm M M ① 2分系统机械能守恒 2202121v M kl = ② 2分22)(2121v '+=nm M kx ③ 2分由①、②、③解得最远距离为 0)/(l nm M M x += 2分 (2)时间间隔( t n +1-t n )应等于第n 滴油滴入容器后振动系统周期T n 的一半．k nm M T t t t n n n n /)(211+==-=∆+π 2分4. 解：光栅常数6100.310000/3-⨯==cm d m(1) 对于单缝衍射第1级极小有λθ=1sin a ，0130=θ 1分中央明纹宽度cm ftg x x 1163022010≈==∆ 1分 (2) 第1单缝衍射极小处，对应光栅衍射主极大3/30sin 0==λd k因此，在单缝衍射中央明纹宽度内，光栅衍射主极大的级次是0，±1，±2. 共有5个主极大. 2分 (3) 在衍射角2/πθ=处，衍射条纹的最高级次6/=<λd k m 1分即±6在无限远处.再考虑到3/=a d ，即±3缺级，所以在屏上实际出现的条纹级次为 0，±1，±2，±4，±5.共9条. 2分 (4) 新的零级条纹在入射光延长线（通过透镜光心）与光屏的交点处.在2/πθ=方向上，9/)i sin (sin d k =λ+θ=+,在2/πθ-=方向上，3/)i sin (sin d k -=λ+θ=-， 2分考虑到9、-3级在无限远处，以及3、6缺级，所以实际可见的条纹级次是8，7， 5，4， 2， 1，0，-1，-2，共9条. 1分2006-2007学年第1学期大学物理竞赛试卷课程名称大学物理学任课教师出题教师集体命题审题教师考试方式（闭）卷适用专业 05级理工本科一、选择题（每题3分，共30分）1、如图所示的一细螺绕环，它由表面绝缘的导线在铁环上密绕而成，每厘米绕10匝．当导线中的电流I 为2.0 A 时，测得铁环内的磁感应强度的大小B 为1.0 T ，则可求得铁环的相对磁导率r μ为(真空磁导率0μ =4³10-7 T ²m ²A -1)(A) 7.96³102(B) 3.98³102(C) 1.99³102 (D) 63.3 ［］2、半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B的夹角为60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是［］ (A) 与线圈面积成正比，与时间无关． (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比．(C) 与线圈面积成反比，与时间成正比． (D) 与线圈面积成反比，与时间无关．3、一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为x 时，其振动速度为v ，加速度为a ．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是：［］(A) 2max 2max /x m k v =． (B) x mg k /=．(C) 22/4T m k π=． (D) x ma k /=．4、如图所示，一轻杆的一端固定一质量为m 、半径为R 的均匀圆环，杆沿直径方向；杆的另一端固定在O 点，使圆环绕通过O 点的水平光滑轴摆动．已知杆长为l ，圆环绕O 点的转动惯量])([22l R R m J ++=．今使该装置在圆环所在的竖直平面内作简谐振动，则其周期为［］(A) gRl +π2 ． (B) )(2222l R g l R ++π ．第(C) glπ2 ． (D) )()(222l R g l R R +++π．5、单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如图所示，若薄膜的厚度为e ，且n 1＜n 2＞n 3， 1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程差为［］(A) 2n 2e ．(B) 2n 2 e -λ1 / (2n 1)． (C) 2n 2 e - n 1λ1 / 2． (D) 2n 2 e -n 2λ1 / 2．6、波长λ=500nm(1nm=109m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25 mm 的单缝上，单缝后面放置一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹．今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12 mm ，则凸透镜的焦距f 为［］ (A) 2 m ． (B) 1 m ．(C) 0.5 m ． (D) 0.2 m ． (E)0.1 m 7、波长为λ的单色光垂直入射到光栅常数为d 、总缝数为 N 的衍射光栅上．则第k 级谱线的半角宽度∆θ ［］ (A) 与该谱线的衍射θ角无关． (B) 与光栅总缝数N 成反比． (C) 与光栅常数d 成正比．(E) 与入射光波长λ成反比．8、光强为I 0的自然光依次通过两个偏振片P 1和P 2．若P 1和P 2的偏振化方向的夹角α＝30°，则透射偏振光的强度I 是［］(A) I 0 / 4． (B)3I 0 / 4．(C)3I 0 / 2． (D) I 0 / 8． (E)3I 0/8 9、下面四个图中，哪一个正确反映黑体单色辐出度M B (T )随λ和T 的变化关系，已知T 2 > T 1．［］10、一定频率的单色光照射在某种金属上，测出其光电流的曲线如图中实线所示．然后在光强度不变的条件下增大照射光的频率，测出其光电流的曲线如图中虚线所示．满足题意的图是：［］二、填空题（每题3分，共30分）1、半径为r 的小绝缘圆环，置于半径为R 的大导线圆环中心，二者在同一平面内，且r <<R ．在大导线环中通有正弦电流（取逆时针方向为正）I =I 0sin ωt ，其中ω、I 0为常数，t 为时间，则任一时刻小线环中感应电动势（取逆时针方向为正）为__________________．2、双频氦氖激光器发射出频率分别为(ν+ ∆ν )和(ν- ∆ν)的两种光，其中ν = 3.620³1014 Hz ，∆ν = 1.6³106 Hz ．经过某种装置处理后，这两种光变为振动方向相同的光而在某处叠加，则该处合成光强度的变化频率为 .3、一平面简谐波沿Ox 轴传播，波动表达式为])/(2cos[φλν+-π=x t A y ，则x 1 = L 处介质质点振动的初相是_________；与x 1处质点振动状态相同的其它质点的位置是________________；与x 1处质点速度大小相同，但方向相反的其它各质点的位置是___________．4、如图，在双缝干涉实验中，若把一厚度为e 、折射率为n 的薄云母片覆盖在S 1缝上，中央明条纹将向__________移动；覆盖云母片后，两束相干光至原中央明纹O 处的光程差为_____________．5、维纳光驻波实验装置示意如图．MM 为金属反射镜；NN 为涂有极薄感光层的玻璃板．MM 与NN 之间夹角φ＝3.0³10-4 rad ，波长为λ的平面单色光通过NN 板垂直入射到MM 金属反射镜上，则反射光与入射光在相遇区域形成光驻波，NN 板的感光层上形成对应于波腹波节的条纹．实验测得两个相邻的驻波波腹感光点A 、B 的间距＝1.0 mm ，则入射光波的波长为____________mm ．6、如图（见下面）所示双缝，d = 2a ，则单缝衍射中央亮区中含有____个明条纹．7、如果从一池静水(n ＝1.33)的表面反射出来的太阳光是线偏振的，那么太阳的仰角(见上图)大致等于________________．在这反射光中的E矢量的方向应 .8、康普顿散射中，当散射光子与入射光子方向成夹角 _____________时，散射光子的频率小得最多；当______________ 时，散射光子的频率与入射光子相同．9、天狼星辐射波谱的峰值波长为0.29μm ，若将它看成是黑体，则由维恩位移定律可以估算出它的表面温度为_________________．（维恩位移定律常数b = 2.897³10-3 m ²K ）10、在电子单缝衍射实验中，若缝宽为a = 0.1 nm (1 nm = 10-9 m)，电子束垂直射在单缝面上，则衍射的电子横向动量的最小不确定量∆p y =______________ kg ·m/s ．(普朗克常量h =6.63³10-34 J ²s)三、计算题（每题10分，共40分）1、无限长直导线，通以常定电流I ．有一与之共面的直角三角形线圈ABC ．已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ．若线圈以垂直于导线方向的速度v向右平移，当B 点与长直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势的大小和感应电动势的方向．2、一平面简谐波在介质中以速度u = 20 m/s 自左向右传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为)4cos(3.0π-π=t y (SI) 另一点D 在A 点右方9米处(1) 若取x 轴方向向左，并以A 为坐标原点，试写出波的表达式，并求出D 点的振动方程． (2) 若取x 轴方向向右，以A 点左方5米处的O 点为x 轴原点，再写出波的表达式及D 点的振动方程．3、图示一双棱镜，顶角β很小，狭缝光源S 发出的光通过双棱镜分成两束，好像直接来自虚光源S1和S2，它们间距)1(2-=n a d β，n 为棱镜的折射率.设费涅耳双棱镜的折射率n=1.5,顶角05.0=β，被照亮的狭缝S 放在距双棱镜a=100mm 远的地方，如图所示，在距双棱镜L=1m 远的屏幕上获得干涉条纹的间距为0.8m ，求所用光波的波长.4、用每毫米300条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种单色成分的光谱．已知红谱线波长λR 在 0.63─0.76μm 范围内，蓝谱线波长λB 在0.43─0.49 μm 范围内．当光垂直入射到光栅时，发现在衍射角为24.46°处，红蓝两谱线同时出现．(1) 在什么角度下红蓝两谱线还会同时出现？(2) 在什么角度下只有红谱线出现？2006-2007学年第1学期大学物理竞赛参考答案,2,1,0±±=k1. 解：取B 点为坐标原点，向右为x 轴.)(20x d IB +=πμ，xdx abdS =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-==Φ⎰d a d d a a Ib BdS aln200πμ，代入vt d =求电动势，之后再将vt 还原为d⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=Φ-=a d a d a d a Ibv dt d ln 20με，方向为顺时针方向. 2. 解：(1)波沿x 轴负向传播，2/1/2==ωπT ，m uT 10==λ 由原点A 的振动方向可直接得到波动方程)54cos(3.0)24cos(3.0ππππ-+=+-=xt xt y πλπ代入9-=x ，可得D 点振动方程)544cos(3.0)24cos(3.0ππ-=+-=t xt y D πππ (2)振动从A 点传到D 点，)544cos(3.0)24cos(3.0πλπ-=--=t AD t y D πππ 3. 解：双缝干涉的条纹间距λλdL a dD x +==∆，其中)1(2-=n a d β，πβ1805.0= 所以m d L a x71034.6-⨯=+∆=λ 4. 解：51031-⨯=d .由λθk d =sin 可得kd 046.24sin =λ，在此角度下，波长属于红、蓝谱线范围，只能取2=R k ，3=B k .由此算得m R μλ69.0=，m B μλ46.0= (1)在其它角度同时出现时，波长不变，k 取其它值.由B B R R k k d λλθ==sin ，可得3269.046.0===R B B R k k λλ，取4=R k ，6=B k 则046.24sin 2sin =θ，098.55=θ (2)当红谱线是主极大而蓝谱线对应暗纹时符合条件，B B R R k k d λλθ212sin +==，312212+=+=B B R B R k k k λλ，按 ,2,1=B k .进行试验，满足Rk 取整数及1sin 0<<θ的解是4,1=R k . 代入R R k d λθ=sin 可求得0043.38,96.11=θ。

第五版大学物理答案(马文蔚)

第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v &(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确，分析与解 tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变!(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v = (B) 匀减速运动,θcos 0v v =(C) 变加速运动,θcos 0v v = (D) 变减速运动,θcos 0v v =(E) 匀速直线运动,0v v =【分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θl h l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝ s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算．解 (1) 质点在 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx >得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝ s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a "1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB A B AB t t a v v (匀加速直线运动) 0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD C D CD t t a v v (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v <由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ内质点所走过的路程s ．分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为$2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示． (2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为[m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为￥t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为 —222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度 m·ｓ-2上升,当上升速度为 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即…20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d￥1 -11一质点P 沿半径R＝m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为ｓ,设t＝0 时,质点位于O点．按(a)图中所示Oxy坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x＝x0 ＋x′和y＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy坐标系中,即得Oxy坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为 t T R x π2sin=', t TR y π2cos -=' 坐标变换后,在O x y 坐标系中有 t T R x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为 j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=,(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至 m分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则 s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分． ,解由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t(1)由 ⎰⎰=t xx t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2)将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝ m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． ~解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv得石子速度 )1(Bt e BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= {得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==t t rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v -j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少并对结果加以讨论．分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．！由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得(R a 219003.0v ≈,R a 229886.0v ≈R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝＋ )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝到t 2 ＝时间内的平均速度；(3) t 1 ＝ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝, y ＝消去t 得质点的轨迹方程：y ＝(2) 在t 1 ＝ｓ到t 2 ＝ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v 、(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v…则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远 (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度(3) 物品投出ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为！ o 5.12arctan ==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan ==取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关．分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为~αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得"αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 gh ωR x 2222= !由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v =为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前 m 处以 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球 (足球可视为质点)分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v >消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝ m,v ＝ m·ｓ-1 及 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取°与°之间的任何值．当倾角取值为°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b (3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt t s -==0d d v v "其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-= }因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝ｓ时测得轮缘一点的速度值为 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα :2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n*2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t 此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝ m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)…分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan221v v v -= 而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ：⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为 ×103 m 、水流速度为 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向到达正对岸需多少时间 (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向船到达对岸的位置在什么地方分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要。

大学物理基础教程答案第05章习题分析与解答

5-1 若理想气体的体积为V ,压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻尔兹曼常数，R 为摩尔气体常数，则该理想气体的分子数为（）。

（A ）PV m （B ）PV kT （C ）PV RT （D ） PVmT解：由N p nkT kT V ==得，pVN kT=,故选B 5-2 两个体积相同的容器，分别储有氢气和氧气（视为刚性气体），以1E 和2E 分别表示氢气和氧气的内能，若它们的压强相同，则（）。

（A ）12E E = （B ）12E E > （C ）12E E < （D ）无法确定解：pV RT ν=，式中ν为摩尔数，由于两种气体的压强和体积相同，则T ν相同。

又刚性双原子气体的内能52RT ν,所以氢气和氧气的内能相等，故选A 5-3 两瓶不同种类的气体，分子平均平动动能相同，但气体分子数密度不同，则下列说法正确的是（）。

（A ）温度和压强都相同（B ）温度相同，压强不同（C ）温度和压强都不同（D ）温度相同，内能也一定相等解：所有气体分子的平均平动动能均为32kT ，平均平动动能相同则温度相同，又由p nkT =可知，温度相同，分子数密度不同，则压强不同，故选B5-4 两个容器中分别装有氦气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的量是（）。

（A ）分子平均动能（B ）分子平均速率（C ）分子平均平动动能（D ）最概然速率解：分子的平均速率和最概然速率均与温度的平方根成正比，与气体摩尔质量的平方根成反比，两种气体温度相同，摩尔质量不同的气体，所以B 和D 不正确。

分子的平均动能2i kT ε=,两种气体温度相同，自由度不同，平均动能则不同，故A 也不正确。

而所有分子的平均平动动能均为k 32kT ε=,只要温度相同，平均平动动能就相同，如选C 5-5 理想气体的压强公式，从气体动理论的观点看，气体对器壁所作用的压强是大量气体分子对器壁不断碰撞的结果。

2005年全国2卷物理答案

2005年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ卷)14.B【解析】对物体进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得mgsinθ−Fcosθ=ma有a=gsinθ−Fcosθm，所以当F逐渐减小时，物体的加速度一定变大，故B正确.15.AD【解析】由折射定律n=sinisinr可知，两单光的入射角相同，但a折射角小，所以n a>n b，又由光在介质中的传播速度公式v=cn可知,v a<v b，故AD正确.16.AC【解析】等压压缩时，外界对气体做功，由热力学第二定律ΔU=W+Q知，如果其他对外界放热，且放出的热量大于外界对气体做的功，则ΔU<0,气体温度降低，故A正确；同理可判断C正确，BD错误.17.C【解析】从能级图可以知道一群氢原子从处于第四能级向低能级跃迁时最多可以发出6种不同频率的光子来，由能级中给出的能量可以知道从第四能级跃迁到第三能级和从第三能级跃迁到第二能级时发出光子的能量比2.22eV小，只有这两种情况不能打出光子来，所以共有四种情况可以从金属表面打出光电子来，故C正确.18.BD【解析】由牛顿第二定律知，月地间相互作用的万有引力是提供月球绕地球做圆周运动的向心力，由F=G m1m2R2=m24π2T2R可以求出地球的质量，但不能求出月球的质量，故A错误B正确；R是月地间的距离，地球的半径也不可能求出，故C错误；由v=2πRT可知能求出月球绕地球的运行的速度大小，故D正确.19.AD【解析】从波的图形中可以直接读出波长为4cm，但不能读出周期,故A正确，B错误；从传播方向可以判断出各点在这一时刻的各质点速度方向，从而知道经过四分之一周期后的质元位置和速度，故C错误，D正确.20.C【解析】由右手定则或楞次定律可以确定开始时刻感应电流的方向从c→d→a→b→c，与规定的正方向相同，而且该时刻感应电流为最大，故C正确.21.ACD【解析】由点电荷产生电场的叠加及正负电荷产生电场方向，以及利用用平行四边形定则来确定合场强的方向，四种情况如图所示，分析可知ACD正确.22.(1)42.12;(2)①连线如图所示;②43.【解析】(1)主尺读数为4.2cm=42mm,游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐,游标尺读数为6×0.02mm=0.12mm,故读数为42mm+6×0.02mm=42.12mm.(2)①连线如图所示;②由闭合电路欧姆定律得，当开关K1闭合、K2断开时,E=I1(R1+R A+R2),当K1、K2均闭合时,E=I2(R1+R A)将数据代入得R A=43Ω.23.Fℎ−12(m A+m B)v2−m B gℎ.【解析】由题意知，在此运动过程中,B的重力势能的增量为m B gℎ，A、B动能的增量为12(m A+m B)v2，恒力F 所做的功为Fℎ，用W表示A克服摩擦力所做的功，由功能关系得Fℎ−W=12(m A+m B)v2+m B gℎ,解得W=Fℎ−12(m A+m B)v2−m B gℎ.24.见解析.【解析】已知带电质点受到的电场力为qE,方向沿z轴正方向；质点受到的重力为mg，沿z轴的负方向.假设质点在x轴上做匀速运动，则它受的洛伦兹力必沿z轴正方向(当v沿x轴正方向)或沿z轴负方向(当v沿x轴负方向)，要质点做匀速运动必分别有qvB+qE=mg①，或qE=qvB+mg②；假设质点在y轴上做匀速运动，则无论沿y轴正方向还是负方向，洛伦兹力都为0，要质点做匀速运动必有qE=mg③;假设质点在z轴上做匀速运动，则它受的洛伦兹力必平行于z轴，而电场力和重力都平行于z轴，三力的合力不可能为0，与假设矛盾，故质点不可能在z轴上做匀速t运动.25.12μg(MLm√g2ℎ−v0)2.【解析】设t为A从离开桌面至落地经历的时间,V表示刚碰后A的速度，A碰后做平抛运动，由平抛运动的规律得ℎ=12gt2①，L=Vt②，设v为刚碰后B的速度的大小，由动量守恒得mv0=MV−mv③，设B后退的距离为l，由功能关系得μmgl=12mv2④，由以上各式联立解得l=12μg (MLm√g2ℎ−v0)2⑤.。

大物AI作业参考解答_No.05狭义相对论参考解答

一、选择题 1. 有下列几种说法：(1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的；(2) 在真空中，光的速度与光的频率、
光源的运动状态无关；(3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同。请问哪些说法
是正确的，答案是[
]
(A) 只有(1)、(2)是正确的；
(B) 只有(1)、(3)是正确的；
1、理解伽利略力学相对性原理和伽利略变换； 2、理解狭义相对论的两条基本原理：狭义相对性原理和光速不变原理； 3、理解狭义相对论时空观的特点；会判断原时和非原时、原长和非原长，并能相互推算； 4、掌握洛仑兹坐标变换公式，能对不同参考系中的时间、空间间隔进行换算； 5、掌握狭义相对论中质速关系、质能关系、能量与动量关系，能熟练进行相关运算。 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
m0c2 m0c2 m0c 2

1
1 1 0.79 选 C 1 0.832
2
8. 某加速器将电子加速到能量 = αMeV 时，该电子的动能 Ek =[
]。（两位有效数字，真空中
光速 c= 3htt × t8m/s，电子的静止质量 me= 9h × t 3 kg，1 MeV= h t × t 3 J）参数：α = 4htt
t 4=
4= 4 t 4
t = 4 t − 48 t =
t
6
三、计算题 1. 一隧道长为 L，宽为 d，高为 h，拱顶为半圆，如图。设想一列车以极高的速度 v 沿隧道长度方向
通过隧道，若从列车上观测，(1) 隧道的尺寸如何？(2) 设列车的长度为 l0，它全部通过隧道的时间是多少？

2005年全国高考物理试题(附答案)

2005年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题（本题包括8小题。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 14．一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速大小为g 31，g 为重力加速度。

人对电梯底部的压力为（）A ．mg 31B ．2mgC ．mgD ．mg 3415．已知π+介子、π—介子都是由一个夸克（夸克u 或夸克d ）和一个反夸克（反夸克u 或反夸克d ）组成的，它们的带电量如下表所示，表中e 为元电荷。

π+π—ud ud带电量+e－e+e 32 e 31- e 32-e 31+ 下列说法正确的是（）A ．π+由u 和d 组成 B ．π+由d 和u 组成C ．π—由u 和d 组成D ．π—由d 和u 组成16．把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。

由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得（） A ．火星和地球的质量之比 B ．火星和太阳的质量之比 C ．火星和地球到太阳的距离之比 D ．火星和地球绕太阳运行速度大小之比 17．图示为一直角棱镜的横截面，90,60bacabc 。

一平行细光束从O 点沿垂直于bc 面的方向射入棱镜。

已知棱镜材料的折射率n=2，若不考试原入射光在bc 面上的反射光，则有光线（）A ．从ab 面射出B ．从ac 面射出C ．从bc 面射出，且与bc 面斜交D ．从bc 面射出，且与bc 面垂直18．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，周期为0.50s 。

某一时刻，离开平衡位置的位移都相等的各质元依次为P 1，P 2，P 3，……。

已知P 1和P 2之间的距离为20cm ，P 2和P 3之间的距离为80cm ，则P 1的振动传到P 2所需的时间为（）A ．0.50 sB ．0.13 sC ．0.10 sD ．0.20 s19．图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里。

2005年高考江苏省物理试题及答案

2005年普通高等学‎校招生全国统一考试 ‎物理 (江苏卷)‎第一卷(选择题共40‎分)一、本题共10‎小题，每小题4分，共‎40分．在每小题给出‎的四个选项中，有的小‎题只有一个选项正确，‎有的小题有多个选项正‎确．全部选对的得4分‎，选不全的得2分，有‎选错或不答的得0分．‎1．下列核反应或核‎衰变方程中，符号“X ‎”表示中子的是(A ‎) X C He Be 1264294+→+ ‎ (B)X O He N +→+17842147‎ (C)X H Pt n Hg ++→+112027********* ‎ (D)X Np U +→23993239922‎．为了强调物理学对当‎今社会的重要作用并纪‎念爱因斯坦，2004‎年联合国第58次大会‎把2005年定为国际‎物理年．爱因斯坦在1‎00年前发表了5篇重‎要论文，内容涉及狭义‎相对论、量子论和统计‎物理学，对现代物理学‎的发展作出了巨大贡献‎．某人学了有关的知识‎后，有如下理解，其中‎正确的是(A)所谓‎布朗运动就是液体分子‎的无规则运动 (B)‎光既具有波动性，又具‎有粒子性(C)在光‎电效应的实验中，入射‎光强度增大，光电子的‎最大初动能随之增大 ‎(D)质能方程表明：‎物体具有的能量与它的‎质量有简单的正比关系‎3．根据α粒子散射‎实验，卢瑟福提出了原‎子的核式结构模型．图‎中虚线表示原子核所形‎成的电场的等势线，实‎线表示一个α粒子的运‎动轨迹．在α粒子从a ‎运动到b 、再运动到c ‎的过程中，下列说法中‎正确的是(A)动能‎先增大，后减小 (B ‎)电势能先减小，后增‎大(C)电场力先做‎负功，后做正功，总功‎等于零 (D)加速度‎先变小，后变大4．‎某气体的摩尔质量为M ‎，摩尔体积为V ，密度‎为ρ，每个分子的质量‎和体积分别为m 和V o ‎，则阿伏加德罗常数N ‎A 可表示为 (A)0V VN A =‎ (B)m V N A ρ= ‎ (C) m M N A = ‎ (D)0V M N A ρ=‎5．某人造卫星运动‎的轨道可近似看作是以‎地心为中心的圆．由于‎阻力作用，人造卫星到‎地心的距离从r 1慢慢‎变到r 2，用E Kl 、‎E K2分别表示卫星在‎这两个轨道上的动能，‎则(A)r1<r2‎，E K1<E K2‎(B)r1>r2‎，E K1<E K2‎(C)r1<r‎2，EKt>Era ‎(D)r1>r‎2，E K1>E K2‎6．在中子衍射技术中‎，常利用热中子研究晶‎体的结构，因为热中子‎的德布罗意波长与晶体‎中原子间距相近．已知‎中子质量m=1．67‎x10—27kg，普‎朗克常量h=6．63‎x10—34J·s，‎可以估算德布罗意波长‎λ=1．82x10-‎10m的热中子动能的‎数量级为(A)10‎—17J ‎(B)1‎0—19J ‎(C)‎10—21J ‎(‎D)10—24 J‎7．下列关于分子力和‎分子势能的说法中，正‎确的是，(‎A)当分子力表现为引‎力时，分子力和分子势‎能总是随分子间距离的‎增大而增大(B)当‎分子力表现为引力时，‎分子力和分子势能总是‎随分子间距离的增大而‎减小(C)当分子力‎表现为斥力时，分子力‎和分子势能总是随分子‎间距离的减小而增大‎(D)当分子力表现为‎斥力时，分子力和分子‎势能总是随分子间距离‎的减小而减小8．一‎列简谐横波沿x轴传播‎．T=0时的波形如图‎所示，质点A与质点B‎相距lm，A点速度沿‎y轴正方向；t=0．‎02s时，质点A第一‎次到达正向最大位移处‎．由此可知(A)此‎波的传播速度为25m‎／s(B)此波沿x‎轴负方向传播‎．(C)从t=0时‎起，经过0．04s，‎质点A沿波传播方向迁‎移了1m(D)在t‎=0．04s时，质点‎B处在平衡位置，速度‎沿y轴负方向9．分‎别以p、V、T表示气‎体的压强、体积、温度‎．一定质量的理想气体‎，其初始状态表示为(‎p0、V0、T0)．‎若分别经历如下两种变‎化过程：①从(p0‎、V0、T0)变为(‎p1、V1、T1)的‎过程中，温度保持不变‎(T1=T0)；②‎从(p0、V0、T0‎)变为(p2、V2、‎T2)的过程中，既不‎吸热，也不放热．在‎上述两种变化过程中，‎如果V1=V2>V0‎，则(A) p1‎>p2，T1> T2‎(B) p1‎>p2，T1< T‎2(C) p‎1 <p2，T1< ‎T2(D‎) p1 <p2，T‎1> T2 10．如‎图所示，固定的光滑竖‎直杆上套着一个滑块，‎用轻绳系着滑块绕过光‎滑的定滑轮，以大小恒‎定的拉力F拉绳，使滑‎块从A点起由静止开始‎上升．若从A点上升至‎B点和从B 点上升至C‎点的过程中拉力F做的‎功分别为W1、W2，‎滑块经B、C两点时的‎动能分别为E KB、E‎K c，图中AB=BC‎，则一定有(A)W‎l>W2(B)W1‎<W2(C)E KB ‎>E KC(D)E ‎K B <E KC‎ ‎第二‎卷(非选择题共110‎分)二、本题共2小‎题，共22分．把答案‎填在答题卡相应的横线‎上或按题目要求作答．‎ 11．(10分)某‎同学用如图所示装置做‎探究弹力和弹簧伸长关‎系的实验．他先测出不‎挂砝码时弹簧下端指针‎所指的标尺刻度，然后‎在弹簧下端挂上砝码，‎并逐个增加砝码，测出‎指针所指的标尺刻度，‎所得数据列表如下：(‎重力加速度g=9．8‎m ／s 2) ‎(1)根据所测‎数据，在答题卡的坐标‎纸上作出弹簧指针所指‎的标尺刻度底与砝码质‎量的关系曲线．‎(2)根据所测得的‎数据和关系曲线可以判‎断，在 ‎ 范围内弹力大小与弹‎簧伸长关系满足胡克定‎律．这种规格弹簧的劲‎度系数为 ‎ N ／m .‎12．(12分)将‎满偏电流I g =300‎μA 、内阻未知的电流‎表○G 改装成电压表并进‎行核对．(1)利用‎如图所示的电路测量电‎流表○G 的内阻(图中电‎源的电动势E=4V ‎)：先闭合S 1，调节‎R ，使电流表指针偏转‎到满刻度；再闭合S 2‎，保持R 不变，调节R ‎′，，使电流表指针偏‎转到满刻度的32，读出‎此时R ′的阻值为20‎0Ω，则电流表内阻的‎测量值Rg= ‎ Ω． (‎2)将该表改装成量程‎为3V 的电压表，需 ‎ (填“串联‎”或“并联”)阻值为‎R 0= Ω的电阻‎．(3)把改装好‎的电压表与标准电压表‎进行核对，试在答题卡‎上画出实验电路图和实‎物连接图．‎‎三、解答应写出必要的‎文字说明、方程式和重‎要演算步骤．只写出最‎后答案的不能得分．有‎数值计算的题，答案中‎必须明确写出数值和单‎位．13．(14分‎)A 、B 两小球同时从‎距地面高为h=15m ‎处的同一点抛出，初速‎度大小均为v 0=10‎m /s ．A 球竖直向下‎抛出，B 球水平抛出，‎空气阻力不计，重力加‎速度取g=l0m ／s ‎2．求： (1)A ‎球经多长时间落地? ‎(2)A 球落地时‎，A 、B 两球间的距离‎是多少?14．(1‎2分)如图所示，R 为‎电阻箱，○V 为理想电压‎表．当电阻箱读数为R ‎1=2Ω时，电压表读‎数为U 1=4V ；当电‎阻箱读数为R 2=5Ω‎时，电压表读数为U 2‎=5V ．求： (1)‎电源的电动势E 和内阻‎r 。

2005年高考江苏省物理试题及答案

2005年高考江苏省物理试题及答案Section I Vocabulary (10 points)Directions:There are 20 incomplete sentences in this section. For each sentence there are four choices marked A, B, C and D. Choose the one that best completes the sentence and mark your answers on ANSWER SHEET 1.1. Advertises often aim their campaigns at young people as they have considerable spending _____.A. powerB. forceC. energyD. ability2. We've bought some ______ chairs for the garden so that they are easy to store awayA. adaptingB. adjustingC. bindingD. folding3. The new speed restrictions were a ______ debated issue.A. heavilyB. hotlyC. deeplyD. profoundly4. His change of job has ____ him with a new challenge in lifeA. introducedB. initiatedC. presentedD. led5. No _____you're hungry if you haven't eaten since yesterdayA. matterB. surpriseC. wonderD. problem6. The pianist played beautifully, showing a real _____ for the musicA. feelingB. understandingC. appreciationD. sense7. The boss into a rage and started shouting at Robert to do as he was toldA. flewB. chargedC. rushedD. burst8. Politicians should never lose ______ of the needs of the people they representA. viewB. sightC. regardD. prospect9. The employees tried to settle the dispute by direct _____with the bossA. negotiationB. connectionC. associationD. communication10. You haven't heard all the facts so don't _____ to conclusionsA. dashB. jumpC. muchD. fly11. I am _____ aware of the need to obey the vales of the competitionA. greatlyB. farC. muchD. well12. The manager has always attended to the _____ of important business himselfA. transactionB. solutionC. translationD. stimulation13. As is known to all a country gets a (an) ______from taxesA. incomeB. revenueC. RindD. payment14. The government has decided to reduce ______ on all imports.A. feeB. chargeC. tariffD. tuition15. The need for financial provision not only to producers but also to consumersA. connectsB. links C .associates D. relates16. The ability of bank to create deposits is determined by the ratio of liouid assets which they___.A. mount.B. containC. remainD. maintain17 .The first serious prospect of a cure for Aids_____ a treatment which delays its effects has emerged.A.other thanB. rather thanC. more thanD. less than18. His parents died when he was young, so he was ____ by his grandmaA. bredB. broughtC. fedD. grown19.The Japanese dollar-buying makes traders eager to ______dollars in fear of another government intervention.A. let inB. let outC. let go ofD. let off20. The local people could hardly think of any good way to ______ the disaster of the warA. shake offB. get offC. put offD. take offSection II Cloze (10 points)Directions: Read the following text. Choose the best word(s) for each numbered blank and mark A, B, C or D on ANSWER SHEET 1.A few decades ago, the world banking community invented newElectronic Funds Transfer (EFT) systems to move money moreefficiently across countries and around the globe. The 21 benefit of such systems was to 22 the float of capital that was unavailable for 23 checks were being cleared through banking 24 . Today, we understand that benefits of electronic banking are far more 25 than just reducing floating cash. The world of banking 26 revolutionize. It is 27 more efficient and faster, but more global. And now 28 the Internet, EFT systems are increasingly 29 with the new world of e-commerce and e-trade.30 1997 and 2003, EFT value 31 from less than $50 trillion to nearly $40 trillion, more than the 32 economic product of all the countries and territories of the entire world. These statistics 33 should emphasize the true importance of transnational EFT Satellite, wireless, and cable-based electronic fund transfers 34 the hub of global enterprise.Such electronic cash is 35 central to the idea of an emerging “worldwide mind.” Without the satellite and fiber infrastructure to support the flow of electronic funds, the world economy would grind to a halt.21. [ A] hiding [B ] getting [C] driving [D] giving22. [A]introduce [B ] reduce [C] produce [D] increase23. [ A] which [B ] that [C] while [D] where24. [ A] mechanics [B] methods [C ] procedures [D] systems25. [A]extensive [B] intensive [C ] profound [D] great26. [A]is [B]has [C] has been [D] had been27. [A]far [B]even [C]just [D ] not only28. [ A] with [B]by [C]for [D]on29. [A]linked [B] integrated [C] controlled [D] joined30. [ A] Between [B]In [C] From [D] Among31. [ A]decreased [B] raised [C ] elevated [D] soared32. [ A]gross [B] accelerated [C] combined [D] collective33. [A]lonely [B ] alone [C]only [D] merely34. [ A] present [B] represent [C] reserve [D] comprehend35. [A]so [B] nevertheless [C] thereafter [DJ thereforeSection III Reading comprehension (40 points)Directions:Read the following four passages. Answer the questions below each passage by choosing A, B, C and D. Mark your answers on ANSWER SHEET 1.Passage OneWorking at nonstandard times-----evenings, nights, or weekends----is taking its toll on American families. One-fifth of all employed Americans work variable or rotating shifts, and one-third work weekends, according to Harriet B. Presser, sociology professor at the University of Maryland. The result is stress on familial relationships, which is likely to continue in coming decades.The consequences of working irregular hours vary according to gender, economic level, and whether or not children are involved. Singlemothers are more likely to work nights and weekends than married mothers. Women in clerical, sales, or other low-paying jobs participate disproportionately in working late and graveyard shifts. Married-couple households with children are increasingly becoming dual-earner households, generating more split-shift couples. School-aged children, however, may benefit from parents’ nonstandard work schedules because of the greater likelihood that a parent will be home before or after school. On the other hand, a correlation exists between nonstandard work schedules and both marital instability and a decline in the quality of marriages.Nonstandard working hours mean families spend less time together for diner but more time together for breakfast. One-on-one interaction between parents and children varies, however, based on parent, shift, and age of children. There is also a greater reliance on child care by relatives and by professional providers.Working nonstandard hours is less a choice of employees and more a mandate of employer. Presser believes that the need for swing shifts and weekend work will continue to rise in the coming decades. She reports that in some European countries there are substantial salary premiums for employees working irregular hours-sometimes as much as 50% higher. The convenience of having services available 24 hours a day continues to drive this trend.Unfortunately, says Presser, the issue is virtually absent from public discourse. She emphasizes the need for focused studies on costs and benefits of working odd hours, the physical and emotional health of people working nights and weekends, and the reasons behind the necessity for working these hours. “Nonstandard work schedules not only are highly prevalent among American families but also generate a level of complexity in family functioning that needs greater attention, ” she says.36. Which of the following demonstrates that working at nonstandard times is taking its toll on American families?A. Stress on familial relationships.B. Rotating shifts.C. Evenings, nights, or weekends.D. Its consequences.37. Which of the following is affected most by working irregular hours?A. Children.B. Marriage.C. Single mothers.D. Working women.38. Who would be in favor of the practice of working nonstandard hours?A. Children.B. Parents.C. EmployeesD. Professional child providers.39. It is implied that the consequences of nonstandard work schedules are .A. emphasizedB. absentC. neglectedD. prevalent40. What is the author’s attitude towards working irregular hours?A. Positive.B. Negative.C. Indifferent.D. Objective.Passage TwoMost human beings actually decide before they think. When any human being ---- executive, specialized expert, or person in the street ---- encounters a complex issue and forms an opinion, often within a matter of seconds, how thoroughly has he or she explored the implications of the various courses of action? Answer: not very thoroughly. Very few people, no matter how intelligent or experienced, can take inventory of the many branching possibilities, possible outcomes, side effects, and undesired consequences of a policy or a course of action in a matter of seconds. Yet, those who pride themselves on being decisive often try to do just that. And once their brains lock onto an opinion, most of their thinking thereafter consists of finding support for it.A very serious side effect of argumentative decision making can be a lack of support for the chosen course of action on the pat of the “losing” faction. When one faction wins the meeting and the others see themselves as losing, the battle often doesn’t end whe n the meeting ends. Anger, resentment, and jealousy may lead them to sabotage the 4ecision later, or to reopen the debate at later meetings.There is a better. As philosopher Aldous Huxley said, “It isn’t who is right, but what is right, that counts.”The structured-inquiry method offers a better alternative to argumentative decision making by debate. With the help of theInternet and wireless computer technology the gap between experts and executives is now being dramatically closed. By actually putting the brakes on the thinking process, slowing it down, and organizing the flow of logic, it’s possible to create a level of clarity that sheer argumentation can never match.The structured-inquiry process introduces a level of conceptualclarity by organizing the contributions of the experts, then brings the experts and the decision makers closer together. Although it isn’t possible or necessary for a president or prime minister to listen in on every intelligence analysis meeting, it’s possible to organize the experts’ information to give the decision maker much greater insight as to its meaning. This process may somewhat resemble a marketing focus group; it’s a simple, remarkably clever way to bring decision makers closer to the source of the expert information and opinions on which they must base their decisions.41. From the first paragraph we can learn that .A. executive, specialized expert, are no more clever than person in the streetB. very few people decide before they thinkC. those who pride themselves on being decisive often fail to do soD. people tend to consider carefully before making decisions42. Judging from the context, what does the word “them” (line 4, paragraph 2) refer to?A. Decision makers.B. The “losing” faction.C. Anger, resentment, and jealousy.D. Other people.43. Aldous Huxley’s remark (Paragraph 3) implies that .A. there is a subtle difference between right and wrongB. we cannot tell who is right and what is wrongC. what is right is more important than who is rightD. what is right accounts for the question who is right44. According to the author, the function of the structured-inquiry method is .A. to make decision by debateB. to apply the Internet and wireless computer technology.C. to brake on the thinking process, slowing it downD. to create a level of conceptual clarity45. The structured-inquiry process can be useful for .A. decision makersB. intelligence analysis meetingC. the experts’ informationD. marketing focus groupsPassage ThreeSport is heading for an indissoluble marriage with television and the passive spectator will enjoy a private paradise. All of this will be in the future of sport. The spectator (the television audience) will be the priority and professional clubs will have to readjust their structures to adapt to the new reality: sport as a business.The new technologies will mean that spectators will no longer have to wait for broadcasts by the conventional channels. They will be the ones who decide what to see. And they will have to pay for it. In the United States the system of the future has already started: pay-as-you-view. Everything will be offered by television and the spectatorwill only have to choose. The review Sports Illustrated recently published a full profile of the life of the supporter at home in the middle of the next century. It explained that the consumers would be able to select their view of the match on a gigantic, flat screen occupying the whole of one wall, with images of a clarity which cannot be foreseen at present; they could watch from the trainer’s stands just behind the batter in a game of baseball or from the helmet of the star player in an American football game. And at their disposal will be the sane option s the producer of the recorded programmer has to select replays, to choose which camera to me and to decide on the sound whether to hear the public, the players, the trainer and soon.Many sports executives, largely too old and too conservative to feel at home with the new technologies will believe that sport mustcontrol the expansion of television coverage in order to survive and ensure that spectators attend matches. They do not even accept the evidence which contradicts their view while there is more basketball than ever on television, for example, it is also certain that basketball is more popular than ever.It is also the argument of these sports executives that television harming the modest teams. This is true, but the future of those team is also modest. They have reached their ceiling . It is the law of the market. The great events continually attract larger audience.The world I being constructed on new technologies so that people can make the utmost use of their time and , in their home have access to the greatest possible range of recreational activities. Sport will have to adapt itself to the new world.The most visionary executives go further. That philosophy is: rather than see television take over sport why not have sports taken over television?46. What does the writer mean by use of the phrase “an i ndissoluble marriage” in the first paragraph?A. sport is combined with television.B. sport controls television.C. television dictates sports.D. Sport and television will go their own ways47. What does “they” in line 2 paragraph 2 stand for?A. Broadcasts.B. Channels.C. Spectators.D. Technologies.48. How do many sports executives feel with the new technologies?A. they are too old to do anything.B. They feel ill at ease.C. They feel completely at home.D. Technologies can go hand in hand with sports.49. What is going to be discussed in the following paragraphs?A. the philosophy of visionary executives.B. The process of television taking over sport.C. Television coverage expansion.D. An example to show how sport has taken over television.50. What might be the appropriate title of this passage?A. the arguments of sports executives.B. The philosophy of visionary executives.C. Sports and television in the 21st century.D. Sports: a business.Passage FourConvenience food helps companies by creating growth, but what is its effect on people? For people who think cooking was the foundation of civilization , the microwave is the last enemy. The communion of eating togetherIs easily broken by a device that liberates households citizens from waiting for mealtimes. The first great revolution in the history of food is in danger of being undone. The companionship of the campfire, cooking pot and common table, which have helped to bond humans in collaborative living for at least 150000 years could be destroyed. Meals have certainly sated from the rise of convenience food. The only meals regularly taken together in Britain these days are at the weekend, among rich families struggling to retain something of the old symbol of togetherness. Indeed, the day’s first meal has all but disappeared. In the 20th century the leisure British breakfast was undermined by the corn flake; in the 21st breakfast is vanishing altogether a victim of the quick cup of coffee in Starbucks and the cereal bar.Convenience food has also made people forget how to cook one of the apparent paradoxes of modern food is that while the amount of time spent cooking meals has fallen from 60 minutes a day in 1980 to 13M a day in 2002, the number of cooks and television programmer on cooking ha s multiplied. But perhaps this isn’t a paradox. Maybe it is becamepeople can’t cook anymore, so they need to be told how to do it, or maybe it is because people buy books about hobbies---golf, yachting ---not about chores. Cooking has ceased to be a chore and has become a hobby.Although everybody lives in the kitchen. its facilities are increasingly for display rather than for use. Mr. Silverstein’s now book, “trading up” look at mid-range consumer’s milling now to splash out. He says that industrial --style Viking cook pot, with nearly twice the heat output of other ranges, have helped to push the “kitchen as theater” trend in hour goods. They cost from $1000 to $9000.Some 75% of them are never used.Convenience also has an impact on the healthiness, or otherwise, of food , of course there is nothing bad about ready to eat food itself. You don’t get much healthier than an apple, and supermarkets sell a better for you range of ready-meals. But there is a limit to the number of apples people want to eat; and these days it is easier for people to eat the kind of food that makes them fat. The three Harvard economists in their paper “why have Americans become more obese?” point out that in the past, if people wanted to eat fatty hot food, they had to cook it. That took time and energy a good chip needs frying twice, once to cook the potato and once to get it crispy. Which discouraged of consumption of that cost of food. Masspreparation of food took away that constraint. Nobody has to cut and double cook their own fries these days. Who has the time?51. What might the previous paragraphs deal with?A. The relationship between meals and convenience food.B. The importance of convenience food in people’s life.C. The rise of convenience food.D. The history of food industry.52 . What is the paradox in the third paragraph?A. People don’t know how to cook.B. The facilities in the kitchen are not totally used.C. People are becoming more obsess , thus unhealthy.D. Convenience food actually does not save people thrive.53. What does the passage mainly discuss?A. The bad effects of convenience foodB. Mr. Silverstein’s new bookC. People’s new hobbyD. Disappearance of the old symbol of togetherness.54. Why has American become more obsess?A. Because of eating chips.B. Because of being busy.C. Because of being lazy.D. B and C.55 . Which of the following might the another mostly agree with?A. There is nothing bad about convenience food.B. Convenience food makes people lazy.C. Convenience food helps companies grow.D. Convenience food is a revolution in cooking.Section IV Translation (20 points)Directions:In this section there is a passage in English. Translate the five sentences underlined into Chinese and write your translation on ANSWER SHEET 2.An art museum director with foresight might follow trends in computer graphics to make exhibit more appealing to younger visitor.For instances, capable corporate manager might see alarming rise in local housing price that could affect availability of skilled workers in the region. People in government also need foresight to keep system running smoothly, to play budget and prevent war.Many of the best known technique for foresight were developed by government planner, especially in the military, thinking about the unthinkable.The futurist recognized that the future world is continuing with preset world. We can learn a great deal about what many happen in the future by looking systematically at what is happy nowSection V Writing (20 points)Directions:In this part, you are asked to write a composition according to the information below. You should write more than 150 words neatly on ANSWER SHEET 2.“五一”、“十一”长假已逐步为人们所习惯, 她给百姓带来了充足的娱乐休闲机会, 更促进了旅游经济的发展。

大学物理第05章静电场习题解答

第5章静电场习题解答5.1一带电体可作为点电荷处理的条件是（ C ）（A ）电荷必须呈球形分布。

（B ）带电体的线度很小。

（C ）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。

（D ）电量很小。

5.2图中所示为一沿 x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ（x >0）和 -λ（x < 0），则 oxy 坐标平面上点（0，a ）处的场强 E 为：（ B ） ( A ) 0 ( B )02aλπεi ( C )04a λπεi ( D ) ()02aλπε+i j 5.3 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布（ d ）(C) (D)5.4 如图所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且OP =OT ，那么（ d ）(A) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小不变； (B) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小改变； (C) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小改变；(D) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小不变。

5.5如图所示，a 、b 、c 是电场中某条电场线上的三个点，由此可知（ c ） (A) E a >E b >E c ； (B) E a <E b <E c ； (C) U a >U b >U c ； (D) U a <U b <U c 。

5.6关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是（ c ）(A) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零；(B) 如果高斯面上E处处不为零，则该面内必无电荷； (C) 如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零；(D) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷。

5.7 下面说法正确的是 [ D ](A)等势面上各点场强的大小一定相等； (B)在电势高处，电势能也一定高； (C)场强大处，电势一定高；(D)场强的方向总是从电势高处指向低处.5.8 已知一高斯面所包围的体积内电量代数和0i q =∑ ，则可肯定：[ C ] （A ）高斯面上各点场强均为零。

2005年高考全国卷2理综物理(含答案)

2005年普通高等学校招生考试理综全国卷Ⅱ（新课程）物理部分一、选择题 ( 本大题共 8 题, 共计 48 分)14．如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用。

已知物块P沿斜面加速下滑。

现保持F的方向不变，使其减小，则加速度A．一定变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变15．一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示。

设玻璃对a、b的折射率分别为n a和n b，a、b在玻璃中的传播速度分别为v a和v b，则A．na>n bB．n a＜n bC．v a>v bD．v a＜v b16．对于定量气体，可能发生的过程是A．等压压缩，温度降低B．等温吸热，体积不变C．放出热量，内能增加D．绝热压缩，内能不变17．图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E。

处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光波。

已知金属钾的逸出功为2.22eV。

在这些光波中，能够从金属钾的表面打出光电子的总共有A．二种B．三种C．四种D．五种18．己知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T。

仅利用这三个数据，可以估算的物理有A.月球的质量B.地球的质量C.地球的半径D.月球绕地球运行速度的大小19．一简谐横波沿x 轴正方向传播，某时刻其波形如图所示。

下列说法正确的是A ．由波形图可知该波的波长B ．由波形图可知该波的周期C ．经41周期后质元P 运动到Q 点 D ．经41周期后质元R 的速度变为零 20．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直。

在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd 边离开纸面向外运动。

若规定由a→b→c→d→a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I 随时间t 变化的图线是21．图中a 、b 是两个点电荷，它们的电量分别为Q 1、Q 2，MN 是ab 连线的中垂线，P 是中垂线上的一点。

大学物理第五版下册-课后答案

9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为-A，且向x 轴正方向运2动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向O x轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）(A)x = 2cos⎡2πt -2 π⎤(cm)(C)x = 2cos⎡2 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦(B)x = 2cos⎡4πt -2 π⎤(cm)(D)x = 2cos⎡4 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为2π / 3 ．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A 处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差∆ϕ=4π3 ，则角频率ω=∆ϕ/ ∆t =(4π/ 3)s-1 ，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1 的相位比 x 2 的相位（）（A ）落后 π2（B ）超前 π2（C ）落后 π （D ）超前π分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（b ）．题９-３图9-4 当质点以频率 ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）（A ）v（B ） v （C ） 2v2（D ） 4v分析与解质点作简谐运动的动能表式为E k=1m ω 2 A 2sin 2 (ωt 2+ ϕ )，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率 ν 的两倍．因而正确答案为（C ）．9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（） 3（A ）π 21（B ） π2（C ） π （D ） 0分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为x 1 = A cos ωt 和 x 2= A cos (ωt + π)．它们的振幅不同．对2于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为x 1 = 而正确答案为（D ）．Acos ωt ．因2题９-５图9-6 有一个弹簧振子，振幅A = 2.0 ⨯10-2 m ，周期T = 1.0 s ，初相ϕ出它的运动方程，并作出x -t 图、v -t 图和a -t 图．=3π / 4 ．试写题９-6 图分析弹簧振子的振动是简谐运动．振幅 A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程m / k 外， ω 可通过关系式ω = 2π / T 确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解因ω = 2π / T ，则运动方程x = A cos (ωt + ϕ ) = A ⎛ 2πt + ϕ ⎫cos ⎪ ⎝ T⎭根据题中给出的数据得x = 2.0 ⨯ 10-2 cos (2πt + 0.75π ) (m )振子的速度和加速度分别为v = d x / d y a = d 2x / d 2y = -4π ⨯ 10-2sin (2πt = -8π ⨯ 10-2cos (2πt + 0.75π) ( m ⋅ s-1 )+ 0.75π) ( m ⋅ s -1)x - t 、 v - t 及 a - t 图如图所示．9-7 若简谐运动方程为 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2） t = 2s 时的位移、速度和加速度．分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式x = A cos (ωt + ϕ )作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解（1）将 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：振幅 A ＝ 0.10m ，角频率ω = 20π s -1，初相ϕ ＝0.25 π ，则周期T = 2π / ω = 0.1 s ，频率 v = 1/ T Hz ．（２） t = 2s 时的位移、速度、加速度分别为x = 0.10 cos (40πt + 0.25π) = 7.07 ⨯10-2 m v = d x / d t = -2πsin (40π + 0.25π) = -4.44m ⋅ s -1a = d 2 x / d 2t = -40π2cos (40π + 0.25π) = -2.79 ⨯102 m ⋅ s -29-8 一远洋货轮，质量为 m ，浮在水面时其水平截面积为 S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为 ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力 F 与位移 x 间的关系，如果满足 F = -kx ，则货轮作简谐运动．通过 F = -kx 即可求得振动周期T = 2π / ω = 2π ．证货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为 F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点 O ，竖直向下为 x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移 x 位移时，受合外力为∑ F = P + F '其中 F ' 为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为F ' = F + ρgSx = mg + ρgSx则货轮所受合外力为题９-８图∑ F = P -F ' = -ρgSx = -kx式中 k = ρgS 是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑ F = m d2x / d 2t 可得货轮运动的微分方程为d 2 x / d 2t + ρgSx / m = 0令ω 2= ρgS / m ，可得其振动周期为T = 2π / ω = 2π 9-9 设地球是一个半径为 R 的均匀球体，密度 ρ = 5.5 ⨯103kg ⋅ m -3 ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为 m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1）证明此质点的运动是简谐运动；（2）计算其周期．题９-９图分析证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证（1）取图所示坐标．当质量为 m 的质点位于 x 处时，它受地球的引力为m / ρgSm / k x x 式中G 为引力常量， m 是以 x 为半径的球体质量，即 m = 4πρx 3/ 3 ．令 k = 4πρGm / 3 ，则质点受力F = 4πρGmx / 3 = -kx因此，质点作简谐运动．（2）质点振动的周期为T = 2π= = 5.07 ⨯103 s9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为 k 1 、k 2时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．．当物体在光滑斜面上振动题 9-10 图分析从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点 O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿 Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ ．证设物体平衡时两弹簧伸长分别为 x 1 、 x 2 ，则由物体受力平衡，有mg sin θ = k 1x 1 = k 2 x 2按图（b ）所取坐标，物体沿 x 轴移动位移 x 时，两弹簧又分别被拉伸 x 1' 和 x 2' ，即物体受力为（1）x = x 1' + x 2' ．则 3π / Gρ12π(k + k )/ m 1 21 2将式（1）代入式（2）得F = -k 2 x 2' = -k 1x 1' 由式（3）得 x 1' = -F / k 1 、 x 2' = -F / k 2 ，而 x = x 1' + x 2' ，则得到（３）F = -[k k / (k + k )]x = -kx 1 2式中 k = k 1k 2 / (k 1 + k 2 )为常数，则物体作简谐运动，振动频率v = ω / 2π = 12πk / m= 讨论（1）由本题的求证可知，斜面倾角 θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为v = ，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9－11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为 m 1 的物体 A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量 m 、半径为 R 的定滑轮 B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为 m 2 的物体 C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．题 9-11 图分析这是一个由弹簧、物体 A 、C 和滑轮 B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1）从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体1 2π k k /(k + k )m1 2 1 2k 正向从原点 O 伸长 x 时，分析物体 A 、C 及滑轮 B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解 1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中 F = -k (x + x 0 )i ．考虑到绳子不可伸长，对物体 A 、B 、C 分别列方程，有F T 1 = -k (x + x 0 ) = d 2 x m 1 d t 2 d 2 x（1）m 2 g - F T 2 = m 2 d t 2 （2）( - ) = α = 1d 2 xF T 2 F T 1 R J2 d t 2（3） kx 0 = m 2 g （4）方程（3）中用到了 F = F ' 、F = F ' 、J = mR 2/ 2 及α = a / R ．联立式（1）～式（4）T 2 T 2 可得T 1 T 1d 2 x k则系统振动的角频率为d t+m 1 + m 2 + m / 2x = 0（5）ω = 解 2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离 x （此时速度为 v 、加速度为 a ）为末状态，则由机械能守恒定律，有E = -m gx + 1 m v 2 + 1 m v 2 + 1 J ω2 + 1 k (x + x )20 2 2 1 2 2 2 2在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体 C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得0 = -m gv + m v d v + m v d v + Jω d ω + k (x + x )d x2 1 d t 2 d t d t 0d t 将 J = mR 2 / 2 ， ωR = v ， d v / d t = d 2 x / d t 2和m g = kx 代入上式，可得d 2x + d t 2 m2 0+ m + m / 2 x = 0（6）12式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅 A ＝2.0 ×10-2 m ，周期 T ＝0.50ｓ．当 t ＝0 时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在 x ＝-1.0×10- 2m 处，向负方向运动；（4）物体在 x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析在振幅 A 和周期 T 已知的条件下，确定初相 φ 是求解简谐运动方程的关键．初相k / (m 1 + m 2 + m / 2)π π = 4π 和 v ＝v 0 来确定 φ 值．（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点 P 在 Ox 轴上振动的初始位置 x 0 和速度 v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定 φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题 9-12 图解由题给条件知 A ＝2.0 ×10-2 m ， ω = 2 / T = 4π s -1，而初相 φ 可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程 x = A cos (ωt + ϕ ) ，当 t = 0 时有 x 0 = A cos (ωt + ϕ ) ，v 0 = - Aωsin ．当（1） x 0 = A 时， cos ϕ1 = 1，则ϕ1 = 0 ；π π（2） x 0 = 0 时， cos ϕ2 = 0 ，ϕ2 = ± ，因v 0 < 0 ，取ϕ2 = ；2 2（3） x 0 = 1.0 ⨯10-2 m 时， cos ϕ = 0.5，ϕ3 = ± π 3 ，由v 0 < 0 ，取ϕ3 = ； 3（4） x = -1.0 ⨯10-2m 时， cos ϕ = -0.5 ，ϕ = π ± ，由v > 0 ，取ϕ 4π 0 4 4 3 0 4 3旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为ϕ1 = 0 ， ϕ2 =， ϕ3 =2， ϕ4 =．33振幅 A 、角频率 ω、初相 φ 均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1） x = 2.0 ⨯10-2cos4πt(m )（2） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/2) (m ) （3） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/3) (m ) （4） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + 4π/3) (m )9-13 有一弹簧，当其下端挂一质量为 m 的物体时，伸长量为 9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当 t ＝0 时，物体在平衡位置上方 8.0 ×10-2 ｍ处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2）当 t ＝0 时，物体在平衡位置并以 0.6ｍ·s -1 的速度向上运动，求运动方程．π π 3 ．k / m g / ∆l x + ( 21010 v / ω )2⎝ 12 ⎭由弹簧振子系统的固有性质（振子质量 m 及弹簧劲度系数 k ）决定的，即ω =k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅 A 和初相 φ 需要根据初始条件确定．题 9-13 图解物体受力平衡时，弹性力 F 与重力 P 的大小相等，即 F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量 Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数 k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为ω = = = 10 s -1（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为 x 轴正向．由初始条件 t ＝0 时， x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅 A = = 8.0 ⨯10- 2m ；应用旋转矢量法可确定初相ϕ1 = π ［图（a ）］．则运动方程为x = 8.0 ⨯10-2cos (10t + π) (m ) （2）t ＝0 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得 A 2== 6.0 ⨯10- 2 m ； ϕ2 = π / 2 ［图（b ）］．则运动方程为x = 6.0 ⨯10-2cos (10t + 0.5π) (m ) 9-14 某振动质点的 x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1）运动方程；（2）点 P 对应的相位；（3）到达点 P 相应位置所需的时间．分析由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过 x －t 图线确定振动的三个特征量 A 、ω 和ϕ0 ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅 A ；而 ω、ϕ0 通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解（1）质点振动振幅 A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出 t 0 ＝0 和 t 1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（ b ）所示．由图可见初相 ϕ0 = -π / 3 （或 ϕ0 = 5π / 3 ），而由 ω(t 1 - t 0 ) = π / 2 + π / 3 得ω = 5π / 24 s ，则运动方程为 -1x = 0.10 cos⎛ 5πt - π / 3⎫(m )24⎪ x + ( 220 20 v / ω)2p pp p题 9-14 图（2）图（a ）中点 P 的位置是质点从 A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ）所示．当初相取ϕ0 = -π / 3 时，点 P 的相位为ϕ p = ϕ0 + ω(t - 0)= 0 （如果初相取成 0 = 5π / 3 ，则点 P 相应的相位应表示为ϕp = ϕ0 + ω(t - 0) = 2π ．（3）由旋转矢量图可得ω(t - 0)= π / 3 ，则t =1.6 s ． 9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向 x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到 x ＝A /2 处；（3）由 x ＝A /2 处到最大位移处．解采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点 O ．（1））平衡位置 x 1 到最大位移 x 3 处，图中的旋转矢量从位置 1 转到位置 3 ，故 ∆ϕ1 = π / 2 ，则所需时间∆t 1 = ∆ϕ1 / ω = T / 4（2）从平衡位置x 1 到x 2 ＝A /2 处，图中旋转矢量从位置1 转到位置2，故有∆ϕ2 则所需时间= π / 6 ， ∆t 2 = ∆ϕ2 / ω = T / 12（3）从 x 2 ＝A /2 运动到最大位移 x 3 处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置 3，有 ∆ϕ0 = π / 3 ，则所需时间∆t 3 = ∆ϕ3 / ω = T / 6N 9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为 1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为 0.50ｓ，振幅为 2.0×10-2 m ．求：（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物会跳离平板？题 9-16 图分析按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力 P 和板支持力 F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有d 2 y F = mg - F N = m d t2 （1）由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a 改写为 = d 2y d t 2 = -A ω 2 cos (ωt + ϕ ) ，则式（1）可 F N = mg + mA ω 2cos (ωt + ϕ ) （2）（1）根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ωt + ϕ ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2）由式（2）可知支持力 F N 的值与振幅 A 、角频率 ω 和相位（ ωt + ϕ ）有关．在振动过程中，当ωt + ϕ ＝ π 时 F N 最小．而重物恰好跳离平板的条件为 F N ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解（1）由分析可知，重物在最低点时，相位ωt + ϕ ＝0，物体受板的支持力为F = mg + mA ω 2 = mg + mA (2π / t)2 = 12.96 N 重物对木块的作用力 F N ' 与 F N 大小相等，方向相反．（2）当频率不变时，设振幅变为 A ′．根据分析中所述，将 F N ＝0 及ωt + ϕ 分析中式（2），可得= π 代入max max 2 （3）当振幅不变时，设频率变为v ' ．同样将 F N ＝0 及ωt + ϕ 可得= π 代入分析中式（2）， v ' = ω= 2π = 3.52 Hz 9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为x 1 = A cos (ωt + ϕ )，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题 9-17 图解图示为两质点在时刻 t 的旋转矢量图，可见第一个质点 M 的相位比第二个质点 N 的相位超前π / 2 ，即它们的相位差 Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为x 2 = A cos (ωt + ϕ - π / 2)9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为 2cm ，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程．分析根据 v -t 图可知速度的最大值 v max ，由 v max ＝Aω 可求出角频率 ω，进而可求出周期 T 和加速度的最大值 a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程 x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为 A 和 ω 已得出，故只要求初相位 φ 即可．由 v －t 曲线图可以知道，当 t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿 x 轴正向向着平衡点运动．利用 v 0 ＝－Aωsinφ 就可求出 φ．解（1）由v = A ω 得ω =1.5 s -1 ，则 T = 2π / ω = 4.2 s（2） a = A ω 2 = 4.5 ⨯10-2 m ⋅s -2 （3）从分析中已知 v 0 = - Aωsin = Aω / 2 ，即sin ϕ = -1 / 2= -π / 6,-5π / 6因为质点沿 x 轴正向向平衡位置运动，则取 = -5π / 6 ，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 x = 2cos (1.5t - 5π / 6) (cm )1 mg / m A 2πg / l g / l max题 9-18 图9-19 有一单摆，长为 1.0m ，最大摆角为 5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为 3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题 9-19 图分析单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量 θ 与时间的关系可表示为简谐运动方程 θ = θmax co s (ωt + ϕ ) ，其中角频率 ω 仍由该系统的性质（重力加速度 g 和绳长 l ）决定，即 ω = ．初相 φ 与摆角 θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解（1）单摆角频率及周期分别为ω = = 3.13 s -1; T = 2π / ω = 2.01 s（2）由t = 0 时θ = θ = 5o可得振动初相ϕ = 0 ，则以角量表示的简谐运动方程为 θ = π cos3.13t 36（３）摆角为 3°时，有cos (ωt + ϕ ) = θ / θmax = 0.6 ，则这时质点的角速度为J / mgl c maxE c M线速度的大小为= -0.80θ ω = -0.218 s -1 v = l d θ/d t = -0.218 s -1讨论质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取sin θ ≈ θ ，所以，单摆的简谐运动方程仅在 θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为 2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为 4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？（取地球表面的重力加速度 g = 9.80 m ⋅s-2 ）解由单摆的周期公式T = 2π 可知 g ∝ 1 / T 2 ，故有 g / g = T 2 / T 2 ，则月球的重力加速度为 g = (T/ T M )2g M E E M= 1.63 m ⋅ s - 29-21 一飞轮质量为 12kg ，内缘半径 r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为 2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为 T = 2π ，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离l c ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解由复摆振动周期T = 2π J / mgl ，可得 J = mgrT 2 / 4π2．则由平行轴定理得 J 0 = J - mr 2 = mgrT 2 / 4π 2 - mr 2 = 2.83 kg ⋅ m 29-22 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以 500m·s -1 的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为 4.99 kg ，弹簧的劲度系数为 8.0 ×103 N·m -1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为 x 轴正向，求简谐运动方程．l / g E E题 9-22 图分析可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度 v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量 m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数 k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度 v 0 和初位移 x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解振动系统的角频率为 ω == 40 s -1由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度 v 0 为v = m v (m + m ) = 1.0 m ⋅ s -10 1 1 2 又因初始位移 x 0 ＝0，则振动系统的振幅为A = = v 0/ ω = 2.5⨯10-2 m 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位 0 = π / 2 ，则简谐运动方程为x = 2.5⨯10-2 cos (40t + 0.5π) (m )9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为 k 的轻弹簧，其下挂有一质量为 m 1 的空盘．现有一质量为 m 2 的物体从盘上方高为 h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？k / (m 1 + m 2 ) x + ( 2 0 0 v / ω) 2x + (v / ω) 2 20 0题 9-23 图分析原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由 m 1 变为 m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于 A = ，因此，确定初始速度 v 0 和初始位移 x 0 是求解振幅 A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度 v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移 x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移 x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解（1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为T = 2π / ω =2π T ' = 2π / ω' = 2π 可见 T ′＞T ，即振动周期变大了．（2）如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点 O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即x = l - l =m 1g - m 1 + m 2 g = - m 2 g 01 2 k k k式中 l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度v 0 = m 2 v =m 1 + m 2 式中 v = 是物体由 h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为m 1 / k(m 1 + m 2 )/ km 2 m 1 + m 2 2gh2ghx + 2 0 0 ( v / ω ) 21 1 本题也可用机械能守恒定律求振幅 A ． 9-24 如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧，系一质量为 m 1 的物体，在水平面上作振幅为 A的简谐运动．有一质量为 m 2 的粘土，从高度 h 自由下落，正好在（a ）物体通过平衡位置时，（b ）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？（2）振幅有何变化？题 9-24 图分析谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式 A = ）求得两种情况下的振幅．解（1）由分析可知，在（a ）、（b ）两种情况中，粘土落下前后的周期均为T = 2π / ω = 2π T ' = 2π / ω' = 2π 物体粘上粘土后的周期 T ′比原周期 T 大．（2）（a ）设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A 、v 和 A ′、v ′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式kA '2 / 2 = m v 2 / 2 （1） kA '2 / 2 = (m + m )v '2 / 2 2 （2）联立解上述三式，可得 m 1v = (m 1 + m 2 )v 'A ' = （3）即 A ′＜A ，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b ）物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度 v ′＝m 1v /（m 1 ＋m 2 ）＝0，因而振幅不变，即m 1 / k(m 1 + m 2 )/ km 1 / (m 1 + m 2 )AA / a max max 0 max max 9-25 质量为 0.10kg 的物体，以振幅 1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为 4.0 ｍ·s -1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析在简谐运动过程中，物体的最大加速度 a = A ω 2，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量 E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解（1）由分析可得振动周期 T = 2π / ω = 2π = 0.314 s（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即 E = E = 1 mA 2ω 2 = 1 mAak 2 2max = 2.0 ⨯10-3 J（3）设振子在位移 x 0 处动能与势能相等，则有kx 2 / 2 = kA 2 / 4得 x 0 = ± 2 A / 2 = ±7.07 ⨯10-3 m（４）物体位移的大小为振幅的一半（即 x = A / 2 ）时的势能为 E = 1 kx 2 = 1 k ⎛ A ⎫ = E / 4 P 2 2 2 ⎪ ⎝ ⎭则动能为E K = E - E P = 3E / 4 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量 m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅 A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1）此氢原子的最大速度；（2）与此振动相联系的能量．解（1）简谐运动系统中振子运动的速度 v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为v = ωA = 2πvA = 6.28⨯102 m ⋅ s -1 （２）氢原子的振动能量E = mv 2 / 2 = 3.31⨯10-20 J 9-27 质量 m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统，按 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )的规律作自由振动，求（1）振动的角频率、周期、振幅和初相；（2）振动的能量 E ；（3）一个周期内的平均动能和平均势能．解（1）将 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：角频率ω = 8π s -1 ，振幅 A ＝0.5cm ，初相 φ＝π/3，则周期 T ＝2π/ω＝0.25 ｓA + A + 2 A A cos ( 2 21 2 1 2 ϕ - ϕ ) 2 1 （3）简谐运动的动能和势能分别为 E = 1 mA 2ω 2sin 2 (ωt + ϕ ) K 2E = 1 mA 2ω 2cos 2 (ωt + ϕ ) P 2则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 sin 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 4E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 cos 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 49-28已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为 x 1= 0.05cos (10t + 0.75π) (m )； x 2 = 0.06cos (10t + 0.25π) (m ) ．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动 x 3 = 0.07co s (10t + ϕ3 ) (m )，则ϕ3 为多少时， x 1 ＋x 3 的振幅最大？又ϕ3 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题 9-28 图分析可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅 A = ，其大小与两个分振动的初相差ϕ2 - ϕ1 相关．而合振动的初相位ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为∆ϕ 故合振动振幅为= ϕ2 - ϕ1 = -π / 2 ， A= 合振动初相位 = 7.8 ⨯10-2 m ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2= arctan11 = 1.48 rad （2）要使 x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由∆ϕ= 2k π 得 A + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 21 K PA 2 + A 2 + 2A 2cos (π + ϕ - ϕ )2 12 要使 x 1 ＋x3 的振幅最小，即两振动反相，则由得 ϕ3 = ϕ2 + (2k + 1)π = 2k π + 1.25π, k = 0,±1,±2,...9-29 手电筒和屏幕质量均为 m ，且均被劲度系数为 k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 )和 x 2 = A cos (ωt + ϕ2 )．试求在下述两种情况下，初相位 φ1 、φ2 应满足的条件：（1）光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2）光点在屏幕上相对于屏作振幅 A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题 9-29 图分析落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有依题意x 光对地 = x 光对屏 + x 屏对地x 光对地 = x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) x 屏对地 = x 2 = A cos (ωt + ϕ2 ) 所以 x 光对屏 = x 1 - x 2 = x 1 + x 2'= A cos (ωt + ϕ1 ) + A cos (ωt + π + ϕ2 ) 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) 和 x 2' = A cos (ωt + π + ϕ2 )的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅 A ' = ．解（1）根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即 x 光对屏 = 0 ，就是当π + ϕ2 - ϕ1 = (2k + 1)π 时，即ϕ = ϕ1 + 2k π 时（ k = 0,±1,±2,...），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为 2A 的运动时，要求π + ϕ2 - ϕ1 =2k π ，即ϕ2 = ϕ1 + (2k - 1)π ．（2）由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉 A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为 2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点 0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同9-30 两个同频率的简谐运动 1 和 2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程 x 1 和 x 2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．分析振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解（1）由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则 ω＝2π／T ＝πｓ-1 ．曲线 1 表示质点初始时刻在 x ＝0 处且向 x 轴正向运动，因此 φ1 ＝－π／2；曲线 2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向 x 轴负向运动，因此 φ2 ＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为x 1 = 0.1cos (πt - π / 2) (m ) 和 x 2 = 0.1cos (πt + π / 3) (m )（2）由图（b ）可知振动 2 超前振动 1 的相位为 5π／6．（3） x = x 1 + x 2 = A 'cos (ωt + ϕ )其中 A ' = ϕ = arctanA 1sin ϕ1 + A 2sin ϕ2 A 1cos ϕ1 + A 2cos ϕ2 = 0.052 m = arctan (- 0.268) = - π 12 则合振动的运动方程为 x = 0.052cos (πt - π/12)(m )题 9-30 图9-31 将频率为 348 Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为 3.0Hz ．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．分析这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率υ1 和拍频数 Δυ＝|υ2 －υ1|已知的情况下，待测频率υ2 可取两个值，即υ2 ＝υ1 ±Δυ．式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定．解根据分析可知，待测频率的可能值为A + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 2 1。

大学物理05刚体的定轴转动习题解答

第五章刚体的定轴转动一选择题1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（）A. α > 0B. ω > 0，α > 0C. ω < 0，α > 0D. ω > 0，α < 0解：答案是B 。

2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。

（）A. 相等；B. 铅盘的大；C. 铁盘的大；D. 无法确定谁大谁小解：答案是C 。

简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。

3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有：（）A. a 1 = a 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 无法确定解：答案是B 。

简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21=(2) 受力分析得：⎪⎩⎪⎨⎧===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。

得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。

4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为：（）A. 4 F 2/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解：答案是A 。

简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR =，得：mRF t 4212==∆αθ 所以：m F M W /42=∆=θ5. 一电唱机的转盘正以ω 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（）A ．0211ωJ J J +B ．0121ωJ J J +C ．021ωJ JD ．012ωJ J 解：答案是A 。

大学物理D-05稳恒磁场、电磁感应定律-参考答案

0i ，选回路的绕行方向为顺时针方向， 2r
dr r
Bds
0 I ldr 2 r
当矩形线圈距离长直导线为 R 时，通过矩形线圈的磁通量为
d
Ra
R
0 I I Ra ldr 0 l ln R 2 r 2
d I
l
4
a
Ra d ln 1 dR 0 R 1 d lI n n 0 l I 则： n dt 2 2 dt R R a dt
2 B2 lv
0 Ilv 得 2 ( d a )
n( 1 2)
0 Ilvn 1 1 ( ) d d a 2
1
2
5
a点电势高于O点．∴ U a U b 2 1
1 16 15 3 BL2 BL2 BL2 BL2 50 50 50 10
如果金属细杆绕杆中央旋转，则ab两端电势差为0. 5.2.5 如图所示，一无限长直导线通有电流 I=5.0A，一矩形单匝线圈与此长直导线共面。设矩形线圈以 v=2.0m/s 的速度垂直于长直导线向右运动。已知：l=0.40m, a=0.20m, d=0.20m,求矩形线圈中的感应电动势。（不计线圈的自感）解：方法（一）如图，距离长直导线为 r 处的磁感应强度为： B 则通过窄条面积 ds 的磁通量为： d
B dS 0 说明了下面的哪些叙述是正确的？

（
A ）
穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数；穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数；一根磁感应线可以终止在闭合曲面内；一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。
（A）ad；（B）ac；（C）cd；（D）ab。 5.2.3. 如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将 (A) 向着长直导线平移; (B) 离开长直导线平移; (C) 转动; (D) 不动。

大学物理第五版上册课后答案及解析之欧阳道创编

1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故 ,即｜｜≠ ．但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度 ,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到： ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程 ,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解(1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)则 ,所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时 ,,1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线．又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为(匀加速直线运动), (匀速直线运动) (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．1-8 分析质点的轨迹方程为y＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为,图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2ｓ内路程为1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1) 速度的分量式为,当t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则,β＝-33°41′(或326°19′)1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1(1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 的参数方程为,坐标变换后,在Oxy 坐标系中有,则质点P 的位矢方程为(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得 (1)由得 (2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 (1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay 分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和 ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．解(1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故而所以(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,, ,以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度．1-17 分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1) 由参数方程 x ＝2.0t,y ＝19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2(2) 在t1 ＝1.00ｓ到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝1.00ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则1-18 分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt,y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m?6?1s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1-19 分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得 (即图中的r 矢量)．解1由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为(1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解2做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则(3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1-20 分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为(1) (2)由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1-21 分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy,由运动方程,消去t 得轨迹方程以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m?6?1ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解(1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a｜＝b,由可得(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1-23 分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数所以则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解(1) 由于 ,则角速度．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有 ,即得此时刻的角位置为(3) 要使 ,则有 t ＝0.55ｓ1-25 分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得1-26 分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足．再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速v1．解由［图(b)］,有而要使 ,则1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解(1) 由v＝u ＋v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于 ,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有1-28 分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 (2)为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有则可得 ,此时2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m?6?1ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m?6?1ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 mA g -FＴ＝mA a (1) F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg ＝ma1 F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有 - v′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝Fｆ (s ＋l) -Fｆl ＝μmgs式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,。

大学物理第五版课后答案[上]完整版

3-6一架以 3.0x10 2 ms 解 0Δ-='v m t FN 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机的平均冲力为 N 1055.25⨯-='-=F F3-7 质量为m 的物体，由水平面上点O 分析j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3-8 Fx=30+4t 的合外力解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I (2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去) (3) 由动量定理,有 I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得 112s m 40-⋅=+=mm I v v 3-9 高空作业 51kg 的人N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmgF 3-10质量为m 的小球，在力F= - kx 作用下运动ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ3-11 在水平地面上，有一横截面S=0.20m 2()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF ， N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F 3-12 19.6m 爆炸后1.00s ，hgx t x x 21010==v 21121gt t h y --=v 。

12121t gth -=v x x m m 2021v v = y m m 2121210v v +-=1102s m 100222-⋅===hgx x x v v 112112s m 7.1421-⋅=-==t gt h y v v 2212t v x x x += 2222221gt t h y y -+=v 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x 2 ＝500 m 3-13 A,B 两船在平静的湖面上平行逆行航行 B 船以3.4 解()A A B A A m m m m v v v '=+- (1)()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)()()()12s m 6.3-⋅=---'-=mm m m m m m m B A BB A B v v3-14 质量为m 丶的人手里拿着质量为m 的物体解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0u m m m α'++=cos 00v v 人的水平速率的增量为u m m mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为 gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()g m m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3-15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着0N =-+F F yg lm(1) y lmt F d 0d v -=' (2) 而 F F '-= (3)g m yg lm l m yg l m F F '==+=-='332N N v3-16 设在地球表面附近，一初质量为5.00x 10 5解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为ma mg tmu=-d d (1) ()1300s kg 1068.3d d -⋅⨯=+=ua g m t m (2) tm mg t m u d d d d v=- 分离变量后积分,有 ⎰⎰⎰-=t m m t g m m u 0d d d 00v v vgt m m u --=00ln v v m t t m m m 61d d 0=-= tm m t d /d 650=13000s m 1047.2d /d 65ln ln -⋅⨯=-=-='t m m m m u gt m m u v 3-17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动，已知 t=0时质点位于原点解 2d 0000L F x x L F F W L=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰。

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第五章机械振动
5–17 若谐振动方程为m 4ππ20cos 1.0⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=t x ，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和
初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度。

解：已知振动方程为⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=4ππ20cos 1.0t x ，由振动方程可计算此题。

（1）振幅：A =0.1m ，角频率：π20=ωrad/s ，频率：Hz 10π
2==ω
f ，
周期：s 1.01
==ν
T ，
初相：4
π
=
ϕ。

（2）s 2=t 时，位移为
m 1007.74πcos 1.04ππ40cos 1.02-⨯==⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=t x
速度为
s /m 44.44πsin π24ππ40sin π2-=-=⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+-=t v
加速度为
222m /s 2804πcos π404ππ40cos π40-=-=⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+-=t a
5–18 一质量为2100.1-⨯kg 的物体作谐振动，其振幅为2104.2-⨯m ，周期为4.0s ，当0=t 时，位移为2104.2-⨯m ，求：
（1）在0.5=t s 时，物体所在位置和物体所受的力；
（2）由起始位置运动到2102.1-⨯-=x m ，所需要的最短时间。

解：（1）设物体的振动方程为()ϕω+=t A x cos 。

因
2104.2-⨯=A m ，2
π
π2==
T ωrad/s 0=t 时，位移为2104.2-⨯m ，所以初相位0=ϕ。

所以振动方程为
)2
π
cos(104.22t x -⨯=
当0.5=t s 时，物体所在位置为
m 107.14
π
cos
104.222--⨯=⨯=x 。

物体所受的力为
N 102.442-⨯-=-=-=x m kx f ω
（2）由旋转矢量表示法可画出旋转矢量图（图5–9），由此可得从起始位置运动到2102.1-⨯-=x m 时，相位差为π3
2
=∆φ，所以所需要的最短时间为
图5-9
s 33.1342
ππ
32min ===∆=ωφt
5–19 如图5-10，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k =24N/m ，重物的质量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（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了x 0=0.05m ，此时撤去力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：设物体的振动方程为)cos(ϕω+=t A x 。

由题给条件得
rad/s 2==
m
k
ω 由于重物运动到左方最远位置时才开始计时，因此初相位π=ϕ。

选重物在平衡位置O 点为初状态，重物运动到左端最远位置处时为末状态，则在这个过程中，由功能原理，外力F 所作的功等于系统机械能的增量，即有
202
1kA Fx =
所以
m 204.0=A
所以振动方程为
(SI)π)2cos(204.0+=t x
5–20 由质量为M 的木块和倔强系数为k 的轻质弹簧组成一在光滑水平台上运动的谐振子，如图5-11所示，开始时木块静止在O 点，一质量为m 的子弹以速率0v 沿水平方向射入木块并嵌在其中，然后木块（内有子弹）作谐振动，若以子弹射入木块并嵌在木块中时开始计时，试写出系统的振动方程，取x 轴如图。

解：设嵌入子弹的木块的振动方程为)cos(ϕω+=t A x 。

嵌入子弹的木块作简谐振动的圆频率为
m
M k
+=
ω
设子弹嵌入木块时与木块的共同速度为v ，子弹射入木块前后木块与子弹组成的系统动量守恒，有
v v )(0m M m +=-
得
m
M m +-
=0
v v 由题意知振子的初始条件为：当0=t 时，0=x ，振子的初速度为v ，由此可得
0cos =ϕA （1）
m
M m A +-
=-0
sin v ϕω （2）图5-10
（a （b 图5-11
x
m M v 0
k
O
由（1）式得2
π
±
=ϕ，由（2）式知sin ϕ＞0，因此振子的初相位应为 2
π=
ϕ 振幅为
ω
)(0
m M m A +=
v
所以系统的振动方程为
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+++=
2πcos )(0t m M k m M m x ωv 5–23 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动，已知氢原子的质量kg 1068.127-⨯=m ，振动频率Hz 100.114⨯=ν，振幅m 100.111-⨯=A ，试计算：（1）此氢原子的最大速度；（2）与此振动相联系的能量。

解：（1）氢原子的圆频率为
141028.6π2⨯==νωrad/s
最大速度为
3m 1028.6⨯==A ωv m/s
（2）氢原子的能量为
202
m 1032.32
1-⨯==
v m E J 5–24 一物体质量为m =0.25kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数k =25N/m ，如果起始时刻物体的位置和速度均为正，且振动系统的初动能为0.02J ，弹簧的势能为0.06J 。

求：
（1）物体的振动方程；（2）动能恰等于势能时的位移；（3）经过平衡位置时物体的速度。

解：（1）设物体的振动方程为
)cos(ϕω+=t A x （1）
振动物体的角频率为
1025
.025
===
m k ωrad/s （2）振动物体的机械能为
J 08.02
12
p k ==
+=kA E E E 式中k E 表示振动物体的动能，p E 表示振动物体的势能，所以简谐振动的振幅为
08.025
16.008.0====
k k E A m （3）当0=t 时，有
J 02.02
12
0==
v m E k
J 06.02
12
0==
kx E p 所以
4.02
5.004
.004.0===m v m/s 25
3
2512.012.00===
k x m 将初始条件代入振动方程（1）式得
23cos =
ϕ，2
1
sin -=ϕ 所以
6
π
-=ϕ （4）
将（2）、（3）和（4）式代入（1）式得到物体的振动方程为
)6
π
10cos(08.0-=t x
（2）当物体的动能等于势能时有
J 04.02
212=+=p k E E kx 所以
m 25
2
=
x （3）经平衡位置时，物体的势能为零，则动能最大，此时动能J 08.0=k E ，则有
J 08.02
12
max ==
v m E k 所以
s /m 08.0max =v
5–25 两个同方向简谐振动的振动方程分别为
)π43
10cos(10521+⨯=-t x （SI ）
， )π4
1
10cos(10622+
⨯=-t x （SI ）求合振动方程。

解：由题给振动方程知
21105-⨯=A ，2
2106-⨯=A ，π4
3
1=
ϕ，π412=ϕ
合振幅为
m 108)cos(2212212
221-⨯=-++=
ϕϕA A A A A
初相位正切值为
11cos cos sin sin tan 2
2112211=++=φϕϕϕϕA A A A
初相位为
ϕ
94
=2.
︒
故合振动方程为
+
⨯
82︒
=-t
x
94
)
2.
10
cos(
10。

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