扫二维码下载作业帮
3亿+用户的选择
下载作业帮安装包
扫二维码下载作业帮
3亿+用户的选择
半径为R1的导体球A，带有电荷q球外有一内外半径分别为R2R3的同心导体球壳B，壳上带有电荷Q，求球A和球壳B的电势
作业帮用户
扫二维码下载作业帮
3亿+用户的选择
根据高斯定理，A球面的电场强度为E(r)=q/4πεr^2，根据电势定义，A球面上的电势φ(A)=inf(E(r)dr,r=R1..infinity)——表示r从R1到无穷远点的积分：φ(A)=q/4πεR1 类似的，B电势φ(B)=(Q+q)/4πεR3
为您推荐：
扫描下载二维码Bad Request
Bad Request - Invalid Hostname
HTTP Error 400. The request hostname is invalid.(68下)大学物理习题答案(匡乐满主编)北京邮电大学_大学生考试网
(68下)大学物理习题答案(匡乐满主编)北京邮电大学
习题解答 习题一1-1 ｜ ?r ｜与 ?r 有无不同?dr dr dv dv 和 有无不同? 和 有无不同?其不同在哪里? dt dt dt dt? ?试举例说明．解：（1） ?r 是位移的模， ?r 是位矢的模的增量，即 ?r ? r2 ? r1 ， ?r ? r2 ? r1 ；（2）dr dr ds ?v ? 是速度的模，即 . dt dt dtdr 只是速度在径向上的分量. dt? ? ∵有 r ? r r （式中 r 叫做单位矢） ，则式中? dr d r dr ? ? r ?r dt dt dtdr 就是速度径向上的分量， dt∴dr d r 与 不同如题 1-1 图所示. dt dt题 1-1 图? dv dv ? dv (3) 表示加速度的模，即 a ? ， 是加速度 a 在切向上的分量. dt dt dt∵有 v ? v? (? 表轨道节线方向单位矢） ，所以? ?? ? dv dv ? d? ? ? ?v dt dt dt dv 就是加速度的切向分量. dt ? ? ? dr d?? 与 (? 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dt dt式中 1-2 设质点的运动方程为 x = x ( t )， y = y ( t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求2 2 出r＝ x ? y ，然后根据 v =d 2r dr ，及 a ＝ 2 而求得结果；又有人先计算速度和加速度 dt dt2 2的分量，再合成求得结果，即?? dx ? ? dy ? v= ? ? ?? ? 及a= ? dt ? ? dt ?22? d2 x ? ? d2 y ? ? 2 ? ?? 2 ? ? dt ? ? dt ? ? ? ? ?你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 r ? xi ? yj ，???? ? dr dx ? dy ? ?v ? ? i? j dt dt dt ? ? d2r d2 x ? d2 y ? a? 2 ? 2 i? 2 j dt dt dt故它们的模即为? d x ? ? dy ? v ? v ?v ? ? ? ?? ? ? dt ? ? dt ?2 x 2 y 2 2 x 2 y22? d2x ? ? d2 y ? a ? a ?a ? ? 2 ? ?? 2 ? ? dt ? ? dt ? ? ? ? ?2而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作v?dr dta?d2r dt 2dr d 2 r dr 其二，可能是将 与 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 不是速度的模， dt dt dt而只是速度在径向上的分量，同样，d 2r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中 dt 22 ? d 2 r ? d? ? ? ? 的一部分 ?a径 ? 2 ? r ? 或者概括性地说， 前一种方法只考虑了位矢 r 在径向 （即 ? ?。 dt ? dt ? ? ? ? ? ? ? 量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢 r 及速度 v 的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。 1-3 一质点在 xOy 平面上运动，运动方程为x =3 t +5, y =1 2 t +3 t -4. 2式中 t 以 s计， x , y 以m计．(1)以时间 t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出 t =1 s 时刻和 t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算 t ＝0 s时刻到 t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算 t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算 t ＝ 0s 到 t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算 t ＝4s 时质点 的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成 直角坐标系中的矢量式)．? 解： （1）(2)将 t ? 1 , t ? 2 代入上式即有? 1 ? ? r ? (3t ? 5)i ? ( t 2 ? 3t ? 4) j m 2? ? ? r1 ? 8i ? 0.5 j m? ? ? r2 ? 11 j ? 4 j m ? ? ? ? ? ?r ? r2 ? r1 ? 3 j ? 4.5 j m(3)∵? ? ? ? ? ? r0 ? 5 j ? 4 j , r4 ? 17 i ? 16 j∴? ? ? ? ? ? ? ? ?r r4 ? r0 12i ? 20 j v? ? ? ? 3i ? 5 j m ? s ?1 ?t 4?0 4(4) 则 (5)∵? ? ? ? dr v? ? 3i ? (t ? 3) j m ? s ?1 dt ? ? ? v4 ? 3i ? 7 j m ? s ?1? ? ? ? ? ? v0 ? 3i ? 3 j , v4 ? 3i ? 7 j? ? ? ? ? ?v v4 ? v0 4 a? ? ? ?1j m ? s ?2 ?t 4 4 ? ? ? dv (6) a? ? 1 j m ? s ?2 dt 这说明该点只有 y 方向的加速度，且为恒量。1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以v 0 (m? s ?1 )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为 l ，此时绳与水面成 ? 角，由图可知l 2 ? h2 ? s 2将上式对时间 t 求导，得2ldl ds ? 2s dt dt题 1-4 图根据速度的定义，并注意到 l , s 是随 t 减少的， ∴v绳 ? ?v船 ? ?dl ds ? v0 , v船 ? ? dt dt即v ds l dl l ?? ? v0 ? 0 dt s dt s cos?lv0 (h 2 ? s 2 )1 / 2 v0 ? s s或v船 ?将 v船 再对 t 求导，即得船的加速度dl ds ?l ? v0 s ? lv船 a? ? dt 2 dt v0 ? v0 dt s s2 l2 2 ( ? s ? )v 0 2 h 2 v0 s ? ? 3 s2 s dv船 s1-5 质点沿 x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+6 x ，a 的单位为 m ? s ， x 的单位2 ?2为 m. 质点在 x ＝0处，速度为10 m ? s ,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ 分离变量： 两边积分得?1a?dv dv dx dv ? ?v dt dx dt dx?d? ? adx ? (2 ? 6 x 2 )dx1 2 v ? 2x ? 2x 3 ? c 2由题知， x ? 0 时， v 0 ? 10 ,∴ c ? 50 ∴v ? 2 x 3 ? x ? 25 m ? s ?1?21-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3 t m ? s ，开始运动时， x ＝5 m，? v =0，求该质点在 t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ 分离变量，得 积分，得 由题知， t ? 0 , v0 ? 0 ,∴ c1 ? 0a?dv ? 4 ? 3t dtdv ? (4 ? 3t )dt3 v ? 4t ? t 2 ? c1 2故 又因为 分离变量， 积分得3 v ? 4t ? t 2 2 dx 3 v? ? 4t ? t 2 dt 23 dx ? (4t ? t 2 )dt 21 x ? 2t 2 ? t 3 ? c2 2由题知 t ? 0 , x0 ? 5 ,∴ c2 ? 5 故 所以 t ? 10 s 时1 x ? 2t 2 ? t 3 ? 5 2v10 ? 4 ? 10 ?3 ? 10 2 ? 190 m ? s ?1 2 1 x10 ? 2 ? 10 2 ? ? 10 3 ? 5 ? 705 m 21-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动， 运动方程为? =2+3 t 3 ，? 式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s?时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时， 其角位移是多少?解： (1) t ? 2 s 时，??d? d? ? 9t 2 , ? ? ? 18t dt dta? ? R? ? 1?18 ? 2 ? 36 m ? s ?2 a n ? R? 2 ? 1 ? (9 ? 2 2 ) 2 ? 1296 m ? s ?2(2)当加速度方向与半径成 45 角时，有οtan 45? ?即 亦即 则解得 于是角位移为a? ?1 anR? 2 ? R? (9t 2 ) 2 ? 18tt3 ?2 9? ? 2 ? 3t 3 ? 2 ? 3 ?2 ? 2.67 9rad1-8 质点沿半径为 R 的圆周按 s ＝ v0 t ?1 2 bt 的规律运动，式中 s 为质点离圆周上某点的弧 2长, v 0 ，b 都是常量， (1) t 时刻质点的加速度； 求： (2) t 为何值时， 加速度在数值上等于 b ． 解： （1）v?a? ?ds ? v0 ? bt dtdv ? ?b dt v 2 (v0 ? bt) 2 an ? ? R R则 加速度与半径的夹角为(v0 ? bt) 4 a ? a? ? a ? b ? R22 2 n 2? ? arctan(2)由题意应有a? ? Rb ? a n (v0 ? bt) 2(v0 ? bt) 4 a?b? b ? R22即b2 ? b2 ?(v0 ? bt) 4 , ? (v0 ? bt) 4 ? 0 2 R∴当 t ?v0 时， a ? b b?1?1-9 以初速度 v 0 ＝20 m ? s 抛出一小球，抛出方向与水平面成 ? ? 60 的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径 R1 ；(2)落地处的曲率半径 R2 ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题 1-9 图所示．题 1-9 图 (1)在最高点，v1 ? v x ? v0 cos 60 oa n1 ? g ? 10 m ? s ?2又∵a n1 ?v12?1∴?1 ?v12 ( 20 ? cos 60 ?) 2 ? a n1 10? 10 m(2)在落地点，v2 ? v0 ? 20 m ? s ?1 ,而a n2 ? g ? cos 60 o∴?2 ?2 v2 (20 ) 2 ? ? 80 m a n2 10 ? cos 60 ?1-10 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为?β =0.2 rad? s ，求 t ＝2s时边缘上 各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．? 解：当 t ? 2 s 时， ? ? ?t ? 0.2 ? 2 ? 0.4 rad ? s 则 v ? R? ? 0.4 ? 0.4 ? 0.16 m ? s?1 ?1?2a n ? R? 2 ? 0.4 ? (0.4) 2 ? 0.064 m ? s ?2a? ? R? ? 0.4 ? 0.2 ? 0.08 m ? s ?22 a ? a n ? a?2 ? (0.064 ) 2 ? (0.08) 2 ? 0.102 m ? s ?21-11 如题 1-11 图，物体 A 以相对 B 的速度 v ＝ 2 gy 沿斜面滑动， y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为 h 处， B 物体以 u 匀速向右运动，求 A 物滑到地面时的速度．解：当滑至斜面底时， y ? h ，则 v ? ? A 因此， A 对地的速度为2 gh , A 物运动过程中又受到 B 的牵连运动影响，? ? ?' v A地 ? u ? v A? ? ? (u ? 2 gh cos? )i ? ( 2 gh sin ? ) j题 1-11 图 1-12 一船以速率 v1 ＝30km?h 沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 v 2 ＝40km?h 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?? 解：(1)大船看小艇，则有 v21 ? v2 ? v1 ，依题意作速度矢量图如题 1-12 图(a)-1 -1???题 1-12 图 由图可知 方向北偏西2 v 21 ? v12 ? v 2 ? 50 km ? h ?1? ? arctan? ? ?v1 3 ? arctan ? 36.87? v2 4(2)小船看大船，则有 v12 ? v1 ? v2 ，依题意作出速度矢量图如题 1-12 图(b)，同上法，得v12 ? 50 km ? h ?1方向南偏东 36.87o－ －1-13 在河水流速?0＝2 m? 1 的地方有小船渡河.如果希望小船以?＝4 m? 1 的速率垂直于河 s s 岸横渡，问小船相对于河水的速度大小和方向应如何？ 解: 设小船相对于河水的速度方向?, 如图示 .2 u 2 ? ? 2 ? ?02 u ? ? 2 ? ? 0 ? 2 5 m/s=4.47?u? ?0tan(? ? 90 0 ) ??0 2 5 ? ? 5 ? 2 5?= 114.09习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为 m1 的物体，另一边穿在质量为 m 2 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳 子以匀加速度 a ? 下滑，求 m1 ， m 2 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦 力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)． 解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为 a1 ，其对于 m 2 则为牵连加速度，又知 m 2 对绳子的相对加速度为 a ? ，故 m 2 对地加速度，由图(b)可知，为a2 ? a1 ? a ?①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力 f 在数值上等于绳的张力 T ，由牛顿定律， 有m1 g ? T ? m1a1 T ? m2 g ? m2 a2联立①、②、③式，得② ③a1 ? a2 ?( m1 ? m 2 ) g ? m 2 a ? m1 ? m 2 ( m1 ? m 2 ) g ? m1 a ? m1 ? m 2 m1 m 2 ( 2 g ? a ?) m1 ? m 2f ?T ?讨论 (1)若 a? ? 0 ，则 a1 ? a2 表示柱体与绳之间无相对滑动． (2)若 a ? ? 2 g ，则 T ? f ? 0 ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时 m1 , m 2 均作自由 落体运动．题 2-1 图 2-2 质量为16 kg 的质点在 xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为 f x ＝6 N， f y ＝ -7 N，当 t ＝0时， x ? y ? 0， v x ＝-2 m?s ， v y ＝0．求-1当 t ＝2 s?时质点的 (1)位矢；(2)速度．? 解：ax ?fx 6 3 ? ? m ? s ?2 m 16 8ay ?(1)fy m??7 m ? s ?2 162 3 5 v x ? v x 0 ? ? a x dt ? ?2 ? ? 2 ? ? m ? s ?1 0 8 4 2 ?7 7 v y ? v y 0 ? ? a y dt ? ?2 ? ? m ? s ?1 0 16 8于是质点在 2s 时的速度5? 7 ? ? v ?? i ? j 4 8(2)m ? s ?1? 1 ? 1 ? r ? (v 0 t ? a x t 2 )i ? a y t 2 j 2 2 ? 1 ?7 ? 1 3 ? (?2 ? 2 ? ? ? 4)i ? ( ) ? 4 j 2 8 2 16 13 ? 7 ? ?? i ? j m 4 82-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 kv ( k 为常数)作用， t =0时质点的 速度为 v 0 ，证明(1) t 时刻的速度为 v ＝ v0 e?( k )t m；(2) 由0到 t 的时间内经过的距离为x ＝(k ?( ) t mv 0 m )［1- e m ］；(3)停止运动前经过的距离为 v0 ( ) ；(4)证明当 t ? m k 时速 k k度减至 v 0 的 答: (1)∵1 ，式中m为质点的质量． ea?? kv dv ? m dt分离变量，得即dv ? kdt ? v m v dv t ? kdt ?v0 v ? ?0 mln v ? kt ? ln e m v0v ? v0 ek ?mt∴t(2)x ? ? vdt ? ? v0 e0k ?mtdt ?mv 0 ?kt (1 ? e m ) k(3)质点停止运动时速度为零，即 t→∞，故有x ? ? ? v0 e0?k ?mtdt ?mv0 k(4)当 t=m 时，其速度为 kv ? v0 ek ? m?m k? v0 e ?1 ?v0 e即速度减至 v 0 的1 . e?2-4一质量为 m 的质点以与地的仰角 ? =30°的初速 v 0 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质 点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题 2-4 图题 2-4 图 在忽略空气阻力情况下， 抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同， 与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对 y 轴对称性，故末速度与 x 轴夹角亦为 30 ，则动量的增量为o? ? ? ?p ? mv ? mv0由矢量图知，动量增量大小为 mv 0 ，方向竖直向下． 2-5 一质量为 m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出 1 s，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过 程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为 0.5 s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大 小为 v1 ? gt ? 0.5 g ，小球上跳速度的大小亦为 v2 ? 0.5 g ．设向上为 y 轴正向，则动量的 增量?? ? ? ?p ? mv2 ? mv1 方向竖直向上，大小? ?p ? mv 2 ? (?mv1 ) ? mg碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰 撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-6 作用在质量为10 kg的物体上的力为 F ? (10 ? 2t )i N，式中 t 的单位是s，(1)求4s后， 这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N?s，?该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度 ? 6 j m?s 的物体,-1?回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则? ? t ? 4 ? ?p1 ? ? Fdt ? ? (10 ? 2t )i dt ? 56 kg ? m ? s ?1i ,沿 x 轴正向，0 0? ? ? ?p1 ?v1 ? ? 5.6 m ? s ?1i m ? ? ? I 1 ? ?p1 ? 56 kg ? m ? s ?1i若物体原来具有 ? 6 m ? s 初速，则?1? t F t ? ? ? ? ? ? p0 ? ?mv0 , p ? m(?v0 ? ? dt ) ? ?mv0 ? ? Fdt 于是 0 m 0t ? ? ? ? ? ?p2 ? p ? p0 ? ? Fdt ? ?p1 , 0同理，? ? ? ? ?v2 ? ?v1 , I 2 ? I 1这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大， 那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即I ? ? (10 ? 2t )dt ? 10t ? t 20t亦即 解得 t ? 10 s ，( t ? ? 20 s 舍去)t 2 ? 10t ? 200 ? 02-7 一颗子弹由枪口射出时速率为 v 0 m ? s ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为?1F =( a ? bt )N( a, b 为常数)，其中 t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有F ? (a ? bt) ? 0 ,得 t ?(2)子弹所受的冲量a bt 1 I ? ? (a ? bt)dt ? at ? bt 2 0 2将t ?a 代入，得 bI? a2 2b(3)由动量定理可求得子弹的质量m?I a2 ? v0 2bv02-8 设 F ? 7i ? 6 jN ．(1) 当一质点从原点运动到 r ? ?3i ? 4 j ? 16 k m 时，求 F 所作的 功．(2)如果质点到 r 处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的 变化． 解: (1)由题知， F 为恒力， ∴?????????? ? ? ? ? ? ? A合 ? F ? r ? (7i ? 6 j ) ? (?3i ? 4 j ? 16 k )? ?21 ? 24 ? ?45 J(2)P?A 45 ? ? 75 w ?t 0.6(3)由动能定理， ?E k ? A ? ?45 J 2-9 一根劲度系数为 k 1 的轻弹簧 A 的下端，挂一根劲度系数为 k 2 的轻弹簧 B ， B 的下端 一重物 C ， C 的质量为 M ，如题2-9图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势 能之比．? 解: 弹簧 A、B 及重物 C 受力如题 2-9 图所示平衡时，有题 2-9 图FA ? FB ? Mg又FA ? k1 ?x1 FB ? k 2 ?x2所以静止时两弹簧伸长量之比为?x1 k 2 ? ?x 2 k1弹性势能之比为E p1 E p21 k1 ?x12 k ? 2 ? 2 1 k1 2 k 2 ?x 2 2-12-10 如题2-10图所示，一物体质量为2kg，以初速度 v 0 ＝3m?s 从斜面 A 点处下滑，它与 斜面的摩擦力为8N，到达 B 点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数 和物体最后能回到的高度． 解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有? fr s ?1 2 ?1 2 ? kx ? ? mv ? mgs sin 37? ? 2 ?2 ?1 2 mv ? mgs sin 37? ? f r s 2 k? 1 2 kx 2式中 s ? 4.8 ? 0.2 ? 5 m ， x ? 0.2 m ，再代入有关数据，解得k ? 1390 N ? m -1题 2-10 图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h ?1 ? f r s ? ? mgs ? sin 37 o ? kx2 2代入有关数据，得 则木块弹回高度s? ? 1.4 m ,h? ? s ? sin 37 o ? 0.84 m题 2-11 图 2-11 质量为 M 的大木块具有半径为 R 的四分之一弧形槽，如题2-11图所示．质量为 m 的 小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从 静止开始，求小木块脱离大木块时的速度． 解: m 从 M 上下滑的过程中，机械能守恒，以 m ， M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有1 2 1 mv ? MV 2 2 2 又下滑过程，动量守恒，以 m , M 为系统则在 m 脱离 M 瞬间，水平方向有 mv ? MV ? 0 mgR ?联立，以上两式，得v?2 MgR ?m ? M ?? ? ?2-12 一质量为 m 的质点位于( x1 , y1 )处，速度为 v ? v x i ? v y j , 质点受到一个沿 x 负方向 的力 f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为? ? ? r ? x1i ? y1 j作用在质点上的力为? ? f ? ? fi所以，质点对原点的角动量为? ? ? L0 ? r ? mv ? ? ? ? ? ( x1i ? y1i ) ? m(v x i ? v y j )? ? ( x1 mv y ? y1 mv x )k作用在质点上的力的力矩为? ? ? ? ? ? ? M 0 ? r ? f ? ( x1i ? y1 j ) ? (? fi ) ? y1 fk2-13 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆． 它离太阳最近距离为 r1 ＝8.75?10 m 时的速 率是 v1 ＝5.46?10 ?m?s ，它离太阳最远时的速率是 v 2 ＝9.08?10 m?s ?这时它离太阳 的距离 r2 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)? 解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力――即有心力的作用， 所以角动量守恒； 又由于 哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有4 -1 2 -1 10r1 mv1 ? r2 mv 2∴r2 ?r1v1 8.75 ? 10 10 ? 5.46 ? 10 4 ? ? 5.26 ? 10 12 m 2 v2 9.08 ? 102-14 物体质量为3kg，t =0时位于 r ? 4i m , v ? i ? 6 j m ? s??????1，如一恒力 f ? 5 j N 作用在??物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对 z 轴角动量的变化． 解: (1) (2)解(一)? ? 3 ? ? ?p ? ? fdt ? ? 5 j dt ? 15 j kg ? m ? s ?10x ? x0 ? v0 x t ? 4 ? 3 ? 7即1 1 5 y ? v0 y t ? at 2 ? 6 ? 3 ? ? ? 32 ? 25.5 j 2 2 3 ? ? ? ? ? r1 ? 4i , r2 ? 7i ? 25.5 jv x ? v0 x ? 1即 ∴5 v y ? v0 y ? at ? 6 ? ? 3 ? 11 3 ? ? ? ? ? ? v1 ? i1 ? 6 j , v2 ? i ? 11 j? ? ? ? ? ? ? L1 ? r1 ? mv1 ? 4i ? 3(i ? 6 j ) ? 72 k ? ? ? ? ? ? ? ? L2 ? r2 ? mv2 ? (7i ? 25.5 j ) ? 3(i ? 11 j ) ? 154 .5k∴ 解(二) ∵ M ? ∴? ? ? ? ?L ? L2 ? L1 ? 82.5k kg ? m 2 ? s ?1dz dt? ? t ? t ? ?L ? ? M ? dt ? ? (r ? F )dt0 0? 3? 1 5 ?? ? ? ? ?(4 ? t )i ? (6t ? ) ? t 2 ) j ? ? 5 j dt 0 2 3 ? ? ? ? 3 ? ? 5(4 ? t )k dt ? 82.5k kg ? m 2 ? s ?102-15 飞轮的质量 m ＝60kg，半径 R ＝0.25m，绕其水平中心轴 O 转动，转速为 -1 900rev?min ．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力 F ，可使飞轮 减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 ? =0.4，飞轮的转动 惯量可按匀质圆盘计算．试求： (1)设 F ＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? (2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 F ? 解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中 N 、 N ? 是正压力， Fr 、 Fr? 是摩擦 力， Fx 和 F y 是杆在 A 点转轴处所受支承力， R 是轮的重力， P 是轮在 O 轴处所受支承力．题 2-15 图（a）题 2-15 图(b) 杆处于静止状态，所以对 A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有F (l1 ? l 2 ) ? N ?l1 ? 0N? ?l1 ? l 2 F l1对飞轮，按转动定律有 ? ? ? Fr R / I ，式中负号表示 ? 与角速度 ? 方向相反． ∵Fr ? ?NFr ? ?N ? ? ?N ? N?l1 ? l 2 F l1∴又∵I?1 mR 2 , 2①∴? ??Fr R ? 2? (l1 ? l 2 ) ? F I mRl1以 F ? 100 N 等代入上式，得??? 2 ? 0.40 ? (0.50 ? 0.75) 40 ? 100 ? ? rad ? s ?2 60 ? 0.25 ? 0.50 3t??由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为? 0 900 ? 2? ? 3 ? ? 7.06 s ? 60 ? 40这段时间内飞轮的角位移为? ? ? 0 t ? ?t 2 ?1 900 ? 2? 9 1 40 9 ? ? ? ? ? ( ? )2 2 60 4 2 3 4 ? 53.1 ? 2? rad可知在这段时间里，飞轮转了 53 .1转． (2) ? 0 ? 900 ?2? rad ? s ?1 ，要求飞轮转速在 t ? 2 s 内减少一半，可知 60?0 ?? 2? ?0 t???02t??15? rad ? s ?2 2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为F ?? ?mRl1 ? 2 ? (l1 ? l 2 )60 ? 0.25 ? 0.50 ? 15? 2 ? 0.40 ? (0.50 ? 0.75) ? 2 ? 177 N2-16 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴 OO ? 转动．设大小圆柱体 的半径分别为 R 和 r ， 质量分别为 M 和 m ． 绕在两柱体上的细绳分别与物体 m1 和 m 2 相连， 如题2-26图所示． R ＝0.20m, r ＝0.10m，m ＝4 kg，M 设 m1 和 m2 则挂在圆柱体的两侧， ＝10 kg， m1 ＝ m 2 ＝2 kg，且开始时 m1 ， m 2 离地均为 h ＝2m．求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力． 解: 设 a1 , a 2 和β 分别为 m1 , m 2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)．题 2-16(a)图 (1) m1 , m 2 和柱体的运动方程如下：题 2-16(b)图T2 ? m2 g ? m2 a2 m1 g ? T1 ? m1a1? ? T1 R ? T2 r ? I?式中 T1? ? T1 , T2? ? T2 , a2 ? r? , a1 ? R?① ② ③而 由上式求得I?Rm1 ? rm2 g I ? m1 R 2 ? m2 r 21 1 MR 2 ? mr 2 2 2???0.2 ? 2 ? 0.1 ? 21 1 ? 10 ? 0.20 2 ? ? 4 ? 0.10 2 ? 2 ? 0.20 2 ? 2 ? 0.10 2 2 2 ?2 ? 6.13 rad ? s(2)由①式? 9 .8T2 ? m2 r? ? m2 g ? 2 ? 0.10 ? 6.13 ? 2 ? 9.8 ? 20.8 N由②式T1 ? m1 g ? m1 R? ? 2 ? 9.8 ? 2 ? 0.2. ? 6.13 ? 17.1 N2-17 计算题2-17图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为 r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设 m1 ＝50?kg， m 2 ＝200 kg,M＝15 kg, r ＝0.1 m 解: 分别以 m1 , m 2 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 m1 , m 2 运用牛顿定律，有m2 g ? T2 ? m2 a T1 ? m1a对滑轮运用转动定律，有① ②1 T2 r ? T1r ? ( Mr 2 ) ? 2又， 联立以上 4 个方程，得③ ④a ? r?a?m2 g M m1 ? m2 ? 2?200 ? 9.8 ? 7.6 15 5 ? 200 ? 2m ? s ?2题 2-17(a)图题 2-17(b)图题 2-18 图 2-18 如题2-18图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕过一端 O 的水平轴自由转动， 杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过 ? 角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有mg∴ (2)由机械能守恒定律，有1 1 ? ( ml 2 ) ? 2 3 3g ?? 2ll 1 1 mg sin? ? ( ml 2 )? 2 2 2 3∴??3 g sin ? l题 2-19 图 2-19 如题2-19图所示，质量为 M ，长为 l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴 O 无摩 擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为 m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端 与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 ? ? 30°处．? (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 v 0 的值；? (2)相撞时小球受到多大的冲量?? 解: (1)设小球的初速度为 v 0 ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ? ，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mv0 l ? I? ? mvl①1 2 1 2 1 2 mv 0 ? I? ? mv 2 2 2上两式中 I ?②1 2 Ml ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直 3o位置上摆到最大角度 ? ? 30 ，按机械能守恒定律可列式：1 2 l I? ? Mg (1 ? cos 30?) 2 2由③式得1 1③3 ?2 ? Mgl ? 2 ? 3g ??? (1 ? cos 30?)? ? ? (1 ? )? 2 ? ? I ? ? l由①式v ? v0 ?由②式2 v 2 ? v0 ?I? mlI? 2 m④⑤所以(v 0 ?求得I? 2 1 2 ) ? v0 ? ? 2 ml mv0 ? ?(2)相碰时小球受到的冲量为l? I l 1M (1 ? 2 ) ? (1 ? )? 2 2 3 m ml 6(2 ? 3 3m ? M 12 m gl? Fdt ? ?mv ? mv ? mv由①式求得0? Fdt ? mv ? mv??0??I? 1 ? ? Ml? l 3gl6(2 ? 3 ) M 6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题 2-20 图 2-20 一质量为 m 、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另 一质量为 m0 的子弹以速度 v 0 射入轮缘(如题2-20图所示方向)． (1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值? (2)用 m , m0 和 ? 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比． 解: (1)射入的过程对 O 轴的角动量守恒R sin?m0 v0 ? (m ? m0 ) R 2?∴??m0 v0 sin? ( m ? m0 ) R(2)m v sin? 2 1 [( m ? m0 ) R 2 ][ 0 0 ] Ek 2 ( m ? m0 ) R m sin 2 ? ? ? 0 1 E k0 m ? m0 2 m0 v 0 2习题三 3-1 惯性系S′相对惯性系 S 以速度 u 运动．当它们的坐标原点 O 与 O ? 重合时，t = t ? =0，发 出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观 测的波阵面的方程． 解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为：x 2 ? y 2 ? z 2 ? (ct ) 2 x? 2 ? y ? 2 ? z ? 2 ? (ct ?) 2题 3-1 图 3-2 设图3-5中车厢上观测者测得前后门距离为2 l ．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测 到同一光信号到达前、后门的时间差．? ? 解: 设光讯号到达前门为事件 1 ，在车厢 (S ?) 系时空坐标为 ( x1 , t1 ) ? (l , ) ，在车站 (S ) 系： ? t1 ? ? (t1 ? u l u ?l u x ? ) ? ? ( ? 2 l ) ? (1 ? ) 2 1 c c c c cl c? ? 光信号到达后门为事件 2 ，则在车厢 (S ?) 系坐标为 ( x2 , t 2 ) ? (?l , ) ，在车站 (S ) 系： ? t 2 ? ? (t 2 ?于是 或者u ?l u ? x2 ) ? (1 ? ) 2 c c c ?lu t 2 ?t 1 ? ?2 2 cl c? ? ?t ? ? 0, ?t ? t1 ? t 2 , ?x? ? x1 ? x2 ? 2l?t ? ? (?t ? ?u u ?x?) ? ? ( 2 2l ) 2 c c3-3 惯性系S′相对另一惯性系 S 沿 x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计 时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为 x1 =6?10 m, t 1 =2?10 s，以及 x 2 =12? 10 m, t 2 =1?10 s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S′系相对S系的速度 是多少? (2) S ? 系中测得的两事件的空间间隔是多少? 解: 设 (S ?) 相对 S 的速度为 v ， (1)4 -4 4 -4? t1 ? ? (t1 ?v x1 ) c2 v ? t 2 ? ? (t 2 ? 2 x2 ) c? ? t 2 ? t1 ? 0由题意 则t 2 ? t1 ?v ? c2v ( x2 ? x1 ) c2故t 2 ? t1 c ? ? ? ?1.5 ? 10 8 m ? s ?1 x 2 ? x1 2(2)由洛仑兹变换 代入数值，? ? x1 ? ? ( x1 ? vt1 ), x2 ? ? ( x2 ? vt2 )? ? x2 ? x1 ? 5.2 ? 10 4 m′3-4 长度 l 0 =1 m?的米尺静止于S′系中，与 x 轴的夹角 ? ' =30°，S′系相对S系沿 x 轴运 动，在S系中观测者测得米尺与 x 轴夹角为 ? ? 45 ． 试求：(1)S′系和S系的相对运动速?度.(2)S系中测得的米尺长度． 解: (1)米尺相对 S ? 静止，它在 x ?, y ? 轴上的投影分别为：? Lx ? L0 cos? ? ? 0.866 m ， L? ? L0 sin? ? ? 0.5 m y米尺相对 S 沿 x 方向运动，设速度为 v ，对 S 系中的观察者测得米尺在 x 方向收缩，而 y 方向的长度不变，即? Lx ? Lx 1 ?v2 , L y ? L? y c2故tan? ?Ly Lx?L? y Lx?L? y ? Lx 1 ? v2 c2? y 把 ? ? 45 及 L x , L ? 代入ο则得 故v2 0 .5 1? 2 ? 0.866 cv ? 0.816 c(2)在 S 系中测得米尺长度为 L ?Ly sin 45?? 0.707 m3-5 一门宽为 a ，今有一固有长度 l 0 ( l 0 ＞ a )的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度 方向匀速运动． 若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门， 则该杆相对于门的 运动速率 u 至少为多少? 解: 门外观测者测得杆长为运动长度， l ? l 0 1 ? ( ) ，当 1 ? a 时，可认为能被拉进门，2u c则u a ? l0 1 ? ( ) 2 ca 2 ) l0解得杆的运动速率至少为： u ? c 1 ? (题 3-6 图 3-6两个惯性系中的观察者 O 和 O ? 以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果 O 测得两者的初始距离是20m，则 O ? 测得两者经过多少时间相遇? 解: O 测得相遇时间为 ?t?t ?L0 20 ? v 0.6cO ? 测得的是固有时 ?t ?∴?t ? ???tL0 1 ? ? 2 ? ? v? 8.89 ? 10 ?8 s ，??或者， O ? 测得长度收缩，v ? 0.6 ， c 1 ， ? ? 0.8 L vL ? L0 1 ? ? 2 ? L0 1 ? 0.6 2 ? 0.8L0 , ?t ? ??t ? ?0.8L0 0.8 ? 20 ? ? 8.89 ? 10 ?8 s 8 0.6c 0.6 ? 3 ? 103-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系 S 和 S ? 中，甲测得在同一地点发生的两事件的 时间间隔为 4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s．求： ?(1) S ? 相对于 S 的运动速度． ?(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．? ? 解: 甲测得 ?t ? 4 s, ?x ? 0 ,乙测得 ?t ? 5 s ，坐标差为 ?x? ? x2 ? x1 ′(1)∴?t ? ? ? (?t ?v ?x) ? ??t c21 v 1 ? ( )2 c?t?1?v2 ?t 4 ? ? 2 ?t ? 5 c解出v ? c 1? (?t 2 4 3 ) ? c 1 ? ( )2 ? c ?t ? 5 5? 1.8 ?10 8 m ? s ?1(2) ∴?x? ? ? ??x ? v?t ?, ? ??t ? 5 ? , ?x ? 0 ?t 4 5 3 ?x? ? ??v?t ? ? ? c ? 4 ? ?3c ? ?9 ? 10 8 m 4 5? ? 负号表示 x 2 ? x1 ? 0 ．3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则 他所乘的火箭相对于地球的速度是多少? 解:3 l ? ? 3 ? l0 1 ? ? 2 ? 5 1 ? ? 2 , 则 ? 1 ? ? 2 5∴v ? 1?9 4 c? c 25 53-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他 惯性系中，这两个事件一定不同时． 证: 设在 S 系 A、B 事件在 a, b 处同时发生， ?x ? xb ? xa , ?t ? t A ? t B ，在 S ? 系中测得 则?t ? ? t ? ? t ? ? ? (?t ? B Av ?x) c2??t ? 0, ?x ? 0 ，∴ ?t ? ? 0 即不同时发生． 3-10 试证明： ?(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时 间间隔，只有在此惯性系中最短． ?(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间 间隔，只有在此惯性系中最短． 解 : (1) 如 果 在 S ? 系 中 ， 两 事 件 A、B 在 同 一 地 点 发 生 ， 则 ?x? ? 0 ， 在 S 系 中 ，?t ? ??t ? ? ?t ? ，仅当 v ? 0 时，等式成立，∴ ?t ? 最短．(2)若在 S ? 系中同时发生，即 ?t ? ? 0 ，则在 S 系中， ?x ? ??x? ? ?x? ，仅当 v ? 0 时等式 成立，∴ S ? 系中 ?x? 最短． 3-11 6000m 的高空大气层中产生了一个 ? 介子以速度 v =0.998c飞向地球．假定该 ? 介子 -6 在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2?10 s．试分别从下面两个角度，即地球上的观 测者和 ? 介子静止系中观测者来判断 ? 介子能否到达地球． 解:? 介子在其自身静止系中的寿命 ?t 0 ? 2 ? 10 ?6 s 是固有(本征)时间，对地球观测者，?t 01? v c22由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为?t ?? 3.16 ? 10 ?5 s这段时间飞行距离为 d ? v?t ? 9470 m 因 d ? 6000 m ，故该 ? 介子能到达地球． 或在 ? 介子静止系中，? 介子是静止的．地球则以速度 v 接近介子，在 ?t 0 时间内，地球接 近的距离为 d ? ? v?t 0 ? 599 md 0 ? 6000 m 经洛仑兹收缩后的值为：? d0 ? d0 1 ?v2 ? 379 m c2? d ? ? d 0 ，故 ? 介子能到达地球．3-12 设物体相对S′系沿 x ? 轴正向以0.8c运动，如果S′系相对S系沿x轴正向的速度也是 0.8c，问物体相对S系的速度是多少? 解: 根据速度合成定理， u ? 0.8 c , v ? ? 0.8 c x ∴vx ?v? ? u 0.8c ? 0.8c x ? ? 0.98 c uv ? 0.8c ? 0.8c x 1? 1? 2 c2 c3-13 飞船 A 以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船 B 以0.6c的速度相对地球向正西方向 飞行．当两飞船即将相遇时 A 飞船在自己的天窗处相隔2s发射两颗信号弹．在 B 飞船的观 测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少? 解: 取 B 为 S 系， 地球为 S ? 系， 自西向东为 x ( x ? )轴正向， A 对 S ? 系的速度 v ? ? 0.8 c ， 则 xS ? 系对 S 系的速度为 u ? 0.6 c ，则 A 对 S 系( B 船)的速度为vx ?v ? ? u 0.8c ? 0.6c x ? ? 0.946 c uv ? 1 ? 0.48 x 1? 2 c发射弹是从 A 的同一点发出，其时间间隔为固有时 ?t ? ? 2 s ，题 3-13 图 ∴ B 中测得的时间间隔为：?t ??t ?v2 1? x c2?2 1 ? 0.946 2? 6.17 s3-14 (1)火箭 A 和 B 分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+ x 和- x 方向飞行．试求由火箭 (2)若火箭 A 相对地球以0.8c的速度向+ y 方向运动， 火箭 B 的速度不变， B 测得 A 的速度． 求 A 相对 B 的速度． 解: (1)如图 a ，取地球为 S 系， B 为 S ? 系，则 S ? 相对 S 的速度 u ? 0.6 c ，火箭 A 相对 S的速度 v x ? 0.8 c ，则 A 相对 S ? ( B )的速度为：v? ? xvx ? u 0.8c ? (?0.6c) ? ? 0.946 c u (?0.6c)(0.8c) 1 ? 2 vx 1 ? c c2或者取 A 为 S ? 系， u ? 0.8 c ，B 相对 S 系的速度 v x ? ?0.6 c ， 则 于是 B 相对 A 的速度为：v? ? xvx ? u ? 0.6c ? 0.8c ? ? ?0.946 c u (0.8c)( ?0.6c) 1 ? 2 vx 1 ? c c2(2) 如图 b ， 取 地球 为 S 系 ，火 箭 B 为 S ? 系 ， S ? 系 相 对 S 系 沿 ? x 方 向运 动， 速度u ? ?0.6 c ， A 对 S 系的速度为, v x ? 0 , v y ? 0.8 c ,由洛仑兹变换式 A 相对 B 的速度为：v? ? xvx ? u 0 ? (?0.6c) ? ? 0.6 c u 1? 0 1 ? 2 vx cu2 vy c2 v ?y ? ? 1 ? 0.6 2 (0.8c) ? 0.64 c u 1 ? 2 vx c 1?∴ A 相对 B 的速度大小为v ? ? v ? 2 ? v ?y2 ? 0.88 c x速度与 x ? 轴的夹角 ? ? 为tan? ? ?v? y v? x? 1.07? ? ? 46.8ο题 3-14 图 3-15 静止在S系中的观测者测得一光子沿与 x 轴成 60? 角的方向飞行．另一观测者静止于 S′系，S′系的 x ? 轴与 x 轴一致，并以0.6c的速度沿 x 方向运动．试问S′系中的观测者观 测到的光子运动方向如何? 解: S 系中光子运动速度的分量为v x ? c cos 60ο ? 0.500 cv y ? c sin 60ο ? 0.866 c由速度变换公式，光子在 S ? 系中的速度分量为v? ? xvx ? u 0.5c ? 0.6c ? ? ?0.143c u 0.6c ? 0.5c 1 ? 2 vx 1 ? c c2u2 vy 1 ? 0.6 2 ? 0.866 c c2 v? ? ? ? 0.990 c y u 0.6c ? 0.5c 1 ? 2 vx 1? c c2 1?光子运动方向与 x ? 轴的夹角 ? ? 满足tan? ? ?v? y v? x? ?0.692? ? 在第二象限为 ? ? ? 98.2ο在 S ? 系中，光子的运动速度为v ? ? v ? 2 ? v ? 2 ? c 正是光速不变． x y3-16 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为 0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功? 解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得?E k ? E k ? mc 2 ? m0 c 2 ? m0 c 2 (? ? 1) ? m0 c 2 (1 v2 1? 2 c? 1)? 9.1 ? 10 ?31 ? (3 ? 10 8 ) 2 (1 1 ? 0.12? 1)? 4.12 ? 10 ?16 J= 2.57 ? 10 3 eV(2)? ?E k ? E k 2 ? E k 1 ? (m2 c 2 ? m0 c 2 ) ? (m1c 2 ? m0 c 2 )? m2 c 2 ? m1c 2 ? m0 c 2 (1 v2 1? 2 c21?1 v2 1 ? 12 c? 1))? 9.1 ? 10 ?31 ? 3 2 ? 10 16 (1 ? 0.9 21 ? 0.8 2)? 5.14 ? 10 ?14 J ? 3.21 ? 10 5 eV3-17? 子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命 ? 0 =2?10-6s，若它在实验-6室参考系中的平均寿命 ? = 7?10 s，试问其质量是电子静止质量的多少倍? 解: 设 ? 子静止质量为 m0 ，相对实验室参考系的速度为 v ? ?c ，相应质量为 m ，电子静 止质量为 m0e ，因 ? ??01? ? 2,即1 1? ? 2?? 7 ? ?0 2由质速关系，在实验室参考系中质量为：m?m0 1? ?2?207 m0 e 1? ? 2故m 207 7 ? ? 207 ? ? 725 m0 e 2 1? ? 23-18 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几? 解: 设静止质量为 m0 ，运动质量为 m ， 由题设m ? m0 ? 0.10 m0m? m0 1? ? 2由此二式得1 1? ? 2? 1 ? 0.10∴1? ? 2 ?1 1.10在运动方向上的长度和静长分别为 l 和 l 0 ，则相对收缩量为：?ll0?l0 ? l 1 ? 1? 1? ? 2 ? 1? ? 0.091 ? 9.1% l0 1.103-19 一电子在电场中从静止开始加速， 试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%? -31 此时电子速度是多少?已知电子的静止质量为9.1?10 kg． 解: 由质能关系?m ?E 0.4 ? ? 2 m0 m 0 c 100∴0.4m0 c 2 ?E ? ? 0.4 ? 9.1?10 ?31 ? (3 ?10 8 ) 2 / 100 100? 3.28 ? 10 ?16 J ＝ ?3.28 ? 10 ?16 eV ? 2.0 ? 10 3 eV ?19 1.6 ? 10所需电势差为 2.0 ? 10 伏特3由质速公式有：1? ? 2 ?m0 m0 ? ? m m0 ? ?m1 1 1 ? ? ?m 0.4 1.004 1? 1? m0 100∴ 故电子速度为? 2 ? ( )2 ? 1 ? (v c1 2 ) ? 7.95 ? 10 ?3 1.004v ? ?c ? 2.7 ? 10 7 m ? s -193-20 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能 E K ＝2.8?10 eV． 这种电子速率比光速差多 少? 这样的一个电子动量是多大?(与电子静止质量相应的能量为 E 0 ＝0.511?10 eV?) 解:6Ek ?m0 c 2 1? v c22? m0 c 2所以 由上式，1?m0 c 2 v2 1 ? ? c 2 1 ? E k / m0 c 2 E k ? m0 c 2v ? c 1? (m0 c 2 )2 2 m0 c ? E k? c 1 ? (0.51 ? 10 6 ) 2 /(0.511 ? 10 6 ? 2.8 ? 10 9 ) 2? 2.9979245 ? 10 8 m ? s -1 c ? v ? 2. ?10 8 m ? s -1 ? 2.9979245 ? 10 8 ? 8 m ? s -1由动量能量关系 E ? p c ? m0 c 可得2 2 2 2 4p?2 E 2 ? m0 c 4c?2 ( E k ? m0 c 2 ) 2 ? m0 c 4c?E k2 ? 2 E k m0 c 2 c1? [( 2.8 2 ? 1018 ? 2 ? 2.8 ? 10 9 ? 0.511 ? 10 6 ) ? 1.6 2 ? 10 ?38 ] 2 / 3 ? 10 8 ? 1.49 ? 10 ?18 kg ? m ? s ?1习题四 4-1 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动：(1)拍皮球时球的运动； (2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．题4-1图 解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如 质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置 附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系 统的运动微分方程能用d 2? ? ? 2? ? 0 2 dt描述时，其所作的运动就是谐振动． (1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位 置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都 不是线 性回复力． (2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过 程中 ，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点， 即系统势能最小值位置点 O ；而小球在运动中的回复力为 ? mg sin? ，如题4-1图(b)所?S →0，所以回复力为 ? mg? .式中负号，表示回复 R 力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在 O 点附近的往复运动中所受回复力为线性 的．若以小球为对象，则小球在以 O ? 为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，示．题 中所述， ?S ＜＜ R ，故 ? ? 在凹槽切线方向上有d 2? mR 2 ? ?mg? dt令? ?2g ，则有 Rd 2? ??2 ? 0 2 dt4-2劲度系数为 k 1 和 k 2 的两根弹簧，与质量为 m 的小球按题4-2图所示的两种方式连接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．题4-2图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有 F ? F1 ? F2 ，设串联弹簧的等效 倔强系数为 K串 等效位移为 x ，则有F ? ?k串 x F1 ? ?k1 x1F2 ? ?k 2 x2又有x ? x1 ? x 2x? F F F ? 1? 2 k串 k1 k 2所以串联弹簧的等效倔强系数为k串 ?k1 k 2 k1 ? k 2即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为 k ? k1 k 2 /(k1 ? k 2 ) 的弹簧振子系统，故 小球作谐振动．其振动周期为T?2??? 2?m ( k1 ? k 2 ) m ? 2? k串 k1 k 2(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有 F ? F1 ? F2 ，即 x ? x1 ? x2 ，设并联弹 簧的倔强系数为 k 并 ，则有k并 x ? k1 x1 ? k 2 x 2故 同上理，其振动周期为k 并 ? k 1? k 2T ? ? 2?m k1 ? k 24-3 如题4-3图所示，物体的质量为 m ，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为 ? ，弹 簧的倔强系数为 k ，滑轮的转动惯量为 I ，半径为 R ．先把物体托住，使弹簧维持原长， 然 后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．题4-3图 解：分别以物体 m 和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位 置为坐标原点，沿斜面向下为 x 轴正向，则当重物偏离原点的坐标为 x 时，有mg sin? ? T1 ? mT1 R ? T2 R ? I?d2 x dt 2①②d2 x ? R? dt 2T2 ? k ( x0 ? x)③式中 x0 ? mg sin? / k ，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有(mR ?I d2 x ) ? ?kxR R dt 2令 则有?2 ?k R2 mR 2 ? Id2x ??2x ? 0 2 dt故知该系统是作简谐振动，其振动周期为T?4-4?32??? 2?mR 2 ? I m ? I / R2 (? 2? ) K k R2质量为 10 ?10 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按 x ? 0.1cos(8? t ?2? ) 3(SI) 的规律作谐振动，求： (1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3) t 2 ? 5s 与 t1 ? 1s 两个时刻的位相差；? 解：(1)设谐振动的标准方程为 x ? A cos( t ? ? 0 ) ，则知：A ? 0.1m, ? ? 8? ,?T ?又2?1 ? s, ?0 ? 2? / 3 ? 4vm ? ?A ? 0.8? m ?s ?1 ? 2.51 m ?s ?1 a m ? ? 2 A ? 63.2 m ?s ?2(2)Fm ? am ? 0.63 N1 2 mvm ? 3.16 ?10 ?2 J 2 1 E p ? E k ? E ? 1.58 ?10 ?2 J 2 E?当 E k ? E p 时，有 E ? 2 E p ， 即1 2 1 1 2 kx ? ? ( kA ) 2 2 2x??(3)∴2 2 A?? m 2 20?? ? ? (t 2 ? t1 ) ? 8? (5 ? 1) ? 32?4-5 一个沿 x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为 A ，周期为 T ，其振动方程用余弦函数 表示．如果 t ? 0 时质点的状态分别是： (1) x0 ? ? A ； (2)过平衡位置向正向运动； (3)过 x ?A 处向负向运动； 2A 2? x 0 ? A cos? 0 ? ?v 0 ? ??A sin ? 0处向正向运动．(4)过 x ? ?试求出相应的初位相，并写出振动方程． 解：因为将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有?1 ? ??2 ? ?3 5? ?4 ? 43 2?3 ??2? x ? A cos( t ? ? ) T 2? 3 x ? A cos( t ? ? ) T 2 2? ? x ? A cos( t ? ) T 3 2? 5 x ? A cos( t ? ? ) T 44-6 一质量为 10 ?10 kg 的物体作谐振动，振幅为 24cm ，周期为 4.0s ，当 t ? 0 时位移 为 ? 24cm ．求： (1) t ? 0.5s 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到 x ? 12cm 处所需的最短时间； (3)在 x ? 12cm 处物体的总能量． 解：由题已知 ∴?3A ? 24 ?10 ?2 m, T ? 4.0s??2? ? 0.5? Trad ? s ?1又， t ? 0 时， x0 ? ? A,?? 0 ? 0 故振动方程为x ? 24 ? 10 ?2 cos(0.5?t )m(1)将 t ? 0.5s 代入得x0.5 ? 24 ?10 ?2 cos(0.5?t )m ? 0.17mF ? ?ma ? ?m? 2 x ? ?10 ?10 ?3 ? ( ) 2 ? 0.17 ? ?4.2 ?10 ?3 N 2方向指向坐标原点，即沿 x 轴负向． (2)由题知， t ? 0 时， ? 0 ? 0 ，?t ?t时∴x0 ? ?A ? , 且v ? 0, 故? t ? 2 3 ?? ? ? 2 t? ? / ? s ? 3 2 3E? 1 2 1 k A ? m? 2 A2 2 2 1 ? ? ?10 ?10 ?3 ( ) 2 ? (0.24 ) 2 2 2 ?4 ? 7.1?10 J(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为 1.0g 的物体时，伸长为 4.9cm ．用这个弹簧和一个质量 为 8.0g 的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开 1.0cm 后 ，给予向上的初速度v0 ? 5.0cm ? s ?1 ，求振动周期和振动表达式．解：由题知? k ?m1 g 1.0 ?10 ?3 ? 9.8 ? ? 0.2 N ? m ?1 x1 4.9 ?10 ? 2而 t ? 0 时， x0 ? ?1.0 ? 10 m, v 0 ? 5.0 ? 10 m ? s?2?2-1( 设向上为正)又??k 0.2 2? ? ? 5,即T ? ? 1.26s ?3 m ? 8 ? 10?2 A ? x0 ? (v0?)2 5.0 ? 10 ? 2 2 ) 5? (1.0 ? 10 ? 2 ) 2 ? ( ? 2 ? 10 ? 2 mtan ? 0 ? ?∴v0 5.0 ? 10 ?2 5? ? ? 1,即? 0 ? ?2 x0? 1.0 ? 10 ? 5 45 x ? 2 ? 10 ?2 cos(5t ? ? )m 44-8 题4-8图为两个谐振动的 x ? t 曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图 解：由题4-8图(a)，∵ t ? 0 时， x 0 ? 0, v0 ? 0,??0 ? 即 故??2? ?? T3 ? , 又, A ? 10cm, T ? 2s 2rad ? s ?13 x a ? 0.1cos( t ? ? )m ? 2 A 5? 由题4-8图(b)∵ t ? 0 时， x 0 ? , v0 ? 0,?? 0 ? 2 3t1 ? 0 时， x1 ? 0, v1 ? 0,??1 ? 2? ?又 ∴ 故?2 5 3 5 2?1 ? ? ? 1 ? ? ? ??? ?5 5? xb ? 0.1cos( ?t ? )m 6 3?35 64-9 有一单摆，摆长 l ? 1.0m ，摆球质量 m ? 10 ? 10 kg ，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水平向右的冲量 F?t ? 1.0 ? 10 kg ? m ? s ，取打击时刻为计时起点 (t ? 0) ，求 振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程． 解：由动量定理，有?4?1F ? ?t ? mv ? 0∴v?F ? ?t 1.0 ? 10 ?4 ? ? 0.01 m 1.0 ? 10 ?3m ? s -1?1按题设计时起点，并设向右为 x 轴正向，则知 t ? 0 时， x0 ? 0, v0 ? 0.01m ? s ∴ ? 0 ? 3? / 2＞0又??g 9.8 ? ? 3.13rad ? s ?1 l 1.0 v0 )2 ? v0 ? 0.01 ? 3.2 ? 10 ?3 m 3.13∴ 故其角振幅2 A ? x0 ? (????小球的振动方程为A ? 3.2 ? 10 ?3 rad l 3 2? ? 3.2 ? 10 ?3 cos(3.13t ? ? )rad4-10 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为 0.20m ，位相与第一振动 的位相差为? ，已知第一振动的振幅为 0.173 m ，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振 6动的位相差．题4-11图 解：由题意可做出旋转矢量图如下． 由图知2 A2 ? A12 ? A 2 ? 2 A1 A cos 30 ?? (0.173 ) 2 ? (0.2) 2 ? 2 ? 0.173 ? 0.2 ? 3 / 2 ? 0.01∴ 设角 AA1O为? ，则A2 ? 0.1m2 A 2 ? A12 ? A2 ? 2 A1 A2 cos?即cos? ?2 A12 ? A2 ? A 2 (0.173 ) 2 ? (0.1) 2 ? (0.02 ) 2 ? 2 A1 A2 2 ? 0.173 ? 0.1?0即? ??2，这说明， A1 与 A2 间夹角为? ? ，即二振动的位相差为 . 2 24-11 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：? ? ? x1 ? 5 cos(3t ? 3 )cm (1) ? 7? ? x 2 ? 5 cos(3t ? )cm 3 ?解： (1)∵ ∴合振幅 (2)∵? ? ? x1 ? 5 cos(3t ? 3 )cm (2) ? 4? ? x 2 ? 5 cos(3t ? )cm 3 ?7? ? ? ? 2? , 3 3?? ? ? 2 ? ?1 ?A ? A1 ? A2 ? 10cm?? ?∴合振幅 4-12 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为4? ? ? ? ?, 3 3 A?0? ? ? x1 ? 0.4 cos(2t ? 6 )m ? 5 ? x 2 ? 0.3 cos(2t ? ? )m 6 ?试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。 解：∵ ∴?? ??5 ? (? ? ) ? ? 6 6A合 ? A1 ? A2 ? 0.1mA sin ?1 ? A2 sin ? 2 tan? ? 1 ? A2 cos?1 ? A2 cos? 2∴ 其振动方程为0.4 ? sin5? 6 6 ? 3 ? 5? 3 0.4 cos ? 0.3 cos 6 6 ? 0.3 sin????6x ? 0.1cos(2t ? )m 6(作图法略)?习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什 么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同? 解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做 的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为 y ? f (t ) ；波动 是振动在连续介质中的传播过程， 此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动， 因 此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置 x ， 又是时间 t 的函数， y ? f ( x, t ) ． 即 (2)在谐振动方程 y ? f (t ) 中只有一个独立的变量时间 t ，它描述的是介质中一个质元偏离 平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程 y ? f ( x, t ) 中有两个独立变量，即坐标 位置 x 和时间 t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规 律． 当谐波方程 y ? A cos? (t ? ) 中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持 续不断地振动又是产生波动的必要条件之一． (3)振动曲线 y ? f (t ) 描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为 y ，横 轴为 t ；波动曲线 y ? f ( x, t ) 描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律， 其纵轴为 y ，横轴为 x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置 x 变化的规律， 即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．x ux x )+ ? 0 ］中的 表示什么?如果改写为 y = A cos u u ?x ?x x ( ?t ? 又是什么意思?如果 t 和 x 均增加，但相应的［ ? ( t ? )+ ? 0 ］的值 ? ? 0 )， u u u5-2 波动方程 y = A cos［ ? ( t ? 不变，由此能从波动方程说明什么? 解: 波动方程中的 x / u 表示了介质中坐标位置为 x 的质元的振动落后于原点的时间； 表示 x 处质元比原点落后的振动位相；设 t 时刻的波动方程为?xu则yt ? A cos( t ? ?则 t ? ?t 时刻的波动方程为?xu? ?0 ) ? ?0 ]yt ? ?t ? A cos[ (t ? ?t ) ? ?? ( x ? ?x)u其表示在时刻 t ，位置 x 处的振动状态，经过 ?t 后传播到 x ? u?t 处．所以在 (?t ? 当 t ， x 均增加时， (?t ??xu) 中，?xu) 的值不会变化，而这正好说明了经过时间 ?t ，波形即向前传播了 ?x ? u?t 的距离，说明 y ? A cos( t ? ??xu? ? 0 ) 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程． 5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点? 解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元 dV 内所有质元的能 量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形 变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为 y ? f ( x, t ) ， 则相对形变量(即应变量)为 ?y / ?x .波动势能则是与 ?y / ?x 的平方成正比．由波动曲线图 (题 5-3 图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变 也为极小(该处 ?y / ?x ? 0 )，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动 能为极大(该处振动速度的极大)， 而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)， 当然波动 势能也为最大． 这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的， 即具有相同的量值．题 5-3 图 对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势 能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化． 5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处? t =0时刻是否一定是波源开始振动的 时刻? 波动方程写成 y = A cos ? ( t ?x )时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动 u方程才能写成这种形式? 解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选取完全是一种主观行为， 所以在波动方程中， 坐标原 点不一定要选在波源处，同样， t ? 0 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程 写成 y ? A cos? (t ? ) 时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源 的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只 要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程． 5-5 一平面简谐波沿 x 轴负向传播，波长 ? =1.0 m，原点处质点的振动频率为? =2. 0 Hz， 振幅 A ＝0.1m，且在 t =0 时恰好通过平衡位置向 y 轴负向运动，求此平面波的波动方程． 解: 由题知 t ? 0 时原点处质点的振动状态为 y 0 ? 0, v0 ? 0 ，故知原点的振动初相为 波动方程为 y ? A cos[2? (x u? ,取 2x ? y ? 0.1cos[2? (2t ? ) ? ] 1 2 ? 0.1cos(4?t ? 2?x ? ) m 25-6 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为 y = A cos( Bt ? Cx )，其中 A ， B ，t x ? ) ? ? 0 ] 则有 T ??C 为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为 l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为 d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程y ? A cos(Bt ? Cx) ( x ? 0 )将上式与波动方程的标准形式y ? A cos(2?? t ? 2?比较，可知： 波振幅为 A ，频率 ? ? 波长 ? ?x?)2? B ，波速 u ? ?? ? ， C C 1 2? 波动周期 T ? ? ． ? B (2)将 x ? l 代入波动方程即可得到该点的振动方程y ? A cos(Bt ? Cl)(3)因任一时刻 t 同一波线上两点之间的位相差为B ， 2??? ?将 x2 ? x1 ? d ，及 ? ?2?2? 代入上式，即得 C?? ? Cd ．?( x2 ? x1 )5-7 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 y =0.05cos(10 ?t ? 4?x )，式中 x , y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长； (2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求 x =0.2m?处质点在 t =1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运 动状态在 t =1.25s时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式y ? A cos(2?? t ??12??x)?1相比，得振幅 A ? 0.05 m ，频率 ? ? 5 s ，波长 ? ? 0.5 m ，波速 u ? ?? ? 2.5 m ? s ． (2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为vmax ? ?A ? 10? ? 0.05 ? 0.5? m ? s ?1a max ? ? 2 A ? (10? ) 2 ? 0.05 ? 5? 2 m ? s ?2(3) x ? 0.2 m 处的振动比原点落后的时间为x 0.2 ? ? 0.08 s u 2.5故 x ? 0.2 m , t ? 1 s 时的位相就是原点( x ? 0 )，在 t 0 ? 1 ? 0.08 ? 0.92 s 时的位相， 即? ? 9.2 π ．设这一位相所代表的运动状态在 t ? 1.25 s 时刻到达 x 点，则x ? x1 ? u(t ? t1 ) ? 0.2 ? 2.5(1.25 ? 1.0) ? 0.825 m5-8 如题5-8图是沿 x 轴传播的平面余弦波在 t 时刻的波形曲线．(1)若波沿 x 轴正向传播， 该时刻 O ，A ，B ， 各点的振动位相是多少?(2)若波沿 x 轴负向传播， 上述各点的振动 位 C 相又是多少? 解: (1)波沿 x 轴正向传播，则在 t 时刻，有题 5-8 图 对于 O 点：∵ y O ? 0, vO ? 0 ，∴ ? O ??2对于 A 点：∵ y A ? ? A, v A ? 0 ，∴ ? A ? 0 对于 B 点：∵ y B ? 0, v B ? 0 ，∴ ? B ? ??2 3? 对于 C 点：∵ y C ? 0, vC ? 0 ，∴ ? C ? ? 2 (取负值：表示 A、B、C 点位相，应落后于 O 点的位相) (2)波沿 x 轴负向传播，则在 t 时刻，有? ? ? 对于 O 点：∵ y O ? 0, vO ? 0 ，∴ ? O ? ??2? 对于 A 点：∵ y ? ? ? A, v? ? 0 ，∴ ? A ? 0 A A对于 B 点：∵ y? ? 0, v? ? 0 ，∴ ? B ? B B?2 3? ? ? ? 对于 C 点：∵ y C ? 0, vC ? 0 ，∴ ? C ? 2 (此处取正值表示 A、B、C 点位相超前于 O 点的位相) -1 5-9 一列平面余弦波沿 x 轴正向传播，波速为5m?s ，波长为2m，原点处质点的振动曲线如题5-9图所示． (1)写出波动方程； (2)作出 t =0时的波形图及距离波源0.5m处质点的振动曲线． 解: (1)由题 5-9(a)图知， A ? 0.1 m，且 t ? 0 时， y 0 ? 0, v0 ? 0 ，∴ ? 0 ?3? ， 2又? ?u??5 ? 2.5 Hz ，则 ? ? 2?? ? 5? 2题 5-9 图(a) 取x y ? A cos[ (t ? ) ? ?0 ] ， ? uy ? 0.1cos[5? (t ? x 3? ? )] m 5 2则波动方程为(2) t ? 0 时的波形如题 5-9(b)图题 5-9 图(b) 题 5-9 图(c) 将 x ? 0.5 m 代入波动方程，得该点处的振动方程为y ? 0.1cos(5?t ?5? ? 0.5 3? ? ) ? 0.1cos(5?t ? ? ) m 0.5 2-1如题 5-9(c)图所示． 5-10 一列机械波沿 x 轴正向传播， t =0时的波形如题5-10图所示，已知波速为10 m?s 波长为2m，求： (1)波动方程； (2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标； (4) P 点回到平衡位置所需的最短时间． 解: 由题 5-10 图可知 A ? 0.1 m ， ? 0 时，y 0 ? t，A ? ∴ 由题知 ? ? 2 m ， , v0 ? 0 ， ? 0 ? ， 3 2u ? 10 m ? s ?1 ，则 ? ?∴ (1)波动方程为u??10 ? 5 Hz 2 ? ? 2?? ? 10? x ? )? ] m 10 3y ? 01. cos[ ? (t ? 10题 5-10 图(2)由图知， t ? 0 时， y P ? ? 取负值)A ? 4? ( P 点的位相应落后于 0 点，故 , v P ? 0 ，∴ ? P ? 2 34 ?) 3∴ P 点振动方程为 y p ? 0.1cos( ?t ? 10 (3)∵ ∴解得10? (t ?x ? 4 ) ? |t ?0 ? ? ? 10 3 3 5 x ? ? 1.67 m 3(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题 5-10 图(a)，则由 P 点回到平衡位置应经历的位 相角题 5-10 图(a)?? ?∴所属最短时间为?3??5 ? ? 2 6?t ?????5? / 6 1 ? s 10? 125-11 如题5-11图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为 y P = A cos( ?t ? ? 0 )． (1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2)写出距 P 点距离为 b 的 Q 点的振动方程． 解: (1)如题 5-11 图(a)，则波动方程为y ? A cos[ (t ? ?如图(b)，则波动方程为l x ? ) ? ?0 ] u u题 5-11 图x y ? A cos[ (t ? ) ? ? 0 ] ? u(2) 如题 5-11 图(a)，则 Q 点的振动方程为b AQ ? A cos[ (t ? ) ? ? 0 ] ? u如题 5-11 图(b)，则 Q 点的振动方程为b AQ ? A cos[ (t ? ) ? ? 0 ] ? u5-12 已知平面简谐波的波动方程为 y ? A cos? (4t ? 2 x) (SI)． (1)写出 t =4.2 s时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何 时通过原点? (2)画出 t =4.2 s时的波形曲线． 解:(1)波峰位置坐标应满足? (4t ? 2 x) ? 2k?解得 x ? (k ? 8.4) m ( k ? 0,?1,?2, …)所以离原点最近的波峰位置为 ? 0.4 m ． ∵ 4?t ? 2?t ? ?t ? ∴ ?t ? ??xu故知 u ? 2 m ? s ,?1? 0.4 ? 0.2 s ，这就是说该波峰在 0.2 s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应 2 是 4.2 ? 0.2 ? 4 s ，即该波峰是在 4 s 时通过原点的．题 5-12 图 (2)∵ ? ? 4? , u ? 2 m ? s ，∴ ? ? uT ? u?12??? 1 m ，又 x ? 0 处， t ? 4.2 s 时，? 0 ? 4.2 ? 4? ? 16.8?y0 ? A cos 4? ? 4.2 ? ?0.8 A又，当 y ? ? A 时， ? x ? 17? ，则应有16.8? ? 2?x ? 17?解得 x ? 0.1 m ，故 t ? 4.2 s 时的波形图如题 5-12 图所示 -3 -2 -1 5-13 一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为18.0?10 J?m ?s ，频 -1 率为300 Hz，波速为300m?s ，求 ： (1)波的平均能量密度和最大能量密度? (2)两个相邻同相面之间有多少波的能量? 解: (1)∵ I ? wu∴w?I 10 ?3 ? 18.0 ? ? 6 ? 10 ?5 J ? m ?3 u 300wmax ? 2w ? 1.2 ? 10 ?4(2)J ? m ?31 1 u W ? ? V ? w ?d 2 ? ? w ?d 2 4 4 ? 1 300 ? 6 ?10 ?5 ? ? ? (0.14) 2 ? ? 9.24 ?10 ?7 J 4 300 ? 5-14 如题5-14图所示， S 1 和 S 2 为两相干波源，振幅均为 A1 ，相距 ， S 1 较 S 2 位相超前 4 ? ，求： 2(1) S 1 外侧各点的合振幅和强度； (2) S 2 外侧各点的合振幅和强度 解：（1）在 S 1 外侧，距离 S 1 为 r1 的点， S 1 S 2 传到该 P 点引起的位相差为?? ??2?2? ? ? ? ?r1 ? (r1 ? 4 )? ? ? ? ? ?A ? A1 ? A1 ? 0, I ? A 2 ? 0（2）在 S 2 外侧.距离 S 2 为 r1 的点， S 1 S 2 传到该点引起的位相差.?? ??2?2??(r2 ??4? r2 ) ? 02A ? A1 ? A1 ? 2 A1 , I ? A2 ? 4 A15-15 如题5-15图所示，设 B 点发出的平面横波沿 BP 方向传播，它在 B 点的振动方程为y1 ? 2 ? 10 ?3 cos 2? C 点发出的平面横波沿 CP 方向传播，它在 C 点的振动方程为 y 2 ? 2 ? 10 ?3 cos(2?t ? ? ) ，本题中 y 以m计， t 以s计．设 BP ＝0.4m， CP ＝0.5 m，波速u =0.2m?s-1，求：(1)两波传到P点时的位相差； (2)当这两列波的振动方向相同时， P 处合振动的振幅； *(3)当这两列波的振动方向互相垂直时， P 处合振动的振幅． 解: (1)?? ? (? 2 ? ?1 ) ? ?? ?2??u?(CP ? BP)(CP ? BP)?? ?2? (0.5 ? 0.4) ? 0 0.2题 5-15 图 (2) P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以AP ? A1 ? A2 ? 4 ? 10 ?3 m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为 0 ，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线， 所以合振幅为A?2 A12 ? A2 ? 2 A1 ? 2 2 ? 10 ?3 ? 2.83 ? 10 ?3 m5-16 一平面简谐波沿 x 轴正向传播， 如题5-16图所示． 已知振幅为 A ， 频率为? ， 波速为 u ． (1)若 t =0时，原点 O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程； (2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求 x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置． 解: (1)∵ t ? 0 时， y 0 ? 0, v0 ? 0 ，∴ ? 0 ? ??2故波动方程为x ? y ? A cos[2?v(t ? ) ? ] m u 2题 5-16 图 (2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将 x ?3 2? 3 ? ? 代入) ? ? ? ? ，再考虑到波由 4 ? 4 2波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为3 ? ? ? ? ? ? ? ?? ? 4 2 若仍以 O 点为原点，则反射波在 O 点处的位相为 2? ? ?5 ? ? ? ? ?? ? ? ，因只考虑 2? 以内的位相角，∴反射波在 O 点的位相为 ? ，故 2 3 4 2 ?反射波的波动方程为2?x ? y反 ? A cos[2?? (t ? ) ? ] u 2此时驻波方程为x ? x ? y ? A cos[2?? (t ? ) ? ] ? A cos[2?? (t ? ) ? ] u 2 u 2? 2 A cos故波节位置为2?? x ? cos(2?? t ? ) u 2 2?? x 2? ? ? x ? (2k ? 1) u ? 2故 x ? (2k ? 1)?4( k ? 0,?1,?2, …)1 3 ?, ? 4 4 5-17 一驻波方程为 y =0.02cos20 x cos750 t (SI)，求：根据题意， k 只能取 0,1 ，即 x ? (1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速； (2)相邻两波节间距离． 解: (1)取驻波方程为y ? 2 A cos故知2?? x cos 2?? t uA?750 2?? ， ? 20 2? u 2?? 2? ? 750 / 2? ∴ u? ? ? 37.5 m ? s ?1 20 20 u 2?? / 20 (2)∵ ? ? ? ? 0.1? ? 0.314 m 所以相邻两波节间距离0.02 ? 0.01 m 22?? ? 750 ，则 ? ????x ??2? 0.157 m5-18 在弦上传播的横波，它的波动方程为 y1 =0.1cos(13 t +0.0079 x ) (SI) 试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在 x =0处为波 节． 解: 为使合成驻波在 x ? 0 处形成波节，则要反射波在 x ? 0 处与入射波有 ? 的位相差，故 反射波的波动方程为y 2 ? 0.1cos( t ? 0.0079 x ? ? ) 135-19 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz变到了1000 Hz，设空气中 -1 声速为330m?s ，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为 v s ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为?1 ?u ?0 u ? vs u ?0 u ? vs汽车驶离车站时，车站收到的频率为 ? 2 ?联立以上两式，得?1 ? u?1 ? ? 2 1200 ? 1000 ? 300 ? ? 30 m ? s ?1 ?1 ? ? 2 1200 ? 100-1 -15-20 两列火车分别以72km?h 和54 km?h 的速度相向而行，第一 列火车发出一个600 Hz -1 的汽笛声，若声速为340 m?s ，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相 遇后分别是多少? 解: 设鸣笛火车的车速为 v1 ? 20 m ? s ，接收鸣笛的火车车速为 v 2 ? 15 m ? s ，则两者 相遇前收到的频率为?1 ?1?1 ?u ? v2 340 ? 15 ?0 ? ? 600 ? 665 Hz u ? v1 340 ? 20两车相遇之后收到的频率为?1 ?u ? v2 340 ? 15 ?0 ? ? 600 ? 541 Hz u ? v1 340 ? 20习题六 6-1 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间 变化． 力学平衡态与热力学平衡态不同． 当系统处于热平衡态时， 组成系统的大量粒子仍在不 停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所 受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零． 6-2 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何? 答： 气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统． 是从物质的微观结构和分子运动论 出发， 运用力学规律， 通过统计平均的办法， 求出热运动的宏观结果， 再由实验确认的方法． 从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压 强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由 运动的质点． 6-3 温度概念的适用条件是什么？温度微观本质是什么？ 答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度 微观本质是分子平均平动动能的量度． 6-4 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率?NiVi (m ? s ?1 )解：平均速率21 10.04 20.06 30.08 40.02 50.0V ? ??N V ?Ni ii21 ? 10 ? 4 ? 20 ? 6 ? 30 ? 8 ? 40 ? 2 ? 50 21 ? 4 ? 6 ? 8 ? 2?方均根速率890 ? 21.7 m ? s ?1 41V2? ??N V ?Ni i2i21 ? 10 2 ? 4 ? 20 2 ? 6 ? 10 3 ? 8 ? 40 2 ? 2 ? 50 2 21 ? 4 ? 6 ? 8 ? 2? 25.6 m ? s ?16-5 速率分布函数 f (v) 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义( n 为分子数密度，N 为系统总分子数)．（1） f (v)dv （4） （2） nf (v)dv （5） （3） Nf (v)dv （6）?v0f (v)dv??0f (v)dv?v2v1Nf (v)dv解： f (v) ：表示一定质量的气体，在温度为 T 的平衡态时，分布在速率 v 附近单位速率区 间内的分子数占总分子数的百分比. ( 1 ) f (v)dv ：表示分布在速率 v 附近，速率区间 dv 内的分子数占总分子数的百分比. ( 2 ) nf (v)dv ：表示分布在速率 v 附近、速率区间 dv 内的分子数密度． ( 3 ) Nf (v)dv ：表示分布在速率 v 附近、速率区间 dv 内的分子数． (4) (5) (6 )? ??v0 ?f (v)dv ：表示分布在 v1 ~ v2 区间内的分子数占总分子数的百分比． f (v)dv ：表示分布在 0 ~ ? 的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1 .Nf (v)dv ：表示分布在 v1 ~ v2 区间内的分子数.0v2v16-6 题 6-6 图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题 6-6 图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高? 答：图(a)中( 1 )表示氧，( 2 )表示氢；图(b)中( 2 )温度高．题 6-6 图 6-7 试说明下列各量的物理意义． （1）1 kT 2M i RT M mol 2（2）3 kT 2i RT 2（3）i kT 23 RT 2（4）（5）（6）解：( 1 )在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为 ( 2 )在平衡态下，分子平均平动动能均为1 k T． 23 kT . 2 i kT . 2M i RT . M mol 2( 3 )在平衡态下，自由度为 i 的分子平均总能量均为( 4 )由质量为 M ，摩尔质量为 M mol ，自由度为 i 的分子组成的系统的内能为i RT . 2 3 (6) 1 摩尔自由度为 3 的分子组成的系统的内能 RT ， 或者说热力学体系内， 摩尔分子的 1 2 3 平均平动动能之总和为 RT . 2(5) 1 摩尔自由度为 i 的分子组成的系统内能为 6-8 有一水银气压计，当水银柱为 0.76m 高时，管顶离水银柱液面 0.12m，管的截面积为 -4 2 2.0?10 m ，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为 0.6m，此时温度为 -1 27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He 的摩尔质量为 0.004kg?mol )? 解：由理想气体状态方程 pV ?M RT M mol得M ? M mol汞的重度 氦气的压强 氦气的体积pV RTd Hg ? 1.33 ? 10 5 N ? m ?3P ? (0.76 ? 0.60) ? d HgV ? (0.88 ? 0.60) ? 2.0 ? 10 ?4 m 3M ? 0.004 ? (0.76 ? 0.60 ) ? d Hg ? (0.28 ? 2.0 ? 10 ?4 ) R(273 ? 27 )? 0.004 ?(0.76 ? 0.60 ) ? d Hg ? (0.28 ? 2.0 ? 10 ?4 ) 8.31 ? (273 ? 27 )? 1.91 ? 10 ?6 Kg6-9 设有 N 个粒子的系统，其速率分布如题6-9图所示．求 (1)分布函数 f (v) 的表达式； (2) a 与 v 0 之间的关系； (3)速度在1.5 v 0 到2.0 v 0 之间的粒子数． (4)粒子的平均速率． (5)0.5 v 0 到 1 v 0 区间内粒子平均速率．题 6-9 图 解：(1)从图上可得分布函数表达式? Nf (v ) ? av / v 0 ? ? Nf (v ) ? a ? Nf (v ) ? 0 ? ?av / Nv0 ? f (v ) ? ?a / N ?0 ?(0 ? v ? v 0 ) ( v 0 ? v ? 2v 0 ) ( v ? 2v 0 ) ( 0 ? v ? v0 ) ( v0 ? v ? 2 v 0 ) ( v ? 2 v0 )f (v) 满足归一化条件，但这里纵坐标是 Nf (v) 而不是 f (v) 故曲线下的总面积为 N ，(2)由归一化条件可得?v00N2 v0 av dv ? N ? adv ? N v0 v0a?2N 3v0(3)可通过面积计算? ?N ? a(2v0 ? 1.5v0 ) ? (4) N 个粒子平均速率1 N 3v0 2 v0 av2 dv ? ? avdv v0 v0v ? ? vf (v)dv ?0?1 N??0vNf (v)dv ? ?0v?1 1 2 3 2 11 ( av0 ? av0 ) ? v0 N 3 2 9(5) 0.5v 0 到 1v 0 区间内粒子平均速率v???v00.5 v0vdNN1?N v0 vdN N1 ?0.5v0 NN v0 N v0 av2 vf (v)dv ? dv N1 ?0.5v0 N1 ?0.5v0 Nv0v?3 3 2 1 v0 av2 1 av0 av0 1 7 av0 dv ? ( ? )? N1 ?0.5v0 v0 N1 3v0 24v0 N1 240.5v 0 到 1v0 区间内粒子数N1 ?1 3 1 (a ? 0.5a)(v0 ? 0.5v0 ) ? av0 ? N 2 8 42 7av0 7v0 v? ? 6N 96-10试计算理想气体分子热运动速率的大小介于 v p ? v p ? 100 与 v p ? v p ? 100 之间的?1?1分子数占总分子数的百分比． 解：令 u ?v ，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 vPdN 4 2 ?u 2 ? u e du N ?因为 u ? 1, ?u ? 0.02 由?N 4 2 ?u 2 ? u e ?u N ?得?N 4 ? ? 1 ? e ?1 ? 0.02 ? 1.66% N ?6-11 1mol 氢气，在温度为 27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 解：理想气体分子的能量E ??平动动能 转动动能i RT 2t ?3Et ?r?23 ? 8.31 ? 300 ? 3739 .5 J 2 2 E r ? ? 8.31 ? 300 ? 2493 J 2内能 i ? 5Ei ?5 ? 8.31 ? 300 ? 6232 .5 J 2-3 -56-12 一真空管的真空度约为 1.38?10 Pa(即 1.0?10 mmHg)，试 求在 27℃时单位体积 -10 中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径 d＝3?10 m)． 解：由气体状态方程 p ? nkT 得n?由平均自由程公式 ? ?p 1.38 ? 10 ?3 ? ? 3.33 ? 10 17 m ?3 kT 1.38 ? 10 23 ? 300 1 2?d 2 n 1 2? ? 9 ? 10? 20? ?? 3.33 ? 1017? 7.5 m-46-13 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，气压降到 1.33?10 Pa， -10 平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径 10 m)? 解：(1)碰撞频率公式 z ?2?d 2 nv对于理想气体有 p ? nkT ，即n?所以有 z ?p kT2?d 2 v p kTRT M mol而v ? 1.60v ? 1.608.31 ? 273 ? 455 .43 m ? s ?1 28氮气在标准状态下的平均碰撞频率z?2? ? 10 ?20 ? 455 .43 ? 1.013 ? 10 5 ? 5.44 ? 10 8 s ?1 0 1.38 ? 10 ? 273气压下降后的平均碰撞频率z?2? ? 10 ?20 ? 455 .43 ? 1.33 ? 10 ?4 ? 0.714 s ?1 ? 23 1.38 ? 10 ? 2736-14 1mol 氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的 2 倍，然后又经过等 温膨胀过程， 体积增大为原来的 2 倍， 求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比； (2) 分子平均自由程之比． 解：由气体状态方程p1 p 2 ? T1 T2及 p 2V2 ? p3V3方均根速率公式v 2 ? 1.73v 2初 v2 末RT M molp1 1 ? p2 2?T1 ? T2对于理想气体， p ? nkT ，即 n ? 所以有 ? ?p kTkT 2?d 2 p? 初 T1 p 2 ? ?1 ?末 p1T26-15 山上某宇宙观察站测得气压是 510mmHg,设空气的温度不变 t=5.0℃，空气的平均摩尔 -3 质量 Mmol=28.9?10 kg,海平面气压为 760mmHg,求观察站的海拨高度. 解: 设观察站的海拨高度为 h． 由 p=nkT 及 n ? n0 e? mgh kT可得 ，? p ? e kT p0 mghp ? kTn0 e?mgh kT? p0 eh??mgh kT取对数后可得,p RT ln 0 M mol g p观察站的海拨高度h?8.31 ? 278 760 = 3253.82m ln ?3 28.9 ? 10 ? 9.8 5106-16 上升到什么高度处大气压强减少为地面的 75%(设空气的温度为 0℃)． 解：压强随高度变化的规律z?p RT ln 0 M mol g pz?8.31 ? 273 1 ln ? 2.3 ? 10 3 m 0.0289 ? 9.8 0.756-17 将 1 mol 范德瓦尔斯气体在保持温度 T 不变的条件下，从体积 V1 变到 V2，试计算外 界对系统所做的功. 解： （略）6-18 在标准状态下，氦气的粘度? = 1.89?10?5 Pa?s，摩尔质量 Mmol =0.004 kg/mol，分子平 均速率 v ? 1.20?103 m/s．试求在标准状态下氦分子的平均自由程． 解：据 得? ? ?v ?? ?3?V0 3? ? ?v M molv1 3= 2.65?10?7 m 6-19 在标准状态下氦气的导热系数? = 5.79?10?2 W?m?1?K?1，分子平均自由程 ? ? 2.60? 10?7 m，试求氦分子的平均速率． 解： 得1 CV 1 CV ?? ? ? ?? 3 V0 3 M mol 3V ? 3V ? 2V ? = 1.20?103 m/s ?? 0 ? 0 ? 0 CV ? 3 R? R? 2??6-20 实验测得在标准状态下，氧气的扩散系数为 1.9?10?5 m2/s，试根据这数据计算分子的 平均自由程和分子的有效直径． (普适气体常量 R = 8.31 J?mol?1?K?1，玻尔兹曼常量 k = 1.38?10?23 J?K?1) 解：(1) ∵ 氧气在标准状态下 ? (2) ∵?1 D ? v ? ?? 3 8 RT v? ? 425 m/s ?M mol? ???d?3D ? 1.3 ? 10 ?7 m v kT2?d 2 pkT 2?? p ? 2.5 ? 10 ?10 m∴习题七 7-1 下列表述是否正确?为什么?并将错误更正． （1） ?Q ? ?E ? ?W （3） ? ? 1 ? （2） Q ? E ??pdVQ2 Q1Q2 Q1（4） ?不可逆 ? 1 ?解：(1)不正确， Q ? ?E ? W (2)不正确， Q ? Δ E ? (3)不正确， ? ? 1 ??pdVQ2 Q1 Q2 Q1(4)不正确， ?不可逆 ? 1 ?7-2 如题 7-2 图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是 零，说明理由． 解：各图中所表示的循环过程作功都为 0 ．因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小 相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为 0 ．题 7-2 图 7-3 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在 p ? V 图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．题 7-3 图 解：1.由热力学第一定律有Q ? ?E ? A若有两个交点 a 和 b ，则 经等温 a ? b 过程有?E1 ? Q1 ? A1 ? 0经绝热 a ? b 过程?E2 ? A1 ? 0 ?E2 ? ? A2 ? 0从上得出 ?E1 ? ?E 2 ，这与 a , b 两点的内能变化应该相同矛盾． 2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无 放热，且对外做正功，热机效率为 100 % ，违背了热力学第二定律． 7-4 一循环过程如题7-4图所示，试指出： (1) ab, bc, ca 各是什么过程； (2)画出对应的 p ? V 图； (3)该循环是否是正循环? (4)该循环作的功是否等于直角三角形面积? (5)用图中的热量 Qab , Qbc , Qac 表述其热机效率或致冷系数．解：(1) a b 是等体过程 bc 过程：从图知有 V ? KT ， K 为斜率 由 pV ? vRT 得p?故 bc 过程为等压过程 ca 是等温过程 (2) p ? V 图如题 7 ? 4 图'vR K题7?4 图'(3)该循环是逆循环 (4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是 p ? V 图中的图形．(5)e?Qab Qbc ? Qca ? Qab题7-4图题7-5图7-5 两个卡诺循环如题7-5图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同? 答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的 差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同． 7-6 评论下述说法正确与否? (1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功； (2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体． (3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程． 答：(1)不正确．有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完 全变成功；(2)不正确． 热量能自动从高温物体传到低温物体， 不能自动地由低温物体传到高温物体． 但 在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体． (3)不正确．一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它 能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态， 这样的过程就是 可逆过程． 用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程． 有些过程 虽能沿反方向进行， 系统能回到原来的状态， 但外界没有同时恢复原状态， 还是不可逆过程． 7-7 热力学系统从初平衡态 A 经历过程 P 到末平衡态 B．如果 P 为可逆过程，其熵变为 ：SB ? S A ? ?B dQ dQ可逆 不可逆 ，如果 P 为不可逆过程，其熵变为 S B ? S A ? ? ，你说对吗？ A A T T B哪一个表述要修改，如何修改？ 答：不对．熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果过程 P 为可逆过程其熵变为：SB ? S A ? ?dQ可逆 ，如果过程 P 为不可逆过程，其熵变为 A TBSB ? S A ? ?7-8 根据 S B ? S A ?BAdQ不可逆 T?BdQ可逆 TA及 SB ? S A ?dQ不可逆 ?A T ，这是否说明可逆过程的熵变大于B不可逆过程熵变?为什么?说明理由． 答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有 关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中， 系统的热温比之和小于熵变． 7-9 如题7-9图所示，一系统由状态 a 沿 acb 到达状态b的过程中，有350 J热量传入系统， 而系统作功126 J． (1)若沿 adb 时，系统作功42 J，问有多少热量传入系统? (2)若系统由状态 b 沿曲线 ba 返回状态 a 时，外界对系统作功为 84 J，试问系统是吸热还 是放热?热量传递是多少?题 7-9 图 解：由 abc 过程可求出 b 态和 a 态的内能之差Q ? ?E ? A ?E ? Q ? A ? 350 ? 126 ? 224 Jabd 过程，系统作功 A ? 42 JQ ? ?E ? A ? 224 ? 42 ? 266 J系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功 A ? ?84 JQ ? ?E ? A ? ?224 ? 84 ? ?308 J系统放热7-10 1 mol单原子理想气体从300 K加热到350 K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加 了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程 由热力学第一定律得 Q ? ?E 吸热Q ? ?E ? ?C V (T2 ? T1 ) ? ? Q ? ?E ?i R(T2 ? T1 ) 2对外作功 (2)等压过程3 ? 8.31 ? (350 ? 300 ) ? 623 .25 J 2 A?0 i?2 R(T2 ? T1 ) 2Q ? ?C P (T2 ? T1 ) ? ?吸热Q?5 ? 8.31 ? (350 ? 300 ) ? ?E ? ?C V (T2 ? T1 )J内能增加 对外作功 7-11?E ?3 ? 8.31 ? (350 ? 300 ) ? 623 .25 J 2A ? Q ? ?E ? 1038 .75 ? 623 .5 ? 415 .5 J一个绝热容器中盛有摩尔质量为 M mol ，比热容比为 ? 的理想气体，整个容器以速度 v 运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内 能)． 解：整个气体有序运动的能量为 化1 mu 2 ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变 2?E ??T ?3m 1 CV ?T ? mu 2 M 21 1 1 M mol u 2 ? M mol u 2 (? ? 1) 2 CV 2 R7-12 0.01 m 氮气在温度为 300 K 时，由 0.1 MPa(即 1 atm)压缩到 10 MPa．试分别求氮 气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 T ? 300 K 由 p1V1 ? p 2V2 求得体积V2 ?对外作功p1V1 1 ? ? 0.01 ? 1 ? 10 ?3 m 3 p2 10A ? VRT lnV2 p ? p1V ln 1 V1 p2? 1? 1.013 ? 10 5 ? 0.01 ? ln 0.01 ? ?4.67 ? 10 3 J(2)绝热压缩 CV ??5 R 2? ??7 5p1V1? 1 / ? V2 ? ( ) p21由绝热方程 p1V1 ? p 2V2p1V1? 1 / ? p V2 ? ( ) ? ( 1 ) ? V1 p2 p21 ? ( ) 4 ? 0.01 ? 1.93 ? 10 ?3 m 10由绝热方程 T1 p1? ? ?1? ? T2?? p 2 ?1得? T1? p 2 ?1 T2 ? ? 300 1.4 ? (10 ) 0.4 ? ?1 p1 ?T2 ? 579 K热力学第一定律 Q ? ?E ? A ， Q ? 0 所以A??M CV (T2 ? T1 ) M molpV ?pV 5 M RT ， A ? ? 1 1 R(T2 ? T1 ) RT1 2 M molA??1.013 ? 10 5 ? 0.001 5 ? ? (579 ? 300 ) ? ?23.5 ? 10 3 300 2J7-13 1 mol 的理想气体的 T-V 图如题 7-13 图所示， ab 为直线，延长线通过原点 O．求 ab 过程气体对外做的功．题 7-13 图 解：设 T ? KV 由图可求得直线的斜率 K 为K?T0 2V0得过程方程K?T0 V 2V0由状态方程 得pV ? ?RTp??RTVab 过程气体对外作功A??A?? ??2V0 V0 2V0 v02V0v0pdV2V0 R T RT 0 dV ? ? Vd V V0 V 2V V 0RT0 RT dV ? 0 2V0 27-14 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题 7-14 图所示．试证其循环效率为V1 ?1 V2 ? ? 1?? p1 ?1 p2答：等体过程 吸热? Q1 ? ?C V (T2 ? T1 )? Q1 ? Q1 ? CV (绝热过程 等压压缩过程 放热p1V2 p2V1 ? ) R R? Q3 ? 0? Q2 ? ?C p (T2 ? T1 )? Q2 ? Q2 ? ??C P (T2 ? T1 )? CP (循环效率p2V1 p2V2 ? ) R RQ2 Q1? ? 1?? ? 1?Cp ( p2V1 ? p2V2 ) Q2 ? 1? Q1 CV ( p1V2 ? p2V2 ) (? 1 / ? 2 ? 1) ( p1 / p2 ? 1)? ? 1? ?题7-14图题7-16图7-15 一卡诺热机在1000 K和300 K的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率； (2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少? (3)若高温热源不变，要使热机效率提高到 80%，则低温热源温度需降低多少? 解：(1)卡诺热机效率 ? ? 1 ?T2 T1? ? 1?(2)低温热源温度不变时，若300 ? 70% 1000300 ? 80% T1? ? 1?要求T1 ? 1500 K，高温热源温度需提高 500 K(3)高温热源温度不变时，若? ? 1?T2 ? 80% 1000要求 T2 ? 200 K，低温热源温度需降低 100 K 7-16 如题 7-16 图所示是一理想气体所经历的循环过程， 其中 AB 和 CD 是等压过程，BC 和 DA 为绝热过程，已知 B 点和 C 点的温度分别为 T2 和 T3 ．求此循环效率．这是卡诺循环吗? 解：(1)热机效率? ? 1?Q2 Q1AB 等压过程吸热? Q1 ? ?CP (T2 ? T1 )Q1 ? M CP (TB ? TA ) M mo lCD 等压过程放热? Q2 ? vCP (T2 ? T1 )? Q2 ? ?Q2 ? M CP (TC ? TD ) M molQ2 TC ? TD TC (1 ? TD / TC ) ? ? Q1 TB ? TA TB (1 ? TA / TB )根据绝热过程方程得到? ? ? p ? ?1TA ? ? p D?1TD ? AAD 绝热过程BC 绝热过程又? ? ? p B?1TB ?1 ? pC?1TC??p A ? pBpC ? p DTD T ? TC TB? ? 1?T3 T2(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 7-17 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J的热量传向27℃的热源，需要 多少功?从-173℃向27℃呢? (2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就 愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机e?Q2 T2 ? A静 T1 ? T27 ℃→ 27 ℃时，需作功A1 ? T1 ? T2 300 ? 280 Q2 ? ? 1000 ? 71 .4 T2 280 T1 ? T2 300 ? 100 Q2 ? ? 1000 ? 2000 J T2 100J? 173 ℃→ 27 ℃时，需作功A2 ?(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同 样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的． 7-18 如题 7-18 图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态 V1 ? 20L, T1 ? 300 K 经历三 种不同的过程到达末态 V2 ? 40 L, T2 ? 300 K ． 图中 1→2 为等温线，1→4 为绝热线，4→2 为等压线，1→3 为等压线，3→2 为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题 7-18 图 解： 1 ? 2 熵变 等温过程 dQ ? dA ?, dA ? pdVpV ? RTS 2 ? S1 ? ?21dQ 1 V2 RT1 ? ? dV T T1 V1 VV2 ? R ln 2 ? 5.76 V!S 2 ? S1 ? R lnJ ? K ?11 ? 2 ? 3 熵变S 2 ? S1 ? ?S 2 ? S1 ? ?T331dQ 2 dQ ? T ?3 TCp dT TT1??CV dT T T ? Cp ln 3 ? CV ln 2 T3 T T1 T3T21 ? 3 等压过程p1 ? p3V1 V2 ? T1 T3T3 V 2 ? T1 V13 ? 2 等体过程p3 p 2 ? T3 T2 T2 p ? 2 T3 p3 T2 p ? 2 T3 p1S 2 ? S1 ? CP ln在 1 ? 2 等温过程中 所以V2 p ? CV ln 2 V1 p1p1V1 ? p2V2S 2 ? S1 ? CP ln V2 V V CV ln 2 ? R ln 2 ? R ln 2 V1 V1 V141 ? 4 ? 2 熵变S 2 ? S1 ? ?S