大学物理(上册)课后习题及答案

第1章 质点运动学 P21

1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y =

2

1t 2

+3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；

⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶

计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。

解：（1）j t t i t r

)432

1()53(2-+++=m

⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r

5.081-= m ；2114r i j =+m

∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m

⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404

r r r i j i j t --?+=

===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s

d r

i t j t

-==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44

j

a j t --?=

===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t

-==?v

这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2

26a x =+，a 的单位为m/s 2，

x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。

解：由d d d d d d d d x a t x t x

===v v v v

得：2

d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分

210

d (26)d x

x x =+?

?v

v v 得：232

2250x x =++v

∴ 1m s -=?v

1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度

的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解： t t

t t 18d d ,9d d 2====

ωβθω ⑴ s 2=t 时，2

s m 362181-?=??==βτR a

2

222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n

⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?==

即：βωR R =2

，亦即t t 18)9(2

2=，解得：9

23=

t 则角位移为：32

2323 2.67rad 9

t θ=+=+?

= 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?==

t αω 1s rad -?

则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -?

064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2

s m -?

0.4

0.20.0a R τα==?=2s m

-? 22222

s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=

τa a a n

与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?

第2章 质点动力学

2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，

t =0时质点的速度为0v ，证明：⑴t 时刻的速度为()0=k

t m

e

-v v ；⑵ 由0到t 的

时间内经过的距离为x ＝(0

m k

v )［1-t m k

e )(-］；⑶停止运动前经过的距离为

0()m k v ；⑷当m t k =时速度减至0v 的e

1

，式中m 为质点的质量。

解：f k =-v ，a f m k m ==-v

⑴ 由d d a t =v 得：d d d k a t t m

==-v

v

分离变量得：d d k

t m

=-v v ，即00d d t k t m -=??v v v v ， 因此有：0

ln ln kt m e -=v v ， ∴ 0k m t

e -=v v ⑵ 由d d x t =v 得：0d d d k m t x t e t -==v v ，两边积分得：000d d k m x t t

x e t

-=??v

∴ 0(1)k m t

m x e k

-=-v ⑶ 质点停止运动时速度为零，00k m

t e -=→v v ，即t →∞，

故有：000

d k m

t x e

t m k ∞

-'=

=?

v v

⑷ t m k =时，其速度为：1000k m m

k

v e e e -?-===v v v ，

即速度减至0v 的1e .

2.13 作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i =+N ，式中t 的单位是s ，⑴ 求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。⑵ 为了

使这力的冲量为200 N·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物

体和一个具有初速度j 6-m/s 的物体,回答这两个问题。 解： ⑴ 若物体原来静止，则

i t i t t F p t 10

40

1

s m kg 56d )210(d -??=+==??

?

,沿x 轴正向，

1111115.6m s 56kg m s p m i I p i --?=?=?=?=??；v

若物体原来具有6-1s m -?初速，则

000000

, (d )d t t

p m p m F m t m F t

=-=-+?=-+??v v v 于是：??==-=?t p t F p p p 0

102d

, 同理有：21?=?v v ,12I I =

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理。

⑵ 同上理，两种情况中的作用时间相同，即：?

+=+=

t

t t t t I 0

210d )210(

亦即：0200102

=-+t t ， 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)

2.17 设N 67j i F -=合。⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r

++-=时，求F

所作的功。⑵ 如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率。⑶ 如果

质点的质量为1kg ，试求动能的变化。

解： ⑴ 由题知，合F

为恒力，且00r =

∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =??=-?-++=--=-合

⑵ w 756

.045

==?=

t A P ⑶ 由动能定理，J 45-==?A E k

2.20 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为

2k 的轻弹簧B ，B 的下端又挂一重物C ，C 的质量为M ，如

图。求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比。

解： 弹簧B A 、及重物C 受力如题2.20图所示平衡时，有： Mg F F B A == ，

又 11x k F A ?=，2

2x k F B ?=

所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221x x k k ??=

弹性势能之比为：2

2

111222211212p p E k x k E k x k ??==??

第3章 刚体力学基础

3.7 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为x y i j =+v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩。

解： 由题知，质点的位矢为：j y i x r

11+=

作用在质点上的力为：i f f

-=

所以，质点对原点的角动量为：

01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k =?=+?+=-v v v v v

作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M

1110)()(=-?+=?=

3.8 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010m 时的速率是1v ＝5.46×104m/s ，它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) 解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力，即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有：

1122r m r m =v v ∴ 104

121122

28.7510 5.4610 5.2610m 9.0810

r r ???===??v v 3.9 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r

=,6i j =+v (m/s)，如一恒力N

5j f =作用在物体上,求3秒后，⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化。

解：⑴ ??-??===?30

1

s m kg 15d 5d j t j t f p

⑵ 解法(一) 由53 N a f m j ==得：0034437m x t x x t t ==+=+=+=v

222031515

663325.52623y t y t at t t j ==+=+=?+??=v

即有：i r 41=,j i r

5.2572+=

01x x ==v v ；0653311y y at =+=+?=v v

即有：216i j =+v ,211i j =+v ∴ 111

43(6)72L r m i i j k =?=?+=v (725.5)3(11)

154.5

L r m i j i j k =?=+?+=v

∴ 1

212s m kg 5.82-??=-=?k L L L

解法(二) ∵d L

M dt =， ∴ 20

3203

1

d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t t

L M t r f t

t i t t j j t t k t k -?=?=???=+++??????

=+=?????? 3.10 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂

一质量为1M 的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为0r 时重物达到平衡。今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题3.10图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少

解：只挂重物1M 时，小球作圆周运动，向心力为

g M 1，即：2001ωmr g M = ①

挂上2M 后，则有：

2

21)(ω''=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒。

即：00r m r m ''=v

v ωω''=?2

020r r ③

联立①、②、③得：0ω=，

21231

()M M M ω+'=

， 1121

302

12

()M M M r g r m M M ω+'==?'+ 3.11 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R

＝

0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转

速为900 rev/min 。现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动

力F ，可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如题3.11图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。试求：

⑴ 设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F ?

解：⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中N 、N '是正压力，

r F 、r F '是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点

转轴处所受支承力，R 是轮的重力，

P 是轮在O 轴处所受支承力。

杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：

121()0F l l N l '+-=， 121)N l l F l '=+(

对飞轮，按转动定律有r F R

I

β=-

，式中负号表示β与角速度ω方向相反。 ∵ N F r μ= ，N N '=∴ F l l l N F r 1

2

1+='=μμ 又∵ 2

12

I m R =，∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-

① 以N 100=F 等代入上式，得：

2s rad 3

4010050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=β

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：

s 06.740

603

29000=???=-

=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为：

2201

900291409

()53.12rad 2

604234

t t πφωβπππ?=+=

?-??=? 可知在这段时间里，飞轮转了1.53转。 ⑵10s rad 60

2900-??

=π

ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 2000215rad s 22

t t ωωωπβ--==-=-?

用上面式⑴所示的关系，可求出所需的制动力为：

112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2

mRl F N l l βπ

μ???=-

==+??+?

3.13 计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m 1=50kg ，m 2=200 kg ，M =15 kg ，r =0.1 m

解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1、m 2运用牛顿定律，有：a m T g m 222=- ；a m T 11=

对滑轮运用转动定律，有：β)2

1

(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得：22122009.8

7.6 m s 25200152

m g a m m M -?=

==?++++

题3.13(a)图 题3.13(b)图

3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下。求： ⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过θ角时的角速度. 解：⑴ 由转动定律有：211

()23

mg l ml β=， ∴ l

g

23=

β ⑵ 由机械能守恒定律有：22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ l

g θωsin 3=

3.15 如题3.15图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上。现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞。相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处。

⑴设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量

解：⑴ 设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：0m l I m l ω=+v v ①

222

0111222

m I m ω=+v v ②

上两式中2

I Ml =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ，按机械能守恒定律可列式：

)30cos 1(2

212?-=l

Mg I ω ③ 由③式得：2

12

1

)231(3)30cos 1(??

????-=???

????-=l g I Mgl ω 由①式得：0I ml

ω=-v v ④ 由②式得：222

0I m ω=-v v ⑤

所以：22

200()I I ml m

ωω-=-v v

求得：021(1)(1)223l I l M

ml m ωω=

+=+=

v ⑵相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m =?=-?v v v

由①式求得：01

d 3I F t m m Ml l ωω=-=-

=-=?

v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。

3.17 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，可绕轴自由转动。另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘(如题3.17图所示方向)。 ⑴开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值? ⑵用m ,0m 和θ表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比。

解：⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒：

ωθ2000)(sin R m m v m R +=

∴ R

m m v m )(s i n 000+=

θ

ω

⑵ 022*******

000

sin 1

[()][]

2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2，半径为0.30m ，问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长。

解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有：222111222

mgh m I kh ω=++v 又

/R ω=v ，

故有：1

2.0m s -===?v

第5章 机械振动

5.7 质量为kg 10103

-?的小球与轻弹簧组成的系统，按

0.1cos(82x t ππ=+的规律作谐振动，求：

⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 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? ⑶ s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；

解：⑴设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：

3/2,s 4

1

2,8,m 1.00πφωπ

πω===∴==T A

又0.8m A ωπ==v 1

s m -? 51.2=1

s m -?，2.632

==A a m ω2

s m -?

⑵ 0.63N m m F ma ==，J 1016.32

122

-?==

m mv E J 1058.121

2-?===E E E k p

当p k E E =时，有p E E 2=，即：)2

1

(212122kA kx ?=

∴ m 20

2

22±=±=A x ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=?t t

5.8 一个沿x 轴作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示。如果0=t 时质点的状态分别是：

⑴A x -=0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2A

x =

处向负向运动； ⑷过2

A x -=处向正向运动。 试求出相应的初位相，并写出振动方程。

解：因为00

0cos sin x A A φωφ=??=-?v

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：)2cos(1πππφ+==t T A x ， )23

2c o s (23

2πππ

φ+==t T A x

)32c o s (3

3πππ

φ+==

t T A x ，

)4

5

2c o s (4

54πππ

φ+==t T A x

5.9 一质量为kg 10103

-?的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+。求：

⑴s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12=x 处物体的总能量。

解：由题已知s 0.4,m 10242

=?=-T A ，∴ -1

20.5 rad s ωππ==? 又，0=t 时，00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为：m )5.0cos(10

242t x π-?=

⑴ 将s 5.0=t 代入得：0.17m m )5.0cos(10242

5.0=?=-t x π

23231010(2)0.17 4.210N F ma m x ωπ--=-=-=-???=-?

方向指向坐标原点，即沿x 轴负向。

⑵ 由题知，0=t 时，00=φ；t t =时，02,0,t x A φπ=+<=且故v ∴ s 3

2

2/

3==

?=

π

πω

φ

t ⑶ 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：

22232241111010()(0.24)7.110J 2222

E kA m A π

ω--=

==???=? 5.10 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4。用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开

cm 0.1后，给予向上的初速度0 5.0cm /s =v ，求振动周期和振动表达式。

解：由题知

12

311m N 2.010

9.48

.9100.1---?=???==x g m k 而0=t 时，-1

2020s m 100.5m,100.1??=?-=--v x ( 设向上为正)

又

25 , 1.26s T πωω

=

====即

2 10m A -∴===

2000

20 5.0105tan 1 , 1.01054

x π

φφω--?=-===??即v ∴ m )4

55c o s (1022π+?=

-t x

5.11 题5.11图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程。

解：由题5.11图(a)，∵0=t 时，

0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v

即：1s rad 2-?==

ππωT

，故 m )2

3

cos(1.0ππ+=t x a

由题5.11图(b)∵0=t 时，0005,0,23

A x π

φ=>∴=v

01=t 时，0005,0,23A x π

φ=>∴=v

又ππωφ253511=+?=，∴ πω65

=

故m t x b )3

565cos(1.0π

π+=

5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子。现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是

盘子开始振动。

⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? ⑵ 此时的振动振幅多大?

⑶ 取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程。 解：⑴ 空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为k

m M +π2，即增大。

⑵按⑶所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则0x mg k =-。碰撞时，以

M m ,

为一系统动量守恒，即：0()m M =+v

则有：0=

v ，于是

A===

（3）

g

m

M

kh

x

v

)

(

2

tan

0+

=

-

=

ω

φ(第三象限)，所以振动方程为

cos

x=+

5.13有一单摆，摆长m

0.1

=

l，摆球质量kg

10

103-

?

=

m，当摆球处在平

衡位置时，若给小球一水平向右的冲量4

1.010kg m s

F t-

?=??，取打击时刻

为计时起点)0

(=

t，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程。

解：由动量定理，有：0

F t m

??=-

v

∴

4

-1

3

1.010

0.01 m s

1.010

F t

m

-

-

???

===?

?

v

按题设计时起点，并设向右为x轴正向，则知0

=

t时，

1

00

0 ,0.01m s

x-

==?

v＞0，∴2/

3

π

φ=

又1

s

rad

13

.3

0.1

8.9

-

?

=

=

=

l

g

ω

∴

3

0.01

3.210m

3.13

A

ω

-

====?

v

故其角振幅：3

3.210rad

A l

θ-

==?

小球的振动方程为：rad

)

2

3

13

.3

cos(

10

2.33π

θ+

?

=-t

5.14有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m

20

.0，位

相与第一振动π/6的位相差为，已知第一振动的振

幅为m

173

.0，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题5.14图。由图知

222

211

22

2cos30

(0.173)(0.2)20.1730.22

0.01

A A A A A

=+-?

=+-??

=

，∴m

1.0

2

=

A

设角θ

为

O

AA

1

，则：θ

cos

2

2

1

2

2

2

1

2A

A

A

A

A-

+

=

即：

222222

12

12

(0.173)(0.1)(0.02)

cos0

220.1730.1

A A A

A A

θ

+-+-

===

??

即2

θπ

=，这说明，

1

A与

2

A间夹角为2

π，即二振动的位相差为2

π。

5.16一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为：

?

?

?

?

?

-

=

+

=

m

)

6

5

2

cos(

3.0

m

)

6

2

cos(

4.0

2

1

π

π

t

x

t

x

试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方

程。

解：∵π

π

π

φ=

-

-

=

?)

6

5

(

6

，∴m

1.0

2

1

=

-

=A

A

A

合

1122

1122

5

0.4sin0.3sin

sin sin66

tan

5

cos cos3

0.4cos0.3cos

66

A A

A A

ππ

φφ

φ

ππ

φφ

?-

+

===

++

∴6

φπ

=

其振动方程为：0.1cos(26)m

x tπ

=+

(作图法略)

第6章 机械波

6.8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C 为正值恒量。求：

⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；

⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程；

⑶ 任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差。

解：⑴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y -= (0≥x ) 将上式与波动方程的标准形式：)22cos(λ

π

πυx

t A y -=比较，可知：

波振幅为A ，频率πυ2B =，波长C πλ2=，波速B

u C λν==，

波动周期12T B

π

ν==。

⑵ 将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y -=

⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x -=?λ

π

φ

将d x x =-12，及2C

π

λ=

代入上式，即得：Cd =?φ。 6.9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中

x ,y 以米计，t 以秒计。求：

⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；

⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 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 =1.25s 时刻到达哪一点? 解：⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x π

ωλ

=-

相比，得：

振幅05.0=A m ，圆频率10ωπ=，波长5.0=λm ，

波速 2.5m 2u ω

λνλπ

===。

绳上各点的最大振速，最大加速度分别为：

ππω5.005.010max =?==A v 1s m -?

222max 505.0)10(ππω=?==A a 2s m -?

⑵2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为：

08.05

.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相，即：2.9=φπ。

设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则，

825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m

6.11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5 m/s ，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题6.11图所示。 ⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线。 解： ⑴ 由题 6.11(a)图知，1.0=A m ，且

0=t 时，000 , 0y =>v ，∴2

30π

φ=

， 又5

2.52

u

νλ=

=

=Hz ，则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ，则波动方程为：30.1cos[5()]52

x y t π

π=-+m

⑵ 0=t 时的波形如题6.11(b)图

5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为：

50.530.1cos[5]0.1cos(5)52

y t t ππ

πππ?=-+=+m

如题6.11(c)图所示。

6.12 如题6.12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)，周期T>0.5s,波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：

⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程。 解：⑴ 由题 6.12图可知，

1.0=A m ，4=λm ，

又，0=t 时，000,0y =

∴2

0π

φ=

，

而-11 2 m s 0.5x u t ?===??，20.5Hz 4

u νλ===，∴ππυω==2

故波动方程为：]2

)2(cos[1.0π

π+-=x t y m

⑵ 将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为：

t t y ππ

π

πcos 1.0)]2

2

cos[(1.0=+

-

= m

6.13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题6.13图所示，已知波速为10 m/s 1，波长为2m ，求： ⑴波动方程；

⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；

⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间。 解：由题6.13图可知1.0=A m ，

0=t 时，00,02A y =

0π

φ=，由题知2=λm ，-110m s u =?，则52

10

==

=

λυu

Hz ，∴ππυω102==

⑴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t π

π=-+m

⑵ 由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴3

4π

φ-=P (P 点的位相应落

后于0点，故取负值)

∴P 点振动方程为)3

4

10cos(1.0ππ-=t y p ⑶ 由πππ34|3)10(100-=+-

=t x t 解得：67.13

5

==x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题6.13图(a)，

则由P 点回到平衡位置应经历的位相角

ππ

π

φ6

523

=+

=

? ∴所属最短时间为：12

1

106/5=

=

?=

?ππω

φ

t s 6.14 如题6.14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为

P y =A cos(0?ω+t )。

⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；

⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程。

解：⑴ 如题6.14图(a)，则波动方程为：0cos[()]l x

y A t u u

ω?=+-+ 如图(b)，则波动方程为：0cos[()]x y A t u

ω?=++

⑵ 如题6.14图(a)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u

ω?=-+ 如题6.14图(b)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u

ω?=++ 6.17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J/(m 2·s)，频率为300 Hz ，波速为300m/s ，求波的平均能量密度和最

解： ∵u w I =, ∴ 53

106300

100.18--?=?

==u I w 3m J -?, 4max 102.12-?==w w 3

m J -?

6.18 如题6.18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求：

⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度；⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度

解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为：

πλλππ

φ=??

????+--

=

?)4(22

11r r ，∴ 0,02

11===-=A I A A A （2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差：

0)4

(22

22=-+

-

=

?r r λ

λ

π

π

φ，∴ 2

121114,2A A I A A A A ===+=

6.20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题6.20图所示。已知振幅为A ，频率为ν,波速为u 。 ⑴ 若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；

⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置。

解： ⑴ ∵0=t 时，0,000>=v y ， ∴2

0π

φ-

=，故波动方程为：cos[2()]2

x

y A t u

π

πυ=--

m

⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=

x 代入)2

432πλλπ-?-，界面处的位相为：πππ

λλπ

-=+-?-

2

432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为235

42

π

λππλ--?-=，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的

波动方程为：]2)(2cos[π

πυ-+=u x t A y 反

此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]

22

2 2cos cos(2)

2

x x y A t A t u u x A t u ππ

πυπυπυπ

πυ=--++-=-

故波节位置为：2

)12(22π

λππυ+==k x u x

故 4

)

12(λ

+=k x (,2,1,0±±=k …)

根据题意，k 只能取1,0，即λλ4

3

,41=

x 6.23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为

1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)。

⑴ 试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置； ⑵ 波腹处的振幅多大?x =1.2m 处振幅多大? 解：⑴ 它们的合成波为：

0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t ππππππ=-++=

出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动。 令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；

令2)

12(π

π+=k x ,则2

1

)

12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置。

⑵波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即：

097.0)2.1cos(12.0=?=π驻A m

第7章 气体动理论基础 P218

7.20 设有N 个粒子的系统，其速率分布如题7.20图所示。求 ⑴ 分布函数f (υ)的表达式； ⑵ a 与υ0之间的关系； ⑶ 速度在1.5υ0到2.0υ0之间的粒子数。 ⑷ 粒子的平均速率。 (5) 0.5υ0到υ0区间内粒子平均速率。 解：⑴从图上可得分布函数表达式： 0

0000()/(0)()(2)()0(2)

Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤??

=≤≤??=≥?

， 00000/(0)

()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤??=≤≤??≥?

⑵ f (υ)满足归一化条件，但这里纵坐标是N f (υ)而不是f (υ),故曲线下的总面

积为N. 由归一化条件：0

20

d d a N

N a N υυυυ

υυυ+=?

?

，可得0

23N

a υ=

⑶ 可通过面积计算

001

(2 1.5)3

N a N υυ?=?-=

⑷N 个粒子平均速率：

2

20

220001

()d ()d d d 11311 ()329

a f Nf a N

a a N υυυυυυυυυυυυυυ

υυυυ∞

∞

==

=+=

+=?

?

?

?

(5) 0.5υ0到υ0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284

N

N a a a υυυ=+-== 0.5υ0到υ0区间内粒子平均速率：

00

000.50.50.51

11

d d ()d N

N N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ=

=

=?

?? 0020.510d N a N N υυυυυυ=?00332

2000

0.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=

? 200

7769a N υυυ==

7.21 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于υp -υp /100与υp +υp /100之间的分子数占总分子数的百分比。 解：令P u υ

υ=

，则麦克斯韦速率分布函数可表示为：

du e u N dN u 224-=π

因为u=1,?u=0.02 由

u e u N N u ?=?-224π，得 %66.102.014

1=???=?-e N N π

7.22 容器中储有氧气，其压强为P=0.1MPa(即1atm)温度为27℃求： ⑴ 单位体积中的分子数n ；⑵ 氧分子的质量m ；⑶ 气体密度ρ；⑷ 分子间的平均距离e ；(5) 平均速率υ；(6)

；(7)分子的平均动能ε。 解：⑴ 由气体状态方程nkT p =得：

2423

51045.2300

1038.110013.11.0?=????==-kT p n m -3

⑵ 氧分子的质量：2623

0mol 1032.51002.6032

.0?=?==N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M M

pV mol =

，得： 13.0300

31.810013.11.0032.05mol =????==RT p M ρ3m kg -?

⑷ 分子间的平均距离可近似计算

93

24

3

1042.71045.21

1

-?=?=

=

n

e m

(5)

平均速率：446.58υ=≈=1s m -? 题7.20图