大学物理习题答案

B 班级 学号 姓名
第1章 质点运动学
1-2 已知质点的运动方程为r i 3j 6k e e t
t
-=++。

(1)求：自t =0至t =1质点
的位移。

(2)求质点的轨迹方程。

解：(1) ()k j i r 630++= ()k j i r 6e 3e 1-1++= 质点的位移为()j i r ⎪⎭
⎫
⎝⎛-+-=3e 31e ∆
(2) 由运动方程有t x e =，t y -=e 3， 6=z 消t 得 轨迹方程为 1=xy 且6=z
1-3运动质点在某瞬时位于矢径()y x,r 的端点处，其速度的大小为( D ) (A)dt dr (B)dt d r
(C)dt d r (D)2
2
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx
1-5某质点的运动方程为k j i r 251510t t ++-=，求：t =0，1时质点的速度和加速度。

^
解：由速度和加速度的定义得
k j r v t dt d 1015+==
， k v
a 10==dt
d 所以 t =0，1时质点的速度和加速度为 0
15==t j v 1
1015=+=t k
j v
1
010,k
a ==t
1-8 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为j i r 2235t t +=，则该质点所作运动为[ B ]
(A) 匀速直线运动 (B) 匀变速直线运动 (C) 抛体运动 (D) 一般的曲线运动
*1-6一质点沿Ox 轴运动，坐标与时间之间的关系为t t x 233-=(SI)。

则质点在4s 末的瞬时速度为 142m·s -1 ，瞬时加速度为 72m·s -2 ；1s 末到4s 末的位移为 183m ，平均速度为 61m·s -1 ，平均加速度为 45m·s -2。

解题提示：瞬时速度计算dt dx
v =，瞬时加速度计算22dt
x d a =；位移为
()()14x x x -=∆，平均速度为()()1414--=
x x v ，平均加速度为 ()()1
414--=v v a
】
~
1-11 已知质点沿Ox 轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为
t a x 3=2s m -⋅。

在t =0时，0=x v ，10=x m 。

求：(1)质点在时刻t 的速度。

(2)质点的运动方程。

解：(1) 由dt
dv a x
x =
得 ，
dt
a dv x x =
两边同时积分，并将初始条件t =0时，0=x v 带入积分方程，有
⎰⎰⎰
==t t
x v x tdt dt a dv x
3
解得质点在时刻t 的速度为 2
2
3t v x =
(2) 由dt
dx v x =
得 dt v dx x =
两边同时积分，并将初始条件t =0时，10=x m 带入积分方程，有
⎰⎰⎰==t
t
x x
dt t dt v dx 02
01023
解得质点的运动方程为 3
2
110t x +=
，
1-12 质点沿直线运动的加速度为227t a -=(SI).如果当3=t s 时，
8=x m ，4=v -1s m ⋅.求：
(1) 质点的运动方程；
(2) 质点在5=t s 时的速度和位置．
解：(1) 设质点沿Ox 轴做直线运动，t=0时，0x x =，0v v =。

%
由t
v a x
x d d =得
t a v x x d d =
对上式两边同时积分，并将2
27t a a x -==代入，有
⎰
⎰
-=t
v
v x t t v 02d )27d 0
（
解得质点在时刻t 的速度为
3
03
27t t v v -
+= （1） 由t
x v x d d =得
t
v x x d d =
对上式两边同时积分，并将3
03
27t t v v -+=代入，有
⎰
⎰
-+=t
x
x t t t v x 03
0d )3
27(d 0 &
解得
6
274
200t t t v x x -
++= （2）
将t=3s 时，
8=x m ，4=v -1
s
m ⋅代入式（1）和式（2），得
10=v -1
s
m ⋅，
130-=x m
将0v 和0x 的值代入式（2）中，可得质点的运动方程为
132
7
6124-++-=t t t x （3）
(2) 将5=t s 代入式（1）和式（3）得
3
142
-
=v 1
s m -⋅，6148
-=x m
"
1-14一质点作半径r =5m 的圆周运动，其在自然坐标系中的运动方程为
2
2
12t t s +
=(SI)，求：t 为何值时，质点的切向加速度和法向加速度大小相等。

解：由运动方程得
t dt ds
v +==
2 质点的切向加速度为 1==
dt
dv a t 质点的法向加速度为 ()5
22
2t r v a n +== 当两者相等时，有
()15
22
=+t
解得时间t 的值为 25-=t s
/
1-15 质点做半径为1m 的圆周运动，其角位置满足关系式325t θ+=(SI)。

t =1s 时，质点的切向加速度 12m·s -2 ，法向加速度 36m·s -2 ，总加速度 37.95m·s -2 。

解：由运动方程325t θ+=得 角速度为12s 6-==
t dt d θω ， 角加速度为2s 12-==t dt
d ω
α t 时刻，质点的切向加速度的大小为t t R a t 12112=⨯==α2s m -⋅ 质点的法向加速度的大小为()
42
223616t t R ωa n =⨯==2s m -⋅ 质点的总加速度的大小为 ()()2
422
2
3612t t a a a n t +=+=2s m -⋅
将t =1s 代入上面方程，即可得到上面的答案。

-
班级 学号 姓名
第3章 刚体力学
3-1当飞轮作加速转动时，对于飞轮上到轮心距离不等的两点的切向加速度t a 和法向加速度n a 有[ D ]
(A) t a 相同，n a 相同 (B) t a 相同，n a 不同 (C) t a 不同，n a 相同 (D) t a 不同，n a 不同
解题提示：可从r αa t =和r a n 2ω=来讨论，转动的刚体上半径不同的质点均具有相同的角位移，角速度和角加速度。

#
3-2一力j i F 53+=N ，其作用点的矢径为j i r 34-=m ，则该力对坐标原点
的力矩为 k M 29= 。

解： ()()j i j i F r M 5334+⨯-=⨯=
其中，k i j j i =⨯-=⨯，0=⨯=⨯j j i i ，对上式计算得 k M 29=
3-3两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ(B A ρρ>)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B , 则有[ B ]
(A) J A ＞J B (B) J A ＜J B (C) J A ＝J B (D) 不能确定J A 、J B 哪个大
解题提示：圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量为
22
1
mR J =
质量 ()
h R V m 2πρρ== 因为B A ρρ>，所以B A R R <，则有J A ＜J B 。

故选择(B)。

，
3-5有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法不正确的是[ C ] (A) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零 (B) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零 (C) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零
(D) 只有这两个力在转动平面内的分力对转轴产生的力矩，才能改变刚体绕转轴转动的运动状态
解题提示：(C)不正确。

因为力矩不仅与力有关，还与力的作用点有关。

当转动平面内两个大小相等的力方向相同时，如果这两个力对轴的位置矢量恰好大小相等，方向相反时，其合力矩为零，但合力为力的二倍。

3-6 一个飞轮的质量为m =60kg ，半径R =0.25m ，转速为10001min r -⋅。

现在要制动飞轮，要求在t =内使其均匀的减速而最后停下来。

设平板与飞轮间的滑动摩擦系数为μ=，飞轮的质量可看作是全部均匀分布在轮的边缘上。

求：平板对轮子的压力为多大
-
解：由于飞轮质量全部分布在边缘，所以其转动
惯量为
()22
2m kg 75325060⋅=⨯==..mR J
根据定义，角加速度为
T
1
2
2
0s9
20
5
60
1000
π2
-
-
=
⨯
-
=
-
=.
t
ω
ω
α
以飞轮为研究对象，受力分析如图所示，设垂直纸面向里为飞轮转动的正方向，则飞轮所受的摩擦阻力矩为
NR
fR
Mμ
-
=
-
=
根据刚体的定轴转动定律，有
αJ
M=
将两个方程联立，可得
飞轮受到的压力
()
N
392
25
8
9
20
75
3
=
⨯
-
⨯
-
=
-
=
.
.
.
.
R
J
N
μ
α
—
3-7如图所示，质量均为m的物体A和B叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接。

设定滑轮的质量为m，半径为R，且A与B 之间、A与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦，绳与滑轮之间无相对滑动。

物体A在力F的作用下运动后，求：
(1) 滑轮的角加速度。

(2) 物体A与滑轮之间的绳中的张力。

(3) 物体B与滑轮之间的绳中的张力。

解：以滑轮，物体A和B为研究
对象，分别受力分析，如图所示。

物
体A受重力
A
P、物体B的压力1
N'、
地面的支持力
2
N、外力F和绳的拉
力
2
T作用；物体B受重力B P、物体A
的支持力
1
N和绳的拉力1T作用；滑轮
受到重力P、轴的支持力N、上下两
边绳子的拉力
1
T'和2T'的作用。

设滑轮转动方向为正方向，则根据刚体定轴转动定律有
αJ R T R T ='-'12
其中 滑轮的转动惯量22
1mR J =
/
根据牛顿第二定律有 物体A ：
ma T F =-2
其中， 11T T '=， 22T T '= 因绳与滑轮之间无相对滑动，所以 有
α
R a =
将4个方程联立，可得滑轮的角加速度
mR
F
R J mR F 522=+=/α
物体A 与滑轮之间的绳中的张力
F T T 5
3
22='=物体B 与滑轮之间的绳中的张力 F T T 5
211
='=
{
3-8 如图所示，质量分别为1m 和2m 的物体A 和B 用一根质量不计的轻绳相
连，此绳跨过一半径为R 、质量为m 的定滑轮。

若物体A 与水平面间是光滑接触，求：绳中的张力1T 和2T 各为多少(忽略滑轮转动时与轴承间的摩擦力，且绳子相对滑轮没有滑动)
a
解：对滑轮、物体A 和B 分别进行受力分析，如图所示。

因绳子不可伸长，故物体A 和B 的加速度大小相等。

根据牛顿第二定律，有
a m T 11= (1)
a m T g m T P 22222=-=-
(2)
滑轮作转动，受到重力P '、张力1T '和2T '以及轴对它的作用力N '等的作用。

由于P '和N '通过滑轮的中心轴，所以仅有张力1T '和2T '对它有力矩的作用。

由刚体的定轴转动定律有
αJ T R T R ='-'12 (3)
因绳子质量不计，所以有
11T T =', 22T T ='
因绳子相对滑轮没有滑动，在滑轮边缘上一点的切向加速度与绳子和物体的加速度大小相等，它与滑轮转动的角加速度的关系为
|
αR a = (4)
滑轮以其中心为轴的转动惯量为
22
1
mR J = (5)
将上面5个方程联立，得
m
m m g m m T 2
121211++=
m
m m g
m m m T 2
1
2121212++⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+= *3-8 如图所示，物体A 和B 分别悬挂在定滑轮的两边，该定滑轮由两个同轴的，且半径分别为1r 和2r (21r r >)的圆盘组成。

已知两物体的质量分别为1m 和2m ，定滑轮的转动惯量为J ，轮与轴承间的摩擦、轮与绳子间的摩擦均忽略不
计。

求：两物体运动的加速度。

解：分别对两物体及定滑轮作受力分析，如图所示。

根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律有
111111a m T g m T P =-=- (1)
222222a m g m T P T =-=- (2)
!
αJ r T r T ='-'2211 (3)
其中 11T T =', 22T T ='
由角加速度和切向加速度的关系，有
11r a α= (4)
22r a α= (5)
解上述方程组，可得
()22
22
1
11
22111r
m r m J gr r m r m a ++-=
()22
221
12
22112r
m r m J gr r m r m a ++-=
3-9下面说法中正确的是[ A ] (A) 物体的动量不变, 动能也不变
【
(B) 物体的动量不变, 角动量也不变
(C) 物体的动量变化, 角动量也一定变化
(D) 物体的动能变化, 动量却不一定变化
3-11一质量为m 的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为j i r ωt b ωt a sin cos +=，其中a 、b 、ω皆为常数．则此质点所受的对原点的力矩M = 0 ；该质点对原点的角动量L = k abm ω 。

解：因为r r F 2
22ωm dt
d m -==
所以 (
)
02
=-⨯=⨯=r r F r M ωm 因为 ()j i r
v P t b t a m dt
d m
m ωωωωcos sin +-=== ()⨯+=⨯=j i P r L t b t a ωωsin cos ()m t b t a j i ωωωωcos sin +-
其中，k i j j i =⨯-=⨯，0=⨯=⨯j j i i ，对上式计算得
L =k abm ω
)
3-13一人手拿两个哑铃，两臂平伸并绕右足尖旋转，转动惯量为J ，角速度为ω。

若此人突然将两臂收回，转动惯量变为J /3。

如忽略摩擦力，求：此人收臂后的动能与收臂前的动能之比。

解：因人在转动过程中所受重力和支持力对转轴的力矩均为零，所以此人的转动满足刚体绕定轴转动的角动量守恒定律。

设人收回两臂后的角速度为
ω'，由21L L =得
ωω'=
3
J J 即
ωω3='
所以，收臂后的动能与收臂前的动能之比为
132
132122
k k ='
='ωωJ J E E
3-14一质量为m 的人站在一质量为m 、半径为R 的水平圆盘上，圆盘可无摩擦地绕通过其中心的竖直轴转动。

系统原来是静止的，后来人沿着与圆盘同心，半径为r (R r <)的圆周走动。

求：当人相对于地面的走动速率为v 时，圆盘转动的角速度为多大
解：对于转轴，人与圆盘组成的系统角动量守恒。

人的转动惯量为
2
mr
J =人
圆盘的转动惯量为
22
1mR J =盘
选地面为惯性参照系，根据角动量守恒定律，有
>
=+盘盘人人ωωJ J
其中
r
v
=人
ω，代入上式得
v R
r 22-=盘
ω
负号表示圆盘的转动方向和人的走动方向相反。

3-16一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω，设它所受阻力矩与转动角速度之间的关系为k ωM -= (k 为正常数)。

则在它的角速度从0ω变为
02
1
ω过程中阻力矩所做的功为多少 解：根据刚体绕定轴转动的动能定理，阻力矩所做的功为
2022
121d ωωθJ J M A -=
=⎰ 将02
1
ωω=
代入上式，得 2
8
3ωJ A -=
&
3-17 一根质量为m 、长为l 的均匀细棒，可绕通过其一段的光滑
轴O 在竖直平面内转动。

设0=t 时刻，细棒从水平位置开始自由下摆，求：细棒摆到竖直位置时其中心点C 和端点A 的速度。

解：对细棒进行受力分析可知，在转动过程中，细棒受到重力P 和轴对棒的支持力N 的作用。

其中支持力N 的大小和方向是随时变化的。

在棒转动过程中，支持力N 通过轴O ，所以对轴O 的力矩始终为零。

重力对轴O 的力矩为变力矩，是棒运动的合外力矩。

设在转动过程中某时刻，棒与水平方向成θ角，则重力矩为
θ
cos 2
l
mg M =
(b)
习题3-18图
所以细棒在由水平位置转到竖直位置的过程中，重力矩做的功为
2
cos 220
l mg
d l mg Md A ===⎰
⎰π
θθθ
设棒在水平位置的角速度为00=ω，在竖直位置的角速度为ω。

根据刚体定轴转动的动能定理，有
02
1
220k k -=-==ωJ E E l mg A
其中，棒的转动惯量为
2
3
1ml J =，代入上式得l
g 3=
ω
[
根据速度和角速度的关系r v ω=，细棒摆到竖直位置时其中心点C 和
端点A 的速度分别为gl l v C
32
1
2==ω
gl l v A 3==ω
3-18如习题3-18图所示，斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机的鼓轮半径为r ，转动惯量为J ，受到驱
动力矩M
作用，通过绳索牵引斜面上质量为m 的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度。

(绳与斜面平行，绳的质量不计，且不可伸长)
解：采用隔离法分别对物体m 和鼓轮进行受力分
析，如习题3-18图(b)所示。

重物m 受到重力P
，绳的
拉力T ，斜面的支持力N 和摩擦力f 的作用。

设重物上滑的加速度为a
，根据
牛顿第二定律，有
a m N f T P =+++
沿斜面方向和垂直于斜面的方向建立直角坐标系，则上式可分解为
x 方向 ma θmg f T =--sin (1)
y 方向 0cos =-θmg N (2)
@
且有 μN f = (3)
对鼓轮进行受力分析可知，使鼓轮转动的力矩为驱动力矩M 。

绳的拉力T
'
对转轴的力矩，其方向和M
相反，所以是阻力矩。

设鼓轮的转轴垂直于纸面指向读者，根据刚体的定轴转动定律，有
J αr T M ='- (4)
绳的质量不计，且不可伸长，所以有
T T '= (5)
重物上滑的加速度的大小等于鼓轮转动的切向加速度的大小。

由切向加速度和角加速度的关系，有
r αa = (6)
将上面6个方程联立，可求得重物上滑的加速度为
()2
sin cos mr J θmgr θμmgr M a +--=
:
班级
学号
姓名
第5章机械振动
5-1对同一简谐振动的研究, 两个人都选平衡位置为坐标原点，但
其中一人选铅直向上的Ox轴为坐标系，而另一
个人选铅直向下的OX轴为坐标系，则振动方程
中不同的量是[ ]
(A) 振幅；(B) 圆频率；
(C) 初相位；(D) 振幅、圆频
率。

答：(C)
5-2三个相同的弹簧(质量均忽略不计)都一端固定, 另一端连接质量为m的物体, 但放置情况不同。

如图所示，其中一个平放, 一个斜放, 另一个竖直放置。

如果忽略阻力影响，当它们振动起来时, 则三者的[ ]
(A) 周期和平衡位置都不相同；(B) 周期和平衡位置都相同；
<
(C) 周期相同, 平衡位置不同；(D 周期不同, 平衡位置相同。

答：(C)
5-2一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m的重物，其自由振动的周期为T．今已知振子离开平衡位置为x时，其振动速度为v，加速度为a．则下列
O
x
X
平衡位置
计算该振子劲度系数的公式中，错误的是［ ］
(A) 2
max 2max /x v m k =； (B) x mg k /=；
(C) 22/4T m k π=； (D) x ma k /=。

答： (B) 因为ma kx mg =-
》
4-4 某物体按余弦函数规律作简谐振动, 它的初相位为2/π-, 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 = 0。

答： (A)
5-5 一个质点作简谐振动，振幅为A ，周期为T ，在起始时刻 (1) 质点的位移为A/2，且向x 轴的负方向运动； (2) 质点的位移为-A/2，且向x 轴的正方向运动； (3) 质点在平衡位置，且其速度为负； (4) 质点在负的最大位移处；
&
写出简谐振动方程，并画出t=0时的旋转矢量图。

解：(1) )32cos(
ππ+=t T A x (2) )3
22cos(π
π-=t T A x 3
π
x
A
图
)1(3
2π
O
x
A
图
)2(
(3) )22cos(
ππ+=t T A x (4) )2cos(ππ
+=t T
A x
x
图
)3(O
x
A 图
)4(
4-6 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。

第一个质点的振动方程为)cos(1αω+=t A x 。

当第一个质点从相对于其平衡位置负的位移处回到平衡位置时，第二个质点正处在正的最大位移处．则第二个质点的振动方程为
（A ）2cos()2x A t πωα=++ ； （B ）2cos()2
x A t π
ωα=+- ； ［ ］
（C ）23cos()2
x A t π
ωα=+-； （D ）2cos()x A t ωαπ=++。

解： (A) 利用旋转矢量法判断，如附图所示：
2
12π
ϕϕ=
-
,
所以
2cos()2
x A t π
ωα=++
即答案（A ）
1
A
*
5-7 一简谐振动曲线如图所示，则由图确定质点的振动方程
为 ，在t = 2s 时质点的位移为 ，速度为 ，加速度为 。

1
234
0t (s)
x (cm)
6
-6
答： m t x )2
cos(06.0π
π+=； 0；
-0.06πm ∙s –1； 0
5-8 一简谐振动的曲线如图所示，则该振动的周期为 ，简谐振动方程为 。

A x
O
2/A 5
=t 6
5π
习题4-8解答用图
解：0=t 的旋转矢量图如附图所示，00>v ，3
π
ϕ-=
所以有
6
/55
2ππ=
T
；
解周期
T=12s
简谐振动方程为 )3
6cos(π
π-=t A x m
5-9一质点沿x 轴作简谐振动，其角频率ω = 10 rad/s 。

其初始位移x 0 = 7.5 cm ，初始速度v 0 = 75.0 cm/s 。

试写出该质点的振动方程。

解： 振幅 2
20
2
ωv x A +
=1110
755.722
2
=+=cm=0.11m
初相 0
arctan v x ϕω-==arctan （-1） 得 4
π
ϕ-
=和4
3πϕ=
由初始条件可知 4
π
ϕ-=;
质点的振动方程为 )4
10cos(11.0π
-=t x m
{
5-13 一质量为0.20 kg 的质点作简谐振动，其振动方程为
)2
15cos(6.0π-=t x (SI)
求：(1) 质点的初速度；(2) 质点在正向最大位移一半处所受的力。

解： (1) 质点t 时刻的速度为
)2
5sin(56.0π-⨯-==
t dt dx v 0=t 时,速度为
v =3 m ∙s –1
(2) 质点所受的力为
f kx =-
其中
3.02
==
A
x m ，52==ωm k N ∙m -1 、
得质点在正向最大位移一半处所受的力为
f kx =-=
4-13 质量为2 kg 的质点，按方程)3/8.0cos(2.0π-=t x π（SI ）沿着x 轴振动。

求(1)振动的周期、初相位、最大速度和最大加速度；(2)t =1s 时振动的相位和位移。

解： (1) 由振动方程得πω8.0=，振动的周期5.22==
ω
π
T s
由振动方程得初相 3
π
ϕ-
=
速度为 )3
8.0sin(8.02.0π
ππ-⨯-=t v m∙s -1
最大速度为 5024.08.02.0=⨯=πm v m∙s -1
加速度为 )38.0cos()8.0(2.02π
ππ-⨯-=t a m∙s -2
最大加速度 26.1)8.0(2.02=⨯-=πm a m∙s -2
￥
(2)t =1s 时，振动的相位为ππ
π47.03
8.0=-
π
5.0≈
位移为 x =0.02m
4-11 一质点作简谐振动，振动方程为)7.0100cos(6ππ+=t x cm ，
》
在t (单位:s)时刻它在
23=x cm 处，且向x 轴负方向运动。

求：
它重新回到该位置所需要的最短时间。

解 23=x 是振幅的一半，由旋转矢量法可得，t 时刻的
相位为4
π
ϕ=
再次回到23=x 的相位为
4π
ϕ-
=
两矢量之间的夹角为
432⨯π，旋转矢量转
π2用时间为周期T ，所以有
ππ24
32T t =
⨯
∆
解得 ∆t =
4-14 汽车相对地面上下作简谐振动，振动表达式为)4/2cos(04.01ππ+=t x (SI)；车内的物体相对于汽车也上下作简谐振动，振动表达式为
)2/2cos(03.02ππ+=t x (SI)。

问：在地面上的人看来，该物体如何运动写出合振
动表达式。

解： 合振动为简谐振动，其振动方程为)36.02cos(065.0ππ-=t x m
`
654
cos
3423422=⨯⨯++=π
A cm=0.065m
061.22
cos
34
cos
42sin 34sin
4tan
tan =++=π
π
π
πϕ
︒=64ϕ
5-15 一弹簧振子作简谐振动，总能量为1E ，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量2E 变为［ ］
(A) 1E /4； (B) 1E /2； (C) 21E ； (D) 41E 。

解： 总能量2
2
1kA E =
，与重物的质量无关。

所以答案为(4) 4-16 一质点作简谐振动，其振动方程为 )4
1
31cos(10
0.62
π-π⨯=-t x (SI)
(1)当x 值为多大时，系统的势能为总能量的一半 (2)质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少
；
解： (1)
2
24
121kA kx = 解得 x =
2102.42
2
-⨯=A m ；
(2) 由旋转矢量图可见，相当于求4
2
π
π
-
→-
所用时间，即
∆t =
=⋅==⋅ω
π
ππ281842T T
班级 学号 姓名
第6章 机械波
6-3 一平面简谐波的表达式为)37.0125cos(25.0x t y -=(SI)，其角频率 = ，波速u = ，波长
= 。

…
解：
=125rad 1s -⋅ ;
37.0=u
ω
，u =
=37
.0125
3381s m -⋅
=⨯=
=
=
125
338
22πω
πν
λu
u
17.0m 6-4频率为500Hz 的波，其波速为350m/s ，相位差为2π/3 的两点之间的距离为 _。

解： ∆λ∆π
ϕx 2=， π
λϕ∆∆2⋅=x =0.233m 6-5 一平面简谐波沿x 轴负方向传播。

已知在x =-1m 处质点的振动方程为cos()y A t ωϕ=+(SI)，若波速为u ，则此波的表达式
为 。

答： )]1(cos[u
x
u t A y ++=ω(SI)
5-4 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，t = 0 时刻的波形图如图所示，则
P 处介质质点的振动方程是［ ］。

(A) )3
1
4cos(10.0π+π=t y P (SI)； (B) )3
1
4cos(10.0π-π=t y P (SI)； (C) )3
1
2cos(10.0π+π=t y P (SI)； (D) )6
1
2cos(10.0π+
π=t y P (SI)。

!
解：答案为 (A)
确定圆频率：由图知10=λm ，u =20m/s ，得πλ
π
πνω422===u
确定初相：原点处质元t =0时，205.00A y P =
=、00<v ，所以3
πϕ= 6-8已知波源的振动周期为×10-2 s ，波的传播速度为300 m ·s -1，波沿x 轴正方向传播，则位于x 1 = 10.0 m 和x 2 = 16.0 m 的两质点振动相位差的大小为 。

答：ππ
λ
π
ϕ∆3
8
22121
2=-=-=uT x x x x 6-9 一列平面简谐波沿x 轴正向无衰减地传播，波的振幅为 2×10-3 m ，周期为 s ，波速为400 m∙s -1。

当t = 0时x 轴原点处的质元正通过平衡位置向y 轴正方向运动，则该简谐波的表达式为 。

答：波沿x 轴正向无衰减地传播，所以简谐波的表达式为
O
$
P
y （m ）
5m
u =20m/s
])(cos[ϕω+-=u
x
t A y 的形式。

其中ππω2002==
T ；由00=x 、00>v ，知2
π
ϕ-=，代入上式，得 ]2
)400(200cos[1023π
π--
⨯=-x t y m <
6-11 如图，一平面波在介质中以波速u = 10 m ·s -1沿x 轴负方向
传播，已知A 点的振动方程为)3/3cos(1042π+⨯=-t y π[SI]。

（1）以A 点为坐标原点，写出波函数；
（2）以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波函数； （3）A 点左侧2m 处质点的振动方程；该点超前于A 点的相位。

解： （1）]3
)10(3cos[1042
π++
⨯=-x t y πm （2）
]6
7)10(3cos[1042π-+
⨯=-x t y πm 或
]6
5)10(3cos[1042
π
++⨯=-x t y πm
（3）
]15
4(3cos[1042π
-
⨯=-t y πm 5
31590
2ππϕϕ-
=-=-=-=x x ，即比A 点相位落后
5
3π
6-12图示一平面简谐波在t = s 时刻的波形图，波的振幅为0.20 m ，周期为 s ，求（1）坐标原点处质点的振动方程；（2）若OP =5.0m ，写出波函数；（3）写出图中P 点处质点的振动方程。

*
解： 如图所示为t =0时的波形图，可见t =0原点处质点在负的最大位移处，所以πϕ=。

（1）坐标原点处质点的振动方程为
)2
cos(2.0ππ
+=t y m
（2）波函数为 习题6-12解题用图
])5
.2(2
cos[2.0ππ
+-
=x
t y m （3）P 点的坐标x =0.5m 代入上式，得P 点的振动方程为
)2
cos(2.0t y π
=m
y （m ） x （m ）
A O
P 传播方向
o
x
y
u
P
|
6-13 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21ϕϕ-为[ ]
(A) 0 (B)
)(221x x u
-πν
(C) π (D)
)(212x x u -πν
答： （B ） 习题5-13解答用图
5-14如图所示，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 。

波速均为
u ＝0.20 m
s -1。

则两波在P 的相位差为 。

P
C
B
答： 020
.040
.050.022=--=--=ππλ
ϕϕϕ∆uT B C
#
5-10 如图所示，S 1和S 2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出
1x 2
x u
o
波长为λ的简谐波，P 点是两列波相遇区域中的一点，已知12S P λ=，
2 2.2S P λ=，两列波在P 点发生相消干涉．若S 1的振动方程为)2/cos(1π+=t A y ，则S 2的振动方程为 ［ ］
(A) )2
cos(2π
-=t A y ; (B) )cos(2π-=t A y ; (C) )2
cos(2π
+
=t A y ; (D) )1.0cos(2π-=t A y 。

答： 答案为（D ）。

设S 2的振动方成为)cos(22ϕ+=t A y ，在P 点两波的相位差为
πλ
λ
λπ
π
ϕλ
π
ϕϕϕ∆=---
=---=22.222
221212P
S P S
解得πϕ9.12=可记为πϕ1.02-=。

5-11如图所示，两列波长均为λ的相干简谐波分别通过图中的O 1和O 2点，通过O 1点的简谐波在M 1 M 2平面反射后，与通过O 2点的简谐波在P 点相遇。

假定波在M 1 M 2平面反射时有由半波损失。

O 1和O 2两点的振动方程为10cos y A t π=和20cos y A t π=，且 18O m mP λ+=，23O P λ=（λ
为波长），求：
(1) 两列波分别在P 点引起的振动的方程； (2) 两列波在P 点合振动的强度（假定两列波在传播或反射过程中均不衰减）。

~
&
P
M 1 M 2
m
O 2
O 1
S 1
S 2
P
解： （1）1O 在P 点引起的振动为]82cos[1πλ
λ
π+⨯-
=t A y π=)cos(π+t A π
2O 在P 点引起的振动为t A t A y πλ
λ
πcos ]32[cos 2=⨯-
=π
（2）在P 点二振动反相，合振动的振幅为0，2A I ∝，所以P 点合振动的强度为0。

5-12 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动［ ］ (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． 答：（B ） 5-13在波长为的驻波中，相对同一波节距离为/8两点的振幅和相位分
别为
答：（B ）
^
(A) 相等和0； (B)相等和π； (C) 不等和0； (D) 不等和π。

［ ］
(本题10分）图示为平面简谐波在t =0时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时图中点P 的运动方向向上。

求：
（1）原点处质点的振动方程； （2）该波的波动方程；
（3）在距原点右侧7.5m 处质点的振动方程。

解： （1）由图可知A=0.1m
m 20=λ（1分）
波向左传播（1分），
2500ωπνπ==（1分） ，
初相
3
π
ϕ=
（2分）
波速15000u
m s λν-==⋅（ 1分）
*
原点处质点的振动方程
0.1cos(500)()3
y t m π
π=+（ 2分）
（2）该波的波动方程
0.10cos(500)()103
y t x m ππ
π=+
+ （1分）
（3）
))(12
13500cos(1.0m t y π
π+= （1分）
|
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第9章 气体动理论
9-9一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平衡状态，则下列几种情况正确的是
（1）温度相同、压强相同；
·
（2）温度、压强都不相同；
（3）温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强； （4）温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强。

答案：（3）
8-2三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度V n 相同，而方均根
速率之比为()()()
4:2:1v ::2
/122
/122
/12=C
B A
v v ，则其压强之比A p :B p :C p 为多少
答案： 1：4：16
9-11温度相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能为ε，平均平动动能为t ε，下列说法正确的是
（1） ε和t ε都相等； （2） ε相等，而t ε不相等； （3） t ε相等，而ε不相等；
<
（4） ε和t ε都不相等。

答案：（3）
8-4如图所示的两条曲线分别表示氦、氧两种气体在相同温度T 时分子按速率的分布，其中曲线 I 、II 分别表示哪种气体分子的速率分布曲线
答案：Ⅰ为氧气，Ⅱ为氦气
8-6若气体分子的速率分布函数为f (v )，分子质量为m ，说明下列各式的物理意义：
（1）v d v f v v ⎰2
1)(；（2）⎰∞
)(dv v vf ；（3）
⎰∞0
2
)(21dv v f v m 答案：（1）分子出现在v 1～v 2速率区间的概率；（2）分子的平均速率；（3）分子的平均平动动能。

8-7两个容器中分别装有氮气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的是
（1）分子平均动能； （2）分子平均速率；
~
（3）分子平均平动动能； （4）最概然速率。

答案：（3）
8-8在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积相同，则其内能之比E 1 / E 2为 。

答案： 5/3
8-9容器中储有1mol 的氮气，压强为，温度为7℃，则（1）1 m 3中氮气的分子数为多少 （2）容器中的氮气的密度为多少 解：
（1）由kT n p V =得
==
kT
p
n V ×1020 m -3 （2）由理想气体状态方程，得===
RT
p V M μ
ρ ×10-5 kg·
m -3。

￥
8-10 有体积为2×10
3 m 3
的氧气，其内能为×102 J 。

（1）试求气体的压强；
（2）设分子总数为×1022个，求分子的平均能量及气体的温度；
（3）分子的方均根速率为多少
解：（1）由内能pV RT i M E 2
5
2==
μ 得
51035.152⨯==
V
E
p Pa （2）由知201025.1-⨯==
N E εJ 。

因为kT 2
5
=ε，所以 36252==
k
T ε
K 9-6容积为×10-3m 3的瓶子以速率v ＝200 m·s
1
匀速运动，瓶子中充有质量
为100g 的氢气。

设瓶子突然停止，且气体的全部定向运动动能都变为气体分子热运动的动能，瓶子与外界没有热量交换，求热平衡后氢气的温度、压强各增加多少
《
解： 因氢气的定向运动动能全部转化为内能，即
T R M Mv ∆μ2
5212= 925.1=T ∆K
由理想气体状态方程，得
T
R M
pV ∆∆μ
=
4108.33⨯==
T R V
M
p ∆∆μPa
9-7 1mol 的氦气和氧气，在温度为C ︒27的平衡态下分子的平均平动动能和平均动能分别为多少内能分别为多少
解： 氧气：21-106.2123⨯==kT t εJ ；2010035.125-⨯==kT εJ ；62322
5
==RT E J 氦气：21-106.2123⨯==kT t εJ ；12106.2123-⨯==kT εJ ；37402
3
==RT E J -
8-13在相同的温度和压强下，单位体积的氢气（视为刚性双原子分子气体）
与氦气的内能之比为多少质量为1kg 的氢气与氦气的内能之比为多少
解：因温度和压强相同，由kT n p V =知V n 相同 单位体积的内能之比为
3
5
；
质量为1kg 的氢气与氦气的内能之比为
3
10
2435=
⋅=
氦
氢E E 8-14 温度为C 100︒的水蒸汽在常压下可视为理想气体，求分子的平均平动动能、分子的方均根速率和18g 水蒸汽的内能
解：21-107.722
3
⨯==
kT t εJ ; 8.71832==
μ
RT
v m/s ；9.92982
6
==RT n E J
9-10 1 mol 氮气，由状态A （p 1,V ）变到状态B （p 2,V ），气体内能的增量为多少
解：T R n
E ∆=∆25，由理想气体状态方程，得)(2
5
12p p V E -=∆ 9-12 1摩尔温度为T 1的氢气与2摩尔温度为T 2的氦气混合后的温度为多少设混合过程中没有能量损失。

解： 设混合后的温度为T ，有
…
RT RT RT RT 2
5
2322523212+⨯=+⨯
11
561
2T T T +=
8-16 图8-14的两条f (v )~v 曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦速率分布曲线。

由此可得氢气与氧气分子的最概然速率分别为多少
v （m /s ）
2000 f
.
解：由μ
RT
v p 1
4.1=知氢气的最概然速率大于氧气的最改燃速率，则曲线
Ⅱ为氢气速率分布曲线，曲线Ⅰ为氧气分子的速率分别曲线。

氢气的最概然速率为2000m/s ； 因
4==
氢
氧
氧
氢μμp p v v 所以，氧气分子的最概然速率为500m/s
8-17 若氮气在温度为T 1时分子的平均速率等于氧气在温度为T 2时分子的平均速率，求T 1与T 2的比值。

解： 由 氧
氮
μμ2
1
6
.16.1RT RT v ==
得
8
721==氧氮μμT T
8-18 已知某理想气体分子的方均根速率为400m·s -1。

当其压强为1atm 时，求气体的密度。

~
解：由μ
RT
v 32=
，得
2
3v
RT
=
μ
1.932====
v
p
RT p V M μρ kg/m 3
8-19 测得一山顶的压强为海平面处压强的80%，设空气温度均为-13℃，求山顶的海拔高度为多少空气的摩尔质量为×10-2kg·mol -1，g 取10m/s 2。

解： p
p g RT z 0
ln μ=
=1662 m 8-20 一真空管真空度为×10-2Pa ，设空气分子的有效直径为3×10-10m ，空气
的摩尔质量为×10-2kg·mol -1。

求在温度为300K 时分子的平均自由程。

解： p
d kT 22πλ=
=41.4m
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第10章 热力学基础
9-1如图所示，一定量的理想气体经历ab 过程时气体对外做功为1000 J 。

则气体在ab 与abca 过程中，吸热分别为多少
/
解：因为
1000==ab ab A Q J
所以
7003001000=-=+=+=ab bca ab bca abca Q A Q Q Q J
9-2 2mol 的氦气开始时处在压强p 1=2 atm 、温度T 1 =400 K 的平衡态，经过一个等温过程，压强变为p 2 =1atm 。

该气体在此过程中内能增量和吸收的热量各为多少若气体经历的是等容过程，上述气体在此过程中吸收的热量与内能增量各为多少
解：（1）气体在等温过程中吸收的热量与内能增量分别为
4608ln
2
1
1===p p nRT A Q J, 0=E ∆ （2）气体在等容过程中吸收的热量与内能增量为。