该分子中最多有几个原子共面？怎么看？_百度知道
该分子中最多有几个原子共面？怎么看？
23个，两个苯环上的原子和中间的碳原子
中间的H原子为什么不共面？
中间的碳原子是甲烷型碳，只能与两个原子共面，既然要最多，当然选择与两个苯环上的碳原子共面
采纳率：53%
24个 所有C原子都可能共面 加上苯环上的H和Cl
苯环12个原子是共面的，c.c单键链接的也可以共面
应该有28个原子共面
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＞＞＞[2013·广州质检]已知向量a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)..
[2013·广州质检]已知向量a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于(　　)A．B．C．D．
题型：单选题难度：中档来源：不详
D由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n，使得c＝ma＋nb，即有解得m＝，n＝，λ＝.
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据魔方格专家权威分析，试题“[2013·广州质检]已知向量a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)..”主要考查你对&&空间向量的正交分解及其坐标表示&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
现在没空？点击收藏，以后再看。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
空间向量的正交分解及其坐标表示
空间向量的正交分解的定义：
对空间的任意向量，均可分解为不共面的三个向量，使，如果两两垂直，这种分解就是空间向量的正交分解。
空间向量的坐标表示：
在空间直角坐标系O—xyz中，对空间任一点A，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使，有序实数组（x，y，z）叫作向量A在空间直角坐标系O—xyz中的坐标，记作A（x，y，z），x叫横坐标，y叫纵坐标，z叫竖坐标。空间向量基本定理：
如果三个向量不共面，那么对空间任一向量，存在一个唯一的有序实数组x，y，z，使。 若三向量不共面，我们把叫做空间的一个基底，叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。
设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使。 基底在向量中的应用：
(l)用基底表示出相关向量来解决向量问题是常用的方法之一．(2)在空间中选择基底主要有以下几个特点：①不共面；②有公共起点；③其长度及两两夹角已知．(3)用基底表示向量，就是利用向量的加法和减法对有关向量进行分解。
用已知向量表示未知向量：
用已知向量表示未知向量，一定要结合图像，可从以下角度如手：（1）要用基向量意识，把有关向量尽量统一到基向量上来；（2）把要表示的向量标在封闭的图形中，表示为其它向量的和或差的形式，进而寻找这些向量与基向量的关系；（3）用基向量表示一个向量时，如果此向量的起点是从基底的公共点出发的，一般考虑用加法，否则用减法，如果此向量与一个易求向量共线，可用数乘。
发现相似题
与“[2013·广州质检]已知向量a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)..”考查相似的试题有：
879973825687817097801587785170748530这道题的第一问是最多有几个原子共面，但我怎么感觉答案给的是最少，还是说最多最少都一样？求详解_百度知道
这道题的第一问是最多有几个原子共面，但我怎么感觉答案给的是最少，还是说最多最少都一样？求详解
我有更好的答案
环戊二烯的分子式为C5H6，环上有4个-CH=和1个-CH2-，-CH2-中的碳为正四面体型，假设所有碳原子共面故最少有两个氢不在平面内，故最多是9个原子共面.
那最少几个原子共面？还有，那个-CH2-中的C为正四面体形，当那个C和另外四个C共面时，它的正四面体形怎么形成？
空间中3点决定一个面，最少当然是3个原子共面啊！后面这个问题类似于甲烷，甲烷你搞懂了这个就容易理解，把它周围两个碳当作氢原子。
最少不可能只有3个原子共面啊，那里面一共有两个双键呢
-CH2-就能自己共面，这是一个正四面体结构。C-CH2-C这不就类似甲烷吗？共面最多的时候把两个氢原子排除，加上两个平面的双键自然就是共面最多的啊，那最少不就是-CH2-这个结构共面吗？不跟双键共面么。这个不难理解吧？
但是-CH2-不可能和双键不共面啊。因为C-CH2-C这个结构中的两个C就是双键上的C，-CH2-怎么会与双键不共面呢？所以我觉得最多最少一样啊。。。
理解了请采纳
首先，你能不能理解空间中不经过同一直线的点能确定一个平面？如果离这个能理解，你把双键上那两个碳想象成H原子，这就类似甲烷的结构，这个可以假设的。甲烷的正四面体结构至多有3个原子共面，不可能有4个共面的，而-CH2-这个结构正好是甲烷的一个共面的结构，双键上的碳并不影响这个面，因为C，H，H这3个原子已经确定了一个面。这个需要一点空间想象力。
采纳率：92%
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我们会通过消息、邮箱等方式尽快将举报结果通知您。怎样理解碳原子sp、sp2、sp3杂化轨道的电子云图？ - 知乎108被浏览<strong class="NumberBoard-itemValue" title="3分享邀请回答en.wikipedia.org/wiki/Effective_nuclear_charge），是C原子2s和2px电子感受到的有效核电荷。这样我们可以画出2s和2px轨道的等值面这里两个图都是原子轨道的等值面，由于没有取模方，可以看到在2px的图中有不同颜色表示的不同符号（相位）。下面取模方，计算电子密度分布。显然对2s轨道来说，去模方后保持球对称性不变，但2px的电子云与波函数分布不同。所谓杂化就是将合适的轨道重新组合成对称性符合我们需求的新轨道。下面我们来看C的2s轨道和2px轨道杂化。然后看它们的几率密度：呃，小尾巴已经出来了。。615 条评论分享收藏感谢收起1添加评论分享收藏感谢收起写回答2 个回答被折叠（）?? ?习题解答 习题一1-1 ｜ ?r ｜与 ?r 有无不同?试举例说明．w .comdr dr dv dv 和 有无不同? 和 有无不同?其不同在哪里? dt dt dt dt? ?解：（1） ?r 是位移的模， ? r 是位矢的模的增量，即 ?r ? r2 ? r1 ， ?r ? r2 ? r1 ；khdr 只是速度在径向上的分量. dt? dr d r dr ? ?r ? r dt dt dt? （式中 r ? 叫做单位矢） ∵有 r ? r r ，则式中∴da（2）dr dr ds 是速度的模，即 ?v ? . dt dt dtdr 就是速度径向上的分量， dtdr d r 与 不同如题 1-1 图所示. dt dt题 1-1 图? dv dv ? dv 表示加速度的模，即 a ? ， 是加速度 a 在切向上的分量. (3) 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式中的分量，再合成求得结果，即　kh? dx ? ? dy ? v= ? ? ?? ? 及a= ? dt ? ? dt ?22? d2 x ? ? d2 y ? ? ? dt 2 ? ? ?? ? dt 2 ? ? ? ? ? ?22da你认为两种方法哪一种w出r＝ x ? y ，然后根据 v =2 2dr d 2r ，及 a ＝ 2 而求得结果；又有人先计算速度和加速度 dt dt.c1-2 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omdv 就是加速度的切向分量. dt ? ? ? d? ? dr (? 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 与 dt dt?? ?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 ，???故它们的模即为daw .com2 x? ? d r dx ? d y ? j ?v ? ? i? dt dt dt ? ? d2r d2 x ? d2 y ? a? 2 ? 2 i? 2 j dt dt dt? dx ? ? dy ? v ? v ?v ? ? ? ?? ? ? dt ? ? dt ?2 y 2 2 x 2 y22kh? d2 x ? ? d2 y ? a? a ?a ? ? ? dt 2 ? ? ?? ? 2? ? ? ? ? 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，d2r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中 dt 22 ? d2r ? ? 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 =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）? ? ? r1 ? 8i ? 0.5 j mkh(2)将 t ? 1 , t ? 2 代入上式即有da? 1 ? ? r ? (3t ? 5)i ? ( t 2 ? 3t ? 4) j m 2w.com1 2 t +3 t -4. 2??? ? ? r2 ? 11 j ? 4 j m?(3)∵∴(4) 则kh(5)∵? ? ? ? dr v? ? 3i ? (t ? 3) j m ? s ?1 dt ? ? ? v 4 ? 3i ? 7 j m ? s ?1 ? ? ? ? ? ? v0 ? 3i ? 3 j , v 4 ? 3i ? 7 j? ? ? ? ? ?v v 4 ? 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．daw .c? ? ? ? ? ? ? ? ?r r4 ? r0 12i ? 20 j ? ? ? 3i ? 5 j m ? s ?1 v? ?t 4?0 4om? ? ? ? ? ?r ? r2 ? r1 ? 3 j ? 4.5 j m? ? ? ? ? ? r0 ? 5 j ? 4 j , r4 ? 17i ? 16 j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 ? s2将上式对时间 t 求导，得kh2ldl ds ? 2s dt dtdaw题 1-4 图.com图1-4?? ?根据速度的定义，并注意到 l , s 是随 t 减少的， ∴v绳 ? ?即w .c或将 v船 再对 t 求导，即得船的加速度dakhomv船 ? ?ds dl ? v0 , v船 ? ? dt dtv l dl l ds ?? ? v0 ? 0 dt cos? s dt sv船 ?lv0 (h 2 ? s 2 )1 / 2 v0 ? s sdl ds ?l ? v 0 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 s2 ?21-5 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 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： ∵?1a?dv dv dx dv ? ?v dt dx dt dx分离变量： 两边积分得?d? ? adx ? (2 ? 6 x 2 )dx1 2 v ? 2x ? 2x3 ? c 2由题知， x ? 0 时， v0 ? 10 ,∴ c ? 50 ∴ 1-6v ? 2 x 3 ? x ? 25 m ? s ?1=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 ? 0khda3 v ? 4t ? t 2 ? c1 2wdv ? (4 ? 3t )dt.ca?dv ? 4 ? 3t dtom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?2?? ?故 又因为 分离变量， 积分得w .c3 dx ? (4t ? t 2 )dt 2da由题知 t ? 0 , x0 ? 5 ,∴ c 2 ? 5 故kh所以 t ? 10 s 时om??ο3 v ? 4t ? t 2 2 dx 3 v? ? 4t ? t 2 dt 21 x ? 2t 2 ? t 3 ? c 2 21 x ? 2t 2 ? t 3 ? 5 2v10 ? 4 ? 10 ?3 m ? s ?1 ? 10 2 ? 190 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，有即 亦即 则解得 于是角位移为R? 2 ? R? (9t 2 ) 2 ? 18t t3 ? 2 9 2 ? 2.67 9kh? ? 2 ? 3t 3 ? 2 ? 3 ?daradw.comtan 45? ?a? ?1 an?? ?1 2 1-8 质点沿半径为 R 的圆周按 s ＝ v 0 t ? bt 的规律运动，式中 s 为质点离圆周上某点的弧 2omv?2求： (1) t 时刻质点的加速度； (2) t 为何值时， 加速度在数值上等于 b ． 长, v 0 ，b 都是常量， 解： （1）w .c da kh则 加速度与半径的夹角为 (2)由题意应有 即 ∴当 t ?ds ? v0 ? bt dtdv ? ?b dt v 2 (v0 ? bt ) 2 an ? ? R R a? ?2 n 2(v0 ? bt ) 4 a ? a? ? a ? b ? R2a? ? Rb ? a n (v 0 ? bt ) 2? ? arctan(v0 ? bt ) 4 a?b? b ? R22b2 ? b2 ?v0 时， a ? b b(v0 ? bt ) 4 , ? (v0 ? bt ) 4 ? 0 2 R1-9 半径为 R 的轮子，以匀速 v 0 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点 B 的运动方程为x ＝ R (?t ? sin ?t ) ， y ＝ R (1 ? cos ?t ) ，式中 ? ? v0 / R 是轮子滚动的角速度，当 B 与水平线接触的瞬间开始计时．此时 B 所在的位置为原点，轮子前进方向为 x 轴正方向；(2) 求 B 点速度和加速度的分量表示式． 解：依题意作出下图，由图可知? v 0 t ? R sin ?2? R (?t ? R sin ?t )kh2题 1-9 图 (1)x ? v 0 t ? 2 R sin?cos?daw.com?? ?om(2)y ? 2 R sin?2 2 ? R (1 ? cos? ) ? R (1 ? cos ?t )sin?khdv ? a x ? R? 2 sin ?t ? x ? ? dt ? ?a ? R? 2 cos ?t ? dv y y ? dt ??11-10 以初速度 v 0 ＝20 m ? s 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔?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 1-10 图所示．题 1-10 图 (1)在最高点，dadx ? vx ? ? R? (1 ? cos ?t ) ? ? dt ? ?v ? dy ? R sin ?t ) y ? dt ?w .cv1 ? v x ? v0 cos 60 oa n1 ? g ? 10 m ? s ?2 a n1 ? v12∴v12 (20 ? cos 60?) 2 ? ?1 ? 10 a n1 ? 10 mkhdaw又∵?1.com?? ?(2)在落地点，v 2 ? v0 ? 20 m ? s ?1 ,而∴w .com?2 ?a n2 ? g ? cos 60 o2 v2 (20) 2 ? ? 80 m a n2 10 ? cos 60?上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．　kh解：当 t ? 2 s 时， ? ? ?t ? 0.2 ? 2 ? 0.4 rad ? s?1da1-11 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?2?1则 v ? R? ? 0.4 ? 0.4 ? 0.16 m ? sa n ? R? 2 ? 0.4 ? (0.4) 2 ? 0.064 m ? s ?2 a? ? R? ? 0.4 ? 0.2 ? 0.08 m ? s ?22 a ? an ? a?2 ? (0.064) 2 ? (0.08) 2 ? 0.102 m ? s ?21-12如题 1-12 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，? ? ?&#39; v A地 ? u ? v A? ? ? (u ? 2 gh cos ? )i ? ( 2 gh sin ? ) j题 1-12 图 1-13-1khda解：(1)大船看小艇，则有 v 21 ? v 2 ? v1 ，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a)???w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?　.c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?hom-1?? ?题 1-13 图 由图可知w .c?oda方向北偏西kh(2)小船看大船，则有 v12 ? v1 ? v 2 ，依题意作出速度矢量图如题 1-13 图(b)，同上法，得om2 v 21 ? v12 ? v 2 ? 50 km ? h ?1? ? arctan? ?v1 3 ? arctan ? 36.87? v2 4v12 ? 50 km ? h ?1方向南偏东 36.871-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当 -1 轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m?s ，求 轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题 1-14 所示．题 1-14 图 ∵ ∴ 由图中比例关系可知? ? ? v雨船 ? v雨 ? v船 ? ? ? v雨 ? v雨船 ? v船v船 ? v雨 ? 8 m ? s ?1khdaw.com?? ?习题二 2-1 因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1 ，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 ① a 2 =a 1 -a′ 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 ② m 1 g-T=m 1 a 1 ③ T-m 2 g=m 2 a 2 联立①、②、③式，得(m1 ? m2 ) g ? m2 a ? m1 ? m2 (m ? m2 ) g ? m1 a ? a2 ? 1 m1 ? m2 m m (2 g ? a ?) f ?T ? 1 2 m1 ? m2 a1 ?kh讨论 (1)若a′=0，则a 1 =a 2 表示柱体与绳之间无相对滑动． (2)若a′=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1 ,m 2 均作自由落体运动．题 2-1 图 2-2 以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上， ① N B -mg=0 又因梯无转动，以 B 点为转动点，设梯子长为 l，则 N A lsinθ-mg 在水平方向因其有加速度 a，故有 f+N A =madaw .coml cosθ=0 2③②khtan ? m ?g g , tan ? M ? 2(a ? ? 0 g ) 2(a ? ? 0 g )da题 2-2 图 式中 f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能， 即 f=±μ 0 mg 联立①、②、③、④式得④w.com?? ?2-3ax ?fx 6 3 ? ? m 16 8m ? s ?2ay ?(1)fy m??7 16m ? s ?2kh(2)于是质点在 2s 时的速度5 7 v?? i? j 4 8r ? (v 0 t ?dav ? kt ? ln e m v02 3 5 v x ? v x 0 ? ? a x dt ? ?2 ? ? 2 ? ? m ? s ?1 0 8 4 2 ?7 7 ?2 ? ? v y ? v y 0 ? ? a y dt ? m ? s ?1 0 16 81 1 a x t 2 )i ? a y t 2 j 2 2 1 3 1 ?7 ? (?2 ? 2 ? ? ? 4)i ? ( ) ? 4 j 2 8 2 16 13 7 ?? i? j m 4 82-4 (1)∵ a ? 分离变量，得dv ? kdt ? v m v dv t ? kdt 即? ?? v0 v 0 m lnw .cm ? s ?1? kv dv ? m dt∴00kh(4)当 t=m 时，其速度为 kda故有 x ? ???v0 ek ?m tdt ?mv0 kw(3)质点停止运动时速度为零，即 t→∞，.c(2) x ? vdt ???tv0 ek ?m tdt ?mv 0 ?kt (1 ? e m ) komv ? v0 ek ?m tom?? ?v ? v0 ek m ?m ?k? v 0 e ?1 ?v0 e即速度减至v 0 的1 . ekh题 2-5 图 联立，解得 a′=g 方向向下 (2) m 2 对地加速度为 a 2 =a′-a=m 1 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝 =a 相 ′+a 牵 ∴ a1 ?dag 22-5 分别以m 1 ,m 2 为研究对象，其受力图如图(b)所示． (1)设m 2 相对滑轮(即升降机)的加速度为a′，则m 2 对地加速度a 2 =a′-a；因绳不可伸长，故 m 1 对滑轮的加速度亦为a′，又m 1 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1 在水平方向 对地加速度亦为a′，由牛顿定律，有 m 2 g-T=m 2 (a′-a) T=m 1 a′w .c方向向上a? 2 ? a 2 ? g 2 ?θ=arctana 1 =arctan =26.6°，左偏上． a? 22-6 依题意作出示意图如题 2-6 图omg2 5 ? g 4 2kh，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 Δp=mv-mv 0 由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0 ｜，方向竖直向下． 2-7 由题知，小球落地时间为 0.5s．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小 为v 1 =gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v 2 =0.5g．设向上为y轴正向，则动量的增量daw.c题 2-6 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om?? ?0?v1 ?da?p1 ? 5.6i m I 1 ? ?p1 ? 56ikh若物体原来具有-6p 0 ? ?mv0 , p ? m(?v0 ? ?t?p 2 ? p ? p 0 ? ? Fdt ? ?p1 ,0同理，Δv 2 =Δv 1 ,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t +10t-200=0 解得 t=10 s，(t′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为 p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj) 将 t=0 和 t=2p 1 =mωbj,p 2 =-mωai, 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2 -p 1 =-mω(ai+bj) 2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得 t=w .c0-1Δp 1 =? Fdt ? ?t4(10 ? 2t )idt ? 56 iomm ? s ?1tΔp=mv 2 -mv 1 方向竖直向上， 大小 ｜Δp｜=mv 2 -(-mv 1 )=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． 2-8 (1)若物体原来静止，则 kg?m?s ,沿x轴正向，-1kg ? m ? s ?1m?s 初速，则t F dt ) ? ?mv0 ? ? Fdt 于是 0 m 0? 分别代入上式，得 2?(2)子弹所受的冲量t 1 I ? ? (a ? bt )dt ? at ? bt 2 0 2 a 将 t= 代入，得 bkh(3)由动量定理可求得子弹的质量daa2 I? 2bw.coma b?? ?m?I a2 ? v0 2bv02-11 设一块为m 1 ，则另一块为m 2 ， m 1 =km 2 及m 1 +m 2 =m又设m 1 的速度为v 1 ,m 2 的速度为v 2 ，则有w .c于是得m1 ?omkm m , m2 ? k ?1 k ?1①daT?1 1 1 2 m1v12 ? m2 v 2 ? mv 2 2 2 2mv=m 1 v 1 +m 2 v 2 v 2 =(k+1)v-kv 1② ③ ④kh联立①、③解得 将④代入②，并整理得2T ? (v1 ? v) 2 km2T km于是有 v1 ? v ?将其代入④式，有v2 ? v ?2kT m又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取v1 ? v ?2kT 2T , v2 ? v ? m km证毕． 2-12 (1)由题知，F 合 为恒力， ∴ A 合 =F?r=(7i-6j)?(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J (2) N ?A 45 ? ? 75 ?t 0.6wkh题 2-13 图 f=-ky 第一锤外力的功为A 1daw.com(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J 2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为 y 坐标正向，如题 2-13 图，则铁钉所受阻力为?? ?A1 ? ? f ?dy ? ? ? fdy ? ? kydy ?s s10k 2①omy2式中 f′是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在 dt→0 时，f′=-f． 设第二锤外力的功为A 2 ，则同理，有A2 ? ? kydy ?1由题意，有w .c1 2 k ky 2 ? 2 2②1 k A2 ? A1 ? ?( mv 2 ) ? 2 2③即kh所以， y 2 ?于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2 -y 1 = 2 -1=0.414 cm 2-14 F (r ) ?方向与位矢 r 的方向相反，即指向力心． 2-15 弹簧 A、B 及重物 C 受力如题 2-15 图所示平衡时，有E p22-16 (1)设在距月球中心为r处F 月引 =F 地引 ，由万有引力定律，有khdaE p11 k1 ?x12 k ? 2 ? 2 1 k1 2 k 2 ?x 2 2w弹性势能之比为.c?x1 k 2 ? ?x 2 k1om题 2-15 图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1 Δx 1 F B =k 2 Δx 2 所以静止时两弹簧伸长量之比为da1 2 k k ky 2 ? ? 2 2 22dE (r ) nk ? ? n ?1 dr r?? ?GmM 月 r2=G? R ? r ?2M月 RmM 地经整理，得 r=w .c7.35 ? 10 2224 6M地 ? M月==38.32 ? 10da=-1.28 ? 105.98 ? 10? 7.35 ? 10mkh2-17则 p 点处至月球表面的距离为 6 7 h=r-r 月 =(38.32-1.74)×10 ＝3.66×10 m (2)质量为 1 kg 的物体在 p 点的引力势能为E P ? ?GM月 M地 ?G ?R ? r ? r11= ? 6.67 ? 10 ?67.35 ? 10 22 5.98 ? 10 24 ?11 6 . 67 10 ? ? ? ?38.4 ? 3.83? ? 10 7 3.83 ? 10 7 J取 B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有 -μm 2 gh=1 1 2 2 (m 1 +m 2 )v -［m 1 gh+ k(Δl) ］ 2 2式中Δl 为弹簧在 A 点时比原长的伸长量，则 Δl=AC-BC=( 2 -1)h 联立上述两式，得khdaw.com2?m1?m2 ?gh ? kh 2 v= m1 ? m2om22? 3.48 ? 10 8?2 ?1?2?? ?题 2-17 图 2-18 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 -f r s=kh式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得 -1 k=1390 N?m题 2-18 图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h′ -f t s′=mgs′sin37°-da1 2 mv ? mgs sin 37? ? f r s k= 2 1 2 kx 2w .cmgR=1 2 ?1 2 ? kx ? ? mv ? mgs sin 37? ? 2 ? ?2代入有关数据，得 s′=1.4 m, 则木块弹回高度 h′=s′sin37°=0.84 m题 2-19 图 2-19 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2-20两小球碰撞过程中，机械能守恒，有即2 2 v0 ? v12 ? v 2kh①1 2 1 2 1 2 mv0 ? mv1 ? mv 2 2 2 2dawv=2MgR ?m ? M ?.c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 联立，以上两式，得om1 2 1 mv ? MV 2 2 2om1 3 kx 2?? ?题 2-20 图(a) 题 2-20 图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 mv 0 =mv 1 +mv 2 ② 亦即 v 0 =v 1 +v 2 由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v 0 为斜边， 故知v 1 与v 2 是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为 r=x 1 i+y 1 j 作用在质点上的力为 f=-fi 所以，质点对原点的角动量为 L 0 =r×mv =(x 1 i+y 1 j)×m(v x i+v y j) =(x 1 mv y -y 1 mv x )k 作用在质点上的力的力矩为 M 0 =r×f=(x 1 i+y 1 j)×(-fi)=y 1 fk 2-22 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 r 1 mv 1 =r 2 mv 2khr1v1 8.75 ? 1010 ? 5.46 ? 10 4 ? ? 5.26 ? 1012 ∴ r2 ? 2 v2 9.08 ? 102-23 (1)daw .comm?p ? ? fdt ? ? 5 jdt ? 15 j0 3kg ? m ? s ?1(2)解(一) x=x 0 +v 0x t=4+3=7y ? v0 y t ?1 2 1 5 at ? 6 ? 3 ? ? ? 3 2 ? 25.5 j 2 2 3解(二) ∵ M ?khdz dtda即v 1 =i 1 +6j,　v 2 =i+11j ∴ L 1 =r 1 ×mv 1 =4i×3(i+6j)=72k L 2 =r 2 ×mv 2 =(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k 2 -1 kg?m ?s ∴ΔL=L 2 -L 1 =82.5kw.c5 v y ? v0 y ? at ? 6 ? ? 3 ? 11 3om即r 1 =4i,r 2 =7i+25.5j v x =v 0x =1?? ?∴?L ? ? M ? dt ? ? (r ? F )dt0 0ttkh题 2-24 图 2-24 在只挂重物M 1 时，小球作圆周运动的向心力为M 1 g，即 2 ① M 1 g=mr 0 ω 0 挂上M 2 后，则有 2 ② (M 1 +M 2 )g=mr′ω′ 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 r 0 mv 0 =r′mv′da? r02? 0 ? r ? 2? ? 2联立①、②、③得w .c2? ? 5(4 ? t )kdt ? 82.5k03om3? 1 5 ? ? ? ?(4 ? t )i ? (6t ? ) ? t 2 ) j ? ? 5 jdt 0 2 3 ? ?kg ? m 2 ? s ?1③?0 ? ?? ?r? ?M1g mr0 M1g M1 ? M 2 3 ( ) mr0 M1M1 ? M 2 g? m? ?r0 g 3 (M 1 ? M 2 )M 2 mM 12-25 (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，F r 、F′ r 是摩擦 力，F x 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 2-25 图（a）khdaw.com?? ?daI?∴? ? ?题 2-25 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w .c1 mR 2 , 2kh∴ 又∵F (l1 ? l 2 ) ? N ?l1 ? 0对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ F r =μN N=N′Fr ? ?N ? ? ?l1 ? l 2 F l1Fr R ? 2 ? (l1 ? l 2 ) ? F I mRl1omN? ? l1 ? l 2 F l1①以 F=100 N 等代入上式，得??? 2 ? 0.40 ? (0.50 ? 0.75) 40 ? 100 ? ? 60 ? 0.25 ? 0.50 3rad ? s ? 2由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为t??? 0 900 ? 2? ? 3 ? ? 7.06 60 ? 40 ?1 2s这段时间内飞轮的角位移为? ? ? 0 t ? ?t 2 ?? 53.1 ? 2??0 ?? 2t2t用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为khdaw? ?0???0??15? 2rad ? s ? 2.c可知在这段时间里，飞轮转了 53.1 转． -1 (2)ω 0 =900×(2π)/60 rad?s ，要求飞轮转速在t=2s内减少一半，可知om900 ? 2? 9 1 40 9 ? ? ? ? ? ( ? )2 60 4 2 3 4 rad?? ?F ?? ?mRl1 ? 2? (l1 ? l 2 )2-26 设a ， a 2 和β分别为m 1 m 2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．kh题 2-26(a)图 (1) m 1 ，m 2 和柱体的运动方程如下：daw .com题 2-26(b)图60 ? 0.25 ? 0.50 ? 15? 2 ? 0.40 ? (0.50 ? 0.75) ? 2 ? 177 N?T2 ? m2 g ? m2 a 2 ? ? m1 g ? T1 ? m1 a1 ? T ? R ? T ? r ? I? 2 ? 11 2 3式中 T 1 ′=T 1 ,T 2 ′=T 2 ,a 2 =rβ,a 1 =Rβ 2 2 而 I=(1/2)MR +(1/2)mr 由上式求得???Rm1 ? rm 2 g I ? m1 R 2 ? m 2 r 2 0.2 ? 2 ? 0.1 ? 2 ? 9.8kh(2)由①式 T 2 =m 2 rβ+m 2 g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N 由②式 T 1 =m 1 g-m 1 Rβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N 2-27 分别以m 1 ，m 2 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1 ,m 2 运用牛顿定律，有 ① m 2 g-T 2 =m 2 a T 1 =m 1 a ② 对滑轮运用转动定律，有 2 T 2 r-T 1 r=(1/2Mr )β ③ 又， a=rβ ④daw.com1 1 ? 10 ? 0.20 2 ? ? 4 ? 0.10 2 ? 2 ? 0.20 2 ? 2 ? 0.10 2 2 2 ?2 ? 6.13 rad ? s?? ?联立以上 4 个方程，得khdaw .c题 2-27(a)图 题 2-27(b)图 题 2-28 图 2-28 (1)由转动定律，有 mg(l/2)=[(1/3)ml ]β ∴ β=2(2)由机械能守恒定律，有 2 2 mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml ]ω ∴ω=3 g sin ? lom3g 2la?m2 g M m1 ? m2 ? 2?200 ? 9.8 ? 7.6 15 5 ? 200 ? 2m ? s ?2kh题 2-29 图 2-29 (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ω，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： ① mv 0 l=Iω+mvl 2 2 2 ② (1/2)mv 0 =(1/2)Iω +(1/2)mv 2 上两式中I=1/3Ml ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位 置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：daw.com?? ?1 2 l I? ? Mg (1 ? cos 30?) 2 2③om1 2由③式得由①式由②式dav ? v0 ?w .cI? ml I? 2 mgl gl? 3g 3 ?2 ? Mgl ? ??? )? (1 ? cos 30?)? ? ? (1 ? 2 ? ? I ? ? l1④kh2 v 2 ? v0 ?⑤所以(v 0 ?求得1 I? 2 2 ) ? v0 ? ?2 ml ml? I l 1M (1 ? 2 ) ? (1 ? )? 2 2 3 m mlv0 ? ?6(2 ? 3 3m ? M 12 m(2)相碰时小球受到的冲量为 ∫Fdt=Δmv=mv-mv 0 由①式求得 ∫Fdt=mv-mv 0 =-(Iω)/l=(-1/3)Mlω =-6(2 ? 3 ) M 6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．khH?2 v0 1 2 2 ? R? 2g 2gda题 2-30 图 2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v 0 =Rω 设碎片上升高度 h 时的速度为 v，则有 2 2 v =v 0 -2gh 令 v=0，可求出上升最大高度为w.com?? ?kh题 2-31 图 2 2 2 E k =(1/2)[(1/2)MR -mR ]ω 2-31 (1)射入的过程对 O 轴的角动量守恒 2 Rsinθm 0 v 0 =(m+m 0 )R ω ∴ω=m v sin ? 2 1 [(m ? m0 ) R 2 ][ 0 0 ] 2 ( m ? m0 ) R m sin 2 ? Ek (2) ? ? 0 1 m ? m0 E k0 2 m0 v 0 22-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为 重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有 2 2 2 mgh=(1/2)mv +(1/2)Iω +(1/2)kh 又 ω=v/R 故有 v ?da(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR ， 碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR -mR ， 碎片脱离前， 盘的角动量为Iω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总 角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 Iω=I′ω′+mv 0 R 式中ω′为破盘的角速度．于是 2 2 2 (1/2)MR ω=[(1/2)MR -mR ]ω′+mv 0 R 2 2 2 2 [(1/2)MR -mR ]ω=[(1/2)MR -mR ]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 2 2 [(1/2)MR -mR ]ω 转动动能为222m0 v0 sin ? ( m ? m0 ) Rw .c(2mgh ? kh 2 )k 2 mR 2 ? Iomkhdaw(2 ? 6.0 ? 9.8 ? 0.4 ? 2.0 ? 0.4 2 ) ? 0.3 2 ? 6.0 ? 0.3 2 ? 0.5 ? 2.0 m ?s ?1.com?? ?kh题 2-32 图 题 2-33 图 2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至 B 点时，有 2 ① I 0 ω 0 =(I 0 +mR )ω 该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B点为重力势能零点， 则有 2 2 2 2 (1/2)I 0 ω 0 +mgR=(1/2)(I 0 +mR )ω +(1/2)mv B ② 联立①、②两式，得v B ? 2 gR ?(2)当小球滑至C点时，∵I c =I 0 故由机械能守恒，有 2 mg(2R)=(1/2)mv c ∴v c =2 gRdaw .c2 2 I 0? 0 R I 0 ? mR 2om∴ω c =ω 0 请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．khdaw.com?? ?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：w .cda kh题 3-1 图3-2 设图3-4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．omx 2 ? y 2 ? z 2 ? (ct ) 2 x ? 2 ? y ? 2 ? z ? 2 ? (ct ?) 2? , t1 ? ) ? (l , ) ，在车站 ( S ) 系： 解: 设光讯号到达前门为事件 1 ，在车厢 ( S ?) 系时空坐标为 ( x1?l u l u u x ? ) ? ? ( ? 2 l ) ? (1 ? ) 2 1 c c c c c l ? , t2 ? ) ? (?l , ) ，在车站 ( S ) 系： 光信号到达后门为事件 2 ，则在车厢 ( S ?) 系坐标为 ( x2 c ?l u u ? ? 2 x? t 2 ? ? (t 2 (1 ? ) 2) ? c c c ?lu 于是 t 2 ?t 1 ? ?2 2 c?? t1 ? ? (t1或者l c? ? x? ?t ? ? 0, ?t ? t1 ? t 2 , ?x ? ? x1 2 ? 2l3-3 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, t1 =2×10 s，以及 x 2 =12×4 -4 4 -4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 ，khda10 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w.com?t ? ? (?t ? ?u u ?x ?) ? ? ( 2 2l ) 2 c c?? ?(1)? ? ? (t1 ? t1om w .cv ? c2v x1 ) c2 v ? ? ? (t 2 ? 2 x2 ) t2 c? ? t1 ??0 t2由题意 则t 2 ? t1 ?v ( x 2 ? x1 ) c2da故t 2 ? t1 c ? ? ? ?1.5 ? 10 8 m ? s ?1 x 2 ? x1 2kh(2)由洛仑兹变换? ? ? ( x1 ? vt1 ), x 2 ? ? ? ( x 2 ? vt 2 ) x1代入数值，? ? x1 ? ? 5.2 ? 10 4 m x2′3-4 长度 l 0 =1 m　的米尺静止于S′系中，与 x 轴的夹角 ? &#39; =?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：? ? L0 cos? ? ? 0.866 m ， L ? ? Lx y ? L0 sin ? ? 0.5 m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? 1? Lx ? Lx故v2 , L y ? L? y c2 ? L? y v2 ? 1? 2 Lx ctan ? ?Ly Lx?L? y Lx? , L? 把 ? ? 45 及 L x y 代入ο则得1?kh(2)在 S 系中测得米尺长度为 L ?Ly sin 45?? 0.707 mda故v ? 0.816 cwv2 0.5 ? 2 0.866 c.com?? ?3-5 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om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，2w .cu c则dau a ? l0 1 ? ( ) 2 ckh解得杆的运动速率至少为： u ? c 1 ? (a 2 ) l0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 ?O ? 测得的是固有时 ?t ?∴L0 20 ? v 0.6 c?t ? ?　?t??L0 1 ? ? 2 v? 8.89 ? 10 ?8 s ，??或者， O ? 测得长度收缩，L ? L0 1 ? ? 2 ? L0 1 ? 0.6 2 ? 0.8L0 , ?t ? ?kh　(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．da3-7 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：w?t ? ?0.8 L0 0.8 ? 20 ? 8.89 ? 10 ?8 s ? 8 0.6 c 0.6 ? 3 ? 10.cL vomv ? 0.6 ， c 1 ， ? ? 0.8?? ?? ? x1 ?′ 解: 甲测得 ?t ? 4 s, ?x ? 0 ,乙测得 ?t ? 5 s ，坐标差为 ?x ? ? x 2om?t ? ? ? (?t ?(1)∴v ?x) ? ??t c21 v 1 ? ( )2 c?tw .c∴?1?v2 ?t 4 ? ? 2 ?t ? 5 cda解出v ? c 1? (?t 2 4 3 ) ? c 1 ? ( )2 ? c ?t ? 5 5kh? 1.8 ? 10 8 m ? s ?1?x ? ? ? ??x ? v?t ?, ? ? 5 3 4 5 ?t ? 5 ? , ?x ? 0 ?t 4(2)?x ? ? ??v?t ? ? ? c ? 4 ? ?3c ? ?9 ? 10 8 m? ? x1 ? ? 0． 负号表示 x 23-8 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 5v ? 1? 9 4 c? c 25 5∴3-9 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，则 ?x ? xb ? x a , ?t ? t A ? t B ，在 S ? 系中测得? ? t? ?t ? ? t B A ? ? ( ?t ?v ?x) c2?t ? ??t ? ? ?t ? ，仅当 v ? 0 时，等式成立，∴ ?t ? 最短．kh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 ，da∴ ?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．w.com??t ? 0, ?x ? 0 ，?? ?(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 时等式解: 以脉冲星为 S ? 系， ?x ? ? 0 ，固有周期 ?t ? ? ? 0 .地球为 S 系，则有运动时 ?t1 ? ??t ? ， 这里 ?t1 不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考daw .ckh∴虑因飞行远离信号的传递时间，?t ? ?t1 ?om? 0 ? ?t ? ??成立，∴ S ? 系中 ?x ? 最短． 3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观 察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s， 且这颗星正沿观察方向以速 度0.8c离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?v?t1 cv?t1 v ? ??t ? ? ??t ′ c c v ? ??t ?(1 ? ) c? ?1? (?t1 0.8c 2 ) c??1 0.6则? (1 ? )v c0.5 0.8c (1 ? )? c0.5 (1 ? 0.8) 1 0.6?0.3 ? 0.1666 s 1.83-12 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 试分别从下面两个角度， 即地球上的观 在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命?2×10 s． 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，由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为1?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khdaw.c?t ??t 0v c22? 3.16 ? 10 ?5 som?? ?近的距离为 d ? ? v?t 0 ? 599 momvx ? vx ?d 0 ? 6000 m 经洛仑兹收缩后的值为： ? ? d0 1 ? d0 v2 ? 379 m c2? ，故 ? 介子能到达地球． d ? ? d0kh∴解: 根据速度合成定理， u ? 0.8 c , v ? x ? 0.8 cda3-13 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?w .cv? 0.8c ? 0.8c x ?u ? 0.98 c ? uv ? 0.8c ? 0.8c x 1? 1? 2 c2 c3-14 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? 地球为 S ? 系， 自西向东为 x ( x ? )轴正向， 则 A 对 S ? 系的速度 v ? 解: 取 B 为 S 系， x ? 0.8 c ，S ? 系对 S 系的速度为 u ? 0.6 c ，则 A 对 S 系( B 船)的速度为v? 0.8c ? 0.6c x ?u ? ? 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 ，∴ B 中测得的时间间隔为：?t ?B 测得 A 的速度． (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，kh3-15 (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dav 1? c2 x 2?1 ? 0.946 2? 6.17 sw?t ?2.c题 3-14 图om?? ?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：或者取 A 为 S ? 系， 则 u ? 0.8 c ，B 相对 S 系的速度 v x ? ?0.6 c ， 于是 B 相对 A 的速度为：dakh(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? x ? vx ? u 0 ? (?0.6c) ? ? 0.6 c u 1? 0 1 ? 2 vx c∴ A 相对 B 的速度大小为2 ?2 v? ? v? x ? v y ? 0.88 c速度与 x ? 轴的夹角 ? ? 为w .cv? x ? v? x ?omvx ? u 0.8c ? (?0.6c) ? ? 0.946 c u (?0.6c)(0.8c) 1 ? 2 vx 1 ? c c2vx ? u ? 0.6c ? 0.8c ? ? ?0.946 c u (0.8c)(?0.6c) 1 ? 2 vx 1 ? c2 cu2 1? 2 vy c v ?y ? ? 1 ? 0.6 2 (0.8c) ? 0.64 c u 1 ? 2 vx ctan ? ? ?v ?y v? x? 1.07? ? ? 46.8ο题 3-15 图kh3-16 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daw.com?? ?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由速度变换公式，光子在 S ? 系中的速度分量为w .cda khu2 1? 2 vy 1 ? 0.6 2 ? 0.866c c ? ? ? 0.990c vy ? 0.6c ? 0.5c u 1 ? 2 vx 1? c2 c v ?y v? x光子运动方向与 x ? 轴的夹角 ? ? 满足omv? x ?v x ? c cos 60ο ? 0.500 cv y ? c sin 60ο ? 0.866 cvx ? u 0.5c ? 0.6c ? ? ?0.143c 0.6c ? 0.5c u 1 ? 2 vx 1 ? c c2tan ? ? ?? ?0.692? ? 在第二象限为 ? ? ? 98.2ο在 S ? 系中，光子的运动速度为2 ?2 v? ? v? x ? v y ? c 正是光速不变．3-17 (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)? 4.12 ? 10 ?16 J= 2.57 ? 10 3 eV(2)v 1? c2 2 2v12 1? 2 ckhda? m2 c 2 ? m1c 2 ? m0 c 2 (1?1))w? ? E k ? E k ? (m2 c 2 ? m0 c 2 ) ? (m1c 2 ? m0 c 2 ) ?E k 2 1.com? 9.1 ? 10 ?31 ? (3 ? 10 8 ) 2 (1 1 ? 0.12? 1)?? ?? 9.1 ? 10 ?31 ? 3 2 ? 1016 (1 1 ? 0 .92?1 1 ? 0 .8 2)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?-6da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 m0 e ，因 ? ?w .c3-18? 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om?01? ?2? 5.14 ? 10 ?14 J ? 3.21 ? 10 5 eV,即1 1? ?2?kh? 7 ? ?0 2207 m0 e 1? ? 2由质速关系，在实验室参考系中质量为：m?m0 1? ? 2?故m 207 7 ? ? 207 ? ? 725 2 2 m0 e 1? ?3-19 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 m0 m? m0 1? ? 2由此二式得1 1? ? 2? 1 ? 0.10 1 1.10∴1? ? 2 ?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：kh解: 由质能关系0.4 ?m ?E ? ? 2 m0 m 0 c 100da3-20 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．wl0?.c?ll0 ? l 1 ? 1? 1? ? 2 ? 1? ? 0.091 ? 9.1% 1.10 l0om?? ?∴?E ?0.4m0 c 2 ? 0.4 ? 9.1?10 ?31 ? (3 ?108 ) 2 / 100 100 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：daw .c1? ? 2 ?om kh∴? 3.28 ? 10 ?16 J ＝ ?m0 m0 ? ? m m0 ? ?m v c1 1 1 ? ? ?m 0.4 1.004 1? 1? m0 100? 2 ? ( )2 ? 1? (1 2 ) ? 7.95 ? 10 ?3 1.004故电子速度为v ? ?c ? 2.7 ? 10 7 m ? s -193-21 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　)6解:Ek ?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 ? m 0 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 ) 2c ? 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 4ccckhdap?2 4 E 2 ? m0 c?2 4 ( E k ? m0 c 2 ) 2 ? m0 c?E k2 ? 2 E k m0 c 2w.com? 2.9979245 ? 10 8 m ? s -1?? ?1 ? 38 2? [(2.8 ? 10 ? 2 ? 2.8 ? 10 ? 0.511 ? 10 ) ? 1.6 ? 102 18 9 6 2] / 3 ? 10 8om2 3? 1.49 ? 10 ?18 kg ? m ? s ?13-22 氢原子的同位素氘( 1 H)和氚( 1 H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦( 2 He)原子核和4w .c一个中子( 0 n)，并释放出大量能量，其反应方程为 1 H +123 4 1 H　→ 2-27He +1 0 n　已知氘核的静止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝1.600×10 kg)， 氚核和氦核及中子的质量 分别为3.5，1.00865原子质量单位．求上述聚变反应释放出来的能量． 解: 反应前总质量为 2.0135 ? 3.0155 ? 5.0290 amukh反应后总质量为 4.0015 ? 1.0087 ? 5.0102 amu 质量亏损 　 ?m ? 5.0290 ? 5.0102 ? 0.0188 amuda? 3.12 ? 10 ?29 kg2 ? 29由质能关系得　 ?E ? ?mc ? 3.12 ? 10? ?3 ? 10 8 ?2? 2.81 ? 10 ?21 J ? 1.75 ? 10 7 eV3-23 一静止质量为 m0 的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c和0.8c．求裂变过程的静 质量亏损和释放出的动能． 解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏 损． 设裂变产生两个粒子的静质量分别为 m10 和 m 20 ，其相应的速度 v1 ? 0.6c , v 2 ? 0.8c 由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有? ? m1v1 ? m2 v 2 ?m101?m1 ? m2 ?v12 c2? v1 ?m201?? m202 v2 1? 2 c2 v2 c2? v2 ? 0m10 v 1? c2 1 2? m0注意 m1 和 m 2 必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以v1 ? 0.6 c, v 2 ? 0.8 c 代入，将上二方程化为： m m 6 8 m10 ? m20 ， 10 ? 20 ? m0 8 6 0 .8 0 .6上二式联立求解可得：m10 ? 0.459m0 , m20 ? 0.257m0khdaw.com?? ?故静质量亏损 ?m ? m0 ? ( m10 ? m20 ) ? 0.284m0 由静质量亏损引起静能减少，即转化为动3-24 有 A ， B 两个静止质量都是 m0 的粒子，分别以 v1 = v , v 2 =- v 的速度相向运动，在发 生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子．求碰撞后粒子的速度和静止质量． 解: 在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别 m1 和 m 2 ，碰撞后粒子的质量为 M 、da速度为 V ，于是，根据动量守恒和质量守恒定律可得：w .com能，故放出的动能为　 ?E k ? ?mc ? 0.284m0 c22m1v1 ? m2 v 2 ? MV m1 ? m2 ? M① ②kh由于m1v1 ? m2 v 2 ?m0 v v 1 ? ( )2 c?m0 ( ?v )?v 1 ? ( )2 c?0代入①式得V ?0M ? m1 ? m22m 0v 1 ? ( )2 c，即为碰撞后静止质量．3-25 试估计地球、太阳的史瓦西半径．解:史瓦西半径rs ?2GM c2地球：M ? 6 ? 10 24 kg rs ?2 ? 6.7 ? 10 ?11 ? 6 ? 10 24 ? 8.9 ? 10 ?3 m 8 2 (3 ? 10 )则：太阳：M ? 2 ? 10 30 kg rs ?则：其史瓦西半径为多少?一个质子那么大小的微黑洞(10 cm)， 坍缩为黑洞， 质量是什么数量 级? 解: (1)史瓦西半径与太阳的相同， rs ? 3 ? 10 (2) rs ? 10?15-153mkhcm ? 10 ?17 mdaw.c3-26 典型中子星的质量与太阳质量 M⊙＝2×10 kg　同数量级，半径约为10km．若进一步30om2 ? 6.7 ? 10 ?11 ? 2 ? 10 30 ? 3 ? 10 3 m 8 2 (3 ? 10 )??由2GM rs ? 2 c?得kh3-27 简述广义相对论的基本原理和实验验证． 解: 广义相对论的基本原理是等效原理和广义相对性原理． 等效原理又分为弱等效原理和强等效原理．弱等效原理是：在局部时空中，不可能通过力学 实验区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．强等效原理是：在局部时空中，任何物理实验 都不能区分引力和惯性力，引力和惯性力等效． 广义相对性原理是：所有参考系都是平权的，物理定律的表述相同． 水星近日点进动， 雷达回波延迟等． 广义相对论的实验验证有： 光线的引力偏转， 引力红移，daw .comM ?rs c 2 10 ?17 ? (3 ? 10 8 ) 2 ? 6.7 ? 10 9 kg ? ?11 2G 2 ? 6.7 ? 10khdaw.com?? ?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)．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khda题4-1图w .cd 2? ? ? 2? ? 0 dt 2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 示．题 中所述， ?S ＜＜ R ，故 ? ??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，d 2? ? ? mg? dt 2在凹槽切线方向上有ommR令? ?2g ，则有 Rd 2? ??2 ? 0 dt 2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．khda4-2劲度系数为 k1 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w.com?? ?倔强系数为 K串 等效位移为 x ，则有da kh又有w .c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omT?2?题4-2图F ? ?k串 x F1 ? ?k1 x1F2 ? ?k 2 x2 x ? x1 ? x 2x?所以串联弹簧的等效倔强系数为F F F ? 1? 2 k串 k1 k 2k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?? 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 ，则有故 同上理，其振动周期为k 并 ? k 1? k 2T ? ? 2?kh4-3 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．dam k1 ? k 2w.comk 并 x ? k1 x1 ? k 2 x 2?? ?w .cda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om题4-3图khmg sin ? ? T1 ? mT1 R ? T2 R ? I?d2 x dt 2①②d2x ? 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 ?kR 2 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??32??? 2?mR 2 ? I m ? I / R2 ? ( 2 ? ) K kR 2 ? 0.1cos(8? ?2? ) 3 (SI) 的规律4-4 质量为 10 ? 10 kg 的小球与轻弹簧组成的系统， 按x 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；解：(1)设谐振动的标准方程为 x ? A cos(?t ? ? 0 ) ，则知：khda(3) t 2 ? 5s 与 t1 ? 1s 两个时刻的位相差；w(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?.com?? ?A ? 0.1m, ? ? 8? ,?T ?2?1 ? s, ?0 ? 2? / 3 ? 4(2)w .cA 2kh即当 E k ? E p 时，有 E ? 2 E p ，da∴ (3) (1) x0 ? ? A ； (3)过 x ? (4)过 x ? ? 解：因为omx??(2)过平衡位置向正向运动；又v m ? ?A ? 0.8? m ?s ?1 ? 2.51 m ?s ?1 a m ? ? 2 A ? 63.2 m ?s ?2 Fm ? am ? 0.63N1 2 mvm ? 3.16 ?10 ? 2 J 2 1 E p ? E k ? E ? 1.58 ?10 ? 2 J 2E?1 2 1 1 2 kx ? ? ( kA ) 2 2 22 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：A 处向负向运动； 2处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．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kh3 5? ?4 ? 4?3 ?da?w?2 ? ?3 2.c?1 ? ?2? 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 x ? A cos(om? x0 ? A cos ? 0 ? ?v0 ? ??A sin ? 0?? ?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?3w .cx0 ? ?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 ∴om??E?A ? 24 ? 10 ?2 m, T ? 4.0s 2? ? 0.5? T rad ? s ?1又， t ? 0 时， x0 ? ? A,? ? 0 ? 0kh故振动方程为dax ? 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∴? A , 且v ? 0, 故? t ? 2 3 ?? ? ? 2 t? ? / ? s ? 3 2 31 2 1 kA ? 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 ?khm1 g 1.0 ? 10 ?3 ? 9.8 ? ? 0.2 N ? m ?1 x1 4.9 ?10 ? 2daw.c4-7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om?? ?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??w .c?2 A ? x0 ?(omv00.2 2? k ? ? 5, 即T ? ? 1.26s ?3 ? m 8 ? 10?)2? (1.0 ? 10 ? 2 ) 2 ? ( ? 2 ? 10 ?2 mkhtan ? 0 ? ?da∴ 4-85.0 ? 10 ? 2 2 ) 5v0 5.0 ? 10 ?2 5? ? ? 1, 即? 0 ? ?2 x0? 1.0 ? 10 ? 5 4 5 x ? 2 ? 10 ? 2 cos(5t ? ? )m 4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 ?1t1 ? 0 时， x1 ? 0, v1 ? 0,? ?1 ? 2? ?又 ∴ 故?2 5 3 5 2kh5 5? xb ? 0.1 cos( ?t ? )m 6 3 4-9 一轻弹簧的倔强系数为 k ，其下端悬有一质量为 M 的盘子．现有一质量为 m 的物体 从离盘底 h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．daw?? ?5 6.c?1 ? ? ? 1 ? ? ? ?om3 x a ? 0.1 cos(?t ? ? )m 2 5? A 由题4-8图(b)∵ t ? 0 时， x 0 ? , v 0 ? 0,? ? 0 ? 2 3?? ?w .c解：(1)空盘的振动周期为 2?om2 ?( A ? x0(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大? (3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并 写出物体与盘子的振动方程．M M ?m ，落下重物后振动周期为 2? ，即增大． k k(2)按(3)所设坐标原点及计时起点， t ? 0 时，则 x 0 ? ?mg ．碰撞时，以 m, M 为一系统 kda动量守恒，即m 2 gh ? (m ? M )v 0 v0 ? m 2 gh m?Mkh则有 于是v0?)2 ? (mg 2 m 2 2 gh 2 ) ?( ) (m ? M ) k?2kh mg 1? k (m ? M ) g（3） tan ? 0 ? ?v0 ? x 0?2kh (第三象限)，所以振动方程为 ( M ? m) g? k 2kh ? cos ? t ? arctan ? ( M ? m) g ? ? m?M?3x?4-10mg 2kh 1? k (m ? M ) g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?4 ?1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F ? ?t ? mv ? 0∴w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??9.8 g ? ? 3.13rad ? s ?1 1.0 l又khda.c?1v?F ? ?t 1.0 ? 10 ?4 ? 0.01 ? m 1.0 ? 10 ?3m ? s -1om＞0?? ?∴ 故其角振幅2 ?( A ? x0v0?)2 ?v0??0.01 ? 3.2 ? 10 ?3 m 3.13om?6cos? ???小球的振动方程为w .cA ? 3.2 ? 10 ?3 rad l 3 2? ? 3.2 ? 10 ?3 cos(3.13t ? ? )rad的位相差为kh∴ 即动的位相差．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?da4-11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 ，已知第一振动的振幅为 0.173m ，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振题4-11图? (0.173) 2 ? (0.2) 2 ? 2 ? 0.173 ? 0.2 ? 3 / 2 ? 0.01A2 ? 0.1m设角 AA1O为? ，则2 A 2 ? A12 ? A2 ? 2 A1 A2 cos?2 ? A 2 (0.173) 2 ? (0.1) 2 ? (0.02) 2 A12 ? A2 ? 2 A1 A2 2 ? 0.173 ? 0.1?0即? ? 4-12?2，这说明， A1 与 A2 间夹角为?2，即二振动的位相差为?2.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：kh解： (1)∵?? ? ? 2 ? ?1 ?7? ? ? ? 2? , 3 3da? ? ? x1 ? 5 cos(3t ? 3 )cm (1) ? 7? ? x 2 ? 5 cos(3t ? )cm 3 ?? ? ? x1 ? 5 cos(3t ? 3 )cm (2) ? 4? ? x 2 ? 5 cos(3t ? )cm 3 ?w.com?? ?∴合振幅 (2)∵A ? A1 ? A2 ? 10cm∴合振幅 4-13 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w .c da∴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。om?? ?4? ? ? ? ?, 3 3 A?0? ? ? x1 ? 0.4 cos(2t ? 6 )m ? 5 ? x 2 ? 0.3 cos(2t ? ? )m 6 ??? ?kh解：∵?5 ? (? ? ) ? ? 6 6A合 ? A1 ? A2 ? 0.1m 0.4 ? sin5? A sin ?1 ? A2 sin ? 2 6 6 ? 3 ? tan ? ? 1 ? 5? A2 cos ?1 ? A2 cos ? 2 3 0.4 cos ? 0.3 cos 6 6 ? 0.3 sin∴ 其振动方程为????6x ? 0.1cos(2t ?*?6)m(作图法略) 4-14 如题4-14图所示，两个相互垂直的谐振动的合振动图形为一椭圆，已知 x 方向的振动方程为 x ? 6 cos 2?tcm ，求 y 方向的振动方程．题4-14图 解：因合振动是一正椭圆，故知两分振动的位相差为 转，故知两分振动位相差为?2或?2.所以 y 方向的振动方程为2khday ? 12 cos(2?t ??)cmw.c3? ；又，轨道是按顺时针方向旋 2om?? ?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此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动， 因 是振动在连续介质中的传播过程，(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kh5-2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 ?da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， 即 y ? f ( x, t ) ．w .c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 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 u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omx ) 中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持 u?xu则则 t ? ?t 时刻的波动方程为uuw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 ?u) 的值不会变化，而这正好说明了经过时间 ?t ，波形即向前传ukh播了 ?x ? u?t 的距离，说明 y ? A cos(?t ??x? ? 0 ) 描述的是一列行进中的波，故谓之行da?x.c?xuy t ? ?t ? A cos[? (t ? ?t ) ?? ( x ? ?x)? ?0 ]om) 中，y t ? A cos(?t ??x? ?0 )?? ?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kh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 ?da(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w .c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 ) ，om2?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?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全完取是一种主观行为， 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 ?x ) 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 u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 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理 量相同? 解: 取驻波方程为 y ? 2 A cos?x cos ??vt ，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，kh两波节的介质为一段， 同一段介质内各质点都有相同的振动位相， 而相邻两段介质内的质点 振动位相则相反． 5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情 况有何区别?daw可表示为 2 A cos2??x ．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻.c描述各质点的振幅是不相同的， 各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的， 即振幅变化规律om?? ?解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题 5-6 图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目( u / ? ? )会增多，所以接收频率增高； 而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即 u ? ? u ? v B ，因om而单位时间内通过观察者完整波的数目u?者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高， 后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波 面数增加而升高频率．khda题 5-6 图多普勒效应 5-7 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? (w .c?也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前?2,取2)m5-8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 ，(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；khC 为正值恒量．求：daw? 0.1 cos(4?t ? 2?x ??.cx ? y ? 0.1cos[2? (2t ? ) ? ] 1 2t x ? ) ? ? 0 ] 则有 T ?om?? ?将上式与波动方程的标准形式w .comB ， 2?(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 )xy ? A cos(2??t ? 2??)比较，可知：波振幅为 A ，频率 ? ?B 2? ，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波长 ? ?khday ? 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?? ?将 x 2 ? x1 ? d ，及 ? ?2?2? 代入上式，即得 C?( x 2 ? x1 )?? ? Cd ．5-9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，y ? A cos(2??t ??12??x)a 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khdav max ? ?A ? 10? ? 0.05 ? 0.5? m ? s ?1w(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为.c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 ．?1omt 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?? ?x 0.2 ? ? 0.08 s u 2.5om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kh播，该时刻 O ， A ， B ， C 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 位相又是多少? 解: (1)波沿 x 轴正向传播，则在 t 时刻，有da5-10如题5-10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w .cx ? x1 ? u (t ? t1 ) ? 0.2 ? 2.5(1.25 ? 1.0) ? 0.825 m题 5-10 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 ? ?? ? ? 0, vO ? ? 0 ，∴ ? O 对于 O 点：∵ y 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 ??da如题5-11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 5-11(a)图知， A ? 0.1 m，且 t ? 0 时， y 0 ? 0, v0 ? 0 ，∴ ? 0 ?khw3? ， 2.c2 3? ? ? ? ? 0, vC ? ? 0 ，∴ ? C 对于 C 点：∵ y C 2 (此处取正值表示 A、B、C 点位相超前于 O 点的位相) -1 5-11 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om?? ?5 又 ? ? ? ? 2.5 Hz ，则 ? ? 2?? ? 5? ? 2u取x y ? A cos[? (t ? ) ? ?0 ] ， u y ? 0.1cos[5? (t ? x 3? ? )] m 5 2则波动方程为kh(2) t ? 0 时的波形如题 5-11(b)图题 5-11 图(b)daw .comy ? 0.1cos(5?t ?(2) P 点的振动方程．题 5-11 图(a)题 5-11 图(c)将 x ? 0.5 m 代入波动方程，得该点处的振动方程为5? ? 0.5 3? ? ) ? 0.1cos(5?t ? ? ) m 0.5 2如题 5-11(c)图所示． 5-12 如题5-12图所示，已知 t =0时和 t =0.5s时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿 x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程；? ? 4 m， 又， t ? 0 时，y 0 ? 0, v0 ? 0 ， ∴ ?0 ? 解: (1)由题 5-12 图可知，A ? 0.1 m ，而u ??2，u 2 1 ?x ? ? 2 m ? s ?1 ， ? ? ? ? 0.5 Hz ，∴ ? ? 2?? ? ? ? 4 ?t 0.5 x ? y ? 0.1cos[? (t ? ) ? ] m 2 2故波动方程为(2)将 x P ? 1 m 代入上式，即得 P 点振动方程为khdaw.cy ? 0.1cos[(?t ??? )] ? 0.1cos ?t m 2 2?om?? ?w .c(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 5-13 图可知 A ? 0.1 m ，t ? 0 时，y 0 ?om题 5-12 图 5-13 一列机械波沿 x 轴正向传播， t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m?s 波长为2m，求： (1)波动方程；-1，? A ∴ ?0 ? ， 由题知 ? ? 2 m ， , v0 ? 0 ， 3 2dau ? 10 m ? s ?1 ，则 ? ?u??kh∴ (1)波动方程为10 ? 5 Hz 2 ? ? 2?? ? 10?y ? 01. cos[10? (t ?? x )? ] m 10 3题 5-13 图 (2)由图知， t ? 0 时， y P ? ? 取负值) ∴ P 点振动方程为 y p ? 0.1 cos(10?t ? (3)∵ ∴解得? 4? A ( P 点的位相应落后于 0 点，故 , v P ? 0 ，∴ ? P ? 3 24 ?) 310? (t ?4 x ? ) ? |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 5-13 图(a)，则由 P 点回到平衡位置应经历的位 相角3∴所属最短时间为?kh?t ????5? / 6 1 s ? 10? 12da?? ????5 ? ? 2 6w题 5-13 图(a).com?? ?5-14 如题5-14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(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；解: (1)如题 5-14 图(a)，则波动方程为w .c(2)写出距 P 点距离为 b 的 Q 点的振动方程．omcos( ?t ? ? 0 )．如图(b)，则波动方程为khday ? A cos[? (t ?l x ? ) ? ?0 ] u u题 5-14 图x y ? A cos[? (t ? ) ? ? 0 ] u(2) 如题 5-14 图(a)，则 Q 点的振动方程为b AQ ? A cos[? (t ? ) ? ? 0 ] u如题 5-14 图(b)，则 Q 点的振动方程为b AQ ? A cos[? (t ? ) ? ? 0 ] u5-15 已知平面简谐波的波动方程为 y ? A cos ? (4t ? 2 x) (SI)．? (4t ? 2 x) ? 2k?解得 x ? (k ? 8.4) m ( k ? 0,?1,?2, …)khu ? 0.4 ∴ ?t ? ? ? 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．da∵ 4?t ? 2?t ? ?t ??x故知 u ? 2 m ? s ,?1w所以离原点最近的波峰位置为 ? 0.4 m ．.com(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?? ?题 5-15 图w .c?1om2?(2)∵ ? ? 4? , u ? 2 m ? s ，∴ ? ? uT ? u?? 1 m ，又 x ? 0 处， t ? 4.2 s 时，da kh故知 ? 0 ? ?? 0 ? 4.2 ? 4? ? 16.8?y 0 ? 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 5-15 图所示 5-16 题5-16图中(a)表示 t =0时刻的波形图， (b)表示原点( x =0)处质元的振动曲线，试求此 波的波动方程，并画出 x =2m处质元的振动曲线． 解: 由题 5-16(b)图所示振动曲线可知 T ? 2 s , A ? 0.2 m ，且 t ? 0 时， y 0 ? 0, v 0 ? 0 ，?2,再结合题 5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿 x 轴负向传播，且 ? ? 4 m ，若取 y ? A cos[2? (t x ? ) ? ?0 ] T ?题 5-16 图 则波动方程为∴khwmax ? 2 w ? 1.2 ? 10 ?4J ? m ?3daI 10 ?3 w ? ? 18.0 ? ? 6 ? 10 ?5 J ? m ?3 u 300w解: (1)∵I ? wu.c5-17 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?-3-2om-1t x ? y ? 0.2 cos[2? ( ? ) ? ] 2 4 2?? ?(2)omu 1 1 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如题5-18图所示， S1 和 S 2 为两相干波源，振幅均为 A1 ，相距5-18?4， S1 较 S 2 位相超前?2，求：(2) S 2 外侧各点的合振幅和强度kh解：（1）在 S1 外侧，距离 S1 为 r1 的点， S1 S 2 传到该 P 点引起的位相差为da(1) S1 外侧各点的合振幅和强度；w .c?? ??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， S1 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 A15-19 如题5-19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?khdaw(CP ? BP) u 2? ?? ? (0.5 ? 0.4) ? 0 0.2.c??(CP ? BP)om?? ?题 5-19 图 (2) P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以(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kh5-20 一平面简谐波沿 x 轴正向传播， 如题5-20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．daw .cA?om? 2?AP ? A1 ? A2 ? 4 ? 10 ?3 m2 A12 ? A2 ? 2 A1 ? 2 2 ? 10 ?3 ? 2.83 ? 10 ?3 m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 5-20 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 ? ? ? ? ? ? ? ?? 2 ? 4 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 3 4 2 2反射波的波动方程为此时驻波方程为故波节位置为4kh故 x ? (2k ? 1)?( k ? 0,?1,?2, …)da2??x 2? ? ? x ? (2k ? 1) u ? 2wx ? x ? y ? A cos[2?? (t ? ) ? ] ? A cos[2?? (t ? ) ? ] u 2 u 2 2??x ? ? 2 A cos cos(2??t ? ) u 2.comx ? y反 ? A cos[2?? (t ? ) ? ] u 2?? ?(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w .c? ?omA?1 3 根据题意， k 只能取 0,1 ，即 x ? ? , ? 4 4 5-20 一驻波方程为 y =0.02cos20 x cos750 t (SI)，求：y ? 2 A cos2??x cos 2??t u2?? 750 ， ? 20 u 2? 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2?? ? 750 ，则 ? ?khda故知0.02 ? 0.01 m 2?x ??2? 0.157 m5-22 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 ? 0.1 cos(13t ? 0.0079 x ? ? )5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为y1 =0.06cos( ?x ? 4?t )(SI), y 2 =0.06cos( ?x ? 4?t )(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置； (2)波腹处的振幅多大? x =1.2m 处振幅多大? 解: (1)它们的合成波为y ? 0.06 cos(?x ? 4? ) ? 0.06 cos(?x ? 4?t )? 0.12 cos ?x cos 4?t出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动． 令 ?x ? k? ，则 x ? k ，k=0,±1，±2…此即波腹的位置； 令 ?x ? (2k ? 1)A驻 ? 0.12 cos(? ? 1.2) ? 0.097 mkh5-24 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．daw1 ， k ? 0,?1,?2, …，此即波节的位置． 2 2 (2)波腹处振幅最大，即为 0.12 m； x ? 1.2 m 处的振幅由下式决定，即,则 x ? (2k ? 1)?.com?? ?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om w .c?1 ? u?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 ?da联立以上两式，得kh1200 ? 1000 ?1 ? ? 2 ? 300 ? ? 30 m ? s ?1 1200 ? 100 ?1 ? ? 2-1 -15-25 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 ?340 ? 15 u ? v2 ?0 ? ? 600 ? 665 Hz 340 ? 20 u ? v1两车相遇之后收到的频率为?1 ?340 ? 15 u ? v2 ?0 ? ? 600 ? 541 Hz 340 ? 20 u ? v1khdaw.com?? ?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 何谓微观量?何谓宏观量?它们之间有什么联系? 答：用来描述个别微观粒子特征的物理量称为微观量．如微观粒子(原子、分子等)的大小、 质量、速度、能量等．描述大量微观粒子(分子或原子)的集体的物理量叫宏观量，如实验中 观测得到的气体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量． 气体宏观量是微观量统计平均的结果． 6-4 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率?khdaNiw .c21 10.0om4 20.06 30.08 40.02 50.0Vi (m ? s ?1 )解：平均速率V ? ??N V ?Ni ii21 ? 10 ? 4 ? 20 ? 6 ? 30 ? 8 ? 40 ? 2 ? 50 21 ? 4 ? 6 ? 8 ? 2 890 ? ? 21.7 m ? s ?1 41方均根速率2 iV2? ?ii6-5 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)．khda? 25.6 m ? s ?1w21 ? 10 2 ? 4 ? 20 2 ? 6 ? 10 3 ? 8 ? 40 2 ? 2 ? 50 2 21 ? 4 ? 6 ? 8 ? 2.com?N V ?N?? ?（1） f (v)dv （4）（2） nf (v)dv（3） Nf (v)dv （6）0om?vf ( v ) dv（5）??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．kh(4 ) (5) (6 )( 3 ) Nf (v)dv ：表示分布在速率 v 附近、速率区间 dv 内的分子数．6-6 最概然速率的物理意义是什么?方均根速率、最概然速率和平均速率，它们各有何用 处? 答： 与这个极大值对应的速率叫做气体分子的最概然速 气体分子速率分布曲线有个极大值， 率．物理意义是：对所有的相等速率区间而言，在含有 v P 的那个速率区间内的分子数占总 分子数的百分比最大． 分布函数的特征用最概然速率 v P 表示；讨论分子的平均平动动能用方均根速率，讨论 平均自由程用平均速率． 6-7 容器中盛有温度为 T 的理想气体，试问该气体分子的平均速度是多少?为什么? 答：该气体分子的平均速度为 0 .在平衡态，由于分子不停地与其他分子及容器壁发生碰撞、 其速度也不断地发生变化， 分子具有各种可能的速度， 而每个分子向各个方向运动的概率是 相等的，沿各个方向运动的分子数也相同．从统计看气体分子的平均速度是 0 . 6-8 在同一温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，就氢分子和氧分子比较，氧分子 的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子大，对吗? 答： 不对， 平均平动动能相等是统计平均的结果． 分子速率由于不停地发生碰撞而发生变化， 分子具有各种可能的速率，因此，一些氢分子的速率比氧分子速率大，也有一些氢分子的速 率比氧分子速率小． 6-9 如果盛有气体的容器相对某坐标系运动，容器内的分子速度相对这坐标系也增大了， 温度也因此而升高吗? 答：宏观量温度是一个统计概念，是大量分子无规则热运动的集体表现，是分子平均平动动 能的量度，分子热运动是相对质心参照系的，平动动能