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第一章 质点运动学
1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t2?2t3,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．
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?4.0s 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
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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
dvydvx?2ax??60m?s , ay???40m?s?2
dtdt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 -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． 解 由分析知,应有
vt?
由
v0dv??adt
03得 v?4t?t?v0 (1)
13?dx??vdt
x00xt2得 x?2t?14t?v0t?x0 (2) 12将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得
v0＝-1 m·ｓ-1, x0＝0.75 m
于是可得质点运动方程为
x?2t2?14t?0.75 12
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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
解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得
vtt?又由v?0dv??adt??(6i?4j)dt
00v?6ti?4tj
dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt?dr??vdt??(6ti?4tj)dt
r000rttr?(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． 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
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v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdt(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
v(t)?vxi?vyj?d2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j
dtdt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
an
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？
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??第4页 共31页
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(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??
2πR4πbR
1 -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 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？
3解 (1) 由于θ?2?4t,则角速度ω?dθ?12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速dt度的数值分别为
ant?2s?rω2?2.30m?s?2
at(2) 当at?a/2?t?2s?rdω?4.80m?s?2 dt122an?at2时,有3at2?an,即 223?24rt??r212t2
??4得 t?此时刻的角位置为
3123
θ?2?4t3?3.15rad
(3) 要使an?at,则有
23?24rt??r212t2
??4t ＝0.55ｓ
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．
解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有
?1
120t?40?mdv dt第5页 共31页
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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
v?xv0dv???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 -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)
题 2-15 图
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 -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第6页 共31页
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时,物体所经历的时间及经过的路程．
题 2-17 图
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
?t0dt??Rvdv
μ?v0v2v?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
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 2g?kv1?g?kv2?? y??ln?2??2k?g?kv0?物体到达最高处时, v ＝0,故有
h?ymax(2) 物体下落过程中,有
2?1?g?kv0??ln?? 2k?g???mg?kmv2?m对上式积分,有
vdv dy?y0dy???0v0vdv
g?kv2
?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． 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) dt第8页 共31页
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k＝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
?1?则 t?又因式(3)中mt0dt?mF?1vm20?v2???1?v2??dv
m??mvmln3 2Fdvmvdv?,再利用始末条件对式(3)积分,有 dtdx?x0dx?mF?1vm20?v2???1?v2??dv
m???122mvm4mvmln?0.144则 x? 2F3F
*
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
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
2I??0?30?4t?dt?30t?2t20?68N?s
2??tFdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度
1t2(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得
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?3 -11 一只质量m1I?mv1?40m?s?1 m?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：
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（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？
题 3-11 图
解 （1） 解 1 由分析知，有
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?Fx?Fy?197.9N
(2) 由质点动能定理，得
221212W?mv2?mv1?47.7J
223 -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) 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
W??F?dxW??F?dx??cos180?dx???9kc2/3x4/3dx??00ll272/37/3kcl 7第10页 共31页
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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． 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
mEmv2 G?m3RE?3RE?2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 -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
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
121122mv??m?m??v1?kx0 (2) 222由式(1)、(2)可得
x0?mm?v
k?m?m??3 -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？
解 （1）由动能守恒得
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?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 2211v1212?E?[mv2?m(0)2]?(mv0?mv0)22222则
12??mv04“-”号表示碰撞后系统机械能减少了.
第四章 刚体的转动
4－11 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
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)
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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 22J1?J2?m1R?m2rm1R?m2rgr
J1?J2?m1R2?m2r2a2?J1?J2?m1r2?m2RrFT1?m1g 22J1?J2?m1R?m2rJ1?J2?m1R2?m1RrFT2?m2g
J1?J2?m1R2?m2r24－12 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
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)
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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/r4－16 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？
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
2v0ω2R2 h??2g2g(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有
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角动量；L为破裂后盘的角动量.则
?1?L??m??m?R2ω
?2?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
-1
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杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.
题 4-17 图
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
2弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l2/12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？
－
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
mR2vω0????9.52?10?2s?1 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.
4－21 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
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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2121
J?(而不是mv2)；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
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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？ 解 （1）由分析知，有
J0?0?J?
则 ??J0?0?2.77r?s-1 J?1J0?02?26.2J 212J??72.6J 2?Ek1
（2）收起双臂前 Ek1 收起双臂后 Ek2?此时由于人体内力做功，有 Ek24－23 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.
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2对轴的转动惯量.于是可得
ωb?J0m?ωa?ωa
J0?J1m??2m(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， 即J2?mr2.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.
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题 4-24 图
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)
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 r24－27 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
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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.
题 4-27 图
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?11322J1ω12?J0ω0?mr02ω0 2225-8 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．
题5-8图
解 由题给条件知A＝2.0 ×10-2 m，ω?2/T?4πs?1，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?Aco?s?t???，当t?0时有x0?Aco?s?t???，
v0??A?sin?．当
（1）x0?A时，cos?1?1，则?1?0；
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（2）x0?0时，cos?2?0，
?2??ππ，因v0?0，取?2?； 22（3）x0?1.0?10?2m时，cos?3?0.5，?3??ππ，由v0?0，取?3?； 33π4π，由v0?0，取?4?． 33（4）x0??1.0?10?2m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 （1）x?2.0?10?2cos4πt?m?
?m? ?m? ?m?
（2）x?2.0?10?2cos?4πt?π/2?（3）x?2.0?10?2cos?4πt?π/3?（4）x?2.0?10?2cos?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的速度向上运动，求运动方程．
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?2x10??v10/???8.0?10?2m；应用旋转矢量法可
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确定初相
?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 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． 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
（或?0?5π/3），而由??t1?t0???/2??/3?0??π/3得ω?5π/24s?1，则运动方程为
?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 ??5.0cm，??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
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过x=5.0 cm处的时间间隔.
2π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??.而
3A=0.10 m，??
2ππ?1?s.则简谐运动方程为 T2π2πx?0.10cos(t?)m
23(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 23πF??m?2x??10?10?3?()2?(?8.66?10?2)N 2?2.14?10?3N（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
πt1??s?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
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题 5-11 图
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
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
??2??1??π/2，
A?合振动初相位
2A12?A2?2A1A2cos??2??1??7.8?10?2m
??A1sin?1?A2sin?2?/?A1cos?1?A2cos?2????arctan?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,...
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，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． 解 （1）将已知波动方程表示为
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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
则vmax?1.57m?s?1
（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．
题6-5图
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．
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
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y?Acos???t?x/u???0?
?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
?m??500πt?13π/12?y?0.10cost ＝0 时该点的振动速度为
?m?
v??dy/dt?t?0??50πsin13π/12?40.6m?s-1
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
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??m?
,式中y和x的单位为m，t的
6-11 平面简谐波的波动方程为y?0.08cos?4πt?2πx?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．
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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
第七章 气体动理论
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？ 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?7－11 当温度为0
?
C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
?3均动能和平均转动动能；（2）4.0?10能.
kg氧气的内能；（3）4.0?10?3kg氦气的内
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
?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
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m?i4.0?10?333E?RT???8.31?273J?3.4 ?10J ?3M24.0?1027－17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解由分析可知，氮分子的分子数密度为
3?3.76?10?10m）
n?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 22πdn8－7 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. 解由分析可知，过程中对外作的功为
1W?(V2?V1)(p2?p1)
2内能的变化为
33?E?R?T?(p2V2?p1V1)
22吸收的热量
1Q?W??E?2(p2V2?p1V1)?(p1V2?p2V1)
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题 8-7 图
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？ 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
8－10 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? 解 根据题给初态条件得氧气的物质的量为
5
－3
－2
－2
35
2
3
3
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
75?R，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
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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
Wp?Qp?ΔE?36.6J
WV?QV?ΔE?0
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.
题 8-12 图
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＝
3
pC(VB－VC )＝2.0×103Ｊ
3
QACB＝WACB＝2.0×10Ｊ
8－140.32 kg的氧气作如图所示的ABCDA循环，V2＝2V1 ,T1＝300Ｋ，T2＝200Ｋ,求循环效
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率.
题 8-14 图
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总量为
Q?QAB?QDA?WAB?ΔEDAm?m??RT1ln?V2/V1??CV,m?T1?T2?MM
??mm5?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%
8-16 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
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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
??
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