《大学物理》（上）习题及答案

《大学物理》（上）习题答案

第一章

1-2有一质点沿着x轴作直线运动，f时刻的坐标为x=4.5/-2人试求：

（1）第2秒内的平均速度

⑵第2秒末的瞬时速度

⑶第2秒内的路程。

解：（1）当，=ls时，%,=2.5m

当r=2s时，/=18—16=2加

平均速度为万=%一%=2—2.5=-0.5（m/s）

⑵第2秒末的瞬时速度为

v=-=9f-6r|=-6（m/s）

⑶第2秒内的路程：（在此问题中必须注意有往回走的现象）

当t=1.5s时，速度u=0,工2=3.375〃？

当f=1s时，内=2.5m

当f=2s时，x3-2m

所以路程为：3.375-2.5+3.375-2=2.25m

1-3质点作直线运动，其运动方程为x=12"6产，采用国际单位制，求：

⑴》=4s时，质点的位置，速度和加速度

⑵质点通过原点时的速度

⑶质点速度为零时的位置

（4）作位移，速度以及加速度随着时间变化的曲线图。

解：⑴由运动方程x=I2-6/，可得速度，加速度的表达式分别为

dx……dv

v=—=12-12?a--=-12

dtdt

所以当f=4s时，质点的位置，速度和加速度分别为

x=T8m；v=-36m/s；a=-12m/s2

⑵质点经过原点的时刻6=2s,=0s此时的速度分别为

v,=-12（m/s）v2=12（m/s）

（3）质点速度为零对应的f=Is,位置为x=6m

1-4质点沿直线运动，速度丫=/+2/+2（m/s）,如果当f=2s时，x=4m,求r=3s

时质点的位置，速度和加速度。

解：速度丫=r+2产+2(Ws),位置，加速度的表达式分别为

x=+2r+2）＜/x=—+—+2/+C

当，=2s时，x=4m,即》=4+3+4+。=4,可得C=一名

33

t42r.28.2,

x——I------F2t---,。=3，+4。

433

当，=3s时，质点的位置，速度和加速度分别为

8154,28一243-112…

x=-4-----1-6------=24+------------«34.9m

43312

v=27+18+2=47（m/s2）

a=27+12=39（m/s?）

1-5质点的运动方程为x=3r+5,y=2产+3-4,采用国际单位制，试求:

(1)f=ls和r=2s时亥!J的位置矢量及f=l~2s内质点的位移

⑵f时刻的速度和加速度

⑶r=4s时质点运动速度和加速度的大小和方向

解：⑴当，=ls时，X1=8m,y=lm,所以，=8：+j

当，=2s时，%,=1Im,y=10m,所以弓=lli+10J

质点的位移为r=r2-ti=3i+9j

⑵f时刻的速度/和加速度1分别为

v（）

v.r=—=3（m/s）y=^-=4r+3m/s

广今=4（m/s2）

v=3/+（4r+3）Ja=4j（m/s2）

⑶r=4s时质点运动速度和加速度分别为

v=3/+（4r+3）./=3f+19J大小为历Ua19.24m/s

a=4jm/s2大小为4m/s2

1-7解：质点的加速度a=4-J(m/s2),初始条件为^5=901,v1M)=2m/s

速度u的表达式为

丫=%+(。力=%+〕：(4—r)力=2+4/_；

质点的运动方程x为：

rtrt(尸、214

x=x0+|ud/=+|2+4f---力=9+2/+2广----1

0J。0J。312

1-8证明：

由题可知：———kv2-—kv—所以有：dv=—kvdx

dtdt

变换为：-^-kdx两边同时积分就可得到：「包=-「心

vJ%VJo

Invl'=-kx即In—=-fcx所以有

“%

1-13解：角加速度尸=ae=7rrad/s2初始条件为：当f=0时，。=0

dt

(1)dm=0dt,仍=/)+//?力=/)+1产力=R

第一秒末的角速度为sr=zrrad/s=3.14rad/s

(2)第一秒末的法向加速度=10x»2=98.6m/s2

第一秒末的切向加速度%=厂分=10万=31.4m/s?

(3)加速度的大小为〃=击，+42*103.5m4

方向：与T轴的夹角为a=arctan%=arctan3.14=7220'

do

1一14解：夕=2+4/rad,角速度为仍=——=12/rad/s

dt

角加速度为分=24”ad/s2

(1)当，=2s时，^=48rad/s2

222

an=rGJ=0.Ix48=230.4m/s

2

tzr=r/?=0.1x48=4.8m/s

⑵在/时刻，法向加速度与切向加速度分别为

2222

an=rd=0.1x（12r）=14.4?m/s

2

aT=r^=0.1x（24z）=2.4rm/s

总加速度与半径夹角为45。时，a“=ar

可得t30.167,即8=2.167rad

6

第二章

2-1质量为2kg的质点的运动方程为『=（6/+l）：+（3,+3，+l）j,求证质点受恒

力而运动，并求力的方向和大小，采用国际单位制。

解:质点的运动方程为本=（6产+l）f+（3*+3/+l）j,

那么通过对上式两边求导，便可得到速度D=12"+（6f+3）j

加速度为：a=12i+6j

因此质点所受的力为R=m〃=24；+12jN

因为上式中不随时间改变，所以质点所受的力为恒力。

大小和方向可以用矢量的有关知识求出来。

2-2质量为加的质点在。孙平面内运动，质点的运动方程为

r-acosmti+/?sinmtj,a,。,or为正常数，⑴求质点的动量；⑵证明作用于质

点的合力总指向原点。

解：⑴由质点的运动方程可得质点的速度为：v=-arasinarti+cubcostutj

质点的动量为：p=mv=-mtjjcisinarti+marbcosartj

（2）质点的加速度为：a=-G72acosG7/z-w2^sinrutj

F=ma=-mm2acostuti-mtD'bsmtutj

作用于质点的合力为：（acosM；+bsinMj）

2—

二-mRr

方向为-『的方向，也就是总指向原点。

2-3圆柱A重500N,半径此=0.30m,圆柱8重1000N,半径&=0.50m,都

放置在宽度为/=1.20m的槽内，各接触点都是光滑的。求A,8柱间的压力及A,

8柱与槽壁和槽底间的压力。

解：分别以A,B为研究对象，受力分析如图所示，建立坐标系如图。

对A列方程有：x轴：NA=NBAsina(1)

y轴：GA=N口人COSa(2)

对3列方程有：x轴：NwSinauNm(3)

y轴：NB=GB+NABCOSA⑷

在三角形中忸C|=/_/?「&=0.4m

\AB\=RA+Rn=0.8m

164

sina=—，cosa=——(5)

22

通过解上述方程组，可以得到

Nt"\n=Nr5/m\=577N,N“=1500N，A=DA\^„,=288.5N

2-5

解：

对整体进行受力分析，加速度

向上为4,根据牛顿第二定律有：

F—^m+ma+mh)g=(m+ma+/)

即

a=>("""+〃『=2m/s2

[m+ma+mh)

对A进行受力分析，根据牛顿第

二定律有：T-mag=maa

得到T=m“(g+a)=96N

对一小段绳子，加受力如图，根据牛顿第二定律得:

T+dT-T-dmg=dma=>dT=dm[a+g)=—(Q+g)公=24dx

L

两边积分得到J：dT=J；24公n7；=96+24x(N)

2-6在图示的装置中两物体的质量各为叫，m2,物体之间以及物体与桌面间的

摩擦系数都为"，求在力E的作用下两物体的加速度及绳内张力。不计滑轮和绳

的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

解：对犯，加2分别进行受力分析如上图所示，取x方向向右为正方向，y轴

方向向上为正方向。根据牛顿第二定律列方程，对犯有

x轴：fx-T=/JN1-T=-m}a

y轴：2-仍g=0

对加2有方程，

x轴：F-]nmxg-T-/HN2=m2a

y轴：N2+/^2)g=0

jumig-T=-ma

方程组可以变为}

F-/Liin^g-T-/Liijny+m2)g=m2a

可得到T=4mlg+州。

F—2/in^g—/J+叫)且=(〃Z

最后可以解得：2〃"_〃g,丁=叫-2"产

（町+机2）（但+肛）

2-9解：对滑块进行受力分析如图，建立自然坐标系：

\J根据牛顿第二定律列方程为:

mgsin0=m—

dt

v

mgcos0-N=m—

ds=RdO,①式两边同乘杰可得：

gRsmOdO=vdv,两边同时积分可以得到:

=>v2=2(1-cos^)^7?

代入②式可得：N:mgcos0-2mg(1-cos0)=mg(3cos0-2)

,22

当滑块禺开球面时，N=0,BPcos0--,6=arccos—=482

2-12解：（一）以升降机为参考系，A和5的

受力如图所示：

水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的

正方向，根据牛顿第二定律列方程为:

ma

ma

对A：T=ma

N-mg-ma=0

对B：T_+g）=-ma

解方程可得：a=—g

4

QQ

因此对机内的人来说，A的加速度为：-gi,8的加速度为：-2gj

44

（二）以地面为参考系,

建立坐标系与上边相同，根据牛顿第二定律列

方程：

对A：T=maN—mg=ma

对3：T-mg=a=^g,T=-^mg,

A的加速度为：4=[gf+（gj,

B的加速度为：a="a=-;gj

2-13解：（一）以地面为参考系。对小球进行受力分析。

小球相对于小车的加速度为0,所以a就是小球的绝对加速度。根据牛顿

第二定律列方程：

x方向：Tcos（90"-a-/?）-mgsina=ma

y方向：Tsin(90-a-/3^~mgcosa=。

即：Tsin(6Z+^)-mgsina=ma,Tcos[a-\-f3^-mgcosa=0

gsina+Q

mgcosatan(a+/3)-mgsina=ma=>tan(a+〃)==0.2074

<geosa

〃岁°sa]97N

cos(a+/3)

（二）以加速度为0.3m/s2的小车为参考系，则小球所受的力应该加一个沿着

斜面向下的非惯性力。根据牛顿第二定律列方程：

Tcos（90"-a-/）-，%gsina-m6Z=0

Tsin(9。，-a_0)=mgcosa同样得到上边的结果。

2-14解：(1)

受力分析如图所示,根据牛顿第二定律

有：

Nsina=x

mg=Ncosa

,dy八

K=tana=—=2ax

dx

所以可得：tana=—=2ar

可以解得：0=yj2ag

⑵

受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有:

Nsina=muj2x

mg=Ncosa

但此时曲线方程变为：

x2+(y-〃y=a2

,dyxx

K=tana=—=------=,“

dxy-ayla2-x2

2-15解：⑴在水平方向不受外力作用，所以在碰撞前后动量守恒。碰撞前只有

子弹的动量；碰撞后子弹嵌入木块一起运动，设速度为展可得到方程：

/X"2%

mvQ=（根+町）v=>v=---—

m+m]

子弹的动量为：〃子弹=/依="也，木块的动量为：P木块=网丫=照上

根+犯'"2+m.

⑵在此过程中，子弹施于木块的冲量为：/=△。木块=「木块-0=瞿£

2-16解：设绳子断时，加的速度为丫。则有:

22

_V~V（"-mg）/

4-mg=m—=m—=>v2

RIm

所以冲量为：/=&?=mu==0-86（NS）

2-17解:⑴I=£Fdt=J：（30+4f）力=30f+=68（Ns）

⑵I2=J：Fdt=30f+2r=30/2+2g=300

可以解得时间为：Z2=6.86s

⑶,nVmV

I2-Pl~P\-2-\

L^mv,300+10x10

=>v=-----L=----------=40（m/s）x

7m10'j

第三章

3.5在半径为R的光滑半球状圆塔的顶点A上有一石块若使石块获得水平初

速度%，问：⑴石块在何处(°=?)脱离圆塔?

⑵%的值为多大时，才能使石块一开始便脱离圆塔？

解：图略。⑴石块脱离圆塔时，N=0,只受重力作用。

2___________

法线方向：mgcos（p=m—=>v=JgHcos夕

R

由动能定理可得：

mgR(1-cos0)-—mv2——?代入可得：

]、3y22

7?J2

gR+'t）=58850=8$夕=”+§所以9=arccos

23gR33gR3

用机械能守恒也可以。

⑵石块一开始便脱离圆塔。则要求:

mg=相?=>%=y[gR

1\

3.6重量为W的物体系于绳的一端，绳长为/,水平变力F从零逐渐增加，缓慢

地拉动该物体，直到绳与竖直线成。角，试用变力作功和能量原理两种方法计算

变力尸做的功。

解：（一）变力作功。

对物体进行受力分析如图，根据牛顿第二定律列

方程：

x方向：R=Tsin6

y方向：Tcos0=W

W

=>T=----，F^Wtanff,

cos。

r-lsin0=>dr-1cos0dO

因此变力所作的功为：

A=J：Fdr=J：Wltan0cosOdO=J：WlsinOdO=-W1cos呢=W/（1-cosO'）

（二）能量原理（机械能守恒，动能和势能相互转换）

Wl=Wlcos0+AF=>AF=W7（1-cose）

3.7解：以轻绳，圆柱体和框架组成质点组。

质点组所受外力有：圆柱体重力叫=根由，框架重力吗=加28，轻绳拉

力T和作用在框架上的水平力F。其中也和T不做功。

质点组所受内力有：框架槽和小球的相互作用力R,R,由于槽面光滑,

所以R,R二力做功之和为零。

以地面为参考系，根据质点组动能定理:

1212=一町g/(1-cos30)+Hsin30c

5gK+-^2

/表示绳长，4表示圆柱体的绝对速度，匕表示框架的绝对速度，有关系式

为:

甘=岭+口相对

=

投影可得：v,cos30=v2,

Ln1d2Vjcos?30'=一町g/（l一cos30'）+F/sin30"

代入数据可得圆柱体的速度为：匕=2.4m/s

3.8解：设8点的速度为v,则根据动能定理有：

mg（3R-R）=gmv*=>v2=4gR

a“=j=4g,ar=g,a=府+a；=历g=40.4m/s?

K

方向可以根据方向余弦得到。

3.10解：根据框架对弹簧的伸长，可列方程：kx『nig

后二磐二O；；lO=20（N/m）

设铅块与框架相接触前后的速度分别为〜v,根据动能定理与动量守

恒可得:

mg%=gmv2=>v=J2g4=瓜(m/s)

mv=2mv=>v=^-(m/s)

在铅块与框架接触后一起运动到停止运动的过程中，机械能守恒。接

触时的位置为势能零点，框架向下移动的最大距离为生，根据机械能守恒

可得:

1z、2

—2mv2+—Ax,2-2mgh+-k(h+x)

22122l

代入数据可以得到方程：10得—24—0.3=0=>4=0.3（m）

3-11

第四章

4.8解：图略。

圆柱体相对于其中心的转动惯量为：A=g肛发

围绕在圆柱体上的绳索的长度为（/-尤），质量为牛（/-x）,相当于小圆

环，其相对于中心的转动惯量为：/2=牛（/-x）代

转动部分总的转动惯量为/=/也

①

对转动部分以及悬挂在圆柱体外的绳索部分进行受力分析，根据牛顿第

二定律和刚体的转动定律列方程为：

mg-T=ma

②

TR=I/3

a=pR,m=—^-x

④

可得：

章xgR一10=号xaRn[l+号xR）0=^xgR

6=吗xgR=m?xgR=丐xg_

—〃+/^2一；叫研+丐依]；町+丐〉R

4.9解：图略。对圆柱体与物体组成的系统进行受力分析，圆柱体受绳子拉力形

成的顺时针力矩；物体在重力与向上的拉力的作用下，有一向下的加速度。

根据牛顿第二定律和刚体的转动定律列方程为

triyg-T=mya

①

TR^I/3=-mR2/3

②

a=J3R

③

联立方程可得：

T=—mRB=—ma

22

.二叫g

（1]

I'2J

代入数据得：T=39.2（N）,a=4.9（m/s2）,A==^x4.9xl=2.45（m）

4.10解：图略。对滑轮和物体分别受力分析。町受向下的重力叫g与向上的拉

力4，具有向下的加速度小;加2受向下的重力加2g与向上的拉力4，具有

向上的加速度内；滑轮受（、T?反作用力产生的逆时针力矩。

根据牛顿第二定律和转动定律列方程可得：

m}g-T}=m1al

①

T2-m2g=m2a2

②

T[R-Tj=I0

③

4=/3R

④

⑤

最后联立解方程可得:

(myR-m24g(myR-myrSgR(町

q=—o———4=—；—T——

B=1

in1R+62,+/+nt,r+/肛R~+m7r*+/

m.Rr-hm^r2+/

4=町（g—%）=市石寸g

2

m.R+moRr+I

(=秩(g+%)=町科吗,+产g

4.12解:

以弹片与细杆组成的系统为研究对象。弹片嵌入

细杆前后角动量守恒。

弹片嵌入之前，系统的角动量为：

L（）-Imv

弹片嵌入细杆之后，一起运动时的角速度为。，

22

整体的角动量写为：Lt=Inr+mtul,II

3

角动量守恒等式为：L0=Lt,即

Imv-hu+majl2--Ml~tu+mtul2

3

①

22

若先求出细杆与弹片组成系统的转动惯量：I'=-Ml^ml9那么角动量

3

守恒等式可以写为：Imv-/GT

①,

弹片与细杆一起运动到停止的过程中，只有重力做功，所以可以运用机

械能守恒或动能定理列方程。

弹片质心上升的高度为力=/（1-cos。）

细杆质心上升的高度为"=g（l-cos。）

根据动能定理可得方程：

-mgh-MgH=0-g//一；mcj'l'

②

或者

1.2

-mgh-MgH=0——In7~

②‘

联立解方程可得:

s=2rad/s,cos6=0.863,9=30.34°

若重力加速度g的值取10,或者cos。的有效数字不一样，则得到的。会有所

不同。

4.13解：

子弹与细杆碰撞前后角动量守恒，碰撞

।"4°L।前只有子弹町以速度匕运动，碰撞后子弹

f八嵌入细杆，并绕其中心轴转动。

八"4v,

由于在碰撞过程中对中心轴的合力矩为零，所以角动量守恒。可列方程为:

L12

4=见h5=五网七。+班

最后可以得到：0=4=0.058乜

102LL

4.15解:

⑴根据刚体的定轴转动定律可得：

0

mgg=ip=gmFp

/奇=M=36.8卜ac^）

⑵从水平位置到竖直位置，只有重力做功，根

据动能定理可得:

mg-^Ek

下落到竖直位置时的转动动能为

Ek=1mgl=0.5x0.5x9.8x0.4=0.98（J）

⑶设下落到竖直位置时的角速度为0,运用动能的表达式可得;

Ek=/[12s=>G7=J午=8.57(rad/s)

第五章

5.4解：⑴已知条件：zn=10g=10x10-3kg=0.01kg

27rIT、

A=24cm=0.24m,T=4sn4=—=—(rad/s)

当1=0时，x=/4cosa=24cmna=0

71

运动学方程为：x=ACOS(G70Z+cr)=0.24cos

jr

Z=0.5s时，x=0.24cos—=0.17m

4

■rrf

⑵弹力的表达式为：f--kx--maj1x=Acos—(N)

2

7171

当1=0.5s时，/=—0.01x——x0.24xcos-=-4.19X10-3(N)

44

⑶当x=12cm,代入可得。崂=卜十士q

根据运动学方程可知速度的表达式为：

717t

v-----x0.24sin--^x0.24sinf±=:fO.326(m/s)

2

（4）由⑶可知，从起始位置运动到x=12cm处所转过的角度为44=三或

3

54

T

所用的最少时间：Z=^-xT--x—x4--s

2〃32〃3

5.5解：运动学方程：x=0.06sin^5r-m,

0rr07T

(1)振幅为：A=0.06m；周期为：T=—=—=0.4^-=1.26(s)

/5

-=

(2)初位置为：x|/=0=0.06siny'j-0.06m

(3)力,=0=—"|,=o=—〃?疣x1°=—2-5xl(T*x25x(—O.O6)=3.75X1OT(N)

⑷速度与加速度的表达式分别为：V|E=0.3COS5t-工],=»=0m/s

4f=-1.5sin(5f—1,^=-l-5m/s2

22-42-5

(5)Ekmm=1M=1/^jA=0.5X2.5X10X25X0.06=1.125X10J

5.10M：根据已知条件有：x=2xl0~2sinlOr(m),v=0.2cosl0r(m/s2)

232

(1)k=//7GTO=50x10-x10=5(N/m)

⑵动能表达式为纥=;根/,其最大值为：

-32_4_3

f,niax=gy2A2=0.5X50X10X10X4X10=10(J)

222-3

(3)总能量为：E=1M=mar0A=10(J)

5.11解：⑴根据已知条件有：A1=5cm,4=6cm,q=0.75万，a2=0.25^

合振幅为：

A=5小++244cos(4_?)=J25+36=7.8lcm=0.078m

tana=%+&sm%=1[=0=8480»=8448.

4cos%+4cosa2

(2)&=7cos(lOR+0)cm

%十七的振幅最大应满足条件：=0=>%=%=135°

x2+x3的振幅最小应满足条件：%-。2=乃=^3=%+%=225」

5.12解:

根据余弦定理：

A2=｛片+A?-2A4,cos30"-10cm=0.1m

cosa=M+AT=0.5

2A%

a=60,所以第一与第二振动的相位差为

a2-at=a+30=90

第六章

6.5已知波源在质点(x=0)的平面简谐波方程为：y=Acos(bt-cx),A,仇c均为

常数，试求：⑴振幅、频率、波速和波长。

⑵写出在传播方向上距波源/处一点的振动方程式，此质点振动的初相位

如何。

解：⑴振幅：A,周期：T=—频率：v=-=—

bT2兀

波长：A=—,波速为：w=—=—

cTc

(2)x=/处质点的振动方程式为：y=Acos(Z?r-c/)

该质点振动的初相位为：-H

6.6一横波的方程为：y-Acos——(〃-x),若A=0.01m,A=0.2m,〃=25m/s。

试求：/=0.1s时，x=2m处的一点的位移、速度和加速度。

解：A=0.01m,2=0.2m,u=25m/s,频率为：y---——=125Hz

20.2

横波的方程为：y=0.01cosl0^(125r-x)

位移：必空1=0.0Icosl0^-(12.5-2)=0.01cos^=-0.01m

速度：v|f=0.1二一12.5万sin10%(12.5—2)=-12.5»sin»=0

x=2

加速度：

,=0.1=-12.5X1250^-2COS10412.5-2)=12.5x1250/r2=1.54x105m/s2

x=2

6.7平面简谐波的方程为：y=8cos2〃12f-言Jem,波源位于原点，求：

(1)r=2.1s时波源及距波源0.1m处的相位。

(2)离波源0.80m及0.30m两处的相位差。

解：⑴/=2.1s时波源的相位：砒=2.1=2万(2x0.1—0)=84万

JT=0

距波源0.1m处的相位：同窗।=2乃(2x0.1-0.1)=8.2万

⑵离波源0.80m及0.30m两处的相位差：

lv=0-8lv=03I100)(100J

因此，离波源0.80m及0.30m两处的相位差为万。

6.8有一频率为500Hz的平面简谐波，在空气(p=L3xl0-3kg/m3)中以速度

v=340m/s的速度传播，到达人耳时，振幅为A=l()Tcm,试求耳中声音的平均

能量密度及声强。

解：频率丫=500Hz,角频率：0=2业=1000万

平均能量密度为：

访=；网2。2=；*1.3X1()-3"(IO"丫*(1。0。»)2=64xl0"(J.)

声强：

-6-2

/=而丫=g；142c72V=：X1.3X10-3X(10-6)2X([000万)2、340=2.18x1O(W•m)

6.9同一介质中的两个波源位于两点，其振幅相等，频率都是100Hz,8比

A的相位超前不。若两点相距30m,波在介质中的传播速度为400m/s,试

求A3连线上因干涉而静止的各点位置。

解：以A点为坐标原点，AB连线为x坐标轴。波长：丸=幺=竺2=4m

r100

设A点的振动方程为：=Acosart,B点的振动方程为:

yB=Acos®.+%)

2兀x

在A,B连线上的一点x处，A波源的方程为:y-Acostut-

AP~T

B波源的方程为:

A

干涉时的相位差为：△。=不—对"二立+生

AA

干涉加强的条件为：八夕=24%=>工=2%+14,左=0,±1,±2,…7

干涉减弱的条件：=（24+1）4=>x=2k+15,左=0,±1,±2,…±7

通过计算可以得到：⑴在A,B两点之间因为干涉而静止的点为：

x=1,3,5,…27,29,也就是在1~30之间所有的奇数，因此也可以写

为：

x=2k+1々=0,1,2,3,…14

⑵在A,B两点之间因为干涉而加强的点为：

x=2,4,6,•--28,也就是在1〜30之间所有的偶数。

6.10A6两点为同一介质中的两相干波源。其振幅皆为A=5cm,频率皆为

100Hz，但当A点为波峰时，B点恰为波谷。设在介质中的波速为10m/s，试写

出由A8两点发出的两列波传到P点时干涉的结果。

所以：BP^25m

v=100Hz,w=10m/s

..I,cU10c1

波k：A=—==0.Im

v100

A点为波峰时，B点为波谷，则A,B

两相位差为万0

A,B两相干波源传到P点时的相位

差为：

A2^(AP-BP)2M15-25)

\(p=(pB-(pA------------=兀-------_-=20U

相位气为万的奇数倍，所以干涉之后的结果是减弱的。

合振幅为：4=0

（也可以用波程差是半波长的奇数倍或者偶数倍去讨论）

第七章

7.2解：T=273+17=290K

p=2atm=2.02625xlO5(Pa)

有一+心Mpu2.02625x10'x2x10-3

氢气的密度：p=—=—=---------------------------=O.17(kg/m3)

VRT8.31x290,)

p2.02625xlO5

p=nkT=>n=—=-------------------=5.OxlO25(m-3)

kT1.38x10-23x290