- 2022-08-16 发布 |
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文档介绍
大学物理习题解答
大学物理（上册）习题解答76第一章质点运动学76P26．1．1一质点沿直线运动，运动方程为x(t)=6t2-2t3．试求：（1）第2s内的位移和平均速度；（2）1s末及2s末的瞬时速度，第2s内的路程；（3）1s末的瞬时加速度和第2s内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s末的位移大小为x(1)=6×12-2×13=4(m)．在第2s末的位移大小为x(2)=6×22-2×23=8(m)．在第2s内的位移大小为Δx=x(2)–x(1)=4(m)，经过的时间为Δt=1s，所以平均速度大小为=Δx/Δt=4(m·s-1)．（2）质点的瞬时速度大小为v(t)=dx/dt=12t-6t2，因此v(1)=12×1-6×12=6(m·s-1)，v(2)=12×2-6×22=0，质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即Δs=Δx=4m．（3）质点的瞬时加速度大小为a(t)=dv/dt=12-12t，因此1s末的瞬时加速度为a(1)=12-12×1=0，第2s内的平均加速度为=[v(2)-v(1)]/Δt=[0–6]/1=-6(m·s-2)．[注意]第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2一质点作匀加速直线运动，在t=10s内走过路程s=30m，而其速度增为n=5倍．试证加速度为．并由上述数据求出量值．[证明]依题意得vt=nvo，根据速度公式vt=vo+at，得a=(n–1)vo/t，(1)根据速度与位移的关系式vt2=vo2+2as，得a=(n2–1)vo2/2s，(2)（1）平方之后除以（2）式证得．计算得加速度为=0.4(m·s-2)．1．3一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s-1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m，忽略空气阻力，且取g=10m·s-2．问：70m22.5º图1.3（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？[解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为vy0=v0sinθ=24.87(m·s-1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式76\nvt-v0=at，这里的v0就是vy0，a=-g；当他达到最高点时，vt=0，所以上升到最高点的时间为t1=vy0/g=2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式vt2-v02=2as，可得上升的最大高度为h1=vy02/2g=30.94(m)．他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为h2=h1+h=100.94(m)．根据自由落体运动公式s=gt2/2，得下落的时间为=4.49(s)．因此他飞越的时间为t=t1+t2=6.98(s)．他飞越的水平速度为vx0=v0cosθ=60.05(m·s-1)，所以矿坑的宽度为x=vx0t=419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为vy=vy0-gt=-44.93(m·s-1)，落地速度为v=(vx2+vy2)1/2=75(m·s-1)，与水平方向的夹角为φ=arctan(|vy|/vx)=36.8º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y=vy0t-gt2/2，移项得时间的一元二次方程，解得．这里y=-70m，根号项就是他落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为t=6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即dv/dt=-kv2，k为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t时刻的速度大小为；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变量得，积分，可得．（2）速度大小公式可化为，由于v=dx/dt，所以积分．因此．证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f=f(v)，根据牛顿第二定律得f=ma．由于a=d2x/dt2，而dx/dt=v，所以a=dv/dt，分离变量得方程，解方程即可求解．在本题中，k76\n已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则dv/dt=-kvn．（1）如果n=1，则得，积分得，即，得速度为v=v0e-kt．而dx=vdt=v0e-ktdt，积分得．（2）如果n≠1，则得，积分得，因此．如果n=2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．1．5一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ=2+4t3．求：（1）t=2s时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答]（1）角速度为ω=dθ/dt=12t2=48(rad·s-1)，法向加速度为an=rω2=230.4(m·s-2)；角加速度为β=dω/dt=24t=48(rad·s-2)，切向加速度为at=rβ=4.8(m·s-2)．（2）总加速度为a=(at2+an2)1/2，当at=a/2时，有4at2=at2+an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．（3）当at=an时，可得rβ=rω2，即24t=(12t2)2，解得t=(1/6)1/3=0.55(s)．yxOαv0θaaxayv0xv0y1．6一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v=300m·s-1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a=20m·s-2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v0x=v0cosθ，v0y=v0sinθ．加速度的大小为76\nax=acosα，ay=asinα．运动方程为，．即，．令y=0，解得飞机回到原来高度时的时间为t=0（舍去）；(s)．将t代入x的方程求得x=9000m．[注意]也可以利用速度关系求时间．飞机在竖直方向的速度为vy=-vy0+ayt，当飞机运动到同一水平面时，其速度为vy=vy0，可得运动时间为(s)．进一步可以求出飞机飞行的水平距离．RA图1.71．7一个半径为R=1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt=2.0s内下降的距离h=0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度．由于，所以at=2h/Δt2=0.2(m·s-2)．物体下降3s末的速度为v=att=0.6(m·s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为=0.36(m·s-2)．1．8一升降机以加速度1.22m·s-2上升，当上升速度为2.44m·s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h=h1-h2，所以，解得时间为=0.705(s)．算得h2=-0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a+g，而初速度为零，可列方程h=(a+g)t2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处．已知气流相对于地面的速度为u，AB之间的距离为l，飞机相对于空气的速率v保持不变．（1）如果u=0（空气静止），试证来回飞行的时间为；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；76\n（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v，路程为2l，所以飞行时间为t0=2l/v．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v+u，向西飞行逆风的速率为v-u，所以飞行时间为．ABABvv+uv-uABvuuvv（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小为，所以飞行时间为．证毕．[注意]飞机的速率要大于气流的速率，飞机才能回到A处。v1hlv2θ图1.101．10如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v2．今在车后放一长方形物体，问车速v1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？v1hlv2θv3ααv⊥[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tanα=l/h．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v1=v2sinθ+v3sinα，其中v3=v⊥/cosα，而v⊥=v2cosθ，因此v1=v2sinθ+v2cosθsinα/cosα，即．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以，即．方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，雨滴相对于车的水平速度为v1–v2sinθ，竖直速度为v2cosθ．雨滴下落h时所需要的时间为t=h/v2cosθ，雨滴偏离的水平距离为l时，物体刚好不会被淋湿，即l=(v1–v2sinθ)t，将上式代入下式即得所求．7676\n第二章质点力学的基本定律76P46．θmF图2.12．1如图所示，把一个质量为m的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs较小，因此若不加支持，木块将加速下滑．（1）试证tanθ≧μs；（2）须施加多大的水平力，可使木块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多大？（3）如不断增大的大小，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？（1）[证明]木块在斜面上时受到重力和斜面的支持力以及静摩擦力，其中θGmNff≦fs=μsN，而N=Gcosθ．要使木块加速下滑，重力沿着斜面的分量不得小于最大静摩擦力fs．根据牛顿第二定律得Gsinθ-μsGcosθ=ma≧0，因此tanθ≧μs．证毕．θGmNfxFθy（2）[解答]要使物体恰好不下滑，则有Gsinθ-μsN-Fcosθ=0，（1）N-Gcosθ-Fsinθ=0．（2）（2）×μs+（1）得Gsinθ-μsGcosθ–Fcosθ-μsFsinθ=0，解得．（3）上式代入（2）得．（4）（3）[解答]当木块相对静止时，由力的平衡条件得Gsinθ-f-Fcosθ=0，N-Gcosθ-Fsinθ=0．解得f=Gsinθ-Fcosθ，N=Gcosθ+Fsinθ．可知：①当的大小不断增加时，摩擦力将不断减小，方向还是沿斜面向上的；当F=Gtanθ时，摩擦力为零；当F再增加时摩擦力将反向，并且不断增加．当F增加到某一值时，则可能打破平衡．②正压力将随F的增加而增加．[讨论]当tanθ<1/μs时，如果木块恰好不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可得．将（3）式中的μs改为-μs就是这个结果．可见：当tanθ=1/μs时，F趋于无穷大，只有当tanθ<1/μs时，才可能增加F的大小使木块向上加速滑动．2．2如图所示，设质量m=10kg的小球挂在倾角α=30°的光滑斜面上，求：αGxayNTαa图2.2（1）当斜面以加速度a=g/3沿图中所示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？76\n（2）当斜面的加速度至少为多大时小球对斜面的正压力为零？（g=9.8m·s-2）[解答]（1）小球受到重力G，斜面的支持力N和绳子的张力T．建立坐标系，列方程得Ncosα+Tsinα–mg=0，Tcosα-Nsinα=ma．解得N=m(gcosα–asinα)=68.54(N)，T=m(gsinα+acosα)=77.29(N)．（2）令N=0，得加速度为a=gcotα=16.97(m·s-2)．αAB图2.32．3物体A和B的质量分别为mA=8kg，mB=16kg，它们之间用绳子联结，在倾角α=37°的斜面上向下滑动，如图所示．A和B与斜面的滑动摩擦因素分别为μkA=0.2，μkB=0.4，求：（1）物体A和B的加速度；（2）绳子的张力；（3）如果将A和B互换位置，则（1）和（2）的结果如何？[解答]根据角度关系可得sinα=3/5=0.6，cosα=4/5=0.8，tanα=3/4=0.75．αABmAgNAfATTmBgNBfB（1）如果物体A和B之间没有绳子，由于tanα≧μs，可知：A和B都要沿斜面做加速运动，而B的加速度比较小．当A和B之间有绳子时，它们将以相同的加速度运动．设绳子的张力为T，根据牛顿第二定律分别对A和B列运动方程：mAgsinα–μkAmAgcosα-T=mAa，T+mBgsinα–μkBmBgcosα=mBa．两式相加得[(mA+mB)sinα–(μkAmA+μkBmB)cosα]g=(mA+mB)a，所以加速度为=3.26(m·s-2)．（2）将加速度a的公式代入任一方程都可解得张力为=3.86(N)．由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张力才为零，这是因为它们的加速度相等．（3）将A和B互换位置后，由于A的加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力为零．A的运动方程为mAgsinα–μkAmAgcosα=mAaA，解得aA=g(sinα–μkAcosα)=4.12(m·s-2)．同理得aB=g(sinα–μkBcosα)=2.7(4m·s-2)．2．4一个重量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．αABv0P图2.4[解答]质点在斜上运动的加速度为a=gsinα，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x=v0t，．将t=x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．5桌上有一质量M=1kg的平板，板上放一质量m=2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk76\n=0.25，静摩擦因素为μs=0.30．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a=1m·s-2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；m2FT1a1m1T2a2f1f2图2.6（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力Nm=mg=19.6(N)，NmfmNMfMa这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为fm=ma=2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于板和物体的重力NM=(m+M)g=29.4(N)，这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为fM=μkNM=7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．NmfNMf`fFa`（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为f=μsmg=ma`，可得a`=μsg．这就是物体的最大加速度．这时板的运动方程为F–f–μk(m+M)g=Ma`，即F=f+Ma`+μk(m+M)g=(μs+μk)(m+M)g，算得F=16.17(N)．当外力大于16.17N时，板的加速度就会大于物体的最大加速度，因此要将板从物体下面抽出，需要大于16.17N的力．2．6如图所示：已知F=4N，m1=0.3kg，m2=0.2kg，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a2=2a1，而力的关系为T1=2T2．对两物体列运动方程得T2-μm2g=m2a2，F–T1–μm1g=m1a1．可以解得m2的加速度为=4.78(m·s-2)，绳对它的拉力为=1.35(N)．2．7两根弹簧的倔强系数分别为k1和k2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k与k1和k2．满足关系关系式；k1k2F(a)k1k2F图2.7(b)（2）它们并联起来时，总倔强系数k=k1+k2．[解答]当力F将弹簧共拉长x时，有F=kx，其中k为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x1和x2，产生的弹力分别为F1=k1x1，F2=k2x2．（1）由于弹簧串联，所以76\nF=F1=F2，x=x1+x2，因此，即．（2）由于弹簧并联，所以F=F1+F2，x=x1=x2，因此kx=k1x1+k2x2，即k=k1+k2．2．8如图所示，质量为m的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T．（1）小车沿水平线作匀速运动；图2.8（2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；（4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b1=b）；（5）以同样大小的加速度（b2=b），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T=mg．Tmgmaθ（2）（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tanθ=ma/mg，所以θ=arctan(a/g)；绳子张力等于摆所受的拉力．Tmgmaφθ（3）（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ=φ；T=mgcosφ．Tmgmbφθφ（4）xy（4）建立水平和竖直直角坐标系，可列方程Tsinθ=max=mbcosφ，①Tcosθ–mg=may=mbsinφ．②由(2)式得Tcosθ=mg+mbsinφ．③①除以③得，①的平方加③的平方得T2=(mbcosφ)2+(mg+mbsinφ)2，公式化简再开平方得张力为．Tmgmbφθ（5）（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b改为-b就行了．Tmgmbφθφ（4）xy[讨论]第（1）、第（2）和第（3）问比较简单，第（5）问可由第（4）问得出，而第（4）问除前面的一种用正直角坐标系的解法之外，还有多种解法．方法二：用斜坐标系．张力T与x轴正向的夹角为90°–θ–φ，重力mg与y轴负向的夹角为φ，可列方程Tcos(90°–θ–φ)–mgsinφ=mb，①Tsin(90°–θ–φ)–mgcosφ=0．②即Tsin(θ+φ)=mb+mgsinφ，③Tcos(θ+φ)=mgcosφ．④由③和④解得张力为，⑤摆线与竖直线的夹角为76\n．⑥这个角度也是一种结果，它可以化成前面的形式．设，则．于是，因此．Tmgmbφθφ（4）方法三：用矢量三角形．张力T、重力mg（虚线）和mb构成一个矢量三角形，延长竖直虚线，与水平虚线相交，可知张力T的对角为180°-(90°–φ)=90°+φ，根据余弦定理可得张力为．张力与竖直虚线和水平虚线构成一直角三角形，θ角的对边是mbcosφ，邻边是mg+mbsinφ，由此可得：，由此可得⑥式．lmθBCO图2.92．9如图所示：质量为m=10kg的小球，拴在长度l=5m的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？（2）在θ<60°的任一位置时，求小球速度v与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ=60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？lmθBCOmgT[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F=-mgsinθ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为，其中s表示弧长．由于s=Rθ=lθ，所以速度为，因此，即vdv=-glsinθdθ，（1）取积分，得，解得=2.21(m·s-1)．76\n由于，所以TB=2mg=1.96(N)．（2）由（1）式积分得，因此速度为．切向加速度为at=gsinθ；法向加速度为．由于TC–mgcosθ=man，所以张力为TC=mgcosθ+man=mg(3cosθ–1)．（3）当θ=60º时，切向加速度为=8.49(m·s-2)，法向加速度为an=0，绳子的拉力T=mg/2=0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．rDαBCA图2.102．10一质量为m的小球，最初静止于如图所示的A点，然后沿半径为r的光滑圆弧的内表面ADCB下滑．试求小球在C点时的角速度和对圆弧表面的作用力．[解答]此题情形与上一题的数学类型是相同的．取上题中l=r，对（1）式积分，得，解得速度为，角速度为．由于NC–mgcosα=2mgcosα，所以NC=3mgcosθ．hθmNmg图2.112．11小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F=mgcosθ．小球的运动方程为，s表示弧长．由于v=ds/dt，所以，因此vdv=gcosθds=gdh，h表示石下落的高度．积分上式得，因此速率为．2．12质量为m的物体，最初静止于x076\n，在力(k为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v=[2k(1/x–1/x0)/m]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程利用v=dx/dt，可得，因此方程变为，积分得，即，所以．证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f=f(x)，利用变换可得方程：mvdv=f(x)dx，积分即可求解．如果f(x)=-k/xn，则得．（1）当n=1时，可得．即．（2）如果n≠1，可得，即．当n=2时，即证明了本题的结果．2．13一质量为m的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k．求：（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；（2）小球上升到最大高度所花的时间T．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为正，根据牛顿第二定律得方程，分离变量得，积分得，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v=0，所需要的时间为．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤．由于v=dx/dt，所以，即76\n，积分得．（2）如果小球以v0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g改为-g得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数vm=mg/k．ARv0图2.142．14如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk．设物体在某时刻经A点时速率为v0，求此后时刻t物体的速率以及从A点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N=mv2/R．物体所受的摩擦力为f=-μkN，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得，即．积分得，解得．由于，积分得．*2．15mRωθrmg图2.162．16如图所示，一半径为R的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为F=mgtanθ．珠子做圆周运动的半径为r=Rsinθ．根据向心力公式得F=mgtanθ=mω2Rsinθ，可得，解得．7676\n第三章运动的守恒定律76P84．3．1如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F=-kx，而位移x=Acosωt，其中k，A和ω都是常数．求在t=OxFxm图3.10到t=π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得dI=Fdt=-kAcosωtdt，积分得冲量为，方法二：利用动量定理．小球的速度为v=dx/dt=-ωAsinωt，设小球的质量为m，其初动量为p1=mv1=0，末动量为p2=mv2=-mωA，小球获得的冲量为I=p2–p1=-mωA，可以证明k=mω2，因此I=-kA/ω．3．2一个质量m=50g，以速率的v=20m·s-1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p=mv，mRp1p2Δpp1但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得，由此可作矢量三角形，可得．因此向心力给予小球的的冲量大小为=1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F=mv2/R，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量．mRFxyFFyxO假设小球被轻绳拉着以角速度ω=v/R运动，拉力的大小就是向心力F=mv2/R=mωv，其分量大小分别为Fx=Fcosθ=Fcosωt，Fy=Fsinθ=Fsinωt，给小球的冲量大小为dIx=Fxdt=Fcosωtdt，dIy=Fydt=Fsinωtdt，积分得，，合冲量为，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．76\n3．3用棒打击质量0.3kg，速率等于20m·s-1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为=14(m·s-1)，其速度的增量为=24.4(m·s-1)．vxΔvvy棒给球冲量为I=mΔv=7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）F=I/t=366.2(N)．CBA图3.43．4如图所示，3个物体A、B、C，每个质量都为M，B和C靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m的细绳，首先放松．B的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A和B起动后，经多长时间C也开始运动？C开始运动时的速度是多少？（取g=10m·s-2）[解答]物体A受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg–T=Ma，物体B在没有拉物体C之前在拉力T作用下做加速运动，加速度大小为a，可列方程T=Ma，联立方程可得a=g/2=5(m·s-2)．根据运动学公式s=v0t+at2/2，可得B拉C之前的运动时间=0.4(s)．此时B的速度大小为v=at=2(m·s-1)．物体A跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A和B拉动C运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得2Mv=3Mv`，因此C开始运动的速度为v`=2v/3=1.33(m·s-1)．3．5一个原来静止的原子核，放射性蜕变时放出一个动量p1=9.22×10-16g·cm·s-1的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一个动量p2=5.33×10-16g·cm·s-1的中微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方向．[解答]原子核蜕变后的总动量大小为=10.65×10-16(g·cm·s-1)．p1pp2θ其方向与电子方向的夹角为θ=arctan(p2/p1)=30°．根据动量守恒定律，三个粒子总动量为零，，所以原子核的反冲动量为，其大小与电子和中微子的合动量的大小相等，方向相反，与电子速度的夹角为180-θ=150°．3．6一炮弹以速率v0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答]炮弹在最高点的速度大小为v=v0cosθ，方向沿水平方向．v0θvv`v`45°76\n根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得，所以v`=v/cos45°=．3．7如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m，它与路面的滑动摩擦因数为μk．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？R45°mgNθFfds图3.7[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为ds=Rdθ．重力的大小为G=mg，方向竖直向下，与位移元的夹角为π+θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为．摩擦力的大小为f=μkN=μkmgcosθ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即，或者．拉力的功元为，拉力所做的功为．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．3．8一质量为m的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r的圆周运动．设质点最初的速率是v0，当它运动1周时，其速率变为v0/2，求：（1）摩擦力所做的功；（2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答]（1）质点的初动能为E1=mv02/2，末动能为E2=mv2/2=mv02/8，动能的增量为ΔEk=E2–E1=-3mv02/8，这就是摩擦力所做的功W．（2）由于dW=-fds=-μkNds=-μkmgrdθ，积分得76\n．由于W=ΔE，可得滑动摩擦因数为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为at=f/m=-μkg，根据公式vt2–vo2=2ats，可得质点运动的弧长为，圈数为n=s/2πr=4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量-fs=ΔEk，可得s=-ΔEk/f，由此也能计算弧长和圈数。θ=45°ABs=3m图3.93．9如图所示，物体A的质量m=0.5kg，静止于光滑斜面上．它与固定在斜面底B端的弹簧M相距s=3m．弹簧的倔强系数k=400N·m-1．斜面倾角为45°．求当物体A由静止下滑时，能使弹簧长度产生的最大压缩量是多大？[解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和弹性势能的零势点，由于物体A和弹簧组成的系统只有保守力做功，所以机械能守恒，当弹簧压缩量最大时，可得方程，整理和一元二次方程，解得=0.24(m)（取正根）．p1p2θp03．10一个小球与另一质量相等的静止小球发生弹性碰撞．如果碰撞不是对心的，试证明：碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．[证明]设一个小球碰撞前后的速度大小分别为v0和v1，另一小球的在碰撞后的速度大小为v2，根据机械能守恒得，即；根据动量守恒得，其中各动量的大小为p0=mv0、p1=mv1和p2=mv2，对矢量式两边同时平方并利用得，即化简得，结合机械能守恒公式得2v1v2cosθ=0，由于v1和v2不为零，所以θ=π/2，即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．l=0.8mm2m1O图3.11证毕．3．11如图所示，质量为1.0kg76\n的钢球m1系在长为0.8m的绳的一端，绳的另一端O固定．把绳拉到水平位置后，再把它由静止释放，球在最低点处与质量为5.0kg的钢块m2作完全弹性碰撞，求碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度．[解答]钢球下落后、碰撞前的速率为．钢球与钢块碰撞之后的速率分别为v1`和v1`，根据机械能守恒和动量守恒得方程，．整理得．将上式除以下式得v1+v1`=v2`，代入整理的下式得，解得．碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为=0.36(m)．[讨论]如果两个物体的初速率都不为零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械能和动量守恒方程，．同理可得．从而解得，或者；将下标1和2对调得，或者．后一公式很好记忆，其中代表质心速度．3．12一质量为m的物体，从质量为M的圆弧形槽顶端由静止滑下，设圆弧形槽的半径为R，张角为π/2，如图所示，所有摩擦都忽略，求：mMABRvV图3.12（1）物体刚离开槽底端时，物体和槽的速度各是多少？（2）在物体从A滑到B的过程中，物体对槽所做的功W；（3）物体到达B时对槽的压力．[解答]（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得，根据动量守恒定律得0=mv+MV．因此，76\n解得，从而解得．（2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量．（3）物体相对于槽做圆周运动，在槽底相对于槽的速度为，物体受槽的支持力为N，则，因此物体对槽的压力为．3．13在实验室内观察到相距很远的一个质子（质量为mp）和一个氦核（质量为4mp）沿一直线相向运动；速率都是v0，求两者能达到的最近距离．[解答]当两个粒子相距最近时，速度相等，根据动量守恒定律得4mpv0-mpv0=(4mp+mp)v，因此v=3v0/5．质子和氦核都带正电，带电量分别为e和2e，它们之间的库仑力是保守力．根据能量守恒定律得，因此，所以最近距离为．lθm图3.143．14如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆．问：（1）摆球对悬挂点的角动量守恒吗？（2）求出t时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，角动量的方向会改变吗？（3）计算摆球在θ角时对悬挂点角动量的变化率．lmgNθ[解答]（1）由于单摆速度的大小在不断发生改变，而方向与弧相切，因此动量臂l不变；由于角动量L=mvl，所以角动量不守恒．（2）当单摆逆时针运动时，角动量的方向垂直纸面向外；当单摆顺时针运动时，角动量的方向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角动量的方向会改变．（3）质点对固定点的角动量的变化率等于质点所受合外力对同一点的力矩，因此角动量的变化率为．3．15证明行星在轨道上运动的总能量为．式中M和m分别为太阳和行星的质量，r1和r2分别为太阳和行星轨道的近日点和远日点的距离．[证明]设行星在近日点和远日点的速度分别为v1和v276\n，由于只有保守力做功，所以机械能守恒，总能量为（1）和．（2）r1r2v1v2它们所组成的系统不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒．行星在两点的位矢方向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程mv1r1=mv2r2，即v1r1=v2r2．(3)将（1）式各项同乘以r12得Er12=m(v1r1)2/2-GMmr1，(4)将（2）式各项同乘以r22得Er22=m(v2r2)2/2-GMmr2，(5)将（5）式减（4）式，利用（3）式，可得E(r22-r12)=-GMm(r2-r1)，(6)由于r1不等于r2，所以（r2+r1)E=-GMm，故．证毕．3．16我国第一颗人造地于卫星的质量为173kg，其近地点高度为439km，远地点高度为2384km，求它的轨道总能量．[解答]地球半径R0=6371km，因此r1=R0+h1，r2=R0+h2．根据万有引力定律，在地球表面有，因此，根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为=-4.42×109(J)．*3．177676\n第四章刚体定轴转动76P109．R1R2OO`H图4.14．1质量为M的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R1和R2，求对通过其中心轴的转动惯量．[解答]方法一：利用转动惯量的基本概念．设圆柱体的高为H，其体积为V=π(R22–R12)H，体密度为ρ=M/V．在圆柱体中取一面积为S=2πrH，厚度为dr的薄圆壳，体积元为dV=Sdr=2πrHdr，其质量为dm=ρdV，绕中心轴的转动惯量为dI=r2dm=2πρHr3dr，总转动惯量为．方法二：利用圆柱体的转动惯量．如果在空心圆柱体中充以密度相同、半径为R1、高为H的圆柱体，其体积为Vm=πR12H，质量为其绕中心轴的转动惯量为，大圆柱体的转动惯量为，空心圆柱体的转动惯量为将m代入得．这种方法避免了积分运算．4．2一矩形均匀薄板，边长为a和b，质量为M，中心O取为原点，坐标系OXYZ如图所示．试证明：（1）薄板对OX轴的转动惯量为；（2）薄板对OZ轴的转动惯量为．aObXYZ图4.2[证明]薄板的面积为S=ab，质量面密度为σ=M/S．（1）方法一：横取直杆．在板上取一长为a，宽为dy的矩形元，其面积为dS=ady，其质量为dm=σdS，绕X轴的转动惯量为dIOX=y2dm=σay2dy，积分得薄板对OX轴的转动惯量为76\n．aObXYZ方法二：纵取直杆．在板上取一长为b，宽为dx的矩形元，其质量为dm，绕X轴的转动惯量为，对质量积分得薄板对OX轴的转动惯量为．同理可得薄板对OY轴的转动惯量为．aObXYZyxr（2）方法一：双重积分．在板上取一面积元dS=dxdy，质量为dm=σdS，绕OZ轴的转动惯量为dIOZ=r2dm．由于r2=x2+y2，所以dIOZ=σ(x2+y2)dxdy，因此板绕OZ轴的转动惯量为．方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元dm，绕OZ轴的转动惯量为dIOZ=r2dm，=(x2+y2)dm=x2dm+y2dm=dIOY+dIOX，因此板绕OZ轴的转动惯量为．可见：板绕OZ轴的转动惯量可以通过与其垂直的两个轴的转动惯量求出来．这种方法称为垂直轴定理．aObXYZZ`O`方法三：平行轴定理．在板上取一长为b，宽为dx的矩形元，其面积为dS=bdx，质量为dm=σdS，绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX轴的转动惯量dIO`Z`=b2dm/12．根据平行轴定理，矩形元对OZ轴的转动惯量为dIOZ=x2dm+dIO`Z`=σbx2dx+b2dm/12，积分得薄板对OZ轴的转动惯量为．如果在板上取一长为a，宽为dy的水平矩形元，也可以用这种方法计算绕OZ轴的转动惯量．θAA`R图4.3dsr4．3一半圆形细杆，半径为R，质量为M，求对过细杆二端AA`轴的转动惯量．[解答]半圆的长度为C=πR，76\n质量的线密度为λ=M/C．在半圆上取一弧元ds=Rdθ，其质量为dm=λds，到AA`轴的距离为r=Rsinθ，绕此轴的转动惯量为dI=r2dm=λR3sin2θdθ，半圆绕AA`轴的转动惯量为．OrRr图4.44．4如图所示，在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个圆孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．[解答]大圆的面积为S=πR2，质量的面密度为σ=M/S．大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为IM=MR2/2．小圆的面积为s=πr2，质量为m=σs，绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为IC=mr2/2，根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为Im=IC+m(R/2)2．，剩余部分的转动惯量为．O0.50F0.75图4.54．5飞轮质量m=60kg，半径R=0.25m，绕水平中心轴O转动，转速为900r·min-1．现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力，可使飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．（1）设F=100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？（2）若要在2s内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F？[解答]设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴，在力矩平衡时有0.5N`–1.25F=0，所以N`=2.5F=250(N)．闸瓦对飞轮的压力为N=N`=250(N)，与飞轮之间摩擦力为f=μN=100(N)，摩擦力产生的力矩为M=fR．飞轮的转动惯量为I=mR2/2，角加速度大小为β=-M/I=-2f/mR=-40/3(rad·s-2)，负号表示其方向与角速度的方向相反．飞轮的初角速度为ω0=30π(rad·s-1)．76\n根据公式ω=ω0+βt，当ω=0时，t=-ω0/β=7.07(s)．再根据公式ω2=ω02+2βθ，可得飞轮转过的角度为θ=-ω02/2β=333(rad)，转过的圈数为n=θ/2π=53r．[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π．（2）当t=2s，ω=ω0/2时，角加速度为β=-ω0/2t=-7.5π．力矩为M=-Iβ，摩擦力为f=M/R=-mRβ/2=(7.5)2π．闸瓦对飞轮的压力为N=f/μ，需要的制动力为F=N/2.5=(7.5)2π=176.7(N)．4．6一轻绳绕于r=0.2m的飞轮边缘，以恒力F=98N拉绳，如图（a）所示．已知飞轮的转动惯量I=0.5kg·m2，轴承无摩擦．求F=98NP=98Nm(a)(b)(图4.6（1）飞轮的角加速度．（2）绳子拉下5m时，飞轮的角速度和动能．（3）将重力P=98N的物体挂在绳端，如图（b）所示，再求上面的结果．[解答]（1）恒力的力矩为M=Fr=19.6(N·m)，对飞轮产生角加速度为β=M/I=39.2(rad·s-2)．（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为θ=s/r=25(rad)，由于飞轮开始静止，根据公式ω2=2βθ，可得角速度为=44.27(rad·s-1)；飞轮的转动动能为Ek=Iω2/2=490(J)．方法二：用动力学定理．拉力的功为W=Fs=490(J)，根据动能定理，这就是飞轮的转动动能Ek．根据公式Ek=Iω2/2，得角速度为=44.27(rad·s-1)．(3)物体的质量为m=P/g=10(kg)．设绳子的张力为T，则P–T=ma，Tr=Iβ．由于a=βr，可得Pr=mr2β+Iβ，解得角加速度为=21.8(rad·s-2)．绳子的张力为=54.4(N)．张力所做的功为W`=Ts=272.2(J)，这就是飞轮此时的转动动能E`k．飞轮的角速度为=33(rad·s-1)．Rω0O图4.74．7质量为m，半径为R的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？[解答]圆盘对水平面的压力为N=mg，压在水平面上的面积为S=πR2，压强为p=N/S=mg/πR2．当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为dS=rdθdr，76\n对水平面的压力为dN=pdS=prdrdθ，所受的摩擦力为df=μdN=μprdrdθ，其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为dM=rdf=μpr2drdθ，总力矩为．圆盘的转动惯量为I=mR2/2，角加速度大小为，负号表示其方向与角速度的方向相反．由于角加速度是一个常量，根据匀变速圆周运动的公式ω2=ω02+2βθ，当圆盘停止下来时ω=0，所以圆盘转过的角度为，转过的圈数为．[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为ds=2πrdr，这样计算力矩等更简单。4．8一个轻质弹簧的倔强系数为k=2.0N·m-1．它的一端固定，另一端通过一条细线绕过定滑轮和一个质量为m1=80g的物体相连，如力产所示．定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径为r=0.05m，质量为m=100g．先用手托住物体m1，使弹簧处于其m1m1mhr图4.8自然长度，然后松手．求物体m1下降h=0.5m时的速度多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边上不打滑．[解答]根据机械能守恒定律可列方程，其中I=mr2/2，ω=v/r，可得2m1gh–kh2=m1v2+mv2/2，解得=1.48(m·s-1)．4．9均质圆轮A的质量为M1，半径为R1，以角速度ω绕OA杆的A端转动，此时，将其放置在另一质量为M2的均质圆轮B上，B轮的半径为R2．B轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后，A轮的重量由B轮支持．略去轴承的摩擦与杆OA的重量，并设两轮间的摩擦因素为μ，问自A轮放在B轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？OAR1R2B[解答]方法一：应用匀变速圆周运动的规律．圆轮A对B的压力为N=M1g，两轮之间的摩擦力大小为f=μN=μM1g，摩擦力对A的力矩大小为MA=fR1=μM1gR1，摩擦力对B的力矩大小为MB=fR2=μM1gR2，设A和B的角加速度大小分别为βA和βB，转动惯量分别为IA和IB，根据转动定理得方程MA=IAβA，即βA=MA/IA．同理可得βB=MB/IB．当两轮没有相对滑动时，它们就具有相同的线速度v，A的角速度为ωA=v/R1，B的角速度为ωB=v/R2．根据转动运动学的公式得ωA–ω=-βAt，ωB=βBt，即v/R1–ω=-βAt，v/R2=βBt，76\n化得v-ωR1=-βAR1t，v=βBR2t，将后式减前式得ωR1=(R1βA+R2βB)t， 解得经过的时间为．方法二：用刚体的角动量定理．圆轮A所受的摩擦力的力矩大小为MA=μM1gR1，其方向与A的角速度方法相反，取角速度的方向为正，根据刚体的角动量定理可得方程，即-MAt=IAv/R1-IAω．(1)圆轮B所受的摩擦力的力矩大小为MB=μM1gR2，其方向与B的角速度方法相同，根据刚体的角动量定理可得方程，即MBt=IBv/R2．(2)由(1)得IBR1MAt=-IAIBv+IAIBR1ω，(3)由(2)得IAR2MBt=IAIBv，(4)(3)式和(4)式相加可得，由此可得．[注意]在此题中，由于A、B两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒定律．如果A轮的轮面放在B轮的轮面之上，且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以用转动定律求解，也可以结合角动量守恒定律求解．当它们之间没有滑动时，角动量为ω`，根据角动量守恒定律得IAω=(IA+IB)ω`，因此得ω`=IAω/(IA+IB)．R2R1AB（1）设R1≦R2，那么A轮压在B轮上的面积为S=πR12，压强为p=M1g/S=M1g/πR12．BR1Ardr当A轮在B轮上产生滑动时，在A轮上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为dS=rdθdr，对B轮的压力为dN=pdS=prdrdθ，所受的摩擦力为df=μdN=μprdrdθ，其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为dM=rdf=μpr2drdθ，总力矩为．这是A轮所受的力矩，也是B轮所受的力矩．根据转动定理得B轮的角加速度为βB=M/IB．根据转动公式ω`=βBt，得时间为76\n，即．（2）如果R1≧R2，那么A轮压在B轮上的面积为S=πR22，压强为p=M1g/S=M1g/πR22．同样在A轮上取一面积元，力矩的积分上限就是R2．总力矩为，由此求得时间就变为．只有当R1=R2时，两个时间才是相同的：．4．10均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m．arbdSrO图4.10[解答]在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的面积元，其面积为dS=bdr．当板的角速度ω时，面积元的速率为v=ωr，所受的阻力为df=kv2dS=kω2r2bdr，阻力产生的力矩为dM=rdf=kω2r3bdr，因此合力矩为．板绕转轴的转动惯量为I=ma2/3，其角加速度为，负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．由于β=dω/dt，可得转动的微分方程，分离变量得，积分，得，解得时间为．ωR图4.114．11一个质量为M，半径为R并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．76\n假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．（1）问它能上升多高？（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能．[解答]（1）碎片上抛的初速度为v0=ωR，根据匀变速直线运动公式v2–v02=-2gh，可得碎片上升的高度为h=v02/2g=ω2R2/2g．（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有，所以角动量为L=Iω=R2(M/2–m)ω．转动动能为．4．12两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行，两人质量分别为mA=60kg，mB=70kg，它们速率分别为vA=7m·s-1，vB=6m·s-1，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m．求该瞬时：（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；（2）系统的角速度；vBrvAmAmBrArB（3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？[解答]（1）设质心距A的平行线为rA，距B的平行线为rB，则有rA+rB=r，根据质心的概念可得mArA=mBrB，解方程组得，．两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为=630(kg·m2·s-1)．（2）根据角动量守恒定律得L=(IA+IB)ω，其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量IA=mArA2和IB=mBrB2．角速度为ω=L/(IA+IB)=8.67(rad·s-1)．（3）两人拉手前的总动能就是平动动能=2730(J)；拉手后的总动能是绕质心的转动动能：=2730(J)，可见：这一过程能量是守恒的．[讨论]（1）角速度．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为，角速度为可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关．此题可由已知条件直接算得角速度为ω=8.67(rad·s-1)．（2）损失的总能量．两人的转动动能为，76\n因此动能的变化量为ΔEk=Ek2–Ek1简化得，负号表示能量减少．可见：如果mAvA≠mBvB，则ΔEk≠0，即：有能量损失．在本题中，由于mAvA=mBvB，即：两人的动量大小相等，方向相反，所以能量是守恒的．（3）一个人的能量变化．A的转动动能为，A的动能的变化量为ΔEkA=EkA2–EkA1，同理可得B的动能的变化量为ΔEkB．可见：两人的动能的增减取决于他们的初始动量之差的符号Δp=mBvB–mAvA．当Δp>0时，拉手后A增加动能，B减少动能；当Δp<0时，拉手后A减少动能，B增加动能．就是说：在拉手后，原来动量值大者，其动能就减少，原来动量值小者，其动能就增加．只能当两人动量大小相等，方向相反时，两者拉手后动能都不发生变化．在此题中，由于Δp=0，所以两人的动能都没有变化．可以证明：他们总动能的变化量等于他们各人动能变化量之和ΔEk=ΔEkA+ΔEkB．v0ll/4Ol/4图4.134．13．一均匀细棒长为l，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0，在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一方l/4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0．[解答]以O点为转动轴，棒的质心到轴的距离为l/4，在碰撞之前，棒做平动，其质量集中在质心，对转轴O的角动量为mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕O点的角动量为Iω0，其中I为棒绕O点的转动惯量．根据角动量守恒定律得mv0l/4=Iω0，棒绕质心的转动惯量为Ic=ml2/12，根据平行轴定理，棒绕O点的转动惯量为．所以角速度为．7676\n第五章狭义相对论76P140．5．1地球虽有自转，但仍可看成一较好的惯性参考系，设在地球赤道和地球某一极（例如南极）上分别放置两个性质完全相同的钟，且这两只钟从地球诞生的那一天便存在．如果地球从形成到现在是50亿年，请问那两只钟指示的时间差是多少？[解答]地球的半径约为R=6400千米=6.4×106(m)，自转一圈的时间是T=24×60×60(s)=8.64×104(s)，赤道上钟的线速度为v=2πR/T=4.652×102(m·s-1)．将地球看成一个良好的参考系，在南极上看赤道上的钟做匀速直线运动，在赤道上看南极的钟做反向的匀速直线运动．南极和赤道上的钟分别用A和B表示，南极参考系取为S，赤道参考系取为S`．A钟指示S系中的本征时，同时指示了B钟的运动时间，因此又指示S`系的运动时．同理，B钟指示S`系中的本征时，同时指示了A钟的反向运动时间，因此又指示S系的运动时．方法一：以S系为准．在S系中，A钟指示B钟的运动时间，即运动时Δt=50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s)．B钟在S`中的位置不变的，指示着自己的本征时Δt`．A钟的运动时Δt和B钟的本征时Δt`之间的关系为，可求得B钟的本征时为，因此时间差为=1.898×105(s)．在南极上看，赤道上的钟变慢了．方法二：以S`系为准．在S`系中，B钟指示A钟的反向运动时间，即运动时Δt`=50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s)．A钟在S中的位置不变的，指示着自己的本征时Δt．B钟的运动时Δt`和A钟的本征时Δt之间的关系为，可求得A钟的本征时为，因此时间差为=1.898×105(s)．在赤道上看，南极上的钟变慢了．[注意]解此题时，先要确定参考系，还要确定运动时和本征时，才能正确引用公式．有人直接应用公式计算时间差，由于地球速度远小于光速，所以计算结果差不多，但是关系没有搞清．从公式可知：此人以S系为准来对比两钟的时间，Δt`是B钟的本征时，Δt是A钟的运动时，而题中的本征时是未知的．也有人用下面公式计算时间差，也是同样的问题．5．2一个“光钟”由两个相距为L0的平面镜A和B构成，对于这个光钟为静止的参考系来说，一个“滴答”76\n的时间是光从镜面A到镜面B再回到原处的时间，其值为．若将这个光钟横放在一个以速度行驶的火车上，使两镜面都与垂直，两镜面中心的连线与平行，在铁轨参考系中观察，火车上钟的一个“滴答”τ与τ0的关系怎样？[解答]不论两个“光钟”放在什么地方，τ0都是在相对静止的参考系中所计的时间，称为本征时．在铁轨参考系中观察，火车上钟的一个“滴答”的时间τ是运动时，所以它们的关系为．5．3在惯性系S中同一地点发生的两事件A和B，B晚于A4s；在另一惯性系S`中观察，B晚于A5s发生，求S`系中A和B两事件的空间距离？[解答]在S系中的两事件A和B在同一地点发生，时间差Δt=4s是本征时，而S`系中观察A和B两事件肯定不在同一地点，Δt`=5s是运动时，根据时间膨胀公式，即，可以求两系统的相对速度为v=3c/5．在S`系中A和B两事件的空间距离为Δl`=vΔt`=3c=9×108(m)．5．4一根直杆在S系中观察，其静止长度为l，与x轴的夹角为θ，S`系沿S系的x轴正向以速度v运动，问S`系中观察到杆子与x`轴的夹角若何？OxySS`x`y`O`vθl[解答]直杆在S系中的长度是本征长度，两个方向上的长度分别为lx=lcosθ和ly=lsinθ．在S`系中观察直杆在y方向上的长度不变，即l`y=ly；在x方向上的长度是运动长度，根据尺缩效应得，因此，可得夹角为．5．5S系中观察到两事件同时发生在x轴上，其间距为1m，S`系中观察到这两个事件间距离是2m，求在S`系中这两个事件的时间间隔．[解答]根据洛仑兹变换公式和，得两个事件的空间和时间间隔公式，．（1）由题意得：Δt=0，Δx=1m，Δx`=2m．因此，．（2）由（2）之上式得它们的相对速度为．（3）将（2）之下式除以（2）之上式得，76\n所以=-0.577×10-8(s)．[注意]在S`系中观察到两事件不是同时发生的，所以间隔Δx`=2m可以大于间隔Δx=1m．如果在S`系中观察到两事件也是同时发生的，那么Δx`就表示运动长度，就不可能大于本征长度Δx，这时可以用长度收缩公式，计算它们的相对速度．5．6一短跑运动员，在地球上以10s的时间跑完了100m的距离，在对地飞行速度为0.8c的飞船上观察，结果如何？[解答]以地球为S系，则Δt=10s，Δx=100m．根据洛仑兹空间时间变换公式和，飞船上观察运动员的运动距离为≈-4×109(m)．运动员运动的时间为≈16.67(s)．在飞船上看，地球以0.8c的速度后退，后退时间约为16.67s；运动员的速度远小于地球后退的速度，所以运动员跑步的距离约为地球后退的距离，即4×109m．5．7已知S`系以0.8c的速度沿S系x轴正向运动，在S系中测得两事件的时空坐标为x1=20m，x2=40m，t1=4s，t2=8s．求S`系中测得的这两件事的时间和空间间隔．[解答]根据洛仑兹变换可得S`系的时间间隔为≈6.67(s)．空间间隔为≈-1.6×109(m)．5．8S系中有一直杆沿x轴方向装置且以0.98c的速度沿x轴正方向运动，S系中的观察者测得杆长10m，另有一观察者以0.8c的速度沿S系x轴负向运动，问该观察者测得的杆长若何？OxySS`x`y`O`S``x``y``O``v10v20[解答]在S系中的观测的杆长Δl=10m是运动长度，相对杆静止的参考系为S`，其长度是本征长度，设S`系相对S系的速度为v10，根据尺缩效应，可得杆的本征长度为=50.25(m)．另一参考系设为S``系，相对S系的速度为v20=-0.8c．在S``系观察S`系的速度为76\n=0.99796c．在S``系观察S`系中的杆的长度是另一运动长度=3.363(m)．[注意]在涉及多个参考系和多个速度的时候，用双下标能够比较容易地区别不同的速度，例如用v10表示S`相对S系的速度，用v12表示S`系相对S``系的速度，因此，尺缩的公式也要做相应的改变，计算就不会混淆．5．9一飞船和慧星相对于地面分别以0.6c和0.8c速度相向运动，在地面上观察，5s后两者将相撞，问在飞船上观察，二者将经历多长时间间隔后相撞？[解答]方法一：用时间膨胀公式．以地面为S系，以飞船为S`系，S和S`系对应的方向平行，飞船的方向与S系中x轴的方向相同v=0.6c．设S`系中飞船与慧星碰撞的时间间隔为Δt`，由于碰撞发生在S`系中的同一处，因此Δt`是本征时．在S系中的时间间隔为Δt=5s，这是运动时．根据时间膨胀公式，可得飞船上观察到的时间间隔为=4(s)．方法二：用洛仑兹正变换．飞船与慧星碰撞前后在S系中的时空坐标为(x1,t1)和(x2,t2)，在S`系中的时空坐标为(x`1,t`1)和(x`2,t`2)，根据洛仑兹坐标变换公式可得，(1)．(2)其中t2–t1=5s．在S`系中碰撞发生在同一点，即x`2=x`1，由(1)式得x2–x1=v(t2–t1)，代入(2)式得=4(s)．方法三：用洛仑兹逆变换．根据洛仑兹时间逆变换公式可得，由于x`2-x`1=0，所以OxySS`x`y`O`vuxS`x`y`O`，可得=4(s)．[注意]此题用时间膨胀的公式最简单，如果两事件发生在不同地点和不同时间，就一定要用洛仑兹变换．此题结果与慧星的速度无关，如果要计算慧星与飞船的相对速度，就需要利用慧星的速度值．5．10在太阳参考系中观察，一束星光垂直射向地面，速率为c，而地球以速率u垂直于光线运动．求在地面上测量，这束星光的大小与方向如何．v=uOx地球星光ycSS`x`y`uy`-uθ`太阳O`[解答]方法一：用速度变换．取太阳系为S系，地球为S`系．在S76\n系中看地球以v=u运动，看星光的速度为ux=0，uy=c．星光在S`系中的速度分量为星光在S`系中的速度为，即光速是不变的．星光在S`系中与y`轴的夹角，即垂直地面的夹角为．方法二：用基本原理．根据光速不变原理，在地球的S`系中，光速也为c．当地球以速度v=u沿x轴运动时，根据速度变换公式可得星光的速度沿x`轴的分量为ux`=-u，所以星光速度沿y`轴的分量为，从而可求出星光速度垂直地面的夹角为．[注意]解题时，要确定不同的参考系，通常将已知两个物体速度的系统作为S系，另外一个相对静止的系统作为S`系，而所讨论的对象在不同的参考系中的速度是不同的．此题与书中的例题5.4类似，这里的太阳相当于5.4题中的地球，这里的地求相当于乙飞船，星光相当于甲飞船．5．11一粒子动能等于其非相对论动能二倍时，其速度为多少？其动量是按非相对论算得的二倍时，其速度是多少？[解答]（1）粒子的非相对论动能为Ek=m0u2/2，相对论动能为E`k=mc2–m0c2，其中m为运动质量．根据题意得，设x=(u/c)2，方程可简化为，或，平方得1=(1–x2)(1-x)，化简得x(x2–x-1)=0．由于x不等于0，所以x2–x-1=0．解得，取正根得速率为=0.786c．（2）粒子的非相对论动量为p=m0u，相对论动量为，根据题意得方程．很容易解得速率为76\n=0.866c．5．12某快速运动的粒子，其动能为4.8×10-16J，该粒子静止时的总能量为1.6×10-17J，若该粒子的固有寿命为2.6×10-6s，求其能通过的距离．[解答]在相对论能量关系中E=E0+Ek，静止能量E0已知，且E0=m0c2，总能量为，化得，解得速率为．粒子的运动时为．粒子能够通过的距离为=24167.4(m)．5．13试证相对论能量和速度满足如此关系式：．[证明]根据上题的过程已得，将E=E0+Ek代入公式立可得证．5．14静止质子和中子的质量分别为mp=1.67285×10-27kg，mn=1.67495×10-27kg，质子和中子结合变成氘核，其静止质量为m0=3.34365×10-27kg，求结合过程中所释放出的能量．[解答]在结合过程中，质量亏损为Δm=mp+mn-m0=3.94988×10-30(kg)，取c=3×108(m·s-1)，可得释放出的能量为ΔE=Δmc2=3.554893×10-13(J)．如果取c=2.997925×108(m·s-1)，可得释放出的能量为ΔE=3.549977×10-13(J)．7676\n第六章振动76P176．6．1一物体沿x轴做简谐振动，振幅A=0.12m，周期T=2s．当t=0时，物体的位移x=0.06m，且向x轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t=T/4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x=-0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．[解答]（1）设物体的简谐振动方程为x=Acos(ωt+φ)，其中A=0.12m，角频率ω=2π/T=π．当t=0时，x=0.06m，所以cosφ=0.5，因此φ=±π/3．物体的速度为v=dx/dt=-ωAsin(ωt+φ)．当t=0时，v=-ωAsinφ，由于v>0，所以sinφ<0，因此φ=-π/3．简谐振动的表达式为x=0.12cos(πt–π/3)．（2）当t=T/4时物体的位置为x=0.12cos(π/2–π/3)=0.12cosπ/6=0.104(m)．速度为v=-πAsin(π/2–π/3)=-0.12πsinπ/6=-0.188(m·s-1)．加速度为a=dv/dt=-ω2Acos(ωt+φ)=-π2Acos(πt-π/3)=-0.12π2cosπ/6=-1.03(m·s-2)．（3）方法一：求时间差．当x=-0.06m时，可得cos(πt1-π/3)=-0.5，因此πt1-π/3=±2π/3．由于物体向x轴负方向运动，即v<0，所以sin(πt1-π/3)>0，因此πt1-π/3=2π/3，得t1=1s．当物体从x=-0.06m处第一次回到平衡位置时，x=0，v>0，因此cos(πt2-π/3)=0，可得πt2-π/3=-π/2或3π/2等．由于t2>0，所以πt2-π/3=3π/2，可得t2=11/6=1.83(s)．所需要的时间为Δt=t2-t1=0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x=-0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x=0.06m，即从起点向x轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x=0，v<0，因此cos(πt-π/3)=0，可得πt-π/3=π/2，解得t=5/6=0.83(s)．[注意]根据振动方程x=Acos(ωt+φ)，当t=0时，可得φ=±arccos(x0/A)，（-π<φ≦π），初位相的取值由速度决定．由于v=dx/dt=-ωAsin(ωt+φ)，当t=0时，v=-ωAsinφ，当v>0时，sinφ<0，因此φ=-arccos(x0/A)；当v<0时，sinφ>0，因此φ=arccos(x0/A)．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0=A时，φ=0；当初位置x0=-A时，φ=π．6．2已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a，b，c，d，e各点的位相，及到达这些状态的时刻t76\n各是多少？已知周期为T；OtxabcdeA/2A图6.2（2）振动表达式；（3）画出旋转矢量图．[解答]方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为x=AcosΦ，其中A表示振幅，Φ=ωt+φ表示相位．由于xa=A，所以cosΦa=1，因此Φa=0．由于xb=A/2，所以cosΦb=0.5，因此Φb=±π/3；由于位相Φ随时间t增加，b点位相就应该大于a点的位相，因此Φb=π/3．由于xc=0，所以cosΦc=0，又由于c点位相大于b位相，因此Φc=π/2．同理可得其他两点位相为Φd=2π/3，Φe=π．c点和a点的相位之差为π/2，时间之差为T/4，而b点和a点的相位之差为π/3，时间之差应该为T/6．因为b点的位移值与O时刻的位移值相同，所以到达a点的时刻为ta=T/6．到达b点的时刻为tb=2ta=T/3．到达c点的时刻为tc=ta+T/4=5T/12．到达d点的时刻为td=tc+T/12=T/2．到达e点的时刻为te=ta+T/2=2T/3．（2）设振动表达式为x=Acos(ωt+φ)，当t=0时，x=A/2时，所以cosφ=0.5，因此φ=±π/3；由于零时刻的位相小于a点的位相，所以φ=-π/3，因此振动表达式为．OxaAbcdeφ另外，在O时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．OtxabcdeA/2Af方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与t轴相交于f点，由于xf=0，根据运动方程，可得所以．显然f点的速度大于零，所以取负值，解得tf=-T/12．从f点到达a点经过的时间为T/4，所以到达a点的时刻为ta=T/4+tf=T/6，其位相为．由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．76\n6．3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，且规定向下为正方向．（1）t=0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2m处，由静止开始向下运动，求运动方程；（2）t=0时，物体在平衡位置并以0.60m·s-1速度向上运动，求运动方程．[解答]当物体平衡时，有Mg–kx0=0，所以弹簧的倔强系数为k=Mg/x0，物体振动的圆频率为=10(rad·s-1)．设物体的运动方程为x=Acos(ωt+φ)．（1）当t=0时，x0=-8.0×10-2m，v0=0，因此振幅为=8.0×10-2(m)；由于初位移为x0=-A，所以cosφ=-1，初位相为φ=π．运动方程为x=8.0×10-2cos(10t+π)．（2）当t=0时，x0=0，v0=-0.60(m·s-1)，因此振幅为=|v0/ω|=6.0×10-2(m)；由于cosφ=0，所以φ=π/2；运动方程为x=6.0×10-2cos(10t+π/2)．6．4质量为10×10-3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)计．求：（1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相；（2）振动的速度、加速度的最大值；（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t为1，2，10s等各时刻的矢量位置．[解答]（1）比较简谐振动的标准方程x=Acos(ωt+φ)，可知：圆频率为ω=8π，周期T=2π/ω=1/4=0.25(s)，振幅为A=0.1(m)，初位相为φ=2π/3．（2）速度的最大值为vm=ωA=0.8π=2.51(m·s-1)；加速度的最大值为am=ω2A=6.4π2=63.2(m·s-2)．（3）弹簧的倔强系数为k=mω2，最大回复力为f=kA=mω2A=0.632(N)；振动能量为E=kA2/2=mω2A2/2=3.16×10-2(J)，平均动能和平均势能为Oxt=1,2,10sA=kA2/4=mω2A2/4=1.58×10-2(J)．（4）如图所示，当t为1，2，10s等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．6．5两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示．[解答]设它们的振动方程为x=Acos(ωt+φ)，当x=A/2时，可得位相为ωt+φ=±π/3．由于它们在相遇时反相，可取Φ1=(ωt+φ)1=-π/3，Φ2=(ωt+φ)2=π/3，它们的相差为76\nΔΦ=Φ2–Φ1=2π/3，OxA或者ΔΦ`=2π–ΔΦ=4π/3．矢量图如图所示．6．6一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动．已知氢原子质量m=1.68×10-27kg，振动频率v=1.0×1014Hz，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．[解答]（1）氢原子的圆频率为ω=2πv=6.28×1014(rad·s-1)，最大速度为vm=ωA=6.28×103(m·s-1)．（2）氢原子的能量为=3.32×10-20(J)．图6.76．7如图所示，在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg的重物，若使平板在竖直方向上作上下简谐振动，周期为0.50s，振幅为2.0×10-2m，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，重物跳离平板？（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物跳离平板？[解答]（1）重物的圆频率为ω=2π/T=4π，其最大加速度为am=ω2A，合力为F=mam，方向向上．重物受到板的向上支持力N和向下的重力G，所以合力为F=N–G．重物对平板的作用力方向向下，大小等于板的支持力N=G+F=m(g+am)=m(g+ω2A)=12.96(N)．（2）当物体的最大加速度向下时，板的支持为N=m(g-ω2A)．当重物跳离平板时，N=0，频率不变时，振幅为A=g/ω2=3.2×10-2(m)．（3）振幅不变时，频率为=3.52(Hz)．6．8两轻弹簧与小球串连在一直线上，将两弹簧拉长后系在固定点A和B之间，整个系统放在光滑水平面上．设两弹簧的原长分别为l1和l2，倔强系统分别为k1和k2，A和B间距为L，小球的质量为m．（1）试确定小球的平衡位置；k1k2mAB图6.8（2）使小球沿弹簧长度方向作一微小位移后放手，小球将作振动，这一振动是否为简谐振动？振动周期为多少？[解答]（1）这里不计小球的大小，不妨设L>l1+l2，当小球平衡时，两弹簧分别拉长x1和x2，因此得方程L=l1+x1+l2+x2；小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和向右，大小相等，即k1x1=k2x2．将x2=x1k1/k2代入第一个公式解得．小球离A点的距离为76\n．（2）以平衡位置为原点，取向右的方向为x轴正方向，当小球向右移动一个微小距离x时，左边弹簧拉长为x1+x，弹力大小为f1=k1(x1+x)，方向向左；右边弹簧拉长为x1-x，弹力大小为f2=k2(x2-x)，方向向右．根据牛顿第二定律得k2(x2-x)-k1(x1+x)=ma，利用平衡条件得，可见：小球做简谐振动．小球振动的圆频率为，其周期为．kMmv图6.96．9如图所示，质量为10g的子弹以速度v=103m·s-1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k=8×103N·m-1，木块的质量为4.99kg，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即mv=(m+M)v0．解得子弹射入后的速度为v0=mv/(m+M)=2(m·s-1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得(m+M)v02/2=kA2/2，所以振幅为=5×10-2(m)．（2）振动的圆频率为=40(rad·s-1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x的正方向，振动方程可设为x=Acos(ωt+φ)．当t=0时，x=0，可得φ=±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为x=5×10-2cos(40t-π/2)(m)．kMmhxx1x2O图6.106．10如图所示，在倔强系数为k的弹簧下，挂一质量为M的托盘．质量为m的物体由距盘底高h处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t=0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为，物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为，这也是它们振动的初速度．设振动方程为x=Acos(ωt+φ)，其中圆频率为．物体没有落下之前，托盘平衡时76\n弹簧伸长为x1，则x1=Mg/k．物体与托盘碰撞之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x2，则x2=(M+m)g/k．取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x0=x1-x2=-mg/k．因此振幅为；初位相为．MkT1T2RmmgXO图6.116．11装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与物体m间用细绳相连，细绳跨于桌边定滑轮M上，m悬于细绳下端．已知弹簧的倔强系数为k=50N·m-1，滑轮的转动惯量J=0.02kg·m2，半径R=0.2m，物体质量为m=1.5kg，取g=10m·s-2．（1）试求这一系统静止时弹簧的伸长量和绳的张力；（2）将物体m用手托起0.15m，再突然放手，任物体m下落而整个系统进入振动状态．设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打滑，滑轮轴承无摩擦，试证物体m是做简谐振动；（3）确定物体m的振动周期；（4）取物体m的平衡位置为原点，OX轴竖直向下，设振物体m相对于平衡位置的位移为x，写出振动方程．[解答]（1）在平衡时，绳子的张力等于物体的重力T=G=mg=15(N)．这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为x0=mg/k=0.3(m)．（2）方法一：用牛顿运动定律．以物体平衡位置为原点，取向下的方向为正，当物体下落x时，弹簧拉长为x0+x，因此水平绳子的张力为T1=k(x0+x)．设竖直绳子的张力为T2，对定滑轮可列转动方程T2R–T1R=Jβ，其中β是角加速度，与线加速度的关系是β=a/R．对于物体也可列方程mg-T2=ma．转动方程化为T2–k(x0+x)=aJ/R2，与物体平动方程相加并利用平衡条件得a(m+J/R2)=–kx，可得微分方程，可知：物体做简谐振动．方法二：用机械能守恒定律．以物体平衡位置为原点，取向下的方向为正，当物体下落x时，弹簧拉长为x0+x，弹簧的弹性势能为；定滑轮的转动能为；物体的动能为；取物体在平衡位置为重力势能零点，则物体的势能为Ep3=-mg．系统的总能量为76\n．由于机械能守恒，所以总能量E是常量，上式对时间求导，利用v=dx/dt，a=dv/dt，得，由于v≠0，利用kx0=mg化简上式得，可知：物体做简谐振动．（3）简谐振动的圆频率为=5(rad·s-1)．周期为T2=2π/ω=1.26(s)．（4）设物体振动方程为x=Acos(ωt+φ)，其中振幅为A=0.15(m)．当t=0时，x=-0.15m，v0=0，可得cosφ=-1，因此φ=π或-π，所以振动方程为x=0.15cos(5t+π)，或x=0.15cos(5t-π)．6．12一匀质细圆环质量为m，半径为R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．CRmgθO[解答]方法一：用转动定理．通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为Ic=mR2．根据平行轴定理，环绕过O点的平行轴的转动惯量为I=Ic+mR2=2mR2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为M=-mgRsinθ，方向与角度θ增加的方向相反．根据转动定理得Iβ=M，即，由于环做小幅度摆动，所以sinθ≈θ，可得微分方程．摆动的圆频率为，周期为．方法二：用机械能守恒定律．取环的质心在最底点为重力势能零点，当环心转过角度θ时，重力势能为Ep=mg(R-Rcosθ)，绕O点的转动动能为，总机械能为．环在转动时机械能守恒，即E为常量，将上式对时间求导，利用ω=dθ/dt，β=dω/dt，得0=Iωβ+mgR(sinθ)ω，由于ω≠0，当θ很小有sinθ≈θ，可得振动的微分方程，从而可求角频率和周期．k1k2kk(a)(b)图6.13[注意]角速度和圆频率使用同一字母ω，不要将两者混淆．6．13重量为P的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．76\n试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[解答]（1）前面已经证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为k=k1k2/(k1+k2)，因此固有频率为．（2）前面还证明：当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为．6．14质量为0.25kg的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k=25N·m-1，如果开始振动时具有势能0.6J，和动能0.2J，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．[解答]物体的总能量为E=Ek+Ep=0.8(J)．（1）根据能量公式E=kA2/2，得振幅为=0.253(m)．（2）当动能等于势能时，即Ek=Ep，由于E=Ek+Ep，可得E=2Ep，即，解得=±0.179(m)．（3）再根据能量公式E=mvm2/2，得物体经过平衡位置的速度为=±2.53(m·s-1)．t/sx/cm501234-5x1x2图6.156．15两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t曲线如图所示，求：（1）两个简谐振动的位相差；（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程．[解答]（1）两个简谐振动的振幅为A=5(cm)，周期为T=4(s)，圆频率为ω=2π/T=π/2，它们的振动方程分别为x1=Acosωt=5cosπt/2，x2=Asinωt=5sinπt/2=5cos(π/2-πt/2)即x2=5cos(πt/2-π/2)．位相差为Δφ=φ2-φ1=-π/2．（2）由于x=x1+x2=5cosπt/2+5sinπt/2=5(cosπt/2·cosπ/4+5sinπt/2·sinπ/4)/sinπ/4合振动方程为(cm)．6．16已知两个同方向简谐振动如下：，．（1）求它们的合成振动的振幅和初位相；（2）另有一同方向简谐振动x3=0.07cos(10t+φ)，问φ为何值时，x1+x3的振幅为最大？φ为何值时，x2+x3的振幅为最小？76\n（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x以米计，t以秒计．[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为=8.92×10-2(m)．初位相为=68.22°．（2）要使x1+x3的振幅最大，则cos(φ–φ1)=1，因此φ–φ1=0，所以φ=φ1=0.6π．要使x2+x3的振幅最小，则cos(φ–φ2)=-1，因此φ–φ2=π，所以φ=π+φ2=1.2π．（3）如图所示．OxAφA2A1x1x2xφ2φ1OxφA2A3x3x2φ2OxA3A1x1φ1x36．17质量为0.4kg的质点同时参与互相垂直的两个振动：，．式中x和y以米(m)计，t以秒(s)计．（1）求运动的轨道方程；（2）画出合成振动的轨迹；（3）求质点在任一位置所受的力．[解答]（1）根据公式，其中位相差为Δφ=φ2–φ1=-π/2，所以质点运动的轨道方程为．Oxa=0.08yb=0.06FxFyFθ（2）合振动的轨迹是椭圆．（3）两个振动的圆频率是相同的ω=π/3，质点在x方向所受的力为，即Fx=0.035cos(πt/3+π/6)(N)．在y方向所受的力为，即Fy=0.026cos(πt/3-π/3)(N)．76\n用矢量表示就是，其大小为，与x轴的夹角为θ=arctan(Fy/Fx)．6．18将频率为384Hz的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率．[解答]标准音叉的频率为νν0ν2ν1ν`2ν`1ΔνΔνv0=384(Hz)，拍频为Δv=3.0(Hz)．如果待测音叉的固有频率v2比标准音叉的频率大，则得Δv=v2-v0，可能的频率是v2=v0+Δv=387(Hz)．如果待测音叉的固有频率v1比标准标准音叉的频率小，则得Δv=v0–v1，可能的频率是v1=v0-Δv=381(Hz)．在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2=k/m，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率为v1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v2，即387Hz．6．19示波器的电子束受到两个互相垂直的电场作用．电子在两个方向上的位移分别为x=Acosωt和y=Acos(ωt+φ)．求在φ=0，φ=30º，及φ=90º这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程．[解答]根据公式，其中Δφ=φ2–φ1=-π/2，而φ1=0，φ2=φ．（1）当Δφ=φ=0时，可得，Oxy质点运动的轨道方程为y=x，轨迹是一条直线．（2）当Δφ=φ=30º时，可得质点的轨道方程Oxy，即，轨迹是倾斜的椭圆．（3）当Δφ=φ=90º时，可得xyO，即x2+y2=A2，质点运动的轨迹为圆．6．20三个同方向、同频率的简谐振动为，，．求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式；（2）合振动由初始位置运动到所需最短时间（A为合振动振幅）．[解答]合振动的圆频率与各分振动的圆频率相同ω=314=100π(rad·s-1)．各分振动的振幅为A1=A2=A3=0.08m，初相为φ1=π/6、φ2=π/2、φ3=5π/6．根据振动合成公式可得Ax=A1cosφ1+A2cosφ2+A3cosφ3=0，76\nAy=A1sinφ1+A2sinφ2+A3sinφ3=2A1=0.16(m)，合振幅为=0.16(m)，初位相为φ=arctan(Ay/Ax)=π/2．合振动的方程为x=0.16cos(100πt+π/2)．（2）当时，可得，解得100πt+π/2=π/4或7π/4．由于t>0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t=0.0125s．7676\n第七章波动76P207．7．1已知一波的波动方程为y=5×10-2sin(10πt–0.6x)(m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x=0时波动方程的意义，并作图表示．[解答]（1）与标准波动方程比较：，得2π/λ=0.6，因此波长为λ=10.47(m)；圆频率为ω=10π，频率为v=ω/2π=5(Hz)；波速为u=λ/T=λv=52.36(m·s-1)．传播方向沿着x轴正方向．（2）当x=0时波动方程就成为该处质点的振动方程y=5×10-2sin10πt=5×10-2cos(10πt–π/2)，振动曲线如图．7．2一平面简谐波在媒质中以速度为u=0.2m·s-1沿x轴正向传播，已知波线上A点（xA=0.05m）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x=-0.05m处质点P处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为；即=0.03cos[4π(t–5x)+π/2]．（2）在x=-0.05m处质点P点的振动方程为y=0.03cos[4πt+π+π/2]=0.03cos(4πt-π/2)．7．3已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s-1．[解答]波源的振动方程为．取波源为原点建立坐标，则波向正向传播的波动方程为（x>0）．距波源x=5m处质点的振动方程为t/sy/cm500.10.20.3．(1)与波源的位相差为Δφ=-5π/4(rad)．x/my/cm601-35-13246-5uu波向负向传播的波动方程为（x<0）．76\n距波源x=-5m处质点的振动方程为．(2)与(1)式相同．与波源的位相差仍为Δφ=-5π/4(rad)．7．4有一沿x轴正向传播的平面波，其波速为u=1m·s-1，波长λ=0.04m，振幅A=0.03m．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x=0.01m处质点的振动方程，该点初相是多少？[解答]（1）设原点的振动方程为y0=Acos(ωt+φ)，其中A=0.03m．由于u=λ/T，所以质点振动的周期为T=λ/u=0.04(s)，圆频率为ω=2π/T=50π．当t=0时，y0=0，因此cosφ=0，φ=±π/2．由于v=dx/dt=-ωAsin(ωt+φ)，当t=0时，v0=-ωAsinφ．如果φ=π/2，则v0=-ωA<0；如果φ=-π/2，则v0=ωA>0．因此φ=π/2为初位相．原点的振动方程为y0=0.03cos(50πt+π/2)，平面波的波动方程为=0.03cos[50π(t–x)+π/2)．（2）与波源相距x=0.01m处质点的振动方程为t/sy/m0.2O0.51y=0.03cos50πt．该点初相是φ=0．x/my/m0.2Ot1=00.45t2=0.25P图7.57．5一列简谐波沿x轴正向传播，在t1=0s，t2=0.25s时刻的波形如图所示．试求：（1）P点的振动表达式；（2）波动方程；（3）画出O点的振动曲线．[解答]（1）设P点的振动方程为yP=Acos(ωt+φ)，其中A=0.2m．在Δt=0.25s内，波向右传播了Δx=0.45/3=0.15(m)，所以波速为u=Δx/Δt=0.6(m·s-1)．波长为λ=4Δx=0.6(m)，周期为T=λ/u=1(s)，圆频率为ω=2π/T=2π．当t=0时，yP=0，因此cosφ=0；由于波沿x轴正向传播，所以P点在此时向上运动，速度大于零，所以φ=-π/2．P点的振动表达式为yP=0.2cos(2πt-π/2)．（2）P点的位置是xP=0.3m，所以波动方程为．（3）在x=0处的振动方程为y0=0.2cos(2πt+π/2)，76\n曲线如图所示．7．6如图所示为一列沿x负向传播的平面谐波在t=T/4时的波形图，振幅A、波长λ以及周期T均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x=λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a和b两点的位相差φa–φb为多少？xyAObau图7.6[解答]（1）设此波的波动方程为，当t=T/4时的波形方程为．在x=0处y=0，因此得sinφ=0，解得φ=0，π．而在x=λ/2处y=-A，所以φ=0．因此波动方程为．（2）在x=λ/2处质点的振动方程为xyAOut=0t=4.2s0.51，曲线如图所示．tyAO（3）xa=λ/4处的质点的振动方程为；xb=λ处的质点的振动方程为．波线上a和b两点的位相差φa–φb=-3π/2．7．7已知波的波动方程为y=Acosπ(4t–2x)（SI）．（1）写出t=4.2s时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t=4.2s时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为y=Acos2π(2t–x)，与标准方程比较，可知：周期为T=0.5s，波长λ=1m．波速为u=λ/T=2m·s-1．（1）当t=4.2s时的波形方程为y=Acos(2πx–16.8π)=Acos(2πx–0.8π)．令y=A，则cos(2πx–0.8π)=1，因此2πx–0.8π=2kπ，(k=0,±1,±2,…)，各波峰的位置为x=k+0.4，(k=0,±1,±2,…)．当k=0时的波峰离原点最近，最近为x=0.4(m)．通过原点时经过的时间为Δt=Δx/u=(0–x)/u=-0.2(s)，即：该波峰0.2s之前通过了原点．（2）t=0时刻的波形曲线如实线所示．经过t=4s时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt=0.2s76\n，波形向右移动Δx=uΔt=0.4m，因此t=4.2s时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx–16.8π)=1解得，结果为x=k+8.4，(k=0,±1,±2,…)，取同一整数k值，波峰的位置不同．当k=-8时的波峰离原点最近，最近为x=0.4m．7．8一简谐波沿x轴正向传播，波长λ=4m，周期T=4s，已知x=0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x=0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t=1s时刻的波形曲线．t/sy/m1O-10.5图7.8[解答]波速为u=λ/T=1(m·s-1)．（1）设x=0处的质点的振动方程为y=Acos(ωt+φ)，其中A=1m，ω=2π/T=π/2．当t=0时，y=0.5，因此cosφ=0.5，φ=±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ=π/3．振动方程为y=cos(πt/2+π/3)．（2）波的表达式为．（3）t=1s时刻的波形方程为，波形曲线如图所示．x/my/m1O-10.5u2/37．9在波的传播路程上有A和B两点，都做简谐振动，B点的位相比A点落后π/6，已知A和B之间的距离为2.0cm，振动周期为2.0s．求波速u和波长λ．[解答]设波动方程为，那么A和B两点的振动方程分别为，．两点之间的位相差为，由于xB–xA=0.02m，所以波长为λ=0.24(m)．波速为u=λ/T=0.12(m·s-1)．7．10一平面波在介质中以速度u=20m·s-1沿x轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A的振动方程为y=3cos4πt．x5mABCD8m9m图7.10（1）如以A点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B，C，D点的振动方程．[解答]（1）以A点为坐标原点，波动方程为．（2）以B点为坐标原点，波动方程为76\n．（3）以A点为坐标原点，则xB=-5m、xC=-13m、xD=9m，各点的振动方程为，，．[注意]以B点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．7．11一弹性波在媒质中传播的速度u=1×103m·s-1，振幅A=1.0×10-4m，频率ν=103Hz．若该媒质的密度为800kg·m-3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S=4×10-4m2的总能量．[解答]（1）质点的圆频率为ω=2πv=6.283×103(rad·s-1)，波的平均能量密度为=158(J·m-3)，平均能流密度为=1.58×105(W·m-2)．（2）1分钟内垂直通过面积S=4×10-4m2的总能量为E=ItS=3.79×103(J)．7．12一平面简谐声波在空气中传播，波速u=340m·s-1，频率为500Hz．到达人耳时，振幅A=1×10-4cm，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空气密度ρ=1.29kg·m-3．[解答]质点的圆频率为ω=2πv=3.142×103(rad·s-1)，声波的平均能量密度为=6.37×10-6(J·m-3)，平均能流密度为=2.16×10-3(W·m-2)，标准声强为I0=1×10-12(W·m-2)，此声强的分贝数为=93.4(dB)．7．13设空气中声速为330m·s-1．一列火车以30m·s-1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s-1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为，其中vS表示声源的频率，u表示声速，uB表示观察者的速度，uS表示声源的速度，vB表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，uB=0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，uS=30m·s-1，观察者听到的频率为=660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，uS=-30m·s-1，观察者听到的频率为=550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，uB=-10m·s-1；火车速度方向与声速方向相同，uS=30m·s-1，观察者听到的频率为=680(Hz)．76\n当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，uB=10m·s-1；火车速度方向与声速方向相反，uS=-30m·s-1，观察者听到的频率为=533(Hz)．[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．7．14．一声源的频率为1080Hz，相对地面以30m·s-1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s-1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s-1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为λ0=uT0=u/ν0=331/1080=0.306(m)；在声源前方的波长为λ1=λ0-usT0=uT0-usT0=(u-us)/ν0=(331-30)/1080=0.2787(m)；在声源后方的波长为λ2=λ0+usT0=uT0+usT0=(u+us)/ν0uBuSu=(331+30)/1080=0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为uBu=1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为=1768(Hz)．反射声音的波长为=0.1872(m)．或者=0.1872(m)．[注意]如果用下式计算波长=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u/ν1=0.2330m，而不是入射的波长λ1．7676\n第八章波的干涉76P243．8．1S1与S2为两相干波源，相距1/4个波长，S1比S2的位相超前π/2．问S1、S2连线上在S1外侧各点的合成波的振幅如何？在S2外侧各点的振幅如何？xS1xS2λ/4x[解答]如图所示，设S1在其左侧产生的波的波动方程为，那么S2在S1左侧产生的波的波动方程为]，由于两波源在任意点x产生振动反相，所以合振幅为|A2–A1|．S1在S2右侧产生的波的波动方程为，那么S2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x产生振动同相，所以合振幅为A2+A1．8．2两相干波源S1与S2相距5m，其振幅相等，频率都是100Hz，位相差为π；波在媒质中的传播速度为400m·s-1，试以S1S2连线为坐标轴x，以S1S2连线中点为原点，求S1S2间因干涉而静止的各点的坐标．xS1xS2Ol[解答]如图所示，设S1在其右侧产生的波的波动方程为，那么S2在其左侧产生的波的波动方程为]．两个振动的相差为Δφ=πx+π，当Δφ=(2k+1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x=2k，k为整数，但必须使x的值在-l/2到l/2之间，即-2.5到2.5之间．当k=-1、0和1时，可得静止点的坐标为x=-2、0和2(m)．8．3设入射波的表达式为，在x=0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y=y1+y2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．8．4两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：，76\n，用厘米、克、秒（cm,g,s）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为，，可知它们的周期都为T=0.5(s)，频率为v=1/T=2(Hz)；波长为λ=200(cm)；波速为u=λ/T=400(cm·s-1)．（2）位相差Δφ=πx/50，当Δφ=(2k+1)π时，可得节点的位置x=50(2k+1)(cm)，(k=0，1，2，…)．（3）当Δφ=2kπ时，可得波腹的位置x=100k(cm)，(k=0，1，2，…)．8．5在空气中做杨氏双缝干涉实验，缝间距为d=0.6mm，观察屏至双缝间距为D=2.5m，今测得第3级明纹与零级明纹对双缝中心的张角为2.724×10-3rad，求入射光波长及相邻明纹间距．[解答]根据双缝干涉公式sinθ=δ/d，其中sinθ≈θ，d=kλ=3λ，可得波长为λ=dsinθ/k=5.448×10-4(mm)=544.8(nm)．再用公式sinθ=λ/d=Δx/D，得相邻明纹的间距为Δx=λD/d=2.27(mm)．[注意]当θ是第一级明纹的张角时，结合干涉图形，用公式sinθ=λ/d=Δx/D很容易记忆和推导条纹间隔公式．n1n2λn3(1)(2)图8.68．6如图所示，平行单色光垂直照射到某薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，设薄膜厚度为e，n1>n2，n2查看更多
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