物理练习册一答案

第一章 质点运动学

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末的位置为：x(1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．

在第2s末的位置为：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：v=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：a= [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a?2(n?1)s，并由上述数据求出量值．

(n?1)t2[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：a?计算得加速度为：a?2(n?1)s．

(n?1)t22(5?1)30= 0.4(m·s-2)． 2(5?1)10

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：

（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？ 22.5o [解答]方法一：分步法．

70m （1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为

图1.3 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

vt - v0 = at，

这里的v0就是vy0，a = -g；当人达到最高点时，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)．

人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:t2?因此人飞越的时间为：t = t1 + t2 = 6.98(s)． 人飞越的水平速度为;vx0 = v0cosθ = 60.05(m·s-1)，

2h2= 4.49(s)． g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人落地的竖直速度大小为：vy = gt = 69.8(m·s-1)， 落地速度为：v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m·s-1)， 与水平方向的夹角为：θ = arctan(vy/vx) = 49.30o，方向斜向下．

方法二：一步法．

取向上为正，人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

12gt?v0sin?t?y?0， 2解得：t?(v0sin??v0sin??2gy)g．

这里y = -70m，根号项就是人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x?2211??kt； vv01ln(v0kt?1)． kvtdvdv[证明]（1）分离变量得2??kdt， 故 ?2??k?dt，

vvv0011??kt． vv0v0（2）公式可化为v?，

1?v0ktv01由于v = dx/dt，所以：dx?dt?d(1?v0kt)

1?v0ktk(1?v0kt)可得：

积分

1d(1?v0kt)．

k(1?v0kt)001因此 x?ln(v0kt?1)． 证毕．

kxt?dx??[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， a = dv/dt， 分离变量得方程：dt?mdv， f(v)解方程即可求解．

在本题中，k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

dv??kdt， v积分得lnv = -kt + C．当t = 0时，v = v0，所以C = lnv0， 因此lnv/v0 = -kt，

得速度为 ：v = v0e-kt． 而dv = v0e-ktdt，积分得：x?v0?kte?C`． ?k当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此x?1?nv0(1-e?kt)． kR （2）如果n≠1，则得

vdv??kdt??kt?C． ，积分得vn1?n1?nv011?C，因此n?1?n?1?(n?1)kt． 当t = 0时，v = v0，所以

1?nvv0 A 图1.7 如果n = 2，就是本题的结果．

n?1{[1?(n?1)v0kt](n?2)/(n?1)?1}如果n≠2，可得x?，读者不妨自证． n?2(n?2)v0k

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an?at3． 由此得r?2?r?3，即 (12t2)2?24t3， 解得 t?3/6．

所以 ??2?4t3?2(1?3/3)=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)．

1．6 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，

3此后飞机的加速度为a = 203m·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？

y [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为

v0x = v0cosθ， a ay v0y = v0sinθ． O α ax θ v0x 加速度的大小为ax = acosα， ay = asinα． x v0y v 12120 运动方程为x?v0xt?axt， y??v0yt?ayt．

22

s?t?即 x?v0co?1aco?s?2t， 21y??v0sin??t?asin??t2．

22v0sin??103(s)．

asin?令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；t?将t代入x的方程求得x = 9000m．

[注意]选择不同的坐标系，如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相同的结果．

1．7 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h?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)，

1at?t2， 2v2这也是边缘的线速度，因此法向加速度为an?= 0.36(m·s-2)．

R

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

1h1?v0t?at2；

2螺帽做竖直上抛运动，位移为h2?v0t?由题意得h = h1 - h2，所以h?12gt． 21(a?g)t2， 2解得时间为t?2h/(a?g)= 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．

2l； vt0（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为t1?；

1?u2/v2t0（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为t2?．

221?u/v（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为t0?[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t1?ll2vlt0??2 ?2l2/v2?． 222v?uv?uv?u1?u/v1?u/vA

v

v B

（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V?v?u，所以飞行时间为

22 v + u A v - u

v A

B u

t2?2l2l2l/vt0 ?． 证毕． ??222222Vv?u1?u/v1?u/v

1．10 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？

???[解答]雨对地的速度v2等于雨对车的速度v3加车对地的速度v1，由此可作矢量三角形．根据题意得

B u v

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 v1?v2(sin??l h θ lcos?)． 证毕． h v2 v1 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得

v1v2， ?sin(???)sin(90???)sin(???)所以：v1?v2

cos?sin?cos??cos?sin??v2

cos?

图1.10

?v2(sin??cos?tan?)，

lcos?)． hα h v3 α θ v2 v⊥ l v1

即 v1?v2(sin??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，在t时间内，雨滴的位移为

l = (v1 – v2sinθ)t， h = v2cosθ?t．

两式消去时间t即得所求． 证毕．

??vv2．1 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0运动，0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．

[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

第二章 运动定律与力学中的守恒定律

(一) 牛顿运动定律

y?121at?gsin??t222．

图2.1 这是抛物线方程．

2．2 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μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：

gsin?2y?x2v0，

v0 P A

α B ?F（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

Nm fm

NM fM a 互作用力；

（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)， 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其重力：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．

（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`，

Nm 可得 a` =μsg．

f 板的运动方程为

a` F – f – μk(m + M)g = Ma`， NM 即 F = f + Ma` + μk(m + M)g

f F = (μs + μk)(m + M)g，

f ` 算得 F = 16.17(N)．

因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N的力．

2．3 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

a1 T2 - μm2g = m2a2， T1 a2 m T2 F – T1 – μm1g = m1a1． m1 2 可以解得m2的加速度为 f2 f1 F??(m1?2m2)ga2?图2.3

-2m1/2?2m2= 4.78(m·s)，

绳对它的拉力为

T?m2(F??m1g/2)m1/2?2m2= 1.35(N)．

111??（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kk1k2； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k1 + k2．

k1 [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． (a) （1）由于弹簧串联，所以F = F1 = F2，x = x1 + x2， k1

2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k1和k2．求证：

k2 F F (b) 111FF1F2????k1k2，即：kk1k2． 因此 k k2 （2）由于弹簧并联，所以F = F1 + F2，x = x1 = x2，

图2.4 因此 kx = k1x1 + k2x2， 即：k = k1 + k2．

2．5 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；

?a（2）小车以加速度1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θ角；

?（4）用与斜面平行的加速度b1把小车沿斜面往上推（设b1 = b）；

?（5）以同样大小的加速度b2（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．

θ T mg ma 图（2.5 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)；

2222T?(ma)?(mg)?ma?g绳子张力等于摆所受的拉力 ：．

（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 = θ； T = mgcosθ．

（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mbcosθ，邻边是mg + mbsinθ，由此可得：

tan??因此角度为

mbcos?mg?mbsin?，

??arctan而张力为

bcos?g?bsin?；

mb θ mg θ T T?(mb)2?(mg)2?2(mb)(mg)cos(π/2??)

θ （ 4） T θ mb mg θ 5） （?mb2?g2?2bgsin?．

（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．

O l 2．6 如图所示：质量为m =0.10kg的小球，拴在长度l =0.5m的轻绳子的一端，

m 构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： θ （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C B 度为多大？绳中的张力多大？ 图2.6 （3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？

[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，T 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θ 向为正方向． ma 小球的运动方程为 O l mg d2s m θ F?ma?m2 θ T dt，

其中s表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为 （ 3） C B dsd? mg v??l dtdt，

因此

F?mdvdvd?mdv?m?vdtd?dtld?，

即 vdv = -glsinθdθ， （1） 取积分

?vB0vdv??gl?sin?d?60?00，

12vB?glcos?2得

60?，解得：vB?gl= 2.21(m·s-1)．

22vBvBTB?mg?m?m?mgRl由于：，

所以TB = 2mg = 1.96(N)．

（2）由（1）式积分得

12vC?glcos??C2，

当 θ = 60o时，vC = 0，所以C = -lg/2，

因此速度为

vC?gl(2cos??1)．

切向加速度为at = gsinθ；法向加速度为

2vCan??g(2cos??1)R．

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

at?3g2= 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．

2．7 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．

m 小球的运动方程为

d2sF?ma?m2dt，s表示弧长．

dsv?dt，所以 由于

dsddsdvdvdsdv?()???vdt2dtdtdtdsdtds，

因此 vdv = gcosθds = gdh，h表示石下落的高度．

2N h θ mg 图2.7

12v?gh?C2积分得 ，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，

因此速率为 v?2gh．

2．8 质量为m的物体，最初静止于x0，在力处的速度大小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

f??kx2(k为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x

利用v = dx/dt，可得

kd2xf??2?ma?m2xdt

d2xdvdxdvdv???vdt2dtdtdxdx，

因此方程变为

mvdv??积分得

kdxx2，

12kmv??C2x ．

利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此

12kkmv??2xx0， v?2k11(?)mxx0． 证毕．

即

[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．

12dxmv??k?xn．

如果f(x) = -k/xn，则得212mv??klnx?C2（1）当n = 1时，可得

x12mv?kln0x， 利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = lnx0，因此 22kx0lnmx． 即

12k1?nk1?nmv??x?CC??x01?nn?1（2）如果n≠1，可得2．利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，

12k11mv?(n?1?n?1)n?1xx0， 因此 2v?v?即

2．9 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，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程

2k11(n?1?n?1)(n?1)mxx0． 当n = 2时，即证明了本题的结果．

dvdt，

dvmd(mg?kv)dt??m??mg?kvkmg?kv， 分离变量得f??mg?kv?mmln(mg?kv)?Ck积分得．

mC?ln(mg?kv0)k当t = 0时，v = v0，所以，

mmg?kvmmg/k?vt??ln??lnkmg?kv0kmg/k?v0， 因此

t??小球速率随时间的变化关系为

v?(v0?mgktmg)exp(?)?kmk．

（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为

T?kvmmg/k?v0mln?ln(1?0)kmg/kkmg．

[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

dx?[(v0?即

mgktmg)exp(?)?]dtkmk，

dx??m(v0?mg/k)ktmgdexp(?)?dtkmk，

积分得

x??m(v0?mg/k)ktmgexp(?)?t?C`kmk， C`?m(v0?mg/k)k，

当t = 0时，x = 0，所以

因此

x?m(v0?mg/k)ktmg[1?exp(?)]?tkmk．

（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

f?mg?kv?mdvdt，

用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为

v?mgmgkt?(?v0)exp(?)kkm．

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．

2．10 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 A v0 2

N = mv/R．

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．

图2.10 根据牛顿第二定律得

?kv2dvdvdt??2f???km?mv． Rdt， 即 ： R?k1t??Cv积分得：R．

1C??v0， 当t = 0时，v = v0，所以

22?03?0R????2?8?g，

转过的圈数为

23?0R?n??2?16??g．

[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。

2．33一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，如图所示．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 m m1gh?2

111m1v2?I?2?kh2222，

其中I = mr/2，ω = v/r，可得

2m1gh – kh2 = m1v2 + mv2/2， 解得

r m1 图2.33 h m1 v?2m1gh?khm1?m/2= 1.48(m·s-1)．

2

2．34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？

[解答]圆轮A对B的压力为 N = M1g，

O 两轮之间的摩擦力大小为 f = μN = μM1g， A R1 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，

B 根据转动定理得方程MA = IAβA，

即 βA = MA/IA． R2 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， 化得 v - ωR1 = -βAR1t，v = βBR2t， 将后式减前式得ωR1 = (R1βA + R2βB)t， 解得

t??R1R1?A?R2?BR1MA/IA?R2MB/IB

?R1?R1?M1gR1R2?M1gR2?112M1R12M2R222

?R1?2?g?2?gM1/M2

??R1经过的时间为

t??M2R12?g(M1?M2)．

[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

A B IAω = (IA+IB)ω`，

R1 因此得ω` = IAω/(IA + IB)． R2 （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．

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

M??2?0?R10?pr2drd?

12?2π?pR13??M1gR133．

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

I?IB?`?A??BIA?IBM ?M1R12/2M2R22/2??22M1R1/2?M2R2/22?M1gR1/3，

t?3M2R22R?1t?24?g(M1R12?M2R2)． 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

A r B dr R1 M???pr2dr?d?00R22?

132?2π?pR2??M1gR233，

由此求得时间就变为

3M2R12R2?t?24?g(M1R12?M2R2)．

t?只有当R1 = R2时，两个时间才是相同的：

2．35 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时阻力．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，薄板角速度减半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m．

[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

3M2R1?3M2R2??4?g(M1?M2)4?g(M1?M2)．

受到空气的度的平方的为原来的一b r 元，其面积为

a r O dS 图2.35

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

M??k?2br3dr?0a124k?ba4．

板绕转轴的转动惯量为I = ma2/3，其角加速度为

M3k?2ba2?????I4m，

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

d?3k?2ba2??dt4m，

分离变量得

3kba2d?dt??24m?，

积分得

3kba21t??C4m?．

当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为

3kba211t??4m??0．

当ω = ω0/2时，解得时间为

t?4m3kba2?0．

2．36 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．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．

R （2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有

ω 122，

所以角动量为L = Iω = R(M/2 – m)ω．

2

I?2MR?mR图2.36

转动动能为

2．37 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；

mA （2）系统的角速度；

vA rA r Ek?121MI??(?m)?2R2222．

rB vB mB （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

rA?mBmArrB?rmA?mB，mA?mB．

两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为

L?mAvArA?mBvBrB mAmB?r(vA?vB)mA?mB= 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

Ek1?1122mAvA?mBvB22= 2730(J)；

拉手后的总动能是绕质心的转动动能：

Ek2?11IA?2?IB?222= 2730(J)，

可见：这一过程能量是守恒的．

[讨论]（1）角动量．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为

mAmBmAmB?r2I?mr?mr?r(rA?rB)mA?mBmA?mB，

2AA2BB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．

（2）损失的能量．两人的转动动能为

LvA?vB?Ir

1mAmB212?(v?v)ABEk2?(IA?IB)?2mA?mB2，

因此动能的变化量为

ΔE = Ek2 – Ek1

?1mAmB1122(vA?vB)2?(mAvA?mBvB)2mA?mB22

(mAvA?mBvB)2?E??2(mA?mB)， 简化得

负号表示能量减少．可见：如果mAvA≠mBvB，则ΔE≠0，即能量不守恒．在本题中，由于mAvA = mBvB，

所以能量是守恒的．

2．38 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，棒对转轴的角动l/4 O 量为mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕轴的角动量为Iω0． l/4 l v 0 图2.38

棒绕质心的转动惯量为Ic = ml2/12， 根据平行轴定理，棒绕O点为转动惯量为

I?Ic?md2 117?ml2?m(l)2?ml212448．

根据角动量守恒定律得mv0l/4 = Iω0，

所以角速度为

?0?mv0l/I?

1412v07l．

第三章 狭义相对论

3．1 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

?t??t`1?(v/c)2，

可求得B钟的本征时为

1v?t`??t1?(v/c)2?[1?()2]?t，

2c因此时间差为 ?t??t`?1v2()?t=1.898×105(s)． 2c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

?t`??t1?(v/c)2，

可求得A钟的本征时为

1v?t??t`1?(v/c)2?[1?()2]?t`，

2c因此时间差为

t?(2) ?t`??1v2c?t=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

1?(v/c)1v1v?[1?()2]?t`??t`?()2?t`，

2c2c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．

?t??t`??t`2??t`

?t`??t??t1?(v/c)2??t

1v1v?[1?()2]?t??t?()2?t

2c2c

3．2 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”的时间是光从镜面A到镜面B再回到原处的时间，其值为?0?个以速度v行驶的火车上，使两镜面都与v垂直，两镜面中心的连线与v平行，在铁轨参考系中观察，火车上钟的一个“滴答”η与η0的关系怎样？

[解答]不论两个“光钟”放在什么地方，η0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η是运动时，所以它们的关系为

???2L0．若将这个光钟横放在一c???01?(v/c)2．

3．3 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

?t`?即 5??t1?(v/c)422，

，

1?(v/c)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)．

3．4 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？

[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

`lx?lx1?(v/c)2，

因此

tan?`?`ly`lx?tan?1?(v/c)2，

2?1/2可得夹角为?`?arctan{[1?(v/c)]

tan?}．

3．5 S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，得两个事件的空间和时间间隔公式

?x`??t`??x?v?t1?(v/c)1?(v/c)2，

?t??xv/c22． （1）

由题意得：Δt = 0，Δx = 1m，Δx` = 2m．因此

?x`??t`??x1?(v/c)??xv/c21?(v/c)22，

．（2）

由（2）之上式得它们的相对速度为

v?c1?(?x/?x`)2． （3）

将（2）之下式除以（2）之上式得

?t`v??2， ?x`c所以

?t`??1?x`?x221?()2??(?x`)?(?x)= -0.577×10-8(s)．

cc?x`[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?x`??x1?(v/c)，计算它们的相对速度．

3．6 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．根据洛仑兹坐标和时间变换公式

2x`?x?vt1?(v/c)2和t`?t?vx/c21?(v/c)2，

飞船上观察运动员的运动距离为

?x`??x?v?t1?(v/c)2?100?0.8c?101?0.82?≈-4×109(m)．

运动员运动的时间为

?t`??t?v?x/c21?(v/c)210?0.8?100/c≈16.67(s)．

0.6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．

3．7 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

t?t?`2`1t2?t1?v(x2?x1)/c21?(v/c)2?8?4?0.8(40?20)/c≈6.67(s)．

0.6空间间隔为

`x2?x1`?x2?x1?v(t2?t1)1?(v/c)2?40?20?0.8c?(8?4)≈-1.6×109(m)．

0.6

3．8 S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？

[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，根据尺缩效应?l??l`1?(v10/c)，可得杆的本征长度为

2?l`??l1?(v10/c)2?101?0.982= 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

v12?0.98c?(?0.8c)v10?v20?= 0.99796c． 21?0.98(?0.8)1?v10v20/c在S``系观察S`系中的杆的长度是另一运动长度

?l``??l`1?(v12/c)2= 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．

3．9 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]两者相撞的时间间隔Δt = 5s是运动着的对象—飞船和慧星—发生碰撞的时间间隔，因此是运动时．在飞船上观察的碰撞时间间隔Δt`是以速度v = 0.6c运动的系统的本征时，根据时间膨胀公式

?t??t`1?(v/c)22，可得时间间隔为?t`??t1?(v/c)= 4(s)．

3．10 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．

y` [解答]方法一：用速度变换．取太阳系为S系，地球为S`系．在

S` y S系中看地球以v = u运动，看星光的速度为 v=u x` 地球 ux = 0，uy = c．

S uy` 星光在S`系中的速度分量为 c θ` u?v-u `星光 x ux???u1?uxv/c2O 太阳x u?`yuy1?v2/c21?uxv/c2?c1?u/c?c?u ``2`22222 星光在S`系中的速度为u?ux?uy?c，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

?`?arctanuu?arctan．

22u`yc?u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uy` = -u，所以星光速度沿y`轴的分量为

`2u`y?c2?ux/?c2?u2，

从而可求出星光速度垂直地面的夹角为

`uxu． ?`?arctan`?arctan22uyc?u[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．

3．11 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 = m0v2/2，相对论动能为E`k = mc2 – m0c2， 其中m为运动质量

m?m01?(v/c)2．

根据题意得

m0c21?(v/c)2?m0c2?m0v2，

设x = (v/c)2，方程可简化为1?1?x，或 1?(1?x)?1x， 1?x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

x?1?5， 2取正根得速率为

v?c1?5= 0.786c． 2m0v1?(v/c)2（2）粒子的非相对论动量为：p = m0v，相对论动量为：p`?mv?根据题意得方程：，

m0v1?(v/c)2?2m0v．

很容易解得速率为：v?3c= 0.866c． 2

3．12．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E = E0 + Ek中，静止能量E0已知，且E0 = m0c2，总能量为

E?mc?所以2m0c21?(v/c)2?E01?(v/c)2，

11?(v/c)2?E0?Ek， E0由此得粒子的运动时为?t?还可得1?(v/c)2?解得速率为

E?Ek． ??t`02E01?(v/c)?t`E0，

E0?Ekv?c1?(E02)．

E0?EkE0?Ek2)?1?3?108?2.6?10?6(1?30)2?1= 24167.4(m)． E0粒子能够通过的距离为?l?v?t?c?t`(

2E0v3．13 试证相对论能量和速度满足如此关系式：?1?2．

cE[证明]根据上题的过程已得

v?c1?(E02)，将E = E0 + Ek代入公式立可得证．

E0?Ek

3．14 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)．

第四章 机械振动

4．1 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 + θ)，其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π． 当t = 0时，x = 0.06m，所以cosθ = 0.5，因此θ = ±π/3． 物体的速度为v = dx/dt = -ωAsin(ωt + θ)．

当t = 0时，v = -ωAsinθ，由于v > 0，所以sinθ < 0，因此：θ = -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 + θ)= -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 + θ)，当t = 0时，可得θ = ±arccos(x0/A)，（-π< θ <= π）， 初位相的取值由速度决定．

由于v = dx/dt = -ωAsin(ωt + θ)，当t = 0时，v = -ωAsinθ，当v > 0时，sinθ < 0，因此 θ = -arccos(x0/A)；

s-1)． vm??2E/m= ±2.53(m·

4．15 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． x/cm [解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A = 5(cm)， 5 周期为：T = 4(s)，圆频率为：ω =2π/T = π/2，

x1 x2 它们的振动方程分别为：

x1 = Acosωt = 5cosπt/2， 1 2 3 0 x2 = Asinωt = 5sinπt/2 = 5cos(π/2 - πt/2)

即 x2 = 5cos(πt/2 - π/2)． -5 位相差为：Δθ = θ2 - θ1 = -π/2． 图4.15 （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：x?52cos(

4．16 已知两个同方向简谐振动如下：x1?0.05cos(10t??)，x2?0.06cos(10t??)． （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 +θ)，问θ为何值时，x1 + x3的振幅为最大？θ为何值时，x2 + x3的振幅为最小？

（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：A?初位相为：??arctan2A12?A2?2A1A2cos(?1??2)= 8.92×10-2(m)．

t/s 4 ?t?)(cm)．

243515?A1sin?1?A2sin?2= 68.22°．

A1cos?1?A2cos?2（2）要使x1 + x3的振幅最大，则：cos(θ – θ1) = 1，因此θ – θ1 = 0，所以：θ = θ1 = 0.6π． 要使x2 + x3的振幅最小，则 cos(θ – θ2) = -1，因此θ – θ2 = π，所以θ = π + θ2 = 1.2π．

（3）如图所示．

A A1 A3 A2 x3 x θ O A3 θ2

A2 θ1 θ θ2 x1 O x x2 x A1 θ 1x3 x1 O x2 x

4．17 质量为0.4kg的质点同时参与互相垂直的两个振动：x?0.08cos(?t?)， 36?y?0.06cos(t?)．式中x和y以米(m)计，t以秒(s)计．

33（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．

??x2y22xy[解答]（1）根据公式：2?2?cos???sin2??，

A1A2A1A2其中位相差为：Δθ = θ2 – θ1 = -π/2，

x2y2??1． 所以质点运动的轨道方程为：

0.0820.062（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

?d2x2??m?0.08cos(?t?)， Fx?max?m26dt即 Fx = 0.035cos(πt/3 + π/6)(N)．

在y方向所受的力为

y F x b=0.06 F θ Fy O a=0.08 x d2yπFy?may?m2??m?20.06cos(?t?)，

3dt即 Fy = 0.026cos(πt/3 - π/3)(N)．

???22用矢量表示就是F?Fxi+Fyj，其大小为F?Fx?Fy，

与x轴的夹角为θ = arctan(Fy/Fx)．

4．18 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．

ν`2 ν`1 [解答]标准音叉的频率为v0 = 384(Hz)，

Δν Δν 拍频为Δv = 3.0(Hz)， ν2 ν0 ν1 待测音叉的固有频率可能是v1 = v0 - Δv = 381(Hz)， ν 也可能是v2 = v0 + Δv = 387(Hz)．

2

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ω = k/m，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率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．

4．19 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 +θ)．求在θ = 0，θ = 30o，及θ = 90o这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程．

x2y22xy[解答]根据公式2?2?cos???sin2??，

A1A2A1A2其中Δθ = θ2 – θ1 = -π/2，而θ1 = 0，θ2 = θ．

O y x x2y22xy（1）当Δθ = θ = 0时，可得2?2?2?0，

AAA质点运动的轨道方程为y = x，轨迹是一条直线．

（2）当Δθ = θ = 30o时，可得质点的轨道方程

y O x xy2xy31???， 222AAA242即 x2?y2?3xy?A，轨迹是倾斜的椭圆． /4（3）当Δθ = θ = 90o时，可得

22 y 即 x2 + y2 = A2，质点运动的轨迹为圆．

4．20 三个同方向、同频率的简谐振动为

xy??1， A2A222O x ??5?x1?0.08cos(314t?)，x2?0.08cos(314t?)，x3?0.08cos(314t?)．

626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x?[解答] 合振动的圆频率为：ω = 314 = 100π(rad?s-1)． 设A0 = 0.08，根据公式得：

Ax = A1cosθ1 + A2cosθ2 + A3cosθ3 = 0，

Ay = A1sinθ1 + A2sinθ2 + A3sinθ3 = 2A0 = 0.16(m)， 振幅为：A?合振动的方程为：x = 0.16cos(100πt + π/2)．

2． A所需最短时间（A为合振动振幅）

22Ax2?Ay= 0.16(m)，初位相为： θ = arctan(Ay/Ax) = π/2．

（2）当x?2A/2时，可得：cos(100?t??/2)?2/2，

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．

第五章 机械波

5．1 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y?Acos(?t?2?x?)比较得：2π/λ

y/cm = 0.6， 5 因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π， -1t/s 频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s)．

0.1 0 0.2 0.3 且传播方向为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： -2-2y = 5×10sin10πt = 5×10cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图．

5．2 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yA?0.03cos(4?t?振动方程．

[解答]（1）简谐波的波动方程为：y?Acos[?(t?即 y?0.03cos[4?(t??2)(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m处质点P处的

x?xA)??]； ux?0.05?)?]= 0.03cos[4π(t – 5x) + π/2]． 0.22（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)．

?25．3 已知平面波波源的振动表达式为y0?6.0?10sin?2t(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．

?2[解答]振动方程为：y?6.0?10sin?x(t?) ?0.06sin(?t?5?)， 2u24位相差为 Δθ = 5π/4(rad)．

5．4 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 + θ)，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cosθ = 0；由于质点速度小于零，所以θ = π/2． 原点的振动方程为：y0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为：

x?y?0.03cos[50?(t?)?]= 0.03cos[50π(t – x) + π/2)．

u2（2）与波源相距x = 0.01m处质点的振动方程为：

y = 0.03cos50πt． 该点初相θ = 0．

5．5 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；

y/m （3）画出O点的振动曲线．

t=0 t2=0.25 0.2 1[解答]（1）设P点的振动方程为

yP = Acos(ωt + θ)， x/m 其中A = 0.2m．

P O 在Δt = 0.25s内，波向右传播了

Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，

0.45 所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s-1)．

波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)， 图5.5 周期为：T = λ/u = 1(s)， 圆频率为：ω = 2π/T = 2π．

当t = 0时，yP = 0，因此cosθ = 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θ = -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

y/m x?xP?0.2 y?0.2cos[2?(t?)?]

u2?0.2cos(2?t? （3）在x = 0处的振动方程为

y0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．

5．6 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；

y u （2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；

A （3）图中波线上a和b两点的位相差θa – θb为多少？

[解答]（1）设此波的波动方程为： a txy?Acos[2?(?)??]，

T?y?Acos(2?xO 10??x?)． 32 O 0.5 1 t/s

图5.6 b x 当t = T/4时的波形方程为：

?x???)??Asin(2???)． ?2?在x = 0处y = 0，因此得sinθ = 0，

解得θ = 0或π．

而在x = λ/2处y = -A，所以θ = 0．

因此波动方程为：y?Acos2?(tx?)． T?（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：y?Acos(2?曲线如图所示．

（3）xa = λ/4处的质点的振动方程为

tt??)??Acos2?， TTy ya?Acos(2?t??)； T2t?2?)． TA xb = λ处的质点的振动方程为

O t yb?Acos(2? 波线上a和b两点的位相差

θa – θb = -3π/2．

5．7 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)，

y txu 与标准方程y?Acos[2?(?)??]比较

t=0 t=4.2s T?A ， -1

可知：周期为T = 0.5s，波长λ = 1m．波速为u = λ/T = 2m·s．

O （1）当t = 4.2s时的波形方程为 1 0.5 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 = 0.2s，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．

5．8 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； y/m （2）写出波的表达式；

1 （3）画出t = 1s时刻的波形曲线．

0.5 [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

O t/s y = Acos(ωt + θ)，

其中A = 1m，ω = 2π/T = π/2． -1 当t = 0时，y = 0.5，因此cosθ = 0.5，θ = ±π/3．

图5.8 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

θ = π/3．

振动方程为：y = cos(πt/2 + π/3)．

（2）波的表达式为：y?Acos[2?(x tx?)??] T?

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/fx76.html