A1-作业 答案

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第1章 质点运动学
1-1 已知质点的运动方程为r i 3j 6k e e t
t
-=++。

(1)求：自t =0至t =1质点
的位移。

(2)求质点的轨迹方程。

解：(1) ()k j i r 630++= ()k j i r 6e 3e 1-1++= 质点的位移为()j i r ⎪⎭
⎫
⎝⎛-+-=3e 31e ∆
(2) 由运动方程有t x e =，t y -=e 3， 6=z 消t 得 轨迹方程为 1=xy 且6=z
1-2运动质点在某瞬时位于矢径()y x,r 的端点处，其速度的大小为( D ) (A)dt dr (B)dt d r
(C)dt d r (D)2
2
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx
1-3如图所示，堤岸距离湖面的竖直高度为h ，有人用绳绕过岸边的定滑轮拉湖中的小船向岸边运动。

设人以匀速率v 0收绳，绳不可伸长且湖水静止。

求：小船在离岸边的距离为s 时，小船的速率为多大？(忽略滑轮及船的大小)
解：如图所示，在直角坐标系xOy 中，t 时刻船离岸边的距离为s x =，船的位置矢量可表示为
()j i r h x -+=
船的速度为 i i r v v dt
dx
dt d ===
其中 2
2
h r x -=
所以 ()
dt dr
h
r r h r dt d dt dx v 2222-=
-==
因绳子的长度随时间变短，所以 0v dt
dr
-= 则 船的速度为i i v 02
2220
v s h s h
r r
v +-=--= 所以 船的速率为 02
2v s
h s v +=
1-4某质点的运动方程为k j i r 251510t t ++-=，求：t =0，1时质点的速度和加速度。

解：由速度和加速度的定义得
k j r v t dt d 1015+==
， k v
a 10==dt
d 所以 t =0，1时质点的速度和加速度为 015==t j
v 11015=+=t k
j v 1
010,k
a ==t
1-5已知质点的运动方程为()()k j i r 5sin cos ++=ωt R ωt R (SI)。

求：(1)质点在任意时刻的速度和加速度。

(2)质点的轨迹方程。

解：(1)由速度的定义得 ()()j i r
v ωt ωR ωt ωR dt
d cos sin +-==
由加速度的定义得 ()()j i v
a ωt R ωt R ωdt
d sin cos 22--==
ω (2) 由运动方程有 ωt R x cos =，ωt R y sin =，5=z 消t 得 质点的轨迹方程为 222R y x =+且5=z
1-6一质点沿Ox 轴运动，坐标与时间之间的关系为t t x 233-=(SI)。

则质点在4s 末的瞬时速度为 142m·s -1 ，瞬时加速度为 72m·s -2 ；1s 末到4s 末的位移为 183m ，平均速度为 61m·s -1 ，平均加速度为 45m·s -2。

解题提示：瞬时速度计算dt dx
v =，瞬时加速度计算22dt
x d a =；位移为
()()14x x x -=∆，平均速度为()()1414--=
x x v ，平均加速度为 ()()1
414--=v v a
1-7 已知质点沿Ox 轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为t a x 3=2s m -⋅。

在t =0时，0=x v ，10=x m 。

求：(1)质点在时刻t 的速度。

(2)
质点的运动方程。

解：(1) 由dt
dv a x
x =
得 dt a dv x x =
两边同时积分，并将初始条件t =0时，0=x v 带入积分方程，有
⎰⎰⎰
==t t
x v x tdt dt a dv x
3
解得质点在时刻t 的速度为 22
3t v x =
(2) 由dt
dx v x =
得 dt v dx x =
两边同时积分，并将初始条件t =0时，10=x m 带入积分方程，有
⎰
⎰⎰
==t
t
x x
dt t dt v dx 02
10
2
3 解得质点的运动方程为 32
1
10t x +=
1-8 一物体从空中由静止下落，已知物体下落的加速度与速率之间的关系为Bv A a -=(A ,B 为常数)。

求：物体的速度和运动方程。

解：（1）设物体静止时的位置为坐标原点，向下为y 轴正方向，则t =0时, v =0, y =0。

由dt
d v
a =
得 ()dt Bv A adt dv -==
整理得
dt dv Bv
A =-1
对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有
⎰⎰
=-t v
dt dv Bv
A 00
1
解得物体的速率为 ()
Bt B
A
v --=
e 1 ，方向竖直向下 （2）由dt
dy v =
得 ()
dt B
A
dy Bt --=
e 1 对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有
()
⎰
⎰
--=t
Bt y
dt B
A
dy 0
e 1 解得物体的运动方程为 ()
1e 2-+=
-Bt B
A
t B A y
1-9一质点作半径r =5m 的圆周运动，其在自然坐标系中的运动方程为
2
2
12t t s +
=(SI)，求：t 为何值时，质点的切向加速度和法向加速度大小相等。

解：由运动方程得
t dt ds
v +==
2 质点的切向加速度为 1==
dt
dv a t 质点的法向加速度为 ()5
22
2t r v a n +== 当两者相等时，有
()15
22
=+t
解得时间t 的值为 25-=t s
1-10 质点做半径为1m 的圆周运动，其角位置满足关系式325t θ+=(SI)。

t =1s 时，质点的切向加速度 12m·s -2 ，法向加速度 36m·s -2 ，总加速度 37.95m·s -2 。

解：由运动方程325t θ+=得 角速度为12s 6-==
t dt d θω ， 角加速度为2s 12-==t dt
d ω
α t 时刻，质点的切向加速度的大小为t t R a t 12112=⨯==α2s m -⋅ 质点的法向加速度的大小为()
42
223616t t R ωa n =⨯==2s m -⋅ 质点的总加速度的大小为 ()()2
422
2
3612t t a a a n t +=+=2s m -⋅
将t =1s 代入上面方程，即可得到上面的答案。

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第2章 质点动力学
2-1 质量为m 的质点沿Ox 轴方向运动，其运动方程为ωt A x sin =。

式中A 、ω均为正的常数，t 为时间变量，则该质点所受的合外力F 为[ C ]
(A) x ωF 2= (B) m ωF -=x (C) x m ωF 2-= (D) x m ωF 2=
解：因为 x t A dt
x d a 2
22
2sin ωωω-=-== 所以 x m ωma F 2
-==
2-2 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。

则物体加速度的大小为
s
v a 22
=，物体与水平面间的摩擦系数为 gs v 22=μ。

解：设运动方向为正方向，由as v v 22
2
t =- 22v a s -∴= (1) 2
2v a s
∴= 因摩擦力是物体运动的合外力， ma mg N =-=-μμ
将(1)式带入上式，得gs
v 22
=μ
2-3如图所示，两个物体A 、B 的质量均为m =3kg ，物体A 向下运动的加速度1=a 2s m -⋅。

求物体B 与桌面间的摩擦力。

（绳的质量不计，且不可伸长）
解：选地面为惯性参照系，采用隔离法对两物体进行受力分析，如图所示。

因绳质量不计，所以绳中各点张力处处相等。

根据牛顿第二定律，有
B ma f T =- （1）
A A ma T P =-2 （2）
其中，mg P P B A ==。

两个物体A 、B 间坐标的关系为
B A x y =2
对上式求时间t 的二次导数，得
B A a a =2 （3）
将3个方程联立，可得 7.2N =f
2-4 一根长为l =0.5m 的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m 的重物，如图所示。

重物经推动后，在一水平面内作匀速圆周运动，转速n =11s r -⋅。

这种装置叫作圆锥摆。

求这时绳和竖直方向所成的角度。

解：选地面为惯性参照系，对重物进行受力分析，重物受到绳子的拉力T 和重力()g P m =，如图所示。

重物作匀速圆周运动，加速度为向心加速度。

建立如图所示坐标系，根据牛顿第二定律，有 竖直方向： mg T =θcos （1）
水平方向： r
v m T 2sin =θ （2）
由图可知，圆的半径θsin l r =，圆的周长为θπsin 2l ，所以重物在圆周上运动
的速率为
θπsin 2nl v = （3）
将上面三个方程联立，可得
49704cos 2
2.l
n g
==
πθ 查表得
3160'︒=θ
由此题可知，物体的转速n 越大，θ 越大，与重物的质量无关。

2-5 A 、B 两质点的质量关系为B A m m >，同时受到相等的冲量作用，则[ D ] (A) A 比B 的动量增量少 (B) A 与B 的动能增量相等 (C) A 比B 的动量增量大 (D) A 与B 的动量增量相等
提示：动量定理：合外力的冲量等于动量的增量。

2-6如图所示，一质量为0.05kg 、速率为101s m -⋅的小球，以与竖直墙面法线成︒45角的方向撞击在墙上，并以相同的速率和角度弹回。

已知球与墙面的碰撞时间为0.05s 。

求在此碰撞时间内墙面受到的平均冲力。

解：按照图中所选坐标，1v 和2v 均在x 、y 平面内，由动量定理，小球在碰撞过程中所受的冲量为
x x x mv mv t F 12-=∆
y y y mv mv t F 12-=∆
其中，θv v x cos 1-=，θv v x cos 2=，θv v y sin 1=，θv v y sin 2=。

即 θmv t F x cos 2=∆，0=y F 所以，小球受到的平均冲力为
t mv F F x ∆θ
cos 2=
= 设F '为小球对墙面的平均冲力，根据牛顿第三定律，可知
t
mv F F ∆θ
cos 2-
=-='= −14.1N 即 墙面受到的平均冲力大小为14.1N ，方向沿x 轴负向。

2-7 质量为2kg 的物体，在变力F (x )的作用下，从0=x 处由静止开始沿x 方向运动，已知变力F (x )与x 之间的关系为
()⎪⎩
⎪⎨⎧-=x x
x F 230102 ()()()151010550≤≤≤≤≤≤x x x
式中，x 的单位为m ，F (x )的单位为N 。

求：(1) 物体由0=x 处分别运动到5=x ，10，15m 的过程中，力F (x )所做的功各是多少？(2) 物体在5=x ，10，15m 处的速率各是多少？
解：(1) 根据功的定义⎰
•=
2
1
r r d A r F ，得
x =5时，有 2525
5==
⎰xdx A J
x =10时，有 75502510210
5
5
10=+=+=
⎰⎰
dx xdx A J
x =15时，有()100257523015
10
10515=+=-+
+=⎰dx x A A A J
(2)根据动能定理k 2
1
E d A r r ∆==
⎰
•r F ，得
02
12
55-=
mv A 所以，物体在x =5m 处的速率 -1
5s m 5⋅=v
02
12
1010-=
mv A 所以，物体在x =10m 处的速率 -1
10s m 66.8⋅=v
02
12
1515-=
mv A 所以，物体在x =15m 处的速率 -1
10s m 10⋅=v
m
2-8 如图所示，劲度系数1000=k 1m N -⋅的轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端悬挂一质量为m = 2 kg 的物体，并用手托着物体使弹簧无伸长。

现突然撒手，取10=g 2s m -⋅，则弹簧的最大伸长量为[ C ] (A) 0.01 m (B) 0.02 m (C) 0.04 m (D) 0.08 m 解：应用动能定理求解此题。

设弹簧原长处为坐标原点，竖直向下为x 轴正方向。

物体在运动后，受到竖直向上的弹力-kx F =和竖直向下的重力mg P =作用。

设 物体运动到l 位置时，速度为0，此时弹簧达到最大伸长量，则此过程中，外力做功为
mgl kl mgdx kxdx A A A l l P F +-=+-=+=⎰⎰2002
1
根据动能定理 有
02
1
k 2==+-=E mgl kl A ∆
可得 弹簧的最大伸长量为m 040.=l 。

2-9关于保守力, 下面说法正确的是[ D ] (A) 只有保守力作用的系统动能和势能之和保持不变 (B) 只有合外力为零的保守内力作用系统机械能守恒 (C) 保守力总是内力
(D) 物体沿任一闭合路径运动一周, 作用于它的某种力所做之功为零, 则该力
称为保守力
2-10 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知B A m m 2=。

(1) 物体A 以一定的动能k E 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 E k ；(2) 物体A 以一定的动能k E 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为
3
2
E k 。

解：(1) 因两物体发生完全弹性碰撞，故满足动能守恒。

所以k 1k 2k E E E ==
(2) 由动量守恒定律有
()v 0B A A A '+=+m m v m
所以 碰后两物体的速度为 A A B A A v v m m m v 3
2
=+=
'
则 碰后两物体的总动能为()k 222k 3
2213221
E v m v m m E A A B A =⨯='+=
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第3章 刚体力学
3-1当飞轮作加速转动时，对于飞轮上到轮心距离不等的两点的切向加速度t a 和法向加速度n a 有[ D ]
(A) t a 相同，n a 相同 (B) t a 相同，n a 不同 (C) t a 不同，n a 相同 (D) t a 不同，n a 不同
解题提示：可从r αa t =和r a n 2ω=来讨论，转动的刚体上半径不同的质点均具有相同的角位移，角速度和角加速度。

3-2一力j i F 53+=N ，其作用点的矢径为j i r 34-=m ，则该力对坐标原点的力矩为 k M 29= 。

解： ()()j i j i F r M 5334+⨯-=⨯=
其中，k i j j i =⨯-=⨯，0=⨯=⨯j j i i ，对上式计算得 k M 29=
3-3两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ(B A ρρ>)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B , 则有[ B ]
(A) J A ＞J B (B) J A ＜J B (C) J A ＝J B (D) 不能确定J A 、J B 哪个大
解题提示：圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量为
22
1
mR J =
质量 ()
h R V m 2πρρ==
因为B A ρρ>，所以B A R R <，则有J A ＜J B 。

故选择(B)。

3-4如图所示，两长度均为L 、质量分别为1m 和2m 的均匀细杆，首尾相连地连成一根长直细杆(其各自的质量保持分布不变)。

试计算该长直细杆对过端点O (在1m 上) 且垂直于长直细杆的轴的转动惯量。

解：左边直棒部分对O 轴的转动惯量
211
3
1
L m J O = 由平行轴定理，右边直棒部分对O 轴转动惯量
2
2222
23121⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=L m L m J O 整个刚体对O 轴的的转动惯量
3-5有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法不正确的是[ C ] (A) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零 (B) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零 (C) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零
(D) 只有这两个力在转动平面内的分力对转轴产生的力矩，才能改变刚体绕转轴转动的运动状态
解题提示：(C)不正确。

因为力矩不仅与力有关，还与力的作用点有关。

当转动平面内两个大小相等的力方向相同时，如果这两个力对轴的位置矢量恰好大小相等，方向相反时，其合力矩为零，但合力为力的二倍。

3-6如图所示，质量均为m 的物体A 和B 叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接。

设定滑轮的质量为m ，半径为R ，且A 与B 之间、A 与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦，绳与滑轮之间无相对滑动。

物体A 在力F 的作用下运动后，求：
2212
222212
1)7(3
1
2312131L m m L m L m L m J J J O O O +=
⎪⎭
⎫ ⎝⎛++=+=
T
1
2
(1) 滑轮的角加速度。

(2) 物体A与滑轮之间的绳中的张力。

(3) 物体B与滑轮之间的绳中的张力。

解：以滑轮，物体A和B为研究
对象，分别受力分析，如图所示。

物
体A受重力
A
P、物体B的压力1
N'、
地面的支持力
2
N、外力F和绳的拉
力
2
T作用；物体B受重力B P、物体A
的支持力
1
N和绳的拉力1T作用；滑轮
受到重力P、轴的支持力N、上下两
边绳子的拉力
1
T'和2T'的作用。

设滑轮转动方向为正方向，则根据刚
体定轴转动定律有
αJ
R
T
R
T=
'
-
'
1
2
其中滑轮的转动惯量2
2
1
mR
J=
根据牛顿第二定律有
物体A：ma
T
F=
-
2
其中，
1
1
T
T'
=，2
2
T
T'
=
因绳与滑轮之间无相对滑动，所以有
α
R
a=
将4个方程联立，可得滑轮的角加速度
mR
F
R
J
mR
F
5
2
2
=
+
=
/
α
物体A与滑轮之间的绳中的张力
F
T
T
5
3
2
2
=
'
=物体B与滑轮之间的绳中的张力F
T
T
5
2
1
1
='
=
a
3-7 如图所示，质量分别为1m 和2m 的物体A 和B 用一根质量不计的轻绳相连，此绳跨过一半径为R 、质量为m 的定滑轮。

若物体A 与水平面间是光滑接触，求：绳中的张力1T 和2T 各为多少？(忽略滑轮转动时与轴承间的摩擦力，且绳子相对滑轮没有滑动)
解：对滑轮、物体A 和B 分别进行受力分析，如图所示。

因绳子不可伸长，故物体A 和B 的加速度大小相等。

根据牛顿第二定律，有
a m T 11= (1)
a m T g m T P 22222=-=- (2)
滑轮作转动，受到重力P '、张力1T '和2T '以及轴对它的作用力N '等的作用。

由于P '和N '通过滑轮的中心轴，所以仅有张力1T '和2T '对它有力矩的作用。

由刚体的定轴转动定律有
αJ T R T R ='-'12 (3)
因绳子质量不计，所以有
11T T =', 22T T ='
因绳子相对滑轮没有滑动，在滑轮边缘上一点的切向加速度与绳子和物体的加速度大小相等，它与滑轮转动的角加速度的关系为
αR a = (4)
滑轮以其中心为轴的转动惯量为
22
1
mR J =
(5) 将上面5个方程联立，得m
m m g m m T 2
1
21211++=
m
m m g
m m m T 2
1
2121212++⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=
*3-8 如图所示，物体A 和B 分别悬挂在定滑轮的两边，该定滑轮由两个同轴的，且半径分别为1r 和2r (21r r >)的圆盘组成。

已知两物体的质量分别为1m 和2m ，定滑轮的转动惯量为J ，轮与轴承间的摩擦、轮与绳子间的摩擦均忽略不
计。

求：两物体运动的加速度。

解：分别对两物体及定滑轮作受力分析，如图所示。

根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律有
111111a m T g m T P =-=- (1) 222222a m g m T P T =-=- (2)
αJ r T r T ='-'2211 (3)
其中 11T T =', 22T T ='
由角加速度和切向加速度的关系，有
11r a α= (4) 22r a α= (5)
解上述方程组，可得
()2
222111
22111r m r m J gr r m r m a ++-=
()2
222112
22112r m r m J gr r m r m a ++-=
3-9下面说法中正确的是[ A ] (A) 物体的动量不变, 动能也不变 (B) 物体的动量不变, 角动量也不变 (C) 物体的动量变化, 角动量也一定变化 (D) 物体的动能变化, 动量却不一定变化
3-10一质量为m 的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为j i r ωt b ωt a sin cos +=，其中a 、b 、ω皆为常数．则此质点所受的对原点的力矩M = 0 ；该质点对原点的角动量L = k abm ω 。

解：因为r r F 2
22ωm dt
d m -==
所以 (
)
02
=-⨯=⨯=r r F r M ωm 因为 ()j i r
v P t b t a m dt
d m
m ωωωωcos sin +-=== ()⨯+=⨯=j i P r L t b t a ωωsin cos ()m t b t a j i ωωωωcos sin +-
其中，k i j j i =⨯-=⨯，0=⨯=⨯j j i i ，对上式计算得
L =k abm ω
3-11一人手拿两个哑铃，两臂平伸并绕右足尖旋转，转动惯量为J ，角速度为ω。

若此人突然将两臂收回，转动惯量变为J /3。

如忽略摩擦力，求：此人收臂后的动能与收臂前的动能之比。

解：因人在转动过程中所受重力和支持力对转轴的力矩均为零，所以此人的转动满足刚体绕定轴转动的角动量守恒定律。

设人收回两臂后的角速度为
ω'，由21L L =得
ωω'=
3
J J 即
ωω3='
所以，收臂后的动能与收臂前的动能之比为
132
132122
k k ='
='ωωJ J E E
3-12一质量为m 的人站在一质量为m 、半径为R 的水平圆盘上，圆盘可无摩擦地绕通过其中心的竖直轴转动。

系统原来是静止的，后来人沿着与圆盘同心，半径为r (R r <)的圆周走动。

求：当人相对于地面的走动速率为v 时，圆盘转动的角速度为多大？
解：对于转轴，人与圆盘组成的系统角动量守恒。

人的转动惯量为 2mr J =人 圆盘的转动惯量为 22
1
mR J =
盘 选地面为惯性参照系，根据角动量守恒定律，有
0=+盘盘人人ωωJ J
其中 r
v
=
人ω，代入上式得 v R
r 22-
=盘ω 负号表示圆盘的转动方向和人的走动方向相反。

3-13一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω，设它所受阻力矩与转动角速度之间的关系为k ωM -= (k 为正常数)。

则在它的角速度从0ω变为
02
1
ω过程中阻力矩所做的功为多少？ 解：根据刚体绕定轴转动的动能定理，阻力矩所做的功为
2022
121d ωωθJ J M A -=
=⎰ 将02
1
ωω=
代入上式，得 2
08
3ωJ A -=
3-14 一根质量为m 、长为l 的均匀细棒，可绕通过其一段的光滑轴O 在竖直平面内转动。

设0=t 时刻，细棒从水平位置开始自由下摆，求：细棒摆到竖直位置时其中心点C 和端点A 的速度。

解：对细棒进行受力分析可知，在转动过程中，细棒受到重力P 和轴对棒的支持力N 的作用。

其中支持力N 的大小和方向是随时变化的。

在棒转动过程中，支持力N 通过轴O ，所以对轴O 的力矩始终为零。

重力对轴
O 的力矩为变力矩，是棒运动的合外力矩。

设在转动过程中某时刻，棒与水平
方向成θ角，则重力矩为
θcos 2
l
mg M =
所以细棒在由水平位置转到竖直位置的过程中，重力矩做的功为
2
cos 220l
mg d l mg Md A ===⎰⎰π
θθθ
设棒在水平位置的角速度为00=ω，在竖直位置的角速度为ω。

根据刚体定轴
转动的动能定理，有
02
1
220k k -=-==ωJ E E l mg
A 其中，棒的转动惯量为2
3
1ml J =
，代入上式得l g 3=ω 根据速度和角速度的关系r v ω=，细棒摆到竖直位置时其中心点C 和端点A 的速度分别为
gl l v C 32
1
2==ω
gl l v A 3==ω
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第4章机械振动
4-1对同一简谐振动的研究, 两个人都选平衡位置为坐标原点，
但其中一人选铅直向上的Ox轴为坐标系，而另
一个人选铅直向下的OX轴为坐标系，则振动方
程中不同的量是[ ]
(A)振幅；(B)圆频率；
(C)初相位；(D)振幅、圆频
率。

答：(C)
4-2三个相同的弹簧(质量均忽略不计)都一端固定, 另一端连接质量为m 的物体, 但放置情况不同。

如图所示，其中一个平放, 一个斜放, 另一个竖直放置。

如果忽略阻力影响，当它们振动起来时, 则三者的[ ]
(A) 周期和平衡位置都不相同；(B) 周期和平衡位置都相同；
(C) 周期相同,平衡位置不同；(D 周期不同, 平衡位置相同。

答：(C)
4-3一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m的重物，其自由振动的周期为T．今已知振子离开平衡位置为x时，其振动速度为v，加速度为a．则下列
O
x
X
平衡位置
计算该振子劲度系数的公式中，错误的是［ ］
(A) 2
max 2max /x v m k =； (B) x mg k /=；
(C) 22/4T m k π=； (D) x ma k /=。

答： (B) 因为ma kx mg =-
4-4 某物体按余弦函数规律作简谐振动, 它的初相位为2/π-, 则该物体振动的初始状态为[ ]
(A) x 0 = 0 , v 0 > 0； (B) x 0 = 0 , v 0 < 0； (C) x 0 = 0 , v 0 = 0； (D) x 0 = -A , v 0 = 0。

答： (A)
4-5 一个质点作简谐振动，振幅为A ，周期为T ，在起始时刻 (1) 质点的位移为A/2，且向x 轴的负方向运动； (2) 质点的位移为-A/2，且向x 轴的正方向运动； (3) 质点在平衡位置，且其速度为负； (4) 质点在负的最大位移处；
写出简谐振动方程，并画出t=0时的旋转矢量图。

解：(1) )32cos(
ππ+=t T A x (2) )3
22cos(π
π-=t T A x
x
图
)1
(O
x
图
)2(
(3) )22cos(
ππ+=t T A x (4) )2cos(ππ
+=t T
A x
x
图
)3(O
x
A 图
)4(
4-6 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)cos(1αω+=t A x 。

当第一个质点从相对于其平衡位置负的位移处回到平衡位置时，第二个质点正处在正的最大位移处．则第二个质点的振动方程为
（A ）2cos()2x A t πωα=++ ； （B ）2cos()2
x A t π
ωα=+- ； ［ ］
（C ）23cos()2
x A t π
ωα=+-； （D ）2cos()x A t ωαπ=++。

解： (A) 利用旋转矢量法判断，如附图所示：
2
12π
ϕϕ=
-
所以
2cos()2
x A t π
ωα=++
即答案（A ）
4-7 一简谐振动曲线如图所示，则由图确定质点的振动方程
为 ，在t = 2s 时质点的位移为 ，速度为 ，加速度为 。

1
A
1
234
0t (s)
x (cm)
6
-6
答： m t x )2
cos(06.0π
π+
=； 0； -0.06πm ∙s –1； 0
4-8 一简谐振动的曲线如图所示，则该振动的周期为 ，简谐振动方程为 。

A ϖx
O
2/A 5
=t ϖ6
5π
习题4-8解答用图
解：0=t 的旋转矢量图如附图所示，00>v ，3
π
ϕ-=
所以有
6
/55
2ππ=
T 解周期
T=12s
简谐振动方程为 )3
6cos(π
π-=t A x m
4-9一质点沿x 轴作简谐振动，其角频率ω = 10 rad/s 。

其初始位移x 0 = 7.5 c m ，初始速度v 0 = 75.0 cm/s 。

试写出该质点的振动方程。

解： 振幅 2
20
2
ωv x A +
=1110
755.722
2
=+=cm=0.11m
初相 0
arctan
v x ϕω-==arctan （-1） 得 4
π
ϕ-
=和4
3πϕ=
由初始条件可知 4
π
ϕ-
=;
质点的振动方程为 )4
10cos(11.0π
-=t x m
4-10 质量为2 kg 的质点，按方程)3/8.0cos(2.0π-=t x π（SI ）沿着x 轴振动。

求(1)振动的周期、初相位、最大速度和最大加速度；(2)t =1s 时振动的相位和位移。

解： (1) 由振动方程得πω8.0=，振动的周期5.22==
ω
π
T s
由振动方程得初相 3
π
ϕ-
=
速度为 )3
8.0sin(8.02.0π
ππ-⨯-=t v m∙s -1
最大速度为 5024.08.02.0=⨯=πm v m∙s -1
加速度为 )38.0cos()8.0(2.02π
ππ-⨯-=t a m∙s -2
最大加速度 26.1)8.0(2.02=⨯-=πm a m∙s -2
(2)t =1s 时，振动的相位为ππ
π47.03
8.0=-
π5.0≈
位移为 x =0.02m
4-11 一质点作简谐振动，振动方程为)7.0100cos(6ππ+=t x cm ，在t (单位:s )时刻它在23=x cm 处，且向x 轴负方向运动。

求：它重新回到该位置所需要的最短时间。

解 23=x 是振幅的一半，由旋转矢量法可得，t 时刻的相位为
4
π
ϕ=
再次回到23=x 的相位为
4
π
ϕ-
=
两矢量之间的夹角为4
3
2⨯
π，旋转矢量转 π2用时间为周期T ，所以有
π
π2432T t =⨯
∆ 解得 ∆t =0.015s
4-14 汽车相对地面上下作简谐振动，振动表达式为)4/2cos(04.01ππ+=t x (SI)；车内的物体相对于汽车也上下作简谐振动，振动表达式为
)2/2cos(03.02ππ+=t x (SI)。

问：在地面上的人看来，该物体如何运动？写出合
振动表达式。

解： 合振动为简谐振动，其振动方程为)36.02cos(065.0ππ-=t x m
654
cos
3423422=⨯⨯++=π
A cm=0.065m
061.22
cos
34
cos
42sin 34sin
4tan
tan =++=π
π
π
πϕ
︒=64ϕ
4-15 一弹簧振子作简谐振动，总能量为1E ，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量2E 变为［ ］
(A ) 1E /4； (B ) 1E /2； (C ) 21E ； (D ) 41E 。

解： 总能量2
2
1kA E =
，与重物的质量无关。

所以答案为(4) 4-16 一质点作简谐振动，其振动方程为 )4
1
31cos(10
0.62
π-π⨯=-t x (SI)
(1)当x 值为多大时，系统的势能为总能量的一半？ (2)质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少? 解： (1)
2
24
121kA kx = 解得 x =
2102.42
2
-⨯=A m ；
(2) 由旋转矢量图可见，相当于求4
2
π
π
-
→-
所用时间，即
∆t =
=⋅==⋅ω
π
ππ281842T T 0.75s
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第5章 机械波
5-1 一平面简谐波的表达式为)37.0125cos(25.0x t y -=(SI)，其角频率
ω = ，波速u = ，波长λ = 。

解：ω =125rad 1s -⋅ ;
37.0=u
ω
，u =
=37
.0125
3381s m -⋅ =⨯=
=
=
125
338
22πω
πν
λu
u
17.0m 5-2频率为500Hz 的波，其波速为350m/s ，相位差为2π/3 的两点之间的距离为 _。

解： ∆λ∆π
ϕx 2=， π
λϕ∆∆2⋅=x =0.233m 5-3 一平面简谐波沿x 轴负方向传播。

已知在x =-1m 处质点的振动方程为cos()y A t ωϕ=+(SI)，若波速为u ，则此波的表达式
为 。

答： )]1(cos[u
x
u t A y ++
=ω(SI) 5-4 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，t = 0 时刻的波形图如图所示，则P 处介质质点的振动方程是［ ］。

(A) )3
1
4cos(10.0π+
π=t y P (SI)； O
P
y （m ）
5m
u =20m/s
0.05 0.1
(B) )3
1
4cos(10.0π-π=t y P (SI)； (C) )3
1
2cos(10.0π+π=t y P (SI)； (D) )6
1
2cos(10.0π+
π=t y P (SI)。

解：答案为 (A)
确定圆频率：由图知10=λm ，u =20m/s ，得πλ
π
πνω422===u
确定初相：原点处质元t =0时，205.00A y P =
=、00<v ，所以3
πϕ= 5-5已知波源的振动周期为4.00×10-
2 s ，波的传播速度为300 m ·s -1，波沿x 轴正方向传播，则位于x 1 = 10.0 m 和x 2 = 16.0 m 的两质点振动相位差的大小为 。

答：ππ
λ
π
ϕ∆3
8
22121
2=-=-=uT x x x x 5-6 一列平面简谐波沿x 轴正向无衰减地传播，波的振幅为 2×10-3 m ，周期为0.01 s ，波速为400 m∙s -1。

当t = 0时x 轴原点处的质元正通过平衡位置向y 轴正方向运动，则该简谐波的表达式为 。

答：波沿x 轴正向无衰减地传播，所以简谐波的表达式为
])(cos[ϕω+-=u
x
t A y 的形式。

其中ππω2002==
T ；由00=x 、00>v ，知2
π
ϕ-=，代入上式，得 ]2
)400(200cos[1023π
π--
⨯=-x t y m 5-7 如图，一平面波在介质中以波速u = 10 m ·s -1沿x 轴负方向传播，已
知A 点的振动方程为)3/3cos(1042π+⨯=-t y π[SI]。

（1）以A 点为坐标原点，写出波函数；
（2）以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波函数；
（3）A 点左侧2m 处质点的振动方程；该点超前于A 点的相位。

解： （1）]3
)10(3cos[1042π++
⨯=-x t y πm （2）]67)10(3cos[1042π-+
⨯=-x t y πm 或]65)10(3cos[1042π++⨯=-x t y πm
（3）]15
4(3cos[1042π
-
⨯=-t y πm 5315902ππϕϕ-
=-
=-=-=x x ，即比A 点相位落后5
3π
5-8图示一平面简谐波在t = 1.0 s 时刻的波形图，波的振幅为0.20 m ，周期为4.0 s ，求（1）坐标原点处质点的振动方程；（2）若OP =5.0m ，写出波函数；（3）写出图中P 点处质点的振动方程。

解： 如图所示为t =0时的波形图，可见t =0原点处质点在负的最大位移处，所以πϕ=。

（1）坐标原点处质点的振动方程为
x
A
B
u
y （m ） x （m ）
A O
P
传播方向
o
x
y
u
P
)2
cos(2.0ππ
+=t y m
（2）波函数为 习题5-12解题用图
])5
.2(2cos[2.0ππ+-=x
t y m
（3）P 点的坐标x =0.5m 代入上式，得P 点的振动方程为
)2
cos(2.0t y π
=m 5-9 已知一列机械波的波速为u , 频率为ν, 沿着x 轴负方向传播．在x 轴的正坐标上有两个点x 1和x 2．如果x 1＜x 2 , 则x 1和x 2的相位差21ϕϕ-为[ ]
(A) 0 (B)
)(221x x u
-πν
(C) π (D)
)(212x x u -πν
答： （B ） 习题5-13解答用图
5-14如图所示，一简谐波沿BP 方向传播，它在B 点引起的振动方程为
t A y π2cos 11=。

另一简谐波沿CP 方向传播，它在C 点引起的振动方程为
()ππ2cos 22+=t A y 。

P 点与B 点相距0.40 m ，与C 点相距0.50 m 。

波速均为
u ＝0.20 m ⋅s -1。

则两波在P 的相位差为 。

答： 020
.040
.050.0222=--=-=--=ππλ
ϕϕϕ∆uT B C 5-10 如图所示，S 1和S 2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波
1
x 2
x u
ϖ
o
长为λ的简谐波，P 点是两列波相遇区域中的一点，已知12S P λ=，2 2.2S P λ=，两列波在P 点发生相消干涉．若S 1的振动方程为)2/cos(1π+=t A y ，则S 2的振动方程为 ［ ］
(A) )2
cos(2π
-=t A y ; (B) )cos(2π-=t A y ;
(C) )2
cos(2π
+
=t A y ; (D) )1.0cos(2π-=t A y 。

答： 答案为（D ）。

设S 2的振动方成为)cos(22ϕ+=t A y ，在P 点两波的相位差为
πλ
λ
λπ
π
ϕλ
π
ϕϕϕ∆=---
=---=22.222
221212P
S P S
解得πϕ9.12=可记为πϕ1.02-=。

5-11如图所示，两列波长均为λ的相干简谐波分别通过图中的O 1和O 2点，通过O 1点的简谐波在M 1 M 2平面反射后，与通过O 2点的简谐波在P 点相遇。

假定波在M 1 M 2平面反射时有由半波损失。

O 1和O 2两点的振动方程为10cos y A t π=和20cos y A t π=，且 18O m mP λ+=，23O P λ=（λ
为波长），求：
(1) 两列波分别在P 点引起的振动的方程； (2) 两列波在P 点合振动的强度（假定两列波在传播或反射过程中均不衰减）。

解： （1）1O 在P 点引起的振动为]82cos[1πλ
λ
π+⨯-
=t A y π=)cos(π+t A π
P
M 1 M 2
m
O 2
O 1
S 1
S 2
P
2O 在P 点引起的振动为t A t A y πλ
λ
πcos ]32[cos 2=⨯-
=π
（2）在P 点二振动反相，合振动的振幅为0，2A I ∝，所以P 点合振动的强度为0。

5-12 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动［ ］ (A) 振幅相同，相位相同． (B) 振幅不同，相位相同．
(C) 振幅相同，相位不同． (D) 振幅不同，相位不同． 答：（B ）
5-13在波长为λ的驻波中，相对同一波节距离为λ/8两点的振幅和相位分别为
答：（B ）
(A) 相等和0； (B) 相等和π； (C) 不等和0； (D) 不等和π。

［ ］
5-14 一静止的报警器，其频率为1000 Hz ，有一汽车以79.2 km 的时速驶向和背离报警器时，坐在汽车里的人听到报警声的频率分别是 和 （设空气中声速为340 m ·s -1）。

解：汽车速度为22360079200=÷=S v m ∙s -1 驶向报警器接收的频率为：1069223401000
340=-⨯=-=
'ννS v u u Hz 背离报警器接收的频率为：=+⨯=+=
'22
3401000
340ννS v u u 939Hz 六、(本题10分）图示为平面简谐波在t =0时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时图中点P 的运动方向向上。

求：
（1）原点处质点的振动方程； （2）该波的波动方程；
（3）在距原点右侧7.5m 处质点的振动方程。

解： （1）由图可知A=0.1m
m 20=λ（1分）
波向左传播（1分），2500ωπνπ==（1分） ，初相 3
π
ϕ=
（2分）
波速1
5000u m s λν-==⋅（ 1分） 原点处质点的振动方程 0.1cos(500)()3
y t m π
π=+（ 2分）
（2）该波的波动方程 0.10cos(500)()103
y t x m ππ
π=++ （1分）
（3） ))(12
13500cos(1.0m t y π
π+
= （1
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第8章 气体动理论
8-1一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平衡状态，则下列几种情况正确的是
（1）温度相同、压强相同； （2）温度、压强都不相同； （3）温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强； （4）温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强。

答案：（3）
8-2三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度V n 相同，而方均根
速率之比为()()()
4:2:1v ::2
/122
/122
/12=C
B A
v v ，则其压强之比A p :B p :C p 为多少？
答案： 1：4：16
8-3温度相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能为ε，平均平动动能为t ε，下列说法正确的是
（1） ε和t ε都相等； （2） ε相等，而t ε不相等； （3） t ε相等，而ε不相等； （4） ε和t ε都不相等。

答案：（3）
8-4如图所示的两条曲线分别表示氦、氧两种气体在相同温度T 时分子按速率的分布，其中曲线 I 、II 分别表示哪种气体分子的速率分布曲线?。