第一章质点运动学
1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2
x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得，
y=4t 2-8 可得： y=x 2
-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2
2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =
则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r
i j v i j a j =+=+=
2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时
速度为0v ，求运动方程)(t x x =.
解：
kv dt
dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t
k e v v -=0
t k e v dt
dx
-=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --=
3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速
度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ?
?=v
v 0
d 4d t
t t v 2=t 2
v d =x /d t 2=t 2
t t x t
x
x d 2d 0
20
??
= x 2= t 3 /3+10 (SI)
4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：
（1）小球的运动方程；
（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的
d d r t ，d d v t ，t
v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）
2gt 21h y -= 式（2） 201
()(h -)2
r t v t i gt j =+
（2）联立式（1）、式（2）得 2
2
v 2gx h y -=
（3）
0d -gt d r
v i j t = 而落地所用时间 g
h
2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =
d d v g j t
=- 2
202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21
20
212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为2
2r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为
s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）d 22d r v ti j t ==+ d 2d v
a i t
==
2）11
222
2[(2)4]2(1)v t t =+=+
2
d 2d 1
t v t a t
t =
=+ 1
22
22+=
-=
t a a a t n
第二章质点动力学
1、(牛顿定律)质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？ 解：f 为空气对气球的浮力，取向上为正。 分别由图（a ）、(b)可得：
F Mg Ma -=
1()()F M m g M m a -+=+
则11()
,Ma mg m a g a a a a m M m M
-+==-=
++
2、 (牛顿定律) 两个圆锥摆，悬挂点在同一高度，具有不同的悬线长度，若使它们运动时两个摆球离开地板的高度相同，试证这两个摆的周期相等．
证：设两个摆的摆线长度分别为1l 和2l ，摆线与竖直轴之间的夹角分别为1θ和2θ，摆线中的张力分别为1F 和2F ，则
0cos 111=-g m F θ ① )sin /(sin 112
1111θθl m F v = ② 解得：
1
111cos /sin θθgl =v
第一只摆的周期为 g
l l T 1
11
1
11cos 2sin 2θπ
θπ==
v
同理可得第二只摆的周期 g
l T 2
22cos 2θπ
= 由已知条件知 2211cos cos θθl l = ∴ 21T T = 习题2.1—2.6
m 1 m 2
习题2.1一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为3/1044005t F ?-=，子弹从枪口射出时的速率为m/s 300。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t ；（2）子弹在枪筒中所受力的冲量I ；（3）子弹的质量。
解：（1）由3/1044005t F ?-=和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：03/1044005=?-=t F 算出t=0.003s 。
（2）由冲量定义：
33
35520
400410/3400210/3
0.6I Fdt t dt t t N s ==-?=-?=???（）
（3）由动量定理：
习题 2.2 质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求：
(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．
解：(1)取子弹与物体为研究对象，子弹前进方向为x 轴正向， 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 m v 0 = m v +M v '
v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s
T =Mg+M v 2/l =26.5 N
(2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v 方向为正方向) 负号表示冲量方向与0v 方向相反．
习题2.3一人从10 m 深的井中提水．起始时桶中装有10 kg 的水，桶的质量为1 kg ，由于水桶漏水，每升高1 m 要漏去0.2 kg 的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．
习题 2.2图
l
M
m
0v
v
3
0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s m kg =
=?==?==?所以：
解：选竖直向上为坐标y 轴的正方向，井中水面处为原点． 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F 等于水桶的重量 即： 00.2107.8 1.96F P P ky mg gy y ==-=-=- 人的拉力所作的功为： 0
d d H
W W F y ==??＝10
(107.8 1.96)d =980 J y y -?
习题2.4 如图所示，质量m 为 0.1 kg 的木块，在一个水平面上和一个劲度系数k 为20 N/m 的轻弹簧碰撞，木块将弹簧由原长压缩了x = 0.4 m ．假设木块与水平面间的滑动摩擦系数μ 为0.25，问在将要发生碰撞时木块的速率v 为多少？
解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量．由题意有 222
1
21v m kx x f r -=- 而
mg f k r μ=
木块开始碰撞弹簧时的速率为 s m m
kx gx k 83.522
=+=
μv
习题2.5某弹簧不遵守胡克定律. 设施力F ，相应伸长为x ，力与伸长
的关系为 F ＝52.8x ＋38.4x 2（SI ）求：
(1)将弹簧从伸长x 1＝0.50 m 拉伸到伸长x 2＝1.00 m 时，外力所需做的功．
(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为 2.17 kg 的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2＝1.00 m ，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x 1＝0.50 m 时，物体的速率．
解：(1) 外力做的功
(2) 设弹力为F ′
1122
2
'1v d d 312
x x x x m F x F x W J
==-==???1
2v 5.34W
ms m
-==习题 2.4图
k
m
习题 2.6两个质量分别为1m 和2m 的木块B A 、，用一劲度系数为k 的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A 紧靠墙。今用力推B 块，使弹簧压缩0x 然后释放。（已知m m =1，m m 32=）求：（1）释放后
B A 、两滑块速度相等时的瞬时速度的大小；（2）弹簧的最大伸长量。
解： 2
020222
121kx v m =
v v 2）（2102m m m += 所以m
k x v 3430=
（2）22122
022212121v m m kx v m ）（++= 计算可得：02
1x x =
3、(变力作功、功率、质点的动能定理)设76()F i j N =-（1）当一质点从原点运动到3416(m)r i j k =-++时，求F 所作的功；（2）如果质点到r 处时需0.6s ，试求F 的
平均功率；（3）如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化。 解：（1）0
F dr ??
r
A=0
(76)()i j dxi dyj dzk -?++?r
=0
76dx dy -??-3
4
=45J =-，做负
功
（2）45
750.6
A P W t === （3）0r k E A mgj dr ?=+-?? = -45+40mgdy -? = -85J
4、（机械能守恒、动量守恒）如图所示，一个固定的光滑斜面，倾角为θ，有一个质量为m 小物体，从高H 处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C 点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m 所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：（1）m 到达C 点瞬间的速度；（2）m 离开C 点的速度；（3）m 在C 点的动量损失。 解：（1）由机械能守恒有 2
12
c mgH mv =
带入数据得2c v gH =，方向沿AC 方向 （2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以
cos c mv mv θ=，得2cos v gH θ=，方向沿CD 方
向
（3）由于受到竖直的冲力作用，m 在C 点损失的动量2sin p m gH θ?=，方向竖直向下。
第三章刚体的运动
习题 2.6
图
书：3.3用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动，记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦
解：如习题 3.3(b)图,对飞轮而言，根据转动定
律
，有
T F R J =α
（1）
对重物而言，由牛顿定律，有
'T mg F ma -= 'T T F F = （2）
由于绳子不可伸长，因此，有
a R =α （3）
重物作匀加速下落，则有
2
12
h at =
（4） 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 2
2
(1)2gt J mR h
=- 3.4如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图
ma T mg 222=- （1）
习题3.3(b)图
mg
m T
F '
T F O
ma mg T =-1 （2）
2()T T r J α-= （3） 1()T T r J α-= （4）
a r α= （5）
联立 g a 41=
， mg T 8
11= 3.6有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水
平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为2m 的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v ，如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。
(已知棒绕O 点的转动惯量213
1
l m J =)
解：碰撞时角动量守恒
l v m w l m l v m 2221123
1
-=
l
m v v m 1212)
(3+=
ω
细棒运动起来所受到的摩擦力矩
gl m gxdx l m M l
10
12
1
μμ
==? gl m l m t 1212
1
31
μω= g
m v v m g l t 1212)
(232μμω+==
1. 如图所示，物体1和2的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为J ，半径为r , 物体2与桌面间的摩擦系数为μ，设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴
习题 3.6
图
2
?-=-=-t
J J J Mdt 0
12
0ω
ωω
无摩擦。求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2。
a m T g m 111=- a m g m T 222=-μ
αJ r T r T =-21 αr a =
解得：()22212
21r m r m J gr m m a ++-=μ ()2
2212
21111r m r m J gr m m m g m T ++--=μ
2、如图系统中，m 1=50kg ， m 2=40kg ，圆盘形滑轮m=16kg ，半径r=0.1m ，斜面是光滑的，倾角θ=300，绳与滑轮无相对滑动，转轴摩擦不计，求：
（1）绳中的张力；（2）设开始时m 1距离地面高度为1m ，需多长时间m 1到达地面？
a m T g m 111=- a m g m T 222sin =-θ
αJ r T r T =-21
αr a =
2
21mr J =
解得 22/3,/30s m a s rad ==α ，N T N T 316,34021== 由所以,0,2102
0=+
=v at t v h
s a h t 816.02== 3．一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使
棒向上与水平面成30°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为2
31ml ，
求：
(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角速度．
解： 1、J
M
=
α mgl l mg
M 4330cos 20== 23
1ml J = 4334333
1432g l g ml mgl
===α
2、机械能守恒
20210030sin 2ωJ l mg +=+ g ml mg
ml l mg 236141312130sin 2202==?=
ω
g 2
3
=
ω=3.83rad/s 4．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2
的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90?，求v 0的大小。 角动量守恒 ωJ l
mv l mv +=22200
23
1Ml J = ω20314Ml l mv = Ml mv Ml l mv 0
20
433
14==ω
机械能守恒2312122l
Mg Ml =?ω 24331212
02l Mg Ml mv Ml =??
? ???
222
316m l
M g v = 3
40
gl
m M v = 5．一根长为l 、质量为 M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为 M m 6
1
=
的子弹以水平速度v 0射入棒的下端，并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为60°，求v 0。
角动量守恒
ω)31(220Ml ml l mv +=
M m 61
= l v 30=ω
机械能守恒
()
0022260cos 1)60cos 1(2
)31(21-+-=+mgl l
Mg Ml ml ω
gl v 320=
6、如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和m 2的小球，杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为l 31
和
l 3
2
．轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为m 的小球，以水平速度0v 与杆下端
m m
M
v 0
/2
v l
小球m 作对心碰撞，碰后以
02
1
v 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。 解：角动量守衡 02202
1
322)3()32(32v ml m l m l l mv ?-?+=ωω l v 230=ω
第四章振动与波动
振动部分：习题4.2、4.4、4.5
习题4.2一物体沿x 轴做简谐运动，振幅为0.06 m ，周期为2.0 s ，当t = 0时位移为0.03m ，且向x 轴正方向运动。求：（1）t = 0.5 s 时，物体的位移、速度和加速度；（2）物体从x = -0.03m 处向x 轴负向运动开始，到平衡位置，至少需要多少时间？
解： （1）由题意知A = 0.06m 、12T s ωππ-==由旋转矢量(a)图可确定初相则03?π=-，振动方程为
1
(0.06)cos ()3x m s t ππ-??=-??
当t = 0.5s 时质点的位移、速度、加速度分
别为
(0.06)cos(23)0.052x m m
ππ=-=11
(0.06)sin(23)0.094v dx dt m s m s πππ--==-?-=-?22222(0.06)cos(23)0.513a d x dt m s m s πππ--==-?-=-?
习题4.2 (b) 图
习题4.2 (a) 图
（2）质点从x =-0.03 m 运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从(b)图中的位置M 转至位置N ，矢量转过的角度(即相位差）56??=π。该过程所需时间为
0.833t s ?
ω
??=
=
习题4.4 某质点振动的x-t 曲线如题图所示.求：（1）质点的振动方程；
（2）质点到达P 点相应位置所需的最短时间.
00001x=Acos(ωt+φ)
t=0,x =A/2,v >0πφ=-3
ππt=1s,ωt-=32
5πω=
6
5ππx=0.1cos(
t-)m
63
2P 0500.463
0.4t
t t s
p p p P s
ππ
ω?∴+=
-
==∴解：（）设所求方程为：从图中可见，由旋转矢量法可知；又
故：（）点的相位为即质点到达点相应状态所要的最短时间为
习题 4.5一质点沿x 轴作简谐振动，振幅为cm 12，周期为s 2。当0=t 时, 位移为cm 6，且向x 轴正方向运动。求：（1）振动表达式；（2）s 5.0=t 时，质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于cm 6-=x ，且向x 轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。
解：由题已知 A=12×10-2m ，T=2.0 s ∴ ω=2π/T=πrad ·s -1
又，t=0时，cm x 60=，00v > ∴由旋转矢量图，可知：30π
φ-=
故振动方程为）（3cos 12.0π
π-=t x
(2)将t=0.5 s 代入得
习题4.4图
m t x 103.0
6cos 12.03cos 12.0==-=π
ππ）（
s m t v /189.06cos 12.03sin 12.0-==--=π
πππ）（ 222/03.16cos 12.03cos 12.0s m t a -=-=--=π
ππππ）（ 方向指向坐标原点，即沿x 轴负向．
(3)由题知，某时刻质点位于cm 6-=x ，且向x 轴负方向运动
即x ０=-A/2，且v ＜0，故φt =2π/3，它回到平衡位置需要走5π/6，所以： ∴t=Δφ/ω=(5π/6)／(π) =5/6s
习题4.5图
（加题）1.有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为0.2m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为6/π，第一个振动的振幅为0.173m ，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。
分析 根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。 解：采用旋转矢量合成图求解
取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为/6φπ= 据21A A A +=可知12A A A -=,如图：
)(1.0cos 2122
12m AA A A A =-+=?
由于A 、1A 、2A 的量值恰好满足勾股定理， 故1A 与2A 垂直.
即第二振动与第一振动的相位差为2/πθ=
题图5-26
（加题）2.一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为
21510cos(4/3)()x t SI π-=?+，22310sin(4/6)()x t SI π-=?-画出两振动的旋转矢量
图，并求合振动的振动方程.
分析 须将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。 解：)6/4sin(1032
2π-?=-t x
)2/6/4cos(1032
ππ--?=-t
)3/24cos(10
32
π-?=-t
作两振动的旋转矢量图，如图所示. 由图得：合振动的振幅和初相分别为
3/,2)35(πφ==-=cm cm A .
合振动方程为))(3/4cos(10
22
SI t x π+?=-
（加题）3.一物体质量为0.25kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数
125k N m -=?，如果起始振动时具有势能0.06 J 和动能0.02 J ，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． 解：(1) 2
21kA E E E p K =+==0.08 m A 08.025
08
.02=?= (2)
222
1
21v m kx = ； 2k m ω= 22222sin ()m x m A t ωωω?∴=+ 2
2
2
2
2
2
2
sin ()[1cos ()]x A t A t A x ω?ω?=+=-+=-
222A x =，/20.0566x A m ∴=±=±
(3) 过平衡点时，0x =，此时动能等于总能量
221
v m E E E p K =
+==0.08 s m A /8.025
.008
.02=?=
（加题）4. 一弹簧振子,弹簧的劲度系数为k=25N/m,当物体以初动能0.2J 和初势能0.6J 振动时,求: (1) 振幅是多大? (2) 位移多大时,其势能和动能相等? (3) 位移是振幅的一半时,势能是多大?
解: (1) 弹簧振子的总机械能为2
12k p E E E kA =+=
,故2()0.253k p E E A m k
+== (2) 21124p k E E E kA ==
= 2211
24
kx kA = 20.1792x A m =±=± 题图5-27
(3) 2
2110.20224
p A E kx k
J === 波动部分：习题4.7、4.8、4.10
习题 4.7有一平面简谐波在介质中传播，波速u = 100 m/s ，波线上右侧距波源O （坐标原点）为75.0 m 处的一点P 的运动方程为
]
2/)s 2cos[()m 30.0(1p ππ+=-t y 。求（1）波向x 轴
正方向传播时的波动方程；（2）波向x 轴负方向传播时的波动方程。
解：（1）设以波源为原点O ，沿x 轴正向传播的波动方程为 ()[]0cos ?ω+-=u x t A y
将 u = 100 m ?s -1代人，且取x = 75 m 得点P 的运动方程为 ()[]0P s 75.0cos ?ω+-=t A y
与题意中点P 的运动方程比较可得 A = 0.30 m 、12s -ω=π、02?=π。则所求波动方程为
)]s m 100/)(s 2cos[()m 30.0(1
1--?-=x t y π
(2)当沿x 轴负向传播时，波动方程为 ()[]0cos ?ω++=u x t A y
将 x = 75 m 、1100u ms -=代人后，与题给点P 的运动方程比较得A = 0.30 m 、12s -ω=π、0?=-π，则所求波动方程为
]
)s m 100/)(s 2cos[()m 30.0(11ππ-?+=--x t y
讨论：对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已
知某点初相0?的前提下，根据两点间的相位差λ
π???/200x ?=-'=?，即可确定未
知点的初相0?'。
习题4.7图
习题 4.8已知一沿x 正方向传播的平面余弦波，s 3
1
=t 时的波形如题图所
示，且周期T 为s 2.
（1）写出O 点的振动表达式； （2）写出该波的波动表达式； （3）写出A 点的振动表达式； （4）写出A 点离O 点的距离。
解：由图可知A=0.1m ，λ=0.4m ，由题知T= 2s ，ω=2π/T=π，而u=λ/T=0.2m/s 。
波动方程为：y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+Ф0］m 关键在于确定O 点的初始相位。
（1） 由上式可知：O 点的相位也可写成：φ=πt+Ф0
由图形可知： s 31
=t 时y ０=-A/2，v ０＜0，∴此时的φ=2π／3，
将此条件代入，所以：03132?ππ+= 所以3
0π
?=
O 点的振动表达式y=0.1cos ［πt+π/3］m
（2）波动方程为：y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+π/3］m （3）A 点的振动表达式确定方法与O 点相似由上式可知：
A 点的相位也可写成：φ=πt+ФA0
由图形可知： s 3
1
=t 时y ０=0，v ０>0，∴此时的φ=-π／2，
将此条件代入，所以：0312A ?ππ+=- 所以6
50π
?-=A
A 点的振动表达式y=0.1cos ［πt-5π/6］m
（4）将A 点的坐标代入波动方程，可得到A 的振动方程，与（3）结果相同，所以： y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+π/3］= 0.1cos ［πt-5π/6］
可得到：m x A 233.030
7
==
习题4.10 一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出：
（1）原点的振动表达式； （2）波动表达式；
习题4.8图
习题4.10图
（3）同一时刻相距m 1的两点之间的位相差。
解：(1) 由图可知A=0.5cm ，原点处的振动方程为：y=Acos （ωｔ＋φ）
t=0s 时 y=A/2 v>0 可知其相位为φ=3
π-
t=1s 时 y=0 v<0 可知其相位为φ1=
2
π 代入振动方程， φ=3π-
ω＋φ=2
π 可得：ω=
6
5π
T=2π/ω=12/5 则 y=0.5cos （
65πｔ-3
π
）cm （2）沿x 轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos[65π（ｔ+54x ）-3
π
]cm （3）根据已知的T=12/5，m/s 8.0=u ，可知：m 25
48=
λ 那么同一时刻相距m 1的两点之间的位相差： 3.27rad 24
25
2==?=?πλπ?x
（加题）1.如图，一平面波在介质中以波速20/u m s =沿x 轴负方向传播，已知A 点的振动方程为)(4cos 10
32
SI t y π-?=.
(1)以A 点为坐标原点写出波方程；
(2)以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波方程. 解：(1)坐标为x 处质点的振动相位为
)]20/([4)]/([4x t u x t t +=+=+ππ?ω 波的表达式为 ))](20/([4cos 10
32
SI x t y +?=-π
(2)以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 )](20
5
[4'SI x t t -+=+π?ω 波的表达式为 ??
? ??
-+?=-2054cos 10
32
x t y π
)]()20
(4cos[1032SI x
t y ππ-+
?=- u
B A 1题图
（加题）2. 一平面谐波沿ox 轴的负方向传播,波长为λ，P 点处质点的振动规律如题图6－10所示.求:
（1）P 点处质点的振动方程; （2）此波的波动方程；
（3）若图中/2d λ=,求O 点处质点的振动方程.
分析 首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P 点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P 与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。
解:（1）从图中可见4T s =,且00,,po t y A ?π==-∴=,则P 点处质点的振动方程为
2cos(
)cos()()42
p y A t A t SI ππ
ππ=+=+ （2）向负方向传播的波动方程为
()??
?
???+??? ??-+=πλπd x t A y 42cos
（3）把/2,
0d x λ==代入波动方程即得
t A y 2
cos 0π
=
（加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：
))(244(31cos 1000.421SI t x y -?=-π
))(244(3
1
cos 1000.422SI t x y +?=-π
求：(1)两波的频率、波长、波速；(2)两波叠加后的波节位置；(3)叠加后振幅最大的那些点的位置.
解：(1)与波动的标准表达式)/(2cos λνπx t A y -=对比可得： Hz 4=ν， m 50.1=λ， 波速s m u /00.6==λν (2)波节位置131
4/3()()m,n 0,1,2 (242)
x n x n πππ=±+
=±+=即 (3)波腹位置4/33/4m,n 0,1,2...x n x n ππ=±=±=即 第11章作业
题图6-10
t (s)
0 -A
1
y P (m)
x
O
P
d
11.2 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n =1.58)覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央(原零级明条纹)的位置。如果入射光的波长为550nm ，则这云母片的厚度应为多少?
分析：云母片覆盖前，零级明条纹在屏幕上O 点。覆盖后，衍射条纹移动了7条，即第七条明条纹位于O 点。由光程差的变化计算介质厚度。
解：覆盖前，两光到达O 点的光程差为
0121=-=r r δ （1）
覆盖后，两光到达O 点的光程差为
()λδ7122=-+-=r ne e r （2）
(2)式与（1）式作差，可得
()[]()()λδδ71121212=-=---+-=-n e r r r ne e r
所以
69
1064.61
58.110550717--?=-??=-=n e λm
11.3 在双缝实验中，入射光是由波长=1λ550nm 和另一束未知波长2λ两种成分合成的复色光。已知双缝间距为0.6mm ，屏和缝的距离为1.2m ，求屏上
1λ的第三级明纹中心的位置。若屏上1λ的第六级明纹中心和未知的2λ的第五级
明纹中心重合，求未知波长2λ。
分析：由明纹中心位置公式d
D k x λ
=可得。 解：第三级明纹中心位置
3.310
6.0105502.1339
=????==--d D k x λmm 1λ的第六级明纹中心和未知的2λ的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍
射角
习题11.2图
d
D d D 2
156λλ= 所以
6605505
6
5612=?==
λλnm 11.5 一薄玻璃片，厚度为0.40μm ，折射率为1.5，置于空气中。用白光垂直照射，问在可见光的范围内，哪些波长的光在反射中加强？哪些波长的光在透射中加强?
分析：分别应用反射光和透射光在等倾干涉中加强的条件求得。 解：反射加强的条件为 λλ
k ne =+2
2
由此得
1
24-=
k ne
λ 仅当3=k 时，λ为可见光，因此求得
4801
3240
.050.14=-???=
λnm
透射加强的条件即反射减弱的条件，即
()2
1222λ
λ
+=+
k ne 由此得
k
ne
24=λ 当2=k 时，
6002240
.050.14=???=λnm
当3=k 时，
4003240
.050.14=???=
λnm
波长为480nm 的可见光在反射中加强，波长为600nm 和400nm 的可见光在透射中加强。
11.6 一单色光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上。油的折射率为1.3，玻璃的折射率为1.5，若单色光的波长可由光源连续可调，并观察到500nm 与700nm 这两个波长的单色光在反射中消失，求油膜的厚度。
分析：由于玻璃的折射率2n 大于油的折射率1n ，光线在油膜上，下表面反射时都存在半波损失，则光程差为ne 2=δ。设5001=λnm 的光在k 级干涉相消，则对于7002=λnm 的光在第()1-k 级干涉相消。
解： 对5001=λnm 的光在k 级干涉相消，有 ()
11
1212122λλ??
? ??
+=+=k k e n （1） 对7002=λnm 的光在第()1-k 级干涉相消，有
()[]
22
12121122λλ??
? ??
-=+-=k k e n （2） 由（1）、（2）式解得
()()
3500700270050021221=-+=-+=
λλλλk
1.67330
.12500
2132211
1
=????? ??
+=
??
? ??
+=n k e λnm 11.7 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为1.5，劈尖夹角rad 1055-?=θ。用单色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离m 1064.33-?=l ，求此单色光的波长。
分析：由相邻两明纹间的距离公式可得。 解：相邻两明纹的距离为 θ
λ
sin 2n l =
，
因为θ很小，所以θθ≈sin ，则
θ
λn l 2= 所以，