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1、1-4在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸，处，如题1-4图所示.当人以七(m. s-1)的速率收绳时试求船运动的速度和加速度的大小.图1-4解：设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成。角，由图可知12 = h 2 + S 2将上式对时间t求导，得dlds21= 2 s dtdt根据速度的定义，并注意到1, s是随t减少的，v =-冬=V ,V =-坐绳dt0船 dtds 1 dl 1 v即=否=福=sv0=插蒂1v(h 2 + s 2)1/2 VV = 0 =0-船 ss将，船再对，求导即得船的加速度 1-6已知一质点作直线运动，其加速度为a =4+3t m-s-2，开始运动
2、时，% =5m，二0,求该质点在t =10s时的速度和位置.dva = 4 + 3tdt解：分离变量，得积分，得dv = (4 + 3t )dt故3v = 41 + 122又因为dx/3v =41 + 12dt2分离变量，3 dx = (41 + 212)d1积分得x = 212 +-L 13 + c22由题知 t =0, x = 5 ,，. c = 5故.1. Ux 212 + 13 + 52由题知，t=0, v = 0 ,. c = 0所以t = 10 s时 v = 4 x 10 + 3 x 102 = 190102气0 = 2 x 102 + 2 x 103 + 5 = 7051- 10
3、以初速度v0 = 20m-s-1抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60的夹角， 求球轨道最高点的曲率半径%落地处的曲率半径气.(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示.题1-10图(1) 在最高点=v = v cos60o(2)在落地点an1v 2an1=10 m=g = 10 m - s -2V 2a =n1P1(20 x cos 60) 210a = g x cos60o n2V2(20)2= 80 ma10 x cos 60n2= 30kmh-1沿直线向东行驶另一小艇在其前方以速率v2 =40kmh-11-13 一船以速率v 1沿直线向北行驶，
4、问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解大船看小艇则有V21 =七项1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知v = J + v2 = 50 km - h-1方向北偏西9 = arctam = arctan = 36.87v 24小船看大船，则有Vi2 = Vi项之，依题意作出速度矢量图如题1-13图同上法，得V2 = 50 km - h-i2-2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为a）上以初速度v0运动，v0的方向 与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道.解：物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N .建立坐标：取v0方向为X轴，平
5、行斜 面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.心/# 哄a a题2-2图X 方向：F =0x =v0(Y 方向：F = mg sin a = mat = 0 时y = 0v = 0由、式消去t，得y = ! g sin a - x 22v 202-4质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k为常数)作用，t =0时质点的k速度为v 0，证明(1) t时刻的速度为v = v0 e (/； (2)由0到t的时间内经过的距离为mv)tm、x =(二-) 1-e ； (3)停止运动刖经过的距离为v (丁)； (4)证明当t = m： k时速 k0 k-kvdva =-m dt度减至v0的!，式
6、中m为质点的质量.答：(I)：分离变量，得dv _ - kdtvmdv kdt v0 v0 m1 vIn - In e 一ktmv0tmv ,(2)x - J vdt = Jve-ydt -0(1 e*)0 0 k(3)质点停止运动时速度为零，即t一8，故有x = v e -m dt - *0 k,、. m（4）当t= 时，其速度为k_vv = v e - m - m = v e t = o即速度减至v 0的e.2- 10 一颗子弹由枪口射出时速率为v0m-s-1，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =（a -bt ）N（a,b为常数），其中t以秒为单位：（1）假设子弹运行到枪口处合力
7、刚好为零， 试计算子弹走完枪筒全长所需时间；（2）求子弹所受的冲量.（3）求子弹的质量.解：（1）由题意，子弹到枪口时，有F = （a 一 bt） = 0 ,得 t = b（2）子弹所受的冲量I = jt （a 一 bt）dt = at - bt 202a将t =-代入，得bi=a22b（3）由动量定理可求得子弹的质量Ia 2m =v2bv2-13以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在 铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击 铁钉时的速度相同.解：以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受
8、阻力为h I题2-13图/ = ky第一锤外力的功为A1A =j f dy = j fdy = f1 kydy = k1 ss02式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt T 0时，f = f .设第二锤外力的功为A2，则同理，有=j y2kydy = ? ky 2 1222由题意，有= A(1 mv 2) = k22k _k2 = 2所以，于是钉子第二次能进入的深度为Ay = y y = J2 1 = 0.414 cm2-15 一根劲度系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为七的轻弹簧B，B的下端 一重物C，C的质量为M，如题2-15图.求这一系统静止时两弹簧的伸长量之
9、比和弹性势 能之比.解：弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Fa = FB = Mg又Fa = k1 F = k Ax所以静止时两弹簧伸长量之比为Ax k1 = TAxk弹性势能之比为EpiEp2117 A k Ax 22 i iITT-k Ax 22 2 22-17由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为和m2 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k，自然长度等于水平距离BC，m2与 桌面间的摩擦系数为R，最初mi静止于A点，AB = BC =们绳已拉直，现令滑块落下m, 求它下落到B处时的速率.解：取B点为重力势能零点，弹簧
10、原长为弹性势能零点，则由功能原理，有-pm gh = 2(m + m )v2 - m gh + 2 k(AZ)2式中M为弹簧在A点时比原长的伸长量，则M = AC - BC =(克-1)h联立上述两式，得 2m - h m )gh + kh 2(2 )Im + m777777777题2-17图2-19质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19图所示.质量为m的 小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从 静止开始，求小木块脱离大木块时的速度.解：m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统，以最低点为重力势 能零点，则有mgR =
11、又下滑过程，动量守恒，以m , M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有mv - MV = 0联立，以上两式，得 2MgRV = (m + M )3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行.如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则 他所乘的火箭相对于地球的速度是多少？解:l = 3 = l Y 1 P 2 = 5、：1 。2 ,贝U 5 =、：1 8 23- 12 6000m的高空大气层中产生了一个兀介子以速度v =0.998c飞向地球.假定该兀介子 在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2X10-S.试分别从下面两个角度，即地球上的观 测者和兀介子静止系中观测者来判断兀介子能否到达地球.解：兀介
12、子在其自身静止系中的寿命A10 = 2x 10-6 s是固有（本征）时间，对地球观测者， 由于时间膨胀效应，其寿命延长了.衰变前经历的时间为.AtAt = , o - = 3.16 x 105 sv 21 一一C 2这段时间飞行距离为d = vA t = 9470 m因d 6000 m，故该兀介子能到达地球.或在兀介子静止系中，兀介子是静止的.地球则以速度v接近介子，在At0时间内，地球接近的距离为d = vAt = 599 m0d0 = 6000 m经洛仑兹收缩后的值为:v 2d = d 1 = 379 m00C 2d 故兀介子能到达地球.3-17 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c
13、，须对它作多少功？(2)如果将电子由速率为0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功？解：(1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得=E = mc2 -m c2 = m c2(7 -1) = m c2(】 一-1)k000 v2 一打(2)1=9.1 X10-31 X (3X 108)2(v1 - 0.12=4.12 X10-16 j= 2.57 X103 eV-1)AE = E - E= (m c2 - m c2) - (m c2 - m c2)kk 2k 120101=m c 2 - m c 2 = m c 2 (. 一 V1 - 5 =)v 21 -c 211=9.1 X10-31 X 3
14、2 X 1016 (.-)v 1 - 0.92 0,.0 = K,又,A = 10cm, T = 2s,、2k=k rad - s -1T/3 、xacA由题4-8图(b).t = 0时，x 0=0.1cos(Kt + 2 k )m5k v0 0,二 =.Kt = 0 时，x0, V v 0,. = 2k + 5=-K2入，、15“ = X 1 + K5=K655兀、x = O.lcosig Kt + ）m4- 11有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20m，位相与第一振动K的位相差为丁，已知第一振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振 6动的位相差.题
15、4-11图解：由题意可做出旋转矢量图如下. 由图知A2 = A2 + A2 - 2A Acos30。=(0.173)2 + (0.2)2 - 2x 0.173 x 0.2 x 容/2=0.01A = 0.1mA2 = A2 + A2 - 2A A cos0cos0 = A； + A； - A2(0.173)2 + (0.1)2 -(0.02)22 x 0.173 x 0.1cos = 1 2A2A=0A与A间夹角为:，即二振动的位相差为=.1222即0=|4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为兀x = 0.4 cos(2t + )m 16x = 0.3cos(2t 一兀
16、)m 26试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。a入兀/ 5、 A =-(一一兀)=兀66，这说明解：=|A - A | = 0.1m兀5兀t A sin + A sin A cos + A cos 2120.4 x sin - 0.3 sin-_提兀5兀0.4 cos + 0.3 cos 66. 兀= 6其振动方程为兀x = 0.1cos(2l + 6)m(作图法略)5- 8已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为J = A cos(Bt - Cx)，其中A，B，C为正值恒量.求：(1) 波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2) 写出传播方向上距离波源为Z处
17、一点的振动方程；(3) 任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差.解：(1)已知平面简谐波的波动方程y = A cos(Bt - Cx) (x 0)将上式与波动方程的标准形式y = A cos(2mt - 2兀 x)入比较，可知:B 波振幅为A，频率u=况，2兀、 B波长入=，波速u =加=，(2)将x = l代入波动方程即可得到该点的振动方程y = A cos(Bt - Cl)(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为2兀将x2 - x1= d，及X =-代入上式，即得5- 9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10丸t-4兀x)，式中x , y以米计，t以秒
18、计.求：(1) 波的波速、频率和波长；(2) 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3) 求x =0.2m处质点在t=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t=1.25s时刻到达哪一点？解：(1)将题给方程与标准式相比，得振幅 A = 0.05 m，频率u = 5 s-1，波长X = 0.5 m，波速u = Xu = 2.5 m- s-1.(2) 绳上各点的最大振速，最大加速度分别为V=rnA = 10兀 X 0.05 = 0.5兀 m - s-1maxa=rn2A = (10k)2 x0.05 = 5兀2 m-s-2x = 0.2 m处的振动比原点落后的时间
19、为x 02 = 0.08 s2.5故Sm, t = 1s时的位相就是原点(x = 0)，在10 = 1-0.08 = 0.92 s时的位相，4 = 9.2 n.设这一位相所代表的运动状态在t = 1.25 s时刻到达x点，则x =气 + u(t -11)= 0.2 + 2.5(1.25 -1.0) = 0.8255- 16题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此 波的波动方程，并画出x =2m处质元的振动曲线.解：由题5-16(b)图所示振动曲线可知T = 2s，A = 0.2m，且t = 0时，y=0, J0，故知40 = -K，再结合
20、题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x轴负向传播，且X = 4m，若取y = Acos2k(. + ) + T X o题5-16图则波动方程为y = 0.2cos2兀侦 + 4)-5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为18.0X10-3mvsT，频 率为300 Hz，波速为300m s-1，求：(1) 波的平均能量密度和最大能量密度？I = wu两个相邻同相面之间有多少波的能量？解：(1)_ I 10-3, _w = = 18.0 x= 6 x 10-5 J m-3u 300w= 2 w = 1.2 x 10 -4J m -3(2)W = V = w 兀 d
21、 2 X = w 兀 d 2 44 v=6 x10-5 x1 兀 x (0.14)2 x 300 = 9.24 x10-7 J43005-18如题5-18图所示，S和S为两相干波源，振幅均为A，相距X，S较S位相超前121412兀2，求：(1) S1外侧各点的合振幅和强度；(2) S2外侧各点的合振幅和强度解：(1)在S外侧，距离S为r的点，S S传到该P点引起的位相差为 11112A入兀 2兀/ X网=2 一元W + 4)兀A = A A = 0,1 = A 2 = 0(2) 在S夕卜侧.距离S为r的点，S S传到该点引起的位相差. 22112= 半(r +X r ) = 02 X 2 4
22、2A = A + A = 2 A , I = A 2 = 4 A 21 1 1 15-19如题5-19图所示，设B点发出的平面横波沿BP方向传播，它在B点的振动方程为 = 2x 10-3cos2兀t ； C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振动方程为y = 2x 10-3cos(2兀t + 兀)，本题中 J 以m计，t 以s计.设BP =0.4m，CP =0.5 m，波速 2u =0.2m sT 求：(1) 两波传到P点时的位相差；(2) 当这两列波的振动方向相同时，P处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P处合振动的振幅.解：(1)M=伸 f ) 丁 (CP BP)
23、21 X=k -(CP BP)u=兀竺(0.5 0.4) = 00.2题5-19图(2) P点是相长干涉，且振动方向相同，所以Ap =气 + A2 = 4 x 10 -3 m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过II，W象限的直线， 所以合振幅为A = 12 + A2 =槌A1 = 2显 X10-3 = 2.83 x 10-36- 13试说明下列各量的物理意义.(1) 1 kT(2) 3kT(3) -kT222(4) -RT(5) -RT(6) 3RTM 222，-，一，1 7解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为k T.(2)
24、在平衡态下，分子平均平动动能均为3kT .(3) 在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为-kT .M i 一一(4 )由质量为M，摩尔质量为M ，自由度为i的分子组成的系统的内能为RT.molM 2(5) 1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为-RT.-3 _(6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT，或者说热力学体系内，1摩尔分子的3平均平动动能之总和为了RT.6-20容器中储有氧气，其压强为p=0.1MPa(即1atm)温度为27C，求(1)单位体积中的分子n； (2)氧分子的质量m； (3)气体密度P ； (4)分子间的平均距离 ； (5)平均速率v ； (6)方均根速率2
25、； (7)分子的平均动能八解：(1)由气体状态方程p = nkT得=2.45 x 1024 m -3p0.1 x 1.013 x 105n =kT1.38 x 10-23 x 300m = M molN00.0326.02 X 1023=5.32 x 10 - 26kg由气体状态方程冲=mlrt得molkg - m -3=、 =0.032 x 0.1x1.013 x 105 = 0 13P = 1RT8.31x300.分子间的平均距离可近似计算11F = E0T =7-42 X10-9 m(5)平均速率RT8.31x300v = 1.60，牝 1.60= 446.58 m - s-1M i0.
26、032(6)方均根速率，云1.73，-R = 482.87 m - s-1Mmol(7) 分子的平均动能 = 5 kT = - x 1.38 x 10-23 x 300 = 1.04 x 10-20 j226- 23 一真空管的真空度约为1.38X10-3 Pa(即1.0X10-5 mmHg)，试 求在27C时单位体积 中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d = 3X10-10m) .解：由气体状态方程p = nkT得=3.33 x 1017m -3p _1.38 x 10-3kT 1.38 x 1023 x 300由平均自由程公式人=7.5 m2k x 9 x 10-20 x 3.
27、33 x 10177- 10如题7-10图所示，一系统由状态a沿acb到达状态b的过程中，有350 J热量传入系统， 而系统作功126 J.(1) 若沿adb时，系统作功42 J,问有多少热量传入系统？(2) 若系统由状态b沿曲线ba返回状态a时，外界对系统作功为84 J,试问系统是吸热还 是放热?热量传递是多少？题7-10图解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差Q = AE + AE = Q A = 350 -126 = 224 Jabd过程，系统作功A = 42 JQ = AE + A = 224 + 42 = 266 J系统吸收热量ba过程，外界对系统作功A = -84 JQ = A
28、E + A = -224 - 84 = -308 J 系统放热7- 14理想气体由初状态(p1,匕)经绝热膨胀至末状态(p2,V2).试证过程中气体所作的功 为A = -P1V1一p2V，式中Y为气体的比热容比.Y - 1答：证明：由绝热方程pvy = pVi -pVi -c 得p = p Vy vA = jV2 pdVViA = f v2 pV y虹-心(上-上)V 1 1 VrY 1 V Y-1V Y-1121=-义() Y- 1Y 1 V2pV Y ,、又A 1-1 (V -Y+1 V -Y+1)pVY V -Y+1 p VY V -Y+1-1122 Y - 1所以pV - pV A 1
29、-Y - 17-18 一诺热机在1000 K和300 K的两热源之间工作，试计算(1) 热机效率；(2) 若低温热源不变，要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少?(3) 若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?，、 T解：（1）卡诺热机效率n =1 -芋1n = 1 - -00 = 70%1000(2)低温热源温度不变时，若要求T 1500 K，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若门=1 - = 80%1000要求。200 K，低温热源温度需降低100K7-23把0C的0.5 kg的冰块加热到它全部溶化成0C的水，问：(1) 水的熵变如何？(2) 若热源是温度为20 C的庞大物体，那么热源的熵变化多大？(3) 水和热源的总熵变多大?增加还是减少？(水的熔解热人=334 J - g-1)解：(1)水的熵变S1Q _ 0.5 x 334 x 103T 273=612(2)热源的熵变AS2Q _ 0.5 x 334 x 103T 293= -570(3) 总熵变AS = AS1 +竺=612-570 = 42 J K-1熵增加
