大學物理課后習題答案(北郵第三版)上

1、信息與計算科學系自動化專業(yè)物理學習題答案 習題一1-3解：（1） (2)將,代入上式即有 (3) (4) 則 (5) (6) 這說明該點只有方向的加速度，且為恒量。1-6 解： 分離變量，得 積分，得 由題知，,故 又因為 分離變量， 積分得 由題知 ,故 所以時1-7 解： (1)時， (2)當加速度方向與半徑成角時，有即 亦即 則解得 于是角位移為 (1) (2)1-10解：設小球所作拋物線軌道如題1-10圖所示題1-10圖(1)在最高點，又 (2)在落地點，,而 1-11 飛輪半徑為0.4 m，自靜止啟動，其角加速度為=0.2 rad，求2s時邊緣上各點的速度、法向加速度、切向加速度和合

2、加速度解：當時，則1-12解：當滑至斜面底時，則,物運動過程中又受到的牽連運動影響，因此，對地的速度為題1-12圖1-13 解：(1)大船看小艇，則有，依題意作速度矢量圖如題1-13圖(a)題1-13圖由圖可知 方向北偏西 (2)小船看大船，則有，依題意作出速度矢量圖如題1-13圖(b)，同上法，得方向南偏東1-14 解： 依題意作出矢量圖如題1-14所示題1-14圖 由圖中比例關系可知習題二2-1 解：因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速度均為，其對于則為牽連加速度，又知對繩子的相對加速度為，故對地加速度，由圖(b)可知，為 又因繩的質量不計，所以圓柱體受到的摩擦力在數(shù)值上等于繩的張力，由牛頓

3、定律，有 聯(lián)立、式，得討論 (1)若，則表示柱體與繩之間無相對滑動(2)若，則，表示柱體與繩之間無任何作用力，此時, 均作自由落體運動題2-1圖2-2解: 物體置于斜面上受到重力，斜面支持力.建立坐標：取方向為軸，平行斜面與軸垂直方向為軸.如圖2-2.題2-2圖方向： 方向： 時 由、式消去，得2-3 解： (1)于是質點在時的速度(2)2-4 答: (1) 分離變量，得即 (2) (3)質點停止運動時速度為零，即t，故有 (4)當t=時，其速度為即速度減至的.2-5解: 分別以,為研究對象，其受力圖如圖(b)所示(1)設相對滑輪(即升降機)的加速度為，則對地加速度；因繩不可伸長，故對滑輪的加

4、速度亦為，又在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以在水平方向對地加速度亦為，由牛頓定律，有題2-5圖聯(lián)立，解得方向向下(2) 對地加速度為 方向向上在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即 ，左偏上2-6解: 依題意作出示意圖如題2-6圖題2-6圖在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向下,而拋物線具有對軸對稱性，故末速度與軸夾角亦為，則動量的增量為由矢量圖知，動量增量大小為，方向豎直向下2-7 解: 由題知，小球落地時間為因小球為平拋運動，故小球落地的瞬時向下的速度大小為，小球上跳速度的大小亦為設向上為軸正向，則動量的增量方向豎直向上，大小 碰撞

5、過程中動量不守恒這是因為在碰撞過程中，小球受到地面給予的沖力作用另外，碰撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒2-8 解: (1)若物體原來靜止，則,沿軸正向，若物體原來具有初速，則于是,同理， ,這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大，那么物體獲得的動量的增量(亦即沖量)就一定相同，這就是動量定理(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即亦即 解得，(舍去)2-9解: 質點的動量為將和分別代入上式，得,則動量的增量亦即質點所受外力的沖量為2-10解: (1)由題意，子彈到槍口時，有,得(2)子彈所受的沖量將代入，得(3)由動量定

6、理可求得子彈的質量2-11 證明: 設一塊為，則另一塊為，及于是得 又設的速度為, 的速度為，則有 聯(lián)立、解得 將代入，并整理得于是有 將其代入式，有又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取證畢2-12 解: (1)由題知，為恒力， (2) (3)由動能定理，2-13解: 以木板上界面為坐標原點，向內為坐標正向，如題2-13圖，則鐵釘所受阻力為題2-13圖第一錘外力的功為 式中是鐵錘作用于釘上的力，是木板作用于釘上的力，在時，設第二錘外力的功為，則同理，有 由題意，有 即 所以， 于是釘子第二次能進入的深度為2-14 解: 方向與位矢的方向相反，即指向力心2-15 解: 彈簧及重物受力如

7、題2-15圖所示平衡時，有題2-15圖又 所以靜止時兩彈簧伸長量之比為彈性勢能之比為2-16 解: (1)設在距月球中心為處，由萬有引力定律，有經整理，得= 則點處至月球表面的距離為 (2)質量為的物體在點的引力勢能為2-17 解: 取點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則由功能原理，有式中為彈簧在點時比原長的伸長量，則聯(lián)立上述兩式，得題2-17圖2-18 解: 取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點，彈簧原長處為彈性勢能零點。則由功能原理，有式中，再代入有關數(shù)據(jù)，解得題2-18圖再次運用功能原理，求木塊彈回的高度代入有關數(shù)據(jù)，得 ,則木塊彈回高度 題2-19圖2-19 解: 從上下

8、滑的過程中，機械能守恒，以，地球為系統(tǒng)，以最低點為重力勢能零點，則有又下滑過程，動量守恒，以,為系統(tǒng)則在脫離瞬間，水平方向有聯(lián)立，以上兩式，得2-20 一個小球與一質量相等的靜止小球發(fā)生非對心彈性碰撞，試證碰后兩小球的運動方向互相垂直證: 兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有即 題2-20圖(a) 題2-20圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有亦即 由可作出矢量三角形如圖(b)，又由式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以為斜邊，故知與是互相垂直的2-21 解: 由題知，質點的位矢為作用在質點上的力為所以，質點對原點的角動量為作用在質點上的力的力矩為2-22 解: 哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力即有

9、心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有 2-23 解: (1) (2)解(一) 即 ,即 , 解(二) 題2-24圖2-24解: 在只掛重物時，小球作圓周運動的向心力為，即 掛上后，則有 重力對圓心的力矩為零，故小球對圓心的角動量守恒即 聯(lián)立、得2-25(1)設100 N，問可使飛輪在多長時間內停止轉動?在這段時間里飛輪轉了幾轉?(2)如果在2s內飛輪轉速減少一半，需加多大的力?解: (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)圖中、是正壓力，、是摩擦力，和是桿在點轉軸處所受支承力，是輪的重力，是輪在軸處所受支承力題2-25圖（a）題2-25圖

10、(b)桿處于靜止狀態(tài)，所以對點的合力矩應為零，設閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉動定律有，式中負號表示與角速度方向相反 又 以等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉動的時間為這段時間內飛輪的角位移為可知在這段時間里，飛輪轉了轉(2)，要求飛輪轉速在內減少一半，可知用上面式(1)所示的關系，可求出所需的制動力為2-26 解: 設,和分別為,和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)題2-26(a)圖 題2-26(b)圖(1) ,和柱體的運動方程如下： 式中 而 由上式求得 (2)由式由式2-27解: 分別以,滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示對,運用牛頓定律，有 對滑輪運用轉動定

11、律，有 又， 聯(lián)立以上4個方程，得題2-27(a)圖 題2-27(b)圖題2-28圖2-28 解: (1)由轉動定律，有 (2)由機械能守恒定律，有 題2-29圖2-29 解: (1)設小球的初速度為，棒經小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)椋搭}意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可列式： 上兩式中，碰撞過程極為短暫，可認為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度，按機械能守恒定律可列式： 由式得由式 由式 所以求得(2)相碰時小球受到的沖量為由式求得負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反題2-30圖2-30 解: (1)碎片離盤瞬時的

12、線速度即是它上升的初速度設碎片上升高度時的速度為，則有令，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉動慣量，碎片拋出后圓盤的轉動慣量，碎片脫離前，盤的角動量為，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內力變?yōu)榱?，但內力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應守恒，即式中為破盤的角速度于是得(角速度不變)圓盤余下部分的角動量為轉動動能為題2-31圖2-31 解: (1)射入的過程對軸的角動量守恒 (2) 2-32 解: 以重物、滑輪、彈簧、地球為一系統(tǒng)，重物下落的過程中，機械能守恒，以最低點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則有又 故有 題2-32圖 題2-33圖2-33 解: (1)小球與圓環(huán)系統(tǒng)對豎

13、直軸的角動量守恒，當小球滑至點時，有 該系統(tǒng)在轉動過程中，機械能守恒，設小球相對于圓環(huán)的速率為，以點為重力勢能零點，則有 聯(lián)立、兩式，得(2)當小球滑至點時， 故由機械能守恒，有 請讀者求出上述兩種情況下，小球對地速度 為：，米尺相對沿方向運動，設速度為，對系中的觀察者測得米尺在方向收縮，而方向的長度不變，即故 把及代入則得 故 (2)在系中測得米尺長度為習題四4-1 解：要使一個系統(tǒng)作諧振動，必須同時滿足以下三個條件：一 ，描述系統(tǒng)的各種參量，如質量、轉動慣量、擺長等等在運動中保持為常量；二，系統(tǒng) 是在 自己的穩(wěn)定平衡位置附近作往復運動；三，在運動中系統(tǒng)只受到內部的線性回復力的作用或者說，若

14、一個系統(tǒng)的運動微分方程能用描述時，其所作的運動就是諧振動(1)拍皮球時球的運動不是諧振動第一，球的運動軌道中并不存在一個穩(wěn)定的平衡位置；第二，球在運動中所受的三個力：重力，地面給予的彈力，擊球者給予的拍擊力，都不是線 性回復力(2)小球在題4-1圖所示的情況中所作的小弧度的運動，是諧振動顯然，小球在運動過程中，各種參量均為常量；該系統(tǒng)(指小球凹槽、地球系統(tǒng))的穩(wěn)定平衡位置即凹槽最低點，即系統(tǒng)勢能最小值位置點；而小球在運動中的回復力為，如題4-1圖(b)所示題 中所述，故0，所以回復力為.式中負號，表示回復力的方向始終與角位移的方向相反即小球在點附近的往復運動中所受回復力為線性的若以小球為對象，

15、則小球在以為圓心的豎直平面內作圓周運動，由牛頓第二定律，在凹槽切線方向上有令，則有4-2 題4-2圖解：(1)圖(a)中為串聯(lián)彈簧，對于輕彈簧在任一時刻應有，設串聯(lián)彈簧的等效倔強系數(shù)為等效位移為，則有又有 所以串聯(lián)彈簧的等效倔強系數(shù)為即小球與串聯(lián)彈簧構成了一個等效倔強系數(shù)為的彈簧振子系統(tǒng)，故小球作諧振動其振動周期為(2)圖(b)中可等效為并聯(lián)彈簧，同上理，應有，即，設并聯(lián)彈簧的倔強系數(shù)為，則有故 同上理，其振動周期為4-3 如題4-3圖所示，物體的質量為，放在光滑斜面上，斜面與水平面的夾角為，彈簧的倔強系數(shù)為，滑輪的轉動慣量為，半徑為先把物體托住，使彈簧維持原長，然 后由靜止釋放，試證明物體作

16、簡諧振動，并求振動周期 題4-3圖解：分別以物體和滑輪為對象，其受力如題4-3圖(b)所示，以重物在斜面上靜平衡時位置為坐標原點，沿斜面向下為軸正向，則當重物偏離原點的坐標為時，有 式中，為靜平衡時彈簧之伸長量，聯(lián)立以上三式，有令 則有故知該系統(tǒng)是作簡諧振動，其振動周期為4-4 質量為的小球與輕彈簧組成的系統(tǒng)，按的規(guī)律作諧振動，求：(1)振動的周期、振幅和初位相及速度與加速度的最大值；(2)最大的回復力、振動能量、平均動能和平均勢能，在哪些位置上動能與勢能相等?(3)與兩個時刻的位相差；解：(1)設諧振動的標準方程為，則知：又 (2) 當時，有，即 (3) 4-5 解：因為 將以上初值條件代入

17、上式，使兩式同時成立之值即為該條件下的初位相故有4-6解：由題已知 又，時，故振動方程為 (1)將代入得方向指向坐標原點，即沿軸負向(2)由題知，時，時 (3)由于諧振動中能量守恒，故在任一位置處或任一時刻的系統(tǒng)的總能量均為4-7解：由題知而時， ( 設向上為正)又 4-8 圖為兩個諧振動的曲線，試分別寫出其諧振動方程題4-8圖解：由題4-8圖(a)，時，即 故 由題4-8圖(b)時，時，又 故 4-9 解：(1)空盤的振動周期為，落下重物后振動周期為，即增大(2)按(3)所設坐標原點及計時起點，時，則碰撞時，以為一系統(tǒng)動量守恒，即則有 于是（3） (第三象限)，所以振動方程為4-解：由動量定

18、理，有 按題設計時起點，并設向右為軸正向，則知時， 0 又 故其角振幅小球的振動方程為4-11 解：由題意可做出旋轉矢量圖如下由圖知 設角，則即 即，這說明，與間夾角為，即二振動的位相差為.4-12 解： (1) 合振幅 (2) 合振幅 4-13 解： 其振動方程為(作圖法略)*4-14 解：因合振動是一正橢圓，故知兩分振動的位相差為或；又，軌道是按順時針方向旋轉，故知兩分振動位相差為.所以方向的振動方程為習題五5-1 解: (1)振動是指一個孤立的系統(tǒng)(也可是介質中的一個質元)在某固定平衡位置附近所做的往復運動，系統(tǒng)離開平衡位置的位移是時間的周期性函數(shù)，即可表示為；波動是振動在連續(xù)介質中的傳

19、播過程，此時介質中所有質元都在各自的平衡位置附近作振動，因此介質中任一質元離開平衡位置的位移既是坐標位置，又是時間的函數(shù)，即(2)在諧振動方程中只有一個獨立的變量時間，它描述的是介質中一個質元偏離平衡位置的位移隨時間變化的規(guī)律；平面諧波方程中有兩個獨立變量，即坐標位置和時間，它描述的是介質中所有質元偏離平衡位置的位移隨坐標和時間變化的規(guī)律當諧波方程中的坐標位置給定后，即可得到該點的振動方程，而波源持續(xù)不斷地振動又是產生波動的必要條件之一(3)振動曲線描述的是一個質點的位移隨時間變化的規(guī)律，因此，其縱軸為，橫軸為；波動曲線描述的是介質中所有質元的位移隨位置，隨時間變化的規(guī)律，其縱軸為，橫軸為每一

20、幅圖只能給出某一時刻質元的位移隨坐標位置變化的規(guī)律，即只能給出某一時刻的波形圖，不同時刻的波動曲線就是不同時刻的波形圖5-2解: 波動方程中的表示了介質中坐標位置為的質元的振動落后于原點的時間；則表示處質元比原點落后的振動位相；設時刻的波動方程為 則時刻的波動方程為 其表示在時刻，位置處的振動狀態(tài)，經過后傳播到處所以在中，當，均增加時，的值不會變化，而這正好說明了經過時間，波形即向前傳播了的距離，說明描述的是一列行進中的波，故謂之行波方程5-3 解: 我們在討論波動能量時，實際上討論的是介質中某個小體積元內所有質元的能量波動動能當然是指質元振動動能，其與振動速度平方成正比，波動勢能則是指介質的

21、形變勢能形變勢能由介質的相對形變量(即應變量)決定如果取波動方程為，則相對形變量(即應變量)為.波動勢能則是與的平方成正比由波動曲線圖(題5-3圖)可知，在波峰，波谷處，波動動能有極小(此處振動速度為零)，而在該處的應變也為極小(該處)，所以在波峰，波谷處波動勢能也為極??；在平衡位置處波動動能為極大(該處振動速度的極大)，而在該處的應變也是最大(該處是曲線的拐點)，當然波動勢能也為最大這就說明了在介質中波動動能與波動勢能是同步變化的，即具有相同的量值題5-3圖對于一個孤立的諧振動系統(tǒng)，是一個孤立的保守系統(tǒng)，機械能守恒，即振子的動能與勢能之和保持為一個常數(shù)，而動能與勢能在不斷地轉換，所以動能和勢

22、能不可能同步變化5-4 波動方程中，坐標軸原點是否一定要選在波源處? =0時刻是否一定是波源開始振動的時刻? 波動方程寫成=cos()時，波源一定在坐標原點處嗎?在什么前提下波動方程才能寫成這種形式?解: 由于坐標原點和開始計時時刻的選全完取是一種主觀行為，所以在波動方程中，坐標原點不一定要選在波源處，同樣，的時刻也不一定是波源開始振動的時刻；當波動方程寫成時，坐標原點也不一定是選在波源所在處的因為在此處對于波源的含義已做了拓展，即在寫波動方程時，我們可以把介質中某一已知點的振動視為波源，只要把振動方程為已知的點選為坐標原點，即可得題示的波動方程5-5 在駐波的兩相鄰波節(jié)間的同一半波長上，描述

23、各質點振動的什么物理量不同，什么物理量相同?解: 取駐波方程為，則可知，在相鄰兩波節(jié)中的同一半波長上，描述各質點的振幅是不相同的，各質點的振幅是隨位置按余弦規(guī)律變化的，即振幅變化規(guī)律可表示為而在這同一半波長上，各質點的振動位相則是相同的，即以相鄰兩波節(jié)的介質為一段，同一段介質內各質點都有相同的振動位相，而相鄰兩段介質內的質點振動位相則相反5-6 波源向著觀察者運動和觀察者向波源運動都會產生頻率增高的多普勒效應，這兩種情況有何區(qū)別?解: 波源向著觀察者運動時，波面將被擠壓，波在介質中的波長，將被壓縮變短，(如題5-6圖所示)，因而觀察者在單位時間內接收到的完整數(shù)目()會增多，所以接收頻率增高；而

24、觀察者向著波源運動時，波面形狀不變，但觀察者測到的波速增大，即，因而單位時間內通過觀察者完整波的數(shù)目也會增多，即接收頻率也將增高簡單地說，前者是通過壓縮波面(縮短波長)使頻率增高，后者則是觀察者的運動使得單位時間內通過的波面數(shù)增加而升高頻率題5-6 圖多普勒效應5-7解: 由題知時原點處質點的振動狀態(tài)為，故知原點的振動初相為,取波動方程為則有5-8 解: (1)已知平面簡諧波的波動方程 ()將上式與波動方程的標準形式比較，可知：波振幅為，頻率，波長，波速，波動周期(2)將代入波動方程即可得到該點的振動方程(3)因任一時刻同一波線上兩點之間的位相差為 將，及代入上式，即得5-9 解: (1)將題

25、給方程與標準式相比，得振幅，頻率，波長，波速(2)繩上各點的最大振速，最大加速度分別為(3)m處的振動比原點落后的時間為故,時的位相就是原點()，在時的位相，即 設這一位相所代表的運動狀態(tài)在s時刻到達點，則5-10 解: (1)波沿軸正向傳播，則在時刻，有題5-10圖對于點：，對于點：，對于點：，對于點：，(取負值：表示點位相，應落后于點的位相)(2)波沿軸負向傳播，則在時刻，有對于點：，對于點：，對于點：，對于點：， (此處取正值表示點位相超前于點的位相)5-11 解: (1)由題5-11(a)圖知，m，且時，又，則題5-11圖(a)取 ，則波動方程為(2) 時的波形如題5-11(b)圖題5

26、-11圖(b) 題5-11圖(c) 將m代入波動方程，得該點處的振動方程為如題5-11(c)圖所示5-12解: (1)由題5-12圖可知，又，時，而，故波動方程為(2)將代入上式，即得點振動方程為 題5-12圖5-13 解: 由題5-13圖可知，時，由題知，則 (1)波動方程為題5-13圖(2)由圖知，時，(點的位相應落后于點，故取負值)點振動方程為(3) 解得 (4)根據(jù)(2)的結果可作出旋轉矢量圖如題5-13圖(a)，則由點回到平衡位置應經歷的位相角題5-13圖(a) 所屬最短時間為5-14 如題5-14圖所示，有一平面簡諧波在空間傳播，已知P點的振動方程為=cos()(1)分別就圖中給出

27、的兩種坐標寫出其波動方程；(2)寫出距點距離為的點的振動方程解: (1)如題5-14圖(a)，則波動方程為如圖(b)，則波動方程為題5-14圖 (2) 如題5-14圖(a)，則點的振動方程為 如題5-14圖(b)，則點的振動方程為5-15 已知平面簡諧波的波動方程為(SI)(1)寫出=4.2 s時各波峰位置的坐標式，并求此時離原點最近一個波峰的位置，該波峰何時通過原點?(2)畫出=4.2 s時的波形曲線 解:(1)波峰位置坐標應滿足 解得 ()所以離原點最近的波峰位置為 故知, ，這就是說該波峰在前通過原點，那么從計時時刻算起，則應是，即該波峰是在時通過原點的題5-15圖(2)，又處，時，又，

28、當時，則應有 解得 ，故時的波形圖如題5-15圖所示5-16 題5-16圖中(a)表示=0時刻的波形圖，(b)表示原點(=0)處質元的振動曲線，試求此波的波動方程，并畫出=2m處質元的振動曲線解: 由題5-16(b)圖所示振動曲線可知,，且時，故知,再結合題5-16(a)圖所示波動曲線可知，該列波沿軸負向傳播，且，若取題5-16圖則波動方程為 5-17 一平面余弦波，沿直徑為14cm的圓柱形管傳播，波的強度為18.010-3Jm-2s-1，頻率為300 Hz，波速為300ms-1，求 ：(1)波的平均能量密度和最大能量密度?(2)兩個相鄰同相面之間有多少波的能量? 解: (1) (2) 5-1

29、8 如題5-18圖所示，和為兩相干波源，振幅均為，相距，較位相超前，求：(1) 外側各點的合振幅和強度；(2) 外側各點的合振幅和強度解：（1）在外側，距離為的點，傳到該點引起的位相差為（2）在外側.距離為的點，傳到該點引起的位相差.5-19 如題5-19圖所示，設點發(fā)出的平面橫波沿方向傳播，它在點的振動方程為;點發(fā)出的平面橫波沿方向傳播，它在點的振動方程為，本題中以m計，以s計設0.4m，0.5 m，波速=0.2ms-1，求：(1)兩波傳到P點時的位相差；(2)當這兩列波的振動方向相同時，處合振動的振幅；*(3)當這兩列波的振動方向互相垂直時，處合振動的振幅 解: (1) 題5-19圖(2)

30、點是相長干涉，且振動方向相同，所以(3)若兩振動方向垂直，又兩分振動位相差為，這時合振動軌跡是通過，象限的直線，所以合振幅為5-20 一平面簡諧波沿軸正向傳播，如題5-20圖所示已知振幅為，頻率為波速為(1)若=0時，原點處質元正好由平衡位置向位移正方向運動，寫出此波的波動方程；(2)若從分界面反射的波的振幅與入射波振幅相等，試寫出反射波的波動方程，并求軸上 因入射波與反射波干涉而靜止的各點的位置 解: (1)時，故波動方程為m題5-20圖(2)入射波傳到反射面時的振動位相為(即將代入)，再考慮到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波損失，所以反射波在界面處的位相為若仍以點為原點，則反射波在

31、點處的位相為，因只考慮以內的位相角，反射波在點的位相為，故反射波的波動方程為此時駐波方程為 故波節(jié)位置為 故 ()根據(jù)題意，只能取，即5-21 一駐波方程為=0.02cos20cos750(SI)，求：(1)形成此駐波的兩列行波的振幅和波速；(2)相鄰兩波節(jié)間距離 解: (1)取駐波方程為 故知 ，則， (2)所以相鄰兩波節(jié)間距離5-22 在弦上傳播的橫波，它的波動方程為=0.1cos(13+0.0079) (SI)試寫出一個波動方程，使它表示的波能與這列已知的橫波疊加形成駐波，并在=0處為波 節(jié)解: 為使合成駐波在處形成波節(jié)，則要反射波在處與入射波有的位相差，故反射波的波動方程為 5-23

32、兩列波在一根很長的細繩上傳播，它們的波動方程分別為=0.06cos()(SI), =0.06cos()(SI)(1)試證明繩子將作駐波式振動，并求波節(jié)、波腹的位置；(2)波腹處的振幅多大?=1.2m處振幅多大?解: (1)它們的合成波為 出現(xiàn)了變量的分離，符合駐波方程特征，故繩子在作駐波振動令，則，k=0,1，2此即波腹的位置；令,則，此即波節(jié)的位置(2)波腹處振幅最大，即為m；處的振幅由下式決定，即5-24 汽車駛過車站時，車站上的觀測者測得汽笛聲頻率由1200Hz變到了1000 Hz，設空氣中聲速為330ms-1，求汽車的速率解: 設汽車的速度為，汽車在駛近車站時，車站收到的頻率為 汽車駛

33、離車站時，車站收到的頻率為聯(lián)立以上兩式，得5-25 兩列火車分別以72kmh-1和54 kmh-1的速度相向而行，第一列火車發(fā)出一個600 Hz的汽笛聲，若聲速為340 ms-1，求第二列火車上的觀測者聽見該聲音的頻率在相遇前和相遇后分別是多少?解: 設鳴笛火車的車速為，接收鳴笛的火車車速為，則兩者相遇前收到的頻率為 兩車相遇之后收到的頻率為 習題六6-1答：氣體在平衡態(tài)時，系統(tǒng)與外界在宏觀上無能量和物質的交換；系統(tǒng)的宏觀性質不隨時間變化力學平衡態(tài)與熱力學平衡態(tài)不同當系統(tǒng)處于熱平衡態(tài)時，組成系統(tǒng)的大量粒子仍在不停地、無規(guī)則地運動著，大量粒子運動的平均效果不變，這是一種動態(tài)平衡而個別粒子所受合外

34、力可以不為零而力學平衡態(tài)時，物體保持靜止或勻速直線運動，所受合外力為零6-2答：氣體動理論的研究對象是大量微觀粒子組成的系統(tǒng)是從物質的微觀結構和分子運動論出發(fā)，運用力學規(guī)律，通過統(tǒng)計平均的辦法，求出熱運動的宏觀結果，再由實驗確認的方法從宏觀看，在溫度不太低，壓強不大時，實際氣體都可近似地當作理想氣體來處理，壓強越低，溫度越高，這種近似的準確度越高理想氣體的微觀模型是把分子看成彈性的自由運動的質點6-3答：用來描述個別微觀粒子特征的物理量稱為微觀量如微觀粒子(原子、分子等)的大小、質量、速度、能量等描述大量微觀粒子(分子或原子)的集體的物理量叫宏觀量，如實驗中觀測得到的氣體體積、壓強、溫度、熱容

35、量等都是宏觀量氣體宏觀量是微觀量統(tǒng)計平均的結果6-4 計算下列一組粒子平均速率和方均根速率?21468210.020.030.040.050.0解：平均速率 方均根速率 6-5 解：表示一定質量的氣體，在溫度為的平衡態(tài)時，分布在速率附近單位速率區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比.() ：表示分布在速率附近，速率區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比.() ：表示分布在速率附近、速率區(qū)間內的分子數(shù)密度() ：表示分布在速率附近、速率區(qū)間內的分子數(shù) ()：表示分布在區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比()：表示分布在的速率區(qū)間內所有分子，其與總分子數(shù)的比值是.()：表示分布在區(qū)間內的分子數(shù).6-6 答：氣體分

36、子速率分布曲線有個極大值，與這個極大值對應的速率叫做氣體分子的最概然速率物理意義是：對所有的相等速率區(qū)間而言，在含有的那個速率區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比最大分布函數(shù)的特征用最概然速率表示；討論分子的平均平動動能用方均根速率，討論平均自由程用平均速率6-7 答：該氣體分子的平均速度為.在平衡態(tài)，由于分子不停地與其他分子及容器壁發(fā)生碰撞、其速度也不斷地發(fā)生變化，分子具有各種可能的速度，而每個分子向各個方向運動的概率是相等的，沿各個方向運動的分子數(shù)也相同從統(tǒng)計看氣體分子的平均速度是.6-8 在同一溫度下，不同氣體分子的平均平動動能相等，就氫分子和氧分子比較，氧分子的質量比氫分子大，所以氫分子的

37、速率一定比氧分子大，對嗎?答：不對，平均平動動能相等是統(tǒng)計平均的結果分子速率由于不停地發(fā)生碰撞而發(fā)生變化，分子具有各種可能的速率，因此，一些氫分子的速率比氧分子速率大，也有一些氫分子的速率比氧分子速率小6-9 答：宏觀量溫度是一個統(tǒng)計概念，是大量分子無規(guī)則熱運動的集體表現(xiàn)，是分子平均平動動能的量度，分子熱運動是相對質心參照系的，平動動能是系統(tǒng)的內動能溫度與系統(tǒng)的整體運動無關只有當系統(tǒng)的整體運動的動能轉變成無規(guī)則熱運動時，系統(tǒng)溫度才會變化6-10 答：圖(a)中()表示氧，()表示氫；圖(b)中()溫度高 題6-10圖6-11 溫度概念的適用條件是什么?溫度微觀本質是什么?答：溫度是大量分子無規(guī)

38、則熱運動的集體表現(xiàn)，是一個統(tǒng)計概念，對個別分子無意義溫度微觀本質是分子平均平動動能的量度6-12 下列系統(tǒng)各有多少個自由度：(1)在一平面上滑動的粒子；(2)可以在一平面上滑動并可圍繞垂直于平面的軸轉動的硬幣；(3)一彎成三角形的金屬棒在空間自由運動解：() ，()，()6-13 試說明下列各量的物理意義（1） （2） （3）（4） （5） （6）解：()在平衡態(tài)下，分子熱運動能量平均地分配在分子每一個自由度上的能量均為T()在平衡態(tài)下，分子平均平動動能均為.()在平衡態(tài)下，自由度為的分子平均總能量均為.()由質量為，摩爾質量為，自由度為的分子組成的系統(tǒng)的內能為.(5) 摩爾自由度為的分子組成的系統(tǒng)內能為.(6) 摩爾自由度為的分子組成的系統(tǒng)的內能，或者說熱力學體系內，1摩爾分子的平均平動動能之總和為.6-14 解：()由知分子數(shù)密度相同；()由知氣體質量密度不同；()由知單位體積內氣體分子總平動動能相同；(4)由知單位體積內氣體分子的總動能不一定相同6-15 解：在不涉及化學反應，核反應，電磁變化的情況下，內能是指分子的熱運動能量和分子間相互作用勢能之總和對于理想氣體不考慮分子間相互作用能量，質量為的