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第一章 质点运动学

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为v,平均速率为v． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr｜= Δs = Δr

(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr (C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds (D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜v｜= v,｜v｜= v (B) ｜v｜≠v,｜v｜≠ v (C) ｜v｜= v,｜v｜≠ v (D) ｜v｜≠v,｜v｜= v

分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故

ΔrΔs,即｜v｜≠v． ΔtΔt但由于｜dr｜＝ds,故

drds,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)． dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即

22drdrdsdxdy(1)； (2)； (3)； (4)．

dtdtdtdtdt下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确

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dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常dtdr用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中

dt分析与解

dsdxdy速度大小可用公式v计算,在直角坐标系中则可由公式v求解．故

dtdtdt选(D)．

1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即

(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ． 下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的

22dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方dtdr向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；

dt分析与解

dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因

dtdt此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变

分析与解 加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．

231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x26t2t,式中x 的单位为m,t 的单

位为 s．求：

(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；

(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．

分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：

Δxxtx0,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移

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的大小和路程就不同了．为此,需根据

dx0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dttp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程sx1x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时

dxd2x质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt

题 1-5 图

解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小

Δxx4x032m

(2) 由 得知质点的换向时刻为

dx0 dttp2s (t＝0不合题意)

则

Δx1x2x08.0m

Δx2x4x240m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

sΔx1Δx248m

(3) t＝4.0 s时

vdx48ms1

dtt4.0sd2xa236m.s2

dtt4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r2ti(2t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；

(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；

(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；

分析 质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析). 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为

2y2这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

12x 4第3页 共122页

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(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

r02j , r24i2j

图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得

Δrr2r1(x2x0)i(y2y0)j4i2j

其中位移大小Δr(Δx)2(Δy)25.66m

2222x2y2x0y02.47m

而径向增量ΔrΔrr2r0

题 1-6 图

1 -7 质点的运动方程为

x10t30t2

y15t20t2

式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．

分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向． 解 (1) 速度的分量式为

vxdx1060t dtdyvy1540t

dt22当t ＝0 时, v0x ＝-10 m·ｓ-1 , v0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

v0v0xv0y18.0ms1

设v0与x 轴的夹角为α,则

tanαv0yv0x3

2α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

axdvydvx40ms2 60ms2 , aydtdt第4页 共122页

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则加速度的大小为

aaxay72.1ms2

设a 与x 轴的夹角为β,则

22tanβay2 ax3β＝-33°41′(或326°19′)

1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．

分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程． 解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为

1y1v0tat2

21y2hv0tgt2

2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即

11v0tat2hv0tgt2

22t2h0.705s ga12gt0.716m 2 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

dhy2v0t解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有

10h(ga)t2

2t2h0.705s ga(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

1hv0tat2

2则 dhh0.716m

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题 1-8 图

1 -9 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,式中a的单位为m·ｓ-2 ,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．

分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由advdx和v可得dvadt和dxvdt．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边dtdt直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后

再做积分． 解 由分析知,应有

vt

由

v0dvadt

0得 v4tt3v0 (1)

13xx0dxvdt

0t得 x2t2将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得

14tv0tx0 (2) 12v0＝-1 m·ｓ-1, x0＝0.75 m

于是可得质点运动方程为

x2t214t0.75 121 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a＝A -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为

dvdt后再两边积分． a(v)解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．

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(1) 由题意知 a用分离变量法把式(1)改写为

dvABv (1) dtdvdt (2)

ABv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度 v由此可知当,t→∞时,v(2) 再由vvv0tdvdvdt

0ABvA(1eBt) BA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． BdyA(1eBt)并考虑初始条件有 dtBytABtdy(1e)dt 00ByAAt2(eBt1) BB得石子运动方程

1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a的单位为m·ｓ-2 ．在t＝0时,其速度为零,位置矢量r0 ＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．

题 1-11 图

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即xx0v0xt12axt和21yy0v0ytayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

v0dvadt(6i4j)dt

00tt第7页 共122页

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v6ti4tj

又由vdr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dtrr0drvdt(6ti4tj)dt

00ttr(103t2)i2t2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2

y ＝2t2

消去参数t,可得运动的轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率kdy2tanα,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx31 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即v有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度vΔr,它与时间间隔Δt 的大小Δtdr．切向和法向加速度是指在自然坐标下dtdvt的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即ate,后者只反映

dt质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度

v2的大小后,可由公式an求ρ．

ρ解 (1) 由参数方程

x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2

消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x2

(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

vΔrr2r12.0i6.0j Δtt2t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

v(t)vxivyjdxdyij2.0i4.0tj dtdtd2xd2ya(t)2i2j4.0ms2j

dtdt第8页 共122页

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则t1 ＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

att1sdvd22et(vxv2y)et3.58mset dtdtana2at2en1.79ms2en

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

21vvxv2y4.47ms

v2则ρ11.17m

an1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？

题 1-13 图

分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．

解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x ＝vt, y ＝1/2 gt2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

xv(2) 视线和水平线的夹角为

2y452m g第9页 共122页

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θarctan(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

y12.5o xαarctanvyvxarctangt v取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

gtatgsinαgsinarctan1.88ms2

vgtangcosgcosarctan9.62ms2

v1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，

柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为

v0150 kmh1 ，他随即以仰角5冲出，飞越跨度达57 m，安全着陆在西岸木桥上，

求：

题 1-14 图

（1） 柯飞车跨越黄河用了多长时间？

（2） 若起飞点高出河面10 m，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？ （3） 西岸木桥和起飞点的高度差为多少？

分析 由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动 来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中ym和xm分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. 解 在图示坐标系中，有

x(v0cos)t （1）

y(v0sin）t12gt （2） 2

vyv0singt （3）

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(1) 由式（1），令xxm57 m，得飞跃时间

tmxm1.37 s

v0cos（2）由式（3），令vy0，得飞行到最大高度所需时间

t’m将tm代入式（2），得飞行最大高度

’v0sin g2v0sin2ym0.67m

2g则飞车在最高点时距河面距离为

hym10 m10.67 m

（3）将tm1.37 s 代入式（2），得西岸木桥位置为

y = - 4.22 m

“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.

讨论 本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y方向上的运动方程应为

y10 m + (v0sin)t12gt 21 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角30，球的抛射角

60，设球被抛出时的速率v0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡

底端的距离为多少？此过程经历多长时间？

题 1-15 图

分析 求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a）和图（b）所示.在图（a）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g cos和-g

sin，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y=0,对应的时间t和x的值即为本题所

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求.在图（b）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P的坐标y与x的关系列出来.

解 1 由分析知，在图（a）坐标系中，有

x[v0cos()]t1(gsin)t2 （1） 21 y[v0sin()]t(gcos)t2 （2）

2

落地时，有y=0，由式（2）解得飞行时间为

t2v0tan30g2.31s 将 t 值代入式（1），得

OPx2v203g26.1m

解 2 由分析知，在图（b）坐标系中，

对小球 x(v0cos)t y(v0sin)t12gt2 对点P yxtan 由式（1）、（2）可得球的轨道方程为

yxtangx2 2v22 0cos落地时，应有yy，即

xtan30xtan60gx22v2 0cos260解之得落地点P的x坐标为

2 x3v03g 则 OPxcos302v203g26.1m 联解式（1）和式（5）可得飞行时间

t2.31s

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1）

（2） 3） 4） （5）

（ （（ 物理学教程第二版 马文蔚 上册课后答案 完整版

讨论 比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?

1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律sv0t12bt运动,v0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻2质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？

分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得． 解 (1) 质点作圆周运动的速率为

v其加速度的切向分量和法向分量分别为

dsv0bt dtd2sv2(v0bt)2at2b, an

dtRR故加速度的大小为

at2b2(v0bt)4 aaaR2n2t其方向与切线之间的夹角为

(v0bt)2anθarctanarctan atRb(2) 要使｜a｜＝b,由

1R2b2(v0bt)4b可得 Rvt0

b2v0ssts0

2b(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为

2sv0n

2πR4πbR1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量

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描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移． 解 因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数

ωv2rads3 22tRt2所以 ωω(t)2t

k则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

ω2t20.5rads1

αdω4t2.0rads2 dtatαR1.0ms2

总加速度

aanatαRetω2Ren

a在2.0ｓ内该点所转过的角度

2αR2ω2R221.01ms2

232t05.33rad

0031 -18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为θ24t3,式中θ 的单位为rad,t

θθ0ωdt2t2dt的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？

分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．

解 (1) 由于θ24t3,则角速度ω度的数值分别为

dθ12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速dtanat(2) 当ata/2t2srω22.30ms2 rdω4.80ms2 dtt2s122,即 anat2时,有3at2an2324rtr212t2

24得 t此时刻的角位置为

3123

θ24t33.15rad

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(3) 要使anat,则有

2324rtr212t2

4t ＝0.55ｓ

1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)

题 1-19 图

分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为v2v2v1 (如图所示),于是可得

'v2v15.36ms1 otan751 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v2′,若车后有一长方形物体,问车速v1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？

分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足αarctan需车速v1．

l．再由相对速度的矢量关系v2v2v1,即可求出所h

题 1-20 图

解 由v2v2v1［图(b)］,有

arctanv1v2sinθ

v2cosθ第15页 共122页

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而要使αarctan,则

lhv1v2sinθl

v2cosθhlcosθv1v2sinθ

h第二章 牛顿定律

2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( ) (A) gsin θ (B) gcos θ (C) gtan θ (D) gcot θ

分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．

2 -2 用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小( ) (A) 不为零,但保持不变 (B) 随FN成正比地增大

(C) 开始随FN增大,达到某一最大值后,就保持不变 (D) 无法确定

分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)． 2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( ) (A) 不得小于μgR (B) 必须等于μgR

(C) 不得大于μgR (D) 还应由汽车的质量m 决定

分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．

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2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( ) (A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变 (B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加 (C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加

分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程

v2FNmgsinθm可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可

R见应选(B)．

*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A、B 两物体质量相同均为m,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )

(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg

分析与解 本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ ＝5/8 mg．故选(A)．

讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必

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须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下． 2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？

分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．

解 取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有

mgsinαmgμcosαma (1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

l11at2gsinαμcosαt2 cosα22则 t2l (2)

gcosαsinαμcosα为使下滑的时间最短,可令

dt0,由式(2)有 dαsinαsinαμcosαcosαcosαμsinα0

1o,49 μ则可得 tan2α此时 tmin2l0.99s

gcossincos2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m2 ＝1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两

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物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？

题 2-7 图

分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．

解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有

FＴ-( m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1)

FN2 - m2 g ＝m2 a (2)

解上述方程,得

FＴ ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)

(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为

FＴ ＝5.94 ×103 N

乙对甲的作用力为

F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N

(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为

FＴ ＝3.24 ×103 N

此时,乙对甲的作用力则为

F′N2＝-1.08 ×103 N

由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．

2 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)

分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．

解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有

mA g -FＴ ＝mA a (1)

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F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ (2) F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)

考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力

Ffmgm4ma7.2N

2

题 2-8 图

讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．

2 -9 质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？

分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得． 该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．

解1 以地面为参考系,在摩擦力Ff＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程

Ff＝μmg ＝ma1 Ff＝-Ff＝m′a2

a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有

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- v′2 ＝2as

由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为

解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为

WF（Fflmgs fsl）式中l 为平板相对地面移动的距离．

由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有

m′v′＝(m′＋m) v″

由系统的动能定理,有

11μmgsmv2mmv2

22由上述各式可得

mv2 s2μgmm2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速

度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？

题 2-10 图

分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．

解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程

FNsinθmanmRω2sinθ (1)

FNcosθmg (2)

Rh (3)

且有 cosθR由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

hRg ω2可见,h 随ω的变化而变化．

2 -11 在如图（a）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为1 kg和2 kg的物体A和B，现以50 N的恒力F向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A和B的

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加速度各为多少？

题 2-11 图

分析 在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A、B两物体对地加速度并不相同，故应将A、B和滑轮分别隔离后，运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子张力相等，且有F2FT.

解 隔离后，各物体受力如图（b）所示，有 滑轮 F2FT0 A FTmAgmAaA B FTmBgmBaB

2联立三式，得 aA15.2ms，aB2.7ms

2 讨论 如由式F(mAmB)g(mAmB)a求解，所得a是A、B两物体构成的质点系的质心加速度，并不是A、B两物体的加速度.上式叫质心运动定理. 2 -12 一质量为50 g的物体挂在一弹簧末端后伸长一段距离后静止，经扰动后物体作上下振动，若以物体静平衡位置为原点，向下为y轴正向.测得其运动规律按余弦形式即

y0.20cos(5t/2)，式中t以s计，y以m计，试求：（1）作用于该物体上的合外力的大

小；（2）证明作用在物体上的合外力大小与物体离开平衡位置的y距离成正比.

22分析 本题可直接用Fmamdy/dt求解，y为物体的运动方程，F即为作用于物体上

的合外力（实为重力与弹簧力之和）的表达式，本题显示了物体作简谐运动时的动力学特征. 解 （1）由分析知

22Fmady/dt0.25cos（5t/2） （N）

该式表示作用于物体上的合外力随时间t按余弦作用周期性变化，F>0表示合力外力向下，F<0表示合外力向上.

（2） F0.25cos(5t/2)1.25[0.20cos(5t/2)]1.25y.

由上式知，合外力F的大小与物体离开平衡位置距离y的大小成正比.“-”号表示与位移的方向相反.

2 -13 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F

s．求质点在任的单位为N, t的单位的ｓ．在t＝0时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v0＝6.0 m·

意时刻的速度和位置．

分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a＝dv/dt,这时,动力

1

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学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义v＝dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置． 解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

120t40mdv dt依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得

xvv0dv12.0t4.0dt

0tv＝6.0+4.0t+6.0t2

又因v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 ＝0 时 x0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有

x0dx6.04.0t6.0t2dt

t0x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3

2 -14 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．

分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．

解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有

dvαt dtvtαtdvv00mdt α2得 vv0t

2mFmam因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m·ｓ-1

又

α2dxvdt x0002mtxt故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

sxx0v0tα3t467m 6m2 -15 质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为bv2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy 轴,求：(1) 运动员在水中的速率v与y 的函数关系；(2) 如b /m ＝0.40m -1 ,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v减少到落水速率v0 的1/10？ (假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)

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题 2-15 图

分析 该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P、浮力F 和水的阻力Ff的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．

解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为

v02gh

运动员入水后,由牛顿定律得

P -Ff -F ＝ma

由题意P ＝F、Ff＝bv2 ,而a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代 入上式后得

-bv2＝ mv (d v /dy)

考虑到初始条件y0 ＝0 时, v02gh,对上式积分,有

vdvmdy0v0v btvv0eby/m2gheby/m

(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m-1 ,v ＝0.1v0 代入上式,则得

ymvln5.76m bv02 -16 一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑．试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力．

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题 2-16 图

分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,与其相对应的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量．

该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．

解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力FN ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得

Ftmgsinαmdv (1) dtmv2FnFNmgcosαm (2)

R由v分,有

dsrdαrdα,得dt,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积vdtdt得 v则小球在点C 的角速度为

vv0vdv/2rgsind

2rgcosα

ωv2gcosα/r rmv2mgcosα3mgcosα 由式(2)得 FNmr由此可得小球对圆轨道的作用力为

FN3mgcosα FN负号表示F′N 与en 反向．

2 -17 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v0减少v0/2时,物体所经历的时间及经过的路程．

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题 2-17 图

分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．

解 (1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有

mv2FNman

RFfmatdv dt由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

v2dvμ Rdt取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

Rvdv0dtμv0v2

tvRv0

Rv0μt(2) 当物体的速率从v 0 减少到v0/2时,由上式可得所需的时间为

t物体在这段时间内所经过的路程

R μv0svdt0tt0Rv0dt

Rv0μtsRln2 μ2 -18 一物体自地球表面以速率v0 竖直上抛．假定空气对物体阻力的值为Fr ＝kmv2 ,其中m 为物体的质量,k 为常量．试求：(1) 该物体能上升的高度；(2)物体返回地面时速度的值．(设重力加速度为常量．)

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题 2-18 图

分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P和阻力Fr 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．

解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有

mgkmv2m依据初始条件对上式积分,有

dvvdvm dtdyy0dy0v0vdv

gkv21gkv2 yln22kgkv0物体到达最高处时, v ＝0,故有

21gkv0hymaxln 2kg(2) 物体下落过程中,有

mgkmv2m对上式积分,有

vdv dyy0dy0v0vdv 2gkv

kv2则 vv01g1/22 -19 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是vm ．试计算从静止加速到vm/2所需的时间以及所走过的路程．

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分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k．由于阻力Fr＝kv2 ,且Fr又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换． 解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F和阻力Fr 同时作用下,由牛顿定律有

Fkv2m当加速度a ＝dv/dt ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得

dv (1) dtk＝F/vm2 (2)

由式(1)和式(2)可得

v2dv (3) F1mv2dtm根据始末条件对式(3)积分,有

1m2vmv20dtF01v2dv

mt1则 t又因式(3)中mmvmln3 2Fdvmvdv,再利用始末条件对式(3)积分,有 dtdx1m2vmv20dxF01v2dv

mx122mvm4mvmln0.144则 x 2F3F

*2 -20 在卡车车厢底板上放一木箱,该木箱距车箱前沿挡板的距离L ＝2.0 m,已知制动时卡车的加速度a ＝7.0 m·ｓ-2 ,设制动一开始木箱就开始滑动．求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数μ＝0.50．

分析 如同习题2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a′为木箱相对车厢的加速度．

解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有

F0 -Ff＝ma -μmg＝ma′ (1) v′ 2 ＝2a′L (2)

联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为

v2agL=2.9ms1

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第三章 动量守恒定律和能量守恒定律

3 -1 对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是( )

(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C) (1)、(3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的

分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．

3 -2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则( ) (A) 物块到达斜面底端时的动量相等 (B) 物块到达斜面底端时动能相等

(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒 (D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒

分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．

3 -3 对功的概念有以下几种说法：

(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加； (2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；

(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零． 下列上述说法中判断正确的是( )

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(A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的

分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．

3 -4 如图所示,质量分别为m1 和m2 的物体A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧．另有质量为m1 和m2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A和C、B 和D 之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A 和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B 弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有( ) (A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒 (C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒

分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．

3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )

(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能 (B) 子弹-木块系统的机械能守恒

(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功 (D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热

分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的． 3 -6 一架以3.0 ×10m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg

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的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？

分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了． 解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得

FΔtmv0 式中F为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以此代

入上式可得

mv2F2.55105N

l鸟对飞机的平均冲力为

FF2.55105N

式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．

3 -7 如图所示，质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．

分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1v0sinα,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是g到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果． 另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为

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Δt1则物体落回地面的时间为

v0sinα gΔt22Δt1于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

2v0sin gI1Δt1FdtmgΔt1jmv0sinj

I2Δt2FdtmgΔt2j2mv0sinj

解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 的过程中,重力的冲量分别为

I1mvAyjmv0yjmv0sinαj I2mvByjmv0yj2mv0sinαj

3 -8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx相同,在t＝6.86 s时,此物体的速度v2 ． 分析 本题可由冲量的定义式Iv2．

解 (1) 由分析知

t21tFdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度

I0304tdt30t2t2(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得

22068Ns

t ＝6.86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有

I ＝m v2- m v1

由(2)可知t ＝6.86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得

v2Imv140ms1 m3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．

分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为

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零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．

解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为

v12gh (1)

在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

FPΔtmv2mv1 (2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

FmgΔ2ghΔmvmg1.14103N

ΔtΔt解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有

Fmg2h/gmg1.14103N Δt3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acosωt,其中k、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到tπ 时间内小球动量的增量． 2ω分析 由冲量定义求得力F的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分． 解 力F 的冲量为

t2t1Fdt积分前,

It1Fdtt1kxdt0即 Δmv3 -11 一只质量m1t2t2π/2kAcostdtkA

kA ω0.11kg的垒球以v117ms1水平速率扔向打击手，球经球棒击

出后，具有如图（a）所示的速度且大小v234ms1，若球与棒的接触时间为0.025 s,求：

（1）棒对该球平均作用力的大小；（2）垒球手至少对球作了多少功？

分析 第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b）所示；也可建立如图（a）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.

题 3-11 图

解 （1） 解 1 由分析知，有

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Ftmv2mv1

其矢量关系如图（b）所示，则

(Ft)2(mv1)2(mv2)22(mv1)(mv2)cos(18060)

解之得 解 2 由图（a）有

F197.9N

Fxtmv2xmv1x Fytmv2y0

将v1xv,v2xv2cos60及v2yv2sin60代入解得Fx和Fy，则

FFF197.9N

(2) 由质点动能定理，得

2x2y1212Wmv2mv147.7J

223 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．

题 3-12 图

分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F．

解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为

Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

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FIρSvΔtvBvA Δt从而可得水流对管壁作用力的大小为

FF2ρSv22.5103N

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3 -13 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)

分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A与从船B搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B与从船A搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．

解 设A、B两船原有的速度分别以vA 、vB 表示,传递重物后船的速度分别以vA′ 、vB′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

mAmvAmvBmAvA (1)

mBmvBmvAmBvB (2)

由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入数据后,可解得

vAmBmvB0.40ms1 2mBmmAmmvBmAmmBvBmAmmBmm23.6ms1

也可以选择不同的系统,例如,把A、B两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．

3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)

分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,

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必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算． 解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有

mmv0cosαmvmvu

式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得

v0v0cosα人的水平速率的增量为

mu mmmu

mmΔvvv0cosα而人从最高点到地面的运动时间为

t所以,人跳跃后增加的距离

v0sinα gΔxΔvtmv0sinα

mmg3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k) 分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式WFdx来求解．关键在于寻找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) ＝kv2 变换到F(t),进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解． 解 由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度

v按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

dx3ct2 dtFkv29kc2t49kc2/3x4/3

则阻力的功为

2/34/3WFdxW0Fdxcos180dx09kcxdxll272/37/3kcl 73 -16 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．

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题 3-16 图

分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可求出． 解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有

F ＋P ＝0

在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为

P ＝mg -αgy

其中α＝0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为

W0Fdy0mgagydy882J

3 -17 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．

1010

题 3-17 图

分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作

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用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式WFds,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．

解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即

WPPΔhmgl1cosθ0.53J

在小球摆动过程中,张力FＴ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功

WTFTds

(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为

EkWP0.53J

小球在最低位置的速率为

v2EK2WP2.30ms1 mm(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

mv2FTP

lmv2FTmg2.49N

l3 -18 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v0 ．当它运动一周时,其速率为v0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？

分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之． 解 (1) 摩擦力作功为

WEkEk0(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

121232 (1) mvmv0mv0228WFfscos180o2rmg (2)

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

23v0 μ16πrg第38页 共122页

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2(3) 由于一周中损失的动能为mv0,则在静止前可运行的圈数为

38nEk04圈 W33 -19 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m1 和m2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k)

题 3-19 图

分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出． 解 选取如图(b)所示坐标,取原点O处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有

F1 ＝P1 ＋F (1)

当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得

1212ky1mgy1ky2mgy2 22式中y1 、y2 为M、N 两点对原点O 的位移．因为F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可写为

F1 -F2 ＝2P1 (2)

由式(1)、(2)可得

F ＝P1 ＋F2 (3)

当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得

F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．

3 -20 如图所示，一质量为m的木块静止在光滑水平面上，一质量为m/2的子弹沿水平方

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向以速率v0射入木块一段距离L(此时木块滑行距离恰为s)后留在木块内，求：（1）木块与子弹的共同速度v,此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这一对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L所作的功.(4)证明这一对摩擦阻力所作功的代数和就等于子弹-木块系统总机械能的减少量(亦即转化为热的那部分能量).

题 3-20 图

分析 对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功的数值大于前者，通过这一对作用力与反作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块，而另一部分却转化为物体内能.本题（3）、（4）两问给出了具有普遍意义的结论，可帮助读者以后分析此类问题.

解 （1）子弹-木块系统满足动量守恒，有

mv0/2(m/2m)v

解得共同速度

1vv0

3对木块 Ek2112mv20mv0 218对子弹 Ek21m1m222()v2()v0mv0 22229（2） 对木块和子弹分别运用质点动能定理，则

12mv0对木块 W1Ek1 18对子弹 W222Ek2mv0

9 （3） 设摩擦阻力大小为Ff,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s，则子弹对地位移为L+s,有

对木块 W1对子弹 W2Ffs

Ff(Ls)

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得 WW1W2FfL

式中L即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少. (4) 对木块 W11Ffsmv2

2对子弹 W2两式相加，得 W11m1m2Ff(Ls)()v2()v0

222211m1m2W2[mv2()v2]()v0

2222232mv0 18即 FfL两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.

3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？

分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

解 因阻力与深度成正比,则有F＝kx(k 为阻力系数)．现令x0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

x0x0Δx0kxdxx0kxdx

Δx＝0.41 ×10 -2 m

3 -22 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3RE 的圆轨道运动, RE为地球的半径．已知地球的质量为mE．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．

分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．

解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得

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mEmv2 Gm23RE3RE则

mm1Ekmv2GE

26REmEm 3RE(2) 取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为

EPG(3) 卫星的机械能为

EEkEPGmEmmmmmGEGE 6RE3RE6RE3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．

题 3-23 图

分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果． 解 由系统的机械能守恒,有

mgR根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

12mvmgRcosθ (1) 2mv2mgRcosθFN (2)

R冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

2θarccos48.2o

3冰块此时的速率为

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vgRcosθv 的方向与重力P 方向的夹角为

α＝90° - θ ＝41.8°

3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2 m．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道

2Rg 3¼是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r．求弹簧劲度系数的最间的摩擦不计．已知BCD小值．

题 3-24 图

分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．

解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有

2mvcmg (1)

r取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

1122 (2) kΔlmg3rmvc22由式(1)、(2)可得

k7mgr366Nm1 2Δl第43页 共122页

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3 -25 如图所示,质量为m、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．

题 3-25 图

分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．

解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有

mvmmv1 (1)

又由机械能守恒定律,有

121122 (2) mvmmv1kx0222由式(1)、(2)可得

x0mmv kmm3 -26 质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？

题 3-26 图

分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在

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最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果．

解 由水平方向的动量守恒定律,有

vmvmmv (1)

2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则

2mvhmg (2)

l式中v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有

112mv2mglmvh (3) 22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

v2m

m5gl3 -27 两质量相同的物体发生碰撞，已知碰撞前两物体速度分别为：v0i和v0j，碰撞后一物体速度为v0i，求：（1）碰撞后另一物体的速度v；（2）碰撞中两物体损失的机械能共为多少？

分析 本题可直接运用动量守恒定律的矢量式求解，由于不是完全弹性碰撞，必定有部分机械能转化为两物体的内能. 解 （1）由动能守恒得

mv0imv0jm碰撞后另一物体速度为

v0imv 2v通过上式，读者还可求得速度大小和方向.

(2) 碰撞后另一物体速度大小为

v0iv0j 2v(v0252)v0v0 22121v021212E[mvm()](mv0mv0)22222则 12mv04第45页 共122页

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“-”号表示碰撞后系统机械能减少了.

3 -28 质量为7.2 ×10 -23 kg,速率为6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0 ×107 m·s-1．求：(1) 粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2) 粒子A 的偏转角．

题 3-28 图

分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．

解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有

1mmvAvBcosβmvAcosα (1) 22m0vBsinβmvAsinα (2)

2又由机械能守恒定律,有

121m212mvAvBvA (3) 2222解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为

712vB2v2AvA4.6910ms

各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

2v2A3vAαarccos22o20

4vAvA βarccos3vB54o6 4vA3 -29 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

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题 3-29 图

分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果． 解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosαmmv1 (1)

在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

μmmgcosαh sinα由式(1)、(2)可得

1122 (2) mmv2mmghmmv1222mv2v0cosα2ghμcotα1

mm3 -30 如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑下．设容器质量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？

题 3-30 图

分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力

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中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难．

解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得

mvmmvm0 (1)

1212mvvmvmmgR (2) 22式中vm 、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为

2mgR vmmmvmm2mgR

mmm由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为

mmvmvmvmvmvm2gR (3)

m在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为

2mvmFNmg (4)

R由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为

第四章 刚体的转动

4－1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．

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对上述说法下述判断正确的是( )

(A)只有(1)是正确的 (B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确

分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)． 4－2 关于力矩有以下几种说法：

(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； (2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

(3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．

对上述说法下述判断正确的是( )

(A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的 (C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的

分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．

4－3 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( ) (A)角速度从小到大，角加速度不变 (B)角速度从小到大，角加速度从小到大 (C)角速度从小到大，角加速度从大到小 (D)角速度不变，角加速度为零

分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹

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角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．

4－4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A)L 不变，ω增大 (B)两者均不变 (C)L不变，ω减小 (D)两者均不确定

分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即

mvdmvdJ0ω0Jω

式中mvd为子弹对点O的角动量0为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J0，则＜0．故选(C)．

4－5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (A)角动量守恒，动能守恒 (B)角动量守恒，机械能守恒 (C)角动量不守恒，机械能守恒 (D)角动量不守恒，动量也不守恒 (Ｅ)角动量守恒，动量也守恒

分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．

4－6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？

分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．

解 (1)由于角速度ω＝2πn(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α变速转动中角加速度为

dω，在匀dt第50页 共122页

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αωω02πnn013.1rads2 tt(2)发动机曲轴转过的角度为

0tt2在12 s内曲轴转过的圈数为

1202tπnn0t

Nθnn0t390圈 2π24－7 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10-47kg·m2，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10-47kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．

题 4-7 图

分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA′轴和BB′轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得

JAA2mHd2sin2θ JBB2mHd2cos2θ

2此二式相加，可得JAAJBB2mHd

则 dJAAJBB9.591011m

2mH2由二式相比，可得 JAA/JBBtanθ

则 θarctanJAA1.93arctan52.3o JBB1.144－8 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103kg·m-3，求飞轮对轴的转动惯量．

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题 4-8 图

分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．

解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得

221d1dJJ1J22m11m222222 1414πρld1ad20.136kgm2162

4－9 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．

题 4-9 图

分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．

该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有

FTRJα (1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

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mgFTma (2)

由于绳子不可伸长，因此，有

aRα (3)

重物作匀加速下落，则有

h由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

12at (4) 2gt2JmR2h1

2解2 根据系统的机械能守恒定律，有

11mghmv2Jω20 (1′)

22而线速度和角速度的关系为

vRω (2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

vat (3′)

v22ah (4′)

由上述各式可得

gt2JmR2h1

2若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．

4－10 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2．当轮的转速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1时，所经历的时间t为多少？ 分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1 在匀变速转动中，角加速度α间

ωω0，由转动定律MJα，可得飞轮所经历的时ttωω02πJnn010.8s JMM解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

MdtJωω

00t则 tωω02πJnn010.8s JMM4－11 质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳

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的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.

题 4-11 图

分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有

P1FT1m1gFT1m1a1 (1) FT2P2FT2m2gm2a2 (2)

FT1RFT2rJ1J2α (3) FT1FT1,FT2FT2 (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

a1Rα (5) a2rα (6)

解上述方程组，可得

a1m1Rm2rgR

J1J2m1R2m2r2m1Rm2rgr 22J1J2m1Rm2ra2J1J2m1r2m2RrFT1m1g 22J1J2m1Rm2rJ1J2m1R2m1RrFT2m2g

J1J2m1R2m2r2第54页 共122页

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4－12 如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1和m2的物体A、B.A置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B向下作加速运动时，求：(1)其下落加速度的大小；(2)滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)

题 4-12 图

分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.

解 作A、B和滑轮的受力分析，如图(b).其中A是在张力FＴ1、重力P1，支持力FＮ和摩擦力Fｆ的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

FT1m1gsinθμm1gcosθm1a1 (1)

而B则是在张力FＴ2和重力P2的作用下运动，有

m2gFT2m2a2 (2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

a1a2rα (3)

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

FT2rFT1rJα (4) FT1FT1,FT2FT2 (5)

解上述各方程可得

a1a2m2gm1gsinm1gcos 2m1m2J/rm1m2g1sinθμcosθsinθμcosθm1gJ/r2 FT1m1m2J/r2m1m2g1sinθμcosθm2gJ/r2 FT22m1m2J/r4－13 如图(a)所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1.0 ×103r·min-1.现用闸瓦制动使其在5.0s内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.

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题 4-13 图

分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ决定的，而此力又是由制动力F通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.

解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

l10 Fl1l2FN，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FNFNMFfd1llFNμd12Fμd (1) 222l1摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有

αωω0ω02πn (2) ttt2因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量Jmd/4，根据转动定律MJα，由式(1)、(2)可得制动力

nmdl1F3.14102N

l1l2t4－14 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度

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成正比，比例系数C为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2)在此时间内共转过多少转？

题 4-14 图

分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.

解 (1)通风机叶片所受的阻力矩为M＝－Cω，由转动定律M＝Jα，可得叶片的角加速度为

α根据初始条件对式(1)积分，有

dωCω (1) dtJtdωCω0ω0Jdt ω由于C和J均为常量，得

ωω0eCt/J (2)

当角速度由ω0→1ω0时，转动所需的时间为

2t(2)根据初始条件对式(2)积分，有

Jln2 CtCt/Jdθωe000θdt

即 θ在时间t内所转过的圈数为

Jω0 2CNθJω0 2π4πC4－15 电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速n0300rmin1,而关闭电源后经

216 s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为0.5kgm，设启动时电磁力矩M和转动时的阻力矩Mf均为常数，求启动时的电磁力矩M.

分析 由题意知M和Mf均为常数，故启动时电风扇在M和Mf共同作用下，作匀加速

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转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在Mf的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.

解 设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为1和2，则启动过程

MMfJ

01t1

关闭电源后 MfJ2

02t20

联解以上各式并将02n0以及n0、t1、t2、J值代入，得 60M4.12Nm

4－16 一质量为m′、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

题 4-16 图

解 (1)碎块抛出时的初速度为

v0ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2v0ω2R2h

2g2g(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

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LL0L

式中L1mR2ω为圆盘未碎时的角动量；LmR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的21LmmR2ω

2角动量；L为破裂后盘的角动量.则

4－17 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v ＝2.0×102m· s的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.

-1

题 4-17 图

分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理

J2ωJ1J2ω

式中J2m2l/2为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l为子

22弹在此刻绕轴的角速度.J1m1l/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

ωJ2ω6m2v29.1s1

J1J2m13m2

4－18 一质量为20.0kg的小孩，站在一半径为3.00m、转动惯量为450kg· m2的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00m·s1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度

－

ω、ω0都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1应满足相对角速度的关系式

ωω0ω1.

解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

ωω0ω1ω0v R第59页 共122页

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由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0J1ω0ω10

式中J0为转台对转台中心轴的转动惯量,J1＝mR2为人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为

mR2v21ω09.5210s 2J0mRR式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.

4－19 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0＝πrads转动，转台对转轴的转动惯量为J0＝4.0×10-3kg·m2.今有砂粒以Q＝2t（Q在单位为g·s-1，t的单位为s）的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r＝0.10m，求砂粒下落t＝10s时，转台的角速度. 分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10s内落至台面的砂粒的质量为

101m0Qdt0.10kg

根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0J0mr2ω

则t＝10s时，转台的角速度

J001 0.8πs2J0mr4－20 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J＝2.0×103kg· m2，旋转的角速度ω＝0.2rad· s-1，喷口与轴线之间的距离r＝1.5m；喷气以恒定的流量Q＝1.0kg·s-1和速率u＝50m· s-1从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？

分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1)由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jω；(2)喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u，这样，排出气体的总角动量

uωrdmmur.经上述处理后，可使问题大大简化.

m解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有

Jωmur0(1)

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因喷气的流量恒定，故有

m2Qt (2)

由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为

tJω2.67s 2Qur

题 4-20 图

4－21 如图所示，长为l、质量为m的均质杆，可绕点O在竖直平面内转动，令杆至水平位置由静止摆下，在竖直位置与质量为

m的物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后物体沿摩擦因2数为的水平面滑动，试求此物体滑过的距离s.

分析 本题可分为三个过程，即细杆绕点O的转动过程，细杆与物体的完全非弹性碰撞以及碰撞后物体在粗糙水平面上的滑动过程。注意前两个过程，只能运用刚体定轴转动所满足的力学规律.其中，第一个过程满足机械能守恒，如以细杆摆至垂直位置时细杆质心为势能零点，则细杆在水平位置的势能应为mgl(而不是mgl),摆至垂直位置时细杆的动能为21212

J(而不是mv)；第二个过程细杆和物体对点O的角动量守恒（而不是动量守恒，想22

一想为什么？），此外对完全非弹性碰撞，碰撞后瞬间满足v速度，v为碰撞后物体的速度. 解 由分析知，有

转动过程 mgl,为碰撞后细杆的角

l12J 22m2vl) 2l碰撞过程 J(J滑动过程 m1mgs0()v2 222第61页 共122页

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将J1ml2代入以上三式，解得物体滑过的距离为 3s6l 25讨论 碰撞时作用在细杆-物体系统的外力均通过点O，外力矩为零，故系统对点O的角动量守恒，但此时转轴的点O处会产生水平方向的轴力分量，使合外力并不为零，故系统动量并不守恒，这是初学者容易犯的一种错误.

题 4-21 图

4－22 一位溜冰者伸开双臂来以1.0rs1绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33

kgm2,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.48 kgm2.求（1）她收

起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各为多少？

分析 各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律. 解 （1）由分析知，有

J00J

则 J002.77rs-1 J1J00226.2J 2 （2）收起双臂前 Ek112 收起双臂后 Ek2J72.6J

2第62页 共122页

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此时由于人体内力做功，有 Ek2Ek1

4－23 一质量为m′、半径为R的转台，以角速度ωa转动，转轴的摩擦略去不计.(1)有一质量为m的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωb为多少？(2)若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r时，转台的角速度ωc为多少？设蜘蛛下落前距离转台很近.

分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解. 解 (1)蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

J0ωaJ0J1ωb

式中J01mR2为转台对其中心轴的转动惯量，J1mR2为蜘蛛刚落至台面边缘时，它2J0mωaωa

J0J1m2m对轴的转动惯量.于是可得

ωb(2)在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r而改变，

2即J2mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有

J0ωaJ0J1ωc

J0mR2则caa 22J0J2mR2mr4－24 一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(1)若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2)棒的最大偏转角.

题 4-24 图

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分析 该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1)瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2)棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度. 解 (1)由刚体的角动量定理得

ΔLJω0MdtFlΔt2.0kgm2s1

(2)取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即

112Jω0mgl1cosθ 22由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

3F2Δt2oθarccos18838 2mgl4－25 我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39×105 m，远地点为2.38 ×106m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.(设地球半径为6.38×106m)

分析 当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力———万有引力的作用.因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率.

解 由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有

mr1v1mr2v2(1)

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

12GmmE12GmmEmv1mv2(2) 2r12r2式中G为引力常量，mＥ和m分别为地球和卫星的质量，r1和r2是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离.由式(1)、(2)可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为

v1GmEr28.11103ms1

r1r1r2v2

r1v16.31103ms1 r24－26 在题3－26的冲击摆问题中，若以质量为m′的均匀细棒代替柔绳，子弹速度的最小值应是多少？

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题 4-26 图

分析 该题与习题3－26的不同之处在于：(1)子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件.但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足.(2)摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变.摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能. 解 取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有

J122式中J1ml，J2ml和J3vvJ1J2J3ω0 (1) l2l12ml分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量. 313J2J3ω021mglmg2lmgl (2) 222根据摆在转动过程中机械能守恒，有

由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为

v4m2gl n4－27 如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度ω0在无摩擦的水平面上，作半径为r0的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2的圆周运动.试求：(1)小球新的角速度；(2)拉力所作的功.

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题 4-27 图

分析 沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到. 解 (1)根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有

J0ω0J1ω1

2式中J0和J1分别是小球在半径为r０和1/2 r０时对轴的转动惯量，即J0mr0和J112mr0，4则

ωJ1ω04ω0 J0(2)随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为

W11322 J1ω12J0ω0mr02ω02224－28 质量为0.50kg，长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1)当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2)下落到竖直位置时的动能；(3)下落到竖直位置时的角速度.

题 4-28 图

分析 转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩Mθmglcosθ是变力矩，角加速度也是变化的，因2此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒. 解 (1)棒绕端点的转动惯量J12ml由转动定律M ＝Jα可得棒在θ位置时的角加速度为 3Mθ3gcosθ αJ2l当θ＝60°时，棒转动的角加速度

18.4rads2 第66页 共122页

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由于αdωωdω，根据初始条件对式(1)积分，有 dtdθ则角速度为

ω0ωdω60o0αdθ

3gsinl60o07.98rads1

(2)根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为

Ek(3)由于该动能也就是转动动能，即Ek1mgl0.98J 212J，所以，棒落至竖直位置时的角速度为 22Ek3g8.57rads-1 Jl

*4－29 如图所示，压路机的滚筒可以近似看成一个圆柱形薄壁圆筒，已知圆筒直径d=1.50 m，质量m=104 kg. 如作用于圆筒中心轴O的水平牵引力F=2.0104 N，使其在水平路面上作纯滚动，求：（1）滚筒的角加速度和轴心加速度0；（2）滚筒与路面间的摩擦力大小；（3）从静止开始滚筒在路面压过1 m距离时，滚筒的动能.

题 4-29 图

分析滚筒的运动被称为刚体平面运动，按照叠加原理该运动可以被分解为质心的平动和绕质心的转动两部分，分别满足质心运动定理和转动定律，以及相应的运动学规律.由于是纯滚动（即滚筒与地面间无相对滑动），故作用在滚筒上的为静摩擦力，且有

0r,v0r,srEk121mv0J02. 22三式成立.滚筒的动能也可看成两个分运动动能之和，即

解（1）设作用于滚筒上的静摩擦力如图所示，由分析可知，有

FFfma0 (1)

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FfdJ0（2） 2d20（3）

由上述三式可解得F1.33rads2 mda0d1.0ms2 2

（2）由式（2）得

FfFma010.4N

（3）由分析知，有

Ek

121mv0J02 224s d22

v0将已知的值代入并联解三式可求得Ekd 22.0104J

第五章 机械振动

5-1 一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）

A，且向x轴正方向运2

题5-１图

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分析与解（B）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B）． 5-2 一简谐运动曲线如图（a）所示，则运动周期是（ ）

(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s （D）2.00 s

题5-２图

分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A/2，且向x轴正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为-2π/3．振动曲线上给出质点从A/2 处运动到x=0处所需时间为1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差25，326则角频率Δ/Δt52rads1，周期T2.40s.故选（B）． 65-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示， x1的相位比x2的相位（ ） （A）落后

ππ（B）超前（C）落后π（D）超前π 22分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（B）．

题5 -３图

5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A的简谐运动合成后，振幅仍为A，则这两个简谐运动的相位差为（ ）

（A）60（B）90（C）120（D）180

分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A.正确答案为（C）．

第69页 共122页

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题5-4图

5-5 若简谐运动方程为x0.10cos20πtπ，式中x的单位为m，t的单位为s.求：4（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t2s时的位移、速度和加速度． 分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式

xAcost作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速

度、加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果． 解 （1）将x0.10cos20πt0.25πm与xAcost比较后可得：振幅A＝

10.10m，角频率20πrads，初相＝0.25π，则周期T2π/ω0.1s，频率

v1/THz．

（２）t2s时的位移、速度、加速度分别为

x0.10cos40πt0.25π7.07102m vdx/dt2πsin40π0.25π4.44ms-1

ad2x/d2t40π2cos40π0.25π2.79102ms-2

5-6 一远洋货轮，质量为m，浮在水面时其水平截面积为S．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．

分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力

F与位移x间的关系，如果满足Fkx，则货轮作简谐运动．通过Fkx即可求得振

动周期T2π/ω2πm/k．

证 货轮处于平衡状态时［图（a）］，浮力大小为F ＝mg．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O，竖直向下为x轴正向，如图（b）所示．则当货轮向下偏移x位移时，受合外力为

FPF

其中F为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为

FFgSxmggSx

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题5-6图

则货轮所受合外力为

FPFgSxkx

式中kgS是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动． 由

Fmdx/dt可得货轮运动的微分方程为

22d2x/d2tgSx/m0

2令gS/m，可得其振动周期为

T2π/ω2πm/ρgS

k2．5-7 如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1、当物体在光滑斜面上振动时．（1）

证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．

题5-7图

分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O，Ox轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率．

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证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为x1、x2，则由物体受力平衡，有

mgsink1x1k2x2（1）

和x2x2．，按图（b）所取坐标，物体沿x轴移动位移x时，两弹簧又分别被拉伸x1即xx1则

物体受力为

mgsink1x1x1（２） Fmgsink2x2x2将式（1）代入式（2）得

k1x1（３） Fk2x2F/k1、x2F/k2，而xx1x2，则得到 由式（3）得x1Fk1k2/k1k2xkx

式中kk1k2/k1k2为常数，则物体作简谐运动，振动频率

vω/2π11k/mk1k2/k1k2m 2π2π 讨论 （1）由本题的求证可知，斜面倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c）（弹簧并联）或如图（d）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为v12πk1k2/m，读者可以一试．通过这些例

子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．

5-8 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A＝2.0 ×10-2 m，周期T＝0.50ｓ．当t＝0 时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在x＝-1.0×10-2m处，向负方向运动；（4）物体在x＝-1.0×10-2 m处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．

分析 在振幅A和周期T已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x0和v＝v0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a）所示，将质点P在Ox轴上振动的初始位置x0和速度v0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．

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题5-8图

1解 由题给条件知A＝2.0 ×10-2 m，ω2/T4πs，而初相φ可采用分析中的两种不同

方法来求．

解析法：根据简谐运动方程xAcost，当t0时有x0Acost，

v0Asin．当

（1）x0A时，cos11，则10； （2）x00时，cos20，

2ππ，因v00，取2； 222（3）x01.010m时，cos30.5，3ππ，由v00，取3； 33π4π，由v00，取4． 332（4）x01.010m时，cos40.5，4π旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b）所示，它们所对应的初相分别为10，

2ππ4π，3，4． 233振幅A、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为

2（1）x2.010cos4πtm

m m m

2（2）x2.010cos4πtπ/22（3）x2.010cos4πtπ/32（4）x2.010cos4πt4π/35-9 有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当t＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2ｍ处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2）当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运

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动，求运动方程．

分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及弹簧劲度系数k）决定的，即k/m，k可

根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．

题5-9图

解 物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl＝9.8 ×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为

k/mg/l10s1

（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由初始条件t ＝0 时，x10＝8.0 ×10-2 m、v10＝0 可得振幅A确定初相

2x10v10/8.0102m；应用旋转矢量法可

21π［图（a）］．则运动方程为

x18.0102cos10tπm

2x20v20/6.0102m；

2 （2）t ＝０时，x20＝0、v20＝0.6 ｍ·s-1，同理可得A22π/2［图（b）］．则运动方程为

x26.0102cos10t0.5πm

5-10 某振动质点的x-t曲线如图（a）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P对应的相位；（3）到达点P相应位置所需的时间．

分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x－t图线确定振动的三个特征量A、ω和0，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A；而ω、0通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．

解 （1）质点振动振幅A＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t0＝0 和t1＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b）所示．由图可见初相

0π/3（或05π/3），而由t1t0/2/3第74页 共122页

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得ω5π/24s，则运动方程为

15πx0.10costπ/324m

题5-10图

（2）图（a）中点P的位置是质点从A／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c）所示．当初相取取成

0π/3时，点P的相位为p0tp00（如果初相

05π/3，则点P 相应的相位应表示为p0tp02π．

（3）由旋转矢量图可得ωtp0π/3，则tp1.6s．

5-11 质量为10 g的物体沿x的轴作简谐运动，振幅A=10 cm，周期T=4.0 s，t=0 时物体的位移为x05.0cm，且物体朝x轴负方向运动，求（1）t=1.0 s时物体的位移；（2）t=1.0

s 时物体受的力；（3）t=0之后何时物体第一次到达x=5.0 cm处；（4）第二次和第一次经过x=5.0 cm处的时间间隔.

分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程xAcos(t).其中振幅A，角频率

2π均已知，而初相可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程，tTmam2x也就可以求出. 对于（3）、（4）两问均

时刻位移x和t时刻物体受力F可通过作旋转矢量图并根据公式t很方便求解.

2π.而3解由题给条件画出t=0时该简谐运动的旋转矢量图如图（a）所示，可知初相A=0.10 m，

2ππ1s.则简谐运动方程为 T2π2πx0.10cos(t)m

23第75页 共122页

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(1)t=1.0 s 时物体的位移

x0.10cos(1.0

（2）t=1.0 s时物体受力

π2π)m8.66102m 23π2Fmx1010()(8.66102)N 22.14103N23（3）设t=0时刻后，物体第一次到达x=5.0 cm处的时刻为t1，画出t=0和t=t1时刻的旋转矢量图，如图（b）所示，由图可知，A1与A的相位差为π，由t得

t1πs2s π/2（4）设t=0时刻后，物体第二次到达x=5.0 cm处的时刻为t2,画出t=t1和t= t2时刻的旋转

矢量图，如图（c）所示，由图可知，A2与A1的相位差为

2π，故有 3tt2t12π/34ss π/23

题 5-11 图

5-12 图（a）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程．

分析 根据v-t图可知速度的最大值vmax，由vmax＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T和加速度的最大值amax＝Aω2．在要求的简谐运动方程x＝Acos（ωt＋φ）中，因为A和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v－t曲线图可以知道，当t＝0 时，质点运动速度v0＝vmax/2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x轴正向向着平衡点运动．利用v0＝－Aωsinφ就可求出φ．

1解 （1）由vmaxA得1.5s，则

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T2π/ω4.2s

222（2）amaxA4.510ms

（3）从分析中已知v0AωsinAω/2，即

sin1/2

π/6,5π/6

因为质点沿x轴正向向平衡位置运动，则取运动方程为x2cos1.5t5π/6，其旋转矢量图如图（b）所示．则

5πcm 6

题5-12图

5-13 有一单摆，长为1.0m，最大摆角为5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？

题5-13图

分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程

maxcost，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l）决定，

即g/l．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的

物理概念，必须注意区分．

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解 （1）单摆角频率及周期分别为

ωg/l3.13s1;T2π/ω2.01s

o（2）由t0时max5可得振动初相0，则以角量表示的简谐运动方程为

θπcos3.13t 36 （３）摆角为3°时，有cost/max0.6，则这时质点的角速度为

d/dtmaxsintmax1cos2t0.80max0.218s线速度的大小为

1

vld/dt0.218ms1

讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取sin，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立．

*5-14 一飞轮质量为12kg，内缘半径r＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s，试求其绕质心轴的转动惯量．

题5-14图

分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为

T2πJ/mglc，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离lc，其以刃口为转

轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．

22解 由复摆振动周期T2πJ/mglc，可得JmgrT/4π（这里lCr）．则由平行

轴定理得

mgrT222J0Jmrmr2.83kgm

4π225-15 如图（a）所示，质量为1.0 ×10-2kg的子弹，以500m·s-1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg，弹簧的劲度系数为8.0 ×103

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N·m-1，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．

题5-15图

分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v0，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m1＋m2和弹簧的劲度系数k确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v0和初位移x0）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．

解 振动系统的角频率为

k/m1m240s1

由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v0为

v0m1v1.0ms1

m1m22又因初始位移x0＝0，则振动系统的振幅为

2Ax0v0/ωv0/ω2.5102m

图（b）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位

0π/2，则简谐运动方程为

x2.5102cos40t0.5πm

5-16 如图（a）所示，一劲度系数为k的轻弹簧，其下挂有一质量为m1的空盘．现有一质量为m2的物体从盘上方高为h处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？

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题5-16图

分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m1变为m1 + m2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于A2x0v0/ω，因此，确定初始速度v0和初始位移

2x0是求解振幅A的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v0，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x0时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x0，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移． 解 （1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为

T2π/ω2πm1/k T2π/ω2πm1m2/k

可见T′＞T，即振动周期变大了．

（2）如图（b）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即

x0l1l2式中l1m1gm1m2mg2g kkkm1gmm2g为物体粘在盘上后，静止时弹为空盘静止时弹簧的伸长量，l2＝1kkm2m2v2gh

m1m2m1m2簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度

v0式中v2gh是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为

22Ax0v0/m2g2kh1 k(m1m2)g本题也可用机械能守恒定律求振幅A．

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5-17 质量为0.10kg的物体，以振幅1.0×10-2 m作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s-1 求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？

2分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度amaxA，由此可确定振动的周期T．另

外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E＝kA2/2．当动能与势能相等时，Ek＝EP＝kA2/4．因而可求解本题． 解 （1）由分析可得振动周期

T2π/ω2πA/amax0.314s

（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即

11mA22mAamax 222.0103JEkE （3）设振子在位移x0处动能与势能相等，则有

2kx0/2kA2/4

得x02A/27.07103m

（４）物体位移的大小为振幅的一半（即xA/2）时的势能为

EP则动能为EKEEP3E/4 5-18 一劲度系数k=312

121AkxkE/4 222Nm1的轻弹簧，一端固定，另一端连接一质量m00.3kg的

物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为m0.2kg的物体，两物体间的最大静摩擦系数0.5.求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量.

1EkEpkA2.因此只要求出两物体间无相对滑动

2分析简谐运动系统的振动能量为E条件下，该系统的最大振幅Amax即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为k.

m0m然后以物体m为研究对象，它和m0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来

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提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时，即

mgmamaxm2Amax，由此可求出Amax.

解根据分析，振动的角频率

由mgk

m0mmamaxm2Amax得

Amaxg(m0m)g 2k则最大能量

121(m0m)g2EmaxkAmaxk[]22k 222(mm)g09.62103J2k

5-19 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为x10.05cos10t0.75πm；

x20.06cos10t0.25πm．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、

同频率的简谐运动x30.07cos10t3m，则3为多少时，x1＋x3的振幅最大？又3为多少时，x2＋x3的振幅最小？

题5-19图

分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动

的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅A2A12A22A1A2cos21，

其大小与两个分振动的初相差21相关．而合振动的初相位

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arctanA1sin1A2sin2/A1cos1A2cos2

解 （1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为Δ故合振动振幅为

2AA12A22A1A2cos217.8102m

21π/2，

合振动初相位

arctanA1sin1A2sin2/A1cos1A2cos2arctan111.48rad（2）要使x1＋x3振幅最大，即两振动同相，则由Δ

2kπ得

312kπ2kπ0.75π,k0,1,2,...

要使x1＋x3的振幅最小，即两振动反相，则由Δ2k1π得

322k1π2kπ1.25π,k0,1,2,...

5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x1和x2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．

分析 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．

解 （1）由振动曲线可知，A＝0.1 ｍ，T＝2ｓ，则ω＝2π／T＝πｓ-1．曲线1表示质点初始时刻在x＝0 处且向x轴正向运动，因此φ1＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x＝A /2 处且向x轴负向运动，因此φ2＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b）所示．则两振动的运动方程分别为

x10.1cosπtπ/2m 和x20.1cosπtπ/3m

（2）由图（b）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6． （3）xx1x2Acost

其中A2A12A22A1A2cos210.052m

arctanA1sin1A2sin2πarctan0.268

A1cos1A2cos212则合振动的运动方程为 x0.052cosπtπ/12m

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题5-20 图

5-21 将频率为348 Hz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．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率． 分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率1和拍频数Δ＝|2－1|已知的情况下，待测频率2可取两个值，即2＝1 ±Δ．式中Δ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定． 解 根据分析可知，待测频率的可能值为

2＝1 ±Δ＝（348 ±3） Hz

因振动系统的固有频率v1k，即质量m增加时，频率减小．从题意知，当待测音

2πm叉质量增加时拍频减少，即｜2－1｜变小．因此，在满足2与Δ均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为2＝1＋Δ＝351 Hz

*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为1，置于液体中测得的频率为2，求此系统的阻尼系数．

题5-22图

分析 在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关系式0．因此根据题中测得的1和2（即已知ω0、ω），就可求出δ．

解 物体在空气和液体中的角频率为ω02πv1和ω2πv2，得阻尼系数为

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20222πv12v2

第六章 机械波

6-1 图（a）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x轴正方向传播，图（b）为一质点的振动曲线．则图（a）中所表示的x＝0 处振动的初相位与图（b）所表示的振动的初相位分别为（ ）

题6-1 图

（Ａ）均为零 （Ｂ）均为（Ｄ）

ππ （Ｃ）均为

22ππππ与（Ｅ）与

2222分析与解 本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b）是一个质点的振动曲线图，该质点在t＝0 时位移为0，t＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D）．

6-2一横波以速度u沿x轴负方向传播，t时刻波形曲线如图（a）所示，则该时刻（） （A）A点相位为π（B）B点静止不动 （C）C点相位为

3π（D）D点向上运动 2分析与解由波形曲线可知，波沿x轴负向传播，B、D处质点均向y轴负方向运动，且B处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B）和（D）不对. A处质点位于正最大位移处，C处质点位于平衡位置且向y轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b）所示.A、C点的相位分别为0和

3π.故答案为（C） 2第85页 共122页

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题 6-2 图

6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P相遇．波在点S1振动的初相是φ1，点S1到点P的距离是r1．波在点S2的初相是φ2，点S2到点P的距离是r2，以k代表零或正、负整数，则点P是干涉极大的条件为（ ）

Ar2r1kπA212kπ

A212πr2r1/2kπA212πr1r2/2kπ分析与解 P是干涉极大的条件为两分振动的相位差Δ2kπ，而两列波传到P点时的两分振动相位差为Δ212πr2r1/，故选项（D）正确．

题6-3图

6-4 在波长为的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（ ） （A）

4 （B）

2

（C）

3（D） 4分析与解 驻波方程为y2Acos2πxxcos2πvt，它不是真正的波.其中2Acos2π是其λ波线上各点振动的振幅.显然，当xk2,k0,1,2,时，振幅极大，称为驻波的波腹.

因此，相邻波腹间距离为

2.正确答案为（B）．

6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为y0.20cos2.5ππx，式中y的单位为m，

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t的单位为s．（1）求波的振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时的最大速度；（3）分别画出t＝1s 和t＝2 s时的波形，并指出波峰和波谷．画出x＝1.0 ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同．

分析 （1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u、频率、振幅A及波长λ等），通常采用比较法．将已知的波动方程按波动方程的一般形式

xxyAcost0书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“-”、“+”的选取分

uu别对应波沿x轴正向和负向传播）．比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法．（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别．例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即v＝dy/dt；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质

的性质决定．介质不变，波速保持恒定．（3）将不同时刻的t值代入已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程y＝y（x），从而作出波形图．而将确定的x值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程y＝y（t），从而作出振动图． 解 （1）将已知波动方程表示为

y0.20cos2.5πtx/2.5m

与一般表达式yAcostx/u0比较，可得

A0.20m,u2.5ms1,00

则vω/2π1.25Hz,λu/v2.0m

（2）绳上质点的振动速度

vdy/dt0.5πsin2.5πtx/2.5ms1

1则vmax1.57ms

（3）t ＝1ｓ和t ＝2ｓ时的波形方程分别为

y10.20cos2.5ππxmy20.20cos5ππx波形图如图（a）所示． x ＝1.0m处质点的运动方程为

m

y0.20cos2.5πtm

振动图线如图（b）所示．

波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别．前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的一个质点，其位移随时间变化的情况．

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题6-5图

6-6 波源作简谐运动，其运动方程为y4.0103cos240πtm，它所形成的波形以30

ｍ·ｓ-1的速度沿一直线传播．（1）求波的周期及波长；（2）写出波动方程．

分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式

yAcost进行比较，求出振幅A、角频率ω及初相φ0，而这三个物理量与波动方程的一般形式yAcostx/u0中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u及公式ω＝2πν＝2π／T和λ＝uT即可求解．

解 （1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率ω240πs．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有

1T2π/ω8.33103s

波长为 λ＝uT＝0.25 ｍ

（２）将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A＝4.0 ×10-3m，

ω240πs1，φ0＝0故以波源为原点，沿x轴正向传播的波的波动方程为

yAcosωtx/u30m4.010cos240πt8πx

6-7 波源作简谐运动，周期为0.02ｓ，若该振动以100m·ｓ-1的速度沿直线传播，设t＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距波源15.0ｍ和5.0 m两处质点的运动方程和初相；（2）距波源为16.0 m和17.0m的两质点间的相位差．

分析 （1）根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2）波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx／λ．

1解 （1）由题给条件T0.02s,u100ms，可得

ω2π/T100πms1;λuT2m

当t＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0

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＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为

yAcos100πtx/100π/2

距波源为x1＝15.0 m和x2＝5.0 m处质点的运动方程分别为

y1Acos100πt15.5πy2Acos100πt5.5π13.5π，φ20＝－3.5π．）

（2）距波源16.0m和17.0 m两点间的相位差

它们的初相分别为φ10＝－15.5π和φ20＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10＝－

Δ212πx2x1/π

6-8 图示为平面简谐波在t＝0 时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz，且此时图中质点P的运动方向向上．求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O为7.5 m处质点的运动方程与t＝0 时该点的振动速度．

分析 （1）从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径．具体步骤为：1. 从波形图得出波长λ、振幅A和波速u＝λ；2. 根据点P的运动趋势来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转矢量法确定其初相φ0．（2）在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O为x处的运动方程y＝y（t），及该质点的振动速度＝dy/dt．

解 （1）从图中得知，波的振幅A＝0.10 m，波长λ＝20.0m，则波速u＝λ＝5.0 ×103ｍ·ｓ

-1

．根据t ＝0 时点P向上运动，可知波沿Ox轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点

将沿Oy 轴负方向运动．利用旋转矢量法可得其初相φ0＝π/3．故波动方程为

0.10cos500πtx/5000π/3（2）距原点O为x＝7.5ｍ处质点的运动方程为

yAcostx/u0m

y0.10cos500πt13π/12t ＝0 时该点的振动速度为

m

vdy/dtt050πsin13π/1240.6ms-1

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题6-8图

6-9 一平面简谐波以速度u0.08ms沿Ox轴正向传播，图示为其在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P处质点的运动方程．

1

题6-9图

分析 （1）根据波形图可得到波的波长λ、振幅A和波速u，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2）波动方程确定后，将P处质点的坐标x代入波动方程即可求出其运动方程yP＝yP（t）．

解 （1）由图可知振幅A＝0.04 ｍ，波长λ＝0.40 ｍ，波速u＝0.08ｍ·ｓ-1，则ω＝2π/T＝2πu/λ＝（2π/5）ｓ-1，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为

xπ2πy0.04cost50.082（2）距原点O为x＝0.20ｍ处的P点运动方程为

m

2ππy0.04cos52振动曲线，求此波的波动方程．

m

*6-10 一平面简谐波，波长为12 m，沿Ox轴负向传播．图（a）所示为x＝1.0 m处质点的

题6-10图

分析 该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程．求解的关键是如何根据图（a）写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．

解 由图（a）可知质点振动的振幅A＝0.40 ｍ，t＝0 时位于x＝1.0 m处的质点在A/2 处

π/3．又由图并向Oy轴正向移动．据此作出相应的旋转矢量图（b），从图中可知0（a）可知，t＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图（b）可看出ωt＝5π／6，因而得角

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频率ω＝（π/6）rad.s-1．由上述特征量可写出x＝1.0 m处质点的运动方程为

πy0.04cost6π3m

将波速uλ/Tωλ/2π1.0ms1及x＝1.0 m代入波动方程的一般形式

yAcostx/u0中，并与上述x ＝1.0 m处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／2，

则波动方程为

ππy0.04costx/10266-11 平面简谐波的波动方程为y0.08cos4πt2πxm

,式中y和x的单位为m，t的

单位为s,求：（1） t＝2.1 s 时波源及距波源0.10m两处的相位；（2）离波源0.80 m及0.30 m两处的相位差．

解 （1）将t＝2.1 s和x＝0 代入题给波动方程，可得波源处的相位

18.4π

将t＝2.1 s 和x′＝0.10 m代入题给波动方程，得0.10 m处的相位为

28.2π

（2）从波动方程可知波长λ＝1.0 m．这样，x1＝0.80 m与x2＝0.30 m两点间的相位差

Δ2πΔxπ

6-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0 W 的功率．若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）．求距离波源5.0 m和10.0 m处的能流密度．

分析 波的传播伴随着能量的传播．由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P．而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度I＝P/S．

解 由分析可知，半径r处的能流密度为

IP/4πr2

当r1＝5.0 m、r2＝10.0m时，分别有

I1P/4πr11.27102Wm2 I2P/4πr21.27102Wm2

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6-13 两相干波波源位于同一介质中的A、B两点，如图（a）所示．其振幅相等、频率皆为100 Hz，B比A的相位超前π．若A、B相距30.0m，波速为u＝400 m·s-1，试求AB连线上因干涉而静止的各点的位置．

题6-13图

分析 两列相干波相遇时的相位差Δ212πΔr．因此，两列振幅相同的相干波

因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件Δ2k1π获得．

解 以A、B两点的中点O为原点，取坐标如图（b）所示．两波的波长均为λ＝u/＝4.0 m．在A、B连线上可分三个部分进行讨论． 1. 位于点A左侧部分

ΔBA2πrBrA14π

因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点． 2. 位于点B右侧部分

ΔBA2πrBrA16π

显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．

3. 在A、B两点的连线间，设任意一点P距原点为x．因rB15x，rA15x，则两列波在点P的相位差为

ΔBA2πrBrA/x1π

根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程

xx1π52k1π

得x2kmk0,1,2,...

因x≤15 m，故k7．即在A、B之间的连线上共有15 个静止点．

6-14图（a）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A时，分成两路而在点B相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率

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为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr＝r2－r1至少应为多少？（设声波速度为340 m·s-1）

题6-14图

分析 一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr．

解 由分析可知，声波从点A分开到点B相遇，两列波的波程差Δr＝r2 - r1，故它们的相位差为

Δ2πr2r1/2πΔr/

由相消静止条件Δφ＝（2k＋1）π，（k＝0，±1，±2，…） 得 Δr＝（2k＋1）λ／2 根据题中要求令k ＝0 得Δr至少应为

r/2u/2v0.57m

讨论 在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．

*6-15 如图所示，x＝0 处有一运动方程为yAcost的平面波波源，产生的波沿x轴正、负方向传播．MN为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1）波源所发射的波沿波源O左右传播的波动方程；（2）在MN处反射波的波动方程；（3）在O～MN区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4）x＞0区域内合成波的波动方程．

题6-15图

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分析 知道波源O点的运动方程yAcost，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为y1Acostx/u和y2Acostx/u．因此可以写出y1在MN反射面上P点的运动方程．设反射波为y3，它和y1应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P点引起的振动和y1在P点引起的振动反相．利用y1在P点的运动方程可求y3在P点的运动方程，从而写出反射波y3．在O～MN区域由y1和Y3两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x＞0区域是同传播方向的y2和y3合成新的行波．

解 （1）由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为

y1Acostx/u和y2Acostx/u

（2）y1在反射面MN处引起质点P振动的运动方程

2π32π2π3πy1AcostAcost

42TTp因半波损失反射波y3在此处引起的振动为

3π2π2πy3AcostππAcost

22TTp设反射波的波动方程为y3Acos2πt/T2πx/，则反射波在x＝－3λ/4处引起的振动为

32πy3Acostπ

2Tp与上式比较得

2π，故反射波的波动方程为

222π2πy3Acostπx2πAcostπx

λλTT（3）在O～MN区域由y1和y3合成的驻波y4为

222π2π2π2πy4t,xy1y3AcostπxAcostπx2Acosxcost

TλTλλT波节的位置：2πx/λkππ/2,处为波节．

波腹的位置：2πx/λkπ,xkλ/2λ/4，取k＝－1，－2，即x＝－λ/4，－3λ/4

xkλ/2，取k＝0，－1，即x＝0，－λ/2 处为波腹．

（4）在x＞0 区域，由y2和y3合成的波y5为

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222π2π2π2πy5t,xy2y3AcostπxAcostπx2Acostx

λλλTTT这表明：x＞0 区域内的合成波是振幅为2A的平面简谐波．

6-16 如图（a）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹.设晶片d=2.00 mm，沿竖直方向的声速u6.7410试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的频率应是多少？

分析根据限定区域内驻波形成条件（如图（b）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式d3ms1，

kk成立，k为正整数.可见取不同的k值，得到不同2的k，晶体内就出现不同频率k的波.对应k=1称为基频，k=2，3，4，…称为各次谐频. 解根据分析基频振动要求d



，于是要求频率

2

uu1.685106Hz 2d

题 6-16 图

6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz，在空气（ρ＝1.3 kg·m -3）中以u＝340 m·s-1的速度传播，到达人耳时，振幅约为A＝1.0 ×10 -6 m．试求波在耳中的平均能量密度和声强． 解 波在耳中的平均能量密度

A222π2A2v2126.42106Jm2

声强就是声波的能流密度，即

Iu2.18103Wm2

这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应．一般正常谈话的声强约1.0×10-6W·m-2左右．

6-18 面积为1.0 m2的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80dB．问有多少“声功率”传入窗内？

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分析 首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系．声强是声波的能流密度I，而声强级L是描述介质中不同声波强弱的物理量．它们之间的关系为L＝lg（I /I0），其中I0＝1.0 ×10-12 W·m-2为规定声强．L的单位是贝尔（B），但常用的单位是分贝（dB），且1 B ＝10 dB．声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I相同，故有P＝IS．

解 根据分析，由L＝lg（I／I0）可得声强为

I＝10I0

则传入窗户的声功率为

LP＝IS＝10LI0S＝1.0 ×10-4 W

6-19 一警车以25 m·s-1的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为v=800 Hz．求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2）如果警车追赶一辆速度为15m·s-1的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速u＝330m·s-1）

分析 由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果．在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态．

解 （1）根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度s＝25 m·s-1运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为

vvu

us警车驶近观察者时，式中s前取“－”号，故有

vv1u865.6Hz

usu743.7Hz

us警车驶离观察者时，式中s前取“＋”号，故有

vv2（2）客车的速度为0=15m·s-1,声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为

vv3u0826.2Hz

us6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz，当它以声速的1的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反

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射回来的超声波频率为多少？

分析由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者.设超声波的传播速度为u.首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v，运动速度为su，岩壁是接收者，利用多普勒频率公40式，即可求得岩壁接收到的信号频率v.经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为0收到的信号频率v.

解将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为v壁反射信号时，又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为

u，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接40uv，在蝙蝠接收岩

usv

u0u010/uvvvuus1s/u11/4039kHz41kHz11/40

第七章 气体动理论

7 －1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( )

(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强

分析与解 理想气体分子的平均平动动能k3kT/2，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程pnkT，当两者分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．

7－2 三个容器A、B、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，方均根速率之比

v:v:v21/2A21/2B21/2C1:2:4，则其压强之比pA:pB:pC为( )

(A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8 (C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1 分析与解 分子的方均根速率为

v23RT/M，因此对同种理想气体有

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222vA:vB:vCT1:T2:T3，又由物态方程ρnkT，当三个容器中分子数密度n 相

同时，得p1:p2:p3T1:T2:T31:4:16.故选(C)．

7－3 在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为T0时，气体分子的平均速率为v0，分子平均碰撞次数为Z0，平均自由程为0，当气体温度升高为4T0时，气体分子的平均速率v、平均碰撞频率Z和平均自由程分别为( ) (A) v4v0,Z4Z0,λ4λ0 (B) v2v0,Z2Z0,0 (C)v2v0,Z2Z0,40 (D)v4v0,Z2Z0,0

分析与解 理想气体分子的平均速率v8RT/πM，温度由T0升至4T0，则平均速率变为2v0；又平均碰撞频率Z2πd2nv，由于容器体积不变，即分子数密度n不变，则平均

碰撞频率变为2Z0；而平均自由程1，n不变，则也不变．因此正确答案为(B)． 22πdn7－4 图示两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线.如果(vP)O2和

(vP)H分别表示氧气和氢气的最概然速率，则( )

2(A) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线且

(vP)O(vP)H(vP)O(vP)H(vP)O(vP)H(vP)O(vP)H24 1 41 42(B) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线且

22(C) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且

22(D) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且

24

2分析与解 由vP2RT可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最M概然速率vP也就不同.因MH2MO2，故氧气比氢气的vP要小，由此可判定图中曲线a应

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是对应于氧气分子的速率分布曲线.又因

MHMO22(vP)O1，所以

16(vP)H22MHMO221 .故选(B)．

4

题 7-4 图

537－5 有一个体积为1.010m的空气泡由水面下50.0m深的湖底处(温度为4.0oC)升

o到湖面上来．若湖面的温度为17.0C，求气泡到达湖面的体积．(取大气压强为

p01.013105Pa)

分析 将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态．利用理想气体物态方程即可求解本题．位于湖底时，气泡内的压强可用公式

pp0gh求出，其中ρ为水的密度( 常取1.0103kgm3)．

解 设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为(p1，V1，T1 )和(p2 ,V2，T2 )．由分析知湖底处压强为p1p2ρghp0ρgh，利用理想气体的物态方程

p1V1p2V2 T1T2可得空气泡到达湖面的体积为

V2p1T2V1p0ghT2V16.11105m3 p2T1p0T157－6 一容器内储有氧气，其压强为1.0110Pa，温度为27 ℃，求：(1)气体分子的数密

度；(2) 氧气的密度；(3) 分子的平均平动动能；(4) 分子间的平均距离．(设分子间均匀等距排列)

分析 在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体．因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解．又因可将分子看成是均匀等距排

3列的，故每个分子占有的体积为V0d，由数密度的含意可知V01/n，d即可求出．

解 (1) 单位体积分子数

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n(2) 氧气的密度

p2.441025m3 kTm/V(3) 氧气分子的平均平动动能

pM1.30kgm-3 RTk3kT/26.211021J

(4) 氧气分子的平均距离

d31/n3.45109m

通过对本题的求解，我们可以对通常状态下理想气体的分子数密度、平均平动动能、分子间平均距离等物理量的数量级有所了解．

7－7 2.0×10-2kg氢气装在4.0×10-3 m3的容器内，当容器内的压强为3.90×105Pa时，氢气分子的平均平动动能为多大？

分析 理想气体的温度是由分子的平均平动动能决定的，即k3kT/2．因此，根据题中给出的条件，通过物态方程pV ＝

mRT，求出容器内氢气的温度即可得k． M解 由分析知氢气的温度TMpV，则氢气分子的平均平动动能为 mR323pVMk3.891022J

2mRkkT7－8 某些恒星的温度可达到约1.0 ×108K，这是发生聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质子组成.求：(1) 质子的平均动能是多少？ (2) 质子的方均根速率为多大？

分析 将组成恒星的大量质子视为理想气体，质子可作为质点，其自由度i＝3，因此，质子的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系mv/23kT/2，可得方均根速率v2.

解 (1) 由分析可得质子的平均动能为

2kmv2/23kT/22.071015J

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(2) 质子的方均根速率为

v26

3kT1.58106ms-1 m7－9 日冕的温度为2.0 ×10K，所喷出的电子气可视为理想气体.试求其中电子的方均根速率和热运动平均动能. 解 方均根速率v23kT9.5106ms1 me平均动能εk3kT/24.11017J

7－10 在容积为2.0 ×10-3 m3的容器中，有内能为6.75 ×10J的刚性双原子分子某理想气

2

体.(1) 求气体的压强；(2) 设分子总数为5.4×10个，求分子的平均平动动能及气体的温度. 分析 (1) 一定量理想气体的内能E22

miRT，对刚性双原子分子而言，i＝5.由上述内能M2公式和理想气体物态方程pV ＝RT可解出气体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分子数密度，则由公式p＝nkT可求气体温度.气体分子的平均平动动能可由

εk3kT/2求出.

解 (1) 由EiRT和pV＝RT可得气体压强 2p2E1.35105Pa iV(2) 分子数密度n ＝N/V，则该气体的温度

Tp/nkpV/nk3.62102K

气体分子的平均平动动能为

εk3kT/27.491021J

7－11 当温度为0C时，可将气体分子视为刚性分子，求在此温度下：（1）氧分子的平



均动能和平均转动动能；（2）4.010能.

3kg氧气的内能；（3）4.0103kg氦气的内

分析（1）由题意，氧分子为刚性双原子分子，则其共有5个自由度，其中包括3个平动自由

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度和2个转动自由度.根据能量均分定理，平均平动动能kt3kT，平均转动动能2krkTkT.（2）对一定量理想气体，其内能为E22miRT，它是温度的单值函M2数.其中i为分子自由度，这里氧气i=5、氦气i=3.而m为气体质量，M为气体摩尔质量，其中氧气M的内能.

解根据分析当气体温度为T=273 K时，可得 （1）氧分子的平均平动动能为

32103kgmol1；氦气M4.0103kgmol1.代入数据即可求解它们

ktkT5.71021J

氧分子的平均转动动能为

32krkT3.81021J

（2）氧气的内能为

22mi4.010352ERT8.31273J7.1 10J 3M232102（3）氦气的内能为

mi4.01033ERT8.31273J3.4 103J 3M24.01027－12 已知质点离开地球引力作用所需的逃逸速率为v2gr，其中r为地球半径.(1) 若使氢气分子和氧气分子的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各自应有多高的温度；(2) 说明大气层中为什么氢气比氧气要少.(取r＝6.40 ×10 m) 分析 气体分子热运动的平均速率v6

8RT，对于摩尔质量M不同的气体分子，为使vπM等于逃逸速率v，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M 较小的就容易达到逃逸速率.

解 (1) 由题意逃逸速率v2gr，而分子热运动的平均速率v8RT.当vv时，有 πM第102页 共122页

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TπMrg 4R由于氢气的摩尔质量MH22.0103kgmol1，氧气的摩尔质量

MO23.2102kgmol1，则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为

TH21.18104K,TO21.89105K

(2) 根据上述分析，当温度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大(约为4倍)，因此达到逃逸速率的氢气分子比氧气分子多.按大爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了一个极高温过程.在地球形成的初期，虽然温度已大大降低，但温度值还是很高.因而，在气体分子产生过程中就开始有分子逃逸地球，其中氢气分子比氧气分子更易逃逸.另外，虽然目前的大气层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分子速率分布曲线可知，在任一温度下，总有一些气体分子的运动速率大于逃逸速率.从分布曲线也可知道在相同温度下氢气分子能达到逃逸速率的可能性大于氧气分子.故大气层中氢气比氧气要少.

7－13 容积为1m3的容器储有1mol 氧气，以v＝10ms的速度运动，设容器突然停止，其中氧气的80％的机械运动动能转化为气体分子热运动动能.试求气体的温度及压强各升高了多少.

分析 容器作匀速直线运动时，容器内分子除了相对容器作杂乱无章的热运动外，还和容器一起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为

-112

mv.按照题意，当容器突然停止后，80％2

定向运动动能转为系统的内能.对一定量理想气体内能是温度的单值函数，则有关系式：

1m5ΔEmv280%RΔT成立，从而可求ΔT.再利用理想气体物态方程，可求压强

2M2的增量.

0.8mv2m5RΔT，其中m为容器内氧气质量.又氧气的摩尔质解 由分析知ΔE2M221量为M3.210kgmol，解得

ΔT＝6.16 ×10-2 K

m当容器体积不变时，由pV＝RT得

M第103页 共122页

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ΔpmRΔT0.51Pa MV7－14 有N个质量均为m的同种气体分子，它们的速率分布如图所示.(1) 说明曲线与横坐标所包围的面积的含义；(2) 由N和v0求a值；(3) 求在速率v0/2到3v0/2 间隔内的分子数；(4) 求分子的平均平动动能.

题 7-14 图

分析 处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数fv的物理意

义.

fvdN，题中纵坐标NfvdN/dv，即处于速率v附近单位速率区间内的分子Nd数.同时要掌握fv的归一化条件，即

fvdv1.在此基础上，根据分布函数并运用数

0学方法(如函数求平均值或极值等)，即可求解本题.

解 (1) 由于分子所允许的速率在0 到2v0的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积

S0NfvdvN

即曲线下面积表示系统分子总数N.

(2 ) 从图中可知，在0 到v0区间内，Nfvav/v0；而在0 到2v0区间，Nfvα.则利用归一化条件有

2v0Nv002v0avdvadv

v0v0(3) 速率在v0/2到3v0/2间隔内的分子数为

ΔNv003v0/2avdvadv7N/12

v0v0(4) 分子速率平方的平均值按定义为

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vvdN/Nv2fvdv

2200故分子的平均平动动能为

2va31211va32 kmvm0vdvvv2dvmv022Nv0N360007－15 一飞机在地面时，机舱中的压力计指示为1.01105Pa，到高空后压强降为

8.11104Pa.设大气的温度均为27.0℃.问此时飞机距地面的高度为多少？(设空气的摩尔

质量为2.89 ×10 kg·mol )

分析 当温度不变时，大气压强随高度的变化主要是因为分子数密度的改变而造成.气体分子在重力场中的分布满足玻耳兹曼分布.利用地球表面附近气压公式

－2

－1

pp0expmgh/kT，即可求得飞机的高度h.式中p0是地面的大气压强.

解 飞机高度为

hkTRTlnp0/plnp0/p1.93103m mgMg－11

7－16 目前实验室获得的极限真空约为1.33×10

－3

Pa，这与距地球表面1.0×10km处的压强

4

大致相等.而电视机显像管的真空度为1.33×10 Pa，试求在27 ℃时这两种不同压强下单位体积中的分子数及分子的平均自由程.(设气体分子的有效直径d＝3.0×10cm) 解理想气体分子数密度和平均自由程分别为n ＝

－8

p2；λkT2πdp，压强为 kT1.33×10

－11

Pa时，

np/kT3.21109m-3

kT87.810m 22πdp－3

从λ的值可见分子几乎不发生碰撞.压强为1.33×10 Pa 时，

npkT3.211017m-3，7.8m 2kT2πdp此时分子的平均自由程变小，碰撞概率变大.但相对显像管的尺寸而言，碰撞仍很少发生.

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7－17在标准状况下，1 cm中有多少个氮分子？氮分子的平均速率为多大？平均碰撞次数为多少?平均自由程为多大？（已知氮分子的有效直径d分析标准状况即为压强

33.761010m）

p1.013105Pa，温度T273K.则由理想气体物态方程

pnkT可求得气体分子数密度n，即单位体积中氮分子的个数.而氮气分子的平均速率、

平均碰撞次数和平均自由程可分别由公式v接求出.

解由分析可知，氮分子的分子数密度为

18RTZ2πd2vn和，直2πM2πdnn即1cm中约有2.6910个.

319p2.691025m3 kT氮气的摩尔质量为M=28 ×10 kg·mol，其平均速率为

－3－1

v则平均碰撞次数为

8RT1=454 ms πMZ2πd2vn7.7109s-1

平均自由程为

18610m 22πdn讨论本题主要是对有关数量级有一个具体概念.在通常情况下，气体分子平均以每秒几百米的速率运动着，那么气体中进行的一切实际过程如扩散过程、热传导过程等好像都应在瞬间完成，而实际过程都进行得比较慢，这是因为分子间每秒钟上亿次的碰撞导致分子的自由程只有几十纳米，因此宏观上任何实际过程的完成都需要一段时间.

7－18 在一定的压强下，温度为20℃时，氩气和氮气分子的平均自由程分别为9.9×10m和27.5×10m.试求：(1) 氩气和氮气分子的有效直径之比；(2) 当温度不变且压强为原值的一半时，氮气分子的平均自由程和平均碰撞频率.

－8

－8

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12kT/2πdp，因此，温度、压分析( 1 ) 气体分子热运动的平均自由程22πdn强一定时，平均自由程λ1/d.(2) 当温度不变时，平均自由程λ1/p. 解 (1) 由分析可知

2dAr/dN2λN2/λAr1.67

(2) 由分析可知氮气分子的平均自由程在压强降为原值的一半时，有

22λN25.5107m λN而此时的分子平均碰撞频率 ZN2－2

8RT/πMN2vN2

2λN2λN2－1

将T＝293K，MN2＝2.8×10 kg·mol代入，可得

ZN28.56108s-1

第八章 热力学基础

8－1 如图，一定量的理想气体经历acb过程时吸热700 J，则经历acbda过程时，吸热为 ( ) (A) – 700 J （B） 500 J （C）- 500 J （D） -1 200 J

分析与解理想气体系统的内能是状态量，因此对图示循环过程acbda，内能增量ΔE=0，由热力学第一定律Q＝ΔE＋W，得Qacbda=W= Wacb＋ Wbd＋Wda，其中bd过程为等体过程，不作功,即Wbd=0；da为等压过程，由pV图可知，Wda= - 1 200 J. 这里关键是要求出Wacb,而对acb过程，由图可知a、b两点温度相同，即系统内能相同.由热力学第一定律得Wacb=Qacb-ΔE=Qacb=700 J，由此可知Qacbda= Wacb＋Wbd＋Wda=- 500 J. 故选（C）

题 8-1 图

8－2 如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B，且它们的压强相等，即pA＝pB,

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请问在状态A和状态B之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( ) (A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热

题 8-2 图

分析与解 由p－V图可知，pAVA＜pBVB，即知TA＜TB，则对一定量理想气体必有EB＞EA .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.

8－3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为( ) (A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J

分析与解 当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律 Q＝ΔE＋W，有Q＝ΔE.而由理想气体内能公式ΔE高相同温度，须传递的热量

miRΔT，可知欲使氢气和氦气升M2QH:QH2emHmHmi/i.再由理想气体物态方程pV ＝RT，初始时，氢气

MHMHMHH2e2e2e和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则QH2:QHeiH2/iHe5/3.因此正确答案为(C).

8－4 一定量理想气体分别经过等压，等温和绝热过程从体积V1膨胀到体积V2，如图所示，则下述正确的是 ( )

（A）AC吸热最多，内能增加 （B）AD内能增加，作功最少 （C）AB吸热最多，内能不变

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（D）AC对外作功，内能不变 分析与解由绝热过程方程pV常量，以及等温过程方程pV=常量可知在同一p-V图中当绝

热线与等温线相交时，绝热线比等温线要陡，因此图中AB为等压过程，AC为等温过程，AD为绝热过程.又由理想气体的物态方程

pVRT可知，p-V图上的pV积

越大，则该点温度越高.因此图中TDTATCTB.对一定量理想气体内能，

EiRT，由此知EAB0，EAC0，EAD0.而由理想气体作功表达式 2WpdV知道功的数值就等于p-V图中过程曲线下所对应的面积，则由图可知

WABWACWAD. 又由热力学第一定律Q＝W＋ΔE可知QABQACQAD0.因此答

案A、B、C均不对.只有（D）正确.

题 8-4 图

8－5 一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功( ) (A) 2 000J (B) 1 000J (C) 4 000J (D) 500J

分析与解 热机循环效率η＝W /Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－

T2，则由T1W /Q吸＝1 －

T2可求答案.正确答案为(B). T18－6 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.( 水的比热容c为4.18×10J·kg·K )

分析 取质量为m的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W＝mgh，

3

－1

－1

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按题意，被水吸收的热量Q＝0.5W，则水吸收热量后升高的温度可由Q＝mcΔT求得. 解 由上述分析得

mcΔT＝0.5mgh

水下落后升高的温度

ΔT＝0.5gh/c＝1.15K

8－7 如图所示，1 mol氦气，由状态A(p1,V1)沿直线变到状态B(p2,V2)，求这过程中内能的变化、对外作的功、吸收的热量.

分析由题 8-4 分析可知功的数值就等于p-V图中AB过程曲线下所对应的面积，又对一定量的理想气体其内能EiRT，而氦气为单原子分子，自由度i=3，则 1 mol 氦气内2能的变化E3RT，其中温度的增量T可由理想气体物态方程pVRT求出.求2出了AB过程内能变化和做功值，则吸收的热量可根据热力学第一定律QW出.

解由分析可知，过程中对外作的功为

E求

1W(V2V1)(p2p1)

2内能的变化为

E吸收的热量

33RT(p2V2p1V1) 221QWE2(p2V2p1V1)(p1V2p2V1)

2

题 8-7 图

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8－8 一定量的空气，吸收了1.71×10J的热量，并保持在1.0 ×10Pa下膨胀，体积从 1.0×10m3增加到1.5×10m3，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？

分析 由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W＝p(V2－V1 )求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.

解 该空气等压膨胀，对外作功为

W＝p(V2－V1 )＝5.0 ×10J

其内能的改变为

ΔE＝Q－W＝1.21 ×10J

8－9 如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1mol 的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为 1.51 ×10 Pa，活塞面积为0.02m .从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5m.问(1) 气体经历了什么过程？ (2) 汽缸中的气体吸收了多少热量？ (根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容Cp，m＝29.12J·mol·K，摩尔定容热容CV,m＝20.80J·mol·K )

－1

－1

－2

－2

35

2

3

52

-1-1

题 8-9 图

分析 因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热QpvCp,mΔT.ΔT 可由理想气体物态方程求出. 解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.

－1－1(2) 吸热QpvCp,mΔT.其中ν＝1 mol，Cp,m＝29.12Ｊ·mol·Ｋ.由理想气体物态方程pV

＝νRT，得

ΔT＝(p2V2－p1 V1 )/R ＝p(V2－V1 )/R ＝p· S· Δl/R

则QpCp,mpSlR5.29103J

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8－10 一压强为1.0 ×10Pa,体积为1.0×10m的氧气自0℃加热到100 ℃.问：(1) 当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功? 分析 (1) 由量热学知热量的计算公式为QCmT.按热力学第一定律，在等体过程中，

5

－3

3

QVECV,mT；在等压过程中，QPpdVECp,mT.

(2) 求过程的作功通常有两个途径.①利用公式WpVdV；②利用热力学第一定律去求

解.在本题中，热量Q已求出，而内能变化可由QVΔEvCV,mT2T1得到.从而可求得功W.

解 根据题给初态条件得氧气的物质的量为

vp1V14.41102mol RT1氧气的摩尔定压热容Cp,m(1) 求Qp、QV

等压过程氧气(系统)吸热

75R，摩尔定容热容CV,mR.

22QppdVΔEvCp,mT2T1128.1J

等体过程氧气(系统)吸热

QVΔEvCV,mT2T191.5J

(2) 按分析中的两种方法求作功值 ①利用公式WpVdV求解.在等压过程中，dWpdVWpdWT2T1mRdT，则得 MmRdT36.6J M而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为

WVpVdV0

②利用热力学第一定律Q ＝ΔE＋W 求解.氧气的内能变化为

QVΔEmCV,mT2T191.5J M 由于在(1)中已求出Qp与QV，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为

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WpQpΔE36.6J

WVQVΔE0

8－11 如图所示，系统从状态A沿ABC变化到状态C的过程中，外界有326J的热量传递给系统，同时系统对外作功126J.当系统从状态C沿另一曲线CA返回到状态A时，外界对系统作功为52J，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？

题 8-11 图

分析 已知系统从状态C到状态A，外界对系统作功为WCA，如果再能知道此过程中内能的变化ΔECA，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量QCA .由于理想气体的内能是状态(温度)的函数，利用题中给出的ABC过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A至C过程中系统内能的变化ΔEAC，而ΔEAC＝－ΔECA，故可求得QCA. 解 系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为

QABC＝326J， WABC＝126J

则由热力学第一定律可得由A到C过程中系统内能的增量

ΔEAC＝QABC－WABC＝200J

由此可得从C到A，系统内能的增量为

ΔECA＝－200J

从C到A，系统所吸收的热量为

QCA＝ΔECA＋WCA＝－252J

式中负号表示系统向外界放热252 J.这里要说明的是由于CA是一未知过程，上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热.

8－12 如图所示，使1mol 氧气(1) 由A等温地变到B；(2) 由A等体地变到C，再由C等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.

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题 8-12 图

分析 从p－V图(也称示功图)上可以看出，氧气在AB与ACB两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过WpVdV求出.考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这

两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同TA＝TB，故ΔE＝0，利用热力学第一定律Q＝W＋ΔE，可求出每一过程所吸收的热量. 解 (1) 沿AB作等温膨胀的过程中，系统作功

WABmRT1lnVB/VApAVBlnVB/VA2.77103J M由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为

QAB＝WAB＝2.77 ×10Ｊ

(2) 沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别为

WACB＝WAC＋WCB＝WCB＝pC(VB－VC )＝2.0×10Ｊ

QACB＝WACB＝2.0×10Ｊ

8－13 试验用的火炮炮筒长为3.66 m，内膛直径为0.152 m，炮弹质量为45.4kg，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98 m，速度为311 m·s-1，这时膛内气体压强为2.43×108Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口.求(1) 在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少？设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为1.2.(2) 炮弹的出口速度(忽略摩擦). 分析 (1) 气体绝热膨胀作功可由公式W3

3

3

pdVp1V1p2V2计算.由题中条件可知绝热

γ1γγ膨胀前后气体的体积V1和V2，因此只要通过绝热过程方程p1V1p2V2求出绝热膨胀后气体

的压强就可求出作功值.(2) 在忽略摩擦的情况下，可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.

解 由题设l＝3.66 m,D＝0.152 m，m＝45.4 kg，l1＝0.98 m，v1＝311 m·s-1，p1＝2.43×108Pa，

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γ＝1.2.

(1) 炮弹出口时气体压强为

p2p1V1/V2p1l1/l5.00107Pa

γγ气体作功

p1V1p2V2p1l1p2l2πD2WpdV5.00106J

γ1γ14(2) 根据分析W1212mvmv1，则 22v2Wv12563ms-1 m8－140.32 kg的氧气作如图所示的ABCDA循环，V2＝2V1 ,T1＝300Ｋ，T2＝200Ｋ,求循环效率.

题 8-14 图

分析 该循环是正循环.循环效率可根据定义式η＝W/Q来求出，其中W表示一个循环过程系统作的净功，Q为循环过程系统吸收的总热量.

解 根据分析，因AB、CD为等温过程，循环过程中系统作的净功为

WWABWCDmRT1T2lnV1/V25.76103JMmmRT1lnV2/V1RT2ln（V1/V2）MM

由于吸热过程仅在等温膨胀(对应于AB段)和等体升压(对应于DA段)中发生,而等温过程中ΔE＝0,则QABWAB.等体升压过程中W＝0，则QDAΔEDA,所以，循环过程中系统吸热的

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总量为

QQABQDAWABΔEDAmmRT1lnV2/V1CV,mT1T2MM

mm5RT1lnV2/V1RT1T2MM23.81104J由此得到该循环的效率为

ηW/Q15%

8－15 图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V－T图，图中VC＝2VA .试问：(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机？ (2) 如是正循环(热机循环)，求出其循环效率.

题 8-15 图

分析 以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p－V图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)中的循环进行分析时，一般要先将其转换为p－V图.转换方法主要是通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成.由图(ａ)可以看出，BC为等体降温过程，CA为等温压缩过程；而对AB过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为 V＝KT，C 为常数.将其与理想气体物态方程pV＝RT比较可知该过程为等压膨胀过程(注意：如果直线不过原点，就不是等压过程).这样，就可得出p－V图中的过程曲线，并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环)，再参考题8－14的方法求出循环效率. 解 (1) 根据分析，将V－T图转换为相应的p－V图，如图(ｂ)所示.图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环.

(2) 根据得到的p－V图可知，AB为等压膨胀过程，为吸热过程.BC为等体降压过程，CA为等温压缩过程，均为放热过程.故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为

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mCp,mTBTA MmmQ2CV,mTBTARTAlnVC/VA

MMQ1CA 为等温线，有TA＝TC；AB为等压线，且因VC＝2VA，则有TA＝TB /2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容Cp，m＝5R/2，摩尔定容热容CV，m＝3R/2.故循环效率为

1Q2/Q11TATAln2/5TA/2132ln2/512.3%

8-16 一卡诺热机的低温热源温度为7℃，效率为40％，若要将其效率提高到50％，问高温热源的温度需提高多少？

解 设高温热源的温度分别为T1、T1,则有

32η1T2/T1， η1T2/T1

其中T2 为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为

11ΔTT1T11η1ηT293.3K

8－17 一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程.其中AB 和CD 是等压过程，BC和DA是绝热过程.已知B点温度TB＝T1,C点温度TC＝T2.(1) 证明该热机的效率η＝1－T2/T1，(2) 这个循环是卡诺循环吗？

题 8-17 图

分析 首先分析判断循环中各过程的吸热、放热情况.BC和DA是绝热过程，故QBC、QDA均为零；而AB为等压膨胀过程(吸热)、CD为等压压缩过程(放热)，这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示.再利用绝热和等压的过程方程，建立四点温度之间的联系，最终可得到求证的形式. 证 (1) 根据分析可知

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11QCDQAB1Cp,mTDTCCp,mTBTA1TCTDTBTATC1TD/TCTB(1TA/TB) (1)

与求证的结果比较，只需证得下

TDTA .为此，对AB、CD、BC、DA分别列出过程方程如TCTBVA/TA＝VB/TB (2) VC/TC＝VD/TD (3)

VBγ1TBVCγ1TC (4)

γ1VDTDVAγ1TA (5)

联立求解上述各式，可证得

η＝1－TC/TB＝1－T2/T1

(2) 虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环.其原因是：①卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成,而这个循环则与卡诺循环不同；②式中T1、T2的含意不同，本题中T1、T2只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度. 8－18 一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×10Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？

分析 热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T1和低温热源T2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为η＝1－T2/T1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式的最大功率.

解 根据分析，热机获得的最大功率为

11

WPt，可得此条件下QQpQt1T2/T1Q2.0107Js-1t

8－19 有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热

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η1γV1/V21 p1/p21分析 该热机由三个过程组成，图中AB是绝热过程，BC是等压压缩过程，CA是等体升压过程.其中CA过程系统吸热，BC过程系统放热.本题可从效率定义

1Q2/Q11QBC/QCA出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及

γ＝Cp,m/CV,m的关系来证明.

题 8-19 图

证 该热机循环的效率为

1Q2/Q11QBC/QCA

其中QBC＝Cp,m (TC－TB )，QCA＝CV,m (TA－TC )，则上式可写为

TCTBT/T1 η1γ1γBCTATCTA/TC1在等压过程BC和等体过程CA中分别有TB/V1＝TC/V2,TA/p1＝TC /p2,代入上式得

η1γV1/V21

p1/p21对外作功W

1500 -500

8－20 一定量的理想气体，沿图示循环，请填写表格中的空格.

过程

内能增量E/J

1000

/J

吸收热量Q/J

AB BC CA ABCA



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分析本循环由三个特殊过程组成.为填写表中各项内容，可分四步进行： （1）先抓住各过程的特点填写一些特殊值，如等温过程E0，等体过程W0等.(2)

在第一步基础之上，根据热力学第一定律即可知道AB，BC过程的吸热Q.（3）对

CA过程，由于经ABCA循环后必有E0，因此由表中第一列即可求出CA过程

内能的变化.再利用热力学第一定律即可写出CA过程的Q值.(4)在明确了气体在循环过程中所吸收的热量Q1和所放出热量Q2，或者所作净功W后，可由公式算出循环效率.

1Q2W计Q1Q1

题 8-20 图

解根据以上分析，计算后完成的表格如下：

过程

内能增量E/J

1000 0 -1000

对外作功W0 1500 -500

/J

吸收热量Q/J

1000 1500 -1500

AB BC CA ABCA

40%

8－21 在夏季，假定室外温度恒定为37℃，启动空调使室内温度始终保持在17 ℃.如果每天有2.51 ×10 J 的热量通过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？ (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)

8

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题 8-21 图

分析 耗电量的单位为kW·h，1kW·h＝3.6 ×10J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为ek6

T2，其中T1为高温热源温度(室外环境温度)，T2为低温热源温度

T1T2(室内温度).所以，空调的制冷系数为

e＝ek· 60％＝0.6 T2/( T1－T2 )

另一方面，由制冷系数的定义，有

e＝Q2 /(Q1－Q2 )

其中Q1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q2是空调从房间内吸取的总热量.若Q′为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q2＝Q′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W＝Q1－Q2 .

解 根据上述分析，空调的制冷系数为

eT260%8.7

T1T2 在室内温度恒定时，有Q2＝Q′.由e＝Q2 /(Q1－Q2 )可得空调运行一天所耗电功

W＝Q1－Q2＝Q2/e＝Q′/e＝2.89×10 J=8.0 kW·h

8-22 1 mol理想气体的状态变化如图所示，其中13为温度300 K的等温线.试分别由下

列过程计算气体熵的变化：（1）经等压过程12和等体过程23由初态1到末态3；（2）经等温过程由初态1到末态3.

分析熵是热力学系统的状态函数，状态A与B之间的熵变SAB不会因路径的不同而改变.13为等温过程，其熵变S137

dQ/TQ/T.123过程由两个子过程构

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成，总的熵变应等于各子过程熵变之和，即S13S12S23，但要注意12和

23过程中温度是变化的，在计算熵变SdQ/T时，必须寻找Q与T的函数关系，

经统一变量后再积分.这里可以利用等压过程的dQCp,mdT和等体过程的dQCV,mdT两个公式.

解（1）根据分析计算123过程的熵变如下：

S13S12S23Cp,mTCp,mlnT21TdTTTdTCV,mTCp,mln2CV,mln3TTT1T232pV2VVCV,mln3Cp,mln2CV,mln1V1p2V1V3V2Rln2V1

(Cp,mCV,m)ln(2) 直接由等温过程13从初态到末态的熵变为

V3RT1VdV11VS13dQVpdVRlnRln2 VT1T1T1VV13311从计算的结果可以看出，（1）和（2）计算的过程不同，但两种过程的熵变确实是相同的.

可见熵变是状态量.

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