见贤思齐意思-员工辞职报告范文

第一章 质点运动学
基本要求：
1、掌握位矢、位移、速度、加速度、角速度和角加速度等物理量。
2、能计算速度、加速度、角加速度、切向加速度和法向加速度等。
教学重点：位矢、运动方程,切向加速度和法向加速度。
教学难点：角加速度、切向加速度和法向加速度。

主要内容：
本章首先 从描述物体机械运动的方法问题入手，阐述描述运动的前提——质点理想模型、时间和空间
的量度，参照 系坐标系。其次重点讨论描写质点和刚体运动所需要的几个基本物理量（如位移、速度、加
速度、角速度 、角加速度等）及其特性（如相对性、瞬时性、矢量性）。

（一）时间和空间
研 究机械运动，必然涉及时间、空间及其度量．我们用时间反映物体运动的先后顺序及间隔，即运动
的持续 性．现行的时间单位是1967年第13届国际计量大会规定的，用铯（
133
Cs）原子基态 的两个超精细
能级间跃迁相对应的辐射周期的9 192 631 770倍为1秒．空间反映物质的广 延性．空间距离为长度，长度
的现行单位是1983年10月第17届国际计量大会规定的，把光在真空 中1299 792 458秒内走过的路程定
义为1米．
（二）参照系和坐标系
宇宙间任何物质都在运动，大到地球、太阳等天体，小到分子、原子及各种基本粒子，所以说，物质
的运 动是普遍的、绝对的，但对运动的描述却是相对的．比如，在匀速直线航行的舰船甲板上，有人放开
手中 的石子，他看到石子作自由落体运动，运动轨迹是一条直线，而站在岸边的人看石子作平抛运动，运
动轨 迹是一条抛物线．这是因为他们站在不同的物体上．因此，要描述一个物体的运动，必须先确定另一
个物 体作为标准，这个被选作标准的物体叫参照系或参考系．选择哪个物体作为参照系，主要取决于问题
的性 质和研究的方便．在研究地球运动时，多取太阳为参照系，当研究地球表面附近物体的运动时，一般
以地 球为参照系．我们大部分是研究地面上物体的运动，所以，如不特别指明，就以地球为参照系．
（三）质点
实际的物体都有一定的大小和形状，物体上各点在空中的运动一般是不一样的．在 某些情况下，根据
问题的性质，如果物体的形状和大小与所研究的问题关系甚微，以至可以忽略其大小和 形状，这时就可以
把整个物体看作一个没有大小和形状的几何点，但是它具有整个物体的质量，这种具有 质量的几何点叫质
点．必须指出质点是一种理想的物理模型．同样是地球，在研究它绕太阳公转时，把它 看作质点，在研究
它的自转时，又把它看作刚体．
（四）速度
vlim
rdr


t0
tdt
速度v 是矢量，其方向沿t时刻质点在轨迹上A处的切线，它的单位是m
·
s
1
．
（五）加速度
vdvd
2
r
alim

t0
tdtdt
2
加速度a是速度
v
对时间的一阶导数，或者 是位矢r对时间的二阶导数．它的单位是m
·
s
2
．
（六）圆周运动
dv
圆周运动是最简单、最基本的曲线运动，
a

,
dt



1
v
2
a
n


R

习题及解答：
一、填空题
1. 一质点作半径为R的匀速圆周运动，在此过程中质点的切向加速度的方向 改变 ，法向加速度
的大小 不变 。（填“改变”或“不变”）

2. 一质点作半径为 0.1 m的圆周运动，其角位移随时间t的变化规律是= 2 + 4t
2
(SI)。在t =2
s时，它的法向加速度大小a
n
=_______25.6_ ______ms
2
；切向加速度大小a
t
=________0.8______ ms
2
。
3. 一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为
x2t,y192t
2
,则质点在任意时刻的速度表 达式为

2i4tj
；加速度表达式为
a4j
。
4、沿半径为R的圆周运动，运动学方程为

12t
(SI) ，则
ｔ
时刻质点的法向加速度大小为a
n
=（ 16
R t
2
） ；角加速度

=（ 4 rad s
2


）（1 分）．
5. 一质点作半径为 0.1 m的圆周运动，其角位置的运动 学方程为：


2




π
1
2
t
，则其切向加速度大小为
42
a
t
=__ ____0.1______
ms
2
, 第1秒末法向加速度的大小为
a
n
=______0.1______
ms
2
.
6． 一小球沿斜面向上作直线运动，其运动方程为：
s54tt
，则小球运动到最高点的时刻 是
2
t
=___2___
s
.
7、一质点在OXY平面内 运动,其运动方程为
x2t,y192t
2
,则质点在任意时刻的速度表达式为
（

2i4tj
）；加速度表达式为（
a4j
）。
8. 一质点沿半径R=0.4 m作圆周运动，其角位置
=2+3t
2
，在t=2s时，它的法向加速度




a
n
=( 57.6 )
ms
2
，切向加速度
a
t
=( 2.4 )
ms
2
。


2
9、已知质点的运动方程为< br>r2ti(2t)j
，式中
r
的单位为
m
，
t
的单位为
s
。则质点的运动轨迹方
程
y
（
2< br>

1
2
x
），由
t0
到
t 2s
内质点的位移矢量
r
（
4i4j
）m。
4x2t,y10t
2
，质点在任意时刻的位置矢量为



2
（
2ti(10t)j
）；质点在任意时刻的速度矢量为（2i2tj
）；加速度矢量为（
2j
）。
10、质点在
OXY
平面内运动，其运动方程为

二、选择题
1. 某质点作直线运动的运动学方程为x＝5t-2t
3
+ 8，则该质点作（ D ）。
(A) 匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向．
(B) 匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向．
(C) 变加速直线运动，加速度沿x轴正方向．
(D) 变加速直线运动，加速度沿x轴负方向．


2

2. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为
rat
2
ibt
2
j
（其中a、b为常量）, 则该质点
作( C )。
(A) 匀速直线运动； (B) 抛物线运动；
(C) 变速直线运动； (D)一般曲线运动。
3、某质点作直线运动的运动学方程为
x3t5t
3


6
(SI)，则该质点作（ D ）。
（A）匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向
（B）匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向
（C）变加速直线运动，加速度沿x轴正方向
（D）变加速直线运动，加速度沿x轴负方向

4、一质点在x轴上运动，其坐标与时间的变化关系为x =4t-2t
2
，式中x、t分别以m、s为单位，则4秒末
质点的速度和加速度为 ( B )
（A）12ms、4ms
2
； （B）-12 ms、-4 ms
2
；
（C）20 ms、4 ms
2
； （D）-20 ms 、-4 ms
2
；

5．在一直线上相向运动的两个小球作完全弹性碰撞，碰撞后两球均静止，则碰撞前两球应满足：
（ D ）。
（A）质量相等； (B) 速率相等；
(C) 动能相等； (D) 动量大小相等，方向相反。

6. 以下四种运动形式中，加速度保持不变的运动是（ A ）。
A．抛体运动； B．匀速圆周运动；
C．变加速直线运动； D．单摆的运动.。
7、一质点沿x轴运动的规律 是
x5t3t3m
。则第三秒时的加速度的大小是（ A ）
ms
。
A． 10 B．50；
C．15； D．12。
8、质点做半径为1m的圆周运动，运 动方程为

=3+2t（SI单位），则t时刻质点的切向加速度的大小为
a
t
=
2
2
2
（ C ）ms
2
。
A． 1 B．3；
C．4； D．8。
9、质点沿半径R做圆周运动，运动方程为

3t2t
(SI
单位)，则任意时刻质点角速度的大小

=（B）。
2
A．
3t1
B．
6t2
；
C．
4t2
； D．
62t
。
10、质点在
OXY
平面内运动,其运动方程为< br>xt,y10t
,质点在任意时刻的加速度为（ B ）。
A．
2

j
B．
2j
；
C．
3j
； D．
4j
。


3

三、一质 点沿半径为
R
的圆周按规律
sv
0
t
1
2bt
运动，
v
0
,b
都是常量。
2
（1） 求
t
时刻质点加速度的大小；
（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？
（1）由
sv
0
t
1
2
bt
可知
vv
0
bt
2
2
dv
v
2

v
0
 bt

b

aa
n
2
a
t
2


a
n

a
t

dt
RR
（2）
a
R
2
b
2


v
0
bt< br>
R
v
0

b
4

a
n
2
a
t

2
R
2
b
2


v
0
bt

R
4
b
即
v
0
bt0

t
22
v
v1
2
1
2
v
（3）
t
0
带入
sv
0
tbt

sv
0
tbt
0

n
0

2
b
22b4

bR
四、质点P在水平面内沿一半径为1m 的圆轨道转动，转动的角速度

与时间
t
的关系为

kt
，已知
t
=2s
时，质点P的速率为16ms，试求t=1s时，质点P的速 率与加速度的大小。
22
解：由线速度公式

R

Rkt1kt
得
k
2

t
2

16
4
< br>2
2
d


2
(4t
2
)
2
2
8t
ms
a
n
16t
4
ms
2
P点的速率为

4t
ms
a
t

dt
R1
2
t=1时：

4t414(ms)

a
t
8t8(ms
2
)


a< br>n
16t
4
161
4
16(ms
2
)

a
22
a
t
a
n
16
2
8
2
8517.9(ms
2
)

22< br>22
五、已知质点的运动学方程为：
r8t3t12i6t8t10j. 式中
r
的单位为米，
t
的单位为秒，

求作 用于质点的合力的大小。
解：
v
dr


16t3

i( 12t8)j

dt
a
dv
16i12j

dt
六、一质点沿x方向运动，其加速度随时间的变化关系为a = 3+2 t (SI) ,如果初始时质点的速度v
0
为5ms，
则当
ｔ
为3s时，质点的速率 v为多大。
解：
va(t)dt


3+2 t

dt3t +t
2
C

t0
时，
v
0
5
可得积分常量
C5
ms
速度为
v3t+t5

2
当
t3
时，
v

3

3t +t523
ms
2

4

七、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为
x2t,y10 t
2
,求（1）质点运动的轨迹方程；（2）质点
在任意时刻的速度和加速度矢量。
x
2
（1）
y10

4
（2）

2i2tj
，




a2j
< br>八、已知一质点的运动方程为
rat
2
ibt
2
j
（a、b为常数，且不为零），求此质点运动速度的矢量表达
式、加速度的矢量表达式和轨迹方程。

v
dr
2ati2btj

dt
dv
a2ai2bj

dt
xat
2

yb
2
t

则将
t
2
x
b
代入
y
的表达式可得到质 点运动的轨迹方程为
yx

a
a
22九、已知质量为3
kg
的质点的运动学方程为：
r3t2t1i4t6 t8j
. 式中
r
的单位为米，
t

的单位为秒， 求任意时刻的速度矢量和加速度矢量表达式。
解：
v
dr


6t2

i(8t6)j

dt
a
dv
6i8j

dt
6
2
8
2
10ms
2
（2）
aa
Fma31030N

十、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为
x4t,y82t
,求（1）质 点运动的轨迹方程；（2）质点
在任意时刻的速度和加速度矢量。
2
x
2
（1）
y8

8
（2）

4i4tj
，
a4j

22
十一、已知质量为10kg
的质点的运动学方程为：
r8t3t12i6t8t10j
. 式中
r
的单位为

米，
t
的单位为秒，求作用于质点 的合力的大小。

5

解：
v
dr


16t3

i(12t8)j

dt
a
dv
16i12j

dt
aa12
2
16
2
20ms
2< br>
Fma1020200N

十二、有一质点沿 x 轴作直线运动， t 时刻的坐标为 x = 5t
2
- 3t
3
(SI). 试求（1）在第2秒内的平均速度；
（2）第2秒末的瞬时速度；（3）第2秒末的加速度.

(1) vxt6ms

16 ms
(2) vdxdt10t9t
2
,
t2

26 ms
2
(3) advdt
1018t,
t2


v
a

第四章 刚体的转动
一、基本要求：
1、理解刚体的概念；了解刚体的平动和转动；掌握转动惯量的物理意义；掌握力矩的物理意义及其计算。
2、理解转动惯量的物理意义及其计算；掌握刚体定轴转动的转动定律及计算。
3、理解质点 和刚体的角动量；掌握角动量守恒定律的适用条件及应用；掌握刚体转动动能的概念及计算。

二、主要内容：
1、刚体：是在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。是一个理想 化的力学模型，它是指各部
分的相对位置在运动中（无论有无外力作用）均保持不变的物体。即运动过程 中没有形变的物体。
2、平动：当刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同时，或者说刚体内任意两点 间的连线总是平行于它
们的初始位置间的连线时，刚体的运动叫作平动。
3．转动：刚体中所有的点都绕同一条直线作圆周运动，这种运动称为转动。这条直线叫作转轴。
4、描述刚体转动的物理量
引入：刚体作定轴转动时，刚体上的各点都绕定轴作圆周运动。刚 体上各点的速度和加速度都是不同的，
用线量描述不太方便。但是由于刚体上各个质点之间的相对位置不 变，因而绕定轴转动的刚体上所有点在
同一时间内都具有相同的角位移，在同一时刻都具有相同的角速度 和角加速度，故采用角量描述比较方便。
为此引入角量：角位置、角位移、角速度、角加速度。
5、角量与线量的关系
半径R，角位移



弧长
sR


线速度v:
v
lim
 t0
s


lim
RR


t t
t0
v
2
(R

)
2
r
2
法向加速度：
a
n

RR
切向加速度：
a



dvdd

(R

)RR


dtdtdt
6

结论：刚体作定轴转动时，在某一时刻刚 体上所有各点的角位移、角速度和角加速度都是相同的；而各点
的线位移、线速度和线加速度均与r成正 比。
6转动定律：刚体在合外力矩的作用下，刚体所获得的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚 体的转
动惯量成反比。
 合外力矩和转动惯量都是相对于同一转轴而言的；
 转动定律是解决刚体定轴转动的基本定律，它的地位与质点动力学中牛顿第二定律相当。
7、转动惯量
质点运动：质量m，力
F
，加速度
a
，牛顿第二定律
Fm a









刚体转动：转动惯量
J
，力矩
M
，角加速度

，转动定律< br>MJ


当合外力矩相同时，转动惯量大，角加速度小；转动惯量小，角加速度大。
故转动惯量是反映刚体转动惯性大小的物理量。
刚体的转动惯量等于刚体上各质点的质量与各质点到转轴距离平方的乘积之和。
它与刚体的形 状、质量分布以及转轴的位置有关，也就是说，它只与绕定轴转动的刚体本身的性质和
转轴的位置有关。
物理意义：转动惯量是描述刚体在转动中的惯性大小的物理量。
说明：
 转动惯量是标量；
 转动惯量有可加性，当一个刚体由几部分组成时，可以分别计算各个部分对转轴 的转动惯量，然后把
结果相加就可以得到整个刚体的转动惯量；
单位：kg·m
2

三、习题及解答
一、填空题
1. 刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度 与它所受的合外力矩成_____正比___，与刚体本身的转动惯量成反
比。（填“正比”或“反比” ）
2. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为
J
0
，角速度为

0
；然后将两
手臂合拢，使其转动惯量变为
2J
0
3
，则转动角速度变为
3

0
2
.
3．某人站在匀速旋转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋转。当他把哑铃收
到胸前时，人、哑铃和平台组成的系统转动角速度应变 大 ；转动惯量变 小 。
4、均匀细棒质量为
m
，长度为
l
，则对于通过 棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为（
ml
棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量（
ml< br>2
2
3
），对于通过
12
）。
3g
5、长 为
L
的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然 后
让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为（
2L
），细杆转动到竖直位置时
角加速度为（ 零 ）。
6. 一长为
l1m< br>的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。抬起另一端使棒向上与水
平面呈60 °，然后无初转速地将棒释放，已知棒对轴的转动惯量为
2
1
2
ml
，则(1) 放手时棒的角加速度为
3
2
（ 7.5 ）
rads
；(2) 棒转到水平位置时的角加速度为（ 15 ）
rads
。（
g10ms

7
2
）

7、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图射来两个质量相同 ，速
度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹
射入后的 瞬间，圆盘的角速度

（ 减小 ）。

8一根长为l，质量为m的 均匀细棒在地上竖立着。如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则
上端到达地面时细棒的角加 速度应为（
3g
）。
2l

9、某人站在匀速旋 转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋转。当他把哑铃收
到胸前时，人、哑铃 和平台组成的系统转动的角速度( 变大 )
10、如图所示，一静止的均匀细棒，长 为
L
、质量为
M
，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴
O< br>在水平面内转动，转动惯量为
ML
2
3
。一质量为
m
、速率为
v
的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出
并穿出棒的自由端，设穿过棒后子 弹的速率为
v2
，则此时棒的角速度应为（
3mv
）。
2ML
1
2


二、选择题
1、长为
L
的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自 由转动。如果将细杆
O
俯视图
置于水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开 始转动瞬间杆的角加速度和细杆
转动到竖直位置时的角加速度分别为：（ B ）

v


v

（A）0;
3g
2L
(B)
3g
2L
; 0 (C) 0；
3g
L
（D）
3g
L
；0。
2. 刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的（ B ）。
A．力一定很大； B．力矩一定很大；
C．力矩可以为零； D．无法确定。
3. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为
J
0
，角速度为

0
，然后将两
手臂合拢，使其转动惯量 为
2
J
0
，则转动角速度变为（ C ）。
3
A．

0
B.
2
3
2
3

0
C.
3
3

0
D.

0

2
2
4、如图所示，A、B为两个相同的定滑轮，A滑轮挂一质量为m的物体，B滑轮 受力F = mg，设A、B
两滑轮的角加速度分别为

A
和
B
，不计滑轮的摩擦，这两个滑轮的角加速度的大小关系为：
( B )
（A）
（B）
（C）

A


B


A


B


A


B

A
B
F
（D） 无法判断

8
mg

5. 刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的（ B ）。
A．力一定很大； B．力矩一定很大；
C．力矩可以为零； D．无法确定。
6、两个均质圆盘
A
和
B
的密度分别为

A
和

B
，若

A


B
，但两圆盘 的质量与厚度相同，如两盘对通
过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为
J
A
和< br>J
B
，则 ：（ B ）
（A）
J
A
J
B
（B）
J
A
J
B
（C）
J
A
J
B
（D）
J
A
、
J
B
哪个大，不能确定。

7、假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（ A ）。
(A) 动量不守恒，角动量守恒； (B) 动量不守恒，角动量不守恒；
(C) 动量守恒，角动量不守恒； (D) 动量守恒，角动量守恒

8、均匀细棒 oA 可绕通过其一端 O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。今使棒从水平位置由
静止开始自由下 落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是：（ A ）
（A） 角速度从小到大，角加速度从大到小。
（B） 角速度从小到大，角加速度从小到大。
A
（C） 角速度从大到小，角加速度从大到小。

（D） 角速度从大到小，角加速度从小到大。

9、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法正确的是（ C ）
（A）只取决于刚体质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。
(B) 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
（C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。
（D）只取决于轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。

10.在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ C ）。
(A) 角速度

可以为零，角加速度

也可以为零；
(B) 角速度

不能为零，角加速度

可以为零；
(C) 角速度

可以为零，角加速度

不能为零；
(D) 角速度

与角加速度

均不能为零。

三、如图所示，一 个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相连，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之
o
间无相对 滑动．假设定滑轮质量为M、半径为R，其转动惯量为
止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。
解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程:
对物体：
mgT=ma

对滑轮：
TR=J


运动学关系：
a=R


解方程组，得
a=
1
MR
2
，滑轮轴光滑。试求该物体 由静
2
.

R

M

mg

m + M 2
9
m

∵ v
0
＝ 0， ∴
v = at =
mg t

m + M 2

四、一质量为m
0
，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m，速率为v
0
的子弹从水平方
向飞来，击中棒的中点 且留在棒内，如图所示。则棒中点获得的瞬时速率为多少。
解：由角动量守恒定律可得
O
2
v
0

l1

l

mv
0
m


m
0
l
2



23

2


6mv
0

由此可得棒和子弹的瞬时角速度为



3ml4m
0
l
棒中点获得的瞬时速率为
v

r
6mv
0
3mv
0
l


3ml4m
0
l23m4m
0

五、如图 所示，设两重物的质量分别为m
1
和m
2
，且m
1
＞m2
，定滑轮的半径为r，对转轴的转动惯量为J，
轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计 。设开始时系统静止，试求t时刻滑轮的角加速度。



解：作受力图。
m
1
g-T
1
=m
1
a ①
T
2
-m
2
g=m
2
a ②
(T
1
-T
2
)r=J

且有
ar
③
④
由以上四式消去T
1
，T
2
得：

= (m1
-m
2
)gr[(m
1
+m
2
)r
2
+J]

六、如图所示，均匀直杆质量为m，长为l，初始时棒水平静止。轴光 滑，
AO
l
。求杆下摆到

角
4
时的角速度
。

解 对于杆和地球系统，只有重力做功，故机械能守恒。

mg
l1
sin

J

2
①
42
A
直杆的转动惯量为OA段和OB段转动惯量的叠加，所以
l , m
1l7
JJ
0
md
2
ml
2
 m()
2
ml
2
②
12448
6gsin

将②代入①，解得

2

7l

10
O
O

θ
B
ω

七、一质量为
m
、半径为R的自行车轮，假定质 量均匀分布在轮缘上（可看作圆环），可绕固定轴O转动．另
一质量为
m
0
的 子弹（可看作质点）以速度
v
0
射入轮缘，并留在轮内。开始时轮是静止的，求子弹打 入后
车轮的角速度。
JmR
2

m
0
v
0
R(mm
0
)R
2





m
0
v
0

(mm
0
)R


八、长为
l
的木杆, 质量为M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。今有一子弹质量为m,以水平速度v射
入杆的一端,并 留在其中,求木杆获得的角速度（
J
1
Ml
2
）。
12


l1l
2

mv



Ml

2




m

(

)



2122


6mv





(M3m)l

九、一轻绳跨过两个质量为m、半径为 r的均匀圆盘状定滑轮，绳 的两端分别挂着质量为3m和m的重物，
mr
2
如图所示，绳与滑轮间无相对滑动，滑 轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为，将由两个定滑轮以及
2
质量为3m和m的重物组成的系 统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力
T
2
。
解： 列牛顿第二定律方程
3mg
T
3
3ma

T
1
mgma

根据
MJ


1
2
1
2
(
T
3

T
2
)rm
r

< br>(
T
2

T
1
)rm
r


2
2
ar


a
2
g

T
2

8
mg

5
5
十、 均质细棒长为l质量为m，
J
T
3
m,r
3m
T
2
m,r
T
1
m
1
2
ml
，和一质量也为 m的小球牢固地连在杆的一端，可绕过杆的另
3
一端的水平轴转动。在忽略转轴处摩擦的情况下 ，使杆自水平位置由静止状态开始自由转下，试求：（1）
当杆与水平线成θ角时，刚体的角加速度；（ 2）当杆转到竖直线位置时，刚体的角速度，小球的线速度。
解：（1）由转动定律得

11

mg
l1
cos
mglcos

(ml
2
ml
2
)


23
.





9gcos


8l
（2）由机械能守恒得
mg
l11
mgl(ml
2
ml
2
)

2

223
3
g
gl
(1分)
v
2
l



3
2
十一、质量 为
M
，长为
L
的均匀的细杆竖直放置，其下端与一固定铰链
O
相接，并可绕其转动，由于此
竖直放置的细杆处于非稳定的平衡状态，当其受到微小扰动时，细杆将在 重力的作用下由静止开始绕铰链
O
转动。试计算细杆与竖直线成

角时的角速 度和角加速度。

MJ


mglsin

M
2

ml
2
J
3

θ




3gsin

2l


d

d

3gsin


dt d

2l


d

3gsin
< br>
d

2l



< br>0

d




0
3gsin
d

2l
3g

1co

s




l
十二、如图所示：长为
L< br>的匀质细杆，质量为
M
可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将
细 杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆。求：（1）开始转动的瞬间，细杆的角加速度为多少？
（2）细杆转动到竖直位置时角速度为多少？
解：（1）开始转动的瞬间
L
J


2
1
2
3g

JmL




32L

mg
（2）垂直位置时

mg
L1
J

2

22






3g

L
12

十三、轻绳绕于半径r=20cm的飞轮边缘，在绳端施以大小为 98N的拉力，飞轮的转动惯量J=0.5kgm
2
。
设绳子与滑轮间无相对滑动， 飞轮和转轴间的摩擦不计。试求：
（1）飞轮的角加速度；
（2）如以质量m=10kg的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。
（1）由转动定律
MJ




MFr980.2
39.2rads
2

JJ0.5

（2）对物体应用牛顿运动定律
mgTma

对滑轮应用转动定律
TrJ





利用关系
ar


由以上各式解得

F< br>

m
J
mr
r
g
mrg100.2 9.8
2

21.8rads
22
mrJ100.20.5

< br>十四、如图所示，有两个转动惯量分别为J
1
、J
2
的圆盘，它们分别 以角速度

1
、

2
绕水平轴转动，且旋
转轴在 同一条直线上。当两个圆盘在沿水平轴方向的外力作用下，啮合为一体时，其角速度为

。求< br>两圆盘啮合后共同的角速度

。
解：根据角动量守恒
J
1

1
J
2

2
(J1
J
2
)


J
1
J
2





J
1

1
J
2

2
J
1
J
2


1
第五章 简谐振动

2
一、基本要求
1、掌握简谐振动的定义，描述简谐振动的各物理量及其 相互关系，会根据定义来判断一各物体的运动是
不是简谐振动。
2、掌握简谐振动的旋转矢量表示法。
3、掌握简谐振动的基本特征，能根据一定的初始条件写出简谐振动的运动方程。
4、掌握同方向频率的两个简谐振动的合成，了解相互垂直同频率的简谐振动的合成。

二、主要内容
(t


)
1、简谐振动的表达式（运动方程）
xAcos

三个特征量：
振幅
A
，决定与振动的能量 ；角频率

，决定于振动系统的固有属性；
初相位

，决定于振动系统初始时刻的状态。
简谐运动可以用旋转矢量来表示。

13

2、振动的相位：
(

t

)

两个振 动的相差：同相


2k

，反相


(2k1)


d
2
x
2
3、简谐振动的运动 微粉方程：
2


x0

dt
4、简谐振动的实例
d
2
xkm
弹簧振子：
2
x0,T2


dtmk
d
2

gl
单摆小角度振动：
2


0,T2

< br>dtlg
d
2
q1
LC
振荡：
2
q0, T2

LC

dtLC
5、简谐振动的能量：
EEk
E
P

1dx
2
1
2
1
2
m()kxkA

2dt22
6、两个简谐振动的能量
（1）同方向同频率的简谐振动的合成
合振动是简谐振动，合振动的振幅和初相位由下式决定
A
2
A
1
2
A
2
2A
1< br>A
2
cos(

2


1
)
，
tan


A
1
sin

1
A
2
sin

2

A
1
cos

1
A
2
cos

2
（2）相互垂直的两个同频 率的简谐振动的合成
合运动的轨迹一般为椭圆，其具体形状决定于两个分振动的相差和振幅。当


2k

或
(2k1)

时，
合 运动的轨迹为直线，这时质点在做简谐振动。

三、习题与解答
1、两个质点各自 作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为
x
1
Acos(

t

)
。
某时刻当第一个质点正在平衡位置向负方向运 动时，第二个质点正在最大位移处。则第二个质点的振动方
程为：（ B ）
（ A）
x
2
Acos(

t


)
（B）
x
2
Acos(

t< br>
)
（表示落后）
22

3

（C）< br>x
2
Acos(

t

)
（D）
x
2
Acos(

t


< br>)

2
2、一物体做简谐振动，振幅为
A
，在起始时刻质点的 位移为

动的旋转矢量图为：（ D ）

A
且向
x
轴的正方向运动，代表此简谐振
2


14

3、一质点作简谐振动，振动方程
xA cos(

t

)
，当时间
t =T
4 时，质点的速度为：( C )
（A）
A

sin

(B)
A

sin


（C）
A

cos

（D）
A

cos


4、一质点作谐振动，周期为T，当它由平衡位置向 x 轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位
移处这段路程所需要的时间为（ A ）
（A）T6 （B）T12
（C）T4 （D）T8
5、有两个沿x轴做简谐运动的质点，其频率、振幅皆相同，当第一个质点自平衡位置向负 方向运动时，
第二个质点在处（A为振幅）也向负方向运动，则两者的相位差（

2< br>

1
）为：（ C ）
（A）

6、质量为10×10
3
kg的小球与轻弹簧组成的系统，按
x0.1c os(8

t
－

2


5


（B）

（C）

（D）
2366
2

)
(SI)的规律做谐振动，求：
3
(1)振动的周期、振幅、初位相及速度与加速度的最大值；
(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等？
(3)t
2
＝5 s与t
1
＝1 s两个时刻的位相差.
解：(1)设谐振动的标准方程为
xAcos(

t

0
)
，则知：
A0.1m,

8

,T
2



1
s,

0
2
3

4
11
又
v
m


A0.8

ms

2.51
ms

a
m


2
A63.2
ms
2

(2)
x
A
E
2
F
m
ma0.63N

1
2
mv
m
3.1610
2
J
< br>2
1
E
p
E
k
E1.5810
2
J

2
当
E
k
E
p
时，有E2E
p
，

15

即
1
2
11
2
kx(kA)

222
∴
x
22
Am

220
(3)




(t
2
t
1
)8< br>
(51)32



7、一个沿x轴做简谐振动的弹簧 振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表出.如果t＝0时质
点的状态分别是：
(1)x
0
＝－A；
(2)过平衡位置向正向运动；
A
处向负向运动；
2
A
(4)过
x
处向正向运动.
2
(3)过
x
试求出相应的初位相，并写出振动方程.

x
0
Acos

0
解：因为


v

Asin

0

0
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有

1< br>


2



3

< br>3
3
2

4

5

4
2< br>
t

)

T
2

3
xAcos(t

)

T2
2

xAcos(t)

T3
2

5
xAcos(t

)

T4
xAcos(

－
8、一质量为10×10
3
kg的物体做谐振动，振幅为24 cm，周期为4.0 s，当t＝0时位移为＋24 cm.求：
(1)t＝0.5 s时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
(2)由起始位置运动到x＝12 cm处所需的最短时间；
(3)在x＝12 cm处物体的总能量.
解：由题已知
A2410m,T4.0s

∴


又，
t0
时，
x
0
A,
0
0

故振动方程为
2
2

0.5

T
rads
1

x2410
2
cos(0.5

t)m

(1)将
t0.5s
代入得
x
0.5
2410
2
cos(0.5

t)m0.17m


16

Fmam

2
x
1010
3
()
2
0.174.210
3
N
2
方向指向坐标原点，即沿
x
轴负向．
(2)由题知，
t0
时，

0
0
，


A

,且v0,故

t


23


2
s
∴
t

323
tt
时
x
0

(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
E
1
2
1
kAm

2
A
2
22
1

1010
3
()
2
(0.24)
2

22
7.110
4
J

9、有一轻弹簧，下面悬挂质量为1.0 g的物体时，伸长为4.9 cm.用这个弹簧和一个质量为8.0 g的小球构
－
成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0 cm后，给予向上的初速度v
0
＝5.0 cm·s
1
，求振动周期和振
动表达式.
解：
m
1
g1.010
3
9.8
k0.2Nm
1

2
x
1
4.910
而
t0
时，
x
0
1.010
2
m,v
0
5.010
2ms
-1
( 设向上为正)
又


k0.22

5,即T1.26s

m

810
3
v
0

2
Ax
0
(

)
2
22
5.010
2
2
(1.010)()

5
210
2
m
v
0
5.010
2
5


tan

0
1,即


0
x
0

1.010
2
54
∴
x
5
210
2
cos(5t

)m

4

10、图为两个谐振动的x－t曲线，试分别写出其谐振动方程.

17

题10图
解：由题10图(a)，∵
t 0
时，
x
0
0,v
0
0,

0
即



3

,又,A10cm,T2s

2
2



T
rads
1

故
x
a
0.1c os(

t
由题10图(b)∵
t0
时，
x
0

3

)m

2
A5

,v0
0,

0


23
A5
t
1
0
时，
x
0
,v
0
0,

0


23
55
又

1


1




32
5
∴




6
55

)m
故
x
b
0.1cos(

t
63

11、有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20 m，位相与第一振动的位相差为
知第一振动的振幅为0.173 m，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差.

解：由题意可做出旋转矢量图如下．
由图知
2
A
2
A
1
2
A
2
2A
1
Acos30
< br>，已
6
(0.173)
2
(0.2)
2
20 .1730.232

0.01
∴
A
2
0.1m

设角
AA
1
O为

，则
2
A
2
A
1
2
A
2
2A
1
A
2< br>cos


2
A
1
2
A
2
A
2
(0.173)
2
(0.1)
2
(0.02)
2
cos


即
2A
1
A
2
20.1730.1
0
即



2
，这说明，
A
1
与
A
2
间夹角为


，即二振动的位相差为.
22
18

12、试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：



x5cos(3t)cm,
x5cos(3t)cm,
1


1

3
3
(1)

(2)


7

4


x5cos(3 t)cm;

x5cos(3t)cm.
2
2

< br>3
3


7

2

,
解： (1)∵




2


1

33
∴合振幅
AA
1
A
2
10cm

4



,

33
∴合振幅
A0

(2)∵




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


x 0.4cos(2t)m,
1


6


x0.3cos(2t
5

)m.
2

6

试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振幅和初相，并写出谐振动方程.
解：∵




5
(

)

66
∴
A
合
A
1
A
2
0.1m

5

Asin

1
A
2
sin

2
66

3

tan


1

A
2
cos

1
A
2
cos

2
0.4cos

0.3cos
5

3
66

∴



6
0.4sin0.3sin
其振动方程为

x0.1cos(2t


6
)m

14、若简谐运动方程为
x0.10cos(20

t0.25
)(m)
，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）
t2s
时的位 移、速度和加速度。

)(m)
与
xAcos(

t

)
比较后可得：振幅
A0.10m
，角频率解：（1）将
x0.10cos(20

t0.25

20

r ads
1
，初相

0.25

，周期
T2



0.1s
，频率

1T10Hz
。
（2）
t2s
时的位移、速度、加速度分别为
x0.10cos (20

t0.25

)(m)7.0710
2
m


dxdt2

sin(40

0.2 5

)4.44ms
1


19

ad
2
xdt
2
40
< br>2
cos(40

0.25

)2.7910
2
ms
2

2
15、 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振 幅
A2.010m
，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 10m
处，向负方向运动；（4）
物体在
x1.010m
处，向正方 向运动。求以上各情况的运动方程。
2
2

1
2
解：由题给条件知
A2.010m
，

2

T4< br>
rads
而初相

可采用两种不同方法来求。解析
法：
根据简谐运动方程
xAcos(

t

)
，当
t0
时有
x
0
Acos

，

0
A

sin

。当
（1）
x
0
A
时，
cos

1
1
，则
1
0
；
（2）
x
0
0
时，
cos

2
0
，则

2


2
，因

0
0
，取

2

< br>；
2

；
3
4

。
3
2
（3）
x
0
1.01

0m
时，
cos

3
0.5
，

3


3
，由

0
0
，取

3

2
（3）
x
0
1.01

0 m
时，
cos

4
0.5
，

4



3
，由

0
0
， 取

4

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

4


，

3

，

4

。
3
23
振幅
A
、角频率

、初相

均确定后，则各相应状态下的运动方程为
10
（1）
x2.0
（2）
x2.010
（3）
x2.010
（4）
x2.010
2
2
 2
2
co

st

4

(m)

co

st(4

co
st(4

co

st(4

(m



2)
)

(m



3)
)

(m
4

3
)
)

16、 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。

20

解：（1）质 点振动振幅
A0.10m
。而由振动曲线可画出
t
0
0
和
t
1
4s
时旋转矢量，如图（b）所示。
1
由图可见 初相

0


3
（或

0
5

3
），而由

(t
1
t
0
) 

2

3
得


5

24
rads
，则运
5

t)

(m)

243
（2）图（a）中点
P
的位置是质点从A2
出运动到正向的端点处。对应的旋转矢量图如图（c）所示。当
动方程为
x 0.10cos(
初相取

0


3
时，点P
的相位为

P


0

相位应表示 为

P


0

。

(tP
0)2

）

(t
P
0)0
（如果初相取成

0
5

3
，则点
P
相应的
（3）由旋转矢量图可得

(t
P
0)

3
，则
t
P
1.6s
。
17、 质量为
0. 10kg
的物体，以振幅
1.010m
作简谐运动，其最大加速度为
4.0 ms
。求：（1）振动
的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何 处其动能和势能相等？（4）当物体的
位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？
在简谐运动过程中，物体的最大加速度
a
max
A
，由此可确定振动的周期
T
。另外，在简谐运动过
程中机械能时守恒的，其中动能 和势能互相交替转化，其总能量
EkA2
。当动能与势能相等时，
2
2 2
2
E
k
E
P
kA
2
4
。因 而可求解本题。
解：（1）振动周期
T2



2< br>
Aa
max
0.314s

（2）当物体处于平衡 位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即
E
k
E< br>11
mA
2

2
mAa
max
2.0 10
3
J

22
22
（3）设振子在位移
x
0
处动能与势能相等，则有
kx
0
2kA4

x
0
2A27.0710
3
m

（4）物体位移的大小为振幅的一半（即
xA2
）时的势能为
E
P

1
2
1A
2
E
kx
0
k() 则动能为
E
k
EE
P
3E4

2224
18、一质量为0.01
kg
的物体作简谐运动，其振幅为0.0 8
m
，周期为4
s
，起始时刻物体在
x0.04m

21

处，向
x
轴负方向运动（如图）。试求（1 ）
t
到
x




0.080.04
1s
时，物体所处的位置和所受的力；（2）由起始位置运动
0.04m
处所需要的最短时间。
v
o
0.04
xm
2ππ
1
s
（1）
A0.08m



T2
π




3
0.08
xAcos(

t 

)0.08cos(

2
t

3
)m

t1s
时
x0.069m

Fkxm

2
x1.7010
3
N

1
π
arcc(os)
π
1
π
23
s
2
s
（2）
0.04m(0.08m)cos[(s)t]

t
23
π23
19、一轻弹簧的右端连着一物体，弹簧的劲度系数
k0.72Nm
，物体的质量
m20g
。（1）把物体
从平衡位置向右拉到
x0 .05m
处停下后再释放，求简谐运动方程；（2）求物体从初位置运动到第一次经
过



解：（1）


0.05
1
A
处时的速度。
2
xm
k0.72Nm
1
6.0s
1
A=0.05m

0

m0.02kg
xAco s(

t

)0.05cos(6.0t)m

(2)
xAcos(

t

)Acos

t
A

2
cos

t


1

1


t

vAsin

t0.26ms

2
3



22

第六章 机械波
一、基本要求
1、掌握描述平面简谐波的各物理量及各量之间的关系。
2、理解机 械波产生的条件，掌握由已知质点的简谐振动方程得出平面简谐波的波动方程的方法及波动方
程的物理意 义。理解波形图，了解波的能量、能流、能量密度。
3、理解惠更斯原理，波的相干条件，能应用相位 差和波程差分析、确定相干波叠加后振幅加强和减弱的
条件。
4、了解驻波及其形成条件，了解半波损失。
5、了解多普勒效应及其产生的原因。
二、主要内容
1、波长、频率与波速的关系
u

T

u


2、平面简谐波的波动方程
yAcos[2

(
x
tx
[(t)

]

)

]
或
yAcos

T< br>
u
当

0
时上式变为
txx
yAcos2

()
或
yAcos

(t)

T

u
3、波的能量、能量密度，波的吸收
1

A
2

2

2
1
2 2
（2）平均能流密度：
I

A

u

u

2
（1）平均能量密度：


（3）波的吸收：II
0
e


x

4、惠更斯原理
介质中波动传播到的各点都可以看作是发射子波的波源，而在其后任意时刻，这些子波的包络就是新的
波前。

5、波的叠加原理
（1）几列波相遇之后，仍然保持它们各自原有的特征（频率、波长、振幅、振动方向等）不变, 并按照
原来的方向继续前进, 好象没有遇到过其他波一样.（独立性）
（2）在相遇区域内任一点的振动，为各列波单独存在时在该点所引起的振动位移的矢量和.（叠加性）
6、波的干涉

23





2k

，k0,1,2… AA
1
A
2
（干涉相长）




（2k1)

，k0,1,2… AAA （干涉相消）

12



 k

，k0,1,2… AA
1
A
2
（干涉相长）





(2k1)，k0,1,2… AA
1
A
2
（干涉相消）


2
7、驻波
两列频率、振动方向和振幅都相同而传播方向相反的简谐波叠加形成驻波，其表达式为
Y2Acos
8、多普勒效应
（1）波源静止，观测者运动

(1
（2）观测者静止，波源运动


2

x

cos

t

V
0
)

0

u
u

'

u

0

uV
s
（3）观测者和波源都运动


uV
0
uV
0


0


'uV
x
三、习题与解答

1、振动和波动有什么区 别和联系？平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同？又有什么联系？振动
曲线和波形曲线有什么不 同？
解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的 往复运动，系
统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为
yf(t)
； 波动是振动在连续介质中的传播过程，
此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中 任一质元离开平衡位置的位移既是坐标
位置
x
，又是时间
t
的函数， 即
yf(x,t)
．
(2)在谐振动方程
yf(t)
中只有一 个独立的变量时间
t
，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移
随时间变化的规 律；平面谐波方程
yf(x,t)
中有两个独立变量，即坐标位置
x
和时间
t
，它描述的是介
质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．

24

当谐波方程
yAcos
(t
x
)
中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振 动
u
又是产生波动的必要条件之一．
(3)振动曲线
yf(t)
描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为
y
，横轴为
t
； 波动
曲线
yf(x,t)
描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律 ，其纵轴为
y
，横轴为
x
．每
一幅图只能给出某一时刻质元的位移随 坐标位置
x
变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻
的波动曲线就是不同 时刻的波形图．

2、波动方程
yAcos


t





x
x

< br>x


x
中的表示什么？如果改写为又
yAcos

t



0

，

< br>0

u
u
u

u






x





0

的值不变，由此能从波动方程说明什么？
u



x
解: 波动方程中的
xu
表示 了介质中坐标位置为
x
的质元的振动落后于原点的时间；则表示
x
处质元u
比原点落后的振动位相；设
t
时刻的波动方程为

x


0
)

y
t
Acos(

t
u
则
tt< br>时刻的波动方程为

(xx)


0
]

y
tt
Acos[

(tt)
u
< br>x
)
中，当
t
，
x
均增其表示在时刻
t，位置
x
处的振动状态，经过
t
后传播到
xut
处．所以在
(

t
u

x
)
的值不会变 化，而这正好说明了经过时间
t
，波形即向前传播了
xut
的距离， 说加时，
(

t
u

x


0
)
描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程． 明
yAcos(

t
u
是什么意思？如果t和x均增加，但相应的



t

3、在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同？
解: 取驻波方程为
y2Acos
2


xcos

vt
，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的
2
< br>振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为
2Acos

x
．而
在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节 的介质为一段，同一段介质内各质点
都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．

4、已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y＝Acos (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l处一点的振动方程；
(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Acos(BtCx)
(
x0
)
将上式与波动方程的标准形式
yAcos(2

t2

比较，可知：

25
x

)

波振幅为
A
，频率


波长


B
，
2

2

B
，波速
u


，
C
C
12

波动周期
T
．

B
(2)将
xl
代入波动方程即可得到该点的振动方程
yAcos(BtCl)

(3)因任一时刻
t
同一波线上两点之间的位相差为




将
x
2
x
1
d
，及


2


(x
2
x
1
)

2

代入上式，即得
C


Cd
．

5、图示为一平面简谐波在t＝0时的波形图，求：（1）该波的波函数；（2）P处质点的振动方程。


解:（1）由图知：

A＝0.04m， ＝0.40m，



2



0.40
T5(s)
u0.08




tx

1
y0.04cos

2








m
50.4

2



（2）P处质点的振动方程为：

3



t 0.2

1

x0.2m
0.04cos0.4
t


m
y0.04cos2


< br>



50.4

2

2
< br>





6、平面简谐波沿
O x
轴正方向传播，已知振幅
A1m,周期T2s,波长

2m
，在t=0时,坐标原点
处的质点位于平衡位置沿
O y
轴正方向运动。 求：
（1）波动方程； （2）x=0.5m处质点的振动方程。

解:（1）
yAcos[2

(

tx
)

]




2
T

tx

ycos[2

() ]m

222
（2）
ycos(

t

)m


26

7、一平面简谐波，波长为12m，沿 Ox负向传播。如图所示为原点处质点的振动曲线，求：（1）原点处质
点的运动方程，（2）此波的波 动方程。

解：


y(m)
2

2






T12s

3t6

0
0.2
0.4
5
t(s)
原点处质点的运动方程为 波动方程为
设
yAcos(

t

)

tx
)

]

T

设
y Acos[2

(
tx2
)

]m

2
12123
y0.4cos(t

)m


t

x2
63
0.4cos(

)m
663
y0.4cos[2

(

8、一平面简谐波 以
u100ms
的速度在均匀无吸收介质中沿x轴正向传播，位于坐标原点的质点的振动周期为0.02s，振幅为2m。t=0时，原点处质点经过平衡位置且向正方向运动时作为计时起点。求 ：（1）
坐标原点O处质点的振动方程；（2）该波的波函数；（3）
x2m
处质点 的振动方程。
解：（1）
yAcos(

t

)
T=0.02s


1
2

100

rad
T

uT2m



(2) 设
yAcos[2

(

2

y2cos(100

t

2
)
m
tx
)

]

T

tx

)]2cos(100

t

x)
m
y2cos[2

(
0.02222
5

)m

(3) x=2m
y2cos(100

t
2

9、沿x轴正向传播的平面简谐波在t=0时的波形曲线如图所示，波
1
长

1m
，波速
u10ms
，振幅A=0.1m，试写出：
（1）O点的振动方程；
（2）平面简谐波的波函数；
（3）x=1.5m处质点的振动方程。

解:
（1）O点振动方程为：
y0.1cos(20

t

3
)
(m)

27

x



(m) （2）波函数：
y0.1cos

20


t




10

3

4

（3）将x =1.5带入得该点振动方程：
y0.1cos


20

t
3


(m)



10、
一列沿
x
正向传播的简谐波，已知< br>t
1
0
和
t
2
0.25s
时的波形如图 所示。（假设周期
T0.25s
）试
求：（1）此波的波动表达式；（2）
P
点的振动表达式。








y(m)
0.2
o
0.2
P
0.45
t
1
0
x(m)
t
2
0.25s
解:
A0.2m


0.6m

u

T
x0.15
0.6(ms)
，
t0.25
0.6

1(s)


0

（3分）
u0.6
2
10


x]
（7分） （1）波 动表达式
y0.2cos[2

t
32

（2） P点 的振动表式为
y
P
0.2cos[2

t


2
]
（2分）
10

t4

x)（SI制）11、一横波沿绳子传播时的波动表式为
y0.05cos(
。（1）求此波 的振幅、频率和波
长。（2）求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度。（3）求x=0.2m处的 质点的振动方程，以及在t=1s
时的相位。
解:
A0.05(m)


10

s,v
1
u2.5

0.5m

5.0(Hz)



v5.0
2

（2）

mA

0.0510

0.5

1.57(m s)

a
m
A

2
0.05100

2
5

2
49.3(ms
2
)

10

t0.8

)
（3）
y0. 05cos(

10

14

0.29.2
(或0.8

)

12、沿绳子传播的平面简谐波的波动方程 为y＝0.05cos(10πt－4πx)，式中x，y以m计，t以s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＝0.2 m处质点在t＝1 s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＝1.25 s时刻到达哪一点？
解: (1)将题给方程与标准式
yAcos(2

t

2


28
x)

1
1
相比，得振幅
A 0.05
m
，频率

5
s
，波长

 0.5
m
，波速
u

2.5
ms
．
(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为
v
max

A10

0.050.5

ms
1

a
max


2
A(10

)
20.055

2
ms
2

(3)
x0.2
m处的振动比原点落后的时间为
x0.2
0.08
s

u2.5
故
x0.2
m
,
t1
s
时的位相就是原点(
x0
)，在< br>t
0
10.080.92
s
时的位相，
即

9.2
π．
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x
1
u(tt
1
)0.22.5(1.251.0) 0.825
m


－－－
13、一平面余弦波，沿直径为14 cm的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10
3
J·m
2
·s
1
，频率为300 Hz，
－
波速为300 m·s
1
，求：
(1)波的平均能量密度和最大能量密度？
(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量？
解: (1)∵
Iwu

I10
3
610
5
Jm
3
∴
w18.0
u300
w
max
2w1.210
4

Jm
3

(2) W

Vw
1
2
1u

d

w

d
2

44

1300
61 0
5


(0.14)
2
9.2410
7
J

4300
λπ
14、 如图所示，S
1
和 S
2
为两相干波源，振幅均为A
1
，相距，S
1
较S
2
位相超前，求：
42
题14图
(1)S
1
外侧各点的合振幅和强度；
(2)S
2
外侧各点的合振幅和强度.
解：（1）在
S
1
外侧，距离
S
1
为
r
1
的点，
S
1
S
2
传到该
P
点引起的位相差为





2

2




r(r)




11



4

AA
1
A
1
0,IA
2
 0

（2）在
S
2
外侧.距离
S
2
为r
1
的点，
S
1
S
2
传到该点引起的位相差.

29

r
2
)0

2

4
2
AA
1
A
1
2A
1
,IA
2
4A
1


－
15、如 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y
1
＝2×10
3
cos 2πt；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
2
＝2×10
3
cos(2πt＋π)，本题中y以m计，t以s
－
计.设BP＝0.4 m，CP＝0.5 m，波速u＝0.2 m·s
1
，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.




2

(r
2


题15图
解: (1)


(

2


1
)

2


(CPBP)



(CPBP)

u
2



(0.50.4)0

0.2

(2)
P
点是相长干涉，且振动方向相同，所以
A
P
A
1
A
2
410
3
m< br>
(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 ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅
为
A

2
A
1
2
A
2
2A
1
2210
3
2.831 0
3
m

16、已知一波动方程为
y0.05sin(10
2x)(m)

（1）求波长、频率、波速和周期；（2）说明
x0
时方程的意义，并作图表示。
解：（1）将题给的波动方程改写为
y0.05cos[10

(tx5

)

2](m)

与
yAcos[

(txu)

0
]
比较后可得波速
u15.7m s
1
1
，角频率

10

rads
，故有



2

5.0Hz
，
T 1

0.2s
，

uT3.14m

（2）
x0
时，方程
y0.05cos(10

t

2)(m)
表示位于坐标原点的质点的运动方程
（如图）



30

1
17、波源作简谐运动，周期为
0.0 2s
，若该振动以
100ms
的速度沿直线传播，设
t0
时，波 源处的质
点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距波源
15.0m
和
5.0 m
两处质点的运动方程和初相；（2）距波源为
16.0m
和
17.0m的两质点间的相位差。
1
1
解：（1）由
T0.2s
，
u100ms
可得

2

T100
rads
；

uT2m

当
t0
时， 波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为

0
< br>
2
（或
3

2
）。若以波源为坐标原点，则波动方 程为
yAcos[100

(tx100)

2]

距波源为
x
1
15.0m
和
x
2
5. 0m
处质点的运动方程分别为
y
1
Acos(100

t15.5

)

y
2
Acos(1

00t
它们的初相分别为

5.

5)

10
15.5

和

20< br>5.5

（若波源初相取

0
3

2
，则初相
。

10
13.5

，

20
3.5

）
（2）距波源
16.0m
和
17.0m
两点间的相位差




1


2
2

(x
2
x
1
)< br>



18、 如图所示，两相干波源分别在
P
、
Q
两点处，它们发出频率为

、波长为

，初相相同的两列 相干
波。设
PQ3

2
，
R
为
PQ连线上的一点。求：（1）自
P
、
Q
发出的两列波在
R
处的相位差；（2）两
波在
R
处干涉时的合振幅。

解：（1）两 列波在
R
处的相位差为


2

r

3


（2）由于


3
< br>，则合振幅为
A
2
A
1
2
A
2
2A
1
A
2
cos3

A
1
A2

19、 一驻波方程为y＝0.02cos 20xcos 750t (SI)，求：
(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；
(2)相邻两波节间距离.
解: (1)取驻波方程为

y2Acos
故知
A
2

x
cos2

t

u
0.02
0.01
m

2
2
750
，则


7502

20
，
2

u

31

∴
u
(2)∵


2

2

 7502

37.5
ms
1

2020
u


2

20

0.1

 0.314
m
所以相邻两波节间距离
x

2
0.157
m


20、在 弦上传播的横波，它的波动方程y
1
＝0.1cos(13t＋0.0079x) (SI)， 试写出一个波动方程，使它表示的
波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x＝0处为波节.
解: 为使合成驻波在
x0
处形成波节，则要反射波在
x0
处与 入射波有

的位相差，故反射波的波动方
程为

y
2
0.1cos(13t0.0079x

)


21、汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200 Hz变到了1000 Hz，设空气中声速为330 m·s
－
1
，求汽车的速率.
解: 设汽车的速度为
v
s
，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为


1

u

0

uv
s
u

0

uv
s
汽车 驶离车站时，车站收到的频率为

2

联立以上两式，得

1
u

1


2
12001000
30030
ms
1


1


2
1200100

－－
22、两列火车分别以72 km·h
1
和54 km·h
1
的速度相向而行，笫一列火车发出一个600 Hz的汽笛声，若
－
声速为340 m·s
1
，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少？
解: 设鸣笛火车的车速为
v
1
20
ms
，接收鸣笛的 火车车速为
v
2
15
ms
，则两者相遇前收到的频
率为
11

1

uv
2
34015

0
600665

Hz

uv
1
34020
两车相遇之后收到的频率为

1








uv
2
34015

0
600541

Hz

uv
1
34020
32

第八章 热力学基础

一、基本要求
1. 理解功、热量及准静态过程的概念。
2. 掌握热力学第一定律，能分析计算理想气体等容、等压、等 温过程和绝热过程中的功、热量、内
能改变量；理解循环过程概念及卡诺循环的特征，并能计算效率和致 冷系数。
3. 了解可逆过程、不可逆过程及卡诺定理。
4. 了解热力学第二定律及其统计意义。

二、主要内容
1. 准静态过程：过程进行 的每一时刻，系统的状态都无限接近平衡态。准静态过程可以用状态图上的
曲线表示。
2. 热力学第一定律
（1） 热力学第一定律的数学表达式
Q错误！未找到引用源。=E
2
- E
1
+Ｗ
对微分过程为
dQ=dE

+dＷ
热力学第一定律的实质是能量 守恒与转换定律在热现象中的应用，其内容表示系统吸收的热量一部分
转换为系统的内能，一部分对外做 功。

（2） 准静态过程系统对外做功：
dＷ=pdＶ ，Ｗ=

V
2
V
1
pdＶ
（3） 热量：系统和外界之间或两个物体之间由于温度不同而交换的热运动量，热量也是过程量。
一定摩尔的某种物质，在某一过程中吸收的热量，
错误！未找到引用源。
Q
m
C
c,m
(T
2
T
1
)

M
（4） 摩尔热容：1mo1物质温度变化1K 所吸收或放出的热量，定义式为

C
c,m

dＱ
m

dT
其中
错误！未找到引用源。
m
为1mo1 物质吸热。
摩尔定容热容：Ｃ
V, m
=错误！未找到引用源。
摩尔定压热容：Ｃ
p, m
=错误！未找到引用源。
理想气体的摩尔热容：
Ｃ
V, m
=错误！未找到引用源。，Ｃ
p, m
=错误！未找到引用源。
Ｃ
p, m
=Ｃ
V, m
+错误！未找到引用源。 摩尔热容比：错误！未找到引用源。=错误！未找到引用
源。

3. 热力学第一定律对理想气体等值过程和绝热过程的应用，详见表1
表1
过程
特征
等容
dＶ=0
等压
dp=0
等温
dＴ=0
绝热
d错误！未找到引用源。=0

33

过程
方程
系统内
能增量
系统对
外做功
错误！未找到引用源。=
恒量
错误！未找到引用源。=
恒量

pＶ=恒量

0
p错误！未找到引用源。=
恒量
m
C
V，m
（Ｔ
2
-Ｔ
1
）
M

0
m
C
V，m
（Ｔ
2
-Ｔ
1
）
M

p（Ｔ
2
-Ｔ
1
）
m
C
V，m
（Ｔ
2
-Ｔ
1
）
M
—
m
错误！未找
M
到引用源。Ｔ1n
错误！未找到引
用源。
m
C
V，m
（Ｔ
2
-Ｔ
1
）
M
系统吸
热热量
m
C
V，m
（Ｔ
2
-Ｔ
1
）
M
m
C
p，m
（Ｔ
2
-Ｔ
1
）
M
m
错误！未找
M
到引用源。Ｔ1n
错误！未 找到引
用源。

∞

0
摩尔
热容
Ｃ
V, m
=错误！未找到引
用源。
Ｃ
p, m
=错误！未找到引用
源。

0

4. 循环过程
（1）循环过程的特征是 错误！未找到引用源。E =0
热循环：系统从高温热源吸热，对外做功，向低温热源放热，致效率为

=错误！未找到引用源。= 1—错误！未找到引用源。
致冷循环：系统从低温热源吸热，接受外界做功，向高温热源放热，致冷系数为
错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。= 错误！未找到引用源。
（2）卡诺循环：系统只和两个恒温热源进行热交换的准静态循环过程。
卡诺热机的效率为
错误！未找到引用源。= 1—错误！未找到引用源。
卡诺致冷机的致冷系数为


三、习题与解答
1、 如图所示，一定量的空气，开始在状态A，其压强为2.0 ×10
5
Pa，
－
体积为2.0 ×10
3
m
3
，沿直线AB 变化到状态B后，压强变为1.0 ×10
5
Pa，
－
体积变为3.0 ×10
3
m
3
，求此过程中气体所作的功.

解 S
ABCD
＝12(BC ＋AD)×CD
故 W ＝150 J

2、 汽缸内储有2.0mol 的空气，温度为27 ℃，若维持压强不变，而
使空气的体积膨胀到原体积的3倍，求空气膨胀时所作的功.
解 根据物态方程
pV
1
vRT
1
, 则作功为
Wp
V
2
V
1

2pv
1
2vR T
1
9.9710
3
J


3、64g氧气（ 可看成刚性双原子分子理想气体）的温度由0℃升至50℃，〔1〕保持体积不变；(2)保持压

34

强不变。在这两个过程中氧气各吸收了多少热量?各增加了多少内能？对外各做了多少功？
解：（1）体积不变时，
Q
V


W
V
0

由热力学第一定律
QEW
得

E
V
Q
V
2.0810
3
(J)

（2）压强不变时 ，
Q
p

m645
C
V.m
T8.31(500)2.0810
3
(J)

M322
m6452
C
p.m
T8.31(500) 2.9110
3
(J)

M322

E
p
E
V
2.0810
3
(J)


W
p
Q
p
E
p
(2.912.08)10
3
0.8310
3
(J)

4、一定量的空气，吸收了1.71×10
3
J的热量，并保持在1.0 ×10
5
Pa下膨胀，体积从1.0×10
2
m
3
增加到1.5×10
－
23
m ，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(V
2
－V
1
)＝5.0 ×10
2
J
其内能的改变为
Q ＝ΔE ＋W＝1.21 ×10
3
J

－
5、一压强为1.0 ×10
5
Pa,体积为1.0×10
3
m
3
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 利用公式
W

p< br>
V

dV
求解.在等压过程中，
dWpdV
W
p


dW

T
2
T
1
m
RdT
，则得
M
m
RdT36.6J

M
而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为
W
V


p

V

dV0

氧气的摩尔定压热容
C
p,m

75
R
，摩尔定容热容
C
V,mR
.
2
2
Q
p


pdVΔE vC
p,m

T
2
T
1

128. 1J

Q
V
ΔEvC
V,m

T
2< br>T
1

91.5J


Q
V
 ΔE
m
C
V,m

T
2
T
1

91.5J

M
由于在(1) 中已求出Q
p
与Q
V
，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
W
p
Q
p
ΔE36.6J

W
V
Q
V
ΔE0

6、l0g氦气吸收10
3
J的热量时压强未发生变化，它原来的温度是300K，最后的温度是多少？

35

解： 由
Q
p

mM5
Cp.m
(T
2
T
1
)R(T
2
T1
)

M

2
2Q
P

210
3
410
3
300319(K)
得
T
2
T
1

5RM58.311010
3
7、空气由压强为1.52×10
5
Pa，体积为5.0×10
3
m
3
，等温膨胀到压强为1.01×10
5
Pa，然后再经等压压缩到
原来的体积.试计算空气所作的功.
解 空气在等温膨胀过程中所作的功为
－
W
T

空气在等压压缩过程中所作的功为
m
R T
1
ln

V
2
V
1

p1
V
1
ln

p
1
p
2
< br>
M
W

pdVp

V
2
V
1


利用等温过程关系p
1
V
1
＝p
2
V
2
，则空气在整个过程中所作的功为
WW
p
W
T
p
1
V
1
ln

p< br>1
p
2

p
2
V
1
p
1
V
1
55.7J

8、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.
解 (1) 沿AB 作等温膨胀的过程中，系统作功
W
AB

m
RT
1
ln

V
B
V
A

p
A
V< br>B
ln

V
B
V
A

2.77 10
3
J

M
由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为
Q
AB
＝W
AB
＝2.77 ×10
3
Ｊ
(2) 沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别为
W
ACB
＝W
AC
＋W
CB
＝W
CB
＝p
C
(V
B
－V
C
)＝2.0×10
3
Ｊ
Q
ACB
＝WA
CB
＝2.0×10
3
Ｊ

9、将体积为1.0 ×10
-4
m
3
、压强为1.01×10
5
Pa 的氢气绝热压缩，使其体积变为2.0 ×10
-5
m
3
，求压缩过程中
气体所作的功.(氢气的摩尔定压热容与摩尔定容热容比值γ＝1.41)
解 根据上述分析，这里采用方法(1)求解,方法(2)留给读者试解.设p、V分别为绝热过程中任一状态的压强
和体积，则由
p
1
V
1
pV
得
γγ< br>pp
1
V
1
γ
V

γ

氢气绝热压缩作功为
W

pdV

p
1V
1
γ
V

γ
dV
V
1
5
V
2

p
1


V
1

VV

2

1

23.0J
1
γ


V

2


10 、一定量氢气在保持压强为4.00×
10
Pa不变的情况下，温度由0℃ 升高到50℃时，吸收了6.0×10
4
J
的热量。
（1） 求氢气的量是多少摩尔?
（2） 求氢气内能变化多少?
（3） 氢气对外做了多少功?

36

（4） 如果这氢气的体积保持不变而温度发生同样变化、它该吸收多少热量?
解： （1）由
Qp
vC
p,m
Tv
i2
RT
得
2
2Q26.010
4
氢气的量

41.3(mol)

(i2)RT(52)8.3150
（2）氢气内能变化为 E
p


i5
RT41.38.31504.2 910
4
(J)

22
（3）
W
p
Q
p
E
p
(6.04.29)10
41.7110
4
(J)

（4）
E
V
 E
P
4.2910
4
(J)

故氢气的体积保持不变而温度发生同样变化时，它吸收的热量为
Q
V
E
V
W
V
4.2910
4
04.2910
4
(J)

11、 1mol 氢气在温度为300Ｋ，体积为0.025m
3
的状态下，经过(1)等压膨胀，(2)等温 膨胀，(3)绝热膨胀.
气体的体积都变为原来的两倍.试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸 收的热量.


解 (1) 等压膨胀
W
p
p
A

V
B
V
A


v
RT< br>A

V
B
V
A

RT
A
2.4910
3
J

V
A
7R
T
A
8.7310
3
J

2
Q
p
Wp
ΔEvC
p,m

T
B
T
A

vC
p,m
T
A

(2) 等温膨胀
3W
T

vRTlnV
C
V
A
RT
A
ln21.7310J

对等温过程ΔE＝0，所以
Q
T
W
T
1.7310J

(3) 绝热膨胀
T
D
＝T
A
(V
A
／V
D
)γ
1
＝300 ×(0.5)
0.4
＝227.4Ｋ
－
3
对绝热过程
Q
a
0
，则有
Wa

Δ
EvC
V,m

T
A
T
D


5R

T
A
T
D

1.5110
3
J

2
12、3 mol氧气在压强为2atm时体积为40L。先将它绝热压缩到一半体积，接着再令它等温膨胀到原体积。
(1) 求这—过程的最大压强和最高温度；
(2) 求这一过程中氧气吸收的热量、对外做的功以及内能的变化。
解： （1）
p
ma x
p
2
p
1
(V
1
V
2
)< br>
2(4020)
1.4
5.28

（atm）
T
max
（

p
2
V
2
5.281.01310
5
2010
3
T
2
429（K）


R38.31
2）
37

Q0

RT
2
ln
V
1
40
3

38.31429ln7.4110（J）
V
2
20

W
总


V
1
(p
1
V
1
p
2
V
2
)

RT
2
ln
1

1V
2
140
(2405.2820)1. 01310
2
38.31429ln

1.4120
3
0.9310（J）

3

EQW
总
(7.410.93)10
3
6.4810（J）
13、理想气体由初状态
(p
1
,V
1
)
经绝热膨 胀至末状态
(p
2
,V
2
)
．试证过程中气体所作的功为
A
p
1
V
1
p
2
V
2
，式中

为气体的比热容比.

1

答：证明： 由绝热方程
pV

p
1
V
1

p< br>2
V
2

C
得
pp
1
V
1

1


V
A

pdV

V
1
V2
A

V
2
V
1
dvp
1
V
1

11
p
1
V
1
r
(< br>
1


1
)

v

1V
2
V
1



p
1
V
1
V
1

1
[()1]


1V
2
p
1
V
1

又
A(V
2


1
V
1


1
)


1
p
1
V
1
V
1


1
p
2
V
2

V
2


1




1
所以
A
p
1
V
1
p
2
V
2


1

14、0.01 m
3
氮气在温度为300 K时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa．试分别求氮气经等温及绝热压
缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功．
解：(1)等温压缩
T300
K

由
p
1
V
1
p
2
V
2

求得体积

38

V
2

对外作功
p
1
V
1
1
0.01110
3

m
3

p
2
10
V
2
p
p
1
Vln
1

V
1
p
2
5

AVRTln

11.013100.01ln0.01

4.6710
3
J

(2)绝热压缩
C
V


7
5
R




5
2

p
1
V
1

1

由绝热方程
p
1
V
1
p
2
V
2

V
2
()

p
2
p
1
V
1

1

p
1

V
2
()(
1
)

V
1
( )
4
0.011.9310
3
m

10
p
2
p
2

1

由绝热方程
T
1

p
1
得
T
2


p
2

1
T
1

p
2
T
2
300
1.4
(10)
0.4

1
p
1

1
1
T
2
579K

热力学第一定律
QEA
，
Q0

所以
A
M
C
V
(T
2
T
1
)< br>
M
mol
pV
pV
5
M
RT
，
A
11
R(T
2
T
1
)

M
mol
RT
1
2
1.01310
5
0.00 15
A(579300)23.510
3

J

3002

15、如图表示一氮气循环过程，求一次循环过程气体对外做的功和循环效率。
解： 如图所示，完成一次循环过程气体对外所做的功为矩形1234的面积：
即：
W(51)10(105)10J2000J

或：WW
23
W
41
p
2
(V
3
 V
2
)p
4
(V
1
V
4
)

5353



1010(51)10510(1 5)10

J

35

2000J

循环过程中氮气吸收的热量为：

39

75
R（T
3
－T
2
）＋

R（T
2
－T
1
）
22

75
＝(p
3
V
3
p
2
V
2
)(p2
V
2
p
1
V
1
)
22
Q
吸
Q
23
Q
12
＝

WW


75
Q
ab
Q
da
(p
3
V
3
p
2
V
2
)(p
2
V
2< br>pV
11
)
22
2000



75
5
(1010
5
510
3
1010< br>5
110

)
3
(1010110
5
3
10110

)
22
2000
 13.1%

15250



3
16、1mo l的氢气，在压强为1.0×10
5
Pa，温度为20℃时，其体积为
V
0< br>。先保持体积不变，加热使其温度升
高到80℃；然后令它作等温膨胀，体积变为原体积的2倍。 试分别计算以上两种过程中气体吸收的热量、
对外作功和内能的增量。
（
C
V,m

5
R
，
R8.31Jm ol
1
K
1
）
2
解：（1）等体过程：
W0
；
QEC
V,m
T
（2）等温过程：
55
RT8.31601246.5(J)

22
QWRTln
E0

V
2
8.31(27380)ln22033.3(J)

V
1

填空题
1、系统与外界之间由于存在温度差而传递的能量叫做 热量 。系统从外界吸收的热量一部
分用于系统对外做功，另一部分用来增加系统的 内能 。

2、如果容器中的气体与外界没有能量和物质传递，气体的物态参量具有确定的值，状态 参量不随时间而
变化，这样的状态叫做 平衡态 。
3、一台工作于温度分别为
127C
和
27C
的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热
2000J，则对外作功（ 500 ）J；热机的效率为（ 25% ）。

4、气体在变化过程中的每一中间状态都无限接近平衡态的过程称为（ 准静态过程 ）。
5、对于状态微小变化的过程，热力学第一定律的数学表达式为
dQ
=（
0
0
dEdW
）。
p
b
6、1mol双原子 刚性分子理想气体，从状态a(P
1
，V
1
)沿p—V图所示直线变到状态b (P
2
，
V
2
)，则（1）气体内能的增量
E
= （
2.5(p
2
V
2
p
1
V
1
)
）；（2）气体对外界所作的功
W
=
a

40
V
O

（
0.5(p
2
p
1
)(V
2
V
1
)
）；（3）气体吸收的
热 量
Q
=（
3(p
2
V
2
p
1
V
1
)0.5(p
1
V
2
p
2
V
1
)
）。

判断题
1、对于一定量的理想气体，可以经历等体加热，内能减少，压强升高的过程。 （ × ）
2、两条绝热线不能相交。 （ √ ）
3、卡诺循环包括两个等温过程和两个绝热过程。 （ √ ）
4、绝热线比等温线陡 （ √ ）
5、、在等体过程中，系统从外界吸收的热量全部用于增加系统的内能。
（ √ ）
选择题
1、在
pV
图上，a经两个不同过程abc和adc到达c，由此可以得出以下结论（ D ）。
p
A. 其中一条是绝热线，另一条是等温线；
a
B. 两个过程吸收的热量相同；
b
C. 两个过程中系统对外作的功相等；
d
D. 两个过程中系统的内能变化相同。
2. 关于温度的意义，下列几种说法错误的是（ D ）。
O
A. 气体的温度是分子平均平动动能的量度；
B. 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义；
C. 温度的高低可以反映物质内部分子运动剧烈程度的不同；
D. 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。
3、一定量的理想气体，经历某过程后，气温升高了，则一定发生的过程是：
（A）气体在此过程中吸收了热量；
（B）气体的内能增加了；
（C）在此过程中气体即从外界吸收了热量，又对外做功；
（D）在此过程中外界对气体做正功。
以上正确的是（ B ）
c
V4、气体的定压摩尔热容
C
p,m
大于定体摩尔热容
C
v,m< br>，其主要原因是： （ D ）
（A）内能不同； （B）温度不同；
（C）分子引力不同； （D）气体膨胀需要作功。
5、如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B，且它们的压强相等，即p
A
＝p
B
,请问在状态A和状
态B之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( B )
(A) 对外作正功 (B) 内能增加
(C) 从外界吸热 (D) 向外界放热

分析 由p－V 图可知，p
A
V
A
＜p
B
V
B
，即知T
A
＜T
B
，则对一定量理想气体必有E
B
＞E
A
.即气体由状态A 变
化到 状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果 ，
只有(B)正确.
6、一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热
机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功( )
(A) 2 000J (B) 1 000J (C) 4 000J (D) 500J

41

7、如图所示，bca为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的
情况是( )
(A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功
(B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功
(C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功
(D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功

分析 bca，b1a 和b2a 均是外界压缩系统，由
W

pdV
知系统经这三个过程均作负功，因而(C )、(D)
不对.理想气体的内能是温度的单值函数，因此三个过程初末态内能变化相等，设为ΔE.对 绝热过程bca，由
热力学第一定律知ΔE ＝－W
bca
.另外，由图可知：｜W< br>b2a
｜＞｜W
bca
｜＞｜W
b1a
｜，则W
b2a
＜W
bca
＜W
b1a
.
对b1a 过程：Q ＝ΔE ＋W
b1a
＞ΔE ＋W
bca
＝0 是吸热过程.而对b2a 过程：Q ＝ΔE ＋W
b2a
＜ΔE ＋W
bca

＝0 是放热过程.可见(A)不对，正确的是(B).

8、两个相同的刚性容器，一个盛有氢气 ，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温
度都相同，现将3J热量传给氦气， 使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热
量为( )
(A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J
分析 当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W，有Q ＝ΔE.而
由理想气体内能公式
Δ
E

mi
RΔT
，可知欲使氢气和 氦气升高相同温度，须传递的热量
M2
Q
H
2
:Q
He


m
H
2


m
He


ii

.再由理想气体物态方程pV ＝mM RT ，初始时，氢气和氦气是具有相

M
H
H
2

< br>M
H
H
e

2e


同的温度 、压强和体积，因而物质的量相同，则
Q
H
2
:Q
H
ei
H
2
i
H
e
53
.因此正确答案为(C ).
9、对一定量的理想气体,下列所述过程中不可能发生的是（ D ）。
（A）从外界吸热,但温度降低 （B）对外做功且同时吸热
（C）吸热且同时体积被压缩 （D）等温下的绝热膨胀
10、理想气体可以经历以下过程：( C )
（A）等体加热，内能减少，压强升高 （B）等温压缩，吸收热量，压强升高
（C）等压压缩，吸收热量，内能增加 （D）绝热压缩，内能减少，压强升高


第九章 静电场
一、基本要求
1、掌握描述静电场的两个物理量——电场强度和电势的概念，理解电场强度叠 加原理和电势叠加原理，
熟练掌握用微元法求解一些简单问题中的电场强度。
2、理解静电场 的两个重要定理——高斯定理和环路定理，熟练掌握利用高斯定理求解电场强度的条件和
方法。
3、掌握利用电势叠加原理和电势的定义式求解带电体的电势。
4、理解导体的静电平衡条件 ，了解电介质的极化现象及其微观解释，理解各向同性介质中的
D
和
E
之间< br>
42

的关系和区别。理解电介质中的高斯定理和安培环路定理。
5、理解电容的定义，并能计算简单几何形状的电容器的电容。
6、了解电场能量密度和电场能量的概念，能用能量密度计算电场能量。

二、主要内容
1、库伦定律：
F
1q
1
q
2
r
3
4

0
r
2、电场强度：
E
F

q
0
电场强度的叠加原理：
EE
1
E
2
E
3
…

电荷连续分布的带电体的场强：
EdE

1dq

4

0
r
3
r
< br>2
4

0

rr
s
（1）线状分布：< br>E
1
4

0

l

dlrr
2
r
（2）面状分布：
E
1

dsr

（3）体状分布：E
1
4

0

V

dVr< br>r
2
r

3、静电场的高斯定理：

EdS


q

i
S
0
i1
1
n
4、静电场的环路定理：
Edl0

L

5、电势：
U
P



P
Edl

电势的叠加原理：
UU
1U
2
U
3
…

电荷连续分布的带电体的电势：< br>UdU

1dq

4

0
r

（1）线状分布：
U
1
4

0
1
< br>l

dl
r
（2）面状分布：
U
1
4

0

s

ds
r

（3 ）体状分布：
E
4

0

r
V

dV

6、导体的静电平衡条件
电场表述：（1）导体内部场强处处为零； （2）导体表面附近的场强方向处处与它的表面垂直，且
E

e


0
。
电势表述：（1）导体是等势体；（2）导体表面是等势面。

43

7、电介质中的高斯定理：

DdS

q
各向同性线性电介质：
D

E

E

in
0r
S
i1
8、电容器的电容：
C
Q

S
特例：平行板电容器的电容：
C

U
d
1Q
2
11
QUCU
2
电容器 储能：
W
2C22
9、电场的能量密度：

e

1
1

0

r
E
2
电场能量：
W
e



e
dV

0

r
E
2
dV

2
2
VV
三、习题及解答

1．在真空中的静电场中，作一封闭的曲面，则下列结论中正确的是( D )

A.通过封闭曲面的电通量仅是面内电荷提供的
B.封闭曲面上各点的场强是面内电荷激发的
C.由高斯定理求得的场强仅由面内电荷所激发的
D.由高斯定理求得的场强是空间所有电荷共同激发的


2、半径为R的 “无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E与距轴线的距离r的关系曲
线为： （ B ）









3、在真空中的A、B两平行金属板，相距为d，板面
积为S（S→∞），各带电＋q和－q，
两板间的作用力f大小为( C )

2222
(A)q
S(B)q4

d(C)q2

S(D)q2

0< br>Sd
000


4、在静电场中，作一闭合曲面S
，
若有
D



ds



0
则S面内必定（D）
S

A．既无自由电荷，也无束缚电荷
B．没有自由电荷
C．自由电荷和束缚电荷的代数和为零
D．自由电荷的代数和为零

5．关于静电场中的电位移线，下列说法中，哪一种是正确的？（C）


44

A．起自正电荷,止于负电荷,不形成闭合线,不中断
B．任何两条电位移线互相平行
C．起自正自由电荷，止于负自由电荷，任何两条电位移线在无自由电荷的空间不相交
D．电位移线只出现在有电介质的空间

6、一带电体可作为点电荷处理的条件是（C）

（A）电荷必须呈球形分布。
（B）带电体的线度很小。
（C）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。
（D）电量很小。

7、真空中一半径为 R 的球面均匀带电 Q，在球心 o 处有一带电量为 q 的点电荷，设无穷远处为电势零
点，则在球内离球心 o 距离的 r 的 P 点处的电势为：（Ｂ）

q
Ａ、 B、
1



q


C、
q



Q
Ｄ、
1

Q



Q

q


q

4

0
r


4

0
r
4

0

rR
4

0

rR


8、有两个点电荷电量都是 +q，相距为2a。今以左
边的点电荷所在处为球心，以a为半径作一球形高
斯面， 在球面上取两块相等的小面积S和S, 其
12
位置如下图所示。设通过S和 S的电场强度通量
1 2
Φ
1
Φ
2
Φ
S
分别为 和 ,通过整个球面的电场强度通量为
则（D）

AB.Φ
1Φ
2
,Φ
S
2q

0

.Φ1
Φ
2
,Φ
S
q

0

CD.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
q

01Φ
2
,Φ
S
q

0

.Φ


9、两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为(>0)及－2 ，如图所示，试
写出各区域的电场强度


E

2

0
І区 的大小 ，方向
x

轴正向

.
.

E3

2

0
x轴正向
ІІ区 的大小 ，方向 .

E

2

ІІІ区 的大小
0
，方向
x

轴负向
.

10、下列几个说法中哪一个是正确的？（C）
（A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
（B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。

45

（C）场强方向可由 E=Fq 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场
力。
( D )以上说法都不正确。

11、下面说法正确的是 (D)
(A)等势面上各点场强的大小一定相等；
(B)在电势高处，电势能也一定高；
(C)场强大处，电势一定高；
(D)场强的方向总是从电势高处指向低处.

12、已知一高斯面所包围的体积内电量代数和为零，则可肯定：（C）
（A）高斯面上各点场强均为零。
（B）穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。
（C）穿过整个高斯面的电通量为零。
（D）以上说法都不对。

13．真空中有一半径为R均匀带正电的细圆环，其电荷线密度为λ，则电荷在圆心处产生的电场强度 的
大小为 0
E
。

14、一质量为m、电 量为q的小球，在电场力作用下，从电势为U的a点，移动到电势为零的b点，若已
2qU
知小 球在b点的速率为V，则小球在a点的速率V＝
2

v
b

。
ba

m
15、 设在半径为
R
的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为
kr(0rR)


0

(rR)

k
为一常量。试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E
与
r
的函数关系。

分析：通常有两种处理方法：（1）利 用高斯定理求球内外的电场分布。由题意知电荷呈球对称分布，因而
电场分布也是球对称，选择与带电球 体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直
于球面，因而有
根据高斯定 理

s
EdsE4

r
2

1
s
Eds



dV
，可解得电场强度 的分布。
（2）利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布。将带电球分割成无数个同心带电球 壳，球壳带
2
电荷为
dq

4

r'dr'< br>，每个带电球壳在壳内激发的电场
dE0
，而在球壳外激发的电场
dE
dq
e
r
由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布
4

0
r
2
rR
00
E(r)

dE

(0rR)

E(r)

dE

(rR)

解1：因电荷 分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理


s
Eds

dV
得球体内
(0rR)



46
1