《大学物理学》第二版上册习题解答

大学物理学习题答案
习题一答案 习题一
1.1 简要回答下列问题：
(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下
二者的量值不相等？
(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？
(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关
系和区别又是什么？
(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其
位矢的方向是否一定保持不变？
(5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0
dv dt
=和0d v
dt =各代表什么运动？
(6) 设质点的运动方程为：
()
x x t =，
()
y y t =，在计算质点的速度
和加速度时，有人先求出r =
dr
v dt =
及
22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即
v = 及
a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？
(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？
(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分
速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？
(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t
a 、a 三者的大小
是否随时间改变？
(11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否
落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？
1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中
t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。

解： (1) 最
初
s
2内的位移为为：
(2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-=
最初s 2内的平均速度为： 00(/)
2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dx v t t
dt ==-
s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-
(2)
s
1末到
s
3末的平均加速度为：
2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---=
===-∆
(3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)
dv d t a m s dt dt -===-。

1.3 质点作直线运动，初速度为零，初始加速度为
0a ，质点出发后，每经
过τ时间，加速度均匀增加b 。

求经过t 时间后，质点的速度和位移。

解: 由题意知，加速度和时间的关系为
0b
a a t
τ
=+
利用dv
adt =，并取积分得
000v t
b dv a t dv τ⎛
⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰，
202b v a t t τ=+ 再利用dx v dt =，并取积分[设0t =时00
x =]得
00x
t
x dx vdt
=⎰⎰，
23
0126b x a t t
τ∆=
+ 1.4 一质点从位矢为
(0)4r j =的位置以初速度(0)4v i =开始运动，
其加速度与时间的关系为(3)2a t i j =-.所有的长度以米计，
时间以秒
计.求：
（1）经过多长时间质点到达x 轴； （2）到达x 轴时的位置。

解： 203()(0)()4(2)2t
v t v a t dt t i t j
⎛
⎫=+=+- ⎪⎝⎭⎰
()()3201()(0)442t r t r v t dt t t i t j
⎛
⎫=+=++- ⎪⎝⎭⎰ （1） 当2
40t -=，即2t s =时，到达x 轴。

（2）
2t s =时到达x 轴的位矢为 ：(2)12r i =
即质点到达x
轴时的位置为12,0x m y ==。

1.5 一质点沿x 轴运动，其加速度与坐标的关系为2
a x ω=-，式中ω为常数，设0=t 时刻的质点坐标为0x 、速度为0v ，求质点的速度与坐标的关系。

解：按题意 222
d x
x dt ω=-
由此有
dx dv v
dt dx dx dv dt dv dt x d x ====-222
ω， 即 xdx vdv 2
ω-=，
两边取积分 ⎰⎰
-=x
x v
v xdx
vdv 0
2ω，
得
20
22
1
2221202122
1x x v v ωω+-=-
由此给出 v =±，2
02
02
x v A +⎪⎭⎫ ⎝⎛=ω
1.6 一质点的运动方程为k t j t i t r ++=2
4)(，式中r ，
t 分别以m
s 为单位。

试求：
(1)
质点的速度与加速度；(2) 质点的轨迹方程。

解：(1)
速度和加速度分别为：
(8)dr
v t j k dt =
=+j
dt v d a 8== (2) 令k z j y i x t r
++=)(，与所给条件比较可知 1=x 2
4t y =，t z =
所以轨迹方程为：
2
1,4x y z ==。

1.7 已知质点作直线运动，其速度为
21
3()v t t ms -=-0~4s 时间内的路程。

解: 在求解本题中要注意：在0~4s 于零，因而运动出现往返。

如果计算积分4
vdt
⎰路程。

求路程应当计算积分4
v dt
⎰。

令230v t t =-=，解得3t s =由此可知：3t <s 时，0v >，v v =； 3
t =s 时，0v =；而3t >时，0v <，v v
=-。

因而质点在0~4s 时间内的路程为
()()4
3
4
3
4
220
3
3
()33s v dt vdt v dt t t dt t t dt
==+-=---⎰⎰⎰⎰⎰
3
4
2323033131)2323t t t t m ⎡⎤⎡⎤=---=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦。

1.8 在离船的高度为h 的岸边，一人以恒定的速率0
v 的水平距离为x 时，船的速度和加速度。

解: 建立坐标系如题1.8图所示，船沿X 应先建立运动方程，由图题1.8，可得出
h
Y 两边求微分，则有
22dx dr x
r dt dt =
船速为
dx r dr v dt x dt =
=
按题意0dr
v dt =-(负号表示绳随时间t 缩短)，所以船速为
v =
负号表明船速与x 轴正向反向，船速与x 有关，说明船作变速运动。

将上
式对时间求导，可得船的加速度为
22
03
h v dv
a dt x ==-
负号表明船的加速度与x 轴正方向相反，与船速方向相同，加速度与x 有关，说明船作变加速运动。

1.9 一质点沿半径为10cm 的圆周运动，其角坐标θ(以弧度rad 计)可用下式表示
324t θ=+
其中t 的单位是秒(s )试问：(1)在2t s =时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？
(2)当θ等于多少时其总加速度与半径成45角 ？
解：(1) 利用 324t θ=+，2
/12d dt t ωθ==，
/24d dt t αω==， 得到法向加速度和切向加速度的表达式
24
144n a r rt ω==，
24t a r rt
α==
在2t s =时，法向加速度和切向加速度为：
4421441440.12230.4()n a rt m s -==⨯⨯=⋅，
224240.12 4.8()
t a rt m s -==⨯⨯=⋅
(2) 要使总加速度与半径成45角，必须有n
t a a =，即414424r t r t =
解得 31/6t =，此时 67.2423
=+=t θrad
1.10 甲乙两船，甲以10/km h 的速度向东行驶，乙以15/km h
的速度向
南行驶。

问坐在乙船上的人看来，甲船的速度如何？坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何？
解：以地球为参照系，设i 、j
分别代表正东和正北方向，则甲乙两船速
度分别为
h km i v /101 =，h km j v /152
-= 根据伽利略变换，当以乙船为参照物时，甲船速度为
h km j i v v v /)1510(21
+=-= h
km v /1.18151022=+=
，
31.561015
==arctg
θ
即在乙船上看，甲船速度为18.1/km h ，方向为东偏北
31.56
同理，在甲船上看，乙船速度为18.1/km h ，方向为西偏南
31.56。

1.11 有一水平飞行的飞机，速率为0v
，在飞机上安置一门大炮，炮弹以水平速度v 向前射击。

略去空气阻力，
(1) 以地球为参照系，求炮弹的轨迹方程； (2) 以飞机为参照系，求炮弹的轨迹方程；
(3)
解：(1) 以地球为参照系时，25.0gt y -=
消去时间参数t 202
)(2v v gx y +-
=同）
(2) 2
2
2v gx y -=
(3) y ，可得 2
22v gx y =.
1.12如题1.12图，率为v ，一艘速率为u v <线的垂线与港口的距离为x 间为
t =
Y
D
证明： 11x y =⎧⎨
=⎩拦截条件为：
⎩⎨⎧11y x 所以
x 取最大值的条件为：/dx 地sin θ=因此x 的最大值为
x
而引力势能只有负值？ 而其中某一分力做的. . 其机械能守恒. ) 0v ，证明：
)[1]
kt k e -⋅-；
dv k
dt v
m =-，积分k t m -
，0kt m v v e -=
/)
kt m -
即t →∞，故有
0t =时，物体的速度3s ，求它的
)t dt mv
=
12.7()
ms -=
根据牛顿第二定律，F
ma = []3
34343
1.510t t F a m
m
=++⨯=
==
=(m/s 2)
2.4 一颗子弹由枪口射出时速率为
v ms -1
，当子弹在枪筒内被加速时，它
所受的合力为()
F a bt =-N （a,b 为常数），其中t 以秒为单位： （1）假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；
（2）求子弹所受的冲量； （3）求子弹的质量。

解：
(1)由题意，子弹到枪口时，有()0F
a bt =-=, 得
a t
b =
(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at dt bt a I 0221)(，将
a t
b =
代入，得b a
I 22=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
02
02bv a
v I m =
=
2.5 一质量为m 的质点在xoy 平面上运动，其位置矢量为
j t b i t a r
ωωs in c o s +=，求质点的动量及0t =到2t πω=时
间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量。

解：质点的动量为
()
sin cos p mv mr m a ti b tj ωωω===-+
将0t
=和2t πω=分别代入上式，得
1p m bj ω=，
2p m ai
ω=-
动量的增量，亦即质点所受外力的冲量为
21()I p p m ai bj ω=-=-+
2.6 作用在质量为10kg 的物体上的力为(102)F t iN
=+，式中t 的单位是s 。

（1）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； （2）为了使这力的冲量为200Ns ，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1
6jm s --⋅的物体，回答这两个问
题。

解：(1)若物体原来静止，则
4
10
(102)56t p Fdt t idt i
∆==+=⎰⎰[1kg m s -⋅⋅]，沿x 轴正向， 11
11115.656[]
p v i m s I p i kg m s m
--∆∆==⋅=∆=⋅⋅[], 若物体原来具有初速度1
06v jm s -=-⋅，则 0000
,()t p mv p t mv Fdt =-=-+⎰
于是
201
()p p t p p ∆=-=∆
同理，
2121,v v I 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．
(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即
⎰+=+=t
t t dt t I 0
2
10)210(
令2
10200t t +=，解得10t s =。

2.7 一小船质量为100kg ，船头到船尾共长
3.6m 。

现有一质量为50kg 的人从船尾走到船头时，船头将移动多少距离？假定水的阻力不计。

解：由动量守恒
人
人船船
又
dt
V
S t
⎰=
船
船，
船
人
船船人
船人人S m M dt V m M dt v s t
t =
==⎰
⎰0
，
如图，船的长度
L S s =+人
船
所
以
3.6
1.2100
1150L S m M m =
==++
船船人
即船头相对岸边移动
m
S 2.1=船
2.8 质量
2m kg =的质点,从静止出发沿X 轴作直线运动，受力
(12)F t i =(N)，试求开始3s 内该力作的功。

解 3
0(12)(12)x x L
L
A F dx t dx tv dt
===⎰⎰⎰
而
200
001232t
t
t
x x x x F v v a dt dt tdt t m =+===⎰⎰
⎰
所以
()3
3
3
2
3
400
03612336729(J)
4A t t dt t dt t ⎡⎤=⋅===⎢⎥⎣⎦⎰⎰
2.9 一地下蓄水池，面积为2
50s m =，水深度为1.5m ，假定水的上表面低于地面的高度是5.0m ，问欲将这池水全部抽到地面，需作功多少? O
1
h
习题2.9
解:建坐标如习题2.9图，图中0
h
水的密度为
33
10kg m
ρ=
，对于坐标为
y
其质量
dm sdy
ρ
=
dA dmgyρ
==
将蓄水池中的水全部抽到地面需作功
0101
00
1
2
h h h h
h h
A dA sgydy
ρρ
++
===
⎰⎰
(210
1
2
2
sg h h
ρ
=+
(
32
1
10509.8 1.52 5.0
2
=⨯⨯⨯⨯+⨯
2.9一炮弹质量为m，以速度v
爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T，
v
证明：设一块的质量为1
m
12
m m m
+=
，有
11
m
m
k
=
+，
①
又设1
m
的速度为1
v
，2
m
的速度为2
v
，则有
2
2
2
2
1
12
1
2
1
v
m
v
m
T-
+
=
②
1122
m v m v mv
+=
[
③
联立①、③解得
12
(1)
v kv k v
+=+
，
④
联立④、②解得
2
2
)
(
2
v
v
km
T
-
=
将其代入④式，有
1
2
(1)
kT
v k v k v
m
⎛
=+-
⎝
又因为爆炸后，两弹片仍沿原方向飞
km
T
v
v
m
kT
v
v
2
,
2
2
1
-
=
+
=。

2.10一质量为m
k的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了L
m
解：子弹射入木块到相对静止的过程是一个完全非弹性碰撞，时间极短，
木块获得了速度，尚未位移，因而弹簧尚未压缩.此时木块和子弹有共同的
速度1
v
，由动量守恒，
()
10
m M v mv
+=
此后，弹簧开始压缩，直到最大压缩，由机械能守恒，
()22
1
11
22
m M v kL
+=
由两式消去1
v
，解出0
v
得
v=
2.11质量m的物体从静止开始，在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从
A滑到B。

在B处时，物体速度的大小为B v。

已知圆的半径为R，求
物体从A滑到B的过程中摩擦力所作的功：(1)用功的定义求；(2)用动能
定理求；(3)用功能原理求。

A
解方法一：
顿方程为
cos
t
dv
mg f ma m
dt
θ-==
即
cos
dv
f m
g m
dt
θ
-=-+
注意摩擦力
f
与位移dr反向，且
||
dr Rdθ
=
，因此摩擦力的功为
2
00
||
cos B v
f
dr
A mg Rd m dv
dt
π
θθ
=-+
⎰⎰
22
00
1
cos
2
B
v
B
mgR d m vdv mgR mv
π
θθ
=-+=-+
⎰⎰
方法二：选m为研究对象，合外力的功为
()
A mg f N dr
=++⋅
⎰
考虑到
N0
dr⋅=
⎰
，因而
2
cos||cos
f f f
A A mg dr A mgR d A mgR
π
θθθ
=+⋅=+=+
⎰⎰
由于动能增量为
12k E ∆=12f A mgR +=初始在A 点时，
0p E mgR
=终了在B 点时，0p E =，由功能原理知：f A E =∆=
2.12 墙壁上固定一弹簧，物体m
X
解：物体水平受力如图，其中
f 0v =。

设此时物体的位移为(0
-x
F ⎰即 解出 系统的势能为 E 2.13 (E p 式中r ⑴
r ⑵分子势能的极小值为
E -⑶当
)(=r E p 证明：（1）当()
P dE r dr =min )(r E P 。

由
()P dE r d E dr dr =
126
00r r r r ⎛⎫⎛⎫
= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 0r 为分子势能取极值时的原子间距。

另一方面，
12620002
148()
12137P r r d E r E dr r r ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
200222200072()
137120P E d E r E dr r r r ⎛⎫=-=> ⎪⎝⎭
，所以
)(r P 取最小值。

时，
126
00
min
00
00()2P r r E r E E r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
126
000)20
r r E r r ⎡⎤
⎛⎫⎛⎫=-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，得到
126
020r r ⎤⎛⎫-=⎥ ⎪⎝⎭⎥⎦，602r r ⎛⎫= ⎪⎝⎭，
r =10-23kg ，速度为6.0×107m/s 的粒子A ，与另一个质量为其
B 相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子A 的速率
的速率及偏转角； 的偏转角。

B B A A A A v m v m v m ''
+=
β
αcos 'cos 'B B A A A A v m v m v m +=β
αsin 'sin 'B B A A v m v m =
222
'2
1'2121B B A A A A v m v m v m += kg m A
23
102.7-⨯=，
kg
23106.3-⨯=，
s
m v A /100.67⨯=，
s m /107
， s m v B /1069.4'7⨯=，'454 =β，
22 =
α2.15 一质量为1
M 今在
1
M
挂上2M
即 ③ 联立①、②3/210012M r M M ω⎛⎫⋅ ⎪+⎝⎭
2.16 r 175.8=故有
∴11
22rv r v ==
2.17 [1]10期。

[2]2期。

2.18 [1][2]高炳坤、李复，“惯性系”考(续)，大学物理，2002年第21卷第5期。

习题三答案 习题三
3.1简要回答下列问题：
(1) 地球由西向东自转，它的自转角速度矢量指向什么方向？ 作图说明. (2) 刚体的转动惯量与那些因素有关？“一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗？
(3) 平行于z 轴的力对z 轴的力矩一定为零，垂直于z 轴的力对z 轴的力矩一定不为零.这种说法正确吗？ (4) 如果刚体转动的角速度很大，那么作用于其上的力是否一定很大？作用于其上的力矩是否一定很大？
(5) 两大小相同、质量相同的轮子，一个轮子的质量均匀分布，另一个轮子
的质量主要集中在轮子边缘，两轮绕通过轮心且垂直于轮面的轴转动。

问：(a)如果作用在它们上面的外力矩相同，哪个轮子转动的角速度较大？(b)如果它们的角加速度相同，哪个轮子受到的力矩大？(c)如果它们的角动量相等，哪个轮子转得快？ (6) 为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关，而与内力矩无关？ (7) 下列物理量中，哪些与参考点的选择有关，哪些与参考点的选择无关：(a) 位矢；(b)位移；(c)速度；(d)动量；(e)角动量；(f)力；(g)力矩. (8) 做匀速圆周运动的质点，对于圆周上某一定点，它的角动量是否守恒？
对于通过圆心并与圆平面垂直的轴上任一点，它的角动量是否守恒？对于哪一个定点，它的角动量守恒？ (9) 一人坐在角速度为
0ω的转台上，手持一个旋转着的飞轮，其转轴垂直
于地面，角速度为'ω。

如果忽然使飞轮的转轴倒转，将发生什么情况？设转台和人的转动惯量为I ，飞轮的转动惯量为'I 。

3.2质量为m 长为l 的均质杆，可以绕过B 端且与杆垂直的水平轴转动。

开始时，用手支住A 端，使杆与地面水平放置，问在突然撒手的瞬时，(1)绕B 点的力矩和角加速度各是多少？(2)杆的质心加速度是多少？
B
解：(1)绕B 点的力矩M 由重力产生，设杆的线密度为ρ，l m
=
ρ，
则绕B 点的力矩为
001
2mg
m l M xdG gxdm gx dx mgl
ρ====⎰
⎰⎰
杆绕B 点的转动惯量为 2
0202
31
ml dx x dm x I l
m
===⎰⎰ρ 角加速度为 32M g I l β==
(2)杆的质心加速度为
g
l a 432==β
3.3 如图所示，两物体1和2的质量分别为
1
m 与
2
m ，滑轮的转动惯量为
I ，半径为r 。

⑴如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力1T
与2T
(设绳子与滑轮间无相对滑动)；
⑵如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力
1T 与
2
T 。

T m
1
T
1
m
解：⑴先做受力分析，物体1受到重力1和绳的张力1，对于滑轮，
受到张力1T 和2T ，对于物体2，在水平方向上受到摩擦力
g m 2μ和
张力
2T ，分别列出方程
a m T g m 111=- [()a g m T -=11]
a
m g m T 222=-μ
[
()g a m T μ+=22]
()12a T T r M I I
r α-===
通过上面三个方程，可分别解出三个未知量
()()212212m m gr a m m r I μ-=++，()()22112121m r g Ig T m
m m r I μ++=++，
()()2122
2121m r g Ig T m m m r I μμ++=++
⑵ 在⑴的解答中，取
0=μ即得
()2
1212m gr a m m r I
=
++，
()2211
212m r g Ig
T m m m r I
+=++，
()2122212m m r g
T m m r I
=
++。

3.4 电动机带动一个转动惯量为I=50kg·m 2的系统作定轴转动。

在0.5s 内由静止开始最后达到120r/min 的转速。

假定在这一过程中转速是均匀增加的，求电动机对转动系统施加的力矩。

解：由于转速是均匀增加的，所以角加速度α为
2
120/min 2/8/0.560/min r rad r
rad s t s s ωπαπ∆⨯=
==∆⨯
从而力矩为
322508 1.25710M I kgm s απ-==⨯=⨯
3.5 一飞轮直径为0.30m ，质量为5.00kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀的加速，经0.50s 转速达到10r/s 。

假定飞轮可看作实心圆柱体，求：
⑴飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； ⑵拉力及拉力所作的功；
⑶从拉动后t=10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。

解：⑴ 飞轮的角加速度为
210/2/125.7/0.5r s rad r
rad s t s ωπα∆⨯=
==∆
转过的圈数为
r s s r n 5.25.0/1021
=⨯⨯=
⑵ 飞轮的转动惯量为 2
21mr I =， 所以，拉力的大小为
110.35125.747.1()222M I F mr N r r αα=
===⨯⨯⨯=
拉力做功为
47.1 2.5 3.140.3111()W FS F n d J π==⨯=⨯⨯⨯=
⑶从拉动后t=10s 时，轮角速度为
3125.710 1.25710(/)t rad s ωα''==⨯=⨯
轮边缘上一点的速度为
31.257100.15188(/)v r m s ω''==⨯⨯= 轮边缘上一点的加速度为
2125.70.1518.8(/)a r m s α==⨯=。

3.6 飞轮的质量为60kg ，直径为0.50m ，转速为1000r/min ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F 。

假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上。

尺寸如图所示。

解：力矩为
2d F '
μ，在制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由2
d
mv
变化到0，所以由
Mdt L L =-⎰有
222
d
d m t d
F ⋅='ω
μ
解得785.42m d F N t ωμ'==。

由杆的平衡条件得
0.5314.21.25F F N
'==。

3.7 弹簧、定滑轮和物体的连接如图3.7所示，弹簧的劲度系数为2.0N m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg m 2，半径为0.30m ，问当6.0kg 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。

习题3.7图
解：当物体落下0.40m 时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能， 即
2
2
2222121r Iv mv kh mgh ++=， 将kg m 6=，2/8.9s kgm g =，m h 4.0=，25.0kgm I =，m r 3.0=代入，得
s m v /01.2=
3.8 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人。

圆盘的半径为R ，转动惯量为J ，角速度为ω。

如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化。

解：系统的角动量在整个过程中保持不变。

人在盘边时，角动量为
()
ωω2
mR J I L +==
人走到盘心时角动量为 ωω'=''=J I L
因此
()ωωJ mR J 2
+=
'
人在盘边和在盘心时，系统动能分别为
2
2212
1
21ωωJ R m W +=，
(
)
2
2
2222121ωωJ
mR
J J W +='=
系
统
动
能
增
加
2422
2122121ωωJ R m R m W W W +=-=∆ 3.9 在半径为1R ，质量为m 的静止水平圆盘上，站一质量为m 的人。

圆
盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动。

当这人开始沿着与圆盘同心，半径为2R [21R R
<]的圆周匀速地走动时，设他相对于圆盘的速度为v ，
问圆盘将以多大的角速度旋转？
解：整个体系的角动量保持为零，设人匀速地走动时圆盘的角速度为ω，则
()21221
2
L L L m v R R mR ωω=+=--=人盘
解得
v R R R 2
2212
22+-=
ω
3.10 如题3.10图示，转台绕中心竖直轴以角速度
ω作匀速转动。

转台对
该轴的转动惯量J =5×10-5 kg·m 2。

现有砂粒以1g/s 的速度落到转台，并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆。

试求砂粒落到转台，使转台角速度变为
102
ω所花的时间。

习题3.10图
解：要使转台角速度变为1
02
ω，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所
以必须要使体系的转动惯量加倍才行，即
J
r m =2沙粒。

将
25105m kg J ⋅⨯=-和m r 1.0=代入得
kg
m 3105-⨯=沙粒 所以 s s g kg t 5/11053=⨯=- 3.11 一脉冲星质量为1.5×1030
kg ，半径为20km 。

自旋转速为2.1 r/s ，并且
以1.0×10-15
r/s 的变化率减慢。

问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体。

解：脉冲星的转动惯量为 252mr I =
转动动能为 2
2251
21r m I W ωω== 转动动能的变化率为 225dW d mr dt
dt ω
ω= ()2
304150.4 1.510210 2.12 1.0102π-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯
由
d dt ω
α=
，t ωα=，得停止自旋所需要的时间为
15152
2.1/ 2.1101.010/r s t s r s
ωα-===⨯⨯ 3.12 两滑冰运动员，质量分别为M A =60kg ，M B =70kg ，它们的速率V A =7m/s ，V B =6m/s ，在相距1.5m 的两平行线上相向而行，当两者最接近时，
便拉起手来，开始绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为1.5m 。

求该瞬
时：⑴系统的总角动量；⑵系统的角速度；⑶两人拉手前、后的总动能。

这一过程中能量是否守恒，为什么？
解：⑴设两滑冰运动员拉手后，两人相距为s ，两人与质心距离分别为A
r 和
B r ，则
s
M M M r B
A B
A +=
，
s
M M M r B
A A
B +=
两人拉手前系统总角动量为
()s V V M M M M r V M r V M L L L B A B
A B
A B B B A A A B A =
++=
+=+=
⑵设两人拉手后系统的角速度为ω，由于两人拉手后系统角动量不变 2
2A A B B L M r M r ωω
=+
所
以
，
s rad s V V r M r M L
B A B B A A /67.82
2
=+=+=
ω
⑶
两
人
拉
手
前
总
动
能为：
J V M V M W B B A A 273021
21221=+=
拉手后，由于整个体系的动量保持为零，所以体系动能为
()J V V M M M M r M r M W B A B
A B A B B A A 27302121212222
22=++=+=ωω
所以体系动能保持守恒。

可以算出，当且仅当B B A A V M V M =时，体
系能量守恒，否则能量会减小，且
()()22121B B A A B A V M V M M M W W W -+=-=∆- 3.13一长l =0.40m 的均匀木棒，质量M=1.00kg ，可绕水平轴O 在竖直平面内转动，开始时
棒自然地竖直悬垂。

现有质量m=8g 的子弹以v=200m/s 的速率从A 点与O 点的距离为3
4l ，如图。

求：⑴棒开始运动时的角速度；⑵棒的最大偏转角。

3
4
解：系统绕杆的悬量为
21340.48L mvl kgm s -==
子弹射入后，整个系统的转动惯量为
2
22054.0169
31kgm ml Ml I =+=
所以
s rad I L
/88.8==
ω
⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为
2
12
2.13W I J ω==动
当杆转至最大偏转角θ时，系统动能为零，势能的增加量为
()()
3
1241cos 1cos W Mgl mgl θθ∆=-+-势
由机械能守恒，势
动W
W ∆= 得
24.94=θ
3.14 通过查阅文献，探讨计算刚体转动惯量的简化方法，写成小论文。

参考文献：周海英、陈浩、张晓伟，巧算一类刚体的转动惯量，大
学物理，2005年第24卷第2期。

3.15 通过上网搜寻，查找对称陀螺规则进动在生活、生产中的应用事例，
并进行分类。

习题四参考解答
4.1 惯性系'
K 相对惯性系K 以速度u 运动。

当它们的坐标原点O 与
'O 重合时，0'==t t 。

在惯性系'
K 中一质点作匀速率圆周运动，
轨道方程为
()()222a y x ='+'，0='z ， 试证：在惯性系K 中的观测者观测到该质点作椭圆运动，椭圆的中心以速度u 运动。

提示：在惯性系K 中的观测者观测到该质点的轨道方程为
1)1()(22
222=+--a y a ut x β。

证明：根据洛仑兹坐标变换关系 ,12
β--='ut
x x ,y y ='
z z ='
代入原方程中，得到 2
22
21)(a y ut x =+--β
化简得 1)1()(22
2
22=+--a y a ut x β
所以，在K 系中质点做椭圆运动，椭圆中心以速度u 运动。

4.2
一观测者测得运动着的米尺长m 5.0，问此米尺以多大的速度接近观测者？
解：由相对论长度缩短关系 ()2
0/1c v L L -=
得
到
()()s
m L L c v /106.22/11100.3/182
82
0⨯=-⨯⨯=-=
4.3
如题图4.3所示，在'
K 系的Y X O ''
'平面内放置一固有长度为0
的细杆，该细杆与x '轴的夹角为θ'。

设'
K 系相对于K 系沿x 轴正向以速率u 运动，试求在K 系中测得的细杆的长度 和细杆与
x 轴的夹角θ。

Y
O
解：细杆在K '系中的两个坐标上的投影分别为 ⎩⎨
⎧'
='∆'='∆θθsin cos 00l y l x 细杆在K 系中的两个坐标上的投影分别为
()()⎪⎩⎪⎨⎧'='∆=∆'
-='∆-=∆θθsin cos /1/10202l y y c u l x c u x 在K 系中细杆的长度为
()[]
(0222
0221si cos /1u
l n c u l y x l θθ-='+'-=∆+∆=
与X
4.4
代T =
4.5
因此
4.6 u ∆代入s t 9
1077.5)-⨯='∆
4.7是
由于
所以 试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切
惯性系来说这两 个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短；(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短。

(1) 设两事件在某惯性系中于同一地点发生，即0=∆x ，时间间隔为
，则在另一个相对运动速度为v 的惯性系中，两事件的时间间隔为
t
c v t
t u c v x t u t ∆>-∆=∆=⋅∆-∆='∆2
2)
/(1)/(
(2) 设两事件在某惯性系中于同时发生，即0=∆t ，时间间隔为x ∆，v 的惯性系中，两事件的时间间隔为
x
c v x x u t v x u x ∆>-∆=
∆=∆-∆='∆2
)
/(1)(
若电子A 和电子B 均以c 85.0[c 为真空中的光速]的速度相对于
实验室向右和向左飞行，问两者的相对速度是多少？ [ 答案：
c 99.0]
一光源在K '系的原点O '发出一光线。

光线在Y X O ''
'平面内且与x '轴的夹角为θ'。

设K '系相对于K 系沿x 轴正向以速率u 运动。

试求在K 系中的观测者观测到此光线与x 轴的夹角θ。

光线的速度在
K '系中两个速度坐标上的投影分别为
'
='
'='θθs in c o s
c c
21c u V V u V x x x ⋅'+'+= ， x y y V c u
c u V V '+-'=22
2
11
K 系中速度的两个投影分别为
2cos 1cos c uc u c V x θθ'+
+'=，
22
2cos 1/1sin c uc c u c θθ'
+
-'=
K 系中的观测者观测到此光线与x 轴的夹角x y V V arctan
=θ
如果一观测者测出电子的质量为
02m [
m 为电子的静止质量]，问电
子的速度是多大？
20
)/(1c V m m -=
2m m =
得到 c
c V 866.023==
4.12 如果将电子由静止加速到c 1.0 [c 为真空中的光速] 的速度，需要对它作多少功？速度从c 9.0加速到c 99.0，又要作多少功？
解(1) 由相对论动能定理：
⎢⎢⎣⎡-=-=⋅=⎰
22022)/(11c V c m c m c m r d F A b a b
a
b ab 因为
0=a V ，
c
V b 1.0=
代
入
得到 c m c m A ab 10095.4005.011.011162022
0⨯==⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--=-
(2) 将 c V a 9.0=， c V b 99.0=代入原式
Kev c m c m A ab 20
2220.37946.49.01199.011==⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=
4.13 在什么速度下粒子的动量是其非相对论动量的两倍？在什么速度下
粒子的动能等于它的静止能量？
解(1) 由相对论动量公式 2
0)/(1c V V m mV p -=
=
而且
V
m p 02=
联立两式 02m m = ⇒
18106.223
-⨯==
ms c V
(2) 由相对论动能公式 2
02c m mc E K -=
而且 202c m E K =
联立两式 02m m = ⇒ 1
8106.223-⨯==ms c V
4.14 静止质量为
kg 31
101.9-⨯的电子具有5倍于它的静能的总能量，试求它的动量和速率。

[提示：电子的静能为MeV E 511.00=]
解：由总能量公式 2
mc E = 而且 0
5E E = ⇒ 20
5c E m =
(1) 其中
2
)/(1c v m m -=
(2)
联立(1)、(2)两式 c 9
.0)106.110511.0(25)103()101.9(12
1964
8231=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=--c Mev c c
E .
251.098.0598.052
0=⨯⨯=⨯=
1m 和2m 的粒
[提示：利用能量守恒和动量守恒关系]
1
K E 与
2
K E 论
能
量
守恒得到
2221c m c m ++ (1) 动量和能量的关系
2204
)(c m E K +=
K
E m 02 动量守恒22
21p p =得
到
2
2
22
22K K
E m c
E + (2)
)]2221m m -，
)]
2122m m -
5.1 简答下列问题：
（1）
振动？
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
相是多少？
（7）
(a)
始状态。

5.2
2
3
=
x cm
历的时间为
(A)
s
100
1
s
50
3。

答案：(B)
ω
如图：
1
x A
==
2
x
位相差
/2
100]3/200s
π
⨯=
ν；(D) ν4。

[]
1
2
1cos(22)
tωφ
++
[]
1
2
1cos(22)
tωφ
-+
10g的小球组成的弹簧振
(D) 3:2
2。

22
11
22
22
kx mv
+
2
111
442
=+=
J3
10
44
.-
⨯; (D)
，
0⇒
)
(
sin2
2
2φ
ω+t
A
22
1
2
/2)sin(0.2
mv
π=⨯
(
/3/2)0.1121
π
-=⨯⨯
振子谐振频率为0
v。

(D) 变大变小都有可能
()
kx m g a
-++
22
d x m k dt =- (m x x k ⎡'=-⎢⎣
5.7 (A) (D) 0.4cm
答案：(C) 由m f 2/(10)
π
5.8 x 42=(A) x =(B) x 5=(C)
x =5(D) x 7=5.9 质量为
m 5.0⨯=x 单位，x (1) (2) 求t =(3) 利用
解(1)A 105.0⨯=π4-=V max 4⨯=V ππ32-=a 2
max 32=a π(2)
φ∴
φ1ππ
πφ349
3162=
+
= π
ππφ3241
38010=+=
劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的物体按题图5.10所
示的两种方式连接试证明它们的振动均为谐振动。

1k m 2k 1k 2k
m
题图5.10
(1)当物体向右移动x 时，左端弹簧伸长x ，而右端弹簧缩短x ，它
x k k x k x k f )(2121+-=--=
设两弹簧分别伸长
1x 与2x ，则弹簧对物体的作用力
22x k -=
:
2211x k x k = 且 21x x x +=
2
112k k x k x +=
f
中： 2
121k k x k k f +-
=
如题图5.11所示，质量为m 的物体放在光滑斜面上，斜面与水平面
的夹角θ，弹簧的劲度系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R 。

先把物体托住，使弹簧维持原长，然后由静止释放，试证明物体作简谐振动。

，弹簧伸长0x
，则有： 0
sin kx mg =θ
当物体沿斜面向下位移为x 时，则有：
ma
T mg =-1sin θ
βI R T R T =-21
)
(02x x k T +=
β
R a =
将(2)与(4)代入(3),并利用(5),可得
mR
(
利用(1) 5.12 一个沿x
(1) x= 0
(1) (3) 过
x= (4) 过
x=
(1)
t=
∴
=A x
(2)
=
t
>
V
∴
=A x
(3)
t=
<
V
∴
=A
x
(4)
t=
>
V
振幅为24cm，周期为4.0s，
)φ
+
t
2
2π
π
ω=
=
T
1
=
φ⇒0
=
φ
，因此
入，得到
m
cm17
.0
97
.=
s代入，得到
N
3
10-
⨯
2
1
2
cos=
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
t
π
将
s
t
3
2
=
代入得
1-
4
4
210
33
.5
10
3-
-⨯
=
⨯
⨯π
⇒
2
10-
kgs
此
J4
210
78
.1-
⨯
=
J4
410
11
.7
10-
-⨯
=
的砝码，砝码静止时，弹簧伸
m
02
.0，求放手后砝码的
则有
5.15
m m
得到
而
=ωA= tan 由于因此
+m
M
kh arctg
)
(
2
M)，当
有一质量为m
周期都变为
此时物体水平
0⇒
E
A
0⇒
代入振幅公式：
T
T
M
m
MA
=
⋅
+
=
2
1-
⋅
⋅s
m
，
[设摆角向右为
=
t，
>
V⇒
⇒
t
t m m ωθπ
ωθθsin )2
cos(=-=
⇒
t dt d m ωωθθ
cos =
其中 1
13.38.9-===s l g ω， 初始时刻
15001.05.0-===s ml I dt d θ
rad
dt d m 97.1513.350/===ωθθ
5.18 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
⎪
⎭⎫ ⎝⎛
+=62cos 04.01πt x ，
⎪
⎭⎫ ⎝⎛
-=652cos 03.02πt x [式中x 以米计，t 以秒计]
试分别用旋转矢量法和代数法求合振动的振幅和初位相，并写出合振动的方程。

解：由题意 04.01=A ，03.02=A ， 61
π
φ=
，
652πφ-
=
由于 πφφφ-=-=∆12
⇒
m
A A A 01.021=-=
33cos cos sin sin tan 22112211=++=φφφφφA A A A ⇒ 6πφ=
因此，合振动方程为
⎪
⎭⎫ ⎝⎛
+=62cos 01.0πt x
5.19 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，
位相与第一振动的位相差为π
6
1
，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：由分振动与合振动的三角形关系： 6c o s
212
21
2
2π
A A A A A -+=
代入数据 m A 01.02
2
= ⇒ m A 1.02=
由于
φ∆++=cos 22122212A A A A A 得到 02c o s 212
2212=--=∆A A A A A φ ⇒
2πφ=∆ 5.20 试借助旋转矢量图求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：
()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫
⎝⎛+=cm t x cm
t x 373cos 533cos 512
1ππ ()⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+=cm t x cm t x 343cos 533cos 522
1
ππ
解(1)：由题意：51
=A ，52=A ， 31π
φ=
， 372π
φ=
由于 πφφφ212=-=∆
⇒ m cm A A A 1.01021==+=
(2) 由题意：51
=A ，52=A ， 31πφ=， 342πφ=
由于
πφφφ=-=∆12 ⇒ 021=-=A A A
5.21 质量为
kg 1.0的质点同时参与两个互相垂直的简谐振动：
⎪⎭⎫ ⎝⎛+=33cos 06.0ππt x ，⎪
⎭⎫ ⎝⎛-=63cos 03.0ππ
t y ，式中x 以米计，t 以秒计。

(1) 求质点的运动轨道方程；(2) 求质点在任一位置所受的作用力；(3)
利用Mathematica ，绘出合成振动的轨迹。

解：(1) 由于
⎪
⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=63sin 06.033cos 06.0ππ
ππt t x 结合y 的表示式，得到轨道方程为： 103.006.022
22=+y x
(2)
)
(2j y i x m j F i F F y x +-=+=ω
⎥
⎦⎤⎢⎣⎡
⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯-=j t i t 63
cos 03.033cos 06.091.02ππ
πππ j
t i t ⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=63
cos 0033.033cos 0066.0ππ
ππ
5.22一质点同时参与两个互相垂直的简谐振动：t A x ω2cos =
，
t
A y ω3cos =，求质点的运动轨道方程。

解
：由于 t A y ω3cos =
⇒
)
16(cos 2216cos 3cos 2
2
2
2
2
+=+==t A t A t A y ωωω
t
t t t t t t ωωωωωωω2sin 4sin 2cos 4cos )24cos(6cos -=+=
t t t t ωωωω2cos 2sin 22cos )12cos 2(22--=
由于 t A x ω2cos = ⇒
A x
t =
ω2cos ⇒
22
2sin 21x t A ω=-
所以 A x A x A x A x A x A x t 3412126cos 332222-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ω 代入
2
y 得到：
22321342233322A Ax A x A x A x A y +-=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-=
5.23某
x=
(1)
解：(1)
V
(2)
(3)
Plot2Sin t4Sin2t,t,0,2Pi
6.1
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
?
(B)
在
xy
坐标系中（3，0）位置处，其振动方程是
tπ
120
cos
102-
m，其中t以s计，波速为50m/s。

设波源发轴负向传播，介质无吸收，则此波方程为
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
+
=
50
120
cos
01
.0
x
tπ
m;
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
+
=
50
120
cos
01
.0
x
t
π
m;
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
-
=
50
120
cos
01
.0
x
t
π
m;
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
-
+
=π
π2.1
)
50
(
120
cos
01
.0
x
t
m。

同时在一弦线上传播，其波动方程分别是
)
10
1.0(
cos
102t
x+
-π
，
)
10
1.0(
cos
102t
x-
-π
，其中x、
y
以m计，t以s计。

)1
2(5+
=k
m ,
2
,1
,1±
±
=
k
)2
(5+
=k
m ,
2
,1
,1±
±
=
k
,
10
,5,0
=;
20
,
10
,0
=
(A)
6.8 一弦线上的振动以厘米•克•秒制表示为t
x
y 4cos 3cos 0.1=，组
成此振动的两波波速是
(A)
13/4-ms ; (B) 1/12-cms π; (C) 1
18.0-ms ;
(D) 1
12-cms ∝
答案：(D)
6.9 一点波源发出的波在无吸收媒质中传播，波前为半球面。

该波强度I 与离波源距离r 间的关系是
(A) I ∝2/1-r ; (B) I ∝r /1; (C) I ∝2/3-r ; (D)
I ∝2-r 。

答案：(D)
6.10 当波源以速度V 向静止的观察者运动时，测得频率为1v ，当观察者
以速度V 向静止的波源运动时，测得频率为
2v ，
以下哪个结论是正确的？ (A) 21
v v >; (B) 21v
v =; (C) 21v
v <; (D) 要视波速大小决定上述关系。

答案：(A)
6.11 声音1 的声强比声音2的声强大1分贝，则声音1的强度是声音2的强度的
(A) 1倍； (B)
2倍； (C) 10倍； (D) 1.010倍
参考答案：(D)
6.12 一平面简谐波沿x 轴正向传播，波速为1
200-=ms
c ，频率为
Hz v 10=，已知在m x 5=处的质点P 在s t 05.0=时刻的振
动状态是：位移为0
=p y ；速度为
1
4-=ms V p π，求此平面波
的波动方程。

解：令波动方程为
⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡+-=φω)(cos c x t A y 其中 ππω202==v ，1
200-=ms c
得到 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=φπ)200(20cos x t A y ⇒ ⎥
⎦⎤⎢⎣⎡+--=φππ)200(20sin 20x t A V 将初始条件： s t 05.0=，m x 5=，0=P y ，14-=ms V P π代入 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=φπ)200505.0(20cos 0A ⇒ 0sin =φ ⇒ 0=φ或π 2sin 204πππA -= 或 23sin
204π
ππA -=
由于 0>A ⇒
πφ= ⇒ m A 2.0=
所以 ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-=ππ)200(20cos 2.0x t y 6.13 一平面简谐波沿x 轴正向传播，振幅为m A 1.0=，频率为
Hz v 10=，已知在m x 1.0=处的质点P 在s t 0.1=时刻的振动状态是：位移为0
=p y ，速度为
<p V ，而cm x 20=处的
质点Q 在s t 0.1=时刻的振动状态是：位移为cm y q 0.5=；速
度为
>q V ，求此平面波的波动方程。

解：令波动方程为
⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡+-=φω)(cos c x t A y 由题意：m A 1.0=,Hz v 10=,ππω202==v
代入得到：
⎥
⎦
⎤
⎢⎣⎡+-=φπ)(20cos 1.0c x t y
⇒
⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡+--=φππ)(20sin 2c x t V
将初始条件： s t 0.1=，m x 1.0=，0=P
y ，0<P V 代入
⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡+-=φπ)1.01(20cos 1.00c 且
)1.01(20sin >⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-φπc
⇒ 02cos =⎪⎭⎫
⎝⎛+-φπc 且 02s in >⎪⎭⎫ ⎝⎛+-φπc
⇒ 22πφπ=+-c (1)
将初始条件： s t 0.1=，
m x 2.0=，
m y q 05.0=，
>q V 代
入
⎥
⎦
⎤
⎢⎣⎡+-=φπ)2.01(20cos 1.005.0c 且
)2.01(20sin <⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-φπc ⇒ 214c o s =⎪⎭⎫ ⎝⎛+-φπc 且 04s in <⎪⎭⎫ ⎝⎛+-φπc
⇒ 34π
φπ-=+-c (2) 联立方程(1)、(2),解得 1512-=ms c ，
34π
φ= 因此
⎥⎦⎤⎢⎣⎡
+-=34)125(20cos 1.0ππx t y
6.14 已知波源在原点的一列平面简谐波的波动方程为
()Cx Bt A y -=cos ，其中A 、B 、C 为正值恒量。

试求： (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 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)：由
⎥⎦⎤⎢
⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=C B x t B A y /cos 得到： 振幅为A , C B V =， ππω22B v ==，
B T πωπ22=
=，。