大學物理第二版中國礦業(yè)大學出版社

1、. 有一質點沿著 x 軸作直線運動, t 時刻的坐標為 x 2 2t 3 ,試求： 第 2 秒內的 平均速度 第 2 秒末的瞬時速度 第 2 秒內的路程； 解 ： 當 t 1s 時 , x1 當 t 2s 時 , x2 18 16 2 m 平 均 速 度 為 dx 2v x2 x1 2 0.5 m s 第 2 秒末的瞬時速度 v dt 9t 6t t 2 6 m s 第 2 秒內的路程： （在此問題中必需留意有往回走的現(xiàn)象）當 t 時,速度 v 0 , x2 3.375m ; 當 t 1s 時 , x1 ; 當 t 2s 時 , x3 2m ; 所 以 路 程 為 ： 2一艘正在沿直線行駛的電

2、船,在發(fā)動機關閉后,其加速度方向與速度方向相反,即 dv/dt=-kv 2,試證明電艇在關閉發(fā)動機后又行駛 x 距離時的速度為 v=v0e -kx 式中, v0 是 關閉發(fā)動機后的速度； 證明： 由題可知： dv dt 2 kvkv dx dt 所以有： dv kvdx 變換為： dv v kdx 兩邊同時積分就可得到： v dv x 0kdx v ln v v0 kx 即 ln v kx 所以有 v v0 e k x v 0 v v 0迫擊炮射擊山頂上的一個目標,已知初速度為 炮彈的射程及到達山坡時的速度； 解： v0,拋射角為 ,上坡與水平面成 a 角,求 y v0 x g炮彈的運動軌跡如

3、上圖的虛線所示,如 圖 建 立 坐 標 軸 x, y ； 將 初 速 度 v0 沿 坐 標 軸 分 解 可 得 v v0 x v0 y v0 cos v0 sin ax g sin 加 速 度 g 沿 坐 標 軸 分 解 可 得 在 任 意 時 刻 t 的 速 度 為 ay g cos vx v0 x axt v0 cos gt sin 任 意 時 刻 t 的 位 移 為 vy v0 y ayt v0 sin gt cos 1 2 1 2x v0 xt axt v0 t cos gt sin 2 2 炮彈射程為 y 0 時,所對應的 x ； y v t 1 a t 2 2 v t sin 1

4、gt 2 2 cos 精選文檔 第 1 頁,共 18 頁. y 0對 應 的 時 刻 t 2v0 sin , 代 入 可 得 g cos x 2 2v0 sin cos cos sin sin 2 2v0 sin cos 2 g cos 2 g cos 將 t 2v0 sin 代入方程組可得 g cos v x v cos g2v0 sin sin v cos 2v sin tan g cos v y v sin g2v0 sin cos v sin g cos 速度的大小為 v 2 v x 2 v y = v 022 4v cos sin tan 2 24v sin 2 tan v0 2 c

5、os 4cos sin cos sin 2 4sin 2 sin cos v0 2 cos4cos sin cos sin 2 4sin 2 1 coscos v0 cos 24sin cos sin 4sin 2cos 方向可以由 tan vy 2tan cot arctan 2tan cot vx 一質點沿半徑為 （ m）的圓周運動,其角坐標可用下式來表示： =2+4t 3 請問：（ 1）當 t=2s 時,法向加速度和切向加速度各是多少？（ 總加速度與半徑成 45角； 2）當角等于多少時,其 解： 24t 3rad ,角速度為 d12t2rad s 角加速度為 24t rad s2 dt

6、當 t 2s2 48rad s 時, an r22 48 2 230.4 m s arr48 2 s 在 t 時刻,法向加速度與切向加速度分別為 24t 2 2.4t m s an r22 12t 24 214.4t m s ao 總加速度與半徑夾角為 45 時, an a1i .2 3t 3t 1 j .,求證質點受恒力而運 可得 3t 1,即 62.1 質量為 2kg 的質點的運動方程為 r v 2 6t 精選文檔 第 2 頁,共 18 頁. 動,并求力的方向和大小,接受國際單位制； 解：質點的運動方程為 r v 6t 21 i. 3t 23t 1 .j, 那么通過對上式兩邊求導,便可得到

7、速度 v v 12t i. 6t 3 .j加速度為： a v 12 i. 6.j 因此質點所受的力為 F v ma v 24i.12.jN2.2 質量為 m 的質點在 Oxy 平面內運動,質點的運動方程為 r v a cos t i. b sin t j. , a, b, 為正常數(shù), 求質點的動量； 證明作用于質點的合力總指向原點； 解： 由質點的運動方程可得質點的速度為： v v a sin t i. bcos t .j質點的動量為： p v mv v m a sin t i. m b cos t .j 質點的加速度為： a v 2a cos t i . 2b sin t j .F v ma

8、 v m2a cos t i. m2b sin t .j作用于質點的合力為： m2 a cos t i. b sin t .jm 2 v r方向為 r的方向,也就是總指向原點； v 圓柱 A 重 500N ,半徑 RA ,圓柱 B 重 1000N ,半徑 RB ,都放置在 寬度為 l 的槽內,各接觸點都是光滑的；求 A , B 柱間的壓力及 A , B 柱與槽壁 和槽底間的壓力； A RA B RB l精選文檔 第 3 頁,共 18 頁. NBA A A B B NB oy x CNA N B1 GA N AB GB 解：分別以 A , B 為爭論對象,受力分析如以下圖,建立坐標系如圖； 對

9、A 列方程 x 軸： N A N BA sin 有： y 軸： GA NBA cos 對 B 列方程有： x 軸： N AB sin NB1 y 軸： NB GB N AB cos 在三角形中 BC l RA RB AB RA RB 1 3sin ,cos 2 2通過解上述方程組,可以得到 N AB NBA 577N , NB 1500N , N A NB1 A 和 B, ma=8kg, mb=5kg, 今 2.5 質量 m=2kg 的均勻繩,長 L=1m ,兩端分別連接重物 在 B 端施以大小為 F=180N 的豎直拉力,物體向上運動,求張力 TX 解 F mb gT dT ： 對整體進行受

10、力分析,加速度向上 為 a, 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 ： F mma mb gm ma mb aT A dm 即 T aF m ma mb g2m s 2 m ma ma g dmg m ma mb 對 A 進行受力分析,依據(jù)牛頓其次定 精選文檔 第 4 頁,共 18 頁. 律有： T ma g ma a ma ga96N 得到 T 對一小段繩子 dm 受力如圖,依據(jù)牛頓其次定律得： T dT T dmg dma dT dm a gm Lag dx 24dx 兩邊積分得到 T1 dT x 24dx T1 96 24x N 096 在圖示的裝置中兩物體的質量各為 m1 , m2 ,物

11、體之間以及物體與桌面間的摩擦系數(shù)都 為 ,求在力 F 的作用下兩物體的加速度及繩內張力；不計滑輪和繩的質量及軸承摩擦, 繩不行伸長； m1 aN1 f1 f f1 m2 a N 2 F T m1 m2 F m1g T m2 g N1 解：對 m1 , m2 分別進行受力分析如上圖所示,取 正方向；依據(jù)牛頓其次定律列方程,對 m1 有 x 方向向右為正方向, y 軸方向向上為 x 軸： f1 T N1 T m1a y 軸： N1 m1g 0對 m2 有方程, x 軸： F m1g T N 2 m2a y 軸： N2 m1 m2 g 0m1g T m1a 方程組可以變?yōu)?F m1 g T m1 m

12、2 g m2a 可得到 T m1g m1a F 2 m1g m1 m2 g m1 m2 a 最終可以解得： a F 2 m1 g g , T m1 F 2 m1 g m1 m2 m1 m2 一個半徑為 R 的光滑球面頂點 A 放一滑塊,滑塊質量為 m,從靜止開頭沿球面下滑,小 精選文檔 第 5 頁,共 18 頁. 滑塊的位置可用角表示, 求滑塊對球面的壓力與角的關系, 解：對滑塊進行受力分析如圖,建立自然坐標系： 并問滑塊在何處離開球面？ .nNN依據(jù)牛頓其次定律列方程為： .方向： mgsin m dv dt n.方向： mg cos N2 m v R mg .ds Rd ,式兩邊同乘 ds

13、 可代入式可得： gR sin d得： vdv ,兩邊同時積分可以得到： v gRcos 01 v 2 20v2 2 1 cos gR mg cos 2mg 1 cos mg 3cos 2當滑塊離開球面時, N升降機中水平桌上有一質量為 0 ,即 cos 2, arccos 2 o3 3m 的物體 A ,它被細線所系,細線跨過滑輪與質量也為 m 的物體 B 相連, 當升降機以加速度a=g/2 上升時, 機內的人和地面上的人將觀看到 AB 兩 物體的加速度分別是多少？ 解：（一）以升降機為參考系, AB 的受力如以下圖： Na T 和 水平向右為 x 軸的正方向,豎直向上為 y 軸的正方 向,依

14、據(jù)牛頓其次定律列方程為： A T B 對 A ： T maa Nmg ma 0mg mg 對 B ： T mag ma ma ma 解方程可得： a3 4g3 g 4j. 因此對機內的人來說, A 的加速度 為： 3 g i., 4B 的加速度為： （二）以地面為參考系, aa T a 建立坐標系與上邊相同,依據(jù)牛頓其次定律列方程： 對 A ： T ma Nmg ma N對 B ： T mg maa a 3g , T 3mg , A T B a44v A 的加速度為： a1 3g i .1g j , .mg mg 42精選文檔 第 6 頁,共 18 頁. B 的加速度為： a2 v aa 1g

15、 j .車內有一 4在一與水平方向成 a=10的斜坡上, 一輛車以 的加速度向上行使, 質量為 m=0.2kg,以地面參考系和車為參考系,求繩子的方向和張力； 解： （一）以地面為參考系；對小球進行受力分析； y T x amg 小球相對于小車的加速度為 方程： 0 ,所以 a 就是小球的確定加速度；依據(jù)牛頓其次定律列 ox 方向： T cos 90 mgsin ma oy 方向： T sin 90 mg cos 0即： T sin mgsin ma , T cos mgcos 0g sin amgcos tan mgsin ma tan g cos mg cos T cos （二）以加速度為

16、 s 2 的小車為參考系,就小球所受的力應當加一個沿著斜面對下 的非慣性力；依據(jù)牛頓其次定律列方程： oT cos 90 mgsin ma 0T sin 90 omgcos 同樣得到上邊的結果； 拋物線形彎管的表面光滑,可繞豎直軸以勻角速率轉動,拋物線方程為 y=ax 2,a 為常 數(shù),小環(huán)套與彎管上；求（ 1）彎管角速度多大？（ 2）如為圓形光滑彎管,情形如何？ 求 解： 受力分析如以下圖,依據(jù)牛頓其次定律有： Ny 2 ax 2 x N sin m 2x mg m精選文檔 第 7 頁,共 18 頁. mg N cos k tan dy dx 2ax 2ag 所以可得： tan 2x 2ax

17、 可以解得： g 受力分析如以下圖,依據(jù)牛頓其次定律有： tan 質量為 N sin m 2x Nmg N cos m2 x 但此時曲線方程變?yōu)椋?x2 y a2a2 mg k tan dy x a2x 2 x dx y a2x x gga2 x 2 a2 x2 m1 的木塊靜止在光滑的水平桌面上,質量為 m,速率為 v0 的子彈水平射入到木 塊內并與其一起運動； （ 1）木塊的速率和動量,以及子彈的動量； （ 2）在此過程中子彈施與 木塊的沖量 . 求 解： 在水平方向不受外力作用,所以在碰撞前后動量守恒；碰撞前 只有子彈的動量；碰撞后子彈嵌入木塊一起運動,設速度為 mv0 m m1v v

18、mv0 m m1 v ；可得到方程： 2子彈的動量為： p 子彈 mv m v0 ,木塊的動量為： p 木塊 m v 1 mm1v0 m m1 m m1 在此過程中,子彈施于木塊的沖量為： I p 木塊 p 木塊 0 mm1v0 m m1 已知繩子的最大強度 ,m=500g,l=30cm.開頭時 m 靜止；水平沖量 I 等于多大才 能把繩子打短？ 解：設繩子斷時, m 的速度為 v ；就有： v 2v 22 T0 mg l T0 mg m m v R l m所以沖量為： I p mv m gl Ns 2.17 一力 F=30+4t 作用在質量為 10kg 的物體上求： （1）在開頭的兩秒內,此

19、力的沖量是多 少？（ 2）要使沖量等于 300N.S,此力的作用時間是多少？（ 3）假如物體的初速度為 10m/s, 運動方向與 F 相同,在（ 2）問的時間末,此物體的速度是多少？ 精選文檔 第 8 頁,共 18 頁. t1 2 2 2解： I 0 Fdt 0 30 4t dt 30t 2 t 0 68 Ns t 2 2 t2 2 I 2 0 Fdt 30t 2t 0 30t 2 2t2 300 可以解得時間為： t2 I 2 p2 p1 mv2 mv1 v2 I 2 m mv1 300 10 10 10 40 m s 3.5 在半徑為 R 的光滑半球狀圓塔的頂點 A 上有一石 M；如使石塊

20、獲得水平初速度 v0 , 塊 問： 石塊在何處 . 脫離圓塔？ v0 的值為多大時,才使石塊一開頭便脫離圓塔？ 解：圖略； 石塊脫離圓塔時, N 0,只受重力作用； 法線方向： mg cos m v 2 v gRcos R由動能定理可得： mgR 1 cos 1 mv 2 1 mv 0 2代入可得： 2 22 2gR 1 v 0 2 3 gR cos cos v0 2 所以 arccos v0 22 2 3 gR 3 3gR 3用機械能守恒也可以； 石塊一開頭便脫離圓塔；就要求： mg mv0 2v gR R3.6 重量為 W 的物體系于繩的一端, 繩長為 l ,水平變力 F 從零逐步增加,

21、緩慢地拉動該物 體,直到繩與豎直線成 角,試用變力作功和能量原理兩種方法運算變力 F 做的功； 解：（一）變力作功； 對物體進行受力分析如圖,依據(jù)牛頓其次定律列方程： lT F x 方向： F T sin y 方向： T cos W T W , F W tan , cos r l sin dr l cos d W 因此變力所作的功為： A 0Fdr 0Wl tan cos d0Wl sin dWl cos 0Wl 1 cos （二）能量原理（機械能守恒,動能和勢能相互轉換） Wl Wl cos AF AF Wl 1 cos 輕質不行伸長的線懸掛質量為 內,框架槽沿鉛直方向； 框架質量為 500

22、g 的圓柱體；圓柱體又套在可沿水平方向移動的框架 200g,自懸線靜止于鉛直位移開頭, 框架在水平力 F=20N 精選文檔 第 9 頁,共 18 頁. 作用下移至圖中位置,求圓柱體的速度,線長 20cm； 解：以輕繩,圓柱體和框架組成質點組； 質點組所受外力有：圓柱體重力 W1 m1g ,框架重力 W2 m2 g ,輕繩拉力 T 和 作用在框架上的水平力 F ；其中 W2 和 T 不做功； 質點組所受內力有：框架槽和小球的相互作用力 R, R ,由于槽面光滑,所以 R , R 二力做功之和為零； 以地面為參考系,依據(jù)質點組動能定理： l12 mv 1 1 12 m v 2 2 m gl 1 c

23、os30 oFl sin 30 o22表示繩長, v1 表示圓柱體的確定速度, v2 表示框架的確定速度,有關系式為： v1 v2 v 相對 o投影可得： v1 cos30 v2 , 1 m v 1 1 2 1 m v cos 30 2 1 om gl 1 cos30 oFl sin 30 o2 2代入數(shù)據(jù)可得圓柱體的速度為： v1 2.4 m s 一均勻圓柱體半徑為 R,質量為 m1,可以繞固定水平軸旋轉,一細繩索長 l,質量 m2 單 層繞在圓柱體上,如懸線掛在圓柱體上的長度為 x,求其角加速度與長度 x 的關系式, 1 2解：圓柱體相對于其中心的轉動慣量為： I 1 m1 R 2圍繞在圓

24、柱體上的繩索的長度為 l x ,質量為 m2 l x ,相當于小圓環(huán),其相 l對于中心的轉動慣量為： I 2 m2 l l x R 2 轉動部分總的轉動慣量為： I I1 I 2 對轉動部分以及懸掛在圓柱體外的繩索部分進行受力分析,依據(jù)牛頓其次定律和剛 體的轉動定律列方程為： mg T ma mm2 x TR I aR, l可得： m2 xgR I m2 xaR I m2 2 xR m2 xgR llll精選文檔 第 10 頁,共 18 頁. 一半徑 m2 xgR m2 xgR m2 x gIl 2 m2 xR 12 m R l m 22 lR 1m1 m2 lR22R=15cm 質量 m=1

25、6kg 的均質實心圓柱體；一條繩繞在圓柱體上,另一端系一質 量 m1=8kg 的物體,求： （ 1）由靜止開頭 1 秒后物體下降的距離； （ 2）繩的張力 解：圖略；對圓柱體與物體組成的系統(tǒng)進行受力分析, 圓柱體受繩子拉力形成的順時針力矩； 物體在重力與向上的拉力的作用下,有一向下的加速度； 依據(jù)牛頓其次定律和剛體的轉動定律列方程為 m1 g T m1a TR I 1 mR 22 aR 聯(lián)立方程可得： T 1 mR 21 ma 22 s , h 1 2at 214.9 1 m R 和 r,轉 am1 g mm1 1 2代入數(shù)據(jù)得： T N , a m 2在階梯形滑輪上繞兩根細繩,下掛質量為 m

26、1 和 m2 的兩物體,滑輪半徑為 動質量為 I ,求 m1 下降的加速度和兩邊繩中的張力？ 解：圖略；對滑輪和物體分別受力分析； m1 受向下的重力 m1 g 與向上的拉力 T1 ,具有向 下的加速度 a1 ； m2 受向下的重力 m2 g 與向上的拉力 T2 ,具有向上的加速度 a 2 ；滑輪 受 T1 , T2 反作用力產生的逆時針力矩； 依據(jù)牛頓其次定律和轉動定律列方程可得： m1 g T1 m1a1 T2 m2 g m2 a2 T1R T2r I a1 R a2 r 最終聯(lián)立解方程可得： 精選文檔 第 11 頁,共 18 頁. 4.12 m1R m2 r ga1 m1 R m2r g

27、R a2 m1 R m2r gr2 m1 R 2 m2r I 2 m1R 2 m2r I 2 m1R 2 m2r I T m g a1m1 Rr 2 m2r I m g 2 m1 R 2 m2r I O 轉動,最初桿靜止 T 2mga 222 m1R m2 Rr I m g 22 m1R 2 m2r I 質量為 ,長為 1m 的均質等截面細桿可繞水平光滑的軸線 于鉛直方向,一彈片質量為 大擺角； 解： 10g,以水平速度 200m/s 射出并嵌入桿的下端,求桿的最 以彈片與細桿組成的系統(tǒng)為爭論對象；彈片嵌入細桿前 后角動量守恒； 彈片嵌入之前,系統(tǒng)的角動量為： l L0 l mv v 彈片嵌入

28、細桿之后,一起運動時的角速度為 ,整體的 角動量寫為： L1 I m l 2, I 1 M l 2m 3角動量守恒等式為： L0 L1 ,即 2 1 2 2l mv I ml M l ml 3如先求出細桿與彈片組成系統(tǒng)的轉動慣量： I 1 Ml 3 2 ml 2 ,那么角動量守恒等式 可以寫為： l mv I 彈片與細桿一起運動到停止的過程中,只有重力做功,所以可以運用機械能守恒或 動能定理列方程； 彈片質心上升的高度為 h l1 cos 細桿質心上升的高度為 Hl1 cos 2依據(jù)動能定理可得方程： mgh MgH 01 I 221 m 22l 2 或者 mgh MgH 01 I 2 2 聯(lián)

29、立解方程可得： o2rad s , cos , 一質量為 m1,速度為 v1 的子彈沿水平面擊并嵌入一質量為 m2=99m2, 長度為 L 的棒的 斷點,求角速度 解： 子彈與細桿碰撞前后角動量守恒, 碰撞前只有 m2 LO 精選文檔 m1 v1 第 12 頁,共 18 頁. 子彈 m1 以速度 v1 運動,碰撞后子彈嵌入細桿,并繞其中心軸轉動； 由于在碰撞過程中對中心軸的合力矩為零,所以角動量守恒；可列方程為： L0m v L1 m L 212 m 1L222最終可以得到： 6v1 v1102L L某經典脈沖星,半徑為幾千米,質量與太陽大致相等,轉動角速度很大,試估算周期 為 50ms 的脈

30、沖星的轉動動能？ 解：動能 E k 1 I 22,其中轉動慣量 I 2 mR 2（球 5相對于中心軸的） 相關數(shù)據(jù)有： M 1.99 10 30 kg , 2 40 rad s T E k 1 I 2 2 12 2 MR 5 2 2 1 MR 5 240 21 30 6 2 2 2 39 10 10 4 10 10 J 5一質量為 10g 的物體作簡諧振動,其振幅為 24cm,周期為 4s,當 t=0 時,位移為 24cm, 求：（ 1）在 t=0.5s 時,物體所在的位置； （ 2）在 時,物體所受力的大小和方向； （ 3） 3在 x=12cm 處,物體的速度； 解： 已知條件： m 10g

31、 10 10 kg 2A 24cm , T 4s 0 rad s T 2當 t 0 時, x Acos 24cm 0運動學方程為： x A cos 0t t m2t 時, x 4 彈力的表達式為： f kx m 0 x 2m 0 Acos 2 t N223當 t 時, f cos 10 N4 4 當 x 12cm,代入可得 cos t 1 t 2 2 2 3依據(jù)運動學方程可知速度的表達式為： v 2t 23m0.326 m s 2精選文檔 第 13 頁,共 18 頁. 5 由可知,從起始位置運動到 x 12cm 處所轉過的角度 1 或 為 3 31 1 2所用的最少時間： t T 4 s 2

32、3 2 3一質點質量為 2.5*10-4kg,它的運動方程為 x=0.06sin5t-pi/2, 求：（ 1）振幅和周期 ;2 初速度；（ 3）質點在初位置時所受的力； （ 4）在 pis 末的位移,速度和加速度； （ 5） 能動的最大值； 解：運動學方程： x 5t m , 2 振幅為： A ；周期為： T 2 2 1.26 s 0 5 初位置為： x t 0 22 4 4 f t 0 kx t 0 m 0 x t 0 10 25 10 N 速度與加速度的表達式分別為： v t 5t t 0m s 22a t 5t t s 22 2 4 2 5 E kmax 1 kA 2 2 1 m 2 0

33、 A 2.5 10 25 10 J 彈簧下面懸掛質量為 50g 的物體,物體沿鉛直方向的運動方程為 x=2*10 -2sin10t,平穩(wěn) 位置為勢能零點,求 1彈簧的彈性系數(shù)（ 2）最大動能（ 3）總動能 2 2解：依據(jù)已知條件有： x 2 10 sin10t m , v 0.2cos10t m s 2 3 2 k m 0 50 10 10 5 N m 動能表達式為 E k 1 mv 2 ,其最大值為： 22 2 3 2 4 3E kmax 1 m 2 0 A 50 10 10 4 10 10 J 1 2 1 2 2 3 總能量為： E kA m 0 A 10 J 2 2兩同向的諧振動,已知運

34、動方程為 x1=5cos10t+0.75pi,x2=6cos10t+0.25pi, 式中 x 單位 為厘米, t 為秒,（ 1）求合震動的振幅和初相位； （2）如另有諧振動 x3=7cos10t+ ,就為 何值量 x1+x2 的振幅最大？為何值時 x2+x3 的振幅最小？ , 2解： 依據(jù)已知條件有： A1 5cm , A2 6cm , 1合振幅為： A 2 A 2 A 2 A A cos 2125 36 精選文檔 第 14 頁,共 18 頁. tan A1 sin 1A2 sin 211 3o084 o48 o 135 o 225 A1 cos 1A2 cos 21 x3 7cos 10 t

35、 cm 31x1 x3 的振幅最大應中意條件： 3232x2 x3 的振幅最小應中意條件： 有兩個同振向,同周期的諧振動,其合震動的振幅為 20cm,相位與第一振動的相位差為 30,如第一振動的振幅為 ,求其次振動的振幅及第一,其次兩振動的相位差 . 解： 依據(jù)余弦定理： A 2 2 oA2 A2 A1 A 2AA1 cos30 2 2 2cos A2 A A1 2AA2 30 o A1 60 ,所以第一與其次振動的相位差為 oo oO 2 1 30 90 已知波源在質點 x 0的平面簡諧波方程為： y Acos bt cx , A, b, c 均為常數(shù), 試求： 振幅,頻率,波速和波長； 寫

36、出在傳播方向上距波源 l處一點的振動方程式,此質點振動的初相位如何； 2 1 b解： 振幅： A , 周期： T 頻率： b T 2波長： 2,波速為： u bc T c x l 處質點的振動方程式為： y Acos bt cl 該質點振動的初相位為： cl 2一橫波的方程為： y Acos t x ,如 A , 0.2m , u 25 m s ； 試求： t 0.1s 時, x 2m 處的一點的位移,速度和加速度； 解： A , , u 25 m s , 頻率為： u 25 125Hz 橫波的方程為： y cos10 125 t x 位移： y t 2x 2速度： v t x 2 sin10

37、 2 sin 0加速度： 精選文檔 第 15 頁,共 18 頁. at x 2 12 .5 1250 2cos10 2 1250 25 210 m s 平面簡諧波的方程為： y 8 cos 2 2t x cm ,波源位于原點,求： 100 t 時波源及距波源 處的相位； 離波源 0.80m 及 兩處的相位差； 解： t 時波源的相位： t x 2. 1 0 2 2 0距波源 處的相位： t 2 2x 離波源 及 兩處的相位差： 80 30 x x 2 2t 100 2 2t 100 因此,離波源 及 兩處的相位差為 ； 3 3有一頻率為 500Hz 的平面簡諧波, 在空氣 10 kg m 中以

38、速度 v 340m s 的速度傳播,到達人耳時,振幅為 A 10 4 cm ,試求耳中聲音的平均能量密度及聲強； 解：頻率 500Hz ,角頻率： 2 1000 平均能量密度為： w12 A 2110 310 621000 210 9J. m 322聲強： I wv 12 A 2v 110 310 621000 2340 2.18 10 6W . m 222同一介質中的兩個波源位于 A, B 兩點,其振幅相等,頻率都是 100Hz , B 比 A 的相位 超前 ；如 A, B 兩點相距 30m,波在介質中的傳播速度為 400 m s ,試求 A, B 連線上因干 涉而靜止的各點位置； 解：以

39、A 點為坐標原點, AB 連線為 x 坐標軸；波長： u400 4m t 100 設 A 點的振動方程為： y A A cos t ,B 點的振動方程為： y B A cos 2 x 在 A,B 連線上的一點 x 處, A 波源的方程為： y AP Acos t B 波源的方程為： y BP A cos t 2 30 x 干涉時的相位差為： 230 x 2 x 精選文檔 第 16 頁,共 18 頁. 干涉加強的條件為： 2k x 2k 14, k 0, 1, 2, 7 7干涉減弱的條件： 2 k 1x 2k 15, k 0, 1, 2, 通過運算可以得到： 在 A,B 兩點之間由于干涉而靜止的點為： x 1,3,5, 27,29 ,也就是在 1 30 之間全部的奇數(shù),因此也可以寫為： x 2 k 1 k 0,1,2,3, 14 在 A,B 兩點之間由于干涉而加強的點為： x 2,4,6, 28 ,也就是在 1 30 之間全部的 偶數(shù)； 6.10 A, B 兩點為同一介質中的兩相干波源；其振幅皆為 A 5cm ,頻率皆為 100Hz ,但 當 A 點為波峰時, B 點恰為波谷；設在介質中的波速為 兩列波傳到 P 點時干涉的結果； 10 m s ,試寫出由 A,