物理作業(yè)答案(老師劃的重點).doc

1 -11一質(zhì)點具有恒定加速度a 6i 4j,式中a的單位為m-2 在t0時,其速度為零,位置矢量r0 10 mi求：(1) 在任意時刻的速度和位置矢量；(2) 質(zhì)點在Oxy 平面上的軌跡方程,并畫出軌跡的示意圖題 1-11 圖分析與上兩題不同處在于質(zhì)點作平面曲線運動,根據(jù)疊加原理,求解時需根據(jù)加速度的兩個分量ax 和ay分別積分,從而得到運動方程r的兩個分量式x(t)和y(t)由于本題中質(zhì)點加速度為恒矢量,故兩次積分后所得運動方程為固定形式,即和,兩個分運動均為勻變速直線運動讀者不妨自己驗證一下解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0 0時v0 0,積分可得又由及初始條件t0 時,r0(10 m)i,積分可得由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式,即x 103t2y 2t2消去參數(shù)t,可得運動的軌跡方程3y 2x -20 m這是一個直線方程直線斜率,3341軌跡如圖所示1 -14為迎接香港回歸，特技演員柯受良在1997年6月1日駕車飛越黃河壺口，如圖所示，柯駕車從跑道東端啟動，到達跑道終端時速度大小為 ，他隨即以仰角沖出，飛越跨度達57 m，安全著陸在西岸木橋上，求：題 1-14 圖（1） 柯飛車跨越黃河用了多長時間？（2） 若起飛點高出河面10 m，柯駕車飛行的最高點距河面為幾米？（3） 西岸木橋和起飛點的高度差為多少？分析 由題意知，飛車作斜上拋運動，對包含拋體在內(nèi)的一般曲線運動來說，運用疊加原理是求解此類問題的普適方法，操作程序是：建立一個恰當?shù)闹苯亲鴺讼?，將運動分解為兩個相互正交的直線運動，由于在拋體運動中，質(zhì)點的加速度恒為g，故兩個分運動均為勻變速直線運動或其中一個為勻速直線運動，直接列出相關(guān)運動規(guī)律方程即可求解，本題可建立圖示坐標系，圖中分別表示飛車的最大高度和飛躍跨度.解 在圖示坐標系中，有 （1） （2） （3） (1) 由式（1），令 m，得飛躍時間 s（2）由式（3），令，得飛行到最大高度所需時間將代入式（2），得飛行最大高度m則飛車在最高點時距河面距離為 m m（3）將 s 代入式（2），得西岸木橋位置為 y = - 4.22 m“-”號表示木橋在飛車起飛點的下方.1 -16一質(zhì)點沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運動,v0 、b 都是常量(1) 求t 時刻質(zhì)點的總加速度；(2) t 為何值時總加速度在數(shù)值上等于b？(3) 當加速度達到b 時,質(zhì)點已沿圓周運行了多少圈？分析在自然坐標中,s 表示圓周上從某一點開始的曲線坐標由給定的運動方程s s(t),對時間t 求一階、二階導數(shù),即是沿曲線運動的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的法向分量為anv2 /R這樣,總加速度為a aeanen至于質(zhì)點在t 時間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標的改變量sst -s0因圓周長為2R,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得解(1) 質(zhì)點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為, 故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2) 要使ab,由可得(3) 從t0 開始到tv0 /b 時,質(zhì)點經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為1 -20如圖(a)所示,一汽車在雨中沿直線行駛,其速率為v1 ,下落雨滴的速度方向偏于豎直方向之前 角,速率為v2,若車后有一長方形物體,問車速v1為多大時,此物體正好不會被雨水淋濕？分析這也是一個相對運動的問題可視雨點為研究對象,地面為靜參考系,汽車為動參考系如圖(a)所示,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點下落的方向(即雨點相對于汽車的運動速度v2的方向)應滿足再由相對速度的矢量關(guān)系,即可求出所需車速v1題 1-20 圖解由圖(b),有而要使,則2 -8如圖(a)所示,已知兩物體A、B 的質(zhì)量均為m3.0kg 物體A 以加速度a 1.0 m-2 運動,求物體B 與桌面間的摩擦力(滑輪與連接繩的質(zhì)量不計)分析該題為連接體問題,同樣可用隔離體法求解分析時應注意到繩中張力大小處處相等是有條件的,即必須在繩的質(zhì)量和伸長可忽略、滑輪與繩之間的摩擦不計的前提下成立同時也要注意到張力方向是不同的解分別對物體和滑輪作受力分析圖(b)由牛頓定律分別對物體A、B 及滑輪列動力學方程,有mA g -F mA a (1)F1 -F mB a (2)F -2F1 0 (3)考慮到mA mB m, F F , F1 F1 ,a2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力題 2-8 圖討論動力學問題的一般解題步驟可分為：(1) 分析題意,確定研究對象,分析受力,選定坐標；(2) 根據(jù)物理的定理和定律列出原始方程組；(3) 解方程組,得出文字結(jié)果；(4) 核對量綱,再代入數(shù)據(jù),計算出結(jié)果來2 -13一質(zhì)量為10 kg 的質(zhì)點在力F 的作用下沿x 軸作直線運動,已知F 120t 40,式中F 的單位為N, t的單位的在t0時,質(zhì)點位于x 5.0 m處,其速度v06.0 m求質(zhì)點在任意時刻的速度和位置分析這是在變力作用下的動力學問題由于力是時間的函數(shù),而加速度adv/dt,這時,動力學方程就成為速度對時間的一階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點的速度v (t)；由速度的定義vdx /dt,用積分的方法可求出質(zhì)點的位置解因加速度adv/dt,在直線運動中,根據(jù)牛頓運動定律有依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件,即t0 0 時v0 6.0 m-1 ,運用分離變量法對上式積分,得v6.0+4.0t+6.0t2 又因vdx /dt,并由質(zhì)點運動的初始條件：t0 0 時 x0 5.0 m,對上式分離變量后積分,有x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t32 -15質(zhì)量為m 的跳水運動員,從10.0 m 高臺上由靜止跳下落入水中高臺距水面距離為h把跳水運動員視為質(zhì)點,并略去空氣阻力運動員入水后垂直下沉,水對其阻力為bv2 ,其中b 為一常量若以水面上一點為坐標原點O,豎直向下為Oy 軸,求：(1) 運動員在水中的速率v與y 的函數(shù)關(guān)系；(2) 如b /m 0.40m -1 ,跳水運動員在水中下沉多少距離才能使其速率v減少到落水速率v0 的1/10？ (假定跳水運動員在水中的浮力與所受的重力大小恰好相等)題 2-15 圖分析該題可以分為兩個過程,入水前是自由落體運動,入水后,物體受重力P、浮力F 和水的阻力的作用,其合力是一變力,因此,物體作變加速運動雖然物體的受力分析比較簡單,但是,由于變力是速度的函數(shù)(在有些問題中變力是時間、位置的函數(shù)),對這類問題列出動力學方程并不復雜,但要從它計算出物體運動的位置和速度就比較困難了通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程這也成了解題過程中的難點在解方程的過程中,特別需要注意到積分變量的統(tǒng)一和初始條件的確定解(1) 運動員入水前可視為自由落體運動,故入水時的速度為運動員入水后,由牛頓定律得P - -F ma由題意P F、bv2 ,而a dv /dt v (d v /dy),代入上式后得-bv2 mv (d v /dy)考慮到初始條件y0 0 時, ,對上式積分,有(2) 將已知條件b/m 0.4 m-1 ,v 0.1v0 代入上式,則得3 -8Fx 304t(式中Fx 的單位為N,t 的單位為s)的合外力作用在質(zhì)量m10 kg 的物體上,試求：(1) 在開始2 內(nèi)此力的沖量；(2) 若沖量I 300 Ns,此力作用的時間；(3) 若物體的初速度v1 10 ms-1 ,方向與Fx相同,在t6.86 s時,此物體的速度v2 分析本題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動量定理求物體的速度v2解(1) 由分析知(2) 由I 300 30t 2t2 ,解此方程可得t 6.86 s(另一解不合題意已舍去)(3) 由動量定理,有I m v2- m v1由(2)可知t 6.86 s 時I 300 Ns ,將I、m 及v1代入可得3 -9高空作業(yè)時系安全帶是非常必要的假如一質(zhì)量為51.0 kg 的人,在操作時不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護,最終使他被懸掛起來已知此時人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時間為0.50 s 求安全帶對人的平均沖力分析從人受力的情況來看,可分兩個階段：在開始下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運動；在安全帶保護的緩沖過程中,則人體同時受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時間很短為求安全帶的沖力,可以從緩沖時間內(nèi),人體運動狀態(tài)(動量)的改變來分析,即運用動量定理來討論事實上,動量定理也可應用于整個過程但是,這時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零這樣,運用動量定理仍可得到相同的結(jié)果解1以人為研究對象,按分析中的兩個階段進行討論在自由落體運動過程中,人跌落至2 m 處時的速度為 (1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動量定理,有 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對人的平均沖力大小為解2從整個過程來討論根據(jù)動量定理有3 -11一只質(zhì)量的壘球以水平速率扔向打擊手，球經(jīng)球棒擊出后，具有如圖（a）所示的速度且大小，若球與棒的接觸時間為0.025 s,求：（1）棒對該球平均作用力的大?。唬?）壘球手至少對球作了多少功？分析 第（1）問可對壘球運用動量定理，既可根據(jù)動量定理的矢量式，用幾何法求解，如圖（b）所示；也可建立如圖（a）所示的坐標系，用動量定量的分量式求解，對打擊、碰撞一類作用時間很短的過程來說，物體的重力一般可略去不計.題 3-11 圖解 （1） 解 1 由分析知，有其矢量關(guān)系如圖（b）所示，則解之得 解 2 由圖（a）有將(2) 由質(zhì)點動能定理，得3 -21用鐵錘把釘子敲入墻面木板設木板對釘子的阻力與釘子進入木板的深度成正比若第一次敲擊,能把釘子釘入木板1.00 10 -2 m第二次敲擊時,保持第一次敲擊釘子的速度,那么第二次能把釘子釘入多深？分析由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子獲得的速度也相同,所具有的初動能也相同釘子釘入木板是將釘子的動能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等由于阻力與進入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達式,并由功相等的關(guān)系即可求解解因阻力與深度成正比,則有Fkx(k 為阻力系數(shù))現(xiàn)令x01.00 10 -2 m,第二次釘入的深度為x,由于釘子兩次所作功相等,可得x0.41 10 -2 m3 -22一質(zhì)量為m 的地球衛(wèi)星,沿半徑為3RE 的圓軌道運動, RE為地球的半徑已知地球的質(zhì)量為mE求：(1) 衛(wèi)星的動能；(2) 衛(wèi)星的引力勢能；(3) 衛(wèi)星的機械能分析根據(jù)勢能和動能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和解(1) 衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得則 (2) 取衛(wèi)星與地球相距無限遠(r)時的勢能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為(3) 衛(wèi)星的機械能為3 -29如圖所示,一質(zhì)量為m的物塊放置在斜面的最底端A 處,斜面的傾角為,高度為h,物塊與斜面的動摩擦因數(shù)為,今有一質(zhì)量為m 的子彈以速度v0 沿水平方向射入物塊并留在其中,且使物塊沿斜面向上滑動求物塊滑出頂端時的速度大小題 3-29 圖分析該題可分兩個階段來討論,首先是子彈和物塊的撞擊過程,然后是物塊(包含子彈)沿斜面向上的滑動過程在撞擊過程中,對物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言,由于撞擊前后的總動量明顯是不同的,因此,撞擊過程中動量不守恒應該注意,不是任何碰撞過程中動量都是守恒的但是,若取沿斜面的方向,因撞擊力(屬于內(nèi)力)遠大于子彈的重力P1 和物塊的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力F ,在該方向上動量守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度在物塊沿斜面上滑的過程中,為解題方便,可重新選擇系統(tǒng)(即取子彈、物塊和地球為系統(tǒng)),此系統(tǒng)不受外力作用,而非保守內(nèi)力中僅摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,可解得最終的結(jié)果解在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據(jù)動量守恒有 (1)在物塊上滑的過程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時的速度為v2 ,并取A 點的重力勢能為零由系統(tǒng)的功能原理可得 (2)由式(1)、(2)可得4 11質(zhì)量為m1 和m2 的兩物體A、B 分別懸掛在圖(a)所示的組合輪兩端.設兩輪的半徑分別為R 和r，兩輪的轉(zhuǎn)動慣量分別為J1 和J2 ，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計，繩的質(zhì)量也略去不計.試求兩物體的加速度和繩的張力.題 4-11 圖分析由于組合輪是一整體，它的轉(zhuǎn)動慣量是兩輪轉(zhuǎn)動慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和(注意兩力矩的方向不同).對平動的物體和轉(zhuǎn)動的組合輪分別列出動力學方程，結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得.解分別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).根據(jù)質(zhì)點的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動定律，有 (1) (2) (3), (4)由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有 (5) (6)解上述方程組，可得4 16一質(zhì)量為m、半徑為R 的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度轉(zhuǎn)動，若在某時刻，一質(zhì)量為m 的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可能達到的高度是多少？ 破裂后圓盤的角動量為多大？分析盤邊緣裂開時，小碎塊以原有的切向速度作上拋運動，由質(zhì)點運動學規(guī)律可求得上拋的最大高度.此外，在碎塊與盤分離的過程中，滿足角動量守恒條件，由角動量守恒定律可計算破裂后盤的角動量.題 4-16 圖解(1) 碎塊拋出時的初速度為由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達的高度為(2) 圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有式中為圓盤未碎時的角動量；為碎塊被視為質(zhì)點時，碎塊對軸的角動量；L 為破裂后盤的角動量.則4 20為使運行中的飛船停止繞其中心軸的轉(zhuǎn)動，可在飛船的側(cè)面對稱地安裝兩個切向控制噴管(如圖所示)，利用噴管高速噴射氣體來制止旋轉(zhuǎn).若飛船繞其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量J 2.0 103 kg m2 ，旋轉(zhuǎn)的角速度0.2 rad s-1 ，噴口與軸線之間的距離r 1.5 m；噴氣以恒定的流量Q 1.0 kg s-1和速率u 50 m s-1 從噴口噴出，問為使該飛船停止旋轉(zhuǎn)，噴氣應噴射多長時間？分析將飛船與噴出的氣體作為研究系統(tǒng)，在噴氣過程中，系統(tǒng)不受外力矩作用，其角動量守恒.在列出方程時應注意：(1) 由于噴氣質(zhì)量遠小于飛船質(zhì)量，噴氣前、后系統(tǒng)的角動量近似為飛船的角動量J；(2) 噴氣過程中氣流速率u 遠大于飛船側(cè)面的線速度r，因此，整個噴氣過程中，氣流相對于空間的速率仍可近似看作是 u，這樣，排出氣體的總角動量.經(jīng)上述處理后，可使問題大大簡化.解取飛船和噴出的氣體為系統(tǒng)，根據(jù)角動量守恒定律，有 (1)因噴氣的流量恒定，故有 (2)由式(1)、(2)可得噴氣的噴射時間為題 4-20 圖4 21如圖所示，長為、質(zhì)量為的均質(zhì)桿，可繞點O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，令桿至水平位置由靜止擺下，在豎直位置與質(zhì)量為的物體發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后物體沿摩擦因數(shù)為的水平面滑動，試求此物體滑過的距離s.分析 本題可分為三個過程，即細桿繞點O的轉(zhuǎn)動過程，細桿與物體的完全非彈性碰撞以及碰撞后物體在粗糙水平面上的滑動過程。注意前兩個過程，只能運用剛體定軸轉(zhuǎn)動所滿足的力學規(guī)律.其中，第一個過程滿足機械能守恒，如以細桿擺至垂直位置時細桿質(zhì)心為勢能零點，則細桿在水平位置的勢能應為(而不是),擺至垂直位置時細桿的動能為(而不是)；第二個過程細桿和物體對點O的角動量守恒（而不是動量守恒，想一想為什么？），此外對完全非彈性碰撞，碰撞后瞬間滿足為碰撞后細桿的角速度，為碰撞后物體的速度.解 由分析知，有轉(zhuǎn)動過程 碰撞過程 滑動過程 將代入以上三式，解得物體滑過的距離為討論 碰撞時作用在細桿-物體系統(tǒng)的外力均通過點O，外力矩為零，故系統(tǒng)對點O的角動量守恒，但此時轉(zhuǎn)軸的點O處會產(chǎn)生水平方向的軸力分量，使合外力并不為零，故系統(tǒng)動量并不守恒，這是初學者容易犯的一種錯誤.題 4-21 圖4 25我國1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近地點為4.39 105 m，遠地點為2.38 106 m.試計算衛(wèi)星在近地點和遠地點的速率.(設地球半徑為6.38106 m)分析當人造衛(wèi)星在繞地球的橢圓軌道上運行時，只受到有心力萬有引力的作用.因此，衛(wèi)星在運行過程中角動量是守恒的，同時該力對地球和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)而言，又是屬于保守內(nèi)力，因此，系統(tǒng)又滿足機械能守恒定律.根據(jù)上述兩條守恒定律可求出衛(wèi)星在近地點和遠地點時的速率.解由于衛(wèi)星在近地點和遠地點處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動量守恒定律有 (1)又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機械能守恒，故有 (2)式中G 為引力常量，m 和m 分別為地球和衛(wèi)星的質(zhì)量，r1 和r2 是衛(wèi)星在近地點和遠地點時離地球中心的距離.由式(1)、(2)可解得衛(wèi)星在近地點和遠地點的速率分別為4 27如圖所示，一質(zhì)量為m 的小球由一繩索系著，以角速度0 在無摩擦的水平面上，作半徑為r0 的圓周運動.如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力，使小球作半徑為r0/2 的圓周運動.試求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.題 4-27 圖分析沿軸向的拉力對小球不產(chǎn)生力矩，因此，小球在水平面上轉(zhuǎn)動的過程中不受外力矩作用，其角動量應保持不變.但是，外力改變了小球圓周運動的半徑，也改變了小球的轉(zhuǎn)動慣量，從而改變了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根據(jù)動能定理由小球動能的變化得到.解(1) 根據(jù)分析，小球在轉(zhuǎn)動的過程中，角動量保持守恒，故有式中J0 和J1 分別是小球在半徑為r 和1/2 r 時對軸的轉(zhuǎn)動慣量，即和，則(2) 隨著小球轉(zhuǎn)動角速度的增加，其轉(zhuǎn)動動能也增加，這正是拉力作功的結(jié)果.由轉(zhuǎn)動的動能定理可得拉力的功為5-7如圖（a）所示，兩個輕彈簧的勁度系數(shù)分別為、 當物體在光滑斜面上振動時（1） 證明其運動仍是簡諧運動；（2） 求系統(tǒng)的振動頻率題5-7 圖分析從上兩題的求解知道，要證明一個系統(tǒng)作簡諧運動，首先要分析受力情況，然后看是否滿足簡諧運動的受力特征（或簡諧運動微分方程）為此，建立如圖（b）所示的坐標設系統(tǒng)平衡時物體所在位置為坐標原點O，Ox 軸正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 軸，物體受彈性力及重力分力的作用，其中彈性力是變力利用串聯(lián)時各彈簧受力相等，分析物體在任一位置時受力與位移的關(guān)系，即可證得物體作簡諧運動，并可求出頻率證設物體平衡時兩彈簧伸長分別為、，則由物體受力平衡，有 （1）按圖（b）所取坐標，物體沿x 軸移動位移x時，兩彈簧又分別被拉伸和，即則物體受力為 （）將式（1）代入式（2）得 （）由式（3）得、，而，則得到式中為常數(shù)，則物體作簡諧運動，振動頻率討論（1） 由本題的求證可知，斜面傾角 對彈簧是否作簡諧運動以及振動的頻率均不產(chǎn)生影響事實上，無論彈簧水平放置、斜置還是豎直懸掛，物體均作簡諧運動而且可以證明它們的頻率相同，均由彈簧振子的固有性質(zhì)決定，這就是稱為固有頻率的原因（2） 如果振動系統(tǒng)如圖（c）（彈簧并聯(lián)）或如圖（d）所示，也可通過物體在某一位置的受力分析得出其作簡諧運動，且振動頻率均為，讀者可以一試通過這些例子可以知道，證明物體是否作簡諧運動的思路是相同的5-10某振動質(zhì)點的x-t 曲線如圖（a）所示，試求：（1） 運動方程；（2） 點P 對應的相位；（3） 到達點P 相應位置所需的時間分析由已知運動方程畫振動曲線和由振動曲線求運動方程是振動中常見的兩類問題本題就是要通過x t 圖線確定振動的三個特征量A、和，從而寫出運動方程曲線最大幅值即為振幅A；而、通?？赏ㄟ^旋轉(zhuǎn)矢量法或解析法解出，一般采用旋轉(zhuǎn)矢量法比較方便解（1） 質(zhì)點振動振幅A 0.10 而由振動曲線可畫出t0 0 和t1 4 時旋轉(zhuǎn)矢量，如圖（b） 所示由圖可見初相（或），而由得，則運動方程為題5-10 圖（2） 圖（a）中點P 的位置是質(zhì)點從A2 處運動到正向的端點處對應的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖（c） 所示當初相取時，點P 的相位為（如果初相取成，則點P 相應的相位應表示為（3） 由旋轉(zhuǎn)矢量圖可得，則5-12圖（a）為一簡諧運動質(zhì)點的速度與時間的關(guān)系曲線，且振幅為2cm，求（1） 振動周期；（2） 加速度的最大值；（3） 運動方程分析根據(jù)v-t 圖可知速度的最大值vmax ，由vmax A可求出角頻率，進而可求出周期T 和加速度的最大值amax A2 在要求的簡諧運動方程x Acos（t ）中，因為A 和已得出，故只要求初相位即可由v t 曲線圖可以知道，當t 0 時，質(zhì)點運動速度v0 vmax/2 A/2，之后速度越來越大，因此可以判斷出質(zhì)點沿x 軸正向向著平衡點運動利用v0 Asin就可求出解（1） 由得，則（2）（3） 從分析中已知，即因為質(zhì)點沿x 軸正向向平衡位置運動，則取，其旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖（b）所示則運動方程為 題5-12 圖5-15如圖（a）所示，質(zhì)量為1.0 10-2 kg 的子彈，以500 ms-1的速度射入木塊，并嵌在木塊中，同時使彈簧壓縮從而作簡諧運動，設木塊的質(zhì)量為4.99 kg，彈簧的勁度系數(shù)為8.0 103 Nm-1 ，若以彈簧原長時物體所在處為坐標原點，向左為x 軸正向，求簡諧運動方程題5-15 圖分析可分為兩個過程討論首先是子彈射入木塊的過程，在此過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，因而可以確定它們共同運動的初速度v0 ，即振動的初速度隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡諧運動它的角頻率由振子質(zhì)量m1 m2 和彈簧的勁度系數(shù)k 確定，振幅和初相可根據(jù)初始條件（初速度v0 和初位移x0 ）求得初相位仍可用旋轉(zhuǎn)矢量法求解振動系統(tǒng)的角頻率為由動量守恒定律得振動的初始速度即子彈和木塊的共同運動初速度v0 為又因初始位移x0 0，則振動系統(tǒng)的振幅為圖（b）給出了彈簧振子的旋轉(zhuǎn)矢量圖，從圖中可知初相位，則簡諧運動方程為5-19 已知兩同方向、同頻率的簡諧運動的運動方程分別為；求：（1） 合振動的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同頻率的簡諧運動，則為多少時，x1 x3 的振幅最大？ 又 為多少時，x2 x3 的振幅最?。款}5-19 圖分析可采用解析法或旋轉(zhuǎn)矢量法求解.由旋轉(zhuǎn)矢量合成可知，兩個同方向、同頻率簡諧運動的合成仍為一簡諧運動，其角頻率不變；合振動的振幅，其大小與兩個分振動的初相差相關(guān)而合振動的初相位解（1） 作兩個簡諧運動合成的旋轉(zhuǎn)矢量圖（如圖）因為，故合振動振幅為合振動初相位（2） 要使x1 x3 振幅最大，即兩振動同相，則由得要使x1 x3 的振幅最小，即兩振動反相，則由得5-20兩個同頻率的簡諧運動1 和2 的振動曲線如圖（a）所示，求（1）兩簡諧運動的運動方程x1 和x2；（2） 在同一圖中畫出兩簡諧運動的旋轉(zhuǎn)矢量，并比較兩振動的相位關(guān)系；（3） 若兩簡諧運動疊加，求合振動的運動方程分析振動圖已給出了兩個簡諧運動的振幅和周期，因此只要利用圖中所給初始條件，由旋轉(zhuǎn)矢量法或解析法求出初相位，便可得兩個簡諧運動的方程解（1） 由振動曲線可知，A 0.1 ，T 2，則2T -1 曲線1表示質(zhì)點初始時刻在x 0 處且向x 軸正向運動，因此1 2；曲線2 表示質(zhì)點初始時刻在x A /2 處且向x 軸負向運動，因此2 3它們的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖（b）所示則兩振動的運動方程分別為和 （2） 由圖（b）可知振動2超前振動1 的相位為56（3）其中則合振動的運動方程為題5-20 圖6-5一橫波在沿繩子傳播時的波動方程為，式中y的單位為m，t的單位為s（1） 求波的振幅、波速、頻率及波長；（2） 求繩上質(zhì)點振動時的最大速度；（3） 分別畫出t 1s 和t 2 s時的波形，并指出波峰和波谷畫出x 1.0 處質(zhì)點的振動曲線并討論其與波形圖的不同分析（1） 已知波動方程（又稱波函數(shù)）求波動的特征量（波速u、頻率u、振幅A 及波長等），通常采用比較法將已知的波動方程按波動方程的一般形式書寫，然后通過比較確定各特征量（式中前“-”、“+”的選取分別對應波沿x 軸正向和負向傳播）比較法思路清晰、求解簡便，是一種常用的解題方法（2） 討論波動問題，要理解振動物理量與波動物理量之間的內(nèi)在聯(lián)系與區(qū)別例如區(qū)分質(zhì)點的振動速度與波速的不同，振動速度是質(zhì)點的運動速度，即v dy/dt；而波速是波線上質(zhì)點運動狀態(tài)的傳播速度（也稱相位的傳播速度、波形的傳播速度或能量的傳播速度），其大小由介質(zhì)的性質(zhì)決定介質(zhì)不變，波速保持恒定（3） 將不同時刻的t 值代入已知波動方程，便可以得到不同時刻的波形方程y y（x），從而作出波形圖而將確定的x 值代入波動方程，便可以得到該位置處質(zhì)點的運動方程y y（t），從而作出振動圖解（1） 將已知波動方程表示為與一般表達式比較，可得則 （2） 繩上質(zhì)點的振動速度則 （3） t 1 和t 2 時的波形方程分別為波形圖如圖（a）所示x 1.0m 處質(zhì)點的運動方程為振動圖線如圖（b）所示波形圖與振動圖雖在圖形上相似，但卻有著本質(zhì)的區(qū)別前者表示某確定時刻波線上所有質(zhì)點的位移情況，而后者則表示某確定位置的一個質(zhì)點，其位移隨時間變化的情況題6-5 圖6-8 圖示為平面簡諧波在t0 時的波形圖，設此簡諧波的頻率為250Hz，且此時圖中質(zhì)點P 的運動方向向上求：（1） 該波的波動方程；（2） 在距原點O 為7.5 m 處質(zhì)點的運動方程與t 0 時該點的振動速度分析（1） 從波形曲線圖獲取波的特征量，從而寫出波動方程是建立波動方程的又一途徑具體步驟為：1. 從波形圖得出波長、振幅A 和波速u u；2. 根據(jù)點P 的運動趨勢來判斷波的傳播方向，從而可確定原點處質(zhì)點的運動趨向，并利用旋轉(zhuǎn)矢量法確定其初相0 （2） 在波動方程確定后，即可得到波線上距原點O 為x 處的運動方程y y（t），及該質(zhì)點的振動速度udy/dt解（1） 從圖中得知，波的振幅A0.10 m，波長20.0m，則波速u u5.0 103 -1 根據(jù)t 0 時點P 向上運動，可知波沿Ox 軸負向傳播，并判定此時位于原點處的質(zhì)點將沿Oy 軸負方向運動利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得其初相0 /3故波動方程為（2） 距原點O 為x 7.5 處質(zhì)點的運動方程為t 0 時該點的振動速度為題6-8 圖6-9一平面簡諧波以速度沿Ox軸正向傳播，圖示為其在t 0 時刻的波形圖，求（1）該波的波動方程；（2）P 處質(zhì)點的運動方程題6-9 圖分析（1） 根據(jù)波形圖可得到波的波長、振幅A 和波速u，因此只要求初相，即可寫出波動方程而由圖可知t 0 時，x 0 處質(zhì)點在平衡位置處，且由波的傳播方向可以判斷出該質(zhì)點向y 軸正向運動，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可知/2（2） 波動方程確定后，將P 處質(zhì)點的坐標x 代入波動方程即可求出其運動方程yP yP（t）解（1） 由圖可知振幅A 0.04 ， 波長0.40 ， 波速u 0.08-1 ，則2/T 2u/（2/5）-1 ，根據(jù)分析已知/2，因此波動方程為（2） 距原點O 為x 0.20 處的P 點運動方程為6-14 圖（a）是干涉型消聲器結(jié)構(gòu)的原理圖，利用這一結(jié)構(gòu)可以消除噪聲當發(fā)動機排氣噪聲聲波經(jīng)管道到達點A 時，分成兩路而在點B 相遇，聲波因干涉而相消如果要消除頻率為300 Hz 的發(fā)動機排氣噪聲，則圖中彎管與直管的長度差rr2 r1 至少應為多少？ （設聲波速度為340 ms-1 ）題6-14 圖分析一列聲波被分成兩束后再相遇，將形成波的干涉現(xiàn)象由干涉相消條件，可確定所需的波程差，即兩管的長度差r解由分析可知，聲波從點A 分開到點B 相遇，兩列波的波程差r r2 - r1 ，故它們的相位差為由相消靜止條件（2k 1），（k 0，1，2，）得 r （2k 1）2根據(jù)題中要求令k 0 得r 至少應為討論在實際應用中，由于噪聲是由多種頻率的聲波混合而成，因而常將具有不同r 的消聲單元串接起來以增加消除噪聲的能力圖（b）為安裝在摩托車排氣系統(tǒng)中的干涉消聲器的結(jié)構(gòu)原理圖6-19一警車以25 ms-1 的速度在靜止的空氣中行駛，假設車上警笛的頻率為v=800 Hz求：（1） 靜止站在路邊的人聽到警車駛近和離去時的警笛聲波頻率；（2） 如果警車追趕一輛速度為15ms-1 的客車，則客車上人聽到的警笛聲波的頻率是多少？ （設空氣中的聲速u 330ms-1 ）分析由于聲源與觀察者之間的相對運動而產(chǎn)生聲多普勒效應，由多普勒頻率公式可解得結(jié)果在處理這類問題時，不僅要分清觀察者相對介質(zhì)（空氣）是靜止還是運動，同時也要分清聲源的運動狀態(tài)解（1） 根據(jù)多普勒頻率公式，當聲源（警車）以速度s 25 ms-1 運動時，靜止于路邊的觀察者所接收到的頻率為警車駛近觀察者時，式中s前取“”號，故有警車駛離觀察者時，式中s前取“”號，故有（2） 客車的速度為=15 ms-1 ,聲源（警車）與客車上的觀察者作同向運動時，觀察者收到的頻率為7 6一容器內(nèi)儲有氧氣，其壓強為，溫度為27 ，求：(1)氣體分子的數(shù)密度；(2) 氧氣的密度；(3) 分子的平均平動動能；(4) 分子間的平均距離(設分子間均勻等距排列)分析在題中壓強和溫度的條件下，氧氣可視為理想氣體因此，可由理想氣體的物態(tài)方程、密度的定義以及分子的平均平動動能與溫度的關(guān)系等求解又因可將分子看成是均勻等距排列的，故每個分子占有的體積為，由數(shù)密度的含意可知，即可求出解(1) 單位體積分子數(shù)(2) 氧氣的密度(3) 氧氣分子的平均平動動能(4) 氧氣分子的平均距離通過對本題的求解，我們可以對通常狀態(tài)下理想氣體的分子數(shù)密度、平均平動動能、分子間平均距離等物理量的數(shù)量級有所了解7 11 當溫度為0時，可將氣體分子視為剛性分子，求在此溫度下：（1）氧分子的平均動能和平均轉(zhuǎn)動動能；（2）氧氣的內(nèi)能；（3）氦氣的內(nèi)能.分析 （1）由題意，氧分子為剛性雙原子分子，則其共有5個自由度，其中包括3個平動自由度和2個轉(zhuǎn)動自由度.根據(jù)能量均分定理，平均平動動能，平均轉(zhuǎn)動動能.（2）對一定量理想氣體，其內(nèi)能為，它是溫度的單值函數(shù).其中i為分子自由度，這里氧氣i=5、氦氣i=3.而為氣體質(zhì)量，M為氣體摩爾質(zhì)量，其中氧氣；氦氣.代入數(shù)據(jù)即可求解它們的內(nèi)能.解 根據(jù)分析當氣體溫度為T=273 K時，可得（1）氧分子的平均平動動能為氧分子的平均轉(zhuǎn)動動能為 （2）氧氣的內(nèi)能為（3）氦氣的內(nèi)能為714有N個質(zhì)量均為m的同種氣體分子，它們的速率分布如圖所示.(1) 說明曲線與橫坐標所包圍的面積的含義；(2) 由N和求a 值；(3) 求在速率/2到3/2 間隔內(nèi)的分子數(shù)；(4) 求分子的平均平動動能.題 7-14 圖分析處理與氣體分子速率分布曲線有關(guān)的問題時，關(guān)鍵要理解分布函數(shù)的物理意義. ，題中縱坐標，即處于速率v 附近單位速率區(qū)間內(nèi)的分子數(shù).同時要掌握的歸一化條件，即.在此基礎上，根據(jù)分布函數(shù)并運用數(shù)學方法(如函數(shù)求平均值或極值等)，即可求解本題.解(1) 由于分子所允許的速率在0 到2 的范圍內(nèi)，由歸一化條件可知圖中曲線下的面積即曲線下面積表示系統(tǒng)分子總數(shù)N.(2 ) 從圖中可知，在0 到區(qū)間內(nèi)，；而在0 到2 區(qū)間，.則利用歸一化條件有(3) 速率在/2到3/2間隔內(nèi)的分子數(shù)為(4) 分子速率平方的平均值按定義為故分子的平均平動動能為718在一定的壓強下，溫度為20時，氬氣和氮氣分子的平均自由程分別為9.9108m 和27.5108m.試求：(1) 氬氣和氮氣分子的有效直徑之比；(2) 當溫度不變且壓強為原值的一半時，氮氣分子的平均自由程和平均碰撞頻率.分析 ( 1 ) 氣體分子熱運動的平均自由程，因此，溫度、壓強一定時，平均自由程.(2) 當溫度不變時，平均自由程.解(1) 由分析可知(2) 由分析可知氮氣分子的平均自由程在壓強降為原值的一半時，有而此時的分子平均碰撞頻率將T 293K，