大学物理答案上册(赵近芳 第二版)第五单元
2024版年度大学物理简明教程赵近芳
质点是具有质量而几何尺寸可以忽略不计的物体。
质点概念描述质点运动的数学表达式，包括位移、速度和加速度等物理量。
运动学方程质点沿一直线进行的运动，可分为匀速直线运动和变速直线运动。
直线运动质点沿一曲线进行的运动，其速度方向时刻在改变。
曲线运动质点运动学01牛顿第一定律又称惯性定律，表明物体在不受外力作用时，其运动状态不会发生改变。
02牛顿第二定律物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比，加速度方向与作用力方向相同。
03牛顿第三定律作用力和反作用力大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
牛顿运动定律03物体的质量和速度的乘积，表示物体运动的量度。
动量概念物体动量的改变等于作用力对时间的积累。
动量定理在封闭系统中，没有外力作用时，系统总动量保持不变。
动量守恒定律力与物体在力的方向上通过的距离的乘积，表示力对物体所做的功。
功的概念物体由于位置而具有的能量，如重力势能和弹性势能等。
势能概念合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
动能定理在一个封闭系统中，没有外力做功时，系统总能量保持不变。
能量守恒定律分子运动论的基本概念物质由大量分子组成，分子在永不停息地做无规则运动，分子之间存在着相互作用力。
气体压强大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生了气体的压强，压强的大小与分子的平均动能和分子的密集程度有关。
温度的微观意义温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大。
能量均分定理在热平衡状态下，气体分子的平均动能与温度成正比，且每个自由度上的平均动能都相等。
气体动理论01020304热力学系统内部所有分子的动能和势能之和称为内能，它是一个状态量。
热力学系统的内能热量是系统与外界之间由于温度差而传递的能量，功是系统与外界之间由于力而产生的能量传递。
热量和功热力学系统内能的增量等于外界对系统所做的功与系统从外界吸收的热量之和。
热力学第一定律的表述可以求解各种热力学过程中的功、热量和内能变化等问题。
热力学第一定律的应用热力学第一定律克劳修斯表述和开尔文-普朗克表述，分别揭示了热量传递和功转变为热的方向性。
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出22r x y =+drv dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
大学物理(赵近芳)练习册答案
练习1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．1. D ；2. -g /2 ， ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。
（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。
大学物理学上册(赵近芳)第5章习题解答
习题5
5.1选择题
(1)一物体作简谐振动，振动方程为)2cos(πω+=t A x ，则该物体在0=t 时
刻的动能与8/T t =（T 为振动周期）时刻的动能之比为：
(A)1：4 （B ）1：2 （C ）1：1 (D) 2：1
[答案：D]
(2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为
(A)kA 2 (B) kA 2/2
(C) kA 2//4 (D)0
[答案：D]
(3)简谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于
(A)4A ± (B) 2
A ± (C) 2
3A ± (D) 2
2A ± [答案：D]
5.2 填空题
(1)一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A ＝4cm ，周期T ＝2s ，其平衡位置取作坐标原点。
若t ＝0时质点第一次通过x ＝－2cm 处且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x ＝－2cm 处的时刻为____s 。
[答案：23
s ]
(2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示。
振子在位移为零，速度为－ωA 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。
振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－ω2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应曲线上的____________点。
题5.2(2) 图
[答案：b 、f ； a 、e]
(3)一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。
大学物理复习提纲(赵近芳-数学学院)
第一章“运动学”题型一、分类：1.一般的运动方程、速度、加速度之间的关系2.圆周运动二、计算内容1. 一般的运动方程、速度、加速度之间的关系 知识地图如下：() () () r t t a t υ↓↓r r r€€求导 求导积分 积分轨迹方程2.圆周运动知识地图如右：三、解题步骤声明：解题其实就是清清楚楚地把题目做出来。
只要满足这个条件就行，并非只能按照一种方式来做。
下面给出的只是比较有条理和清晰的一种路子，如果你严格照着做了，结果应该不会错得离谱（老师们还是见过步骤正确，但是简单如四则运算依然要算错的神人，扼腕之余只能表示叹服），而且阅卷老师要给你们分也有比较充足的理由（至少卷子上的文字表明你很清楚正确的步骤）。
当然，如果你觉得自己很清楚，而且也能够在卷子上很清楚地表明“你自己很清楚”这件事情，那么只管走自己的路就是。
但是切记：如果你心里很清楚，但是卷子上只写寥寥几个字，阅卷老师是断然不能从这几个字中看出来“你很清楚”这件事情的（那个需要超能力，貌似老师都木有）。
特别是如果你写的那几个字还出了点错，那就是你自己要跟自己过不去了。
阅卷是“以卷面为依据”，和“以卷面为准绳”的。
所以：能多写些就多写些，尽量写清楚。
1. 一般的运动方程、速度、加速度之间的关系理解已知条件，知道自己在地图上起点在哪儿；理解求解目标，知道地图上哪里是终点；然后在地图中找路，从起点走到终点即可。
如果按照地图上从左至右的方向解题，那是灰常滴简单—你再犯错，那就只能是“自作孽”了。
如果方向是从右至左，则会涉及几个问题： （1）利用积分链式法则的技巧（参见例题1）；（2）分离变量积分的技巧（这是你们这个学期《常微》里面最简单的内容，必须会的）； （3）定积分和不定积分的选择问题（参见例题1）。
2.圆周运动理解已知条件，知道自己在地图上起点在哪儿；理解求解目标，知道地图上哪里是终点；然后在地图中找路，从起点走到终点即可。
四、典型例题和习题1. 一般的运动方程、速度、加速度之间的关系 【例题1】（教材习题1-5）解：从地图上看，从位置到速度显然行不通（因为不知道位置的函数表达式），那么就要考虑从加速度返回速度的路子。
大学物理学(第三版)第五章课后答案(主编)赵近芳
习题55.1选择题(1)一物体作简谐振动，振动方程为)2cos(πω+=t A x ，则该物体在0=t 时刻的动能与8/T t =（T 为振动周期）时刻的动能之比为： (A)1：4 （B ）1：2 （C ）1：1 (D) 2：1[答案：D](2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为(A)kA 2 (B) kA 2/2(C) kA 2//4 (D)0[答案：D](3)谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于 (A)4A ±(B) 2A ± (C) 23A±(D) 22A ± [答案：D]5.2 填空题(1)一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A ＝4cm ，周期T ＝2s ，其平衡位置取作坐标原点。
若t ＝0时质点第一次通过x ＝－2cm 处且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x ＝－2cm 处的时刻为____s 。
[答案：23s ](2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示。
振子在位移为零，速度为－wA 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。
振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－w 2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应曲线上的____________点。
题5.2(2) 图[答案：b 、f ； a 、e](3)一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。
(a)若t=0时质点过x=0处且朝x 轴正方向运动，则振动方程为x=___________________。
(b) 若t=0时质点过x=A/2处且朝x 轴负方向运动，则振动方程为x=_________________。
[答案：cos(2//2)x A t T ππ=-； cos(2//3)x A t T ππ=+]5.3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；(2)如题5.3图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．题5.3图 题5.3图(b)解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统是在自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用0d d 222=+ξωξt描述时，其所作的运动就是谐振动．(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线性回复力．(2)小球在题5.3图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题5.3图(b)中所示，因S ∆＜＜R ，故RS∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有θθmg tmR -=22d d令Rg=2ω，则有 222d 0d tθωθ+=5.4 弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度等物理量将如何变化？解：弹簧振子的振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度的表达式分别为222122,m m T E kA v A a Aππωωω===== 所以当振幅增大到原振幅的两倍时，振动周期不变，振动能量增大为原来的4倍，最大速度增大为原来的2倍，最大加速度增大为原来的2倍。
《大学物理学》（赵近芳主编）第二版课后习题答案物理答案第二单元
《大学物理学》（赵近芳主编）第二版课后习题答案物理答案第二单元习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为a 2=a 1-a ′ ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有m 1g-T=m 1a 1 ②T-m 2g=m 2a 2 ③ 联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，N B -mg=0 ①又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则N A lsin θ-mg2lcos θ=0 ② 在水平方向因其有加速度a ，故有f+N A =ma ③题2-2图式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得)(2tan ,)(2tan 00g a gg a g M m μθμθ-=+=2-3 283166-?===s m m f a x x2167-?-==s m mf a y y(1)--?-=?-=+=?-=?+-=+=20101200872167452832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-?--=s m ji v(2)mj i j i j t a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=?-+??+?-=++=2-4 (1)∵dtdvm kv a =-= 分离变量，得m kdt v dv -=即??-=v v t m kdt v dv 00 kt e v v -=ln ln 0 ∴ tk e v v -=0(2)??---===tttm k m ke kmv dt ev vdt x 000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有? ∞-=='00kmv dt ev x tk (4)当t=km时，其速度为ev e v ev v km m k 0100===-?- 即速度减至v 0的e1. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有m 2g-T=m 2(a ′-a)T=m 1a ′题2-5图联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为a 2=a ′-a=2g方向向上m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵∴g g g a a a 25422221=+=+'= θ=arctana a '=arctan 21=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下，而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为30°，则动量的增量为Δp=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 (1)若物体原来静止，则Δp 1==+=tidt t Fdt 0456)210( i kg 2m 2s -1,沿x 轴正向，111111566.5--??=?=?=?=s m kg ip I s m i m p v若物体原来具有-6 m 2s -1初速，则+-=+-=-=t tFdt mv dt m Fv m p mv p 000000)(,于是 ??==-=?t p Fdt p p p 0102,同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即+=+=tt t dt t I 0210)210(亦即t 2+10t-200=0解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj) 将t=0和t=ωπ2分别代入上式，得p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=ba (2)子弹所受的冲量-=-=t bt at dt bt a I 0221)(将t=ba代入，得ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==2-11设一块为m 1，则另一块为m 2，m 1=km 2及m 1+m 2=m 于是得 1,121+=+=k mm k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有2222211212121mv v m v m T -+=② mv=m 1v 1+m 2v 2 ③ 联立①、③解得v 2=(k+1)v-kv 1 ④将④代入②，并整理得21)(2v v kmT-= 于是有kmT v v 21±= 将其代入④式，有mkTv v 22±= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmTv v m kT v v 2,221-=+= 证毕．2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F 2r=(7i-6j)2(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J (2)w t A N 756.045==?=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图 f=-ky第一锤外力的功为A 1==-='=sskkydy fdy dy f A 112① 式中f ′是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在dt →0时，f ′=-f ．设第二锤外力的功为A 2，则同理，有-==21222221y kky kydy A ② 由题意，有)21(212kmv A A =?== ③即222122kk ky =- 所以，22=y于是钉子第二次能进入的深度为Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm 2-14 1)()(+-==n rnkdr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图 F A =F B =Mg 又F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =?? 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =??= 2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有G2r mM 月=G2r R mM -地经整理，得 r=R M M M 月地月+=2224221035.71098.51035.7?+??81048.3??=38.32?106 m则p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)3106＝3.663107m (2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为()r R M GrM GE P ---=地月=()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6?--?--=-1.28J 6102-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有 -μm 2gh=21 (m 1+m 2)v 2-［m 1gh+21k(Δl)2］式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则Δl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得 v=()()212221122m m kh gh m m +-+υ题2-17图2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点则由功能原理，有 -f r s=+-37sin 212122mgs mv kx k=222137sin 21kx sf mgs mv r -?+式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得k=1390 N 2m -1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′-f t s ′=mgs ′sin37°-21kx 3代入有关数据，得s ′=1.4 m, 则木块弹回高度h ′=s ′sin37°=0.84 m题2-19图2-19 m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M 地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有mgR=222121MV mv + 又下滑过程，动量守恒，以m,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得 v=()M m MgR+22-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv += 即 222120v v v += ①题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有m v 0=m v 1+m v 2亦即v 0=v 1+v 2 ②由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为r=x 1i+y 1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为 L 0=r 3mv=(x 1i+y 1j)3m(v x i+v y j) =(x 1mv y -y 1mv x )k作用在质点上的力的力矩为 M 0=r 3f=(x 1i+y 1j)3(-fi)=y 1fk2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 r 1mv 1=r 2mv 2∴m v v r r 12241021121026.51008.91046.51075.8?===2-23 (1) ??-??===31155s m kg jjdt fdt p(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7j at t v y y 5.25335213621220=??+?=+=即r 1=4i,r 2=7i+25.5jv x =v 0x =11133560=?+=+=at v v y y即v 1=i 1+6j, v 2=i+11j∴ L 1=r 13mv 1=4i 33(i+6j)=72kL 2=r 23mv 2=(7i+25.5j)33(i+11j)=154.5k∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg 2m 22s -1解(二) ∵dtdz M =∴ =?=t tdt F r dt M L 0)(-??=+=+++=3130225.82)4(55)35)216()4(s m kg kkdt t jdt j t t i t题2-24图2-24 在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ，即M 1g=mr 0ω20 ①挂上M 2后，则有(M 1+M 2)g=mr ′ω′2②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即r 0mv 0=r ′mv ′22020ωω''=?r r ③联立①、②、③得322110213212101010)()(M M M mM g r g m M M r M M M mr g M mr g M +='+='+='=ωωω2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N ′是正压力，F r 、F ′r 是摩擦力，F x 和F y 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．题2-25图（a ）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有F l l l N l N l l F 1211210)(+='='-+ 对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ F r =μN N=N ′ ∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得234010050.025.060)75.050.0(40.02-?-=+??-=s rad β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s t 06.74060329000==-=πβω这段时间内飞轮的角位移为radt t ππππβωφ21.53)49(340214960290021220?=??-??=+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)ω0=9003(2π)/60 rad 2s -1，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知200021522-?-=-=-=s rad ttπωωωβ用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为Nl l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060) (2211=?+=+-=πμβ2-26 设a ，a 2和β分别为m 1m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图题2-26(b)图 (1) m 1，m 2和柱体的运动方程如下：='-'=-=-3212111112222βI r T R T a m T g m a m g m T 式中T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr 2由上式求得2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-?=??+?+??+-?=++-=s rad grm R m I rm Rm β(2)由①式T 2=m 2r β+m 2g=230.1036.13+239.8＝20.8 N 由②式T 1=m 1g-m 1R β=239.8-230.2036.13＝17.1 N2-27 分别以m 1，m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1,m 2运用牛顿定律，有m 2g-T 2=m 2a ① T 1=m 1a ②对滑轮运用转动定律，有T 2r-T 1r=(1/2Mr 2)β ③ 又，a=r β ④联立以上4个方程，得22126.721520058.92002-?=++?=++=s m M m m g m a题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图题2-29图 2-29 (1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mv 0l=I ω+mvl ①(1/2)mv 20=(1/2)I ω2+(1/2)mv 2②上两式中I=1/3Ml 2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212?-=lMg I ω ③ 由③式得121)231(3)30cos 1(-=-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤ 所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l mlI l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为∫Fdt=Δmv=mv-mv 0 由①式求得∫Fdt=mv-mv 0=-(I ω)/l=(-1/3)Ml ω=-gl M 6)32(6-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v 0=R ω设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 v 2=v 20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR 2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I ′=(1/2)MR 2-mR 2，碎片脱离前，盘的角动量为I ω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即I ω=I ′ω′+mv 0R式中ω′为破盘的角速度．于是(1/2)MR 2ω=[(1/2)MR 2-mR 2]ω′+mv 0R[(1/2)MR 2-mR 2]ω=[(1/2)MR 2-mR 2]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为[(1/2)MR 2-mR 2]ω 转动动能为题2-31图E k =(1/2)[(1/2)MR 2-mR 2]ω22-31 (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒Rsin θm 0v 0=(m+m 0)R 2ω ∴ω=Rm m v m )(sin 000+θ(2)020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ 2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有mgh=(1/2)mv 2+(1/2)I ω2+(1/2)kh 2又ω=v/R 故有ImR k kh mgh v +-=222)2( 12220.25.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-?=+-=s m题2-32图题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有I 0ω0=(I 0+mR 2)ω ①该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B 点为重力势能零点，则有(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2B ②联立①、②两式，得2022002mR I RI gR v B ++=ω(2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0 故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv 2c ∴v c =2gR请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．。
大学物理学 北京邮电大学出版社(赵近芳主编)课后习题答案(1-5章)
习题解答 习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v ts d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d=，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tvt v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =tr d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理学(第三版)赵近芳第5章答案
大学物理学(第三版)赵近芳第5章答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同又有什么联系振动曲线和波形曲线有什么不同解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =．(2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程)(cos uxt A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0ϕ］中的ux表示什么如果改写为y =A cos (0ϕωω+-u x t )，u x ω又是什么意思如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；uxω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为)cos(0φωω+-=uxt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+ux x t t A y t t 其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后传播到t u x ∆+处．所以在)(ux t ωω-中，当t ，x 均增加时，)(u xt ωω-的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明)cos(0φωω+-=uxt A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV 内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为),(t x f y =，则相对形变量(即应变量)为x y ∂∂/.波动势能则是与x y ∂∂/的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变也为极小(该处0/=∂∂x y )，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．题5-3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化．5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处 t =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻 波动方程写成y =A cos ω(uxt -)时，波源一定在坐标原点处吗在什么前提下波动方程才能写成这种形式解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，0=t 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成)(cos uxt A y -=ω时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程．5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同解: 取驻波方程为vt x A y απλπcos 2cos2=，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为x A λπ2cos2．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(λ'/u )会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即B v u u +='，因而单位时间内通过观察者完整波的数目λu '也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程． 解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有 ]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C 为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差．解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(Cx Bt A y -= (0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知： 波振幅为A ，频率πυ2B =， 波长C πλ2=，波速CB u ==λυ， 波动周期BT πυ21==．(2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为 )(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及Cπλ2=代入上式，即得 Cd =∆φ．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x =0.2m处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点解: (1)将题给方程与标准式)22cos(x t A y λππυ-=相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1s m -⋅．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅ 222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相， 即 2.9=φπ． 设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m5-10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少(2)若波沿x 轴负向传播，上述各点的振动 位相又是多少解: (1)波沿x 轴正向传播，则在t 时刻，有题5-10图对于O 点：∵0,0<=O O v y ，∴2πφ=O对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ 对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴2πφ-=B对于C 点：∵0,0<=C C v y ，∴23πφ-=C(取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相) (2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有对于O 点：∵0,0>'='O Ov y ，∴2πφ-='O对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ 对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴2πφ=B对于C 点：∵0,0>'='C C v y ，∴23πφ='C(此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=， 又5.225===λυuHz ，则ππυω52== 题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=uxt A y ， 则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m (2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c) 将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m 如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程； (2)P 点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴20πφ=，而25.01==∆∆=t x u 1s m -⋅，5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2 故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m题5-12图5-13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1，波长为2m ，求： (1)波动方程；(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间．解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，0,200<=v A y ，∴30πφ=，由题知2=λm ，10=u 1s m -⋅，则5210===λυuHz∴ ππυω102==(1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p (3)∵ πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得 67.135==x m(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s 5-14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为P y =A cos(0ϕω+t )．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；(2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程．解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=uxu l t A y 如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=uxt A y (2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω+-=ub t A A Q 如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=ubt A A Q5-15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线．解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+ 解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵uxt t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴ 2.024.0=-='∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅，∴12===ωπλuuT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又，当A y -=时，πφ17=x ，则应有πππ1728.16=+x 解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线．解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y 5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J ·m -2·s -1，频率为300 Hz ，波速为300m ·s -1，求 ：(1)波的平均能量密度和最大能量密度(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量解: (1)∵ u w I =∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅ 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅(2) νπλπωud w d wV W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求： (1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r 0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-19 如题5-19图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为t y π2cos 10231-⨯=;C 点发出的平面横波沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为)2cos(10232ππ+⨯=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s -1，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P 处合振动的振幅； *(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P 处合振动的振幅．解: (1) )(2)(12BP CP ---=∆λπϕφφ)(BP CP u --=ωπ 0)4.05.0(2.02=--=ππ题5-19图(2)P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104-⨯=+=A A A P m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222--⨯=⨯==+=A A A A m5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν 波速为u ．(1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为 ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为]2)(2cos[ππυ--=u x t A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A)22cos(2cos 2ππυπυ-=t u x A故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x 故 4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x 5-20 一驻波方程为y =0.02cos20x cos750t (SI)，求： (1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速； (2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为t uxA y πυπυ2cos 2cos 2= 故知 01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=uπυ∴ 5.37202/7502202=⨯==πππυu 1s m -⋅ (2)∵314.01.020/2====πυπυυλu m 所以相邻两波节间距离 157.02==∆λx m5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为1y =0.1cos(13t +0.0079x ) (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x =0处为波 节．解: 为使合成驻波在0=x 处形成波节，则要反射波在0=x 处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为)0079.013cos(1.02π--=x t y5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解: (1)它们的合成波为)4cos(06.0)4cos(06.0t x x y ππππ++-= t x ππ4cos cos 12.0=出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动． 令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置．(2)波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz 变到了1000 Hz ，设空气中声速为330m ·s -1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为s v ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为 01υυsv u u-=汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυsv u u+= 联立以上两式，得3010012001000120030021211=+-⨯=+-=υυυυυu1s m -⋅5-25 两列火车分别以72km ·h -1和54 km ·h -1的速度相向而行，第一 列火车发出一个600 Hz 的汽笛声，若声速为340 m ·s -1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少解: 设鸣笛火车的车速为201=v 1s m -⋅，接收鸣笛的火车车速为152=v 1s m -⋅，则两者相遇前收到的频率为66560020340153400121=⨯-+=-+=υυv u v u Hz 两车相遇之后收到的频率为54160020340153400121=⨯+-=+-=υυv u v u Hz。
《大学物理学》赵近芳 课后习题答案 北京邮电大学出版社
0
∑ r = 8 cm 时，
q = p 4π (r3 3
− r内3 )
∴
( ) E
=
ρ
4π 3
r 3 − r内2
≈ 3.48 ×10 4 N ⋅ C −1 ， 方向沿半径向外．
4πε 0r 2
∑ r = 12 cm 时,
q
=
ρ
4π 3
(r外3
−
r内3）
( ) ∴
E
=
ρ
4π 3
r外 3
− r内3
≈ 4.10 ×104
通过圆平面的电通量．(α = arctan R ) x
∫ 解: (1)由高斯定理
Ev
⋅
v dS
=
q
s
ε0
立方体六个面，当 q 在立方体中心时，每个面上电通量相等
∴
各面电通量 Φ e
=
q 6ε 0
．
(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长 2a 的立方体，使 q 处于边长 2a 的立
方体中心，则边长 2a 的正方形上电通量 Φ e
ρ 3ε 0
(rv
− rv′)
=
ρ 3ε 0
OO' =
ρdv 3ε 0
∴腔内场强是均匀的．
8-14 一电偶极子由 q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离
d=0.2cm，把这电偶极子放在1.0×105N·C-1 的外电场中，求外电场作用于
电偶极子上的最大力矩．
解:
∵
电偶极子
pv
N ⋅ C −1
沿半径向外.
4πε 0r 2
8-11 半径为 R1 和 R2 ( R2 ＞ R1 )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别
《大学物理学》（赵近芳主编）第二版课后习题答案物理
习题七7-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．（1）A E Q ∆+∆=∆ （2）⎰+=V p E Q d（3）121Q Q -≠η （4）121Q Q -<不可逆η 解：(1)不正确，A E Q +∆=(2)不正确，⎰+=Vp E Q d Δ(3)不正确，121Q Q -=η(4)不正确，121Q Q -=不可逆η7-2 V p -图上封闭曲线所包围的面积表示什么?如果该面积越大，是否效率越高?答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功．由于1Q A 净=η，净A 面积越大，效率不一定高，因为η还与吸热1Q 有关．7-3 如题7-3图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由．解：各图中所表示的循环过程作功都为0．因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为0．题7-3图7-4 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在V p -图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．题7-4图解：1.由热力学第一定律有 A E Q +∆=若有两个交点a 和b ，则 经等温b a →过程有0111=-=∆A Q E 经绝热b a →过程012=+∆A E 022<-=∆A E从上得出21E E ∆≠∆，这与a ,b 两点的内能变化应该相同矛盾．2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为%100，违背了热力学第二定律． 7-5 一循环过程如题7-5图所示，试指出： (1)ca bc ab ,,各是什么过程；(2)画出对应的V p -图； (3)该循环是否是正循环?(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积?(5)用图中的热量ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数． 解：(1) a b 是等体过程bc 过程：从图知有KT V =，K 为斜率 由vRT pV = 得 K vR p =故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程(2)V p -图如题57'-图题57'-图(3)该循环是逆循环(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是V p -图中的图形．(5)ab ca bc abQ Q Q Q e -+=题7-5图 题7-6图7-6 两个卡诺循环如题7-6图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同?答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同． 7-7 评论下述说法正确与否?(1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功；(2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体．(3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程． 答：(1)不正确．有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完全变成功； (2)不正确．热量能自动从高温物体传到低温物体，不能自动地由低温物体传到高温物体．但在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体．(3)不正确．一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态，这样的过程就是 可逆过程．用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程．有些过程 虽能沿反方向进行，系统能回到原来的状态，但外界没有同时恢复原状态，还是不可逆过程． 7-8 热力学系统从初平衡态A 经历过程P 到末平衡态B ．如果P 为可逆过程，其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果P 为不可逆过程，其熵变为⎰=-B A A B T Q S S 不可逆d ，你说对吗？哪一个表述要修改，如何修改？答：不对．熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果过程P 为可逆过程其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果过程P 为不可逆过程，其熵变为⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d7-9 根据⎰=-B A A B T Q S S 可逆d 及⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d ，这是否说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变．7-10 如题7-10图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统作功126 J ．(1)若沿adb 时，系统作功42 J ，问有多少热量传入系统?(2)若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统作功为84 J ，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题7-10图解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E J abd 过程，系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A (2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J )(12V T T C E -=∆υ内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J 7-12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为mol M ，比热容比为γ的理想气体，整个容器以速度v 运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)．解：整个气体有序运动的能量为221mu ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化2V 21mu T C M m E =∆=∆ )1(211212mol V 2mol -==∆γu M R C u M T7-13 0.01 m 3氮气在温度为300 K 时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa ．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 300=T K 由2211V p V p = 求得体积3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A ==01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯=31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V =57=γ由绝热方程 γγ2211V p V p =γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p pp V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得K 579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q 所以)(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol =，)(2512111T T R RT V p A --= 35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-14 理想气体由初状态),(11V p 经绝热膨胀至末状态),(22V p ．试证过程中气体所作的功为12211--=γV p V p A ，式中γ为气体的比热容比.答：证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211 得γγV V p p 111=⎰=21d V V Vp A⎰-----==21)11(1d 11121111V V r V V V p v v V p A γγγγγ]1)[(112111---=-γγV VV p又 )(1111211+-+----=γγγγV V V p A 112221111--=+-+-γγγγγV V p V V p 所以 12211--=γV p V p A7-15 1 mol 的理想气体的T-V 图如题7-15图所示，ab 为直线，延长线通过原点O ．求ab过程气体对外做的功．题7-15图解：设KV T =由图可求得直线的斜率K 为002V T K =得过程方程V V T K 002=由状态方程 RT pV υ= 得VRTp υ=ab 过程气体对外作功⎰=002d V v Vp A⎰⎰⎰====000020002202d 2d 2d V V V v V V RTV V RT VV V T V R V V RT A7-16 某理想气体的过程方程为a a Vp ,2/1=为常数，气体从1V 膨胀到2V ．求其所做的功．解：气体作功⎰=21d V v Vp A⎰-=-==-2121)11()(d 2121222V V V VV V a V a V V a A7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p VV γη答：等体过程 吸热)(12V 1T T C Q -='υ)(1221V 11R V p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03='Q等压压缩过程放热)(12p 2T T C Q -='υ)(2212P R V p R V p C -=循环效率 121Q Q-=η )1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图7-18 一卡诺热机在1000 K 和300 K 的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少? (3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?解：(1)卡诺热机效率121T T -=η%7010003001=-=η(2)低温热源温度不变时，若%8030011=-=T η要求 15001=T K ，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若%80100012=-=T η要求 2002=T K ，低温热源温度需降低100K7-19 如题7-19图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率121Q Q -=η AB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B lT T C M MQ -=CD 等压过程 )(12P 2T T vC Q -='放热)(P mol22D C T T C M MQ Q -='-=)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--=根据绝热过程方程得到AD 绝热过程 γγγγ----=D D A A T p T p 11 BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111又B C D DC BA T T T T p p p p ===231T T -=η(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 7-20 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J 的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时，需作功 4.71100028028030022211=⨯-=-=Q T T T A J173-℃→27℃时，需作功 2000100010010030022212=⨯-=-=Q T T T A J(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．7-21 如题7-21图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题7-21图解：21→熵变等温过程 A Q d d = , V p A d d =，RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V V V RT T T Q S S76.52ln ln!212===-R V V R S S J 1K -⋅321→→熵变⎰⎰+=-312312d d T QT Q S S32V 13p V p 12ln ln d d 2331T TC T T C T T C T TC S S T T T T +=+=-⎰⎰31→等压过程 31p p = 3211T V T V =1213V V T T = 23→等体过程 2233T p T p =3232p p T T = 1232p p T T =12V 12P 12ln ln p pC V V C S S +=-在21→等温过程中 2211V p V p =所以2ln ln ln ln1212V 12P 12R V VR V V C V V C S S ===-241→→熵变⎰⎰+=-412412d d T QT Q S S41p 42p p 12ln lnd 024T TC T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V T γγγγ/121/141144411)()(,p pp p V V V p V p ===在21→等温过程中 2211V p V p =γγγ/112/121/14114)()()(V V p p p p V V ===γγ11241)(-=V V T T2ln ln 1ln12P 41P 12R V V C T T C S S =-==-γγ7-22 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol 的水，初始温度分别为1T 和2T ，1T ＞2T ，令其进行接触，最后达到相同温度T ．求熵的变化，(设水的摩尔热容为mol C )． 解：两个容器中的总熵变⎰⎰+=-TT T T lT T C T T C S S 12d d mo mol 0 212mol 21mol ln)ln (ln T T T C T T T T C =+=因为是两个相同体积的容器，故)()(1mol 2mol T T C T T C -=- 得212T T T += 21212mol 04)(lnT T T T C S S +=-7-23 把0℃的0.5kg 的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：(1)水的熵变如何?(2)若热源是温度为20 ℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大? (3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热334=λ1g J -⋅) 解：(1)水的熵变612273103345.031=⨯⨯==∆T Q S J 1K -⋅(2)热源的熵变570293103345.032-=⨯⨯-==∆T Q S J 1K -⋅(3)总熵变4257061221=-=∆+∆=∆S S S J 1K -⋅熵增加。
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经典电视剧搞笑对白默认分类 2008-04-12 17:48:16 阅读558 评论0 字号：大中小订阅我们浪费掉了太多的青春，那是一段如此自以为是、又如此狼狈不堪的青春岁月，有欢笑，也有泪水；有朝气，也有颓废；有甜蜜，也有荒唐；有自信，也有迷茫。
我们敏感，我们偏执，我们顽固到底地故作坚强；我们轻易的伤害别人，也轻易的被别人所伤，我们追逐于颓废的快乐，陶醉于寂寞的美丽；我们坚信自己与众不同，坚信世界会因我而改变；我们觉醒其实我们已经不再年轻，我们前途或许也不再是无限的，其实它又何曾是无限的？曾经在某一瞬间，我们都以为自己长大了。
但是有一天，我们终于发现，长大的含义除了欲望，还有勇气、责任、坚强以及某种必须的牺牲。
在生活面前我们还都是孩子，其实我们从未长大，还不懂爱和被爱。
巴拉万先生已经很不高兴了,那么大笔款子跟人欧洲调来调去，下不了崽儿净听故事，我都不好意思跟人家见面了。
你们唬弄别的洋鬼子我不管，巴拉万先生不合适，人那么热爱中国，要拨了奶子汽车人家给了，咱都是有身份的人，你们要是有难处，我给赵办李办打电话！（大妈：见天一通电话呀，不带重样的，这瘸子到底是干什么的？答：2国务院瘸办的负责人）这馆子忒小啊！不错！看什么菜谱啊，你们这都有什么呀？我们这有海参有大虾。
没劲最不爱吃这个了！那还有肉丸子蹄筋黄花鱼，忒俗气了老吃这个都吃腻了。
那你们想吃什么吧？炒豆角闷扁豆烧茄子。
时令菜一概没有想吃家吃去。
小馆子是不灵，什么都不全。
想好了叫我。
等会儿，还是我来吧，咱凑合点得了。
来个京酱肉丝，熘肉片，青椒肉丝，黄闷鸡块儿，再来个火爆腰花。
得嘞全是下饭的菜，给我来二斤米饭再来三瓶啤酒。
一共78！还8干吗呀？70得了！那不行！不是，这干吗呀？我来！别别别，我来吧！我来我来我来。
（摸口袋，翻包）咱们还来这套啊？不是，我来我来我来。
方言付钱！不是，不合适这是兄弟的地盘。
爱谁谁谁；孙子蒙你；你怎么还这德行啊；没这么踩乎人啊，这是社会主义国家，人民当家作主，我们说了算；滚蛋，没你这样的啊；小心看眼里拔不出来啊；这可是解放区的天一年土二年洋，三年不认爹和娘；十亿人民九亿侃，还有一亿在发展；狗咬尿泡空欢喜；雄纠纠气昂昂跨过咸菜缸；苍天无眼，小人当道，时运不济，怀才不遇；我日他个姐，俺没嫖娼是娼嫖俺；这都是哥们玩剩下的；哥哥祖上搁明朝就是锦衣卫的干活；属桃的皮烂肉不烂算白活；掏掏灰扑落扑落脏刷遍漆，扣上美地因拆那，全当新的卖咯——许逊，学董存瑞，摔他——你就是学黄继光也没戏——许逊，快学小兵张嘎里的胖墩儿，咱急了咬他——哟呵，土豆烧熟了，再加牛肉，不须放屁，试看天地翻覆你是我手里的风筝没有我你怎么能独自翱翔你是要文斗还是武斗我他妈要文攻武卫别毁人家了你就是将来我们祖国和民族的希望我们就是注定那个所谓垮掉的一带千村薜荔人遗矢,万户萧疏鬼唱歌。
大学物理简明教程(赵近芳)习题5详解
习题51.选择题(1) 一定量的理想气体储于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m ．根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值 (A) m kT x 32=v ． (B) mkT x 3312=v ． (C) m kT x /32=v ． (D) m kT x /2=v ． ［ ］答： D ;(2) 一个容器内储有1mol 氢气和1mol 氦气，若两种气体各自对器壁产生的压强分别为p 1和p 2，则两者的大小关系是：(A) p 1> p 2． (B) p 1< p 2．(C) p 1＝p 2． (D)不确定的． ［ ］答： C;(3) 关于温度的意义，有下列几种说法：(1) 气体的温度是分子平均平动动能的量度．(2) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义．(3) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同．(4) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度．这些说法中正确的是(A) (1)、(2) 、(4)． (B) (1)、(2) 、(3)．(C) (2)、(3) 、(4)． (D) (1)、(3) 、(4)． ［ ］答： B;(4) 温度、压强相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能ε和平均平动动能w 有如下关系：(A) ε和w 都相等． (B) ε相等，而w 不相等．(C) w 相等，而ε不相等． (D) ε和w 都不相等． ［ ］答： C ；(5) 1 mol 刚性双原子分子理想气体，当温度为T 时，其内能为(A) RT 23． (B)kT 23． (C)RT 25． (D)kT 25． ［ ］ 答： C;(6) 设v 代表气体分子运动的平均速率，P v 代表气体分子运动的最概然速率，2/12)(v 代表气体分子运动的方均根速率．处于平衡状态下理想气体，三种速率关系为(A) P 2/12)(v v v == (B) 2/12)(v v v <=P (C) 2/12P )(v v v << (D) 2/1P )(2v v v >> [ ]答： (6) C;(7) 麦克斯韦速率分布曲线如图所示，图中A 、B 两部分面积相等，则该图表示(A) 0v 为最概然速率． (B) 0v 为平均速率． (C) 0v 为方均根速率． (D) 速率大于和小于0v 的分子数各占一半．［ ］题5.1(7)图答： D;(8) 速率分布函数f (v )的物理意义为：(A) 具有速率v 的分子占总分子数的百分比．(B) 速率分布在v 附近的单位速率间隔中的分子数占总分子数的百分比．(C) 具有速率v 的分子数．(D) 速率分布在v 附近的单位速率间隔中的分子数． ［ ］答： B;(9) 一定量的理想气体，在温度不变的条件下，当压强降低时，分子的平均碰撞频率Z 和平均自由程λ的变化情况是：(A) Z 和λ都增大． (B) Z 和λ都减小．(C) Z 增大而λ减小． (D) Z 减小而λ增大． ［ ］答： D 。
大学物理课后习题答案全 赵近芳版
t 习题十二12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?解: υ不变，为波源的振动频率；nn 空λλ=变小；υλn u =变小．12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于1S ，2S 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝． 解: 由λdDx =∆知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式∆λπϕ∆2= 中,光波的波长要用真空中波长,为什么?解:nr =∆．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为Ct ∆=∆． 因为∆中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
12-4 如题12-4图所示，A ，B 两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化?(1) A 沿垂直于B 的方向向上平移［见图(a)］； (2) A 绕棱边逆时针转动［见图(b)］．题12-4图 解: (1)由l2λθ=，2λke k =知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；(2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密． 12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为λ的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为2λ=∆e ，这也是工件缺陷的程度．题12-5图 题12-6图12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中 心收缩，问透镜是向上还是向下移动?解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚k e 位置向中心移动． 12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．解: (1)由λk dDx =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm 12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500oA ，求此云母片的厚度．解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为e n e ne )1(-=-=δ按题意 λδ7=∴ 610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ 12-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm ，狭缝光源S 在离镜左边20cm 的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm ，光源波长=λ7.2×10-7m ，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．题12-9图解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S '发出．所以由S 与S '发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x 处的光程差为 22)(12λλδ+=+-=D x dr r 第一明纹处，对应λδ=∴25105.44.0250102.72--⨯=⨯⨯⨯==d Dx λmm 12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 oA 与7000oA 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为ne 2，由反射相消条件有λλ)21(2)12(2+=+=k k k ne ),2,1,0(⋅⋅⋅=k ① 当50001=λoA 时，有2500)21(21111+=+=λλk k ne ②当70002=λoA 时，有3500)21(22222+=+=λλk k ne ③因12λλ>，所以12k k <;又因为1λ与2λ之间不存在3λ满足33)21(2λ+=k ne 式即不存在 132k k k <<的情形，所以2k 、1k 应为连续整数，即 112-=k k ④ 由②、③、④式可得：51)1(75171000121221+-=+=+=k k k k λλ 得 31=k2112=-=k k可由②式求得油膜的厚度为67312250011=+=nk e λo A12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 oA 的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有λλk ne =+22 ),2,1(⋅⋅⋅=k得 122021612380033.14124-=-⨯⨯=-=k k k ne λ 2=k , 67392=λoA (红色)3=k , 40433=λ oA (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式 λk ne =2),2,1(⋅⋅⋅=k 所以 kk ne 101082==λ 当2=k 时， λ =5054oA (绿色) 故背面呈现绿色．12-12 在折射率1n =1.52的镜头表面涂有一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜，如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光，问膜的厚度应取何值?解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即λ)21(22+=k e n ),2,1,0(⋅⋅⋅=k∴ 222422)21(n n k n k e λλλ+=+=)9961993(38.14550038.125500+=⨯+⨯=k k o A 令0=k ，得膜的最薄厚度为996oA ． 当k 为其他整数倍时，也都满足要求．12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =0.048mm 的细钢丝隔开．求：(1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ故 43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度) (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm (4)141≈=∆lLN 条 12-14 用=λ 5000oA 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的 棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率1n 大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： (1)膜下面媒质的折射率2n 与n 的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解: (1)n n >2．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚0=e 处，有0=k ，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意； (2)3105.15.12500092929-⨯=⨯⨯==⨯=∆n e nλλ mm (因10个条纹只有9个条纹间距)(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm21100.55.12105.3243=⨯⨯⨯⨯='∆=∆--n e N λ 现被第21级暗纹占据．12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1λ＝6000oA ，2λ＝4500oA ，观察到用1λ时的第k个暗环与用2λ时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用1λ时第k 个暗环的半径．(2)又如在牛顿环中用波长为5000oA 的第5个明环与用波长为2λ的第6个明环重合，求未知波长2λ．解: (1)由牛顿环暗环公式λkR r k =据题意有 21)1(λλR k kR r +==∴212λλλ-=k ，代入上式得2121λλλλ-=R r10101010210450010600010450010600010190-----⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯= 31085.1-⨯=m(2)用A 50001 =λ照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有 2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-=∴ 4091500016215212121212=⨯-⨯-⨯=--=λλk k o A 12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由1d ＝1.40×10-2m 变为2d ＝1.27×10-2m ，求液体的折射率．解: 由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空nR k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==D D n12-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当1M 移动距离为0.322mm 时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长． 解: 由 2λNd ∆=∆得 102410322.0223-⨯⨯=∆∆=N d λ 710289.6-⨯=m 6289=oA12-18 把折射率为n =1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为λ= 5000oA ，求此玻璃片的厚度． 解: 设插入玻璃片厚度为d ，则相应光程差变化为λN d n ∆=-)1(2∴ )1632.1(2105000150)1(210-⨯⨯=-∆=-n N d λ5109.5-⨯=m 2109.5-⨯=mm习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别? 答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a284sin λλϕ⨯==a13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a sin nk λ，而空气中为λϕk a =sin ，∴ϕϕ'=sin sin n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用)12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕsin a 只代表光在水中的波程差)．13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =sin 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =sin ；斜入射时，λθϕk a '=-)sin (sin ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级．13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样 说明?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为kk a 2sin ==λϕ2λ，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =sin ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )( k k a k k b a λϕλϕ 可知，当k aba k '+=时明纹缺级． (1)a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级； (2)a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级；(3)a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什 么因素有关? 解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞． 13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为)12(sin +=k a ϕ2λ 当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k重合时ϕ角相同，所以有)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2x λ得 4286600075=⨯=x λo A13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少? 解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆半角宽度为naλθ1sin -=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad (2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m331011076.3101.033.1105000sin ----⨯≈⨯⨯⨯=θ rad 13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm 当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹； 若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带； 当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=o A 由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数m ax k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ． 求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少?解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m (1)由光栅衍射明纹公式 λϕk b a =+sin )(，因1=k ,又f x ==ϕϕtan sin 所以有λ=+f x b a 1)( 即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=b a fx λ 2100.6-⨯=m 6= cm(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0sin )(=+ϕb a ，所以0sin =≈ϕϕ斜入射时，0)sin )(sin (=±+θϕb a ，即0sin sin =±θϕ因︒=30θ，∴21tan sin ±==≈f x ϕϕ 故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30= cm 这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λo A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：101060002)(20.0-⨯⨯=+b a101060003)(30.0-⨯⨯=+b a得 6100.6-⨯=+b a m(2)因第四级缺级，故此须同时满足 λϕk b a =+sin )(λϕk a '=sin解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m(3)由λϕk b a =+sin )( λϕsin )(b a k +=当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λb a k 因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm 的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹?解：(1)中央明纹宽度为 02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f a l λmm 4.2=cm (2)由缺级条件λϕk a '=sinλϕk b a =+sin )(知k k a b a k k '='=+'=502.01.0 ⋅⋅⋅=',2,1k 即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级． 中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径．解：由爱里斑的半角宽度 47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==D λθ∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm 13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星?解：由最小分辨角公式 D λθ22.1=∴ 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm 13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30o A 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75o A ，当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X 射线能产生强反射? 解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2 得kd ϕλsin 2=时满足干涉相长 当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λo A 3=k 时，30.1389.3==λo A 4=k 时， 97.0489.3==λo A 故只有30.13=λo A 和97.04=λo A 的X 射线能产生强反射．。
大学物理简明教程 (赵近芳 著) 北京邮电大学出版社 课后答案
两边积分得
1 v2 = 2x + 2x3 + c 2
由题知， x = 0 时， v0 = 10 ,∴ c = 50
∴
v = 2 x3 + x + 25 m ⋅ s −1
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度 a＝4＋3t m ⋅ s −2 .开始运动时，x＝5 m，v＝0，
习题 1
1-1
|
∆r
|与
∆r
有无 不同 ？ |
dr dt
|
和
dr dt
有无 不同 ？
|
dv dt
|
和
dv dt
有无 不同 ？其不 同在
哪里？试举例说明.
解：（1） ∆r 是位移的模， ∆ r 是位矢的模的增量，即 ∆r = r2 − r1 ， ∆r = r�2 − r�1 ；
dr
（2）
dr
是速度的模，即
∴
v�
=
∆r� ∆t
=
r�4 − r�0 4−0
�� = 12i + 20 j
4
=
� 3i
+
� 5j
m
⋅
s−1
(4)
v�
=
dr�
=
� 3i
+ (t
+ 3)
� j
m
⋅
பைடு நூலகம்
s−1
dt
则
v�4
=
� 3i
+
7
� j
m ⋅ s−1
(5)∵
v�0 = 3i� + 3 �j, v�4 = 3i� + 7 �j
a� =
x＝3t＋5， y = 1 t 2 + 3t − 4, 2
《大学物理学》(赵近芳 主编)第二版 课后习题答案物理答案第二单元
(2)若a′=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由落体运动．
题2-1图
2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，
NB-mg=0①
又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则
NAlsinθ-mg cosθ=0②
③
由③式得
由①式
④
由②式
⑤
所以
求得
(2)相碰时小球受到的冲量为
∫Fdt=Δmv=mv-mv0
由①式求得
∫Fdt=mv-mv0=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω
=-
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
题2-30图
2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
v0=Rω
设碎片上升高度h时的速度为v，则有
k=1390N·m-1
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′
-fts′=mgs′sin37°- kx3
代入有关数据，得s′=1.4m,
则木块弹回高度
h′=s′sin37°=0.84m
题2-19图
2-19m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M地球为系统
，以最低点为重力势能零点，则有
mgR=
p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj)
将t=0和t= 分别代入上式，得
p1=mωbj,p2=-mωai,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)
2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有
F=(a-bt)=0,得t=
(2)子弹所受的冲量
大学物理简明教程赵近芳版练习题
练习题第一章 质点运动学 一、填空题1、某质点的运动方程为r=8ti+4t2j(SI)，则质点的轨迹方程为 ，质点的运动速度为 。
2、设质点的运动方程为：j t i t r )12(62 (SI 单位)，则质点的初始位置为_________，速度公式为______________，加速度公式为______________。
3、一质点由静止开始沿半径为1m 圆作变加速圆周运动，运动方程为312t ，则质点的切向加速度at= ,法向加速度an= ，当t= 时，at=an 。
4、质点作沿半径R=10m 的圆周运动，某时刻的角速度ω=2rad/s ，角加速度α=5rad/s2，则该质点此时刻的速度大小为________，法向加速度大小为_________，其切向加速度大小为__________．5、设质点的运动方程为：10cos()10sin()x t y t ，则质点的运动方程矢量形式为 ；速度矢量表达式为 ；加速度矢量表达式为 。
6、某质点的运动方程为r=4ti+2t2j (SI)，则质点的轨迹方程为 ，质点的运动速度为 。
8、已知质点的运动方程为：j t i t r )1(2 ，则质点运动的初始位置是_______， t=2s 时，质点运动的位移是 ____________，加速度为____________。
9、质点沿半径R=1m 的圆周运动，角速度ω=1rad/s ，角加速度 =1rad/s2，则该质点的速度大小是________，加速度大小是_________，其切向加速度是__________。
10.质点运动学方程为r=ti+0.5t2j(m)，当t=1秒时，质点切向加速度大小为 ；一质点沿x 轴运动，a=3+2t ，t=0时，v0=5m/s, 则t=3s 时速度大小为 。
21.一质点在在x-y 平面内运动，运动学方程为x=3cos4t ，y=3sin4t ，则t 时刻的位矢r(t)= ，速度v(t)= ，加速度a(t)= ，质点轨迹是 。
大学物理简明教程_赵近芳_课后习题答案
习题11-1 ||r ∆与r ∆有无不同？||dr dt 和dr dt 有无不同？ ||dv dt 和dvdt有无不同？其不同在哪里？试举例说明. 解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tvt v t v d d d d d d ττ+= 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为(),()x x t y y t ==，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =然后根据drv dt=及22d rdt而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =α=你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
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习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =． (2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程)(cos ux t A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0ϕ］中的ux表示什么?如果改写为y =A cos (0ϕωω+-u x t )，u x ω又是什么意思?如果t 和x 均增加，但相应的［ω(ux t -)+0ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么?解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；uxω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为 )cos(0φωω+-=uxt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+ux x t t A y t t其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后传播到t u x ∆+处．所以在)(uxt ωω-中，当t ，x 均增加时，)(uxt ωω-的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明)cos(0φωω+-=uxt A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点?解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV 内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为),(t x f y =，则相对形变量(即应变量)为x y ∂∂/.波动势能则是与x y ∂∂/的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变也为极小(该处0/=∂∂x y )，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．题5-3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化． 5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处? t =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻? 波动方程写成y =A cos ω(uxt -)时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动方程才能写成这种形式?解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，0=t 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成)(cos ux t A y -=ω时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程．5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同?解: 取驻波方程为vt x A y απλπcos 2cos2=，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为x A λπ2cos2．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别?解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(λ'/u )会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即B v u u +='，因而单位时间内通过观察者完整波的数目λu '也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程． 解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有 ]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C 为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(Cx Bt A y -= (0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知： 波振幅为A ，频率πυ2B =， 波长C πλ2=，波速CB u ==λυ， 波动周期BT πυ21==．(2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为 )(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及Cπλ2=代入上式，即得 Cd =∆φ．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式)22cos(x t A y λππυ-=相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1s m -⋅． (2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010m ax =⨯==A v 1s m -⋅ 222m ax 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相， 即 2.9=φπ． 设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m5-10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少?(2)若波沿x 轴负向传播，上述各点的振动 位相又是多少?解: (1)波沿x 轴正向传播，则在t 时刻，有题5-10图对于O 点：∵0,0<=O O v y ，∴2πφ=O对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ 对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴2πφ-=B对于C 点：∵0,0<=C C v y ，∴23πφ-=C(取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相) (2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有 对于O 点：∵0,0>'='O Ov y ，∴2πφ-='O对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ 对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴2πφ=B对于C 点：∵0,0>'='C C v y ，∴23πφ='C(此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=，又5.225===λυuHz ，则ππυω52==题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=uxt A y ， 则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m (2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c) 将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m 如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程；(2)P 点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴20πφ=，而25.01==∆∆=t x u 1s m -⋅，5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2 故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m题5-12图5-13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1，波长为2m ，求： (1)波动方程；(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间． 解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，0,200<=v A y ，∴30πφ=，由题知2=λm ， 10=u 1s m -⋅，则5210===λυuHz∴ ππυω102==(1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p (3)∵ πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得 67.135==x m(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s5-14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为P y =A cos(0ϕω+t )．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程． 解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=uxu l t A y 如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=uxt A y(2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω+-=ubt A A Q 如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=ubt A A Q5-15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点?(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线． 解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+ 解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵uxt t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴ 2.024.0=-='∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅，∴12===ωπλuuT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又，当A y -=时，πφ17=x ，则应有πππ1728.16=+x 解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线．解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ， 故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y 5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J ·m -2·s -1，频率为300 Hz ，波速为300m ·s -1，求 ： (1)波的平均能量密度和最大能量密度? (2)两个相邻同相面之间有多少波的能量?解: (1)∵ u w I =∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅ 4m ax 102.12-⨯==w w 3m J -⋅(2) νπλπωu d w d w V W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求： (1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r 0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-19 如题5-19图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为t y π2cos 10231-⨯=;C 点发出的平面横波沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为)2cos(10232ππ+⨯=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s -1，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P 处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P 处合振动的振幅． 解: (1) )(2)(12BP CP ---=∆λπϕφφ)(BP CP u --=ωπ0)4.05.0(2.02=--=ππ题5-19图(2)P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104-⨯=+=A A A P m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222--⨯=⨯==+=A A A A m5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν 波速为u ．(1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为 ]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反 此时驻波方程为 ]2)(2cos[ππυ--=u x t A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A )22cos(2cos2ππυπυ-=t u x A 故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x 故 4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x 5-20 一驻波方程为y =0.02cos20x cos750t (SI)，求： (1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为 t u x A y πυπυ2cos 2cos2= 故知 01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=uπυ ∴ 5.37202/7502202=⨯==πππυu 1s m -⋅ (2)∵314.01.020/2====πυπυυλu m 所以相邻两波节间距离 157.02==∆λx m5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为1y =0.1cos(13t +0.0079x ) (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x =0处为波 节．解: 为使合成驻波在0=x 处形成波节，则要反射波在0=x 处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为)0079.013cos(1.02π--=x t y 5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大?x =1.2m 处振幅多大?解: (1)它们的合成波为)4cos(06.0)4cos(06.0t x x y ππππ++-=t x ππ4cos cos 12.0=出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动．令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置； 令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置． (2)波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即 097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz 变到了1000 Hz ，设空气中声速为330m ·s -1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为s v ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为 01υυsv u u -= 汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυsv u u +=联立以上两式，得 3010012001000120030021211=+-⨯=+-=υυυυυu 1s m -⋅ 5-25 两列火车分别以72km ·h -1和54 km ·h -1的速度相向而行，第一 列火车发出一个600 Hz的汽笛声，若声速为340 m ·s -1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?解: 设鸣笛火车的车速为201=v 1s m -⋅，接收鸣笛的火车车速为152=v 1s m -⋅，则两者相遇前收到的频率为 66560020340153400121=⨯-+=-+=υυv u v u Hz 两车相遇之后收到的频率为54160020340153400121=⨯+-=+-=υυv u v u Hz。