1、第 1 章 质点运动学 1 第 1 章 质点运动学 1-1. 一质点沿 x 轴运动，坐标与时间的变化关系为 x 8t3 6t（ m），试计算质点 (1) 在最初 2s 内的平均速度， 2s 末的瞬时速度； (2) 在 1s 末到 3s 末的平均加速度， 3s 末的瞬时加速度 . 分析： 平均速度和瞬时速度的物理含义不同，分别用 xtv 和 ddxtv 求得；平均加速度和瞬时加速度的物理含义也不同，分别用 a tv 和 dda tv 求得 . 解： (1) 在最初 2s 内的平均速度为 3 1( 2 ) (0 ) ( 8 2 6 2 ) 0 2 6 ( m s )2x x xtt v 2s 末质
2、点的瞬时速度为 212 d 2 4 6 9 0 ( m s )d x tt v (2) 1s 末到 3s 末的平均加速度为 2 2( 3 ) ( 1 ) ( 2 4 3 6 ) ( 2 4 6 ) 9 6 ( m s )2a tt v v v 3s 末的瞬时加速度 23 d 4 8 1 4 4 ( m s )datt v 1-2一质点在 xOy 平面内运动，运动 方程 为 22 (m ), 4 8 (m )x t y t . （ 1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线； （ 2）求 = 1 s = 2 s tt和 时质点的位置、速度和加速度 . 分析：将运动方程 x 和 y 的两个分量式消去参数
3、t，便可得到质点的轨道方程 .写出质点的运动学方程 )(tr 表达式 .对运动学方程求一阶导、二阶导得 ()tv 和 ()at ，把时间代入可得某时刻 质点的 位置 、 速度、加速度 . 解：（ 1） 由 2,xt 得 ： ,2xt 代入 248yt 可得： 2 8yx，即轨道 方程 . 画图略 （ 2）质点的位置 矢量 可表示为 22 (4 8)r ti t j 则速度 d 28dr i t jt v 加速度 d 8dajtv 当 t=1s 时，有 122 4 ( m ) , 2 8 ( m s ) , 8 m sr i j i j a j v 第 1 章 质点运动学 2 当 t=2s 时，
4、有 124 8 ( m ) , 2 1 6 ( m s ) , 8 m sr i j i j a j v 1-3一质点的运动学方程为 22( 1)x t y t ， ， x 和 y 均以 m 为单位， t 以 s 为单位 . 求 ： （ 1）质点的轨迹方程； （ 2）在 2st 时质点的速度和加速度 . 分析 ： 同 1-2. 解 ： （ 1）由题意可知： x 0， y 0，由 2xt， 可得 tx ,代入 2( 1)yt 整理得： 1yx 即轨迹方程 （ 2）质点的运动方程可表示为 22( 1)r t i t j 则 d 2 2 ( 1)dr ti t jt v d 22da i jt v
5、因此 , 当 2st 时，有 124 2 ( m s ) , 2 2 ( m s )i j a i j v 1-5 质点沿直线运动，加速度 24at ，式中 a 的单位为 2ms ， t 的单位为 s，如果当 t=3s时， x=9m， 12m sv ，求质点的运动方程 . 分析 本题属于第二类运动学问题，可通过积分方法求解 . 解 由分析 可 知 0 200d d ( 4 ) dtta t t t vv v 积分得 30 14 3tt vv由 03000 1d d ( 4 ) d3x t tx x t t t t vv 得 2400 12 12x x t t t +v将 t=3s 时， x=9
6、m， 12m sv 代入上两式中得 10 1m s v ， x0=0.75m 所以 质点的运动方程为 第 1 章 质点运动学 3 2410 .7 5 2 ( m )12x t t t 1-6. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度 大小 平方成正比，即 2d / dtkvv， 式中 k 为常量试证明电艇在关闭发动机后又行驶 x距离时的速度 大小 为 0 kxevv . 其中 0v 是发动机关闭时的速度 大小 . 分析：要 证明 xv 关系， 可通过积分变量替换 将时间变量替换掉，即 dda txvvv ，积分即可 证明 . 证： 2d d d dd
7、d d d k v v vvvxt x t x 分离变量得 d dkxvv 两边积分 0 01ddx kxvv vv , 0ln kxvv 证 得 0 kxevv 1-11 在生物物理实验中用来分离不同种类的分子的超级离心机的转速为 313.14 10 rad s.在这种离心机的转子内，离轴 10cm 远的一个大分子的向心加速度是重力加速度的几倍？ 分析 根据定义可得 向心加速度 的大小 2nar . 解 所求倍数 2 2 2 2 4 2 524 4 ( 6 1 0 ) 0 . 1= 4 1 06 0 9 . 8r n rgg 1-12. 一质点在半径为 0.10m 的圆周上运动，其角位置变化
8、关系为 32 4 (rad)t .试求： (1) 在 t=2s 时，质点的法向加速度和切向加速度大小各为多少？； (2) 当切向加速度大小恰等于总加速度大小的一半时， 值为多少？ (3) 在什么时刻，切向加速度和法向加速度恰好大小相等？ 分析 本题为物体作圆周运动的角坐标表示下的第一类运动学问题， 求导可得到角速度和角加速度，再由角量与线量的关系求得 切向加速度 ta 和法向加速度 na . 解 (1) 角速度和角加速度分别为 2d 12d tt d 24d tt 法向加速度 2 2 2 2 2n 0 . 1 ( 1 ) 2 . 3 0 1 0 ( m s )a r t 切向加速度 第 1 章
9、 质点运动学 4 2t d 2 . 4 4 . 8 ( m s )da r tt v(2) 由 t /2aa ， 2 2 2 2t n t4a a a a 得 22tn3aa 2 2 2 43 (24 ) (12 )r t r t 3 36t 3 32 4 2 4 3 .1 5 ( r a d )6t (3) 由 ntaa ，即 22(12 ) 24r t rt ，解得 0.55st 第 2 章 质点动 力 学 2-14 摩托快艇以速率 v0 行驶 ， 它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为 F= kv2（ k 为正常数）。设摩托快艇的质量为 m，当摩托快艇发动机关闭后， (1) 求速率
10、v 随时间 t 的变化规律。 (2) 求 速度 v 与路程 x 之间的关系 。 分析 摩托快艇受到的摩擦阻力 为变力，且是速率的函数 ，列出牛顿定律的微分方程，用分离变量法求解。将时间变量转变为路程， d d d dd d d dxt t x xv v v=v可解出速度 v 与路程 x 之间的关系。 解 (1) 由牛顿第二定律 F=ma 得 2 ddk ma m t vv 分离变量并积分，有 0 20ddt k tmvv vv 011k tmvv (2) 将 d d d dd d d dxt t x xv v v=v 代入 式中得 2 ddkmxvvv 分离变量并积分，有 00ddx k xm
11、vv vv 0lnk xmvv 第 1 章 质点运动学 5 得 0 k xmevv 2-26. 质量为 M 的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为 m ，速度为 0v 的子弹水平地射入木块，并陷在木块内与木块一起运动。求 ： （ 1）子弹相对木块静 止后，木块的速度和动量； （ 2）子弹相对木块静止后，子弹的动量； （ 3）在这个过程中，子弹施于木块的冲量。 分析：由木块、子弹为系统水平方向动量守恒，可求解木块的速度和动量。由动量定理求解子弹施于木块的冲量。 解：（ 1）由于系统在水平方向上不受外力，则由动量守恒定律有 0 ()m m Mvv 所以木块的速度 0mmM vv 动量 0mMMmM
12、 vv （ 2）子弹的动量 2 0mm mM vv （ 3）对木块由动量定理 得 0mI M M mM vv 2-30 一物体在介质中按规律 2x ct 作直线运动， c 为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由 x0=0 运动到 x=l 时，阻力所做的功。（已知阻力系数为 k） 分析 本题是一个变力 做功 问题，按功的定义式 dW F x 来求解。 解 由运动学方程 2x ct ，可得 物体速度 d 2dx cttv 物体所受阻力大小为 2 2 244F k k c t k c x v 阻力做的功为 200d d 4 d 2llW F x F x k c x x k c l
13、2-33求把水从面积为 250m 的地下室中抽到街道上来所需做的功。已解图 2-33 第 1 章 质点运动学 6 知水深为 1.5m，水面至街道的竖直距离为 5m。 分析：由功的定义求解，先求元功再积分。 解：如 解 图 2-33 以地下室的 O 为原点，取 x 坐标轴向上为正，建立坐标轴。 选一体 积 元 ddV S x ，则其质量为 d d dm p V pS x。 把 dm 从地下室中抽到街道上来所需做的功为 d (6.5 )dW g x m 故 1 . 5 1 . 5 600d (6 . 5 )d 4 . 2 3 1 0 ( J )W W p S g x x 2-37一沿 x 轴正方向
14、的力作用在一质量为 3.0kg 的质点上。已知质点的运动方程为2334x t t t ，这里 x 以 m 为单位，时间 t 以 s 为单位。试求： （ 1）力在最初 4.0s 内做的功； （ 2）在 =1st 时，力的瞬时功率。 分析：由速度、加速度定义、功能原理、牛顿第二定律求解。 解： (1) 2d( ) 3 8 3dxt t tt v 则 11( 4 ) 1 9 m s , ( 0 ) 3 m s vv 由功能原理， 得 221 ( 4 ) (0 ) 5 2 8 ( J )2kW E m vv (2) d( ) 6 8da t tt v 1ts 时 3 .0 ( 6 8 ) 6 .0 (
15、 N )F m a 1(1 ) 3 8 3 2 ( m s ) v 则瞬时功率 12WPFv 2-39. 质量为 3.0kg 的木块静止在水平桌面上，质量为 5.0g 的子弹沿水平方向射进木块。两者合在一起，在桌面上滑动 25cm 后停止。木块与桌面的摩擦系数为 0.20，试求子弹原来的速 度。 分析：由动量守恒、动能定理求解。 解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有 0 ()M M mvv 一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有 第 1 章 质点运动学 7 21 ( ) ( )2 M m M m g l v 由 带入数据有 10 600(m s )v 2-52一个具有
16、单位质量的质点在力场 2( 3 4 ) (1 2 6 )F t t i t j 中运动， 式 中 t 为 时间，设该质点在 0t 时位于原点，且速度为零，求 2t s 时该质点受到的对原点的力矩和该质点对原点的角动量。 分析：由牛顿定律、力矩、角动量定义求解。 解：对质点由牛顿第二律 得 F ma 又因为 dda tv 所以 20 0 0d d ( 3 4 ) ( 1 2 6 ) dtta t t t i t j t v v 得 3 2 2( 2 ) ( 6 6 )t t i t t j v 同样由 ddrtv 得 4 3 3 212( ) ( 2 3 )43r t t i t t j 所以
17、t=2 时 4 0 ( N m )M r F k 211 6 ( k g m s )L r m k v 2-53. 一质量为 m 的粒子位于（ x, y）处，速度为 xyijv v v ，并受到一个沿 x 方向的力 f，求它相对于坐标原点的角动量和作用在其上的力矩。 分析：由质点力矩、角动量定义求解 解：角动量 ( ) ( ) ( )x y y xL r m x i y j m i j m x y k v v v v v 力矩 ()M r f x i y j f i y f k 第 3 章 刚体力学基础 第 1 章 质点运动学 8 3-1 一汽车发动机的转速在 7.0s 内由 1200r mi
18、n 均匀地增加到 13000r min 。 (1) 求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度； (2) 求这段时间内转过的角度； (3) 发动机轴上装有一半径为 0.2mr 的飞轮，求它的边缘上一点在第 7.0s 末的切向加速度和法向加速度。 分析 这是刚体运动学问题，刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动。 解 (1) 初角速度为 10 2 2 0 0 / 6 0 2 0 .9 ( r a d s ) 末角速度为 12 3 0 0 0 / 6 0 3 1 4 ( r a d s ) 角加速度为 20 3 1 4 2 0 . 9 4 1 . 9 ( r
19、a d s )7 . 0t (2) 转过的角度为 2 2 30 112 0 . 9 7 . 0 4 1 . 9 7 . 0 1 . 1 7 1 0 ( r a d ) 1 8 6 ( )22tt 圈(3) 切向加速度为 28 .3 8 (m s )ar 法向加速度 2 4 21 .9 7 1 0 ( m s )nar 3-10 一飞轮直径为 0.3m ，质量为 5.0kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s 转速达 110rs ，假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （ 1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； （ 2）拉力及拉力所 做 的功； （
20、3）从拉动后 10ts 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 分析：利用转动定律，力矩 做 的功定义，线量与角量的关系求解。 解：（ 1）角加速度为 221 0 2 1 . 2 6 1 0 ( r a d s )0 . 5t 转过的角度为 2 2 211 1 . 2 6 1 0 0 . 5 1 5 . 7( r a d )22t 转过的圈数为 2.52N 圈 （ 2）由转动定律 M f R J得 第 1 章 质点运动学 9 220 . 5 5 0 . 1 5 1 . 2 6 1 0 4 7 . 1 ( N )0 . 1 5Jf R 力矩做的功为 0 d 4 7 . 1 0 . 1 5
21、1 5 . 7 1 1 1 ( J )WMM （ 3）角速度为 2 3 11 . 2 6 1 0 1 0 1 . 2 6 1 0 ( r a d s )t 边缘一点的线速度为 3 2 10 . 1 5 1 . 2 6 1 0 1 . 8 8 1 0 ( m s )R v 边缘一点的法向加速度为 2 2 6 5 20 . 1 5 1 . 2 6 1 0 2 . 3 7 1 0 ( m s )naR 边缘一点的切向加速度为 220 . 1 5 1 . 2 6 1 0 1 8 . 8 4 ( m s )aR 3-11 物体质量为 3kg, 0t 时刻位于 14 m , 6 ( m s )r i i
22、j v ，如一恒力 5Nfj 作用在物体上，求 3s 后，（ 1）物体动量的变化；（ 2）相对 z 轴角动量的变化。 分析：写出 )(tr 的表达式及力 f 对 z 轴的力矩 M 。由动量定理、角动量定理求解。 解：（ 1）由动量定理 可知 ，动量的增量为 3 100d 5 d 1 5 k g m stP f t j t j （ 2）由角动量定理 可知 ，角动量的增量为 030ddttL M t M t 而 ()M r t f 220 0 0 0 15( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 4 ) (6 )26xyr t x t i y t j x t i y t a t j t i t
23、t j vv 5fj 把 代入 解得 (20 5 )M t k 把 代入 解得： 33 2100d ( 2 0 5 ) d 8 2 . 5 k g m sL M t t k t k 3-13 如题图 3-13 所示 ， 在光滑水平面上有一木杆，其质量1 1.0kgm ，长 40cml ，可绕通过其中心并与之垂直的轴转动。一质量为 2 10gm 的子弹，以 212.0 10 m s v 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求杆的角速度。 题图 3-13 第 1 章 质点运动学 10 分析 把子弹和杆看作一个系统，因系统不受外力矩作用，角动量守恒。子弹陷入杆后，它们将一起以角速度
24、转动。 解 根 据角动量守恒定律 222()llm J mv杆的转动惯量 21112J ml代入 222 1 21 ( ) 2 1 2 2llm m l m v 解得 12126 2 9 .1 r a d s( 3 )mm m l v 3-16 一长为 L、质量为 m 的匀质细棒，如题图 3-16 所示，可绕水平轴 O 在竖直面内旋转，若轴光滑，今使棒从水平位置自由下摆 （设转轴位于棒的一端时，棒的转动惯量 213J mL ） 。求： （ 1）在水平位置和竖直位置棒的角加速度 ； （ 2）棒转过 角时的角速度。 分析：由转动定律 可 求角加速度， 根据 在转动过程中机械能守恒求角速度。 解：（
25、 1） 由 刚体定轴转动定律 MJ 得细棒在水平位置的角加速度为 2321 23LmgMgJLmL 细棒在竖直位置的角加速度为 20 013MJmL （ 2）细棒在转动的过程中机械能守恒， 由 机械能守恒定律得 21sin22Lm g J 又 213J mL 解上述两式得 3 sing l 题图 3-16 第 1 章 质点运动学 11 3-18 一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为 0 设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即 MK (K 为正的常数 )，求圆盘的角速度从 0 变为012时所需的时间 分析：由转动定律及角加速度的定义，对角速度积分可求解。 解：根据转动定律 得 MJ
26、 ddJKt 分离 变量得 d dK tJ 两边积分 002 01 ddt K tJ 解 得 ln2Jt K 3-20 一均质细杆，长 1mL ，可绕通过一端的水平光滑轴 O 在铅垂面内自由转动，如题图 3-20 所示。开始时杆处于铅垂位置，今有一子弹沿水平方向以 110m sv 的速度射入细杆。设入射点离 O 点的距离为 34L ，子弹的质量为杆质量的 19 ， 试求： （ 1）子弹和杆开始共同运动的角速度。 （ 2）子弹和杆共同摆动能达到的最大角度。 分析：子弹射入细杆过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒。 解（ 1）子弹打进杆的过程中 ， 子弹和细杆组成的系统角
27、动量守恒，设子弹 射入前 的角速度为 0 ，子弹和细杆一起共同运动的角速度为 ，则由角动量守恒定律得 0 (J J J子 子 杆 ) 又 22 16)43(9 LmLmJ 子 231mLJ 杆 01 0 4 033 3144L v 题图 3-20 第 1 章 质点运动学 12 把 式代入 式并解得 140 rad s19 （ 2）设子弹和细杆共同摆动能达到最大角度为 角，在摆动的过程中子弹和细 杆及地球组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得 1 3 3 1 1( ( c o s ) ( c o s )2 9 4 4 2 2mgJ J L L m g L L 2子 杆 ) 把 式及 10g
28、， L=1 代入 式解得 8496.0cos 即 0.56rad 第 5 章 机械振动 5-1 有一弹簧振子，振幅 22.0 10 mA ，周期 1.0sT ，初相 34 .试写出它的振动位移、速度和加速度方程。 分析 根据振动的标准形式 可得到 振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为 2c o s ( ) c o s ( )x A t A tT 代入有关数据得 30 .0 2 c o s ( 2 ) ( m)4xt 振子的速度和加速度分别是 1d30 . 0 4 s i n ( 2 ) ( m s )d4x tt v 2 222d30 . 0 8 c o s ( 2 )
29、 ( m s )d4xatt 5-2 一弹簧振子的质量为 0.500kg ，当以 35.0cm 的振幅振动时，振子每 0.500s 重复一次运动 .求振子的振动周期 T、频率 、角频率 、弹簧的倔强系数 k、物体运动的最大速率 maxv 、和弹簧给物体的最大作用力 maxF . 分析：最大速率 max Av , 2maxaA ， max maxF ma ， 2 v ， 1v T ，所以只要求出周期 T 即可 . 解：由题意可知 0.500sT ； 第 1 章 质点运动学 13 所以频率 1 / 2.00HzvT ； 角频率 12 = 4 = 1 2 .6 ( r a d s )v ； 倔强系数
30、 2 2 10 . 5 0 0 1 2 . 6 7 9 . 4 ( N m )km ； 最大速率 10 . 3 5 1 2 . 6 4 . 4 1 ( m s )m a x A v 最大作用力 220 . 5 0 0 0 . 3 5 1 2 . 6 2 7 . 8 ( N )m a x m a xF m a m A 5-7 某质点振动的 x-t 曲线如题图 5-7 所示 .求： （ 1）质点的振动方程； （ 2）质点 从 0t 的位置 到达 P 点相应位置所需的最短时间 . 分析 由旋转矢量可以得出 初 相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据 P 点的相位确定最短时间。 00001 c os
31、( )0 , / 2 , 031 s,325650.1 c os( ) ( m )6320x A tt x AttxtP 解 ： （ ） 设 所 求 方 程 为 ：从 图 中 可 见 ，由 旋 转 矢 量 法 可 知 ；又故 ：（ ） 点 的 相 位 为v05 0 0 . 4 s630 . 4 sp p pt t tP 即 质 点 到 达 点 相 应 状 态 所 要 的 最 短 时 间 为5-11 一 简谐运动 的振动曲线如题图 5-11 所示，求振动方程 . 分析 利用旋转矢量图求解，由 解 图 5-11 中两个确定点求得相位，再根据时间差求得其角频率。 解：设所求方程为 )cos( tAx
32、 当 0t 时 ， 115cm, 0x v 由 A 旋转矢量图可得 题图 5-7 题图 5-11 第 1 章 质点运动学 14 23 当 2st 时 ， 从 x-t 图中可以看出 220, 0x v 据旋转矢量图可以看出 2 32t 所以， 2 秒内相位的改变量 20 3 2 52 3 6tt 据 t 可求出 15 rad s12t 于是 ， 所求振动方程为 520 . 1 c o s ( ) ( m)1 2 3xt 5-16 一物体沿 x 轴 做简谐运动 ，振幅为 0.06m，周期为 2.0s，当 t=0 时位移为 0.03m ，且向 x轴正方向运动，求： （ 1） t=0.5s 时，物体的
33、位移、速度和加速度； （ 2）物体从 0.03mx 处向 x 轴负方向运动开始，到达平衡位置，至少需要多少时间？ 分析 通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。 解：设该物体的振动方程为 )cos( tAx 依题意知 12 / ( r a d s ) , 0 . 0 6 mTA 据 Ax01cos 得 3 由于 0 0v ,应取 3 可得 解图 5-16 解图 5-11 第 1 章 质点运动学 15 0 .0 6 c o s ( )(m )3xt（ 1） 0.5ts 时，振动相位为 36t 据 22c o s , s i n , c o sx A A a A x v得 120 . 0
34、5 2 m , 0 . 0 9 4 m s , 0 . 5 1 2 m sxa v （ 2） 由 A 旋转矢量图可知，物体从 0.03mx 处向 x 轴负方向运动，到达平衡位置时， A矢量转过的角度为 56 ，该过程所需时间为 0.833st 5-23 一物体质量为 0.25kg ，在弹性力作用下 做 简谐运动 ，弹簧的劲度系数 125N mk ，如果 物体 起始振动时具有势能 0.06J 和动能 0.02J ，求： (1)振幅； (2)动能恰等于势能时的位移； (3)经过平衡位置时物体的 速度 . 分析 简谐运动机械能守恒 ，其能量由振幅决定。 解： (1) 212kPE E E kA 1
35、/ 2 2 ( ) / 0 .0 8 mkPA E E k (2) 因为 212KPE E E kA , 当 KPEE 时，有 2 PEE ， 得 22112 22kx kA 即 / 2 0 .0 5 6 6 ( m )xA (3)过平衡点时， 0x ， 此时动能等于总能量 212kPE E E m v 1 / 2 1 2 ( ) / 0 . 8 m sKPE E m v 5-25 两个同方向的 简谐运动 的振动方程分别为 : 21 14 1 0 c o s 2 ( ) ( m) ,8xt 第 1 章 质点运动学 16 22 13 1 0 c o s 2 ( ) ( m)4xt （ 1）求合振
36、动的振幅和初相 位 ； （ 2）若另有一同方向同频率的 简谐运动 23 5 1 0 c o s ( 2 ) ( m )xt ，则 为多少 时， 31 xx的振幅最大？ 又为多少时， 32 xx 的振幅最小？ 分析 合振动的振幅由其分振动的相位差决定。 解：（ 1） )2c o s (21 tAxxx 按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为 2 2 2 24 3 2 4 c o s ( / 2 / 4 ) 1 0 6 . 4 8 1 0 ( m )A 4 s i n ( / 4 ) 3 s i n ( / 2 )a r c t g 1 . 1 2 ( r a d )4 c o s ( /
37、4 ) 3 c o s ( / 2 ) 所以，合振动方程为 26 . 4 8 1 0 c o s ( 2 1 . 1 2 ) ( m )xt (2)当 k21 ，即 4/2 k 时， 31 xx 的振幅最大 . 当 )12(2 k ，即 2/32 k 时， 32 xx 的振幅最小 . 第 6 章 机械波 6-1、某潜艇声纳发出超声波，其振幅为 31.2 10 mA ，频率为 46.0 10 Hz ，波长22.5 10 m ，波源振动的初相0.求： （ 1）该超声波的表达式； （ 2）距波源 2.0m 处质元的振动方程 . 分析：根据平面简谐波的波函数标准形式，代入相关参数即可得波的表达式，再把
38、 2.0mx代入波函数 即可求得相应的振动方程。 解 ： 设波函数的表达式为 c o s 2 ( )xy A t 代入已知条件化简得该超声波的表达式为 351 . 2 1 0 c o s (1 . 2 1 0 8 0 ) ( m )y t x 把 x=2m 代入上表达式得相应的振动方程 351 . 2 1 0 c o s (1 . 2 1 0 ) ( m )yt 第 1 章 质点运动学 17 6-2 一横波在沿绳子传播时的表达式为 0 .0 4 c o s ( 2 .5 ) ( m )y t x (1)求波的振幅、波速、频率及波长； (2)求绳上的质点振动时的最大速度； (3)分别画出 1st
39、 和 2st 的波形，并指出波峰和波谷 .画出 1.0mx 处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同 . 分析： 与 平面简谐波的波函数标准形式 比较即可确定其特征参量 。 解：（ 1）用比较法，由 20 . 0 4 c o s ( 2 . 5 ) c o s ( )y t x A t x 得振幅、波速、频率及波长 0.04mA ； 2 .5 1 .2 5 ( H z )22 ； 2 , 2.0m 12.5m su （ 2）绳上的质点振动时的最大速度 为 10 . 3 1 4 m sm A （ 3） 1st 时 的 波形方程为 1 0 .0 4 c o s ( 2 .5 ) ( m )yx 2s
40、t 时 的 波形方程为 2 0 .0 4 c o s ( 5 ) ( m )yx 1.0mx 处质点的振动方程为 0 .0 4 c o s ( 2 .5 ) ( m )yt 题图 6-2 第 1 章 质点运动学 18 6-5 波源的振动方程为 26 .0 1 0 c o s ( m)5yt 它所激起的波以 12.0ms 的速度在一直线上传播 .求 （ 1）距波源 6.0m 处一点的振动方程； （ 2）该点与波源的相位差 . 分析：先写出波函数，再代入 6.0mx ，即可得相应的振动方程，最后由 0x 和 6.0mx两处的振动方程中的相位便可求两点间的相位差 . 解：（ 1）设波源在坐标原点，依
41、已知条件，可知波函数为 26 . 0 1 0 c o s ( ) ( m)5 2 . 0xyt 把 6.0mx 代入波函数可得相应的振动方程为 26 .0 1 0 c o s ( 3 .0 ) ( m)5yt （ 2）两点间的相位差 为 535)0.3(5 tt（即该点比波源的相位滞后3） . 6-6 一平面简谐波沿 x 轴正向传播，波的振幅 10cmA ，波的角频率 17 rad s ，当1.0st 时， 10cmx 处的 a 质点正通过其平衡位置向 y 轴负方向运动，而 20cmx 处的 b 质点正通过 5.0cmy 点向 y 轴正方向运动 .设该波波长 10cm ，求该平面波的波方程 .
42、 分析 通过旋转矢量图法，结合 10cmx 点和 20cmx 点，在 1.0ts 的运动 状态，可得到波长和初相。 解：设平面简谐波的波长为 ，坐标原点处质点振动初相为 ，则该列平面简谐波的表达式可写成 20 . 1 c o s (7 ) ( m)xyt 1.0st 时 ， 10cmx 处 0 . 10 . 1 c o s 7 2 0y 此时 a 质点向 y 轴负方向运动，故 0 . 1 17 2 (1 )2 而此时 , b 质点正通过 0.05my 处，有 0 . 20 . 1 c o s 7 2 0 . 0 5y 且质点 b 向 y 轴正方向运动，故 第 1 章 质点运动学 19 0 .2
43、 172 3 由 (1)、 (2)两式联立得 0.24m ， 173 所以，该平 面简谐波的表达式为 170 . 1 c o s (7 ) ( m)0 . 1 2 3xyt 6-7 已知一平面简谐波的波方程为 0 .2 5 c o s (1 2 5 0 .3 7 ) ( m )y t x (1)分别求 1210m , 25mxx两点处质点的振动方程； (2)求 1x 、 2x 两点间的振动相位差； (3)求 1x 点在 4st 时的振动位移 . 分析 波 动 方程中如果已知某点的 位置即转化为某点的振动方程。直接求解两点的振动相位差和某时刻的振动位移。 解： (1) 1 10mx 、 2 25mx 的振动方程分别为 10 0 . 2 5 c o s (1 2 5
