理学大学物理学复习题第五版东南大学

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物理学(第五版)下册_马文蔚等改编(东南大学)__答案

第九章振动1、设一物体沿x 轴作谐振动的方程为0.10cos(2)4x t ππ=+，式中x ，t 的单位分别为m ，s .试求：（1）振幅，周期，频率和初相)cos(ϕω+=t A x ；（2）0.5t s =时，物体的位移、速度和加速度.解：（1）谐振动的标准方程为，比较题中所给方程和标准方程，知振幅m A 10.0=，角频率2/rad sωπ=，初相4πϕ=.由此，周期为12==ωπTs 频12Hz ωνπ==率为（2）1=t s 时，物体位移m m x21007.7)45.02cos(10.0)42cos(10.0-⨯-=+⨯=+=ππππ速度s m s m t dt dx v /44.0/)45.02sin(2.0)42sin(2.0=+⨯-=+-==ππππππ加速度2222/28/)45.02cos(4)42sin(4s m s m t dt dv a =+⨯-=+-==ππππππ2、有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8×10-2m 。

若使物体上、下振动，并规定向上为正方向。

（1）当t=0时，物体在平衡位置下方4.0×10-2m 处，由静止开始向上运动，求运动方程。

（2）当t=0时，物体在平衡位置并处以0.2m ·s -1的速度向下运动，求运动方程。

解：（1）根据题给的条件，20100.4-⨯-=x m, 00=v （题取向上为正方向，且平衡位置处为原点）且2100.4-⨯=A m ，其旋转矢量应为如图9-4-1图位置，所以π0=ϕ。

又mk=ω ，而 0kx mg=,所以x g m k = ,108.98.92⨯=-ω所以谐振动方程：)π10cos(100.42+⨯=-t x m（2）据题意，0=t 时，00=x ，6.00-=v m.s 1-，其旋转矢量应为如图9-4-2图位置则得222222102102.00)(-⨯=+=+=ωv x A m2π0=ϕ 9-4-1图ϕ∆xMM 'O9-5-1图（0=x 的投影有上、下两个矢量，但0v 为负值，故只能选上面的OM 矢量），所以谐振动方程为)2π10cos(100.42+⨯=-t xm 。

大学物理(第五版)下册

大学物理(第五版)下册-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第9、10章振动与波动习题一、选择题1. 已知四个质点在x 轴上运动, 某时刻质点位移x 与其所受合外力F 的关系分别由下列四式表示(式中a 、b 为正常数)．其中不能使质点作简谐振动的力是 [ ] (A) abx F = (B) abx F -=(C) b ax F +-= (D) a bx F /-=2. 如图4-1-5所示，一弹簧振子周期为T ．现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体, 则新的弹簧振子周期为 [ ] (A) T (B) 2T (C) 1.4T (D) 0.7T3. 在简谐振动的运动方程中，振动相位)(ϕω+t 的物理意义是[ ] (A) 表征了简谐振子t 时刻所在的位置(B) 表征了简谐振子t 时刻的振动状态 (C) 给出了简谐振子t 时刻加速度的方向(D) 给出了简谐振子t 时刻所受回复力的方向4. 如图4-1-9所示，把单摆从平衡位置拉开, 使摆线与竖直方向成角, 然后放手任其作微小的摆动．若以放手时刻为开始观察的时刻, 用余弦函数表示这一振动, 则其振动的初相位为[ ] (A) (B) 2π 或π23(C) 0 (D) π 5. 两质点在同一方向上作同振幅、同频率的简谐振动．在振动过程中, 每当它们经过振幅一半的地方时, 其运动方向都相反．则这两个振动的相位差为[ ] (A) π (B) π32 (C) π34 (D) π546. 一质点作简谐振动, 振动方程为)cos(ϕω+=t A x ．则在2Tt =(T 为振动周期) 时, 质点的速度为[ ] (A) ϕωsin A - (B) ϕωsin A (C) ϕωcos A - (D) ϕωcos A7. 一物体作简谐振动, 其振动方程为)4πcos(+=t A x ω．则在2Tt = (T 为周期)时, 质点的加速度为(A) 222ωA - (B) 222ωA (C) 223ωA - (D) 223ωA 8. 一质点以周期T 作简谐振动, 则质点由平衡位置正向运动到最大位移一半处的最短时间为[ ] (A) 6T (B) 8T (C) 12T(D) T 1279. 某物体按余弦函数规律作简谐振动, 它的初相位为2π3, 则该物体振动的初始状态为[ ] (A) x 0 = 0 , v 00 (B) x 0 = 0 , v 0＜0(C) x 0 = 0 , v 0 = 0 (D) x 0 =A , v 0 = 0θ+ 图4-1-9 图4-1-510. 有一谐振子沿x 轴运动, 平衡位置在x = 0处, 周期为T , 振幅为A ，t = 0时刻振子过2A x =处向x 轴正方向运动, 则其运动方程可表示为[ ] (A) )21cos(t A x ω= (B) )cos(2t A x ω=(C) )3π2sin(--=T t A x ω (D) )3π2cos(-=T t A x ω11. 当一质点作简谐振动时, 它的动能和势能随时间作周期变化．如果ν是质点振动的频率, 则其动能变化的频率为[ ] (A) ν4 (B) ν2 (C) ν (D)2ν12. 已知一简谐振动系统的振幅为A , 该简谐振动动能为其最大值一半的位置是 [ ] (A)(B)(C)(D)3. 简谐振动的振幅由哪些因素决定[ ] (A) 谐振子所受的合外力 (B) 谐振子的初始加速度 (C) 谐振子的能量和力常数 (D) 谐振子的放置位置14. 如果两个同方向同频率简谐振动的振动方程分别为π)433cos(73.11+=t x (cm)和 π)413cos(2+=t x (cm)，则它们的合振动方程为 [ ] (A) π)433cos(73.0+=t x (cm) (B) π)413cos(73.0+=t x (cm)(C) π)1273cos(2+=t x (cm) (D) π)1253cos(2+=t x (cm)15. 两个同方向、同频率、等振幅的谐振动合成, 如果其合成振动的振幅仍不变, 则此二分振动的相位差为 [ ] (A)2π (B) 3π2 (C) 4π(D) π 16. 将一个弹簧振子分别拉离平衡位置1 cm 和2 cm 后, 由静止释放（弹簧形变在弹性范围内）, 则它们作谐振动的[ ] (A) 周期相同 (B) 振幅相同 (C) 最大速度相同 (D) 最大加速度相同17. 关于振动和波, 下面几句叙述中正确的是 [ ] (A) 有机械振动就一定有机械波 (B) 机械波的频率与波源的振动频率相同(C) 机械波的波速与波源的振动速度相同(D) 机械波的波速与波源的振动速度总是不相等的18. 下列函数f ( x , t )可以用来表示弹性介质的一维波动, 其中a 和b 是正常数．则下列函数中, 表示沿x 轴负方向传播的行波是[ ] (A) )sin(),(bt ax A t x f += (B) )sin(),(bt ax A t x f -= (C) )cos()cos(),(bt ax A t x f = (D) )sin()sin(),(bt ax A t x f =19. 已知一列机械波的波速为u , 频率为ν, 沿着x 轴负方向传播．在x 轴的正坐标上有两个点x 1和x 2．如果x 1＜x 2 , 则x 1和x 2的相位差为 [ ] (A) 0 (B))(π221x x u -ν (C) π (D) )(π212x x u-ν20. 已知一平面余弦波的波动方程为)01.05.2π(cos 2x t y -=, 式中 x 、y 均以cm 计．则在同一波线上, 离x = 5 cm 最近、且与 x = 5 cm 处质元振动相位相反的点的坐标为 [ ] (A) 7.5 cm (B) 55 cm (C) 105 cm (D) 205 cm21. 若一平面简谐波的波动方程为)cos(cx bt A y -=, 式中A 、b 、c 为正值恒量．则 [ ] (A) 波速为c (B) 周期为b 1 (C) 波长为c π2 (4) 角频率为bπ2 22. 一平面简谐横波沿着Ox 轴传播．若在Ox 轴上的两点相距8λ（其中λ为波长）, 则在波的传播过程中, 这两点振动速度的[ ] (A) 方向总是相同 (B) 方向有时相同有时相反 (C) 方向总是相反 (D) 大小总是不相等23. 一简谐波沿Ox 轴正方向传播，t ＝0时刻波形曲线如图4-1-56所示，其周期为2 s ．则P 点处质点的振动速度v 与时间t 的关系曲线为[ ]24. 平面简谐机械波在弹性介质中传播时, 在传播方向上某介质元在负的最大位移处, 则它的能量是[ ] (A) 动能为零, 势能最大 (B) 动能为零, 势能为零 (C) 动能最大, 势能最大 (D) 动能最大, 势能为零25. 有两列波在空间某点P 相遇, 某时刻观察到P 点的合振幅等于两列波的振幅之和, 由此可以判定这两列波[ ] (A) 是相干波 (B) 相干后能形成驻波 (C) 是非相干波 (D) 以上三种情况都有可能26. 已知两相干波源所发出的波的相位差为, 到达某相遇点P 的波程差为半波长的两倍, 则P点的合成情况是 [ ] (A) 始终加强 (B) 始终减弱(C) 时而加强, 时而减弱, 呈周期性变化(D) 时而加强, 时而减弱, 没有一定的规律27. 两列完全相同的余弦波左右相向而行, 叠加后形成驻波．下列叙述中, 不是驻波特性的是 [ ] (A) 叠加后, 有些质点始终静止不动 (B) 叠加后, 波形既不左行也不右行(C) 两静止而相邻的质点之间的各质点的相位相同(D) 振动质点的动能与势能之和不守恒vxuy PA012Aωvs/t D 20ωv15.0()A 12st ()Aω-12vAω-05.0()C s/t /t 图4-1-5628. 平面正弦波)π3π5sin(4y t x +=与下面哪一列波相叠加后能形成驻波[ ] (A) )2325π(2sin 4x t y += (B) )2325π(2sin 4x t y -= (C) )2325π(2sin 4y t x += (D) )2325π(2sin 4yt x -=二、填空题1. 一质点沿x 轴作简谐振动，平衡位置为x 轴原点，周期为T ，振幅为A ． (1) 若t = 0 时质点过x = 0处且向x 轴正方向运动，则振动方程为x = ．(2) 若t = 0时质点在2Ax =处且向x 轴负方向运动，则质点方程为x = ． 2. 一质点沿x 轴作简谐振动, 其振动方程为: π)31π2cos(4-=t x (cm)．从t ＝0时刻起, 直到质点到达 2-=x cm 处、且向 x 轴正方向运动的最短时间间隔为．3. 一个作简谐振动的质点,其谐振动方程为π)23cos(π1052+⨯=-t x (SI)．它从计时开始到第一次通过负最大位移所用的时间为．4. 一质点作简谐振动, 频率为2 Hz ．如果开始时质点处于平衡位置, 并以-1s m π⋅的速率向x 轴的负方向运动, 则该质点的振动方程为．5. 一谐振动系统周期为0.6 s, 振子质量为200 g ．若振子经过平衡位置时速度为-1s cm 12⋅，则再经0.2 s 后该振子的动能为．6.劲度系数为100N ⋅m -1的轻质弹簧和质量为10g 的小球组成一弹簧振子．第一次将小球拉离平衡位置4cm, 由静止释放任其振动; 第二次将小球拉离平衡位置2cm 并给以2 m.s -1的初速度任其振动．这两次振动的能量之比为．7. 如图4-2-9所示，将一个质量为20 g 的硬币放在一个劲度系数为-1m N 40⋅的竖直放置的弹簧上, 然后向下压硬币使弹簧压缩1.0 cm, 突然释放后,这个硬币将飞离原来位置的高度为．8. 质量为0.01 kg 的质点作简谐振动, 振幅为0.1m, 最大动能为0.02 J ．如果开始时质点处于负的最大位移处, 则质点的振动方程为．图4-2-99 一物体放在水平木板上，这木板以Hz 2=ν的频率沿水平直线作简谐运动，物体和水平木板之间的静摩擦系数50.0=s μ，物体在木板上不滑动的最大振幅max A = ．10. 如果两个同方向同频率简谐振动的振动方程分别为π)3110sin(31+=t x cm 和)π6110sin(42-=t x cm, 则它们的合振动振幅为．11. 已知由两个同方向同频率的简谐振动合成的振动，其振动的振幅为20 cm, 与第一个简谐振动的相位差为6π．若第一个简谐振动的振幅为cm 3.17cm 310=, 则第二个简谐振动的振幅为cm ，两个简谐振动的相位差为．12. 已知一平面简谐波的方程为: )π(2cos λνx t A y -=, 在ν1=t 时刻λ411=x 与 λ432=x 两点处介质质点的速度之比是．13. 已知一入射波的波动方程为)4π4πcos(5xt y +=(SI), 在坐标原点x = 0处发生反射, 反射端为一自由端．则对于x = 0和x = 1 m 的两振动点来说, 它们的相位关系是相位差为．14. 有一哨子, 其空气柱两端是打开的, 基频为5000 Hz, 由此可知，此哨子的长度最接近 cm ．15. 已知一平面简谐波沿x 轴正向传播，振动周期T = 0.5 s ，波长λ = 10 m , 振幅A = 0.1m ．当t = 0时波源振动的位移恰好为正的最大值．若波源处为原点，则沿波传播方向距离波源为2λ处的振动方程为．当2T t =时，4λ=x 处质点的振动速度为． 16. 图4-2-20表示一平面简谐波在 t = 2 s 时刻的波形图，波的振幅为 0.2 m ，周期为4 s ．则图中P 点处质点的振动方程为．17. 一简谐波沿BP 方向传播，它在B 点引起的振动方程为t A y π2cos 11=．另一简谐波沿CP 方向传播，它在C 点引起的振动方程为()ππ2cos 22+=t A y ．P 点与B 点相距0.40 m ，与C 点相距0.50 m ，如图4-2-21所示．波速均为u ＝0.20 m ⋅s -1．则两波在P 的相位差为．A图4-2-20 图4-2-21PB1r 2r ...C18. 如图4-2-22所示，一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波长为λ，若1P 点处质点的振动方程为)π2cos(1ϕν+=t A y ，则2P 点处质点的振动方程为，与1P 点处质点振动状态相同的那些点的位置是．19. 两相干波源1S 和2S 的振动方程分别是t A y ωcos 1=和π)21(cos 2+=t A y ω．1S 距P 点3个波长，2S 距P 点421个波长．两波在P 点引起的两个振动的相位差的绝对值是．20. 如图4-2-26所示，1S 和2S 为同相位的两相干波源，相距为L ，P 点距1S 为r ；波源1S 在P 点引起的振动振幅为1A ，波源2S 在P 点引起的振动振幅为2A ，两波波长都是λ，则P 点的振幅A ＝．三、计算题1. 一质量为10 g 的物体在x 方向作简谐振动，振幅为24 cm ，周期为4 s ．当t =0时该物体位于x = 24 cm 处．求：(1) 当t =0.5 s 时物体的位置及作用在物体上力的大小．(2) 物体从初位置到x ＝－12 cm 处所需的最短时间，此时物体的速度． 2. 如图 4-3-5所示，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k ＝241-m N ⋅，重物的质量m ＝6 kg ．最初重物静止在平衡位置上，一水平恒力F ＝10 N 向左作用于物体，（不计摩擦），使之由水平位置向左运动了0.05 m ，此时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求该弹簧振子的运动方程．3. 如图4-3-12所示，一质点作简谐振动，在一个周期内相继通过距离为12cm 的两点A 、B ，历时2s ，并且在A 、B 两点处具有相同的速度；再经过2 s 后，质点又从另一方向通过B 点．试求质点运动的周期和振幅．4. 有两个振动方向相同的简谐振动，其振动方程分别为图4-3-5图4-3-12Lr 1S P 2S图4-2-26x1P2P O 1L 2L图4-2-22(cm)2ππ2cos 3(cm)π)π2cos(421⎪⎭⎫⎝⎛+=+=t x t x (1) 求它们的合振动方程；(2) 另有一同方向的简谐振动(cm ))π2cos(233ϕ+=t x ，问当3ϕ为何值时，31x x +的振幅为最大值？当3ϕ为何值时，31x x +的振幅为最小值5. 一简谐波，振动周期21=T s ，波长λ =10 m ，振幅A = 0.1 m. 当t = 0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值．若坐标原点和波源重合，且波沿Ox 轴正方向传播，求:(1) 此波的表达式；(2) 41T t =时刻，41λ=x 处质点的位移；(3) 42T t =时刻，41λ=x 处质点振动速度．6 已知一平面简谐波的方程为 (SI))24(πcos x t A y +=(1) 求该波的波长λ，频率ν和波速度u 的值；(2) 写出t = 4.2 s 时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置；(3) 求t = 4.2 s 时离坐标原点最近的那个波峰通过坐标原点的时刻t ．7. 有一平面波沿x 轴负方向传播，s 1=t 时的波形如图4-3-23所示，波速1s m 2-⋅=u ，求该波的波函数．8. 一弦上的驻波方程式为 I)(S )π550cos()π6.1cos (1000.32t x y -⨯=(1) 若将此驻波看作传播方向相反的两列波叠加而成,求两列波的振幅及波速； (2) 求相邻波节之间的距离；(3) 求s 1000.33-⨯=t 时，位于m 625.0=x 处质点的振动速度．9. 一沿弹性绳的简谐波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=210π2cos x t A y (SI)，波在m 11=x 的固定端反射.设传播中无能量损失，反射是完全的．试求：(1) 该简谐波的波长和波速； (2) 反射波的波动方程；(3) 驻波方程，并确定波节的位置．第11章光学练习题一、选择题11. 如图所示，用厚度为d 、折射率分别为n 1和n 2 (n 1＜n 2)的两片透明介质分别盖住杨氏双缝实验中的上下两缝, 若入射光的波长为, 此时屏上原来的中央明纹处被第三级明纹所占据, 则该介质的厚度为[ ] (A) λ3(B)123n n -λ(C) λ2 (D)122n n -λ17. 如图所示，在杨氏双缝实验中, 若用一片厚度为d 1的透光云母片将双缝装置中的上面一个缝挡住; 再用一片厚度为d 2的透光云母片将下面一个缝挡住, 两云母片的折射率均为n , d 1＞d 2, 干涉条纹的变化情况是 [ ] (A) 条纹间距减小 (B) 条纹间距增大(C) 整个条纹向上移动 (D) 整个条纹向下移动 18. 如图所示，在杨氏双缝实验中, 若用一片能透光的云母片将双缝装置中的上面一个缝盖住, 干涉条纹的变化情况是 [ ] (A) 条纹间距增大 (B) 整个干涉条纹将向上移动(C) 条纹间距减小 (D) 整个干涉条纹将向下移动 26. 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＝500nm(1nm = 10-9m)(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切线相切．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 nm43. 光波的衍射现象没有声波显著, 这是由于 [ ] (A) 光波是电磁波, 声波是机械波 (B) 光波传播速度比声波大(C) 光是有颜色的 (D) 光的波长比声波小得多53. 在图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，将单缝K 沿垂直光的入射光(x 轴)方向稍微平移，则[ ] (A) 衍射条纹移动，条纹宽度不变(B) 衍射条纹移动，条纹宽度变动KS1L L xaE f(C) 衍射条纹中心不动，条纹变宽 (D) 衍射条纹不动，条纹宽度不变54. 在图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，将单缝宽度 a 稍稍变宽，同时使单缝沿x 轴正向作微小移动，则屏幕E 的中央衍射条纹将[ ] (A) 变窄，同时上移(B) 变窄，同时下移 (C) 变窄，不移动 (D) 变宽，同时上移55. 在图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，将单缝宽度a 稍稍变窄，同时使汇聚透镜L 2沿x 轴正方向作微小移动，则屏幕E 上的中央衍射条纹将[ ] (A) 变宽，同时上移(B) 变宽，同时下移 (C) 变宽，不移动 (D) 变窄，同时上移56. 一衍射光栅由宽300 nm 、中心间距为900 nm 的缝构成, 当波长为600 nm 的光垂直照射时, 屏幕上最多能观察到的亮条纹数为[ ] (A) 2条 (B) 3条 (C) 4条 (D) 5条57. 白光垂直照射到每厘米有5000条刻痕的光栅上, 若在衍射角 = 30°处能看到某一波长的光谱线, 则该光谱线所属的级次为[ ] (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 483. 如图所示，起偏器A 与检偏器B 的偏振化方向相互垂直，偏振片C位于A 、B 中间且与A 、B 平行，其偏振化方向与A 的偏振化方向成30°夹角. 当强度为I 的自然光垂直射向A 片时，最后的出射光强为[ ] (A) 0(B)2I IABC(C)8I (D) 以上答案都不对84. 如图所示，一束光强为I 0的自然光相继通过三块偏振片P 1、P 2、P 3后，其出射光的强度为80II =．已知P 1和P 3的偏振化方向相互垂直．若以入射光线为轴转动P 2, 问至少要转过多少角度才能出射光的光强度为零[ ] (A) 30° (B) 45° (C) 60° (D) 90°86. 两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光线通过．当其中一偏振片慢慢转动时, 投射光强度发生的变化为 [ ] (A) 光强单调增加(B) 光强先增加，后又减小至零 (C) 光强先增加，后减小，再增加(D) 光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零1. 在相同的时间内，一束波长为λ的单色光在空气和在玻璃中[ ](A) 传播的路程相等，走过的光程相等 (B) 传播的路程相等，走过的光程不相等 (C) 传播的路程不相等，走过的光程相等 (D) 传播的路程不相等，走过的光程不相2. 真空中波长为的单色光, 在折射率为n 的均匀透明介质中从a 点沿某一路径传到b 点．若a 、b 两点的相位差为π3，则此路径的长度为[ ](A) n 23λ (B) n λ3 (C) λ23 (D) λn 233. 相干光波的条件是振动频率相同、相位相同或相位差恒定以及[ ] (A) 传播方向相同 (B) 振幅相同 (C) 振动方向相同 (D) 位置相同4. 如图所示，有两个几何形状完全相同的劈形膜：一个由空气中的玻璃形成玻璃劈形膜; 一个由玻璃中的空气形成空劈形膜．当用相同的单色光分别垂直照射它们时, 从入射光方向观察到干涉条纹间距较大的是[ ] (A) 玻璃劈形膜 (B) 空气劈形膜(C) 两劈形膜干涉条纹间距相同 (D) 已知条件不够, 难以判定 5. 用波长可以连续改变的单色光垂直照射一劈形膜, 如果波长逐渐变小, 干涉条纹的变化情况为[ ] (A) 明纹间距逐渐减小, 并背离劈棱移动 (B) 明纹间距逐渐变小, 并向劈棱移动I1P 32P(C) 明纹间距逐渐变大, 并向劈棱移动 (D) 明纹间距逐渐变大, 并背向劈棱移动 6. 牛顿环实验中, 透射光的干涉情况是[ ] (A) 中心暗斑, 条纹为内密外疏的同心圆环 (B) 中心暗斑, 条纹为内疏外密的同心圆环 (C) 中心亮斑, 条纹为内密外疏的同心圆环 (D) 中心亮斑, 条纹为内疏外密的同心圆环7. 若用波长为的单色光照射迈克耳孙干涉仪, 并在迈克耳孙干涉仪的一条光路中放入一厚度为l 、折射率为n 的透明薄片, 则可观察到某处的干涉条纹移动的条数为[ ](A)λl n )1(4- (B)λl n (C)λl n )1(2- (D)λln )1(-8. 如图12-1-44所示，波长为的单色光垂直入射在缝宽为a 的单缝上, 缝后紧靠着焦距为f 的薄凸透镜, 屏置于透镜的焦平面上, 若整个实验装置浸入折射率为n 的液体中, 则在屏上出现的中央明纹宽度为[ ](A) na f λ(B) naf λ(C) naf λ2(D) anf λ29. 在一光栅衍射实验中，若衍射光栅单位长度上的刻痕数越多, 则在入射光波长一定的情况下, 光栅的[ ](A) 光栅常数越小(B) 衍射图样中亮纹亮度越小 (C) 衍射图样中亮纹间距越小(D) 同级亮纹的衍射角越小10. 一束平行光垂直入射在一衍射光栅上, 当光栅常数)(b a +为下列哪种情况时(a 为每条缝的宽度, b 为不透光部分宽度) , k = 3, 6, 9, …等级次的主极大均不出现．[ ] (A) a b a 2=+ (B) a b a 3=+ (C) a b a 4=+ (D) a b a 6=+11. 自然光以 60的入射角照射到不知其折射率的某一透明介质表面时，反射光为线偏振光，则[ ] (A) 折射光为线偏振光，折射角为 30 (B) 折射光为部分线偏振光，折射角为 30 (C) 折射光为线偏振光，折射角不能确定(D) 折射光为部分线偏振光，折射角不能确定 12. 关于光的干涉，下面说法中唯一正确的是[ ](A) 在杨氏双缝干涉图样中, 相邻的明条纹与暗条纹间对应的光程差为2λ (B) 在劈形膜的等厚干涉图样中, 相邻的明条纹与暗条纹间对应的厚度差为2λ λfaE L(C) 当空气劈形膜的下表面往下平移2λ时, 劈形膜上下表面两束反射光的光程差将增加2λ (D) 牛顿干涉圆环属于分波振面法干涉二、填空题1. 如图12-2-1所示，折射率为2n 、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为1n 和3n ，已知321n n n ><，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下表面反射的光束（用①与②示意）的光程差是2. 真空中波长 = 400 nm 的紫光在折射率为 n =1.5 的介质中从A 点传到B 点时, 光振动的相位改变了5, 该光从A 到B 所走的光程为．4. 如图所示，在双缝干涉实验中SS 1=SS 2，用波长为λ的光照射双缝S 1和S 2，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹．已知P 点处为第三级明条纹，则S 1和S 2到P 点的光程差为 ____________．若将整个装置放于某种透明液体中，P 点为第四级明条纹，则该液体的折射率n ＝ ____________．5. 两条狭缝相距2mm, 离屏300cm, 用600nm 的光照射时, 干涉条纹的相邻明纹间距为___________mm.6. 将一块很薄的云母片(n = 1.58)覆盖在杨氏双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的中央明纹中心被原来的第7级明纹中心占据．如果入射光的波长λ = 550nm, 则该云母片的厚度为___________． 9. 如图所示，在玻璃(折射率n 3 = 1.60)表面镀一层MgF 2(折射n 2=1.38)薄膜作为增透膜．为了使波长为500 nm 的光从空气(折射率n 1=1.00)正入射时尽可能减少反射，MgF 2膜的最小厚度应是．10. 用白光垂直照射厚度e = 350 nm 的薄膜，若膜的折射率n 2 = 1.4 , 薄膜上面的介质折射率为n 1，薄膜下面的介质折射率为n 3，且n 1 < n 2 < n 3．则透射光中可看到的加强光的波长为． 14. 波长为λ的平行单色光垂直地照射到劈尖薄膜上，劈尖薄膜的折射率为n ，第二级明纹与第五条明纹所对应的薄膜厚度之差是 _____________． 15. 两玻璃片中夹满水(水的折射率34=n )形成一劈形膜, 用波长为λ的单色光垂直照射其上, 若要使某一条纹从明变为暗, 则需将上面一片玻璃向上平移．22. 若在迈克耳孙干涉仪的可动反射镜M 移动0.620mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了2300条，则所用光波的波长为．23. 在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n ，厚度为d 的透明介质薄片，放入后，这条光路的光程改变了．25. 如果单缝夫琅禾费衍射的第一级暗纹发生在衍射角为 30=ϕ的方位上，所用的单色光波长为nm 500=λ，则单缝宽度为．26. 一束平行光束垂直照射宽度为1.0 mm 的单缝上，在缝后放一焦距为2.0 mm 的汇聚透镜．已知位于透镜焦平面处的中央明纹的宽度为2.0 mm ，则入射光波长约为．29 用半波带法讨论单缝衍射暗条纹中心的条件时，与中央明条纹旁第三个暗条纹中心相对应的半波带的数目是__________．30. 平行单色光垂直入射于单缝上，观察夫琅禾费衍射．若屏上P 点处为第三级暗纹，则单缝处波面相应地可划分为___________ 个半波带．若将单缝宽度缩小一半，P 点处将是_________级________纹．36. 一衍射光栅, 狭缝宽为a , 缝间不透明部分宽为b ．当波长为600 nm 的光垂直照射时, 在某一衍射角 ϕ 处出现第二级主极大．若换为400nm 的光垂直入射时, 则在上述衍射角 ϕ 处出现缺级, b 至少是a 的倍．38. 已知衍射光栅主极大公式(a ＋b ) sin ϕ＝±k λ，k ＝0, 1, 2, …．在k ＝2的方向上第一条缝与第六条缝对应点发出的两条衍射光的光程差∆＝_____________．40. 当自然光以58︒角从空气射入到玻璃板表面上时, 若反射光为线偏振光, 则透射光的折射角为_________．41. 一束自然光入射到空气和玻璃的分界面上, 当入射角为60︒时反射光为完全偏振光, 则此玻璃的折射率为_________．44. 一束由自然光和线偏振光组成的混合光，让它垂直通过一偏振片．若以此入射光束轴旋转偏振片，测得透射光强度的最大值是最小值的7倍；那么入射光束自然光和线偏振光的光强比为_____________三、计算题8. 用白光垂直照射置于空气中的厚度为0.50 μm 的玻璃片．玻璃片的折射率为1.50．在可见光范围内(400 nm ~ 760 nm)哪些波长的反射光有最大限度的增强13. 图12-3-13所示为一牛顿环装置，设平凸透镜中心恰好与平玻璃接触，透镜凸表面的曲率半径是R ＝400cm ．用单色平行光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第5个明环的半径是0.30 cm ．(1) 求入射光的波长；(2) 设图中OA =1.00 cm ，求在半径为OA 的范围内可观察到的明环数目．18. 在某个单缝衍射实验中，光源发出的光含有两种波长1λ和2λ，并垂直入射于单缝上．假如1λ的第一级衍射极小与2λ的第二级衍射极小相重合，试问：(1) 这两种波长之间有何关系(2) 在这两种波长的光所形成的衍射图样中，是否还有其它极小相重合19. 某种单色平行光垂直地入射在一单缝上, 单缝的宽度a = 0.15mm ．缝后放一个焦距f = 400 mm 的凸透镜，在透镜的焦平面上，测得中央明条纹两侧的两个第三级暗条纹之间的距离为8.0 mm ，求入射光的波长．30. 一衍射光栅，每厘米有200条透光缝，每条透光缝宽为a = 2⨯10-3 cm ，在光栅后方一焦距f = 1 m 的凸透镜．现以nm 600=λ的单色平行光垂直照射光柵，求：(1) 透光缝a 的单缝衍射中央明区条纹宽度；(2) 在透光缝a 的单缝衍射中央明纹区内主极大条数. 31. 波长λ = 600nm 的单色光垂直入射到一光柵上，测得第二级主级大的衍射角为30o ，且第三级是缺级．(1) 光栅常量(a ＋b )等于多少(2) 透光缝可能的最小宽度a 等于多少(3) 在选定了上述(a ＋b )和a 之后，求在屏幕上可能呈现的全部主极大的级次．36 两个偏振片叠在一起，欲使一束垂直入射的线偏振光经过这两个偏振片之后振动方向转过了90°，且使出射光强尽可能大，那么入射光振动方向和两偏振片的偏振化方向之间的夹角应如何选择？这种情况下的最大出射光强与入射光强的比值是多少第13章热力学基础一、选择题2. 对于物体的热力学过程, 下列说法中正确的是[ ] (A) 内能的改变只决定于初、末两个状态, 与所经历的过程无关 (B) 摩尔热容量的大小与所经历的过程无关(C) 在物体内, 若单位体积内所含热量越多, 则其温度越高(D) 以上说法都不对4. 关于功的下列各说法中, 错误的是 [ ] (A) 功是能量变化的一种量度(B) 功是描写系统与外界相互作用的物理量(C) 气体从一个状态到另一个状态, 经历的过程不同, 则对外做的功也不一样(D) 系统具有的能量等于系统对外做的功5. 理想气体物态方程在不同的过程中有不同的微分表达式, 式T R MmV p d d =表示。

大学物理上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第一章质点运动学

第一章质点运动学一、基本要求1．掌握位矢、位移、速度、加速度、角速度和角加速度等描述质点运动和运动变化的物理量。

2．能借助于直角坐标系计算质点在平面内运动时的速度和加速度。

3．能计算质点作圆周运动时的角速度和角加速度，切向和法向加速度。

4．理解伽利略坐标变换和速度变换。

二、基本内容1．位置矢量（简称位矢）位置矢量，表示质点任意时刻在空间的位置，用从坐标原点向质点所在点所引的一条有向线段r 表示。

r 的端点表示任意时刻质点的空间位置。

r 同时表示任意时刻质点离坐标原点的距离及质点位置相对坐标系的方位。

位矢是描述质点运动状态的物理量之一。

注意：（1）瞬时性：质点运动时，其位矢是随时间变化的，即()t =r r ；（2）相对性：用r 描述质点位置时，对同一质点在同一时刻的位置，在不同坐标系中r 表达形式可以是不相同的。

它表示了r 的相对性，也反映了运动描述的相对性；（3）矢量性：r 为矢量，它有大小，有方向，服从几何加法。

在直角坐标系Oxyz 中x y z =++r i j k==r rr z r y r x ===γβαcos ,cos ,cos质点的运动方程为 ()()()()t x t y t z t ==++r r i j k （矢量式）或()()()⎪⎩⎪⎨⎧===t z z t y y t x x （标量式）。

2．位移()(),t t t x y z ∆=+∆-=∆+∆+∆r r r i j k ∆r 的模∆=r注意：（1）∆r 与r ∆的区别：前者表示质点位置变化，是矢量，同时反映位置变化的大小和方位；后者是标量，反映质点位置离开坐标原点的距离的变化。

（2）∆r 与s ∆的区别：s ∆表示t ~t t ∆+时间内质点通过的路程，是标量，只有质点在直线直进时两者的大小相等或当0→∆t 时，s ∆=∆r 。

3. 速度d dt=rv ，是质点位置矢量对时间的变化率。

在直角坐标系中x y z d dx dy dz dt dt dt dt==++=++v v v v r i j k i j kv 的大小：===v vv 的方向：在直线运动中，0>v 表示质点沿坐标轴正向运动，0<v 表示质点沿坐标轴负向运动；在曲线运动中，v 沿曲线上各点切线，指向质点前进的一方。

东南大学物理试卷

二、填空题（共35分） 10.（本题4分）
一个以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度为
1=20ωπrad/s ，再转60转后角速度为2=30ωπrad/s ，则角加速度
β=26.54/rad s ，转过上述60转所需的时间t = 4.8s .
11.（本题4分）
真空中，有一均匀带电细圆环，电荷线密度为λ，其圆心处的电
场强度0E = 0 ，电势0=U 0
2λ
ε.（选无穷远处电势为零） 12.（本题3分）
如图所示，在点电荷+q 和-q 产生的电
场中，将一点电荷+0q 沿箭头所示路径由a 点移动至b 点，则外力做功=A 0
08qq l
πε-. 13.（本题3分）
一平行板电容器充电后，将其中一半空
间充以各向同性、均匀电介质，如图所示，则图中Ⅰ、Ⅱ两部分的电场强度相等；
两部分的电位移矢量不相等；两部分所对应的极板上的自由电荷面密度不相等（填相等、不相等）. 14.（本题5分）
一空气平行板电容器，两极板间距为d ，极板上电荷分别为+q 和
-q ，板间电势差为U .在忽略边缘效应的情况下，板间场强大小为v
d
，
a
II
若在两板间平行地插入一厚度为()t t d <的金属板，则板间电势差变为
()
v d t d -，此时电容值等于d g d t v
-. 15.（本题4分）
有一同轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外
两导体中的电流均为I ，且在横截面上均匀分布，但二者电流的流向正相反，则（1）在1r R <处磁感强度大小为
02
1
2u Ir
R π （2）在3r R >处磁感强度大小为 0 .。

东南大学大学物理(B1)II 期末模拟卷

可逆过程（填“是”或“不是”），气体在
随着黑体温度的升高，单色辐出度的最大值所对应的波长向__________________方向移动，
若峰值波长减小为原波长的 2/5，则所对应的温度为原来温度的__________________倍。
20. （本题 3 分）
已知基态氢原子的能量为-13.6eV，当基态氢原子被能量为 12.09eV 的光子激发后，由玻尔
14. （本题 5 分）
一束线偏振光以入射角 i 60 从空气入射到一均匀介质膜的表面上时，观察发现只有折射
光，没有反射光，由此可以判定入射线偏振光的光振动方向为
，该介
质的折射率 n 为
。（已知空气的折射率为 1，计算结果保留三位有效数字）
空气
15. （本题 3 分）设 a 为理想气体分子的方均根速率，ρ 为气体的质量密度，则根据气体动理论，该理想气体
(A) 20 m/s (B) 55 m/s (C) 66 m/s (D) 30 m/s 8. 两块平板玻璃构成空气劈形膜，其棱边在左侧。现用单色平行光垂直入射，若上面的平板玻璃慢慢地向上平移，则干涉条纹［］
(A) 向棱边方向平移，条纹间隔变小 (B) 向棱边方向平移，条纹间隔变大 (C) 向棱边方向平移，条纹间隔不变 (D) 向远离棱边的方向平移，条纹间隔不变 (E) 向远离棱边的方向平移，条纹间隔变小 9. 下列说法中正确的是 [ ] (A) 线偏振光在垂直于光传播方向的平面内，光振动对称分布 (B) 线偏振光只有沿光的传播方向的光振动 (C) 线偏振光可以分解为两个相互正交的线偏振光的叠加，两个线偏振光一定是同相位的 (D) 线偏振光可以分解为两个相互正交的、反相位的线偏振光
23. （本题 12 分）

物理学第五版东南大学马文蔚上下册1-15章节课后习题答案(个人整理)

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4.0 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 ＝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 xm 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 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 -⋅==t a x x v , 2s m 40d d -⋅-==ta 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1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 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2.74 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 d1 -11一质点P 沿半径R＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,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 π2sin j 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20.0 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20.0 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 x 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 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 =-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 vv v v得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →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⎰⎰⎰+==tt r r 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 ≈,Ra 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 ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )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＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 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 ＝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 t y 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 ＝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 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 ＝1.0ｓ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2.0ｓ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 ＝v t , 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==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx y arctan 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25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 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 ＝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 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 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 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b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 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 ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ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 ′＝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 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2.0ｓ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0.10 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 ＝2.0ｓ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 n2s 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 ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 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hl αarctan ≥,则hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 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 d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝v t , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？。

大学物理物理学(第五版)上册马文蔚课后答案东南大学剖析

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 lltx-==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θlh 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 xa1-7 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 TR 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jj i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t T T 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 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 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 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⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1) 由⎰⎰=txx 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 x 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(Bte 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 t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e B A t 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 ⎰⎰⎰+==ttrr 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 (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 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 θgθx 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 ωθθ1-24 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 t θω==．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hlαarctan ≥,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'=uαarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αdd 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 t y 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Rmθmg 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,m a ′为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝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 ×103N (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 ×103N 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．。

大学物理第五版课后答案解析（上）完整版

⼤学物理第五版课后答案解析（上）完整版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 。

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；t r d 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 。

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 。

大学物理_第五版答案

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4.0 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 ＝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 xm 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 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1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 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2.74 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 d1 -11一质点P 沿半径R＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,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20.0 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20.0 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 x 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 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 =-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 vv vv得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →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 r r 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 ≈,Ra 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 ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )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＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 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 ＝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 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 ＝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 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 ＝1.0ｓ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2.0ｓ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 ＝v t , 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==x y 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25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 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 ＝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 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 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 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b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 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 ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ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 ′＝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 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2.0ｓ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0.10 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 ＝2.0ｓ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 ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 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1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 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 d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝v t , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？。

物理学(第五版)课后习题解答

第十章波动1 . 一横波沿绳子传播时的波动表达式为)π4π10cos(05.0x t y -=，x ，y 的单位为米，t 的单位为秒。

（1）求此波的振幅、波速、频率和波长。

（2）求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度。

（3）求2.0=x m 处的质点在1=t s 时的相位，它是原点处质点在哪一时刻的相位？解（1）将题中绳波表达式0.05cos(10π4π)0.05cos 2π()0.20.5t xy t x =-=- 与一般波动表达式)(π2cos λxT t A y -=比较，得振幅05.0=A m ，s T 2.0=频率5=ν Hz ，波长5.0=λ m 。

波速5.255.0=⨯==λνu m •s-1（2）绳上各质点振动的最大速度57.105.0514.32π2max =⨯⨯⨯===A A v νω m •s-1绳上各质点振动时的最大加速度3.4905.0514.34π422222max =⨯⨯⨯===A A a νωm •s-（3）将2.0=x m ，1=t s 代入)π4π10(x t -得到所求相位π2.92.0π41π10=⨯-⨯， 2.0=x m 处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后08.05.22.0==u x s （5.2==λνu m •s -1），所以它是原点处质点在92.0)08.01(0=-=t s 时的相位。

2.设有一平面简谐波 )3.001.0(π2cos 02.0x t y -= ， x ，y 以m 计， t 以s 计。

（1）求振幅、波长、频率和波速。

（2）求1.0=x m 处质点振动的初相位。

解（1）将题设平面简谐波的表式)3.001.0(π2cos 02.0xt y -=与一般表式)(π2cos λxT t A y -=比较，可得振幅02.0=A m ，波长3.0=λ m ，周期01.0=T s 。

因此频率10001.011===T νHz ，波速 301003.0=⨯==λνu m ·s -（2）将1.0=x m 代入波动表式，得到位于该处的质点的振动表式4题图)3π201.0π2cos(02.0)3.01.001.0(π2cos 02.0-=-=t t y 因而该处质点振动的初相位3π20-=ϕ。

大学物理(第五版)下册-大物期末复习PPT课件

n1 r1
)
2

上式中的波长为真空中波长。
25
四薄膜干涉
1. 均匀薄膜干涉(等倾干涉)
➢ 反射光的光程差 Δr 2d
n22

n12
sin
2
i

2
k 加强
(k 1,2, )
Δr (2k 1) 减弱
2 (k 0,1,2, )
n2 n1
1
L 2
P
iD 3
M1 n1 n2
b 2n
D n L L
2b 2nb
29
k (k 1,2, )
Δ
(k 1) (k 0,1, ) 暗纹
2
r (k 1)R 明环半径
2
r kR 暗环半径
R
r
d
30
五单缝的夫琅禾费衍射
菲涅耳半波带法：作若干垂直于束光、间距为入射光波长一半的平行平面如图所示，这些平行平面把缝处的波阵面AB 分成
dv dt

2 Acos(t
0 )

o
A
A 2 a
v t 图
T
a t图
t
vm A
o
t
T
速度幅,速度相位比位移相位超前/2。A 2
am 2 A
称为加速度幅,加速度与位移反相位。 4
旋转矢量
1.旋转矢量与简谐运动对应关系
A的长度 A旋转的角速度 A 旋转的方向
当 2kπ时k 0,1,2,3...
合振幅最大
Amax A1 A2
当 2k 1π
合振幅最小
Amin A1 A2

高等教育出版社大学物理第五版下册期末考试复习题

1、一平面简谐波的波动方程为0.1cos(3)(),0y t x m t πππ=-+=时的波形曲线如题4.1.2图所示，则（ C ）（A ）O 点的振幅为0.1m - （B ）波长为3m 。

（C ）,a b 两点间位相差为12π （D ）波速为19m s -⋅。

2、横波以波速u 沿x 轴负方向传播。

t 时刻波形曲线如题4.1.3图所示，则该时刻（ D ）（A ）A 点振动速度大于零。

（B ）B 点静止不动。

（C ）C 点向下运动。

（D ）D 点振动速度小于零。

3、一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是（ C ）（A ）动能为零，势能最大。

（B ）动能为零，势能为零。

（C ）动能最大，势能最大。

（D ）动能最大，势能为零。

4、沿着相反方向传播的两列相干波，其波动方程为1cos 2()y A t x πνλ=-2cos 2()y A t x πνλ=+，叠加后形成的驻波中，波节的位置坐标为（其中的0,1,2,3,k =⋅⋅⋅）（ D ）（A ）x k λ=±。

（B ）12x k λ=±。

（C ）1(21)2x k λ=±+。

（D ）(21)/4x k λ=±+。

（☆）5、在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（ B ）（A 振幅相同，相位相同。

B 振幅不同，相位相同。

C ）振幅相同，相位不同。

（D ）振幅不同，相位不同。

（☆☆）6、一机车汽笛频率为750 Hz ，机车以时速90公里远离静止的观察者．观察者听到的声音的频率是（设空气中声速为340 m/s ）（ B ）（A ）810 Hz 。

（B ）699 Hz 。

（C ）805 Hz 。

（D ）695 Hz 。

7、一平面简谐波沿x 轴负方向传播．已知x = b 处质点的振动方程为)cos(0φω+=t A y ，波速为u ，则波的表达式为： C ）题4.1.2图题4.1.3图（A ）]cos[0φω+++=u x b t A y 。

大学物理(第五版)下册

第9、10章振动与波动习题一、选择题1. 已知四个质点在x 轴上运动, 某时刻质点位移x 与其所受合外力F 的关系分别由下列四式表示(式中a 、b 为正常数)．其中不能使质点作简谐振动的力是 [ ] (A) abx F =(B) abx F -=(C) b ax F +-=(D) a bx F /-=2. 如图4-1-5所示，一弹簧振子周期为T ．现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体, 则新的弹簧振子周期为 [ ] (A) T (B) 2T (C) 1.4T (D) 0.7T3. 在简谐振动的运动方程中，振动相位)(ϕω+t 的物理意义是 [ ] (A) 表征了简谐振子t 时刻所在的位置 (B) 表征了简谐振子t 时刻的振动状态 (C) 给出了简谐振子t 时刻加速度的方向(D) 给出了简谐振子t 时刻所受回复力的方向角, 然后放手任其作微4. 如图4-1-9所示，把单摆从平衡位置拉开, 使摆线与竖直方向成小的摆动．若以放手时刻为开始观察的时刻, 用余弦函数表示这一振动,则其振动的初相位为[ ] (A) (B) 2π或π23(C) 0 (D) π5. 两质点在同一方向上作同振幅、同频率的简谐振动．在振动过程中, 每当它们经过振幅一半的地方时, 其运动方向都相反．则这两个振动的相位差为 [ ] (A) π (B)π32 (C) π34(D) π54 6. 一质点作简谐振动, 振动方程为)cos(ϕω+=t A x ．则在2Tt =(T 为振动周期)时, 质点的速度为 [ ] (A) ϕωsin A - (B) ϕωsin A (C) ϕωcos A - (D) ϕωcos A7. 一物体作简谐振动, 其振动方程为)4πcos(+=t A x ω．则在2Tt = (T 为周期)时, 质点的加速度为 (A) 222ωA - (B) 222ωA (C) 223ωA - (D) 223ωA8. 一质点以周期T 作简谐振动, 则质点由平衡位置正向运动到最大位移一半处的最短时间为 [ ] (A)6T (B) 8T (C) 12T(D) T 127 9. 某物体按余弦函数规律作简谐振动, 它的初相位为2π3, 则该物体振动的初始状态为[ ] (A) x 0 = 0 , v 0 0 (B) x 0 = 0 , v 0＜0 (C) x 0 = 0 , v 0 = 0 (D) x 0 = A , v 0 = 010. 有一谐振子沿x 轴运动, 平衡位置在x = 0处, 周期为T , 振幅为A ，t = 0时刻振子过2Ax =处向x 轴正方图4-1-9图4-1-5向运动, 则其运动方程可表示为[ ] (A) )21cos(t A x ω= (B))cos(2t A x ω= (C) )3π2sin(--=T t A x ω (D))3π2cos(-=T t A x ω11. 当一质点作简谐振动时, 它的动能和势能随时间作周期变化．如果ν是质点振动的频率, 则其动能变化的频率为[ ] (A) ν4(B) ν2(C) ν (D)2ν 12. 已知一简谐振动系统的振幅为A , 该简谐振动动能为其最大值一半的位置是 [ ] (A)(B)(C)(D)3. 简谐振动的振幅由哪些因素决定?[ ] (A) 谐振子所受的合外力 (B) 谐振子的初始加速度 (C) 谐振子的能量和力常数(D) 谐振子的放置位置14. 如果两个同方向同频率简谐振动的振动方程分别为π)433cos(73.11+=t x (cm)和π)413cos(2+=t x (cm)，则它们的合振动方程为[ ] (A) π)433cos(73.0+=t x (cm) (B) π)413cos(73.0+=t x (cm) (C) π)1273cos(2+=t x (cm) (D) π)1253cos(2+=t x (cm) 15. 两个同方向、同频率、等振幅的谐振动合成, 如果其合成振动的振幅仍不变, 则此二分振动的相位差为 [ ] (A)2π (B) 3π2 (C) 4π (D) π 16. 将一个弹簧振子分别拉离平衡位置1 cm 和2 cm 后, 由静止释放（弹簧形变在弹性范围内）, 则它们作谐振动的[ ] (A)周期相同 (B) 振幅相同 (C) 最大速度相同 (D) 最大加速度相同17. 关于振动和波, 下面几句叙述中正确的是 [ ] (A) 有机械振动就一定有机械波 (B) 机械波的频率与波源的振动频率相同(C) 机械波的波速与波源的振动速度相同(D) 机械波的波速与波源的振动速度总是不相等的18. 下列函数f ( x , t )可以用来表示弹性介质的一维波动, 其中a 和b 是正常数．则下列函数中, 表示沿x 轴负方向传播的行波是[ ] (A))sin(),(bt ax A t x f +=(B) )sin(),(bt ax A t x f -= (C) )cos()cos(),(bt ax A t x f =(D) )sin()sin(),(bt ax A t x f =19. 已知一列机械波的波速为u , 频率为ν, 沿着x 轴负方向传播．在x 轴的正坐标上有两个点x 1和x 2．如果x 1＜x 2 , 则x 1和x 2的相位差为 [ ] (A) 0 (B))(π221x x u -ν (C) π (D) )(π212x x u-ν20. 已知一平面余弦波的波动方程为)01.05.2π(cos 2x t y -=, 式中 x 、y 均以cm 计．则在同一波线上, 离x =5cm 最近、且与 x = 5cm 处质元振动相位相反的点的坐标为[ ] (A) 7.5 cm (B) 55 cm (C) 105 cm (D) 205 cm21. 若一平面简谐波的波动方程为)cos(cx bt A y -=, 式中A 、b 、c 为正值恒量．则 [ ] (A) 波速为c (B) 周期为b 1 (C) 波长为c π2 (4) 角频率为bπ2 22. 一平面简谐横波沿着Ox 轴传播．若在Ox 轴上的两点相距8λ（其中λ为波长）, 则在波的传播过程中, 这两点振动速度的[ ] (A) 方向总是相同 (B) 方向有时相同有时相反 (C) 方向总是相反 (D) 大小总是不相等23. 一简谐波沿Ox 轴正方向传播，t ＝0时刻波形曲线如图4-1-56所示，其周期为2 s ．则P 点处质点的振动速度v 与时间t 的关系曲线为 [ ]24. 平面简谐机械波在弹性介质中传播时, 在传播方向上某介质元在负的最大位移处, 则它的能量是 [ ] (A) 动能为零, 势能最大 (B) 动能为零, 势能为零 (C) 动能最大, 势能最大 (D) 动能最大, 势能为零25. 有两列波在空间某点P 相遇, 某时刻观察到P 点的合振幅等于两列波的振幅之和, 由此可以判定这两列波 [ ] (A) 是相干波 (B) 相干后能形成驻波 (C) 是非相干波 (D) 以上三种情况都有可能26. 已知两相干波源所发出的波的相位差为 , 到达某相遇点P 的波程差为半波长的两倍, 则P 点的合成情况是[ ] (A) 始终加强 (B) 始终减弱(C) 时而加强, 时而减弱, 呈周期性变化(D) 时而加强, 时而减弱, 没有一定的规律27. 两列完全相同的余弦波左右相向而行, 叠加后形成驻波．下列叙述中, 不是驻波特性的是 [ ] (A) 叠加后, 有些质点始终静止不动 (B) 叠加后, 波形既不左行也不右行(C) 两静止而相邻的质点之间的各质点的相位相同(D) 振动质点的动能与势能之和不守恒28. 平面正弦波)π3π5sin(4y t x +=与下面哪一列波相叠加后能形成驻波?[ ] (A) )2325π(2sin 4x t y += (B) )2325π(2sin 4x t y -= (C) )2325π(2sin 4y t x += (D) )2325π(2sin 4yt x -=二、填空题AωsD ωsω-ω-s图4-1-561. 一质点沿x 轴作简谐振动，平衡位置为x 轴原点，周期为T ，振幅为A ． (1) 若t =0 时质点过x =0处且向x 轴正方向运动，则振动方程为x =．(2) 若t =0时质点在2Ax =处且向x 轴负方向运动，则质点方程为x =． 2. 一质点沿x 轴作简谐振动, 其振动方程为: π)31π2cos(4-=t x (cm)．从t ＝0时刻起, 直到质点到达2-=x cm 处、且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为．3. 一个作简谐振动的质点,其谐振动方程为π)23cos(π1052+⨯=-t x (SI)．它从计时开始到第一次通过负最大位移所用的时间为．4. 一质点作简谐振动, 频率为2Hz ．如果开始时质点处于平衡位置, 并以-1s m π⋅的速率向x 轴的负方向运动, 则该质点的振动方程为．5. 一谐振动系统周期为0.6s, 振子质量为200g ．若振子经过平衡位置时速度为-1s cm 12⋅，则再经0.2s 后该振子的动能为．6.劲度系数为100N ⋅m -1的轻质弹簧和质量为10g 的小球组成一弹簧振子．第一次将小球拉离平衡位置4cm, 由静止释放任其振动; 第二次将小球拉离平衡位置2cm 并给以2m.s -1的初速度任其振动．这两次振动的能量之比为．为-1m N 40⋅的竖直放7. 如图4-2-9所示，将一个质量为20g 的硬币放在一个劲度系数置的弹簧上, 然后向下压硬币使弹簧压缩 1.0cm, 突然释放后, 这个硬币将飞离原来位置的高度为．8. 质量为0.01 kg 的质点作简谐振动, 振幅为0.1m, 最大动能为0.02 J ．如果开始时质点处于负的最大位移处, 则质点的振动方程为．9 一物体放在水平木板上，这木板以Hz 2=ν的频率沿水平直线作简谐运动，物体和水平木板之间的静摩擦系数50.0=s μ，物体在木板上不滑动的最大振幅max A =．10. 如果两个同方向同频率简谐振动的振动方程分别为π)3110sin(31+=t x cm 和)π6110sin(42-=t x cm, 则它们的合振动振幅为．11. 已知由两个同方向同频率的简谐振动合成的振动，其振动的振幅为20 cm, 与第一个简谐振动的相位差为6π．若第一个简谐振动的振幅为cm 3.17cm 310=, 则第二个简谐振动的振幅为cm ，两个简谐振动的相位差为．12. 已知一平面简谐波的方程为: )π(2cos λνxt A y -=, 在ν1=t 时刻λ411=x 与λ432=x 两点处介质质点的速度之比是．13. 已知一入射波的波动方程为)4π4πcos(5xt y +=(SI), 在坐标原点x = 0处发生反射, 反射端为一自由端．则对于x = 0和x = 1 m 的两振动点来说, 它们的相位关系是相位差为．14. 有一哨子, 其空气柱两端是打开的, 基频为5000 Hz, 由此可知，此哨子的长度最接近cm ．图4-2-915. 已知一平面简谐波沿x 轴正向传播，振动周期T = 0.5 s ，波长λ = 10 m , 振幅A = 0.1m ．当t = 0时波源振动的位移恰好为正的最大值．若波源处为原点，则沿波传播方向距离波源为2λ处的振动方程为．当2T t =时，4λ=x 处质点的振动速度为．16. 图4-2-20表示一平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形图，波的振幅为 0.2 m ，周期为4s ．则图中P 点处质点的振动方程为．17. 一简谐波沿BP 方向传播，它在B 点引起的振动方程为t A y π2cos 11=．另一简谐波沿CP 方向传播，它在C 点引起的振动方程为()ππ2cos 22+=t A y ．P 点与B 点相距0.40 m ，与C 点相距0.50 m ，如图4-2-21所示．波速均为u ＝0.20 m ⋅s -1．则两波在P 的相位差为．18. 如图4-2-22所示，一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波长为λ，若1P 点处质点的振动方程为)π2cos(1ϕν+=t A y ，则2P 点处质点的振动方程为，与1P 点处质点振动状态相同的那些点的位置是．19. 两相干波源1S 和2S 的振动方程分别是t A y ωcos 1=和π)21(cos 2+=t A y ω．1S 距P 点3个波长，2S 距P 点421个波长．两波在P 点引起的两个振动的相位差的绝对值是．20. 如图4-2-26所示，1S 和2S 为同相位的两相干波源，相距为L ，P 点距1S 为r ；波源1S 在P 点引起的振动振幅为1A ，波源2S 在P 点引起的振动振幅为2A ，两波波长都是λ，则P 点的振幅A ＝．三、计算题1. 一质量为10 g 的物体在x 方向作简谐振动，振幅为24 cm ，周期为4 s ．当t =0时该物体位于x = 24 cm 处．求：(1) 当t =0.5 s 时物体的位置及作用在物体上力的大小．(2) 物体从初位置到x ＝－12 cm 处所需的最短时间，此时物体的速度．系数k ＝241-m N ⋅，重2. 如图 4-3-5所示，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度力F ＝10 N 向左作用物的质量m ＝6 kg ．最初重物静止在平衡位置上，一水平恒此时撤去力F ．当重物于物体，（不计摩擦），使之由水平位置向左运动了0.05 m ，运动到左方最远位置时开始计时，求该弹簧振子的运动方程．3. 如图4-3-12所示，一质点作简谐振动，在一个周期内相继通过距离为12cm 的两点A 、B ，历时2s ，并且在A、B 两点处具有相同的速度；再经过2 s 后，质点又从另一方向通过B点．试求质点运动的周期和振幅．4. 有两个振动方向相同的简谐振动，其振动方程分别为图4-3-5图4-3-12A图4-2-20图4-2-21PB1r 2r ...C12图4-2-26x12图4-2-22(cm)2ππ2cos 3(cm)π)π2cos(421⎪⎭⎫⎝⎛+=+=t x t x (1)求它们的合振动方程；(2)另有一同方向的简谐振动(cm))π2cos(233ϕ+=t x ，问当3ϕ为何值时，31x x +的振幅为最大值？当3ϕ为何值时，31x x +的振幅为最小值?5. 一简谐波，振动周期21=T s ，波长λ =10m ，振幅A = 0.1m. 当t = 0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值．若坐标原点和波源重合，且波沿Ox 轴正方向传播，求:(1) 此波的表达式；(2) 41T t =时刻，41λ=x 处质点的位移； (3) 42T t =时刻，41λ=x 处质点振动速度．6 已知一平面简谐波的方程为(SI))24(πcos x t A y +=(1) 求该波的波长λ，频率ν和波速度u 的值；(2) 写出t = 4.2s 时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置； (3) 求t = 4.2s 时离坐标原点最近的那个波峰通过坐标原点的时刻t ．7. 有一平面波沿x 轴负方向传播，s 1=t 时的波形如图4-3-23所示，波速1s m 2-⋅=u ，求该波的波函数． 8. 一弦上的驻波方程式为 I)(S )π550cos()π6.1cos (1000.32t x y -⨯=(1) 若将此驻波看作传播方向相反的两列波叠加而成,求两列波的振幅及波速；(2) 求相邻波节之间的距离；(3) 求s 1000.33-⨯=t 时，位于m 625.0=x 处质点的振动速度． 9. 一沿弹性绳的简谐波的波动方程为⎪⎭⎫⎝⎛-=210π2cos x t A y (SI)，波在m 11=x 的固定端反射.设传播中无能量损失，反射是完全的．试求：(1) 该简谐波的波长和波速； (2) 反射波的波动方程；(3) 驻波方程，并确定波节的位置．第11章光学练习题一、选择题11. 如图所示，用厚度为d 、折射率分别为n 1和n 2 (n 1＜n 2)的两片透明介质分别盖住杨氏双缝实验中的上下两缝, 若入射光的波长为 , 此时屏上原来的中央明纹处被第三级明纹所占据, 则该介质的厚度为 [] (A) λ3(B)123n n -λ(C) λ2(D)122n n -λ17. 如图所示，在杨氏双缝实验中, 若用一片厚度为d 1的透光云母片将双缝装置中的上面一个缝挡住; 再用一片厚度为d 2的透光云母片将下面一个缝挡住, 两云母片的折射率均为n , d 1＞d 2, 干涉条纹的变化情况是[] (A) 条纹间距减小(B) 条纹间距增大(C) 整个条纹向上移动(D) 整个条纹向下移动18. 如图所示，在杨氏双缝实验中, 若用一片能透光的云母片将双缝装置中的上面一个缝盖住, 干涉条纹的变化情况是 [] (A) 条纹间距增大(B)整个干涉条纹将向上移动(C) 条纹间距减小(D) 整个干涉条纹将向下移动26. 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＝500nm(1nm = 10-9m)右边条纹的直线部分的切线相切．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 43. 光波的衍射现象没有声波显著, 这是由于 [] (A) 光波是电磁波, 声波是机械波(B) 光波传播速度比声波大(C) 光是有颜色的 (D) 光的波长比声波小得多53. 在图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，将单缝K[] (A)衍射条纹移动，条纹宽度不变 (B) 衍射条纹移动，条纹宽度变动(C) 衍射条纹中心不动，条纹变宽(D) 衍射条纹不动，条纹宽度不变54. 在图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，将单缝宽度a 稍稍变宽，同时使单缝沿x 轴正向作微小移动，则屏幕E 的中央衍射条纹将 [] (A)变窄，同时上移(B) 变窄，同时下移 (C) 变窄，不移动(D) 变宽，同时上移55. 在图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，将单缝宽度a 稍稍变窄，同时使汇聚透镜L 2沿x 轴正方向作微小移动，则屏幕E 上的中央衍射条纹将[] (A)变宽，同时上移(B) 变宽，同时下移(C)变宽，不移动 (D) 变窄，同时上移56. 一衍射光栅由宽300nm 、中心间距为900nm 的缝构成, 当波长为600nm 的光垂直照射时, 屏幕上最多能观察到的亮条纹数为[] (A) 2条 (B) 3条(C) 4条 (D) 5条57. 白光垂直照射到每厘米有5000条刻痕的光栅上, 若在衍射角ϕ= 30°处能看到某一波长的光谱线, 则该光谱线所属的级次为[] (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 483. 如图所示，起偏器A 与检偏器B 的偏振化方向相互垂直，偏振片C 位于A 、B 中间且与A 、B 平行，其偏振化方向与A 的偏振化方向成30°夹角. 当强度为I 的自然光垂直射向A 片时，最后的出射光强为 [ ] (A) 0(B)2I(C)8I(D) 以上答案都不对84. 如图所示，一束光强为I 0的自然光相继通过三块偏振片P 1、P 2、P 3后，其出射光的强度为80II =．已知P 1和P 3的偏振化方向相互垂直．若以入射光线为轴转动P 2, 问至少要转过多少角度才能出射光的光强度为零?[ ] (A) 30° (B) 45° (C) 60° (D) 90° 86. 两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光线通过．当其中一偏振片慢慢转动时, 投射光强度发生的变化为 [ ] (A) 光强单调增加(B) 光强先增加，后又减小至零 (C) 光强先增加，后减小，再增加(D) 光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零 1. 在相同的时间内，一束波长为λ的单色光在空气和在玻璃中[] (A) 传播的路程相等，走过的光程相等 (B)传播的路程相等，走过的光程不相等 (C)传播的路程不相等，走过的光程相等 (D)传播的路程不相等，走过的光程不相2. 真空中波长为的单色光, 在折射率为n 的均匀透明介质中从a 点沿某一路径传到b 点．若a 、b 两点的相位差为π3，则此路径的长度为[] (A)n23λ (B)nλ3 (C)λ23(D) λn 233. 相干光波的条件是振动频率相同、相位相同或相位差恒定以及[] (A) 传播方向相同 (B) 振幅相同 (C) 振动方向相同 (D) 位置相同4. 如图所示，有两个几何形状完全相同的劈形膜：一个由空气中的玻璃形成玻璃劈形膜; 一个由玻璃中的空气形成空劈形膜．当用相同的单色光分别垂直照射它们时, 从入射光方向观察到干涉条纹间距较大的是[] (A) 玻璃劈形膜(B) 空气劈形膜I AC I1P 3P 2P(C) 两劈形膜干涉条纹间距相同 (D) 已知条件不够, 难以判定5. 用波长可以连续改变的单色光垂直照射一劈形膜, 如果波长逐渐变小, 干涉条纹的变化情况为[] (A) 明纹间距逐渐减小, 并背离劈棱移动 (B) 明纹间距逐渐变小, 并向劈棱移动 (C) 明纹间距逐渐变大, 并向劈棱移动 (D) 明纹间距逐渐变大, 并背向劈棱移动6. 牛顿环实验中, 透射光的干涉情况是[] (A) 中心暗斑, 条纹为内密外疏的同心圆环 (B) 中心暗斑, 条纹为内疏外密的同心圆环 (C) 中心亮斑, 条纹为内密外疏的同心圆环 (D) 中心亮斑, 条纹为内疏外密的同心圆环7. 若用波长为的单色光照射迈克耳孙干涉仪, 并在迈克耳孙干涉仪的一条光路中放入一厚度为l 、折射率为n 的透明薄片, 则可观察到某处的干涉条纹移动的条数为[] (A)λln )1(4-(B)λln(C)λln )1(2-(D)λln )1(-8. 如图12-1-44所示，波长为的单色光垂直入射在缝宽为a 的单缝上, 缝后紧靠着焦距为f 的薄凸透镜, 屏置于透镜的焦平面上, 若整个实验装置浸入折射率为n 的液体中,[](A) na f λ(B) na f λ(C) naf λ2(D) anf λ29. 在一光栅衍射实验中，若衍射光栅单位长度上的刻痕数越多, 则在入射光波长一定的情况下, 光栅的[] (A) 光栅常数越小 (B) 衍射图样中亮纹亮度越小 (C) 衍射图样中亮纹间距越小 (D) 同级亮纹的衍射角越小10. 一束平行光垂直入射在一衍射光栅上, 当光栅常数)(b a +为下列哪种情况时(a 为每条缝的宽度, b 为不透光部分宽度) , k = 3, 6, 9, …等级次的主极大均不出现．[] (A) a b a 2=+ (B) a b a 3=+ (C) a b a 4=+(D) a b a 6=+11. 自然光以 60的入射角照射到不知其折射率的某一透明介质表面时，反射光为线偏振光，则[ ] (A) 折射光为线偏振光，折射角为 30 (B) 折射光为部分线偏振光，折射角为 30 (C) 折射光为线偏振光，折射角不能确定 (D) 折射光为部分线偏振光，折射角不能确定 12. 关于光的干涉，下面说法中唯一正确的是[](A) 在杨氏双缝干涉图样中, 相邻的明条纹与暗条纹间对应的光程差为2λ(B) 在劈形膜的等厚干涉图样中, 相邻的明条纹与暗条纹间对应的厚度差为2λ(C) 当空气劈形膜的下表面往下平移2λ时, 劈形膜上下表面两束反射光的光程差将增加2λ(D) 牛顿干涉圆环属于分波振面法干涉二、填空题1. 如图12-2-1所示，折射率为2n 、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为1n 和3n ，已知321n n n ><，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下表面反射的光束（用①与②示意）的光程差是2. 真空中波长 = 400 nm 的紫光在折射率为 n =1.5 的介质中从A 点传到B 点时, 光振动的相位改变了5 , 该光从A 到B 所走的光程为．4. 如图所示，在双缝干涉实验中SS 1=SS 2，用波长为λ的光照射双缝S 1和S 2，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹．已知P 点处为第三级明条纹，则S 1和S 2到P 点的光程差为 ____________．若将整个装置放于某种透明液体中，P 点为第四级明条纹，则该液体的折射率n ＝ ____________． 5. 两条狭缝相距2mm, 离屏300cm, 用600nm 的光照射时, 干涉条纹的相邻明纹间距为___________mm.6. 将一块很薄的云母片(n = 1.58)覆盖在杨氏双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的中央明纹中心被原来的第7级明纹中心占据．如果入射光的波长λ= 550nm,则该云母片的厚度为___________． 9. 如图所示，在玻璃(折射率n 3 = 1.60)表面镀一层MgF 2(折射n 2=1.38)薄膜作为增透膜．为了使波长为500nm 的光从空气(折射率n 1=1.00)正入射时尽可能减少反射，MgF 2膜的最小厚度应是．10. 用白光垂直照射厚度e =350nm 的薄膜，若膜的折射率n 2=1.4 ,薄膜上面的介质折射率为n 1，薄膜下面的介质折射率为n 3，且n 1<n 2<n 3．则透射光中可看到的加强光的波长为．14. 波长为λ的平行单色光垂直地照射到劈尖薄膜上，劈尖薄膜的折射率为n ，第二级明纹与第五条明纹所对应的薄膜厚度之差是 _____________． 15. 两玻璃片中夹满水(水的折射率34=n )形成一劈形膜, 用波长为λ的单色光垂直照射其上, 若要使某一条纹从明变为暗, 则需将上面一片玻璃向上平移．22. 若在迈克耳孙干涉仪的可动反射镜M 移动0.620mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了2300条，则所用光波的波长为．23. 在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n ，厚度为d 的透明介质薄片，放入后，这条光路的光程改变了．25. 如果单缝夫琅禾费衍射的第一级暗纹发生在衍射角为 30=ϕ的方位上，所用的单色光波长为nm 500=λ，则单缝宽度为．26. 一束平行光束垂直照射宽度为1.0 mm 的单缝上，在缝后放一焦距为2.0 mm 的汇聚透镜．已知位于透镜焦平面处的中央明纹的宽度为2.0 mm ，则入射光波长约为．29 用半波带法讨论单缝衍射暗条纹中心的条件时，与中央明条纹旁第三个暗条纹中心相对应的半波带的数目是__________．30. 平行单色光垂直入射于单缝上，观察夫琅禾费衍射．若屏上P 点处为第三级暗纹，则单缝处波面相应地可划分为___________ 个半波带．若将单缝宽度缩小一半，P 点处将是_________级________纹．36. 一衍射光栅, 狭缝宽为a , 缝间不透明部分宽为b ．当波长为600 nm 的光垂直照射时, 在某一衍射角ϕ处出现第二级主极大．若换为400nm 的光垂直入射时, 则在上述衍射角ϕ处出现缺级, b 至少是a 的倍．38. 已知衍射光栅主极大公式(a ＋b ) sin ϕ＝±k λ，k ＝0,1,2, …．在k ＝2的方向上第一条缝与第六条缝对应点发出的两条衍射光的光程差∆＝_____________．40. 当自然光以58︒角从空气射入到玻璃板表面上时, 若反射光为线偏振光, 则透射光的折射角为_________． 41. 一束自然光入射到空气和玻璃的分界面上, 当入射角为60︒时反射光为完全偏振光, 则此玻璃的折射率为_________．44. 一束由自然光和线偏振光组成的混合光，让它垂直通过一偏振片．若以此入射光束轴旋转偏振片，测得透射光强度的最大值是最小值的7倍；那么入射光束自然光和线偏振光的光强比为_____________ 三、计算题8. 用白光垂直照射置于空气中的厚度为0.50 μm 的玻璃片．玻璃片的折射率为1.50．在可见光范围内(400 nm ~ 760 nm)哪些波长的反射光有最大限度的增强?13. 图12-3-13所示为一牛顿环装置，设平凸透镜中心恰好与平玻璃接触，透镜凸表面的曲率半径是R ＝400cm ．用单色平行光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第5个明环的半径是0.30 cm ．(1) 求入射光的波长；(2) 设图中OA =1.00 cm ，求在半径为OA 的范围内可观察到的明环数目．18. 在某个单缝衍射实验中，光源发出的光含有两种波长1λ和2λ，并垂直入射于单缝上．假如1λ的第一级衍射极小与2λ的第二级衍射极小相重合，试问：(1)这两种波长之间有何关系?(2)在这两种波长的光所形成的衍射图样中，是否还有其它极小相重合?19. 某种单色平行光垂直地入射在一单缝上, 单缝的宽度a = 0.15mm ．缝后放一个焦距f = 400 mm 的凸透镜，在透镜的焦平面上，测得中央明条纹两侧的两个第三级暗条纹之间的距离为8.0 mm ，求入射光的波长．30. 一衍射光栅，每厘米有200条透光缝，每条透光缝宽为a = 2⨯10-3 cm ，在光栅后方一焦距f = 1m 的凸透镜．现以nm 600=λ的单色平行光垂直照射光柵，求：(1) 透光缝a 的单缝衍射中央明区条纹宽度； (2)在透光缝a 的单缝衍射中央明纹区内主极大条数.31.波长λ= 600nm 的单色光垂直入射到一光柵上，测得第二级主级大的衍射角为30o ，且第三级是缺级． (1) 光栅常量(a ＋b )等于多少?(2) 透光缝可能的最小宽度a 等于多少?(3) 在选定了上述(a ＋b )和a 之后，求在屏幕上可能呈现的全部主极大的级次．36 两个偏振片叠在一起，欲使一束垂直入射的线偏振光经过这两个偏振片之后振动方向转过了90°，且使出射光强尽可能大，那么入射光振动方向和两偏振片的偏振化方向之间的夹角应如何选择？这种情况下的最大出射光强与入射光强的比值是多少?第13章热力学基础一、选择题2. 对于物体的热力学过程, 下列说法中正确的是[ ] (A) 内能的改变只决定于初、末两个状态, 与所经历的过程无关 (B) 摩尔热容量的大小与所经历的过程无关(C) 在物体内, 若单位体积内所含热量越多, 则其温度越高(D) 以上说法都不对4. 关于功的下列各说法中, 错误的是 [ ] (A) 功是能量变化的一种量度(B) 功是描写系统与外界相互作用的物理量(C) 气体从一个状态到另一个状态, 经历的过程不同, 则对外做的功也不一样 (D) 系统具有的能量等于系统对外做的功5. 理想气体物态方程在不同的过程中有不同的微分表达式, 式T R MmV p d d 表示 [ ] (A) 等温过程 (B) 等压过程(C) 等体过程 (D) 绝热过程 9. 热力学第一定律表明[ ] (A) 系统对外做的功不可能大于系统从外界吸收的热量 (B) 系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量(C) 不可能存在这样的循环过程, 在此过程中, 外界对系统所做的功不等于系统传给外界的热量 (D) 热机的效率不可能等于110. 对于微小变化的过程, 热力学第一定律为d Q = d E d A ．在以下过程中, 这三者同时为正的过程是 [ ] (A) 等温膨胀 (B) 等体膨胀 (C) 等压膨胀 (D) 绝热膨胀13. 一定量的理想气体从状态),(V p 出发, 到达另一状态)2,(V p ．一次是等温压缩到2V, 外界做功A ；另一次为绝热压缩到2V, 外界做功W ．比较这两个功值的大小是 [ ] (A) A ＞W (B) A = W (C) A ＜W (D) 条件不够，不能比较19. 同一种气体的摩尔定压热容大于摩尔定容热容, 其原因是 [ ] (A) 膨胀系数不同 (B) 温度不同(C) 气体膨胀需要做功 (D) 分子引力不同28. 一定量的理想气体分别经历了等压、等体和绝热过程后其内能均由E 1变化到E 2．在上述三过程中, 气体的 [ ] (A) 温度变化相同, 吸热相同 (B) 温度变化相同, 吸热不同 (C) 温度变化不同, 吸热相同 (D) 温度变化不同, 吸热也不同30. 一定量的理想气体, 从同一状态出发, 经绝热压缩和等温压缩达到相同体积时, 绝热压缩比等温压缩的终。

物理学_东南大学马文蔚__第五版_下册_第九章到第十五章课后答案个人整理)

第九章振动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2A -，且向x 轴正方向运动，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（）()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t x t x t x t x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3/π2．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3/π4Δ=，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．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2π （B ）超前2π （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 ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，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（）（A ） π23 （B ）π21 （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t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对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t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．题９-５图9-6 有一个弹簧振子，振幅m 10022-⨯=.A ，周期s 01.=T ，初相4/π3=．试写出它的运动方程，并作出t x -图、t -v 图和t a -图．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()ϕω+=t A x cos 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式T ω/π2=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T ω/π2=，则运动方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t π2cos cos T A t ωA x 根据题中给出的数据得 ()()m 75.0π2cos 100.22πt x +⨯=-振子的速度和加速度分别为()()-12s m π75.0π2sin 10π4d /d ⋅+⨯-==-t y x v()()-1222s m π75.0π2cos 10π8d /d ⋅+⨯-==-t y x a t x -、t -v 及t a -图如图所示．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=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．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()ϕω+=t A x cos 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()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s π20-=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 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kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．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gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=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∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度33m kg 1055-⋅⨯=.ρ．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2xm m G F x -= 式中G 为引力常量，x m 是以x 为半径的球体质量，即3/π43x ρm x =．令3/π4Gm ρk =，则质点受力kx Gmx ρF -==3/π4因此，质点作简谐运动．（2）质点振动的周期为s 1007.5/π3/π23⨯===ρG k m T9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．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1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ（1）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1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ （２）将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-=（３）由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到 ()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 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()m k k v /π2121+=，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1m 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2m 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A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O ，此时弹簧已伸长0x ，且g m kx 20=．当弹簧沿x O 轴正向从原点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()i F 0x x k +-=．考虑到绳子不可伸长，对物体A 、B 、C 分别列方程，有()22101d d t xm x x k F T =+-=（1）22222d d tx m F g m T =-（2） ()2212d d 21tx mR J R F F T T ==-α（3） gm kx 20=（4）方程（3）中用到了22T T F F '=、11T T F F '=、22/mR J =及R a /=α．联立式（1）～式（4）可得 02d d 2122=+++x m m m k t x /（5）则系统振动的角频率为 ()221//m m m k ++=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()20222212021212121x x k ωJ m m gx m E +++++-=v v 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()tx x x k t ωωJ t m t m g m d d d d d d d d 00212+++++-=v v v v v 将22/mR J =，v =R ω，22d /d d /d t x t =v 和02kx g m = 代入上式，可得02d d 2122=+++x m m m k t x /（6）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．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 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 ，1s π4/2-==T ω，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()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x c o s 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=；（3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=．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01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=．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）()m t πcos4100.22-⨯=x （2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x （3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x （4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 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．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω和φ．其中振动的角频率是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k m 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1s 10-=∆==l g m k //ω（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()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x （2）t ＝０时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=［图（b ）］．则运动方程为()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x9-14 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0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ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3/π0-=（或3/π50=），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x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3/π0-=时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ω．（3）由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．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2/πΔ1=，则所需时间411//T t =∆=∆ωϕ（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6/πΔ2=，则所需时间1222//T t =∆=∆ωϕ（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3/πΔ3=，则所需时间633//T t =∆=∆ωϕ题9-15 图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22d d ty m F mg F N =-=（1）由于物体是随板一起作简谐运动，因而有()ϕωω+-==t A ty a cos d d 222，则式（1）可改写为 ()ϕωω++=t mA mg F N cos 2 （2）（1）根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ϕω+t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2）由式（2）可知支持力N F 的值与振幅A 、角频率ω和相位（ϕω+t ）有关．在振动过程中，当π=+t ω时N F 最小．而重物恰好跳离平板的条件为N F ＝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ϕω+t ＝0，物体受板的支持力为()N 9612222./=+=+=t mA mg mA mg F N πω 重物对木块的作用力NF ' 与N F 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N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得m 102.6π4//2222-⨯==='gT ωm mg A（3）当振幅不变时，设频率变为v '．同样将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得 Hz 52.3/π21π22==='mA mg ωv 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()ϕω+=t A x cos 1，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2/π，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为()2cos 2/πϕω-+=t A x9-18 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ωA v =max 得1s 51-=.ω，则 s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 ()()cm 6/π55.1cos 2-=t x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()ϕωθθ+=t cos max ，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l g /=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s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2）由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π= （３）摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为 1s 2180/d d --==.t l v θ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θθ≈sin ，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2E s m 809-⋅=.g ）解由单摆的周期公式g l T /π2=可知21T g /∝，故有2M 2E E M T T g g //=，则月球的重力加速度为()2E 2M E M s m 631-⋅==./g T T g9-21 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c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，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c /π2mgl J T =，可得22π4/mgrT J =．则由平行轴定理得 222220m kg 8324⋅=-=-=./mr mgrT mr J J π9-22 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．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 ()121s 40-=+=m m k /ω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()12110s m 01-⋅=+=.m m v m v又因初始位移x 0 ＝0，则振动系统的振幅为 ()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=，则简谐运动方程为 ()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x9-23 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？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()2020/ωx A v +=，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k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='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g km g k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 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gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为 ()212202021/m m kh k g m ωx A ++='+=v 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()2020/ωx A v +=）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k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='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2/2/212v m A k ='（1） ()2/2/2212v '+='m m A k（2） ()v v '+=211m m m（3）联立解上述三式，可得 ()A m m m A 211+='/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A ′＝A9-25 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2max ωA a =，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s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（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J 100221213max 22k -⨯====.mAa mA E E ω（3）设振子在位移x 0 处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得 m 100772230-⨯±=±=./A x（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫ ⎝⎛== 则动能为 43P K /E E E E =-=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12max s m 1028.62-⋅⨯===A πA ωv v（２）氢原子的振动能量J 1031.32/202max -⨯==v m E9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统，按()()cm 3/ππ85.0+=t x 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()()cm 3/ππ85.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：角频率1s π8-=ω，振幅A ＝0.5cm ，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2）简谐运动的能量 J 1090721522-⨯==.ωmA E （3）简谐运动的动能和势能分别为()ϕωω+=t mA E K 222sin 21 ()ϕωω+=t mA E P 222cos 21 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为()J 109534d sin 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T K ()J 109534d cos 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T P 9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．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()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？又3ϕ 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()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctan ϕϕϕϕϕA A A A ++=/解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad 1.48arctan11cos cos sin sin arctan 22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2）要使x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得 (),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k9-29 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()11co sϕω+=t A x 和()22cos ϕω+=t A x ．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，有屏对地光对屏光对地x x x +=依题意()()2211ϕωϕω+==+==t A x x t A x x cos cos 屏对地光对地所以 ()()212121cos cos ϕπωϕω++++='+=-=t A t A x x x x x 光对屏可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕπω++='t A x 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()12222πcos 2-+++='A A A 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0=光对屏x ，就是当()π12π12+=-+k 时，即π212k +=时（,...,,210±±=k ），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为2A 的运动时，要求π2π12k =-+，即()π1212-+=k ．（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 处同时释放，即可实现．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()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππc o s 1.02+=t x （2）由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6．（3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A。

物理学(第五版)下册答案

物理学(第五版)下册答案量E=1/2kA^2，动能K=E-2p=1/2kA^2-kA^2=-1/2kA^2，因为动能为负数，所以振动不可能通过平衡位置。

___：1.判断一个振动是否为简谐振动的方法是，观察质点离开平衡位置的位移x随时间t变化的规律，如果遵从余弦函数或正弦函数，则该质点的运动为简谐振动。

简谐振动的运动学方程为x=Acos(ωt+φ)。

2.从动力学的角度来看，简谐振动是指物体在线性回复力作用下在平衡位置做周期性往复运动。

其动力学方程为d^2x/dt^2=-ω^2x。

3.简谐运动的三要素是振幅、周期和初相位。

其中振幅和初相位由初始条件决定，周期由振动系统本身的性质决定。

选择题：1.C。

2.A。

3.B填空题：1.平衡，最大位置，±π/2；2.6，2；-π/2；3.π，1.5s，3s。

计算题：1.解答：(m1+m2)u=m2v，kA=(m1+m2)u^2，A=sqrt(2(m1+m2)k/u)，ω=sqrt(k/(m1+m2))，φ=π/2.2.解答：(1) 振动方向如图所示，(2) 相位差Δφ=φd-φa=3π/2-π/4=5π/4，Δt=1s，ω=Δφ/Δt=5π/4，所以振动方程为x=Acos(5π/4t-π/6)。

3.解答：(1) ω=sqrt(k/m)，T=2π/ω=2πsqrt(m/k)，(2) 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，解得v=(m1v1+m2v2)/(m1+m2)，由能量守恒E=1/2kA^2=1/2(m1+m2)v^2，解得A=sqrt(2E/k)，代入式子得x=sqrt(2E/k)cos(sqrt(k/(m1+m2))t)。

4.答案：(1) A=0.02m，ω=π/2，所以ν=ω/2π=1/4 Hz，T=1/ν=4s，φ=-π/3；(2) 势能Ep=kx^2/2，总能量E=Ep+Ek=1/2kA^2，动能Ek=E-Ep=-1/2kA^2，因为Ek为负数，所以振动不可能通过平衡位置。

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GMm ?? ? 5R ?
??? ?
GMR m??????
13．质量分别为 m1、m2的两个物体用一劲度系数为 k 的轻弹簧相联，放在水平光滑桌面上，如图所示．当两物体相距 x时，系统由静止释放．已知弹簧的自然长
度为x0，则当物体相距 x0时，m1的速度大小为
(A) k(x ? x0 ) 2
m1
10km/h ．试求在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向．（设烟离开烟囱后很快就获得与风相同的速度）
解设… v C ? v CS ? v S ,
v F ? v FC ? v C
? v FC ? v F ? v CS ? v S
? ? ? ? 10i ? ? 20sin 30?i ? 20 cos 30? j ? 10i
1．一无风的下雨天，一列火车以 v1 的速度水平匀速前行，在车内的旅客看见玻璃窗外雨滴和垂线成 θ角
下降，设雨滴落的速度为 v2(设下落的雨滴作匀速运
动) ，则θ=
。
? ? arctan v1
v1
v2
?
v2'
v2
2．在相对地面静止的坐标系内，小船 A、B 都做匀
速今运在动A ，上设A置速与度静为止v坐A 标? 5系i ?方6向j,相B同速的度坐v标B ?系3i
T
I ? ?Fdt ? IG ? mgT ? 2?mg j ? 0
? I合力 ? IT ? IG ? ? p ? 0
? IT ? ? IG ? ? 2?mg j ?
F n
mg ??
y
11．如图所示，小球质量为 m，挂在轻弹簧的一端（弹簧的劲度系数为 k，弹簧的原长 l0 ）另一端固定。先将弹簧放在水平位置，并保持原长，然后释放。已知摆到竖直位置时小球的速度为 v ，则此时弹簧
0
0
?3
?
6．质量为 m的小球在水中受的浮力为常力 F ,当它静止
开始沉降时 ,受到水的沾滞阻力为 f =ku(k为常数),求小球
在水中竖直沉降的速度 u与时间t的关系。
解:
Ff y mg
f ? mg ? F ? ma
f ? ku
?
mg ? F ? ku ? m du ?
dt
d?? ku ?
mg ? F ? ku
3秒末质点的角速度大小为 ______，
质点切向加速度 ______
? ?? ? ? ? d? ? 8t 2 ? 6t (SI)
?
d? ?
t 8t2 ? 6t dt
dt
0
0
? ? 8 t3 ? 3t 2
3
a? ? ?R
? 3 ? 99?SI? a? 3 ? 90?SI ?
8．一物体质量为10kg，受到方向不变的力 F ? 40 ? 60t?SI ?
? ? ?? ? v
t
dv ? adt
v0
0
v ? v0 ?
t 4ti ? 12 j dt ? 2t 2 i ? 12t j
0
? ? v ? v0 ? 2t 2i ? 12t j ? 2t 2 ? 2 i ? ?12t ? 2?j
ห้องสมุดไป่ตู้
? ? ? ? r
t
dr ? vdt
r ? ?? 2 t 3 ? 2t ??i ? 6t 2 ? 2t j
?
?
kdt m
? ln?mg ? F ? ku ?? ? kt ? C
m
t ? 0,u ? 0 ? C ? ln?mg ? F ?
? ? ? u ? mg ? F 1? e?kt m k
7．某质点从静止出发沿半径为 R=1m的圆周运动，
其角加速度随时间的变化规律是
? ? 8t 2 ? 6，t (S则I) 在
? ? 10i ? 10 3 j
30°
南偏西30°
? v FC ? 20km/h, ? ? 30?
4．已知质点的运动方程为： r ? 3t3 i ? 6t 2 j ?（4StkI），
则在2秒末质点的加速度为
。
v ? dr ? 9t 2 i ? 12t j ? 4k dt
a ? dv ? 18ti ? 12 j dt
的作用，，若物体的初速度大小为10m/ s ，方向与力同
向，则在3s末物体速度的大小等于
．
3
3
? ? 0 Fdt ? ? P ? mv3 ? mv0 0 Fdt ? ? P ? mv3 ? mv0
?3
F dt
?
40t
?
30t 2
? 390
0
t?3
?3
F dt
v3 ? v0 ?
0
m
? 49
9．质量为 10 kg 的质点，在外力作用下，作曲线运
(B) k(x ? x0 )2
m2
速度? 匀速转动．在小球转动一周的过程中，
(1) 小球动量增量的大小等于 _______0___________ ．
(2) 小球所受重力的冲量的大小等于 ____2_?_m_g_/_?______ ． (3) 小球所受绳子拉力的冲量大小等于 __2_?__m_g_/_?_____ ．
? ? u2 ? u1 ? ? p ? mu2 ? u1 ? 0
动，该质点的速度为 v ? ti ? 16k?SI? ，则在t = 0 s 到t
= 2 s 时间内，合外力对质点所做的功为
．
v0 ? 16k, v0 ? 16 v2 ? 2i ? 16k, v2 ?
A?
? Ek
?
1 2
mv22
?
1 2
mv02
? 20J
22 ? 162
10．图示一圆锥摆，质量为 m的小球在水平面内以角
? 7，j
( x、y
方向单位矢量用 i、j 表示 )，那么在 A上的坐标系
中, B的速度（以 ms -1 为单位）为
.
vB' ? vB ? vA ? ? 2i ? j
3．河水自西向东流动，速度为 10km/h ．一轮船在河水中航行，船相对于河水的航向为北偏西 300，相对于河水的航速为 20km/h ．此时风向为正西，风速为
长度l为________ 。
解：由机械能守恒可得：
mgl
?
1 mv2 2
?
1 k?l ?
2
? l0 2
12．已知地球质量为 M，半径为 R．一质量为 m
的火箭从地面上升到距地面高度为 5R处。在此
过程中，地球引力对火箭作的功为
．
解：地球引力对火箭作的功等于引力势能增量的负值
A?
??
Ep
?
? ???????
5.质量为0.25kg的质点，受力 F ? ti ? 3 j?SI? 的作用，
式中为t时间．当 t=0时，该质点以
v0 ? 2的i ?速2 j?SI ?
度通过坐标原点，则该质点任意时刻的速度
是
，位置矢量是
。
a ? F m ? 4ti ? 12 j?SI ?
? a ? dv ,dv ? adt dt

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