第一篇：物理學教程(第二版)第1~5章答案

第二章 牛頓定律-1 如圖(a)所示,質量為m 的物體用平行于斜面的細線聯結置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速運動,當物體剛脫離斜面時,它的加速度的大小為（）(A)gsin θ

(B)gcos θ

(C)gtan θ

(D)gcot θ

分析與解 當物體離開斜面瞬間,斜面對物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力FＴ(其方向仍可認為平行于斜面)和重力作用下產生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcot θ,故選(D)．求解的關鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態特征．

2-2 用水平力FN把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止．當FN逐漸增大時,物體所受的靜摩擦力Ff的大小（）(A)不為零,但保持不變(B)隨FN成正比地增大

(C)開始隨FN增大,達到某一最大值后,就保持不變(D)無法確定

分析與解 與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值μFN范圍內取值．當FN增加時,靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運動狀態．由題意知,物體一直保持靜止狀態,故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選(A)．-3 一段路面水平的公路,轉彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數為μ,要使汽車不至于發生側向打滑,汽車在該處的行駛速率（）(A)不得小于(C)不得大于μgR

(B)必須等于

μgR

μgR

(D)還應由汽車的質量m 決定

分析與解 由題意知,汽車應在水平面內作勻速率圓周運動,為保證汽車轉彎時不側向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應為μFN．由此可算得汽車轉彎的最大速率應為v＝μRg．因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側向打滑．應選(C)． 2-4 一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則（）(A)它的加速度方向永遠指向圓心,其速率保持不變(B)它受到的軌道的作用力的大小不斷增加(C)它受到的合外力大小變化,方向永遠指向圓心(D)它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加

分析與解 由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關．重力的切向分量(m gcos θ)使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由

v2軌道法向方向上的動力學方程FN?mgsinθ?mR不斷增大,由此可見應選(B)．

可判斷,隨θ 角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將*2-5 圖(a)示系統置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降機內,A、B 兩物體質量相同均為m,A 所在的桌面是水平的,繩子和定滑輪質量均不計,若忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦,并不計空氣阻力,則繩中張力為（）(A)5/8 mg

(B)1/2 mg

(C)mg(D)2mg

分析與解 本題可考慮對A、B 兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進行求解．此時A、B 兩物體受力情況如圖(b)所示,圖中a′為A、B 兩物體相對電梯的加速度,ma為慣性力．對A、B 兩物體應用牛頓第二定律,可解得FＴ ＝5/8 mg．故選(A)．

討論 對于習題2-5 這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運動圖像較為明確,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學問題時,必須對物體加上一個虛擬的慣性力．如以地面為慣性參考系求解,則兩物體的加速度aA 和aB 均應對地而言,本題中aA 和aB的大小與方向均不相同．其中aA 應斜向上．對aA、aB、a 和a′之間還要用到相對運動規律,求解過程較繁瑣．有興趣的讀者不妨自己嘗試一下．-6 圖示一斜面,傾角為α,底邊AB 長為l ＝2.1 m,質量為m 的物體從題2-6 圖斜面頂端由靜止開始向下滑動,斜面的摩擦因數為μ＝0.14．試問,當α為何值時,物體在斜面上下滑的時間最短？ 其數值為多少？

分析 動力學問題一般分為兩類：(1)已知物體受力求其運動情況；(2)已知物體的運動情況來分析其所受的力．當然,在一個具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介,把動力學方程和運動學規律聯系起來．本題關鍵在列出動力學和運動學方程后,解出傾角與時間的函數關系α＝f(t),然后運用對t 求極值的方法即可得出數值來．

解 取沿斜面為坐標軸Ox,原點O 位于斜面頂點,則由牛頓第二定律有mgsinα?mgμcosα?ma

(1)又物體在斜面上作勻變速直線運動,故有

l11?at2?g?sinα?μcosα?t2

cosα22則

t?2l

(2)gcosα?sinα?μcosα?為使下滑的時間最短,可令dt?0,由式(2)有 dα?sinα?sinα?μcosα??cosα?cosα?μsinα??0

則可得

tan2α??1o,??49 μ此時

tmin?2l?0.99s

gcos??sin???cos??2-7 工地上有一吊車,將甲、乙兩塊混凝土預制板吊起送至高空．甲塊質量為m1 ＝2.00 ×102 kg,乙塊質量為m2 ＝1.00 ×102 kg．設吊車、框架和鋼絲繩的質量不計．試求下述兩種情況下,鋼絲繩所受的張力以及乙塊對甲塊的作用力：(1)兩物塊以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2)兩物塊以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．從本題的結果,你能體會到起吊重物時必須緩慢加速的道理嗎？

題 2-7 圖

分析 預制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體．處理動力學問題通常采用“隔離體”的方法,分析物體所受的各種作用力,在所選定的慣性系中列出它們各自的動力學方程．根據連接體中物體的多少可列出相應數目的方程式．結合各物體之間的相互作用和聯系,可解決物體的運動或相互作用力．

解 按題意,可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體,畫示力圖,并取豎直向上為Oy 軸正方向(如圖所示)．當框架以加速度a 上升時,有

FＴ-(m1 ＋m2)g ＝(m1 ＋m2)a

(1)

FN2m2 g ＝m2 a

(2)解上述方程,得

FＴ ＝(m1 ＋m2)(g ＋a)

(3)FN2 ＝m2(g ＋a)

(4)(1)當整個裝置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升時,由式(3)可得繩所受張力的值為

FＴ ＝5.94 ×103 N 乙對甲的作用力為

F′N2 ＝-FN2 ＝-m2(g ＋a)＝-1.98 ×103 N

(2)當整個裝置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升時,得繩張力的值為

FＴ ＝3.24 ×103 N 此時,乙對甲的作用力則為

F′N2＝-1.08 ×103 N 由上述計算可見,在起吊相同重量的物體時,由于起吊加速度不同,繩中所受張力也不同,加速度大,繩中張力也大．因此,起吊重物時必須緩慢加速,以確保起吊過程的安全．-8 如圖(a)所示,已知兩物體A、B 的質量均為m＝3.0kg 物體A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 運動,求物體B 與桌面間的摩擦力．(滑輪與連接繩的質量不計)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-FＴ ＝mA a

(1)F′Ｔ1-Fｆ ＝mB a′

(2)F′Ｔ-2FＴ1 ＝0

(3)考慮到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可聯立解得物體與桌面的摩擦力

Ff?mg??m?4m?a?7.2N

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,得出文字結果；(4)核對量綱,再代入數據,計算出結果來． 2-9 質量為m′的長平板A 以速度v′在光滑平面上作直線運動,現將質量為m 的木塊B 輕輕平穩地放在長平板上,板與木塊之間的動摩擦因數為μ,求木塊在長平板上滑行多遠才能與板取得共同速度？

分析 當木塊B平穩地輕輕放至運動著的平板A 上時,木塊的初速度可視為零,由于它與平板之間速度的差異而存在滑動摩擦力,該力將改變它們的運動狀態．根據牛頓定律可得到它們各自相對地面的加速度．換以平板為參考系來分析,此時,木塊以初速度-v′(與平板運動速率大小相等、方向相反)作勻減速運動,其加速度為相對加速度,按運動學公式即可解得．

該題也可應用第三章所講述的系統的動能定理來解．將平板與木塊作為系統,該系統的動能由平板原有的動能變為木塊和平板一起運動的動能,而它們的共同速度可根據動量定理求得．又因為系統內只有摩擦力作功,根據系統的動能定理,摩擦力的功應等于系統動能的增量．木塊相對平板移動的距離即可求出．

解1 以地面為參考系,在摩擦力Ff＝μmg 的作用下,根據牛頓定律分別對木塊、平板列出動力學方程

Ff＝μmg ＝ma1

Ff＝-Ff＝m′a2

a1 和a2 分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度．若以木板為參考系,木塊相對平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木塊相對平板以初速度-v′作勻減速運動直至最終停止．由運動學規律有

-v′2 ＝2as

由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為

解2 以木塊和平板為系統,它們之間一對摩擦力作的總功為

W?F（?Ffl??mgs fs?l）式中l 為平板相對地面移動的距離．

由于系統在水平方向上不受外力,當木塊放至平板上時,根據動量守恒定律,有

m′v′＝(m′＋m)v″

由系統的動能定理,有

μmgs?由上述各式可得

11m?v?2??m??m?v??2 22m?v?2s?

?2μg?m?m?2-10 如圖(a)所示,在一只半徑為R 的半球形碗內,有一粒質量為m 的小鋼球,當小球以角速度ω在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動時,它距碗底有多高？

題 2-10 圖

分析 維持鋼球在水平面內作勻角速度轉動時,必須使鋼球受到一與向心加速度相對應的力(向心力),而該力是由碗內壁對球的支持力FN 的分力來提供的,由于支持力FN 始終垂直于碗內壁,所以支持力的大小和方向是隨ω而變的．取圖示Oxy 坐標,列出動力學方程,即可求解鋼球距碗底的高度． 解 取鋼球為隔離體,其受力分析如圖(b)所示．在圖示坐標中列動力學方程

FNsinθ?man?mRω2sinθ

(1)

且有

由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為

FNcosθ?mg

(2)

?R?h?

(3)

cosθ?Rh?R?可見,h 隨ω的變化而變化．

gω2-11 在如圖（a）所示的輕滑輪上跨有一輕繩，繩的兩端連接著質量分別為1 kg和2 kg的物體A和B，現以50 N的恒力F向上提滑輪的軸，不計滑輪質量及滑輪與繩間摩擦，求A和B的加速度各為多少？

題 2-11 圖

分析

在上提物體過程中，由于滑輪可以轉動，所以A、B兩物體對地加速度并不相同，故應將A、B和滑輪分別隔離后，運用牛頓定律求解，本題中因滑輪質量可以不計，故兩邊繩子張力相等，且有F解

隔離后，各物體受力如圖（b）所示，有 滑輪

A

B

聯立三式，得

討論

如由式F?2FT.F?2FT?0

FT?mAg?mAaA FT?mBg?mBaB

aA?15.2m?s?2，aB?2.7m?s?2

?(mA?mB)g?(mA?mB)a求解，所得a是A、B兩物體構成的質點系的質心加速度，并不是A、B兩物體的加速度.上式叫質心運動定理.2-1

2一質量為50 g的物體掛在一彈簧末端后伸長一段距離后靜止，經擾動后物體作上下振動，若以物體靜平衡位置為原點，向下為y軸正向.測得其運動規律按余弦形式即

y?0.20cos(5t??/2)，式中t以s計，y以m計，試求：（1）作用于該物體上的合外力的大小；（2）證明作用在物體上的合外力大小與物體離開平衡位置的y距離成正比.分析

本題可直接用F?ma?md2y/dt2求解，y為物體的運動方程，F即為作用于物體上的合外力（實為重力與彈簧力之和）的表達式，本題顯示了物體作簡諧運動時的動力學特征.解

（1）由分析知

F?ma?d2y/dt2??0.25cos（5t??/2）（N）

該式表示作用于物體上的合外力隨時間t按余弦作用周期性變化，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的大小與物體離開平衡位置距離y的大小成正比.“-”號表示與位移的方向相反.2-13 一質量為10 kg 的質點在力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

s的單位的ｓ．在t＝0時,質點位于x ＝5.0 m處,其速度v0＝6.0 m·

?1．求質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,而加速度a＝dv/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點的速度v(t)；由速度的定義v＝dx /dt,用積分的方法可求出質點的位置．

解 因加速度a＝dv/dt,在直線運動中,根據牛頓運動定律有

120t?40?mdv dt依據質點運動的初始條件,即t0 ＝0 時v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,運用分離變量法對上式積分,得

?dv???12.0t?4.0?dt

v00vtv＝6.0+4.0t+6.0t2

又因v＝dx /dt,并由質點運動的初始條件：t0 ＝0 時 x0 ＝5.0 m,對上式分離變量后積分,有

?xx0dx???6.0?4.0t?6.0t2?dt

t0x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3-14 輕型飛機連同駕駛員總質量為1.0 ×103 kg．飛機以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上著陸后,駕駛員開始制動,若阻力與時間成正比,比例系數α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空氣對飛機升力不計,求：(1)10ｓ后飛機的速率；(2)飛機著陸后10ｓ內滑行的距離．

分析 飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質點作直線運動．其水平方向所受制動力F 為變力,且是時間的函數．在求速率和距離時,可根據動力學方程和運動學規律,采用分離變量法求解．

解 以地面飛機滑行方向為坐標正方向,由牛頓運動定律及初始條件,有F?ma?mdv??αt dt?得

vv0dv???0tαtdt mv?v0?α2t 2mv ＝30 m·ｓ-1 因此,飛機著陸10ｓ后的速率為

又

t?α2?dx?v?dt ?0?x0?0?2mt??x故飛機著陸后10ｓ內所滑行的距離

s?x?x0?v0t?α3t?467m 6m2-15 質量為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 的函數關系；(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Ff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(在有些問題中變力是時間、位置的函數),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

v0?2gh

運動員入水后,由牛頓定律得

P-Ff-F ＝ma 由題意P ＝F、Ff＝bv2 ,而a ＝dv /dt ＝v(d v /dy),代 入上式后得

-bv2＝ mv(d v /dy)考慮到初始條件y0 ＝0 時，v0?2gh,對上式積分,有

vdv?m???dy?? ?0?v0vb??tv?v0e?by/m?2ghe?by/m

(2)將已知條件b/m ＝0.4 m-1 ,v ＝0.1v0 代入上式,則得

y??mvln?5.76m bv02-16 一質量為m 的小球最初位于如圖(a)所示的A 點,然后沿半徑為r的光滑圓軌道ADCB下滑．試求小球到達點C時的角速度和對圓軌道的作用力．

題 2-16 圖 分析 該題可由牛頓第二定律求解．在取自然坐標的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,與其相對應的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而與法向加速度an相對應的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα．由此,可分別列出切向和法向的動力學方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man ．由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的,因此,需應用積分求解,為使運算簡便,可轉換積分變量．

該題也能應用以小球、圓弧與地球為系統的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比較簡便．但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力．

解 小球在運動過程中受到重力P 和圓軌道對它的支持力FN ．取圖(b)所示的自然坐標系,由牛頓定律得

Ft??mgsinα?mdv

(1)dt

(2)

mv2Fn?FN?mgcosα?mR由v?dsrdαrdα,得dt?,代入式(1),并根據小球從點A 運動到點C 的始末條件,進行積分,有 ?vdtdt?得

則小球在點C 的角速度為

vv0vdv??

??/2??rgsin??d?

v?2rgcosαω?由式(2)得

v?2gcosα/rr

mv2FN?m?mgcosα?3mgcosα

r???FN??3mgcosα FN由此可得小球對圓軌道的作用力為

負號表示F′N 與en 反向．-17 光滑的水平桌面上放置一半徑為R 的固定圓環,物體緊貼環的內側作圓周運動,其摩擦因數為μ,開始時物體的速率為v0 ,求：(1)t 時刻物體的速率；(2)當物體速率從v0減少v0的路程．

/2時,物體所經歷的時間及經過

題 2-17 圖

分析 運動學與動力學之間的聯系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學問題．物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態發生變化的是圓環內側對物體的支持力FN 和環與物體之間的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小與正壓力FN′成正比,且FN與FN′又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯系起來了,從而可用運動學的積分關系式求解速率和路程．

解(1)設物體質量為m,取圖中所示的自然坐標,按牛頓定律,有

mv2 FN?man?RFf??mat??由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

dv dtv2dvμ??Rdt取初始條件t ＝0 時v ＝v 0 ,并對上式進行積分,有

Rvdv?0dt??μ?v0v2

tv?(2)當物體的速率從v 0 減少到v0Rv0R?v0μt

/2時,由上式可得所需的時間為

t??物體在這段時間內所經過的路程

Rμv0

s??vdt??0t?t?0Rv0dt

R?v0μts?Rln2 μ2-18 一物體自地球表面以速率v0 豎直上拋．假定空氣對物體阻力的值為Fr ＝kmv2 ,其中m 為物體的質量,k 為常量．試求：(1)該物體能上升的高度；(2)物體返回地面時速度的值．(設重力加速度為常量．)

題 2-18 圖

分析 由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反,因此,物體在上拋過程中所受重力P和阻力Fr 的方向相同；而下落過程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向則相反．又因阻力是變力,在解動力學方程時,需用積分的方法．

解 分別對物體上拋、下落時作受力分析,以地面為原點,豎直向上為y 軸(如圖所示)．(1)物體在上拋過程中,根據牛頓定律有

?mg?kmv2?m依據初始條件對上式積分,有

dvvdv ?mdtdy?y0dy???0v0vdvg?kv2

1?g?kv2?? y??ln?2??2k?g?kv0?物體到達最高處時, v ＝0,故有

h?ymax(2)物體下落過程中,有

2?1?g?kv0??ln? ?2k?g???mg?kmv2?m對上式積分,有

vdv dy?則

y0dy????1/20v0vdvg?kv2

?kv2?v?v0??1?g????-19 質量為m 的摩托車,在恒定的牽引力F的作用下工作,它所受的阻力與其速率的平方成正比,它能達到的最大速率是vm ．試計算從靜止加速到vm/2所需的時間以及所走過的路程．

分析 該題依然是運用動力學方程求解變力作用下的速度和位置的問題,求解方法與前兩題相似,只是在解題過程中必須設法求出阻力系數k．由于阻力Fr＝kv2 ,且Fr又與恒力F 的方向相反；故當阻力隨速度增加至與恒力大小相等時,加速度為零,此時速度達到最大．因此,根據速度最大值可求出阻力系數來．但在求摩托車所走路程時,需對變量作變換．

解 設摩托車沿x 軸正方向運動,在牽引力F和阻力Fr 同時作用下,由牛頓定律有

F?kv2?m當加速度a ＝dv/dt ＝0 時,摩托車的速率最大,因此可得

dv

(1)dtk＝F/vm(2)由式(1)和式(2)可得

?v2?dv?F?1??m

(3)?v2?dtm??根據始末條件對式(3)積分,有

1m2vm?v2??0dt?F?0??1?v2??dv

m??t?1則

又因式(3)中mt?mvmln3 2Fdvmvdv,再利用始末條件對式(3)積分,有 ?dtdx1m2vm?v2??0dx?F?0??1?v2??dv

m??x?1則

22mvm4mvmx?ln?0.1442F3F

*2-20 在卡車車廂底板上放一木箱,該木箱距車箱前沿擋板的距離L ＝2.0 m,已知制動時卡車的加速度a ＝7.0 m·ｓ-2 ,設制動一開始木箱就開始滑動．求該木箱撞上擋板時相對卡車的速率為多大？設木箱與底板間滑動摩擦因數μ＝0.50．

分析 如同習題2-5 分析中指出的那樣,可對木箱加上慣性力F0 后,以車廂為參考系進行求解,如圖所示,此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用,圖中a′為木箱相對車廂的加速度． 解 由牛頓第二定律和相關運動學規律有

F0-Ff＝ma-μmg＝ma′

(1)v′ 2 ＝2a′L

(2)聯立解(1)(2)兩式并代入題給數據,得木箱撞上車廂擋板時的速度為

v??2?a??g?L=?2.9m?s?1

第三章 動量守恒定律和能量守恒定律-1 對質點組有以下幾種說法：(1)質點組總動量的改變與內力無關；(2)質點組總動能的改變與內力無關；(3)質點組機械能的改變與保守內力無關． 下列對上述說法判斷正確的是（）(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(1)、(3)是正確的(D)(2)、(3)是正確的

分析與解 在質點組中內力總是成對出現的,它們是作用力與反作用力．由于一對內力的沖量恒為零,故內力不會改變質點組的總動量．但由于相互有作用力的兩個質點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內力所作功之和不一定為零,應作具體分析,如一對彈性內力的功的代數和一般為零,一對摩擦內力的功代數和一般不為零,對于保守內力來說,所作功能使質點組動能與勢能相互轉換,因此保守內力即使有可能改變質點組的動能,但也不可能改變質點組的機械能．綜上所述(1)(3)說法是正確的．故選(C)．-2 有兩個傾角不同、高度相同、質量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑下,則（）(A)物塊到達斜面底端時的動量相等(B)物塊到達斜面底端時動能相等

(C)物塊和斜面(以及地球)組成的系統,機械能不守恒(D)物塊和斜面組成的系統水平方向上動量守恒

分析與解 對題述系統來說,由題意知并無外力和非保守內力作功,故系統機械能守恒．物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內力作功將一部分能量轉化為斜面的動能,其大小取決其中一個內力所作功．由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等．動量自然也就不等(動量方向也不同)．故(A)(B)(C)三種說法均不正確．至于說法(D)正確,是因為該系統動量雖不守恒(下滑前系統動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零．由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統在水平方向上分動量守恒．-3 對功的概念有以下幾種說法：

(1)保守力作正功時,系統內相應的勢能增加；(2)質點運動經一閉合路徑,保守力對質點作的功為零；

(3)作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以兩者所作功的代數和必為零． 下列上述說法中判斷正確的是（）(A)(1)、(2)是正確的(B)(2)、(3)是正確的(C)只有(2)是正確的(D)只有(3)是正確的

分析與解 保守力作正功時,系統內相應勢能應該減少．由于保守力作功與路徑無關,而只與始末位置有關,如質點環繞一周過程中,保守力在一段過程中作正功,在另一段過程中必然作負功,兩者之和必為零．至于一對作用力與反作用力分別作用于兩個質點所作功之和未必為零(詳見習題3-2 分析),由此可見只有說法(2)正確,故選(C)．-4 如圖所示,質量分別為m1 和m2 的物體A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之間連有一輕彈簧．另有質量為m1 和m2 的物體C 和D 分別置于物體A 與B 之上,且物體A和C、B 和D 之間的摩擦因數均不為零．首先用外力沿水平方向相向推壓A 和B,使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在A和B 彈開的過程中,對A、B、C、D 以及彈簧組成的系統,有（）(A)動量守恒,機械能守恒

(B)動量不守恒,機械能守恒(C)動量不守恒,機械能不守恒

(D)動量守恒,機械能不一定守恒

分析與解 由題意知,作用在題述系統上的合外力為零,故系統動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B 彈開過程中C 與A 或D 與B 之間有無相對滑動,如有則必然會因摩擦內力作功,而使一部分機械能轉化為熱能,故選(D)．-5 如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出．以地面為參考系,下列說法中正確的說法是（）(A)子彈減少的動能轉變為木塊的動能(B)子彈-木塊系統的機械能守恒

(C)子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功(D)子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產生的熱

分析與解 子彈-木塊系統在子彈射入過程中,作用于系統的合外力為零,故系統動量守恒,但機械能并不守恒．這是因為子彈與木塊作用的一對內力所作功的代數和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中,一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉移為木塊的動能,另一部分則轉化為熱能(大小就等于這一對內力所作功的代數和)．綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的．-6 一架以3.0 ×10m·ｓ-1 的速率水平飛行的飛機,與一只身長為0.20 m、質量為0.50 kg 的飛鳥相碰．設碰撞后飛鳥的尸體與飛機具有同樣的速度,而原來飛鳥對于地面的速率甚小,可以忽略不計．試估計飛鳥對飛機的沖擊力(碰撞時間可用飛鳥身長被飛機速率相除來估算)．根據本題的計算結果,你對于高速運動的物體(如飛機、汽車)與通常情況下不足以引起危害的物體(如飛鳥、小石子)相碰后會產生什么后果的問題有些什么體會？

分析 由于鳥與飛機之間的作用是一短暫時間內急劇變化的變力,直接應用牛頓定律解決受力問題是不可能的．如果考慮力的時間累積效果,運用動量定理來分析,就可避免作用過程中的細節情況．在求鳥對飛機的沖力(常指在短暫時間內的平均力)時,由于飛機的狀態(指動量)變化不知道,使計算也難以進行；這時,可將問題轉化為討論鳥的狀態變化來分析其受力情況,并根據鳥與飛機作用的相互性(作用與反作用),問題就很簡單了．

解 以飛鳥為研究對象,取飛機運動方向為x 軸正向．由動量定理得 2F?Δt?mv?0式中F?為飛機對鳥的平均沖力,而身長為20cm 的飛鳥與飛機碰撞時間約為Δt ＝l /v,以此代入上式可得

mv2F???2.55?105N

l鳥對飛機的平均沖力為

F??F???2.55?105N

式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反．從計算結果可知,2.25 ×105 N的沖力大致相當于一個22 t 的物體所受的重力,可見,此沖力是相當大的．若飛鳥與發動機葉片相碰,足以使發動機損壞,造成飛行事故． 3-7 如圖所示，質量為m 的物體,由水平面上點O 以初速為v0 拋出,v0與水平面成仰角α．若不計空氣阻力,求：(1)物體從發射點O 到最高點的過程中,重力的沖量；(2)物體從發射點到落回至同一水平面的過程中,重力的沖量．

分析 重力是恒力,因此,求其在一段時間內的沖量時,只需求出時間間隔即可．由拋體運動規律可知,物體到達最高點的時間Δt1?v0sinα,物體從出發到落回至同一水平面所需的時間是到達最高點時間的兩倍．這g樣,按沖量的定義即可求得結果．

另一種解的方法是根據過程的始、末動量,由動量定理求出． 解1 物體從出發到達最高點所需的時間為

Δt1?則物體落回地面的時間為

v0sinα gΔt2?2Δt1?于是,在相應的過程中重力的沖量分別為

2v0sin?g

I1??Δt1Fdt??mgΔt1j??mv0sin?j

I2??Δt2Fdt??mgΔt2j??2mv0sin?j

解2 根據動量定理,物體由發射點O 運動到點A、B 的過程中,重力的沖量分別為

I1?mvAyj?mv0yj??mv0sinαj I2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj-8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的單位為N,t 的單位為s)的合外力作用在質量m＝10 kg 的物體上,試求：(1)在開始2ｓ 內此力的沖量；(2)若沖量I ＝300 N·s,此力作用的時間；(3)若物體的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向與Fx相同,在t＝6.86 s時,此物體的速度v2 ． 分析 本題可由沖量的定義式I解(1)由分析知

2I??0?30?4t?dt?30t?2t20?68N?s

2t21??tFdt,求變力的沖量,繼而根據動量定理求物體的速度v2．

(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 N·s ,將I、m 及v1代入可得

v2?I?mv1?40m?s?1 m3-9 高空作業時系安全帶是非常必要的．假如一質量為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,人體運動狀態(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；而在過程的初態和末態,人體的速度均為零．這樣,運用動量定理仍可得到相同的結果．

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

v1?2gh

(1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據動量定理,有

?F?P?Δt?mv2?mv

1(2)由式(1)、(2)可得安全帶對人的平均沖力大小為

F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N

ΔtΔtmg2h/g?mg?1.14?103N Δt解2 從整個過程來討論．根據動量定理有

F?3-10 質量為m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下運動,已知x ＝Acosωt,其中k、ω、A 均為正常量,求在t ＝0 到t?π 時間內小球動量的增量． 2ω分析 由沖量定義求得力F的沖量后,根據動量原理,即為動量增量,注意用式用x ＝Acosωt代之,方能積分． 解 力F 的沖量為

?t2t1Fdt積分前,應先將式中x

I??t1Fdt??t1?kxdt???0即-11 一只質量m1t2t2π/2?kAcos?tdt??kA?

Δ?mv???kA ω?0.11kg的壘球以v1?17m?s?1水平速率扔向打擊手，球經球棒擊出后，具有如圖（a）所示的速度且大小v2?34m?s?1，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小；（2）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

F?t?mv2?mv1

其矢量關系如圖（b）所示，則

(F?t)2?(mv1)2?(mv2)2?2(mv1)(mv2)cos(180??60?)

解之得

解

2由圖（a）有

F?197.9N

Fx?t?mv2x?mv1x

Fy?t?mv2y?0

將v1x?v,v2x??v2cos60?及v2y?v2sin60?代入解得Fx和Fy，則

F?F?F?197.9N

(2)由質點動能定理，得

2x2y1212W?mv2?mv1?47.7J

223-12 如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S ＝0.20 m2 的直角彎管,管中有流速為v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通過,求彎管所受力的大小和方向．

題 3-12 圖

分析 對于彎曲部分AB 段內的水而言,由于流速一定,在時間Δt 內,從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量．因此,對這部分水來說,在時間Δt 內動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量Δp＝Δm(vB-vA)；此動量的變化是管壁在Δt時間內對其作用沖量I 的結果．依據動量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對管壁的作用力F′＝-F．

解 在Δt 時間內,從管一端流入(或流出)水的質量為Δm ＝ρυSΔt,彎曲部分AB 的水的動量的增量則為

Δp＝Δm(vB-vA)＝ρυSΔt(vB-vA)依據動量定理I ＝Δp,得到管壁對這部分水的平均沖力

F?從而可得水流對管壁作用力的大小為

I?ρSvΔt?vB?vA? ΔtF???F??2ρSv2??2.5?103N

作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側．-13 A、B 兩船在平靜的湖面上平行逆向航行,當兩船擦肩相遇時,兩船各自向對方平穩地傳遞50 kg 的重物,結果是A 船停了下來,而B 船以3.4 m·s-1的速度繼續向前駛去．A、B 兩船原有質量分別為0.5×10

3kg 和1.0 ×103 kg,求在傳遞重物前兩船的速度．(忽略水對船的阻力)分析 由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計,則對搬出重物后的船A與從船B搬入的重物所組成的系統Ⅰ來講,在水平方向上無外力作用,因此,它們相互作用的過程中應滿足動量守恒；同樣,對搬出重物后的船B與從船A搬入的重物所組成的系統Ⅱ亦是這樣．由此,分別列出系統Ⅰ、Ⅱ的動量守恒方程即可解出結果． 解 設A、B兩船原有的速度分別以vA、vB 表示,傳遞重物后船的速度分別以vA′、vB′ 表示,被搬運重物的質量以m 表示．分別對上述系統Ⅰ、Ⅱ應用動量守恒定律,則有

?mB?m?vB?mvA?mBv?B?

(2)由題意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入數據后,可解得

?mA?m?vA?mvB?mAv?A

(1)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

也可以選擇不同的系統,例如,把A、B兩船(包括傳遞的物體在內)視為系統,同樣能滿足動量守恒,也可列出相對應的方程求解．-14 質量為m′ 的人手里拿著一個質量為m 的物體,此人用與水平面成α角的速率v0 向前跳去．當他達到最高點時,他將物體以相對于人為u 的水平速率向后拋出．問：由于人拋出物體,他跳躍的距離增加了多少？(假設人可視為質點)

分析 人跳躍距離的增加是由于他在最高點處向后拋出物體所致．在拋物的過程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動量發生了變化．如果把人與物視為一系統,因水平方向不受外力作用,故外力的沖量為零,系統在該方向上動量守恒．但在應用動量守恒定律時,必須注意系統是相對地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時,要根據相對運動的關系來確定．至于,人因跳躍而增加的距離,可根據人在水平方向速率的增量Δv 來計算．

解 取如圖所示坐標．把人與物視為一系統,當人跳躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有

?m?m??v0cosα?m?v?m?v?u?

式中v 為人拋物后相對地面的水平速率, v-u 為拋出物對地面的水平速率．得

v0?v0cosα?人的水平速率的增量為

mu ?m?mΔv?v?v0cosα?而人從最高點到地面的運動時間為

mu

m?m?t?所以,人跳躍后增加的距離

v0sinα gΔx?Δvt?mv0sinα?m?m??g 3-15 一物體在介質中按規律x ＝ct3 作直線運動,c 為一常量．設介質對物體的阻力正比于速度的平方．試求物體由x0 ＝0 運動到x ＝l 時,阻力所作的功．(已知阻力系數為k)分析 本題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式W??F?dx來求解．關鍵在于尋找力函數F ＝F(x)．根據運動學關系,可將已知力與速度的函數關系F(v)＝kv2 變換到F(t),進一步按x ＝ct3 的關系把F(t)轉換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解． 解 由運動學方程x ＝ct3 ,可得物體的速度

v?按題意及上述關系,物體所受阻力的大小為

dx?3ct2 dtF?kv2?9kc2t4?9kc2/3x4/3

則阻力的功為

W??F?dxW??F?dx??cos180?dx???9kc2/3x4/3dx??00ll272/37/3kcl 73-16 一人從10.0 m 深的井中提水,起始桶中裝有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．水桶被勻速地從井中提到井口,求所作的功．

題 3-16 圖

分析 由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實為變力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關系,拉力作功即可求出．

解 水桶在勻速上提過程中,a ＝0,拉力與水桶重力平衡,有

F ＋P ＝0 在圖示所取坐標下,水桶重力隨位置的變化關系為

P ＝mg-αgy

其中α＝0.2 kg/m,人對水桶的拉力的功為 W??0F?dy??0?mg?agy?dy?882J-17

一質量為0.20 kg 的球,系在長為2.00 m 的細繩上,細繩的另一端系在天花板上．把小球移至使細繩與豎直方向成30°角的位置,然后從靜止放開．求：(1)在繩索從30°角到0°角的過程中,重力和張力所作的功；(2)物體在最低位置時的動能和速率；(3)在最低位置時的張力．

1010

題 3-17 圖

分析(1)在計算功時,首先應明確是什么力作功．小球擺動過程中同時受到重力和張力作用．重力是保守力,根據小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據功的矢量式W??F?ds,即能得出結果來．(2)在計算功的基礎上,由動能定理直接能求出動能和速率．(3)在求最低點的張力時,可根據小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定． 解(1)如圖所示,重力對小球所作的功只與始末位置有關,即

WP?PΔh?mgl?1?cosθ??0.53J

在小球擺動過程中,張力FＴ 的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功

WT??FT?ds

(2)根據動能定理,小球擺動過程中,其動能的增量是由于重力對它作功的結果．初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為

Ek?WP?0.53J

小球在最低位置的速率為

v?2EK2WP??2.30m?s?1 mm(3)當小球在最低位置時,由牛頓定律可得

mv2FT?P?

lmv2FT?mg??2.49N

l3-18 一質量為m 的質點,系在細繩的一端,繩的另一端固定在平面上．此質點在粗糙水平面上作半徑為r 的圓周運動．設質點的最初速率是v0 ．當它運動一周時,其速率為v0 /2．求：(1)摩擦力作的功；(2)動摩擦因數；(3)在靜止以前質點運動了多少圈？

分析 質點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這部分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上．由此,可依據動能定理列式解之． 解(1)摩擦力作功為

W?Ek?Ek0?1212

32(1)mv?mv0??mv0228(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

W?Ffscos180o??2?r?mg

(2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數為

23v0μ?

16πrg(3)由于一周中損失的動能為

32mv0,則在靜止前可運行的圈數為 8n?Ek04?圈 W33-19 如圖(a)所示,A 和B 兩塊板用一輕彈簧連接起來,它們的質量分別為m1 和m2 ．問在A 板上需加多大的壓力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起來時B 稍被提起．(設彈簧的勁度系數為k)

題 3-19 圖

分析 運用守恒定律求解是解決力學問題最簡捷的途徑之一．因為它與過程的細節無關,也常常與特定力的細節無關．“守恒”則意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變．在具體應用時,必須恰當地選取研究對象(系統),注意守恒定律成立的條件．該題可用機械能守恒定律來解決．選取兩塊板、彈簧和地球為系統,該系統在外界所施壓力撤除后(取作狀態1),直到B 板剛被提起(取作狀態2),在這一過程中,系統不受外力作用,而內力中又只有保守力(重力和彈力)作功,支持力不作功,因此,滿足機械能守恒的條件．只需取狀態1 和狀態2,運用機械能守恒定律列出方程,并結合這兩狀態下受力的平衡,便可將所需壓力求出． 解 選取如圖(b)所示坐標,取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點．作各狀態下物體的受力圖．對A 板而言,當施以外力F 時,根據受力平衡有

F1 ＝P1 ＋F

(1)當外力撤除后,按分析中所選的系統,由機械能守恒定律可得

1212ky1?mgy1?ky2?mgy2 22式中y1、y2 為M、N 兩點對原點O 的位移．因為F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可寫為

F1-F2 ＝2P

1(2)由式(1)、(2)可得

F ＝P1 ＋F

2(3)當A 板跳到N 點時,B 板剛被提起,此時彈性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得

F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2)g

應注意,勢能的零點位置是可以任意選取的．為計算方便起見,通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點．-20 如圖所示，一質量為m的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為m/2的子彈沿水平方向以速率v0射入木塊一段距離L(此時木塊滑行距離恰為s)后留在木塊內，求：（1）木塊與子彈的共同速度v,此過程中木塊和子彈的動能各變化了多少？（2）子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各作了多少功？（3）證明這一對摩擦阻力的所作功的代數和就等于其中一個摩擦阻力沿相對位移L所作的功.(4)證明這一對摩擦阻力所作功的代數和就等于子彈-木塊系統總機械能的減少量(亦即轉化為熱的那部分能量).題 3-20 圖

分析

對子彈-木塊系統來說，滿足動量守恒，但系統動能并不守恒，這是因為一對摩擦內力所做功的代數和并不為零，其中摩擦阻力對木塊作正功，其反作用力對子彈作負功，后者功的數值大于前者，通過這一對作用力與反作用力所做功，子彈將一部分動能轉移給木塊，而另一部分卻轉化為物體內能.本題（3）、（4）兩問給出了具有普遍意義的結論，可幫助讀者以后分析此類問題.解

（1）子彈-木塊系統滿足動量守恒，有

mv0/2?(m/2?m)v

解得共同速度

1v?v0

3對木塊 ?Ek2112?mv2?0?mv0 218對子彈 ?Ek21m1m222?()v2?()v0??mv0 22229（2）對木塊和子彈分別運用質點動能定理，則 對木塊 W1??Ek1?12mv0 18對子彈 W222??Ek2??mv0（3）設摩擦阻力大小為Ff,在兩者取得共同速度時，木塊對地位移為s，則子彈對地位移為L+s,有

對木塊 W1對子彈 W2得 W?Ffs

??Ff(L?s)

?W1?W2??FfL

式中L即為子彈對木塊的相對位移，“-”號表示這一對摩擦阻力（非保守力）所作功必定會使系統機械能減少.(4)對木塊 W11?Ffs?mv2

2對子彈 W2兩式相加，得 W11m1m2??Ff(L?s)?()v2?()v0

222211m1m2?W2?[mv2?()v2]?()v0

22222FfL??32mv0 18即 ?兩式相加后實為子彈-木塊系統作為質點系的動能定理表達式，左邊為一對內力所作功，右邊為系統動能的變化量.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,并由功相等的關系即可求解．

解 因阻力與深度成正比,則有F＝kx(k 為阻力系數)．現令x0＝1.00 ×10-2 m,第二次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得

x0x0?Δx?0kxdx??x0kxdx

Δx＝0.41 ×10-2 m 3-22 一質量為m 的地球衛星,沿半徑為3RE 的圓軌道運動, RE為地球的半徑．已知地球的質量為mE．求：(1)衛星的動能；(2)衛星的引力勢能；(3)衛星的機械能．

分析 根據勢能和動能的定義,只需知道衛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．由于衛星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛星繞地球運動的速率和動能．由于衛星的引力勢能是屬于系統(衛星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規定勢能的零點,通常取衛星與地球相距無限遠時的勢能為零．這樣,衛星在特定位置的勢能也就能確定了．至于衛星的機械能則是動能和勢能的總和． 解(1)衛星與地球之間的萬有引力提供衛星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得

mEmv2G?m23RE?3RE?則

Ek?mm1mv2?GE 26RE(2)取衛星與地球相距無限遠(r→∞)時的勢能為零,則處在軌道上的衛星所具有的勢能為

EP??G(3)衛星的機械能為

mEm 3REE?Ek?EP?GmEmmmmm?GE??GE 6RE3RE6RE3-23 如圖(a)所示,天文觀測臺有一半徑為R 的半球形屋面,有一冰塊從光滑屋面的最高點由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計．求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度．

題 3-23 圖

分析 取冰塊、屋面和地球為系統,由于屋面對冰塊的支持力FN始終與冰塊運動的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內力,所以,系統的機械能守恒．但是,僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理量；因此,還需設法根據冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學方程．求解上述兩方程即可得出結果． 解 由系統的機械能守恒,有

mgR?12mv?mgRcosθ

(1)2根據牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學方程為

mv2mgRcosθ?FN?R冰塊脫離球面時,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置

(2)

2θ?arccos?48.2o

3冰塊此時的速率為

v?gRcosθ?v 的方向與重力P 方向的夾角為

2Rg3

α＝90°-θ ＝41.8°-24 如圖所示,把質量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 時,彈簧被壓縮Δl ＝7.5 ×10-2 m．然后在彈簧彈性

?是力的作用下,小球從位置A 由靜止被釋放,小球沿軌道ABCD 運動．小球與軌道間的摩擦不計．已知BCD半徑r ＝0.15 m 的半圓弧,AB 相距為2r．求彈簧勁度系數的最小值．

題 3-24 圖

分析 若取小球、彈簧和地球為系統,小球在被釋放后的運動過程中,只有重力和彈力這兩個保守內力作功,軌道對球的支持力不作功,因此,在運動的過程中,系統的機械能守恒．運用守恒定律解題時,關鍵在于選好系統的初態和終態．為獲取本題所求的結果,初態選在壓縮彈簧剛被釋放時刻,這樣,可使彈簧的勁度系數與初態相聯系；而終態則取在小球剛好能通過半圓弧時的最高點C 處,因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態,若大于、等于此速率時,小球定能沿軌道繼續向前運動；小于此速率時,小球將脫離軌道拋出．該速率則可根據重力提供圓弧運動中所需的向心力,由牛頓定律求出．這樣,再由系統的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數的最小值．

解 小球要剛好通過最高點C 時,軌道對小球支持力FN ＝0,因此,有

2mvcmg?r

(1)取小球開始時所在位置A 為重力勢能的零點,由系統的機械能守恒定律,有

112

2(2)k?Δl??mg?3r??mvc22由式(1)、(2)可得

k?7mgr?1?366N?m 2?Δl?3-25 如圖所示,質量為m、速度為v 的鋼球,射向質量為m′的靶,靶中心有一小孔,內有勁度系數為k 的彈簧,此靶最初處于靜止狀態,但可在水平面上作無摩擦滑動．求子彈射入靶內彈簧后,彈簧的最大壓縮距離．

題 3-25 圖

分析 這也是一種碰撞問題．碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動量守恒．但是,僅靠動量守恒定律還不能求出結果來．又考慮到無外力對系統作功,系統無非保守內力作功,故系統的機械能也守恒．應用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解．應用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細節問題．

解 設彈簧的最大壓縮量為x0 ．小球與靶共同運動的速度為v1 ．由動量守恒定律,有

mv??m?m??v(1)又由機械能守恒定律,有

12112

2(2)mv??m?m??v1?kx0222由式(1)、(2)可得

x0?mm?v

k?m?m??3-26 質量為m 的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B后,速率由v 減少到v /2．已知擺錘的質量為m′,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內完成一個完全的圓周運動,彈丸速度v的最小值應為多少？

題 3-26 圖

分析 該題可分兩個過程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過程．就彈丸與擺錘所組成的系統而言,由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖擊力的沖量,因此,可認為系統在水平方向不受外力的沖量作用,系統在該方向上滿足動量守恒．擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定；與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統滿足機械能守恒定律,根據兩守恒定律即可解出結果． 解 由水平方向的動量守恒定律,有

vmv?m?m?v?

(1)

2為使擺錘恰好能在垂直平面內作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力FＴ＝0,則

2m?v?hm?g?l

(2)式中v′h 為擺錘在圓周最高點的運動速率．

又擺錘在垂直平面內作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有

112m?v??2m?gl?m?v?h

(3)22解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為

2m?v?m5gl-27 兩質量相同的物體發生碰撞，已知碰撞前兩物體速度分別為：?v0i和v0j，碰撞后一物體速度為?v0i，求：（1）碰撞后另一物體的速度v；（2）碰撞中兩物體損失的機械能共為多少？

分析

本題可直接運用動量守恒定律的矢量式求解，由于不是完全彈性碰撞，必定有部分機械能轉化為兩物體的內能.解

（1）由動能守恒得

?mv0i?mv0j??m碰撞后另一物體速度為

v0i?mv 2v??通過上式，讀者還可求得速度大小和方向.(2)碰撞后另一物體速度大小為

v0i?v0j 2v?(?v0252)?v0?v0 22則

11v1212?E?[mv2?m(0)2]?(mv0?mv0)22222 12??mv04“-”號表示碰撞后系統機械能減少了.3-28 質量為7.2 ×10-23 kg,速率為6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,與另一個質量為其一半而靜止的粒子B 發生二維完全彈性碰撞,碰撞后粒子A 的速率為5.0 ×107 m·s-1．求：(1)粒子B 的速率及相對粒子A 原來速度方向的偏轉角；(2)粒子A 的偏轉角．

題 3-28 圖

分析 這是粒子系統的二維彈性碰撞問題．這類問題通常采用守恒定律來解決．因為粒子系統在碰撞的平面內不受外力作用,同時,碰撞又是完全彈性的,故系統同時滿足動量守恒和機械能守恒．由兩守恒定律方程即可解得結果．

解 取如圖所示的坐標,由于粒子系統屬于斜碰,在碰撞平面內根據系統動量守恒定律可取兩個分量式,有

1mmvA?vBcosβ?mv?Acosα

(1)22m0?vBsinβ?mv?Asinα

(2)

2又由機械能守恒定律,有

121?m?212mvA???vB?v?A

(3)22?2?2解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率為

7?1?2vB?2v2A?vA?4.69?10m?s

??各粒子相對原粒子方向的偏角分別為

?2v2A?3vAα?arccos?22o20?

4vAv?A

β?arccos3vB?54o6? 4vA3-29 如圖所示,一質量為m′的物塊放置在斜面的最底端A 處,斜面的傾角為α,高度為h,物塊與斜面的動摩擦因數為μ,今有一質量為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Fｆ ,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(即取子彈、物塊和地球為系統),此系統不受外力作用,而非保守內力中僅摩擦力作功,根據系統的功能原理,可解得最終的結果．

解 在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據動量守恒有

mv0cosα??m?m??v(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．由系統的功能原理可得

?μ?m?m??gcosα?由式(1)、(2)可得

h sinα112(2)?m?m??v2??m?m??gh??m?m??v1222?m?v2??v0cosα??2gh?μcotα?1?

?m?m??3-30 如圖所示,一個質量為m 的小球,從內壁為半球形的容器邊緣點A滑下．設容器質量為m′,半徑為R,內壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．開始時小球和容器都處于靜止狀態．當小球沿內壁滑到容器底部的點B時,受到向上的支持力為多大？

題 3-30 圖

分析 由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動,當小球沿容器內壁下滑時,容器在桌面上也要發生移動．將小球與容器視為系統,該系統在運動過程中沿水平桌面方向不受外力作用,系統在該方向上的動量守恒；若將小球、容器與地球視為系統,因系統無外力作用,而內力中重力是保守力,而支持力不作功,系統的機械能守恒．由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度．由于相對運動的存在,小球相對容器運動的軌跡是圓,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了,因此,在運用曲線運動中的法向動力學方程求解小球受力時,必須注意參考系的選擇．若取容器為參考系(非慣性系),小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧,其法向加速度可由此刻的速度(相對于容器速度)求得．在分析小球受力時,除重力和支持力外,還必須計及它所受的慣性力．小球位于容器的底部這一特殊位置時,容器的加速度為零,慣性力也為零．這樣,由法向動力學方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面為參考系(慣性系),雖然無需考慮慣性力,但是因小球的軌跡方程比較復雜,其曲率半徑及法向加速度難以確定,使求解較為困難．

解 根據水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機械能守恒定律可分別得

mvm?m?vm??0

(1)

1212mvv?m?vm??mgR

(2)22式中vm、vm′分別表示小球、容器相對桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到達容器底部時小球、容器的速度大小分別為

vm?2m?gR

m?m?

vm??m2m?gRm?m?m?由于小球相對地面運動的軌跡比較復雜,為此,可改為以容器為參考系(非慣性系)．在容器底部時,小球相對容器的運動速度為

?m?m??vm??vm???vm???vm?vm????2gR

(3)

??m?在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運動方程為

2mv?mFN?mg?R

(4)由式(3)、(4)可得小球此時所受到的支持力為

第四章 剛體的轉動

4－1 有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上：

(1)這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；(2)這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；(3)當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；(4)當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零． 對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤(C)(1)、(2)、(3)都正確，(4)錯誤(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確

分析與解 力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉軸，二是力平行于轉軸(例如門的重力并不能使門轉)．不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規則可知(1)(2)說法是正確．對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然．但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故(3)(4)說法不完全正確．綜上所述，應選(B)． 4－2 關于力矩有以下幾種說法：

(1)對某個定軸轉動剛體而言，內力矩不會改變剛體的角加速度；(2)一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；

(3)質量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態一定相同．

對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(2)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的(D)(1)、(2)、(3)都是正確的

分析與解 剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確．對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態未必相同，由此可見應選(B)．

4－3 均勻細棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A)角速度從小到大，角加速度不變(B)角速度從小到大，角加速度從小到大(C)角速度從小到大，角加速度從大到小(D)角速度不變，角加速度為零

分析與解 如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關．當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應選(C)．

4－4 一圓盤繞通過盤心且垂直于盤面的水平軸轉動，軸間摩擦不計．如圖射來兩個質量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在盤內，則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統的角動量L以及圓盤的角速度ω的變化情況為()(A)L 不變，ω增大(B)兩者均不變(C)L不變，ω減小(D)兩者均不確定

分析與解 對于圓盤一子彈系統來說，并無外力矩作用，故系統對軸O 的角動量守恒，故L不變，此時應有下式成立，即

mvd?mvd?J0ω0?Jω

式中mvd為子彈對點O的角動量?0為圓盤初始角速度，J 為子彈留在盤中后系統對軸O的轉動慣量，J0為子彈射入前盤對軸O的轉動慣量．由于J＞J0，則?＜?0．故選(C)．

4－5 假設衛星環繞地球中心作橢圓運動，則在運動過程中，衛星對地球中心的()(A)角動量守恒，動能守恒

(B)角動量守恒，機械能守恒(C)角動量不守恒，機械能守恒(D)角動量不守恒，動量也不守恒(Ｅ)角動量守恒，動量也守恒

分析與解 由于衛星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛星對地球中心的角動星守恒，即r ×mv＝恒量，式中r為地球中心指向衛星的位矢．當衛星處于橢圓軌道上不同位置時，由于｜r ｜不同，由角動量守恒知衛星速率不同，其中當衛星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速率最小，故衛星動能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛星的機械能守恒，即衛星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應選(B)．

4－6 一汽車發動機曲軸的轉速在12 s 內由1.2×103r·min-1均勻的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲軸轉動的角加速度；(2)在此時間內，曲軸轉了多少轉？

分析 這是剛體的運動學問題．剛體定軸轉動的運動學規律與質點的運動學規律有類似的關系，本題為勻變速轉動．

解(1)由于角速度ω＝2πn(n 為單位時間內的轉數)，根據角加速度的定義α?變速轉動中角加速度為

dω，在勻dtα?ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2 tt(2)發動機曲軸轉過的角度為

???0t??t2?在12 s內曲軸轉過的圈數為

12???02t?π?n?n0?t

N?θn?n0?t?390圈 2π24－7 水分子的形狀如圖所示，從光譜分析知水分子對AA′軸的轉動慣量JAA′＝1.93 ×10-47kg·m2，對BB′軸轉動慣量JBB′＝1.14 ×10-47kg·m2，試由此數據和各原子質量求出氫和氧原子的距離D和夾角θ．假設各原子都可當質點處理．

題 4-7 圖

分析 如將原子視為質點，則水分子中的氧原子對AA′軸和BB′軸的轉動慣量均為零，因此計算水分子對兩個軸的轉動慣量時，只需考慮氫原子即可． 解 由圖可得

JAA??2mHd2sin2θ JBB??2mHd2cos2θ

此二式相加，可得JAA??JBB??2mHd 則 d?2JAA??JBB??9.59?10?11m

2mH2由二式相比，可得 JAA?/JBB??tanθ 則 θ?arctanJAA?1.93?arctan?52.3o JBB?1.144－8 一飛輪由一直徑為30㎝，厚度為2.0㎝的圓盤和兩個直徑為10㎝，長為8.0㎝的共軸圓柱體組成，設飛輪的密度為7.8×103kg·m-3，求飛輪對軸的轉動慣量．

題 4-8 圖

分析 根據轉動慣量的可疊加性，飛輪對軸的轉動慣量可視為圓盤與兩圓柱體對同軸的轉動慣量之和；而勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量的計算可查書中公式，或根據轉動慣量的定義，用簡單的積分計算得到．

解 根據轉動慣量的疊加性，由勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量公式可得

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 用落體觀察法測定飛輪的轉動慣量，是將半徑為R 的飛輪支承在O點上，然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質量為m的重物，令重物以初速度為零下落，帶動飛輪轉動(如圖)．記下重物下落的距離和時間，就可算出飛輪的轉動慣量．試寫出它的計算式．(假設軸承間無摩擦)．

題 4-9 圖

分析 在運動過程中，飛輪和重物的運動形式是不同的．飛輪作定軸轉動，而重物是作落體運動，它們之間有著內在的聯系．由于繩子不可伸長，并且質量可以忽略．這樣，飛輪的轉動慣量，就可根據轉動定律和牛頓定律聯合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規律來確定．

該題也可用功能關系來處理．將飛輪、重物和地球視為系統，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統的機械能守恒．利用勻加速運動的路程、速度和加速度關系，以及線速度和角速度的關系，代入機械能守恒方程中即可解得． 解1 設繩子的拉力為FT，對飛輪而言，根據轉動定律，有

FTR?Jα

(1)

而對重物而言，由牛頓定律，有

mg?FT?ma

(2)

由于繩子不可伸長，因此，有

a?Rα

(3)

重物作勻加速下落，則有

h?由上述各式可解得飛輪的轉動慣量為

12at

(4)2?gt2?J?mR??2h?1??

??2解2 根據系統的機械能守恒定律，有

11?mgh?mv2?Jω2?0

(1′)

22而線速度和角速度的關系為

v?Rω

(2′)

又根據重物作勻加速運動時，有

v?at

(3′)

v2?2ah

(4′)

由上述各式可得

?gt2?J?mR??2h?1??

??2若軸承處存在摩擦，上述測量轉動慣量的方法仍可采用．這時，只需通過用兩個不同質量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響．

4－10 一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為2.03×103N·m，渦輪的轉動慣量為25.0kg·m2．當輪的轉速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1時，所經歷的時間t為多少？ 分析 由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據轉動定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉動中角加速度與時間的關系，可解出飛輪所經歷的時間．該題還可應用角動量定理直接求解．

解1 在勻變速轉動中，角加速度α?間

ω?ω0，由轉動定律M?Jα，可得飛輪所經歷的時tt?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM解2 飛輪在恒外力矩作用下，根據角動量定理，有

?Mdt?J?ω?ω?

00t則 t?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM4－11 質量為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，它的轉動慣量是兩輪轉動慣量之和，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).對平動的物體和轉動的組合輪分別列出動力學方程，結合角加速度和線加速度之間的關系即可解得.解 分別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).根據質點的牛頓定律和剛體的轉動定律，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)

由角加速度和線加速度之間的關系，有

a1?Rα

(5)a2?rα

(6)

解上述方程組，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

第二篇：醫學影像物理學5章自測題答案

醫學影像物理學學習指導第五章自我檢測題答案（甘平）

第五章自我檢測題答案

1． C．

2．A．3.0×104Bq

3． B．Te1/2

4．B．AA(t)＝AB(t)

5．詳見教材中“放射性核素發生器的基本原理”。

第三篇：物理學教程(第二版)答案14單元

第十四章 波 動 光 學

14-1 在雙縫干涉實驗中，若單色光源S 到兩縫S1、S2 距離相等，則觀察屏 上中央明條紋位于圖中O 處，現將光源S 向下移動到圖中的S′位置，則（）

（A）中央明紋向上移動，且條紋間距增大（B）中央明紋向上移動，且條紋間距不變（C）中央明紋向下移動，且條紋間距增大（D）中央明紋向下移動，且條紋間距不變

分析與解 由S 發出的光到達S1、S2 的光程相同，它們傳到屏上中央O 處，光程差Δ＝0，形成明紋．當光源由S 移到S′時，由S′到達狹縫S1 和S2 的兩束光產生了光程差．為了保持原中央明紋處的光程差為0，它會向上移到圖中O′處．使得由S′沿S1、S2 狹縫傳到O′處的光程差仍為0．而屏上各級條紋位置只是向上平移，因此條紋間距不變．故選（B）．

題14-1 圖

14-2 如圖所示，折射率為n2，厚度為e 的透明介質薄膜的上方和下方的透明介質的折射率分別為n1 和n3，且n1 ＜n2，n2 ＞n3，若用波長為λ的單色平行光垂直入射到該薄膜上，則從薄膜上、下兩表面反射的光束的光程差是（）

?A?2n2e?B?2n2e??2?C?2n2e???D?2n2e??2n2

題14-2 圖

分析與解 由于n1 ＜n2，n2 ＞n3，因此在上表面的反射光有半波損失，下表面的反射光沒有半波損失，故它們的光程差??2n2e?確答案為（B）．

?2，這里λ是光在真空中的波長．因此正14-3 如圖（a）所示，兩個直徑有微小差別的彼此平行的滾柱之間的距離為L，夾在兩塊平面晶體的中間，形成空氣劈形膜，當單色光垂直入射時，產生等厚干涉條紋，如果滾柱之間的距離L 變小，則在L 范圍內干涉條紋的（）（A）數目減小，間距變大

（B）數目減小，間距不變（C）數目不變，間距變小

（D）數目增加，間距變小

題14-3圖

分析與解 圖（a）裝置形成的劈尖等效圖如圖（b）所示．圖中 d為兩滾柱的直徑差，b 為兩相鄰明（或暗）條紋間距．因為d 不變，當L 變小時，θ 變大，L′、b均變小．由圖可得sin???n/2b?d/L?，因此條紋總數N?L?/b?2d/?n，因為d和λn 不變，所以N 不變．正確答案為（C）

14-4 用平行單色光垂直照射在單縫上時，可觀察夫瑯禾費衍射.若屏上點P處為第二級暗紋，則相應的單縫波陣面可分成的半波帶數目為（）（A）3 個

（B）4 個

（C）5 個

（D）6 個

分析與解 根據單縫衍射公式

λ??暗條紋??2k ??2bsinθ??k?1,2,...λ???2k?1? ?明條紋? ?2?因此第k 級暗紋對應的單縫處波陣面被分成2k 個半波帶，第k 級明紋對應的單縫波陣面被分成2k＋1 個半波帶．則對應第二級暗紋，單縫處波陣面被分成4個半波帶．故選（B）．

14-5 波長λ＝550 nm 的單色光垂直入射于光柵常數d ＝b?b??1.0 ×10-4 cm 的光柵上，可能觀察到的光譜線的最大級次為（）

（A）（B）（C）（D）1 分析與解 由光柵方程dsin???k??k?0,1,...?，可能觀察到的最大級次為

dsin?π/2??1.82

λkmax?即只能看到第1 級明紋，正確答案為（D）． 14-6 三個偏振片P1、P2 與P3 堆疊在一起，P1 與P3的偏振化方向相互垂直，P2與P1 的偏振化方向間的夾角為30°，強度為I0 的自然光入射于偏振片P1，并依次透過偏振片P1、P2與P3，則通過三個偏振片后的光強為（）

（A）3I0/16

（B）

3I0/8

（C）3I0/

32（D）0 分析與解 自然光透過偏振片后光強為I1 ＝I0/2．由于P1 和P2 的偏振化方向成30°，所以偏振光透過P2 后光強由馬呂斯定律得I2化方向也成60°，則透過P3 后光強變為I3?I1cos230o?3I0/8．而P2和P3 的偏振

?I2cos260o?3I0/32．故答案為（C）．

14-7 自然光以60°的入射角照射到兩介質交界面時，反射光為完全線偏振光，則折射光為（）

（A）完全線偏振光，且折射角是30°

（B）部分偏振光且只是在該光由真空入射到折射率為

3的介質時，折射角是30°（C）部分偏振光，但須知兩種介質的折射率才能確定折射角（D）部分偏振光且折射角是30°

分析與解

根據布儒斯特定律，當入射角為布儒斯特角時，反射光是線偏振光，相應的折射光為部分偏振光.此時，反射光與折射光垂直.因為入射角為60°，反射角也為60°，所以折射角為30°.故選（D）.14-8 在雙縫干涉實驗中，兩縫間距為0.30 mm，用單色光垂直照射雙縫，在離縫1.20m 的屏上測得中央明紋一側第5條暗紋與另一側第5條暗紋間的距離為22.78 mm．問所用光的波長為多少，是什么顏色的光？

分析與解 在雙縫干涉中，屏上暗紋位置由x?d??2k?1?? 決定，式中d′為雙縫到d2屏的距離，d為雙縫間距．所謂第5條暗紋是指對應k ＝4 的那一級暗紋．由于條紋對稱，該暗紋到中央明紋中心的距離x?22.78mm，那么由暗紋公式即可求得波長λ． 2d?此外，因雙縫干涉是等間距的，故也可用條紋間距公式?x??求入射光波長．應注

d22.78mm.9d??2k?1??，把k?4,x?22.78?10?3m以及d、d′值代

2d2意兩個第5 條暗紋之間所包含的相鄰條紋間隔數為9（不是10，為什么？），故?x?解1 屏上暗紋的位置x?入，可得λ＝632.8 nm，為紅光．

22.78d'?10?3m，以及d、d′解2 屏上相鄰暗紋（或明紋）間距?x??，把?x?9d值代入，可得λ＝632.8 nm．

14-9 在雙縫干涉實驗中，用波長λ＝546.1 nm 的單色光照射，雙縫與屏的距離d′＝300mm．測得中央明紋兩側的兩個第五級明條紋的間距為12.2 mm，求雙縫間的距離．

分析 雙縫干涉在屏上形成的條紋是上下對稱且等間隔的．如果設兩明紋間隔為Δx，則由中央明紋兩側第五級明紋間距x5 －x-5 ＝10Δx 可求出Δx．再由公式Δx ＝d′λ／d 即可求出雙縫間距d．

解 根據分析：Δx ＝（x5 －x-5）/10 ＝1.22×10-3 m 雙縫間距：

d ＝d′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m 14-10 一個微波發射器置于岸上，離水面高度為d，對岸在離水面h 高度處放置一接收器，水面寬度為D，且D?d,D?h，如圖所示．發射器向對面發射波長為λ的微波，且λ＞d，求接收器測到極大值時，至少離地多高？

分析 由發射器直接發射的微波與經水面反射后的微波相遇可互相干涉，這種干涉與勞埃德鏡實驗完全相同．形成的干涉結果與縫距為2d，縫屏間距為D 的雙縫干涉相似，如圖（b）所示，但要注意的是和勞埃德鏡實驗一樣，由于從水面上反射的光存在半波損失，使得兩束光在屏上相遇產生的光程差為2dsinθ?λ/2，而不是2dsinθ．

題14-10 圖

解 由分析可知，接收到的信號為極大值時，應滿足

2dsinθ?λ/2?kλ?k?1,2,...?

D??2k?1?

4dh?Dtan??Dsin??D?． 4d取k ＝1 時，得hmin?14-11 如圖所示，將一折射率為1.58的云母片覆蓋于楊氏雙縫上的一條縫上，使得屏上原中央極大的所在點O改變為第五級明紋.假定?=550 nm，求：（1）條紋如何移動？（2）云母片的厚度t.題14-11圖 分析(1)本題是干涉現象在工程測量中的一個具體應用，它可以用來測量透明介質薄片的微小厚度或折射率．在不加介質片之前，兩相干光均在空氣中傳播，它們到達屏上任一點P 的光程差由其幾何路程差決定，對于點O，光程差Δ＝0，故點O 處為中央明紋，其余條紋相對點O 對稱分布．而在插入介質片后，雖然兩相干光在兩介質薄片中的幾何路程相同，但光程卻不同，對于點O，Δ≠0，故點O 不再是中央明紋，整個條紋發生平移．原來中央明紋將出現在兩束光到達屏上光程差Δ=0的位置.(2)干涉條紋空間分布的變化完全取決于光程差的變化．因此，對于屏上某點P（明紋或暗紋位置），只要計算出插入介質片前后光程差的變化，即可知道其干涉條紋的變化情況． 插入介質前的光程差Δ1 ＝r1 －r 2 ＝k1 λ（對應k1 級明紋），插入介質后的光程差Δ2 ＝（n－1）d ＋r1 －r2 ＝k1 λ（對應k1 級明紋）．光程差的變化量為

Δ2 －Δ1 ＝（n －1）d ＝（k2 －k1）λ

式中（k2 －k1）可以理解為移過點P 的條紋數（本題為5）．因此，對于這類問題，求解光程差的變化量是解題的關鍵．

解 由上述分析可知，兩介質片插入前后，對于原中央明紋所在點O，有

?2??1??n2?1?d?5?

將有關數據代入可得

d?5??4.74?10?6m n?114-12 白光垂直照射到空氣中一厚度為380 nm 的肥皂膜上．設肥皂的折射率為1.32．試問該膜的正面呈現什么顏色？

分析 這是薄膜干涉問題，求正面呈現的顏色就是在反射光中求因干涉增強光的波長（在可見光范圍）．

解 根據分析對反射光加強，有

2ne??2?k??k?1,2,...?

4ne??

2k?1在可見光范圍，k ＝2 時，??668.8nm（紅光）

k ＝3 時，??401.3nm（紫光）

故正面呈紅紫色．

14-13 利用空氣劈尖測細絲直徑．如圖所示，已知λ＝589.3 nm，L ＝2.888 ×10-2m，測得30 條條紋的總寬度為4.259 ×10-3 m，求細絲直徑d．

分析 在應用劈尖干涉公式d??2nbL 時，應注意相鄰條紋的間距b 是N 條條紋的寬度Δx 除以（N －1）．對空氣劈尖n ＝1． 解 由分析知，相鄰條紋間距b??x，則細絲直徑為 N?1???N?1?d?L??5.75?10?5m 2nb2n?x

題14-13 圖

14-14 集成光學中的楔形薄膜耦合器原理如圖所示．沉積在玻璃襯底上的是氧化鉭（Ta2O5）薄膜，其楔形端從A 到B 厚度逐漸減小為零．為測定薄膜的厚度，用波長λ＝632.8nm 的He?Ne 激光垂直照射，觀察到薄膜楔形端共出現11 條暗紋，且A 處對應一條暗紋，試求氧化鉭薄膜的厚度．（Ta2O5 對632.8 nm激光的折射率為2.21）

題14-14 圖

分析 置于玻璃上的薄膜AB 段形成劈尖，求薄膜厚度就是求該劈尖在A點處的厚度．由于Ta2O5 對激光的折射率大于玻璃，故從該劈尖上表面反射的光有半波損失，而下表面沒有，因而兩反射光光程差為Δ＝2ne＋λ/2．由反射光暗紋公式2ne k＋λ/2 ＝（2k＋1）λ/2，k ＝0，1，2，3，…，可以求厚度ek ．又因為AB 中共有11 條暗紋（因半波損失B 端也為暗紋），則k 取10即得薄膜厚度．

解 根據分析，有

?2ne k＋

2＝（2k ＋1）λ/2（k ＝0，1，2，3，…）

取k ＝10，得薄膜厚度e10 ＝

10?＝1.4 ×10-6m． 2n14-15 折射率為1.60的兩塊標準平面玻璃板之間形成一個劈形膜（劈尖角θ 很小）．用波長λ＝600 nm 的單色光垂直入射，產生等厚干涉條紋．假如在劈形膜內充滿n＝1.40 的液體時的相鄰明紋間距比劈形膜內是空氣時的間距縮小Δl ＝0.5 mm，那么劈尖角θ 應是多少？

分析 劈尖干涉中相鄰條紋的間距l≈

?2n?，其中θ 為劈尖角，n是劈尖內介質折射率．由于前后兩次劈形膜內介質不同，因而l 不同．則利用l≈

?2n?和題給條件可求出θ．

解 劈形膜內為空氣時，l空??2?

劈形膜內為液體時，l液??2n?

則由?l?l空?l液????2?2n???，得

??1?1/n?2?l?1.71?10?4rad

14-16 如圖(a)所示的干涉膨脹儀，已知樣品的平均高度為3.0 ×10-2m，用λ＝589.3 nm的單色光垂直照射．當溫度由17 ℃上升至30 ℃時，看到有20 條條紋移過，問樣品的熱膨脹系數為多少？

題14-16 圖

分析 溫度升高ΔT ＝T2 －T1 后，樣品因受熱膨脹，其高度l 的增加量Δl ＝lαΔT．由于樣品表面上移，使在傾角θ 不變的情況下，樣品與平板玻璃間的空氣劈的整體厚度減小．根據等厚干涉原理，干涉條紋將整體向棱邊平移，則原k 級條紋從a 移至a′處，如圖（b）所示，移過某一固定觀察點的條紋數目N 與Δl 的關系為?l?N得出熱膨脹系數α．

解 由題意知，移動的條紋數N＝20，從分析可得

?2，由上述關系可

N?2?l??T

N則熱膨脹系數

???2?1.51?10?

5K?1

l?T14－17 在利用牛頓環測未知單色光波長的實驗中，當用已知波長為589.3 nm的鈉黃光垂直照射時，測得第一和第四暗環的距離為Δr＝4.00 ×10-3 m；當用波長未知的單色光垂直照射時，測得第一和第四暗環的距離為Δr′＝3.85 ×10-3 m，求該單色光的波長．

分析 牛頓環裝置產生的干涉暗環半徑r?kR?，其中k ＝0，1，2…，k ＝0，對應牛頓環中心的暗斑，k＝1 和k ＝4 則對應第一和第四暗環，由它們之間的間距?r?r4?r1?R?，可知?r??，據此可按題中的測量方法求出未知波長λ′．

解 根據分析有

?r??? ??r?故未知光波長

λ′＝546 nm 14 －18 如圖所示，折射率n2 ＝1.2 的油滴落在n3 ＝1.50 的平板玻璃上，形成一上表面近似于球面的油膜，測得油膜中心最高處的高度dm ＝1.1 μm，用λ＝600 nm 的單色光垂直照射油膜，求（1）油膜周邊是暗環還是明環？（2）整個油膜可看到幾個完整的暗環？

題14-18 圖

分析 本題也是一種牛頓環干涉現象，由于n1 ＜n2 ＜n3，故油膜上任一點處兩反射相干光的光程差Δ＝2n2d．（1）令d＝0，由干涉加強或減弱條件即可判斷油膜周邊是明環．（2）由2n2d ＝（2k＋1）λ/2，且令d ＝dm 可求得油膜上暗環的最高級次（取整），從而判斷油膜上完整暗環的數目．

解（1）根據分析，由

?k? ?明條紋??2n2d??k?0,1,2,...??2k?1? ?暗條紋???2油膜周邊處d ＝0，即Δ＝0 符合干涉加強條件，故油膜周邊是明環．

（2）油膜上任一暗環處滿足

??2n2d??2k?1??/2?k?0,1,2,...?

令d ＝dm，解得k ＝3.9，可知油膜上暗環的最高級次為3，故油膜上出現的完整暗環共有4 個，即k ＝0，1，2，3．

14-19 把折射率n＝1.40 的薄膜放入邁克耳孫干涉儀的一臂，如果由此產生了7.0 條條紋的移動，求膜厚．設入射光的波長為589 nm．

分析 邁克耳孫干涉儀中的干涉現象可以等效為薄膜干涉（兩平面鏡相互垂直）和劈尖干涉（兩平面鏡不垂直）兩種情況，本題屬于后一種情況．在干涉儀一臂中插入介質片后，兩束相干光的光程差改變了，相當于在觀察者視野內的空氣劈尖的厚度改變了，從而引起干涉條紋的移動．

解 插入厚度為d 的介質片后，兩相干光光程差的改變量為2（n －1）d，從而引起N 條條紋的移動，根據劈尖干涉加強的條件，有2（n －1）d＝Nλ，得

d?N??5.154?10?6m

2?n?1?14-20 如圖所示，狹縫的寬度b ＝0.60 mm，透鏡焦距f ＝0.40m，有一與狹縫平行的屏放置在透鏡焦平面處．若以波長為600 nm的單色平行光垂直照射狹縫，則在屏上離點O 為x＝1.4 mm處的點P看到的是衍射明條紋．試求：（1）點P條紋的級數；（2）從點P 看來對該光波而言，狹縫的波陣面可作半波帶的數目．

分析 單縫衍射中的明紋條件為bsin????2k?1??2，在觀察點P 位置確定（即衍射角φ確定）以及波長λ確定后，條紋的級數k也就確定了.而狹縫處的波陣面對明條紋可以劃分的半波帶數目為（2k ＋1）條．

x解（1）設透鏡到屏的距離為d，由于d ＞＞b，對點P 而言，有sin??tan??．根

d據分析中的條紋公式，有

bx????2k?1? d2將b、d（d≈f）、x , λ的值代入，可得

k ＝３

（2）由分析可知，半波帶數目為7.題14-20 圖

14-21 一單色平行光垂直照射于一單縫，若其第三條明紋位置正好和波長為600 nm的單色光垂直入射時的第二級明紋的位置一樣，求前一種單色光的波長．

分析 采用比較法來確定波長．對應于同一觀察點，兩次衍射的光程差相同，由于衍射明紋條件bsin???2k?1??2，故有?2k1?1??1??2k2?1??2，在兩明紋級次和其中一種波長已知的情況下，即可求出另一種未知波長．

解 根據分析，將?2?600nm,k2?2,k1?3代入?2k1?1??1??2k2?1??2，得

?1??2k2?1??2?428.6nm

2k1?114-22

已知單縫寬度b＝1.0 ×10-4 m，透鏡焦距f ＝0.50 m，用λ1 ＝400 nm和λ2 ＝760 nm的單色平行光分別垂直照射，求這兩種光的第一級明紋離屏中心的距離，以及這兩條明紋之間的距離．若用每厘米刻有1000條刻線的光柵代替這個單縫，則這兩種單色光的第一級明紋分別距屏中心多遠？ 這兩條明紋之間的距離又是多少？

分析 用含有兩種不同波長的混合光照射單縫或光柵，每種波長可在屏上獨立地產生自己的一組衍射條紋，屏上最終顯示出兩組衍射條紋的混合圖樣．因而本題可根據單縫（或光柵）衍射公式分別計算兩種波長的k 級條紋的位置x1和x2，并算出其條紋間距Δx ＝x2 －x1 ．通過計算可以發現，使用光柵后，條紋將遠離屏中心，條紋間距也變大，這是光柵的特點之一．

解（1）當光垂直照射單縫時，屏上第k 級明紋的位置

x??2k?1??2bf

當λ1 ＝400 nm 和k ＝1 時，x1 ＝3.0 ×10-3 m 當λ2 ＝760 nm 和k ＝1 時，x2 ＝5.7 ×10-3 m 其條紋間距

Δx ＝x2 －x1 ＝2.7 ×10-3 m（2）當光垂直照射光柵時，屏上第k 級明紋的位置為

x??k?f d10?2m?10?5m 而光柵常數

d?310當λ1 ＝400 nm 和k ＝1 時，x1 ＝2.0 ×10-2 m 當λ2 ＝760 nm 和k ＝1 時，x2 ＝3.8 ×10-2 m

?2??x1??1.8?10m 其條紋間距

?x??x214-23 老鷹眼睛的瞳孔直徑約為6 mm，問其最多飛翔多高時可看清地面上身長為5cm的小鼠？ 設光在空氣中的波長為600 nm．

分析 兩物體能否被分辨，取決于兩物對光學儀器通光孔（包括鷹眼）的張角θ 和光學儀器的最小分辨角θ0 的關系．當θ≥θ0 時能分辨，其中θ＝θ0 為恰能分辨．在本題中?0?1.22?D為一定值，這里D是鷹的瞳孔直徑.而??L/h,其中L為小鼠的身長，h為老鷹飛翔的高度.恰好看清時θ＝θ0.解 由分析可知 L/h ＝1.22λ/D，得飛翔高度

h ＝LD/（1.22λ）＝409.8 m． 14-24 一束平行光垂直入射到某個光柵上，該光束中包含有兩種波長的光： λ1 ＝440 nm 和λ2 ＝660 nm．實驗發現，兩種波長的譜線（不計中央明紋）第二次重合于衍射角φ＝60°的方向上，求此光柵的光柵常數．

分析 根據光柵衍射方程dsin???k?，兩種不同波長的譜線，除k＝0 中央明紋外，同級明紋在屏上位置是不同的，如果重合，應是它們對應不同級次的明紋在相同衍射角方向上重合．故由dsin φ＝kλ1 ＝k′λ2 可求解本題．

解 由分析可知dsin??k?1?k??2，得 得

k/k???2/?1?3/2

上式表明第一次重合是λ1 的第3 級明紋與λ2 的第2級明紋重合，第二次重合是λ1 的第6 級明紋與λ2 的第4級明紋重合．此時，k＝6，k′＝4，φ＝60°，則光柵常數

d?k?1/sin??3.05?10?6m?3.05μm

*14-25 波長為600 nm 的單色光垂直入射在一光柵上，其透光和不透光部分的寬度比為1：3，第二級主極大出現在sin??0.20處．試問（1）光柵上相鄰兩縫的間距是多少？（2）光柵上狹縫的寬度有多大？（3）在－90°＜φ＜90°范圍內，呈現全部明條紋的級數為哪些．

分析（1）利用光柵方程dsin???b?b??sin???k?，即可由題給條件求出光柵常數d?b?b?（即兩相鄰縫的間距）．這里b和b?是光柵上相鄰兩縫透光（狹縫）和不透光部分的寬度，在已知兩者之比時可求得狹縫的寬度（2）要求屏上呈現的全部級數，除了要求最大級次k以外，還必須知道光柵缺級情況.光柵衍射是多縫干涉的結果，也同時可看成是光透過許多平行的單縫衍射的結果．缺級就是按光柵方程計算屏上某些應出現明紋的位置，按各個單縫衍射計算恰是出現暗紋的位置．因此可以利用光柵方程dsin???b?b??sin??k?和單縫衍射暗紋公式bsin??k'?可以計算屏上缺級的情況，從而求出屏上條紋總數．

解（1）光柵常數

d?kλ?6?10?6m?6μm sin??d?b?b??6μm?b1（2）由

? ??b?3?得狹縫的寬度b=1.5 μm.（3）利用缺級條件

??b?b??sin??k???bsin??k???k?0,?1,...?

?k??0,?1,...?則（b ＋b′）／b ＝k／k′＝4，則在k ＝4k′，即±4，±8，±12，…級缺級．

又由光柵方程?b?b??sin???k?，可知屏上呈現條紋最高級次應滿足1，±2，±3，k??b?b??/??10，即k=9，考慮到缺級，實際屏上呈現的級數為：0，±±5，±6，±7，±9，共15 條．

*14-26 以波長為0.11 nm 的X 射線照射巖鹽晶體，實驗測得X 射線與晶面夾角為11.5°時獲得第一級反射極大．（1）巖鹽晶體原子平面之間的間距d為多大？（2）如以另一束待測X 射線照射，測得X 射線與晶面夾角為17.5°時獲得第一級反射光極大，求該X 射線的波長．

分析 X 射線入射到晶體上時，干涉加強條件為２dsin θ ＝kλ（k ＝0，1，2，…）式中d 為晶格常數，即晶體內原子平面之間的間距（如圖）．

解（1）由布拉格公式2dsin??k?第一級反射極大，即k＝1．因此，得

?k?0,1,2,...?

d??12sin?1?0.276nm

（2）同理，由2dsinθ2 ＝kλ2，取k ＝1，得

?2?2dsin?2?0.166nm

題14-26圖

14-27 測得一池靜水的表面反射出來的太陽光是線偏振光，求此時太陽處在地平線的多大仰角處？（水的折射率為1.33）

題14-27 圖 分析 設太陽光（自然光）以入射角i 入射到水面，則所求仰角θ?起偏時，根據布儒斯特定律，有i?i0?arctan射率）．

解 根據以上分析，有

π?i．當反射光2n2（其中n1 為空氣的折射率，n2 為水的折n1i0?i?πn?θ?arctan2 2n1n2π則

???arctan?36.9o

2n114-28 一束光是自然光和線偏振光的混合，當它通過一偏振片時，發現透射光的強度取決于偏振片的取向，其強度可以變化5 倍，求入射光中兩種光的強度各占總入射光強度的幾分之幾．

分析 偏振片的旋轉，僅對入射的混合光中的線偏振光部分有影響，在偏振片旋轉一周的過程中，當偏振光的振動方向平行于偏振片的偏振化方向時，透射光強最大；而相互垂直時，透射光強最小．分別計算最大透射光強Imax 和最小透射光強Imin，按題意用相比的方法即能求解．

解 設入射混合光強為I，其中線偏振光強為xI，自然光強為（1－x）I．按題意旋轉偏振片，則有最大透射光強

Imax???1?x??x?I

?2?最小透射光強

Imin???1?x??I

?2?按題意Imax/Imin?5，則有

?1??1?1?1?x??x?5?1?1?x? 22解得

x ＝2/3 即線偏振光占總入射光強的2/3，自然光占1/3．

第四篇：公文寫作教程第1—5章知識點整理

單項10x1=10 多選5x2=10 申論30 學術論文10x2=20 15種公文寫作30

公文寫作

第一章、緒論 ?公文與公文寫作 ?公文寫作的研究對象 ?公文寫作的沿革

?學習公文寫作的意義與方法

公文

?公務文書。

一個國家統治階級在管理國家、處理各種公務時制作和使用的工具。（關鍵詞）（我國）公文是黨和國家機關在領導黨的事業和治理國家方面，用以表達意志、傳遞策令、溝通信息的文字工具和手段。

公文、文書、文件

從內涵上看：公文、文書、文件在許多情況下是通用的，具有同一性；在某種意義上是相同的，方向完全一致，但它們之間也有一定區別，主要表現在外延的不同，即文書的外延較大，公文的范圍次之，文件的范圍更窄。公文寫作

?公文寫作是在寫作活動一般規律和原理指導下，根據公務活動的客觀需要，以黨和國家的方針、政策、基本原則和國家的法律法規為指導，運用科學原理和寫作技法，完成對公務文書的撰寫。

公文寫作的研究對象

?公文寫作是以公文的寫作原理、方法和基本規律為研究對象的一門科學。

公文的外延

不屬于公文寫作研究的范疇

?反映個人意志的文書，如條據、書信、契約、家譜、遺囑、自傳等，雖然它們也具有一定的“規范格式”，但由于它們處理的是“私務”而非“公務”，所以不是公文寫作研究的內容。

?國家經濟企業及事業組織，在經濟、科研活動中產生的不顯示政治權力關系的文書，如經濟組織之間相互簽訂的經濟合同、協議，產品生產、流通、服務方面的說明、調查、分析、論證、研究報告，經濟投標、招標文件，廣告、啟事，金融、財務、保險等方面的單據、憑證，生產流程、技術單據等方面的規范材料等，這些文件雖然也產生于“公務”，且具有一定的“規范格式”，但由于不顯示政治權力關系，所以，也不屬于公文寫作研究的范疇。

?國家經濟企業以外的其他企業，如集體企業、個體企業、外資企業、合資企業自身所產生的各種文書，雖然有的也顯示一定的效力（如廠規、制度），且具有一定的“格式”，但由于它們并不直接體現黨和國家的意志與權力，所以，也不是公文寫作研究的對象。

?社會政治集團，即黨和國家機關中在公文準備階段所形成的基礎材料（如會議記錄、工作日志、擬文提綱等）及未形成書面文字的探詢、商討、講話等，由于尚未發生“特定效力”，也不具備公文的“規范格式”，所以，仍不屬于公文寫作的研究范疇。

公文

?公文應當姓“公”，它是各種法定組織用以表達意志的文書，是其用以傳遞策令、溝通信息、交流經驗、推動公務活動開展的重要工具和手段，它一經制發，即顯示出權力關系。

公文寫作的研究對象需具備條件

?它的產生和使用者必須是社會政治集團，即黨和國家機關。

?它必須產生于實施黨的領導和國家管理過程之中，是依法行使職權的產物，具有特定的法律效力。

?它必須具有規范的格式。

公文寫作的研究范圍1.研究公文寫作的本質特征 2.行為主體

3.基本構成要素 4.基本過程

5.現狀及其發展趨勢 6.研究常用公文文種的寫作技法和規律 7.研究電子公文的制作和使用

公文寫作與其他寫作的區別

?經濟寫作（經濟活動中產生的寫作行為，如合同、市場調查報告、廣告等。經濟應用文）?科技寫作（學術論文、調查報告，反映科研成果）

?司法寫作（公檢法相關的寫作，如偵查、檢查、法律文書、仲裁文書、公正文書等）

公文寫作的起源和發展

?甲骨卜辭1899年（清光緒二十五年）在河南安陽小屯村出土的殷墟甲骨文是我國發現的最早的公文

?商代后期鐘鼎文書，這時期出現了我國最早的公文總集《尚書》（亦稱書經），也出現了現存最早最完整的公文。

?成熟發展期（戰國——宋）秦代，首開公文體制規范化之先河；漢承秦制，第一次確立了上行文和下行文的區別和各自的文體 ?相對穩定時期（元——鴉片戰爭）?轉變期（鴉片戰爭——建國）?建國以來

幾個重要文件

?1996年5月3日《中國共產黨機關公文處理條例》 ?2000年8月24日《國家行政機關公文處理辦法》

?1999年12月27日《國家行政機關公文格式》

學習公文寫作的意義 3 ?是當今時代和社會形勢發展的迫切需要

?是每一位從事管理工作的人員更好地履行崗位職責、提高自身寫作水平的重要途徑

?是了解和把握其內在的特點和規律，有效地提高公文質量和水平，促進公文寫作規范化的重要前提基礎

學習公文寫作的方法 3 ?要堅持理論與實際相結合的原則

?要盡可能地多接觸公文實例，從閱讀中提高

?要認真練好“內功”，自覺地做到多寫、多練、多積累

第二章、公文寫作的性質、特點和任務

公文寫作的性質 2

?

1、公文寫作是一種綜合性的研究工作：機關公文寫作是理論與實際相結合的工作，又是年年月月持續不斷的、長期的、艱苦的、創造性的工作。在這種綜合性研究活動過程中，“寫作”只是其中的一個重要環節。沒有這種持續不斷的研究，公文寫作便無法進行，機關公文的質量也無法保證。

?

2、公文寫作是領導決策過程中一項重要的參謀工作：這種參謀作用，是出現在決策之前，主要是指它一方面要掌握全面情況，做領導的耳目，使領導能夠統觀全局、審時度勢，作出科學的決策；另一方面，它還必須通過綜合研究，提出完整的、具體的、經過論證的決策或指揮方案，供領導決策參考；同時，它要通過創造性的勞動，把領導的決策思想和決策的內容用公文表達出來，并給予論證，使決策內容具有嚴密性和科學性。?關鍵是區分公文與公文寫作 4寫作、表達內容、表達方式、修辭

1.公文寫作是規范性寫作，文學寫作是創造性寫作

2.公文寫作的表達內容追求鮮明而準確，文學寫作的表達內容追求朦朧而含蓄 3.公文寫作的主要表達方式是側重說明和議論，文學寫作的表達方式則側重描寫、抒情、議論和說明。

4.公文寫作使用科學修辭，文學寫作使用藝術修辭

公文寫作的特點

主5遵、實、限、發、受 ?遵命寫作 ?實用寫作 ?限時寫作

?法定作者制發（何為法定作者）?受體定向

?其他特點（注意）

公文寫作的任務 ?經常性任務 4 1.調查研究，綜合分析

2.建立資料庫，為領導工作提供全面咨詢

3.運用科學的理論，按照領導的意圖，正確、恰當地論證和表達決策內容 4.起草公文 ? 具體任務

掌握情況、研究問題、論證決策、草擬公文

第三章、公文寫作人員的素養 ? 政治素養3 ① 必須具有堅定正確的政治方向 ② 必須具有較高的政策理論水平③ 必須堅持實事求是的思想路線

? 心理素質8 動、情、情、興、性、思、意、記

① 公文寫作人員的動機 ②

情感 ③

興趣 ④

思維

⑤

意志 4

a、自覺性b、果斷性c、自制力d、堅韌性 ⑥

性格 ⑦

記憶 ⑧

情緒 ? 職業道德 6 ① 必須具有強烈的事業心和責任感 ② 忠誠黨的事業，甘做無名英雄 ③ 公而忘私、埋頭苦干 ④ 謙虛謹慎，平等待人 ⑤ 嚴格保密，遵紀守法 ⑥ 誠實守信，團結合作 ?

知識結構3基、專、必

1.扎實的基礎知識 科、馬、法（科學文化基礎知識、馬克思主義理論基礎知識、法規基礎知識）

2.精深的專業知識

3.必要的相關知識 自、心、社、軟

（自然科學方法論知識、心理學知識、社交知識、軟科學知識等）? 能力要求5 調、文、辦、聽、操

1.調研能力（一是觀察能力二是思維能力）2.文字表達能力 3.辦事能力 4.聽知能力 5.操作能力

第四章、公文寫作的構成要素 5主旨、材料、結構、語言、表達方式 ?公文的主旨 ?公文的材料 ?公文的結構 ?公文的語言 ?公文的表達方式

公文的主旨含義

?公文主旨是指通過公文的全部內容所表述和體現出來的行文用意、目的或意義。?主旨

主題

?主題：主題指作者通過文章的全部材料和表現形式所表達出的基本思想。（文藝作品的中心思想）

公文主旨的作用3 1)對公文寫作過程具有統攝和支配作用

首先，主旨是選擇材料的依據，其次，主旨是組織和派生具體觀點、主張的基礎、最后，一篇公文寫什么與不寫什么，是詳寫還是略寫都要根據主旨來確定，主旨起著統攝材料的作用。2)主旨是衡量公文價值的主要標準

3)主旨體現國家的法律法規以及黨和國家的方針政策 公文主旨的特點5 ① 公文主旨反映的對象及內容是公務活動，具有極強的針對性 ② 公文主旨明白、顯露

③ 公文主旨的形成具有時限性

④ 公文主旨具有直接的社會應用性 ⑤ 一篇公文只有一個主旨

公文主旨的表現法5 標題、開篇、撮要、分題、線穿 ?標題明旨 ?開篇明旨 ?撮要明旨 ?分題明旨 ?線穿顯旨

公文主旨的優秀品質要求5正確、鮮明、集中、新穎、一致 ?要正確

?要鮮明（直白顯露）?要集中

?要新穎（如何理解主旨的新穎）?要一致

公文的材料

?公文材料是指公文制作者為了表現公文主旨，從現實公務活動過程中攝取并寫入公文中的一系列內容，包括情況、背景、目的、根據、辦法、措施、意見、規定、時間、數字等。它是提煉公文主旨的基礎與依據。

公文材料的種類 4 ?感性材料和理性材料（事實與理論）?現實材料與歷史材料（時間）?直接材料與間接材料（來源）?正面材料與反面材料（性質）

公文材料的搜集與積累

?首先，要在公務實踐活動中確立。通過作者的直接觀察來獲取材料。我們寫公文的大部分材料是通過“觀察—解釋—結論”這樣一個自然順序而獲得的。?其次，通過調查、采訪和閱讀有關文件資料獲得。?最后，要占有大量的寫作材料，必須進行長期的積累。?積累的方式有

一般積累（是在日常工作中對材料經常隨時性的積累）專題積累（按已確定的專門題目有選擇地積累資料）；

常用的材料積累的方法包括：5筆記、剪輯、卡片、索引、微機 筆記式、剪輯式、卡片式、索引式、微機式

材料的日常積累(如何做到)4立足、著眼、關注、遵循 ?立足于本部門、本單位 ?著眼于本行業、本系統 ?關注社會上的有關情況

?遵循適度、有用的原則（剔除意識、時效意識、整體意識、超前意識、統計意識）

5剔、時、整、超、統 公文材料的選擇原則5切、真、現、典、新

① 切旨性 ② 真實性 ③ 現實性 ④ 典型性 ⑤ 新穎性

公文的結構

?公文內容的組織和構造，其具體含義是指根據主旨表達的需要，合理地去安排和展開材料，使文章成為一個有機的整體，亦叫謀篇布局、立格定局。公文結構的原則和要求與其他文章不同如下4

一、公文結構必須準確反映公務活動這一客觀事物的內在本質和必然聯系

二、公文結構必須服務于公文主旨表達的需要

三、公文結構必須適合公文的不同體式

四、公文結構必須符合公務活動認識上的思維邏輯 公文結構的外形體式8 ?篇段合一式 ?撮要分條式 ?分列小標題式 ?全面性分塊式 ?轉發轉述式

?章、條、款分列式 ?條、段貫通式 ?并列句式

?公文結構的內在規律（是由思維過程決定的）?公文的內在結構表現形式5 ① 對解決問題的結構予以答復或表態的單一結構形式

② 側重于提出問題、分析問題，但不具體解決問題的單純結構形式 ③ 先提出問題，然后把解決問題的結果或意見表達出來，即提出問題—解決問題的簡單結構形式

④ 提出問題—分析問題—解決問題的完整形式 ⑤ 邊擺問題，邊分析與解決問題的特殊結構形式 ?提高公文結構能力的主要途徑3 1)注意鍛煉自己的邏輯思維能力（思維要有序、周密、連貫、深入）2)經常研究習作中出現的問題 3)多寫多改，在實踐中提高

公文的語言

（一）意義 ：語言是公文的第一要素，公文語言有巨大的社會影響

公文使用語言的基本要求5無假話、無虛話、無廢話、無大話、無套話 ?真實準確無假話（需做到）

避免產生歧義、防止褒貶失當、排除疏忽錯漏、注意措辭得體 ?嚴禁莊重無虛話

?簡明扼要無廢話（注意）

1.認識明確，抓住本質；陳述事實，抓住關鍵；闡明觀點，提出意見和辦法。抓住中心，切合公務實際

2.善于概括，抓住事物特征

3.刪繁就簡，用最經濟的文字，表達盡可能多的內容 ?平實易懂無大話（三不要）不要堆砌辭藻，亂用修辭詞語 不要文白交雜，故弄玄虛 不要過多的引經據典 ?鮮明生動無套話

公文用語的特點5書面語、適當文言、專業用語、介詞結構、含糊詞語 ?使用書面語，一般不用口語

?適當使用一些文言詞語和文言句式 ?有一套特定的公文專門用語 ?大量使用介詞結構

?經常使用模糊詞語使公文內容得到準確表達

模糊語言的使用

?語言本身就具有模糊性（長江、門、藍色、中午、12點等等），但也有相對的精確和模糊之分。模糊與含糊有別。

?精確語言，其語義符合它所表現的客觀實際事物的原貌，符合它所表現的客觀實際事物的具體情況。

?模糊語言，則只取某種意向，其語義既不十分的明確，也不十分具體。

為什么使用模糊語言

一方面，客觀世界中確實存在著大量的模糊或者相對模糊的事物，還沒有確切的語言能夠表達之；或者人們對某些客觀事物的認識，尚處于模糊狀態之中，只能用模糊語言來反映之。比如，公文涉及的一些事物，正處在由量變到質變的過程中，用精確的語言，根本沒有辦法反映這個變化過程，所以只能用模糊語言表達才較為準確。

?另一方面，為了正確表述公文思想內容，有時還有意識地運用模糊語言，以期收到既表意準確，又用語委婉之效，或者使闡述的問題既恰如其分又留有余地。如果用精確語言加以表述，因過于固定化，表意反而不準確了。同時，公文用語貴在概括，在表述具有普遍意義的問題時，使用概括性較強的模糊語言，既符合語體特點的要求，也能給人以相對準確的印象。

公文寫作的表達方式3 ?敘述 ?議論 ?說明

敘述

?在公文寫作中，除計劃性、法規性文種一般不采用敘述和指令性文件較少使用敘述外 ?公文在敘述的特點4順述、實述、分寸、概述 ?公文中的敘述講究順敘 ?

實敘 ?

分寸 ?

概述

議論 ?公文議論的特點：只是原則地表述事理，一般不作多方面、多層次、多角度的完整性論證；在手法上往往直接加以議論，有時只是一兩句結論性的話，是直接說明性質的簡單邏輯論證方法。

說明

?說明就是用簡明扼要的文字，把事物的形態、性質、特征、成因、關系、功能等解說清楚。?說明與敘述的區別是，說明側重于記寫客觀事物的靜態情狀，敘述側重于記寫事物的動態情狀

?公文說明的方式（6點）

① 說明事物的性質、特點 ②

范圍 ③

類別

④ 說明公務完成的手段 ⑤ 說明制文機關的主張

⑥ 說明事物的優劣、進退、好壞與成敗

第五章、公文寫作的運動過程

公文寫作與調查研究

?調查和研究（結合公文寫作的性質）

?調查，是考察、了解客觀事物的過程，側重于對信息的收集；研究，是分析、探討客觀事物內在本質和發展規律，形成理性認識的過程，側重于對信息的處理和分析。?調查研究是我黨歷來的優良傳統。

調查研究的對象3 ?對象較為復雜，有些簡單的轉發性公文無須調查研究 1.事實材料

2.政策和法規材料 3.信息資料

調查研究的方法（各有優缺點）9 ?全面調查 ?典型調查 ?抽樣調查

?統計調查（嚴格來說不能算作調查方法）?開調查會 ?訪問調查 ?實地觀察 ?問卷調查 ?文獻調查

公文的起草

?公文的起草，是作者根據寫作構思，按一定的結構形式，運用書面語言把所要寫的內容反映出來，固定下來，使之物態化（成為書面材料）的行為方式和行為過程。

公文起草的要求4 觀點、材料、條理、角度 ?觀點明確

（符合國家規定、領導意圖，有具體的意見措施，文字表達準確、鮮明）?材料精當

（真實確鑿、清楚簡約、充分有力）?條理清楚

（觀點與材料有機結合、前后關系清楚、結構布局得當）?角度得體

（語氣、語詞、繁簡）

起草的程序和方法3領會—構思—草擬

?領會意圖（起草者身份如何理解領導意圖）?精心構思（初念，提綱）

?認真草擬（遵循提綱又不拘守提綱，表述要力求準確無誤，語言要準確，要一氣呵成）

公文的修改

?為什么說修改是公文寫作中比不可少的步驟？（原因：一般原因和特殊原因）?特殊原因如下3 1)公文是黨和國家機關處理公務的工具，具有高度的政策性和法定的權威性，因此，其內容和形式不能有任何疏忽或欠缺，否則就會削弱其應有的效用。

2)公文寫作是“遵命”寫作，而不是個人創作，它要求文稿撰寫者一定要嚴格地忠實于制發意圖

3)公文撰寫者自身的局限性

?修改的內容（逐層修改）7思想內容+公文構成5要素（主旨、材料、結構、語言、表達方式）+行文關系

① 思想內容是否符合黨和國家的方針政策、法律法令或相關規定 ② 主旨是否明確、突出

③ 材料是否符合公文的特殊要求，能否滿足主旨表達的需要

④ 結構是否合理、自然、嚴謹，包括層次是否清楚，段落是否適宜，開頭、主體、結尾是否貫通，各部分之間的聯系是否緊密，過度是否自然等。

⑤ 語言運用的是否符合規范 ⑥ 體式是否得當，是否符合規范 ⑦ 行文關系是否妥當

修改原則和方法 ?修改原則4 1.先內容后形式 2.先大局后細節

3.意務求賅，言唯期簡（內容表達是否明確、文種是否精煉、篇幅）4.增刪易移，因勢措置（增、刪、易、移視情況而定）

?修改方法（參考，因人而異，因對象而異）4看、讀、議、抄 1.邊看邊改 2.邊讀邊改 3.邊抄邊改 4.邊議邊改

5.領導者集中眾人意見。委托撰寫者或者有關人員按正確意見修改

公文的行文規則及公文擬制、辦理和管理 公文的行文規則

?行文關系（特殊情況、雙向性）?行文方式（越級行文的特殊情況）

1、上行文是下級機關向具有隸屬關系的上級機關的行文 A逐級行文

（下級機關向具有隸屬關系的上一級機關的行文，是上行文最基本常用的方式）

B多級行文

（下級機關在必要時間向具有隸屬關系的上一級機關和更高一級上級機關行文）C超級行文

（下級機關在必要時間向具有隸屬關系的上一級機關而向更高級的上級機關行文）以下特殊情況才采用超級行文6 ① 由于發生特殊緊急情況，如嚴重自然災害等

② 向具有隸屬關系的上一級機關請示多次，長期未能得到解決的問題 ③ 隸屬下級機關與上級機關之間有爭議而無法解決的問題 ④ 上級機關交辦的，并指定越級上報的事項 ⑤ 對上一級機關進行檢舉、揭發的問題 ⑥ 詢問和請示極個別的、必要的具體問題等

2、下行文是上級機關向所屬的下級機關的行文

① 逐級行文 ② 多級行文 ③ 直達基層行文

3、平行文是互相沒有隸屬關系的同級機關或不屬同一系統的機關之間的行文 ?行文規則（重要）

1、上行文6 ① 一文一事原則

② 原則上主送一個機關，不抄送下級機關

③ 受雙重領導的機關，必要時抄送另一個上級機關 ④ 不直接抄送領導人的原則 ⑤ 報告中不夾帶請示事項規則

⑥ 黨委、政府的部門向上級主管部門請示、報告重大事項，應當經本級黨委、政府同意或授權；屬于部門職權范圍內的事項應當直接報送上級主管部門

2、下行文5 ①政府各部門依據部門職權可以互相行文和向下一級政府的相關業務部門行文；除以函的形式商洽工作、詢問和答復問題、審批事項外，一般不得向下一級政府正式行文。

②部門之間對有關問題未經協商一致，不得各自向下行文。如擅自行文，上級機關應當責令糾正或撤銷。

③上級機關向受雙重領導的下級機關行文，必要時應當抄送其另一上級機關。

④向下級機關或者本系統的重要行文，應當同時抄送直接上級機關。

⑤黨委、政府的部門在各自職權范圍內可以向下級黨委、政府的相關部門行文

3、平行文4 ① 要選準文種，主要有函、周知性的通知及告知性的意見

② 要注意聯合行文的條件。屬于黨委、政府各種職權范圍內的工作，不得聯合行文。黨委、政府的部門依據職權可以相互行文

③ 要注意行文的態度和語氣

④ 不相隸屬機關之間一般用函行文

公文擬制

包括起草、審核、審核等程序 起草程序應做好到7

1)符合國家法律法規和黨的路線方針政策 2)一切從實際出發 3)內容簡潔突出主題等 4)文種正確，格式規范 5)深入調查研究。意見廣泛

6)其他地區或部門職權范圍內的事項，要意見一致 7)機關負責人主持指導起草工作 審核重點：5 ① 行文理由是否充分，行文依據是否準確 ② 內容是否符合法律法規方針政策

③ 涉及有關地區或部門職權范圍內的事項是否經過充分協商并達成一致意見 ④ 文種是否正確

⑤ 其他內容是否符合公文起草的有關要求

公文辦理

?收文辦理（7個程序）

?簽收、登記、初審、承辦、傳閱、催辦、答復 ?發文辦理（4個程序）?復核、登記、印制、核發

第五篇：物理學教程(第二版)上冊課后答案6

第六章 機械波

6-1 圖（a）表示t ＝0 時的簡諧波的波形圖，波沿x軸正方向傳播，圖（b）為一質點的振動曲線．則圖（a）中所表示的x＝0 處振動的初相位與圖（b）所表示的振動的初相位分別為（）

題6-1 圖

（Ａ）均為零

（Ｂ）均為（Ｄ）π2π（Ｃ）均為?π2

與?π2（Ｅ）?π2與

π2

分析與解 本題給了兩個很相似的曲線圖，但本質卻完全不同．求解本題要弄清振動圖和波形圖不同的物理意義．圖（a）描述的是連續介質中沿波線上許許多多質點振動在t時刻的位移狀態．其中原點處質點位移為零，其運動方向由圖中波形狀態和波的傳播方向可以知道是沿y軸負向，利用旋轉矢量法可以方便的求出該質點振動的初相位為π/2．而圖（b）是一個質點的振動曲線圖，該質點在t＝0 時位移為0，t＞0 時，由曲線形狀可知，質點向y 軸正向運動，故由旋轉矢量法可判知初相位為－π/2，答案為（D）．

6-2一橫波以速度u沿x軸負方向傳播，t時刻波形曲線如圖（a）所示，則該時刻（）（A）A點相位為π（B）B點靜止不動（C）C點相位為3π2（D）D點向上運動

分析與解由波形曲線可知，波沿x軸負向傳播，B、D處質點均向y軸負方向運動，且B處質點在運動速度最快的位置.因此答案（B）和（D）不對.A處質點位于正最大位移處，C處質點位于平衡位置且向y軸正方向運動，它們的旋轉矢量圖如圖（b）所示.A、C點的相位分別為0和3π2.故答案為（C）

題 6-2 圖

6-3 如圖所示，兩列波長為λ的相干波在點P相遇．波在點S1振動的初相是φ1，點S1到點P的距離是r1．波在點S2的初相是φ2，點S2到點P的距離是r2，以k代表零或正、負整數，則點P是干涉極大的條件為（）

?A?r2?r1?kπ?A??2??1?2kπ?A??2??1?2π?r2?r1?/??A??2??1?2π?r1?r2?/?分振動相位差為Δ???2kπ?2kπ

分析與解 P是干涉極大的條件為兩分振動的相位差Δ?2kπ，而兩列波傳到P點時的兩

?2??1?2π?r2?r1?/?，故選項（D）正確．

題6-3圖

6-4 在波長為?的駐波中，兩個相鄰波腹之間的距離為（）（A）?43?

4（B）

?2

（C）（D）?

分析與解 駐波方程為y?2Acos2πxλcos2πvt，它不是真正的波.其中2Acos2πx?是其波線上各點振動的振幅.顯然，當x??k?2,k?0,1,2,?時，振幅極大，稱為駐波的波腹.因此，相鄰波腹間距離為

?2.正確答案為（B）．

6-5 一橫波在沿繩子傳播時的波動方程為y?0.20cos?2.5π?πx?，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 ｍ處質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）求波動的特征量（波速u、頻率?、振幅A及波長λ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???x?xy?Acos???t????0?書寫，然后通過比較確定各特征量（式中前“-”、“+”的選取分

uu????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在聯系與區別．例如區分質點的振動速度與波速的不同，振動速度是質點的運動速度，即v＝dy/dt；而波速是波線上質點運動狀態的傳播速度（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 的性質決定．介質不變，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

y?0.20cos?2.5π?t?x/2.5???m?

與一般表達式y?Acos???t?x/u???0?比較，可得

A?0.20m,u?2.5m?s?1,?0?0

則v?ω/2π?1.25Hz,λ?u/v?2.0m

（2）繩上質點的振動速度

v?dy/dt??0.5πsin?2.5π?t?x/2.5??m?s?1則vmax?1.57m?s

??1?

（3）t ＝1ｓ和t ＝2ｓ時的波形方程分別為

y1?0.20cos?2.5π?πx??m?y2?0.20cos?5π?πx??m?

波形圖如圖（a）所示． x ＝1.0m處質點的運動方程為

y??0.20cos?2.5πt??m?

振動圖線如圖（b）所示．

波形圖與振動圖雖在圖形上相似，但卻有著本質的區別．前者表示某確定時刻波線上所有質點的位移情況，而后者則表示某確定位置的一個質點，其位移隨時間變化的情況．

題6-5圖

6-6 波源作簡諧運動，其運動方程為y?4.0?10?3cos240πt?m?，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1的速度沿一直線傳播．（1）求波的周期及波長；（2）寫出波動方程．

分析 已知波源運動方程求波動物理量及波動方程，可先將運動方程與其一般形式y?Acos??t???進行比較，求出振幅A、角頻率ω及初相φ0，而這三個物理量與波動方程的一般形式y?Acos???t?x/u???0?中相應的三個物理量是相同的．再利用題中已知的波速u及公式ω＝2πν＝2π／T和λ＝uT即可求解．

解（1）由已知的運動方程可知，質點振動的角頻率ω?240πs?1．根據分析中所述，波的周期就是振動的周期，故有

T?2π/ω?8.33?10?3s

波長為 λ＝uT＝0.25 ｍ

（２）將已知的波源運動方程與簡諧運動方程的一般形式比較后可得A＝4.0 ×10-3m，ω?240πs，φ0＝0故以波源為原點，沿x軸正向傳播的波的波動方程為

y?Acos?ω?t?x/u???4.0?10?30?1??m?-

1cos?240πt?8πx?

6-7 波源作簡諧運動，周期為0.02ｓ，若該振動以100m·ｓ的速度沿直線傳播，設t＝0時，波源處的質點經平衡位置向正方向運動，求：（1）距波源15.0ｍ和5.0 m兩處質點的運動方程和初相；（2）距波源為16.0 m和17.0m的兩質點間的相位差．

分析（1）根據題意先設法寫出波動方程，然后代入確定點處的坐標，即得到質點的運動方程．并可求得振動的初相．（2）波的傳播也可以看成是相位的傳播．由波長λ的物理含意，可知波線上任兩點間的相位差為Δφ＝2πΔx／λ． 解（1）由題給條件T?0.02s,u?100m?s?1，可得

λ?uT?2m

ω?2π/T?100πm?s;?1當t＝0 時，波源質點經平衡位置向正方向運動，因而由旋轉矢量法可得該質點的初相為φ0＝－π／2（或3π／2）．若以波源為坐標原點，則波動方程為

y?Acos?100π?t?x/100??π/2?

距波源為x1＝15.0 m和x2＝5.0 m處質點的運動方程分別為

y1?Acos?100πt?15.5π?y2?Acos?100πt?5.5π?

它們的初相分別為φ10＝－15.5π和φ20＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，則初相φ10＝－13.5π，φ20＝－3.5π．）

（2）距波源16.0m和17.0 m兩點間的相位差

Δ???2??1?2π?x2?x1?/??π

6-8 圖示為平面簡諧波在t＝0 時的波形圖，設此簡諧波的頻率為250Hz，且此時圖中質點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λ、振幅A和波速u＝λ?；2.根據點P的運動趨勢來判斷波的傳播方向，從而可確定原點處質點的運動趨向，并利用旋轉矢量法確定其初相φ0．（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），及該質點的振動速度?＝dy/dt．

解（1）從圖中得知，波的振幅A＝0.10 m，波長λ＝20.0m，則波速u＝λ?＝5.0 ×103ｍ·ｓ-1．根據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點將沿Oy 軸負方向運動．利用旋轉矢量法可得其初相φ0＝π/3．故波動方程為

y?Acos???t?x/u???0??0.10cos?500π?t?x/5000（2）距原點O為x＝7.5ｍ處質點的運動方程為

y?0.10cos?500πt?13π/12???π/3??m??m?

t ＝0 時該點的振動速度為

v??dy/dt?t?0??50πsin13π/12?40.6m?s

題6-8圖

6-9 一平面簡諧波以速度u?0.08m?s?1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處質點的運動方程．

題6-9圖

分析（1）根據波形圖可得到波的波長λ、振幅A和波速u，因此只要求初相φ，即可寫出波動方程．而由圖可知t ＝0 時，x ＝0 處質點在平衡位置處，且由波的傳播方向可以判斷出該質點向y軸正向運動，利用旋轉矢量法可知φ＝－π/2．（2）波動方程確定后，將P處質點的坐標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 ｍ，波長λ＝0.40 ｍ，波速u＝0.08ｍ·ｓ，則ω＝2π/T＝2πu/λ＝（2π/5）ｓ-1，根據分析已知φ＝－π/2，因此波動方程為

1x?π??2π?y?0.04cos??t????50.08??2??（2）距原點O為x＝0.20ｍ處的P點運動方程為

?m?

y?0.04cos?2ππ???52????m?

*6-10 一平面簡諧波，波長為12 m，沿Ox軸負向傳播．圖（a）所示為x＝1.0 m處質點的振動曲線，求此波的波動方程．

題6-10圖

分析 該題可利用振動曲線來獲取波動的特征量，從而建立波動方程．求解的關鍵是如何根據圖（a）寫出它所對應的運動方程．較簡便的方法是旋轉矢量法．

解 由圖（a）可知質點振動的振幅A＝0.40 ｍ，t＝0 時位于x＝1.0 m處的質點在A/2 處

???π/3．又由圖并向Oy軸正向移動．據此作出相應的旋轉矢量圖（b），從圖中可知?0（a）可知，t＝5 s 時，質點第一次回到平衡位置，由圖（b）可看出ωt＝5π／6，因而得角頻率ω＝（π/6）rad.s-1．由上述特征量可寫出x＝1.0 m處質點的運動方程為

π??πy?0.04cos?t??3??6?m?

將波速u?λ/T?ωλ/2π?1.0m?s?1及x＝1.0 m代入波動方程的一般形式y?Acos???t?x/u???0?中，并與上述x ＝1.0 m處的運動方程作比較，可得φ0＝－π／2，則波動方程為

y?0.04cosπ??π?t?x/10???62????m? ,式中y和x的單位為m，t的6-11平面簡諧波的波動方程為y?0.08cos?4πt?2πx?單位為s,求：（1）t＝2.1 s 時波源及距波源0.10m兩處的相位；（2）離波源0.80 m及0.30 m兩處的相位差．

解（1）將t＝2.1 s和x＝0 代入題給波動方程，可得波源處的相位

?1?8.4π

將t＝2.1 s 和x′＝0.10 m代入題給波動方程，得0.10 m處的相位為

?2?8.2π

（2）從波動方程可知波長λ＝1.0 m．這樣，x1＝0.80 m與x2＝0.30 m兩點間的相位差

Δ??2π?Δx??π 6-12 為了保持波源的振動不變，需要消耗4.0 W 的功率．若波源發出的是球面波（設介質不吸收波的能量）．求距離波源5.0 m和10.0 m處的能流密度．

分析 波的傳播伴隨著能量的傳播．由于波源在單位時間內提供的能量恒定，且介質不吸收能量，故對于球面波而言，單位時間內通過任意半徑的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P．而在同一個球面上各處的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度I＝P/S．

解 由分析可知，半徑r處的能流密度為

I?P/4πr

2當r1＝5.0 m、r2＝10.0m時，分別有

I1?P/4πr1?1.27?10I2?P/4πr2?1.27?1022?2W?m?2

?2W?m?26-13 兩相干波波源位于同一介質中的A、B兩點，如圖（a）所示．其振幅相等、頻率皆為100 Hz，B比A的相位超前π．若A、B相距30.0m，波速為u＝400 m·s，試求AB連線上因干涉而靜止的各點的位置．

1題6-13圖

分析 兩列相干波相遇時的相位差Δ???2??1?2πΔr?．因此，兩列振幅相同的相干波因干涉而靜止的點的位置，可根據相消條件Δ???2k?1?π獲得．

解 以A、B兩點的中點O為原點，取坐標如圖（b）所示．兩波的波長均為λ＝u/?＝4.0 m．在A、B連線上可分三個部分進行討論． 1.位于點A左側部分

Δ???B??A?2π?rB?rA???14π

因該范圍內兩列波相位差恒為2π的整數倍，故干涉后質點振動處處加強，沒有靜止的點． 2.位于點B右側部分

Δ???B??A?2π?rB?rA??16π

顯然該范圍內質點振動也都是加強，無干涉靜止的點．

3.在A、B兩點的連線間，設任意一點P距原點為x．因rB?15?x，rA?15?x，則兩列波在點P的相位差為

Δ???B??A?2π?rB?rA?/???x?1?π

根據分析中所述，干涉靜止的點應滿足方程

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之間的連線上共有15 個靜止點．

6-14圖（a）是干涉型消聲器結構的原理圖，利用這一結構可以消除噪聲．當發動機排氣噪聲聲波經管道到達點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 的發動機排氣噪聲，則圖中彎管與直管的長度差Δr＝r2－r1至少應為多少？（設聲波速度為340 m·s）-

1題6-14圖

分析 一列聲波被分成兩束后再相遇，將形成波的干涉現象．由干涉相消條件，可確定所需的波程差，即兩管的長度差Δr．

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Δr＝r2-r1，故它們的相位差為

Δ??2π?r2?r1?/??2πΔr/?

由相消靜止條件Δφ＝（2k＋1）π，（k＝0，±1，±2，…）得

Δr＝（2k＋1）λ／2 根據題中要求令k ＝0 得Δr至少應為

?r??/2?u/2v?0.57m 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Δr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中的干涉消聲器的結構原理圖．

*6-15 如圖所示，x＝0 處有一運動方程為y?Acos?t的平面波波源，產生的波沿x軸正、負方向傳播．MN為波密介質的反射面，距波源3λ／4．求：（1）波源所發射的波沿波源O左右傳播的波動方程；（2）在MN處反射波的波動方程；（3）在O～MN區域內形成的駐波方程，以及波節和波腹的位置；（4）x＞0區域內合成波的波動方程．

題6-15圖

分析 知道波源O點的運動方程y?Acos?t，可以寫出波沿x 軸負向和正向傳播的方程分別為y1?Acos??t?x/u?和y2?Acos??t?x/u?．因此可以寫出y1在MN反射面上P點的運動方程．設反射波為y3，它和y1應是同振動方向、同振幅、同頻率的波，但是由于半波損失，它在P點引起的振動和y1在P點引起的振動反相．利用y1在P點的運動方程可求y3在P點的運動方程，從而寫出反射波y3．在O～MN區域由y1和Y3兩列同頻率、同振動方向、同振幅沿相反方向傳播的波合成形成駐波．在x＞0區域是同傳播方向的y2和y3合成新的行波．

解（1）由分析已知：沿左方向和右方向傳播的波動方程分別為

y1?Acos??t?x/u?和y2?Acos??t?x/u?

（2）y1在反射面MN處引起質點P振動的運動方程

2π?2πy1?Acos?t???Tp3π??3???2π???Acost??????

2??4???T因半波損失反射波y3在此處引起的振動為

3π??2π??2πy3?Acos?t?π?π??Acos?t??

22??T??Tp設反射波的波動方程為y3?Acos?2πt/T?2πx/????，則反射波在x＝－3λ/4處引起的振動為

3?2π?y3?Acos?t?π???

2?T?p與上式比較得???2π，故反射波的波動方程為

22?2π??2π?y3?Acos?t?πx?2π??Acos?t?πx?

λλ?T??T?（3）在O～MN區域由y1和y3合成的駐波y4為

22?2π??2π??2π??2π?y4?t,x??y1?y3?Acos?t?πx??Acos?t?πx??2Acos?x?cos?t?

λλ?T??T??λ??T?波節的位置：2πx/λ?kπ?π/2,處為波節．

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 處為波腹．

（4）在x＞0 區域，由y2和y3合成的波y5為

222π??2π??2π??2πy5?t,x??y2?y3?Acos?t?πx??Acos?t?πx??2Acos?t?x?

λλλ??T??T??T這表明：x＞0 區域內的合成波是振幅為2A的平面簡諧波．

6-16 如圖（a）所示，將一塊石英晶體相對的兩面鍍銀作電極，它就成為壓電晶體，兩極間加上頻率為?的交變電壓，晶片就沿豎直方向作頻率為?的駐波振動，晶體的上下兩面是自由的，故而成為波腹.設晶片d=2.00 mm，沿豎直方向的聲速u?6.74?10m?s試問要激起石英片發生基頻振動，外加電壓的頻率應是多少？

分析根據限定區域內駐波形成條件（如圖（b）所示），當晶體的上下兩面是自由的而成為波腹時，其厚度與波長有關系式d?3?1，k2?k成立，k為正整數.可見取不同的k值，得到不同的?k，晶體內就出現不同頻率?k的波.對應k=1稱為基頻，k=2，3，4，…稱為各次諧頻.解根據分析基頻振動要求d??，于是要求頻率

2??u??u2d?1.685?106Hz

題 6-16 圖 6-17 一平面簡諧波的頻率為500 Hz，在空氣（ρ＝1.3 kg·m-3）中以u＝340 m·s-1的速度傳播，到達人耳時，振幅約為A＝1.0 ×10-6 m．試求波在耳中的平均能量密度和聲強． 解 波在耳中的平均能量密度

??12?A??2π?Av?622222

?6.42?10聲強就是聲波的能流密度，即

J?m?2I?u??2.18?10?3W?m?2

這個聲強略大于繁忙街道上的噪聲，使人耳已感到不適應．一般正常談話的聲強約1.0×10W·m左右．

6-18 面積為1.0 m2的窗戶開向街道，街中噪聲在窗口的聲強級為80dB．問有多少“聲功率”傳入窗內？

分析 首先要理解聲強、聲強級、聲功率的物理意義，并了解它們之間的相互關系．聲強是聲波的能流密度I，而聲強級L是描述介質中不同聲波強弱的物理量．它們之間的關系為L＝lg（I /I0），其中I0＝1.0 ×10-12 W·m-2為規定聲強．L的單位是貝爾（B），但常用的單位是分貝（dB），且1 B ＝10 dB．聲功率是單位時間內聲波通過某面積傳遞的能量，由于窗戶上各處的I相同，故有P＝IS．

解 根據分析，由L＝lg（I／I0）可得聲強為

I＝10I0

則傳入窗戶的聲功率為

W P＝IS＝10I0S＝1.0 ×6-19 一警車以25 m·s-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15m·s-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＝330m·s-1）

分析 由于聲源與觀察者之間的相對運動而產生聲多普勒效應，由多普勒頻率公式可解得結果．在處理這類問題時，不僅要分清觀察者相對介質（空氣）是靜止還是運動，同時也要分清聲源的運動狀態．

解（1）根據多普勒頻率公式，當聲源（警車）以速度?s＝25 m·s-1運動時，靜止于路邊的觀察者所接收到的頻率為

LL-6-2

v??vuu??s

警車駛近觀察者時，式中?s前取“－”號，故有

v1??vuu??s?865.6Hz

警車駛離觀察者時，式中?s前取“＋”號，故有

??vv2uu??s?743.7Hz

（2）客車的速度為?0=15m·s-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

??vv3u??0u??s?826.2Hz

6-20

蝙蝠在洞穴中飛來飛去，能非常有效地用超聲波脈沖導航.假如蝙蝠發出的超聲波頻率為39 kHz，當它以聲速的1的速度朝著表面平直的巖壁飛去時，試求它聽到的從巖壁反

40射回來的超聲波頻率為多少？

分析由題意可知，蝙蝠既是波的發出者，又是波的接收者.設超聲波的傳播速度為u.首先，蝙蝠是聲源，發出信號頻率為v，運動速度為?s?u40，巖壁是接收者，利用多普勒頻率公式，即可求得巖壁接收到的信號頻率v?.經巖壁反射后頻率不變，即巖壁發射信號頻率為v?，這時蝙蝠是波的接收者，其運動速度為?0?接收到的信號頻率v??.解將蝙蝠看成波源，則由分析可知，巖壁接收到的信號頻率為v??壁反射信號時，又將它看成接收者.則蝙蝠接收到的信號頻率為

u40，再次利用多普勒頻率公式，可求得蝙蝠

uvu??s，在蝙蝠接收巖

v????

u??0uv??u??0u??sv?1??0/u1??s/uv

1?1/401?1/40?39kHz?41kHz