大学物理第五章答案
大学物理化学核心教程第二版(沈文霞)课后参考答案第5章
第五章 化学平衡一．基本要求1．掌握化学反应等温式的各种形式，并会用来判断反应的方向和限度。
2．了解标准平衡常数的定义，掌握标准平衡常数的各种表示形式和计算方法。
3．掌握标准平衡常数K 与r m G ∆在数值上的联系，熟练用热力学方法计算r m G ∆，从而获得标准平衡常数的数值。
4．了解标准摩尔生成Gibbs 自由能f m G ∆的定义和它的应用。
5．掌握温度对化学平衡的影响，记住van ’t Hoff 公式及其应用。
6．了解压力和惰性气体对化学平衡的影响。
二．把握学习要点的建议把本章放在多组分系统之后的目的，就是要利用多组分系统中介绍的化学势的概念和各种表示方式，来导出化学反应等温式，从而用来判断化学反应的方向与限度。
本章又用到了反应进度的概念，不过其值处在0 1 mol -的区间之内。
因为在利用化学势的表示式来计算反应的Gibbs 自由能的变化值时，是将化学势看作为一个定值，也就是在有限的反应系统中，化学进度为d ξ，如果在一个很大的系统中， 1 mol ξ=。
严格讲，标准平衡常数应该用绝对活度来定义，由于本教材没有介绍绝对活度的概念，所以利用标准态化学势来对标准平衡常数下定义，其含义是一样的。
从标准平衡常数的定义式可知，标准平衡常数与标准化学势一样，都仅是温度的函数，因为压力已指定为标准压力。
对于液相反应系统，标准平衡常数有其相应的形式。
对于复相化学反应，因为纯的凝聚态物质本身就作为标准态，它的化学势就是标准态化学势，已经归入r m G ∆中，所以在计算标准平衡常数时，只与气体物质的压力有关。
学习化学平衡的主要目的是如何判断反应的方向和限度，知道如何计算平衡常数，了解温度、压力和惰性气体对平衡的影响，能找到一个经济合理的反应条件，为科研和工业生产服务。
而不要过多地去考虑各种浓度表示式和各种平衡常数表示式之间的换算，否则会把自己搞糊涂了，反而没抓住主要内容。
由于标准平衡常数与r m G ∆在数值上有联系，r m ln p G RT K ∆=-，所以有了r m G ∆的值，就可以计算p K 的值。
大学物理辅导 磁场磁力磁介质等
2 (b a)
5.被电势差U加速的电子从电子枪口T发射出来，其初速 度指向x方向，如图所示。为使电子束能击中目标M点（直线 TM与x轴间夹角为θ），在电子枪外空间加一均匀磁场B，其方 向与TM平行。已知从T到M的距离为d，电子质量为m，带电量 为e。为使电子恰能击中M点，应使磁感应强度B= 。
（C）L
B
dl
0
且环路上任意一点B≠0；
（D）L B dl 0 且环路上任意一点B=0。
LI O·
解：由
Bdl L
0
Iin ，环
路L不包围电流，得到环路积
分为0。但任一点的磁场由电流
I 产生，不为0.
8.边长为a的正方形4 个角上固定有4个电量为q的点电荷， 如图，当正方形以角速度ω绕联结AC的轴旋转时，在正方形中 心O点产生磁场为B1，若以同样的角速度ω绕过O点垂直于正方 形平面的轴旋转时，在O点产生的磁场为B2。则B1与B2的数值 关系为（C） （A）B1=B2；（B）B1=2B2；（C）B1=1/2B2；（D）B1=1/4B2
心O点产生的磁感应强度分别为B1、B2和B3，则O点的磁感 应强度大小（ D）
(A)B=0，因为B1=B2=B3=0； (B)B=0，因为B1+B2=0，B3=0； (C)B≠0，因为虽然B1+B2=0，但B3≠0； (D)B≠0，因为虽然B3=0，但B1+B2≠0。
解析： ac和bc的电流强度应为I/3，ab的电
解析：电场力和磁场力平衡时离子不偏转。
磁场力为
qv
B
大小为 qvB
方向为 +z方向
所加电场 E 满足力：qE qvB 方向为 -z方向
5.载电流为I、磁矩为Pm的线圈，置于磁感应强度为B的均匀 磁场中。若Pm与B方向相同，则通过线圈的磁通Φ与线圈所 受的磁力矩M的大小为（ B） （A） Φ =IBPm，M=0； （B）Φ=BPm/I ，M=0； （C）Φ=IBPm，M=BPm； （D）Φ=BPm/I ，M=BPm。
大学物理 和 习题答案
向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为
[A ]
（A） mR2 （ V ），顺时针。 JR
（B） mR2 （ V ），逆时针。 JR
——————3——————
大学物理习题集（上）
（C） mR 2 （ V ），顺时针。 （D） mR 2 （ V ），逆时针。
J mR 2 R
J mR 2 R
F
l 2
1 12
ml 2
A
Fl
1 3
ml 2
B
由上两式可解得 A
6F ml
,B
3F ml
,可见 A
B
所以应选（B）。
9．质量为 m 的小孩站在半径为 R 的水平平台边缘上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，
转动惯量为 J，平台和小孩开始时均静止，当小孩突然以相对于地面为 v 的速率在平台边缘沿逆时针转
。
2
解答 以圆盘和橡皮沁组成一系统，则系统所受重力对铅直轴 O 的力矩为零，所以系统的角动量守
——————6——————
大学物理习题集（上）
恒，圆盘的角动量为
J0
，橡皮泥（视为质点）对
O
轴的转动惯量为
m
R 2
2
，则有
1 2
MR20
1 2
MR2
m
R 2
2
解得
1 2
MR
20
2M 0
1 2
（D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。
2. 均匀细棒 OA 可绕通过某一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自
由下降，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？
大学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第五章热力学基础
⼤学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第五章热⼒学基础第五章热⼒学基础⼀、基本要求1．掌握功、热量、内能的概念，理解准静态过程。
2．掌握热⼒学第⼀定律，能分析、计算理想⽓体等值过程和绝热过程中功、热量、内能的改变量。
3．掌握循环过程和卡诺循环等简单循环效率的计算。
4．了解可逆过程和不可逆过程。
5．理解热⼒学第⼆定律及其统计意义，了解熵的玻⽿兹曼表达式及其微观意义。
⼆、基本内容1. 准静态过程过程进⾏中的每⼀时刻，系统的状态都⽆限接近于平衡态。
准静态过程可以⽤状态图上的曲线表⽰。
2. 体积功pdV dA = ?=21V V pdV A功是过程量。
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能量。
热量也是过程量。
4. 理想⽓体的内能2iE RT ν=式中ν为⽓体物质的量，R 为摩尔⽓体常量。
内能是状态量，与热⼒学过程⽆关。
5. 热容定体摩尔热容 R i dT dQ C V m V 2)(,== 定压摩尔热容 R i dT dQ C p mp 22)(,+== 迈耶公式 R C C m V m p +=,, ⽐热容⽐ ,,2p m V mC i C iγ+==6．热⼒学第⼀定律A E Q +?=dA dE dQ +=（微分形式）7．理想⽓体热⼒学过程主要公式（1）等体过程体积不变的过程，其特征是体积V =常量。
过程⽅程： =-1PT 常量系统对外做功： 0V A =系统吸收的热量：()(),21212V V m iQ vC T T v R T T =-=-系统内能的增量：()212V iE Q v R T T ?==-（2）等压过程压强不变的过程，其特征是压强P =常量。
过程⽅程： =-1VT 常量系统对外做功：()()212121V P V A PdV P V V vR T T ==-=-?系统吸收的热量： (),2112P P m i Q vC T v R T T ??=?=+-系统内能的增量： ()212iE v R T T ?=-（3）等温过程温度不变的过程，其特征是温度T =常量。
大学物理第五章汇总
2.球壳内的场强；
3. 球壳外的场强；
解：（1）由静电感应知识知 球壳内表面带电量为－q, 球壳内表面带电量为q
（2）由分析知空间电场具有球对称性，选半径为r的同心球 面为高斯面，由高斯定理
ÒS
rr EgdS
q内
0
r E
5-6 长 l =15cm的直导线AB上均匀地
分布着线密度为 l = 5×10-9 C/m：的电荷
（如图） 。求：
（1）在导线的延长线上与导线一端 B 相 距 d = 5cm处P 点的场强；
（2）在导线的垂直平分线上与导线中点 相距 d =5cm处Q点的场强。
.Q
A
d l
B .P d
题号 结束
已知：l =15cm， l = 5×10-9 C/m,
0
a.rR时，高斯面内电荷 q
d
V
4 3
r
3
R
E r 3 0
b.rR时，高斯面内电荷
q 4 R3
3
E
R3 3 0
1 r2
高斯定理的应用
均匀带电球体的电场分布
r
rR
E
3 0 R3 1 3 0 r 2
rR
R
E Er 关系曲线
R
3 0
r 2
O
R
r
例. 点电荷q ，处在导体球壳的中心，壳的
q内
4 0 r 2
eˆr
r R1时
r E
q
4r0 r 2
e)r
R1 r R2 时 E 0
r R2时
r E
q
4 0 r 2
物理化学第5-6章课后答案傅献彩_第五版(南京大学化学化工学院)
第五章相平衡I- ⅛,□(s)分解的反应方程为⅛O(s)-Ξ⅛(s) + γ<λ<gλ当用⅛O(s)进行分無达平衡时•系统的组分数、自由度数和可能平衡共存的最大相数各为多少？解:S=31C=S-R=2Φ-3t f~ C÷2-Φ=l/=0时4最大为4-2.搭出如下各系统的组分数、相数和自曲度数各为多少？(1)NH4CKs)在抽空容器中,部分分解为NH^⅛),HCKg)达平衡：(2)NKCiCS)在含有一定量NHNE的容器中,部分分解为NH√g)τHCKgJ达平衡；(3)NH i HS(S)与任竜量的NH3(g}和H J SCg)^合,达分解平衡；(4)在900K 时Cx叮与CO(g),CO⅛Cg) ∕λ (G达平翫解：NHKnNHa Cg) + HCKg)门)呂=3* C=S-R-R, {R=l f R f = ∖) [NH s]=[HCl]-C=I TΦ=2∙t /=C-Φ+2 = lC2)S=3t C=S-R-R'=2 Φ=2,f=C~Φ~∖~2=2C3)S=3, C=S-R-R, =3-1-0=2. Φ=2f=OM2=2(同2)C<s)+yQCg)-COCg)①<4)9t>0K 时’CXXg)+⅛ (g)-α⅛ (g)②$=4, C^R-R f(◎中KxxI 的慑不定龙=0、C=S-R-R f = 4-2-0=2Φ=2 Γ ^C+i-φ^l.玉在制水煤气的过稈中,有五种物质,CCs)τCX)(g),CC⅛Cg}Λ⅛⅛)和H2OCgJ建立如下三牛平衡，试求该系统的独立组分数.CCs> + H- 0(g)^=⅛(g)÷CO(g)(1>C0⅛(g) + H? ⅛)-H3 0(fi) +CO(g) ¢2)Ce⅛(g)+CCs>-2Co(g> <3)解:建立3个平衡，(3)式可⅛¢1)+(2)得到RT S= 5C^S-R-R f=^二已知T‰CαS和H2O(I)可以生成如下三种水合物：Na a CQ ∙ H S O(S) ,N¾C0⅛・7H2OCs)和Na2CC⅛ * IOH2 O(s)试求门)在大气压下•与Na S CQ J水溶液和冰平衡共存的忒合盐的最大值；<2)在298K时,与水蒸气平衡共存的水合盐的最大值.解：(1〉S=5.R=3IJ R Z^O C=S-R~R f^=2每生咸一种含水盐+ R增加1.S增加1：匚、值不变.在∕⅛∙τ√* =C+1-Φ Γ =0时血绘大为3.已知有NamEQ水陪揪和H2O(≡)两相•则还能生成一种含水盐.(2)同样地τ∕* =C+I^Φei⅛大为3故还可最多有两种含水盐主成-5∙在不同温度下•测得Ag2O(S)分解时氧气的分压如下:T/K 401 417 443 463 486P(Co2)∕kPa10 20 51 101 203试问(1)分别于413K和423K时,在空气中加热银粉,是否有Ag2O(S)生成？(2)如何才能使Ag2O(S)加热到443K时而不分解？△ 1解:⑴ Ag2O(s)^=i2Ag(s)÷-∣-θ2(g)空气中O2的分压为0. 21 ×po=0. 21X101. 325kPa=21. 3Pa当空气中Q的分压大于或等于Ag2O的分解压力时,能生成Ag2O,否则不能,作PJ -T图，可以看出413K时P OZ的压力V空气中O Z的分压，能生成Ag"),而在423K时如=25kPa>O. 21Pa不能生成Ag2O.(图略)(2)从所给数据可知,在443K时,如解的平衡压力为5IkPa故当O2的分压大于51kPa时Ag2O不分钟.6・通常在大气压力为101. 3kPa时，水的沸点为373K,而在海拔很高的高原上，当大气压力降为66. 9kPa时,这时水的沸点为多少？已知水的标准摩尔气化焙为40. 67kJ・moΓ1,并设其与温度无关.解:根据ClaUniUS-CIaPeyrOn 方程式—H lf与温度无关时•%=鬻G卡66.9 _40. 67 × IO3z 1 1、Iln10L3(丽飞)T2=361. 56K.7.某种溜冰鞋下面冰刀与冰的接触面为:长7. 62cm,宽2. 45X 10~3cm.若某运动员的体重为60kg,试求<1)⅛动员施加于冰面的总压力.(2)在该压力下冰的熔点.已知冰的摩尔熔化熔为6∙ OIkJ ∙ moΓ1•冰的正常熔点为273K,冰和水的密度分别为920和IOOOkg •解:PA = P e÷P⅛P运=Gs = τng∕S= 2X7. ^×2.4^<10^3= 1.58×109PaP运》护 * P总=P远=1∙ 58 × IO R Pa 根据克拉贝龙方程•CIft . _ △汕Hm臥L T ∙ Δfu9V m皿Vm=I8X10-3（誌δ-禽）= -1.556×10^6m3∙ kg~1L58X10«Pa-l. OlXlO5Pa≡占诰労君r⅞, InT加-0∙ 04114≡lnτ^73κE =262. 2K.8.已知在1013kPa时.正已烷的正常沸点为342K,假事实上它符合TrOUton规则，即Δv.p‰ZT b¾ 88J ・KT・moΓ,,试求298K时正已烷的蒸气压.解:根据TrOUtOn规则Δvv H n∕Tb≈88J ・ K-】・moΓ1ΔvH>H m=88×342=116. 964kJ ・moΓ1根据克拉贝龙方程Δrtt>Hm与温度无关时•叱刖譬(*~⅜I 4 _ ］血964kJ ∙ rpoL( __________ 1 X I-I rl lnI 2VP QInA -8. 314J ∙ K^l∙ moΓ1( 342K 298K)+ lnl°1* 3kPp2=0∙ 41kPa.9.从实验测得乙烯的蒸气压与温度的关系为In 瓷=-号竖+1. 75In-^-1. 928×10~2-^ + 12. 26试求乙烯在正常沸点169. 5K时的摩尔蒸发熔变.解:根据克拉贝龙方程•当V e»Vi从乙烤蒸气压与温度关系式得•dln%p= 1921 K/ Γ5 +1. 75/ 丁一1. 928 X10一2在乙烤的正常沸点T=I69. 5K时d∣n%τ=0∙C胡=伶学πXPH In=8. 314×0. O58X169.5X=81.73J ・moΓ,.10・已知液态碑AS(I)的蒸气压与温度的关系为In 育=-等^+20. 30固态碑AS(S)的蒸气压与温度的关系为In 盘=-翌泮+ 29. 76试料的三相鮒温度和氐丸.解：在三相点上，固态与液态碑的F相等.(ln%a=-3^K+20. 30jln^p a=~15^9κ+29.76解得:T=IO92. 4K, p=3664. 38kPa.11.在298K时,纯水的饱和蒸气压为3167. 4Pa,若在外压为101. 3kPa的空气中，求水的饱和蒸气压为多少？空气在水中溶解的影响可忽略不计.解:外压与蒸气压的关系,空气不溶解于水，可看成是不活泼气体,lnP%∙=呂*(以_九)p；是无惰性气依时的蒸气压,久是当外压为P t时•有惰性气体存在时的蒸气压依题意得等温∖"P fξ∕p;=漲# (P ・_P ；)⅛67.4 = 8⅛⅜98(IOI ∙3×1°3~3167M)V W (I) = Ig£ *I mPrI ⅞1 m °1 ≈ 18cm 3 = 1. 8 × 10~5 m 3%=3169. 66Pa可以看出影响很小,因为V(g)»V(l).12. 在36OK 时,水(A)与异丁醇(B)部分互溶,异丁醇在水相中的摩尔分数为刘=0. 021.已知水相中 的异丁醇符合Henry 定律,Henry 系数HB=I ・58X 疔Pa.试计算在与之平衡的气相中，水与异丁醇的分 压•已知水的摩尔蒸发熔为40. 66kJ ・mol~1 ,且不随温度而变化.设气体为理想气体.解:水相中的异丁醇符合Henry 定律有 PB=It 小・ X B = I. 58× 106Pa×0. 021=≡33180Pa 水的分压 AA=Z —如= (IOl300—33180>Pa=68120Pa. 13. 根据所示碳的相图(图5-4),回答如下问题： ⑴曲线OA,OB,OC 分别代表什么意思？ (2) 指出O 点的含义，(3) 碳在常温、常压下的稳定状态是什么？(4) 在2000K 时•增加压力,使石墨转变为金刚石是一个放热 反应,试从相图判断两者的摩尔体积哪个大？(5) 试从相图上估计,在2000K 时,将石墨转变为金刚石至少 夏加多大压力？解:(1)OA'代表,金刚石与石墨的两相平衡线,OB 表示液态 C 与石蜃的两相平衡线,OC 代表金刚石与液相C 的两相平衡线.(2) 0点代表液态C,金刚石和石墨的三相点是QA,OB,OC 的交点・此点2=3,/=0,三相点的温度 压力皆由系统确定.(3) 碳任常温,常压下稳定状态是石墨. (4) 根据克拉贝龙方程. d%τ= 邈;・石墨(s)" 金刚石(S)d%τ即为OA 线的斜率为正. 龛卷 >0 ∆H ra <0,7>0Λ∆⅛1<0即由石墨变成金刚石体积滅小,石墨的摩尔体积较大. (5) 估汁53XlO 8Pa 时可以将石最转变为金刚石.14. 在外压为101.3kPa 的空气中，将水蒸气通入固体碘I 2 (s)与水的混合物中，进行蒸汽蒸倔.在 371. 6K 时收集谐出蒸汽冷凝,分析他岀物的组成得知,生IOog 水中含碘81. 9g.试计算在371. 6K 时碘的 蒸气压.而R 2 ∕Z P H 2O =叫 /∏H 2O P I 2 + P H 2O = P解出汐S =5556. 87PaP H 2O =5556. 9Pa图5-4 解:1,-Z ∏H 2OTAQ 3K15. 水(A)与氯苯(B)互溶度极小,故对氯苯进行蒸汽蒸谓.在101. 3kPa 的空气中，系统的共沸点为 365K,这时氯苯的蒸气分压为29kPa.试求(1) 气相中氯苯的含凰加(2) 欲蒸出IoOO kg 纯氯苯,需消耗多少水蒸气？已知氯苯的摩尔质量为112. 5g ・moΓ1. 解：⑴在“°空气中•氯苯的蒸气压为29kPa,则水的蒸气压为,P H 2OOQ刃=伽/P 总=PC 6H S C ∣∕P e=JQ2~2=O- 286Hn Wy/MB = 29 卩：町/M 厂(IoI ・3-29)IOoOKg/112・ 5g ∙ mo 「= 39kPaVV A Z18g ∙ moΓl ^7Γ3id⅛ 叭=WH 2o =398. 9kg 希消耗水,398. 9kg.16. 在273K 和292K 时,固体苯的蒸气压分别为3. 27kPa 和12. 30kPa,液体苯在293K 时的蒸气压为 10. 02kPa.液体苯的摩尔蒸发熔为34.14 kJ ・moΓ1.试求(D303K 时液体苯的蒸气压； (2) 固体苯的摩尔升华焙； (3) 固体苯的摩尔熔化焙. 解:(1)克拉贝龙方程式： InA/»=爷(*-*)I、ZIA AOl n _ 34・ 17kJ ∙ / 1 1 、“化 / °∙ 02kl a一 & 314J ・ KT ・ moiτ( 293K _ 303K )∕>2≡15. 92kPa.⑵同理 Jn√2∕√ι=^=(γr~γr) I n 30 = A⅛L X ( —1 -------- 1— \ n3.27 & 314 k 273K 393K 7 ∆H m =44.05kJ ∙ moL∙ (3) Δ⅛ H nl =ΔΛ H rn -» H m= 44∙ 05-34. 17≡9. 88kJ ∙ moΓ1.17. 在298K 时,水(A)与丙醇(B)的二组分液相系统的蒸气压与组成的关系如下页表所示，总蒸气压 在X B =O. 4时出现极大值：(1) 请画岀p-χ~y 图•并指岀各点、线和面的含义和自由度；(2〉将x tt =0. 56的丙醇水溶液进行精協•精懈塔的顶部和底部分别得到什么产品？ (3)若以298K 时的纯丙醇为标准态,求X B =O. 2的水溶液中,丙醇的相对活度和活度因子•(2)nc 6H 5αX ∏H 2O =吋5。
大学物理学振动与波动习题答案
大学物理学（上）第四，第五章习题答案第4章振动P174．4．1 一物体沿x轴做简谐振动，振幅A = 0.12m，周期T = 2s．当t = 0时，物体的位移x= 0.06m，且向x轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t = T/4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．[解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π．当t = 0时，x = 0.06m，所以cosφ = 0.5，因此φ = ±π/3．物体的速度为v = d x/d t = -ωA sin(ωt + φ)．当t = 0时，v = -ωA sinφ，由于v > 0，所以sinφ < 0，因此φ = -π/3．简谐振动的表达式为x = 0.12cos(πt –π/3)．（2）当t = T/4时物体的位置为x = 0.12cos(π/2–π/3)= 0.12cosπ/6 = 0.104(m)．速度为v = -πA sin(π/2–π/3)= -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s-1)．加速度为a = d v/d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s-2)．（3）方法一：求时间差．当x= -0.06m 时，可得cos(πt1 - π/3) = -0.5，因此πt1 - π/3 = ±2π/3．由于物体向x轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt1 - π/3) > 0，因此πt1 - π/3 = 2π/3，得t1 = 1s．当物体从x = -0.06m处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt2 - π/3) = 0，可得πt2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t2 > 0，所以πt2 - π/3 = 3π/2，可得t2 = 11/6 = 1.83(s)．所需要的时间为Δt = t2 - t1 = 0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x= -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得πt - π/3 = π/2，解得t = 5/6 = 0.83(s)．[注意]根据振动方程x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x0/A)，（-π < φ≦π），初位相的取值由速度决定．由于v = d x/d t = -ωA sin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωA sinφ，当v > 0时，sinφ < 0，因此φ = -arccos(x0/A)；当v < 0时，sinφ > 0，因此φ = arccos(x0/A)．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0 = A时，φ = 0；当初位置x0 = -A时，φ = π．4．2 已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a，b，c，d，e各点的位相，及到达这些状态的时刻t各是多少？已知周期为T；（2）振动表达式；（3）画出旋转矢量图．[解答]方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为x = A cosΦ，其中A表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位．由于x a = A，所以cosΦa = 1，因此Φa = 0．由于x b = A/2，所以cosΦb = 0.5，因此Φb = ±π/3；由于位相Φ随时间t增加，b点位相就应该大于a点的位相，因此Φb = π/3．由于x c = 0，所以cosΦc = 0，又由于c点位相大于b位相，因此Φc = π/2．同理可得其他两点位相为Φd = 2π/3，Φe = π．c点和a点的相位之差为π/2，时间之差为T/4，而b点和a点的相位之差为π/3，时间之差应该为T/6．因为b点的位移值与O时刻的位移值相同，所以到达a点的时刻为t a = T/6．到达b点的时刻为t b = 2t a = T/3．到达c点的时刻为t c = t a + T/4 = 5T/12．到达d点的时刻为t d = t c + T/12 = T/2．到达e点的时刻为t e = t a + T/2 = 2T/3．（2）设振动表达式为x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，x = A/2时，所以cosφ = 0.5，因此φ =±π/3；由于零时刻的位相小于a点的位相，所以φ = -π/3，因此振动表达式为cos(2)3tx ATπ=π-．另外，在O时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与t轴相交于f点，由于x f = 0，根据运动方程，可得cos(2)03tTππ-=所以232ftTπππ-=±．图6.2显然f 点的速度大于零，所以取负值，解得t f = -T /12．从f 点到达a 点经过的时间为T /4，所以到达a 点的时刻为t a = T /4 + t f = T /6，其位相为203a a t T Φπ=π-=．由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．4．3如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m ·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k= 8×103N ·m -1，木块的质量为 4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅； （2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即mv = (m + M )v 0．解得子弹射入后的速度为v 0 = mv/(m + M ) = 2(m ·s -1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得(m + M ) v 02/2 = kA 2/2，所以振幅为A v =×10-2(m)． （2）振动的圆频率为ω=·s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为x = 5×10-2cos(40t - π/2)(m)． 4．4 如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为v =物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为0m v v m M ==+这也是它们振动的初速度． 设振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中圆频率为ω=物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则x 1 = Mg/k ．物体与托盘碰撞之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则x 2 = (M + m )g/k ．取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x 0 = x 1 - x 2 = -mg/k ． 因此振幅为A ==图4.3图4.4= 初位相为00arctanv x ϕω-==4．5重量为P 的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[解答]（1）可以证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为k = k 1k 2/(k 1 + k 2)，因此固有频率为2πων===．（2）因为当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为2πων===4．6 一匀质细圆环质量为m ，半径为R ，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[解答]方法一：用转动定理．通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为 I c = mR 2． 根据平行轴定理，环绕过O点的平行轴的转动惯量为I = I c + mR 2 = 2mR 2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为M = -mgR sin θ，方向与角度θ增加的方向相反．根据转动定理得I β = M ，即 22d sin 0d I mgR tθθ+=，由于环做小幅度摆动，所以sin θ≈θ，可得微分方程22d 0d mgRt Iθθ+=． 摆动的圆频率为ω=周期为2πT ω=22==方法二：用机械能守恒定律．取环的质心在最底点为重力势能零点，当环心转过角度θ时，重力势能为E p = mg (R - R cos θ)， 绕O 点的转动动能为212k E I =ω， 总机械能为21(cos )2E I mg R R =+-ωθ． 环在转动时机械能守恒，即E 为常量，将上式对时间求导，利用ω = d θ/d t ，β = d ω/d t ，得0 = I ωβ + mgR (sin θ) ω，由于ω ≠ 0，当θ很小有sin θ≈θ，可得振动的微分方程22d 0d mgRt Iθθ+=， 从而可求角频率和周期．[注意]角速度和圆频率使用同一字母ω，不要将两者混淆．(b)图4.54.7 横截面均匀的光滑的U 型管中有适量液体如图所示，液体的总长度为L ，求液面上下微小起伏的自由振动的频率。
大学物理练习册习题及答案波动学基础
习题及参考答案第五章 波动学基础参考答案思考题5-1把一根十分长的绳子拉成水平，用手握其一端，维持拉力恒定，使绳端在垂直于绳子的方向上作简谐振动，则（A ）振动频率越高，波长越长； （B ）振动频率越低，波长越长； （C ）振动频率越高，波速越大； （D ）振动频率越低，波速越大。
5-2在下面几种说法中，正确的说法是（A ）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的； （B ）波源振动的速度与波速相同；（C ）在波传播方向上的任二质点振动位相总是比波源的位相滞后； （D ）在波传播方向上的任一质点的振动位相总是比波源的位相超前 5-3一平面简谐波沿ox 正方向传播，波动方程为010cos 2242t x y ππ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦. (SI)该波在t =0.5s 时刻的波形图是（ ）5-4图示为一沿x 轴正向传播的平面简谐波在t =0时刻的波形，若振动以余弦 函数表示，且此题各点振动初相取-π到π之间的值，则（）（A ）1点的初位相为φ1=0（B ）0点的初位相为φ0=-π/2(m)(A )(m)(m)(B )(C )(D )思考题5-3图思考题5-4图（C ）2点的初位相为φ2=0 （D ）3点的初位相为φ3=05-5一平面简谐波沿x 轴负方向传播。
已知x=b 处质点的振动方程为[]0cos y A t ωφ=+，波速为u ，则振动方程为（ ）(A)()0cos y A t b x ωφ⎡⎤=+++⎣⎦(B)(){}0cos y A t b x ωφ⎡⎤=-++⎣⎦(C)(){}0cos y A t x b ωφ⎡⎤=+-+⎣⎦ (D)(){}0cos y A t b x u ωφ⎡⎤=+-+⎣⎦ 5-6一平面简谐波，波速u =5m·s -1，t =3s 时刻的波形曲线如图所示，则0x =处的振动方程为（ ）（A ）211210cos 22y t ππ-⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭ (SI) （B ）()2210cos y t ππ-=⨯+ (SI) （C ）211210cos 22y t ππ-⎛⎫=⨯+ ⎪⎝⎭ (SI) （D ）23210cos 2y t ππ-⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭ (SI) 5-7一平面简谐波沿x 轴正方向传播，t =0的波形曲线如图所示，则P 处质点的振动在t =0时刻的旋转矢量图是（ ）5-8当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论一哪个是正确的？ （A ）媒质质元的振动动能增大时，其弹性势能减少，总机械能守恒； （B ）媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期变化，但两者的位相不相同；（C ）媒质质元的振动动能和弹性势能的位相在任一时刻都相同，但两者的数值不相等； （D ）媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大。
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大学物理第五章答案【篇一：大学物理课后习题答案第五章】=txt>1. 牛顿力学的时空观与相对论的时空观的根本区别是什么？二者有何联系？答：牛顿力学的时空观认为自然界存在着与物质运动无关的绝对空间和时间，这种空间和时间是彼此孤立的；狭义相对论的时空观认为自然界时间和空间的量度具有相对性，时间和空间的概念具有不可分割性，而且它们都与物质运动密切相关。
在远小于光速的低速情况下，狭义相对论的时空观与牛顿力学的时空观趋于一致。
2. 狭义相对论的两个基本原理是什么？答：狭义相对论的两个基本原理是：（1）相对性原理在所有惯性系中，物理定律都具有相同形式；（2）光速不变原理在所有惯性系中，光在真空中的传播速度均为c,与光源运动与否无关。
3．你是否认为在相对论中，一切都是相对的？有没有绝对性的方面？有那些方面？举例说明。
解在相对论中，不是一切都是相对的，也有绝对性存在的方面。
如，光相对于所有惯性系其速率是不变的，即是绝对的；又如，力学规律，如动量守恒定律、能量守恒定律等在所有惯性系中都是成立的，即相对于不同的惯性系力学规律不会有所不同，此也是绝对的；还有，对同时同地的两事件同时具有绝对性等。
4．设s系相对s系以速度u沿着x正方向运动，今有两事件对s系来说是同时发生的，问在以下两种情况中，它们对s系是否同时发生？（1）两事件发生于s系的同一地点；（2）两事件发生于s系的不同地点。
v?x)知，第一种情况，?x?0，?t?0，故s系中2c?t??0，即两事件同时发生；第二种情况，?x?0，?t?0，故s系中?t??0，两事件解由洛伦兹变化?t???(?t?不同时发生。
5-5 飞船a中的观察者测得飞船b正以0.4c的速率尾随而来，一地面站测得飞船a的速率为0.5c，求：（1）地面站测得飞船b的速率；（2）飞船b测得飞船a的速率。
解选地面为s系，飞船a为s?系。
（1）vx?0.4c,u?0.5c，vx?vx?u3?c v1?2vx4c（2）vba??vab??vx??0.4c4-44(1)s′系相对s系的速度是多少?(2) s?系中测得的两事件的空间间隔是多少? 解: 设(s?)相对s的速度为v，???(t1?(1) t1vx1) c2v???(t2?2x2) t2c??t1??0 由题意 t2则t2?t1?故 v?c2v(x2?x1) c2t2?t1c????1.5?108m?s?1x2?x12???(x1?vt1),x2???(x2?vt2) (2)由洛仑兹变换 x1??x1??5.2?10m代入数值， x25-7 一门宽为a，今有一固有长度l0(l0＞a)的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动．若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u至少为多少?2解: 门外观测者测得杆长为运动长度，l?l0?()，当l?a时，可认为能被拉进门，4uc则解得杆的运动速率至少为：u?c?(a2) l025-8 在s系中有一静止的正方形，其面积为100m，观察者s?以0.8c的速度沿正方形的对角线运动，s?测得的该面积是多少？解设正方形在s系中每边长为l,，因为相对运动，沿着运动方向的对角线缩短，垂直于运动方向的对角线长度不变。
固在s?系观测的面积为s?l?l?l2?60m25-9 观测者a测得与他相对静止的x-y平面上某圆面积为12cm，另一观察者b相对于a以0.8c的速率平行于x-y平面做匀速圆周运动，则b测得这一图形的面积是多少？（答案：7.2cm2）解: 将静系s固联于观测者a所在的xoy平面，动系s?固联于观测者b上，在观测的时刻t，令s和s?系的x(x?)重合。
则在动系上观测，圆的直径在运动方向收缩，在垂直于运动方向的直径不变，因此，观测者a观测的圆，b测得为一椭圆。
该椭圆的长轴为2a?d/213短轴为b??d210面积为s??ab???(d/2)?由题意?()?12?10 由此得到 s?33d??d2 1020d22?433?d2??4?12?10?4?7.2?10?4m2?7.2(cm)2 20205-10 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少? 解:因为l??l3?3∴ v??94c?c 255?885-11 某种介子静止时的寿命是10s。
如它在实验室中的速率为2?10s，在它的一生中能飞行多少米？解：介子静止时的寿命是固有时间，由于它相对于实验室运动，从而实验室观测的寿命是非固有时间。
在实验室观测的介子寿命为：?8???1.342s ???8所以介子一生中能飞行距离为：?s?c??2.68m5-12 两个惯性系中的观察者o和o?以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果o测得两者的初始距离是20m，则o?测得两者经过多少时间相遇?解 o?测得的是固有时间?t?，o测得相遇时间为?t，又?t?所以o? 测得的固有时间?t?为l020? v0.6cl0??2∴?t?? ??v?t20?0.8?8.89?10?8s，0.6c此题也可用长度收缩效应来解。
o测得长度为固有长度，o?测得长度为非固有长度，设用l表示，则?l?l?l?0.8l0,由?t??l 有 v?t??0.8l00.8?20?8??8.89?10s 80.6c0.6?3.0?105-13 一米尺静止在s系中，长度为l0，并与x轴成30角。
若在s 系中测得该米尺与x轴成45角，则s相对于s系的速度为多大？s 系中测得该米尺的长度是多少？解：在s中观察，米尺在运动方向（x轴方向）长度收缩，在y轴方向长度不变，因此lx?l0?l0cos300ly?l0y?l0sin30 由题意：lylx?tg4500所以 tg450解之得s相对于s系的速度为： u=0.816cu?0.816c(m/s) s系中测得该米尺的长度为：l??0.707l0m5-14 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功? 解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得?ek?ek?0?mc2?m0c2?m0c2(??1)?m0c21)?9.1?10?31?(3?108)2(1?0.12?1)?4.12?10?16j=2.57?103ev(2) 同理??ek?ek?(m2c2?m0c2)?(m1c2?m0c2) ?ek21?m2c2?m1c2?m0c2(1?vc222?11?vc212))?9.1?10?31?32?1016(1?0.92?1?0.82)?5.14?10?14j?3.21?105ev5-15 两飞船，在自己的静止参考系中侧的各自的长度均为l0m，飞船甲上仪器测得飞船甲的前端驶完飞船乙的全长需?ts，求两飞船的相对运动速度。
l0m是固有长度，解由运动的相对性可知，乙船全长驶过甲船前端所需要时间为?ts，由甲船上来观测，乙船的长度收缩为l?l，u 即为两飞船的相对运动速度，由题意有：l?l?u?tu2所以 l(1?2)?u2?t2c20由此得到：u?5-16 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几? 解: 设静止质量为m0，运动质量为m，由题设m?m0?0.10 m0m0??2而 m?由此二式得1??2?1?0.10【篇二：大学物理课后习题答案第五章】（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答（]1）与标准波动方程y?acos(?t?2?x?且传播方向为x轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： -2-2[解答]（1）简谐波的波动方程为：y?acos[?(t?即y?0.03cos[4?(t? ?2)(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）xx?xa)??]； ux?0.05??25．3已知平面波波源的振动表达式为y0?6.0?10sin?2t(m)．求距波源5m处质点?2[解答]振动方程为：y?6.0?10sin-1?x(t?)?0.06sin(?t?5?)， 2u24（1）此平面波的波动方程；x?y?0.03cos[50?(t?)?u2（2）与波源相距x = 0.01m处质点的振动方程为：5．5一列简谐波沿x轴正向传播，在t1 = 0s，t2 = 0.25s时刻的波形如图所示．试求：（1）p点的振动表达式；（2）波动方程；（3）画出o点的振动曲线．[解答]（1）设p点的振动方程为-1x?xp?y?0.2cos[2?(t?)?]u2?0.2cos(2?t?（3）在x = 0处的振动方程为（1）写出该波的波动方程；[解答]（1）设此波的波动方程为： txy?acos[2?(?)??]，t?y?acos(2?x10??x?)． 32当t = t/4时的波形方程为：x???)??asin(2???)． ?2??tx?)． t?tt??)??acos2?， ttya?acos(2?t??)； t2tyb?acos(2??2?)．t波线上a和b两点的位相差tx与标准方程y?acos[2?(?)??]比较t?，当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．取同一整数k值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m．（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s时刻的波形曲线．（1）设x = 0处的质点的振动方程为图5.8在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此（2）波的表达式为：txy?acos[2?(?)??]t??cos[(t?x)?]．23（3）t = 1s时刻的波形方程为??5?y?cos(x?)，26?波形曲线如图所示．[解答]设波动方程为：y?acos[2?(那么a和b两点的振动方程分别为：tx?)??]， t?tya?acos[2?(?ttyb?acos[2?(?txa?xb)??]， )??]． xb?两点之间的位相差为：?2???(?2?xa?)???6，（1）如以a点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距a点5m处的b点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上b，c，d点的振动方程． [解答]（1）以a点为坐标原点，波动方程为图5.10x?xy?3cos4?(t?)?3cos(4?t?)．u5（2）以b点为坐标原点，波动方程为y?3cos4?(t?x?xa)?3cos(4?t??x??)． u5（3）以a点为坐标原点，则xb = -5m、xc = -13m、xd = 9m，各点的振动方程为yb?3cos4?(t?xb)?3cos(4?t??)， ux3?yc?3cos4?(t?c)?3cos(4?t?)，u5x9?yd?3cos4?(t?d)?3cos(4?t?)．u5[注意]以b点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．（1）该波的平均能流密度；11i= 93.4(db)． i0[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为?b?u?ub?s， u?us其中vs表示声源的频率，u表示声速，ub表示观察者的速度，us 表示声源的速度，vb表示观察者接收的频率．?b?u330?s?600= 660(hz)． u?us330?30u330?s?600= 550(hz)． u?us330?30u?ub330?10?s?600= 680(hz)． u?us330?30u?ub330?10?s?600= 533(hz)． u?us330?30?b??b??b?[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长．= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为u?ub331?65?1??0??1080 u?us= 1421(hz)．u331?1`??1??1421= 1768(hz)．u?ub331?65【篇三：大学物理第5章习题解答】>5-1一远洋货轮，质量为m?2?104t，浮在水面对其水平截面积为s?2?103m2。