大学物理习题答案.pdf

大学物理习题精选 答案 光电技术系物理教研室 二七年二月 1 目 录 目 录1 第一章 质点运动学2 第二章 牛顿运动定律6 第三章 动量和能量10 第四章 刚体力学15 第五章 机械振动19 第六章 机械波22 第七章 热力学28 第八章 气体动理论33 第九章 静电场36 第十章 静电场中的导体和介质42 第十一章 稳恒磁场46 第十二章 电磁感应53 第十三章 波动光学61 第十四章 狭义相对论68 第十五章 量子物理基础72 2 第一章第一章 质点运动学质点运动学 一、选择题一、选择题 1、 B 2、 D 3、 D 4、 B 5、D 6、 B 7、 A 二、填空题二、填空题 1、 g vg 3 32 , 2 2 。 2、 3 3 6 3、 匀加速直线 1 4、 10 m/s2 15 m/s2 。 5、 ()ttA t sin2cose 22 + ()/12 2 1 +n （s） (n = 0, 1, 2,) 。 6、 A 车 = 1.19 s = 0.67 s 。 7、 变速率曲线运动， 变速率直线运动。 8、 g v 0 2 2 0 cos 9、 B R A B4, 2 + 10、 R tc ctct 42 3 ,2, 3 1 3 11、cos2 21 2 2 2 1 vvvv+ 12、0 321 =+vvv 13、rr, 1 三、计算题三、计算题 1.解：设质点的加速度为 a = a0+ t t = 时， a =2 a0 = a0 / 即 a = a0+ a0 t / ， 由 a = dv /dt ， 得 dv = adt ttaa t d)/(d 0 00 0 += v v 20 0 2 t a ta +=v 由 v = ds /dt ， ds = v dt tt a tats tts d) 2 (dd 20 0 000 += v 3020 62 t a t a s += t = n 时，质点的速度 0 )2( 2 1 ann n +=v 质点走过的距离 2 0 2 )3( 6 1 annsn+= 2.解：(1) BCABOAOC+= )45sin)45cos(18)10(30jiji ? += ji ? 73. 227.17+= OC=17.48 m，方向 =8.98(东偏北) =tOCtr/ ? v0.35 m/s 方向东偏北 8.98 (2) (路程)()181030+=Sm=58m, 16. 1/=tSv m/s O C A B 东 y 北 /4 西 南 x 4 3.解：以 表示物体在运动轨道上任意点 P 处其速度与水平方向的夹角, 则有 coscos 0 vv=, 2 22 02 cos cosv v= 又因cosgan=故该点 3 22 0 2 cos cos gan vv = 因为, 所以地面上方的轨道各点均有coscos，上式的分母在=处最小，在 0=处最大， 故()cos/ 2 0max gv= g/cos2 2 0min v= 4.解：选取如图所示的坐标系，以V ? 表示质点的 对地速度，其 x、y 方向投影为： ugyuV xx +=+=cos2v， sin2gyV yy =v 当 y=h 时，V ? 的大小为： () 2 cos222 2 22 ghughu yx + =+=VVV V ? 的方向与x轴夹角为， ugh gh x y + = cos2 sin2 tgtg 11 V V 5.解：以出发点为坐标原点，向东取为 x 轴，向北取为 y 轴，因流速为y 方向，由题意可得 ux = 0 uy = a(xl/2)2b 令 x = 0, x = l 处 uy = 0, x = l/2 处 uyu0 ， 代入上式定出 a、，而得 ()xxl l u uy= 2 0 4 船相对于岸的速度v ? (vx，vy)明显可知是 2/ 0 vv= x yy u+=)2/( 0 vv， 将上二式的第一式进行积分，有 tx 2 0 v = 还有， x y t x x y t y y d d 2d d d d d d 0 v v=()xxl l u 2 00 4 2 v 即 ()xxl l u x y = 0 2 0 24 1 d d v P 0 v ? v ? x O h v x y u V y v Vy y 45 v0 u0 x l 5 因此，积分之后可求得如下的轨迹(航线)方程 3 0 2 02 0 0 3 2422 x l u x l u xy vv += 到达东岸的地点(x，y )为 = = 0 0 3 23 1 v , u lyylx lx 6 第二章第二章 牛顿运动定律牛顿运动定律 一、选择题：一、选择题： 1、 D 2、D 3、B 4、B 5、D 6 、D 7、A 8、 E 9、B 一、 填空题：一、 填空题： 1、 21 21 mm gmgmF + + )2( 1 21 2 gmF mm m + + 2、 5.2 N 3、 (m3/m2)gi ? 0 4、 (1) 见图 (2) 见图 5、 0 2 g 三、计算题三、计算题 1解：设地球和月球表面的重力加速度分别为 g1和 g2， 在月球上 A、B 受力如图，则有 m2 g2T =m2 a Tm1 g2 = m1 a 又 m1g1 =m2 g2 联立解、可得 18. 1 )/(1 21 21 = + = gg gg am/s2 即 B 以1.18 m/s2的加速度下降. (1) (2) BA N ? BA f ? A P ? CA N ? A P ? B A T ? T ? a ? 21g m ? 22g m ? 7 2解：(1) 子弹进入沙土后受力为v， 由牛顿定律 t mK d dv v= = v v v v v v 0 d d, d d 0 t t m K t m K mKt/ 0e =vv (2) 求最大深度 解法一: t x d d =v tx mKt ded / 0 =v tx mKt tx ded / 0 0 0 =v )e1 ()/( / 0 mKt Kmx =v Kmx/ 0max v= 解法二： x m t x x m t mK d d ) d d )( d d ( d dv v vv v= vd K m dx= v v dd 0 0 0 max = K m x x Kmx/ 0max v= 3解：建立x、y坐标系统的运动中，物体 A、B及小车D 的受力如图所示，设小 车D受力F ? 时，连接物体B的绳子与 竖直方向成角. 当A、D间无相对滑 动时，应有如下方程： x amT 1 = x amT 2 sin= 0cos 2 =gmT x MaTTF=sin 联立、式解出： 2 2 2 1 2 mm gm ax = 联立、式解出： x aMmmF)( 21 += 代入得： 2 2 2 1 221 )( mm gmMmm F + = 代入数据得 F784 N 注：式也可由A、B、D作为一个整体系统而直接得到 x CCmg m yx d )( d 2 = +v vv N1 AT m1g y x O T B m2 g N2 Mg F T T D 8 4解：以飞机着地点为坐标原点，飞机滑行方向为x轴正向设飞机质量为m，着地后地面对飞机 的支持力为N在竖直方向上 0 2 =+mgCN yv 2 v y CmgN= 飞机受到地面的摩擦力 )( 2 v y CmgNf= 在水平方向上 x m t mCCmg xy d d d d )( 22 v v v vv= 即 x CCmg m yx d )( d 2 = +v vv x = 0时，m/s25km/h90 0 =vvx =S（滑行距离）时，v0 = + 0 0 2 0 d )( d v v vv S yx Sx CCmg m S CCmg CCmg CC m yx yx yx = + + 0 2 2 0 )( (d 2 1 v v )v 解得 mg CCmg CC m S yx yx 2 0 ( ln 2 1 )v+ = 飞机刚着地前瞬间，所受重力等于升力，即 2 0 v y Cmg = 2 0 v mg C y= , 2 0 5v mg K C C y x = 代入S表达式中并化简，然后代入数据 221 5 1 ln )51 (2 5 2 0 = = g S v m 5解：未断时对球2有弹性力 )( 21 2 2 LLmf+= 线断瞬间对球1有弹性力 11a mf = 对球2有弹性力 22a mf = 解得 121 2 21 / )(mLLma+= )( 21 2 2 LLa+= 6解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h， 由牛顿定律 22 /mrrGMm= 又由 mgRGMm= 2 /得 2 gRGM =， 代入式得 3/122 )/(gRr = 同步卫星的角速度 与地球自转角速度相同， 其值为 5 1027. 7 = rad/s 解得 =r 7 1022. 4m， 4 1058. 3=Rrh km (2) 由题设可知卫星角速度的误差限度为 10 105 . 5 = rad/s 由式得 223 /gRr= 取对数 ln2lnln3 2 =）（gRr 取 微 分 并 令 dr =r, d = 且 取 绝 对 值 3 r/r =2/ r=2r /(3) =213 m 9 7解：取距转轴为r处，长为 d r的小段绳子， 其质量为 ( M/L ) dr (取元，画元的受力图) 由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向 加速度，由牛顿定律得： T ( r )T ( r + dr ) = ( M / L) dr r2 令 T ( r )T (r + dr ) = dT ( r) 得 dT =( M2 / L) r dr 由于绳子的末端是自由端 T (L) = 0 有 rrLMT L rrT d)/(d 2 0 )( = )2/()()( 222 LrLMrT= r O O d r T(r) T(r+dr) 10 第三章第三章 动量和能量动量和能量 一、选择题：选择题： 1、A 2、C 3、D 4、D 5、C 6、C 7、C 8、B 9、C 10、B 11、C 12、D 13、C 14、B 15、C 16、 C 17、C 二、填空题：填空题： 1、 mv/t 竖直向下 2、 b t P0 + b t 3、 4、 0 )21 (gym+ 0 vm 2 1 5、 5 m/s 6、 7、 ji ? 5 8、 21 1 mm m + 参考解： vv)( 2101 mmm+=， 0 21 1 vv mm m + = 倍数= 21 1 2 01 2 0 21 2 1 2 1 2 1 mm m m mm m + = + v v 9、 356 Ns 160 Ns 10、 0 2mg/ 2mg/ 11、 290 J 21 1 mm tF + 2 1 21 1 m tF mm tF + + smi/2 11 12、 F0R 13、 零 正 负 14、 1.28104 J 15、 100 m/s 16、 12 J 17、 m llk gl 2 0) ( 2 18、 42.4 J 19、 4000 J 20、 )(mrk )2( rk 21、 2 0 kx 2 0 2 1 kx 2 0 2 1 kx 22、 k mgF 2 )(2 23、 0.207 三、计算题三、计算题 1解：子弹射入A未进入B以前，A、B共同作加速运动 F(mA+mB)a， a=F/(mA+mB)=600 m/s2 B受到A的作用力 NmBa1.8103 N 方向向右 A在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度 vAat当子弹射入B时，B将加速而A则以 vA的 速度继续向右作匀速直线运动 vAat6 m/s 取A、B和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留 在B中后有 BBAA mmmmvvv)( 0 += m/s22 0 = + = B AA B mm mmvv v 12 2解：(1) 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 mv0 = mv+M v v = m(v0 v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) sN7 . 4 0 =vvmmtf (设 0 v ? 方向为正方向) 负号表示冲量方向与 0 v ? 方向相反 3. 解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的 利用 2 t gth+= 2 1 1 v， 式中t为第一块在爆炸后落到地面的时间 可解得 v14.7 m/s，竖直向下取y轴正向向上, 有 v1y14.7 m/s 设炮弹到最高点时(vy0)，经历的时间为t，则有 S1 = vx t h= 2 2 1 gt 由、得 t=2 s , vx =500 m/s 以 2 v ? 表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示 x vvmm x = 2 2 1 0=+ yy mmmvvv 1y2 2 1 2 1 解出 v2x =2vx =1000 m/s， v2y =-v1y =14.7 m/s 再由斜抛公式 x2= S1 +v2x t2 y2=h+v2y t2- 2 2 gt 2 1 落地时 y2 =0，可得 t2 =4 s , t21 s（舍去） 故 x25000 4解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零所以水平方向动量守恒， 则有 Mv1 +mv =0 v1 =v M m 再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零所以水平方向动量守恒， 则有 mv = (m+M)v2 v2 = v mM m + 5解：把小车和人组成的系统作为研究对象。由于整个过程中系统所受的合外力为零，所以系统的 动量守恒。 （1） ， 车人车车人人 ）（vmmvm+=+vm sm mm vmvm v/43. 1 8060 180260 = + + = + + = 车人 车车人人， （2） ， 车人人人车车 ）（vmmvm+=vm sm mm vmvm v/286. 0 8060 260180 = + = + = 车人 人人车车， “”表示车与原来运动方向相反。 13 6、6、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： F=P=gymgkyP2 . 0 0 =107.81.96y(SI) 人的拉力所作的功为： W= = H yFW 0 dd 10 0 d)96. 18 .107(yy=980 J 7、解：(1) 位矢 jtbitar ? ? sincos+= (SI) 可写为 taxcos= ， tbysin= ta t x x sin d d =v， tb t y cos d dy =v 在A点(a，0) ，1cos=t，0sin=t EKA= 2222 2 1 2 1 2 1 mbmm yx =+vv 在B点(0，b) ，0cos=t，1sin=t EKB= 2222 2 1 2 1 2 1 mamm yx =+vv (2) jmaimaF yx ? +=jtmbitma ? sincos 22 由A = 0 2 0 dcosd aa xx xtamxFW= = 0 222 2 1 d a maxxm = bb yy tbmyFW 0 2 0 dysind= = b mbyym 0 222 2 1 d 8、 解：根据功能原理有 2 0 2 1 vmmgHHf= mg H m f= 2 2 0 v =N8 . 94 . 0 162 4004 . 0 f1.1 N 9、 解：(1) 根据功能原理， 有mghmfs= 2 0 2 1 v sin cos sin mgh Nh fs=mghmmgh= 2 0 2 1 ctgv )ctg1 (2 2 0 + = g h v =4.5 m (2) 根据功能原理有 fsmmgh= 2 2 1 v ctg 2 1 2 mghmghm=v=8.16 m/s 2 1 )ctg1 (2=ghv 14 10、 解：(1) 建立如图坐标. 某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为 g l y mf= 摩擦力的功 = 00 dd alal f ygy l m yfW = 02 2 al y l mg = 2 )( 2 al l mg (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 W 2 0 2 2 1 2 1 vvmm 其中 W = W PWf ，v0 = 0 WP = l a xPd= l almg xx l mg l a 2 )( d 22 = 由上问知 l almg Wf 2 )( 2 = 所以 22 22 2 1 )( 22 )( vmal l mg l almg = 得 2 1 222 )()(alal l g =v x y a la 15 第四章第四章 刚体力学刚体力学 一、选择题一、选择题 1、C 2、C 3、C 4、C 5、A 6、B 7、D 8、C 二、填空题二、填空题 1、 6.54 rad / s2 4.8 s 2、 50ml 2 3、3、 Ma 2 1 4、 mr r J mg + 5、 mgl 2 1 2g / (3l) 6、 4M / (mR) 32 22 16 Rm tM 7、 0 l g 2 3 8、 J k 9 2 0 0 2 k J 9、 mv l 16 10、 2 0 mRJ mRJ + v 11、 0.2rads1 12、 () 22 0 2 34 7 xl l + 三、计算题三、计算题 1、 解：体系所做的运动是匀速匀加速匀减速定轴转动其中1是匀加速阶段的末角速度，也 是匀减速阶段的初角速度，由此可得 t8 s时， 10927 rad /s 当0时，得 t(124)/ 317s 所以，体系在17s时角速度为零 2、 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mgT ma 对滑轮： TR = J 运动学关系： aR 将、式联立得 amg / (m 2 1 M) v00 vatmgt / (m 2 1 M) 3、 解：各物体受力情况如图 FTma T ma (TT)R 2 2 1 mR aR 由上述方程组解得： 2F / (5mR)10 rads-2 T3F / 56.0 N T 2F / 54.0 N 4、 解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得： mgTma T rJ 由运动学关系有： a = r 由、式解得： Jm( ga) r2 / a 又根据已知条件 v00 S 2 2 1 at， a2S / t2 将式代入式得：Jmr2( S gt 2 2 1) T M R T mg a a B A F T a T T T T r T a mg 17 5、 解：(1) mgTma TRJ aR = mgR / (mR2J) ()RMm mg MRmR mgR + = + = 2 2 2 1 22 81.7 rad/s2 方向垂直纸面向外 (2) 2 2 0 2 = 当0 时， rad612. 0 2 2 0 = 物体上升的高度h = R = 6.1210 -2 m (3) =210.0 rad/s 方向垂直纸面向外. 6、解：撤去外加力矩后受力分析如图所示 m1gT = m1a TrJ ar a = m1gr / ( m1r + J / r) 代入J 2 2 1 mr, a = mm gm 2 1 1 1 + = 6.32 ms2 v 0at0 tv 0 / a0.095 s 7、 解：各物体的受力情况如图所示 由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程： T1RJ11 1 2 1 2 1 RM T2rT1rJ22 2 2 1 2 1 rM mgT2ma , aR1r2 , v 22ah 求解联立方程，得 () 4 2 1 21 = + = mMM mg a m/s2 ah2=v=2 m/s T2m(ga)58 N T1aM1 2 1 48 N 8、 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统由角动量守恒得 J l m l m+= 3 2 23 2 0 0 v v（逆时针为正向） 又 22 ) 3 (2) 3 2 ( l m l mJ+= 将代入得 l2 3 0 v = T T mg a m1 m, r 0 v P T a M1M2 mg M2g M1g N1 N2 T1 T1T2 m a 1 2 T2 18 9、 解：选棒、小物体为系统，系统开始时角速度为 1 = 2n11.57 rad/s (1) 设小物体滑到棒两端时系统的角速度为2由于系统不受外力矩作用 所以角动量守恒 故 2 2 2 1 2 2 2 1 12 2 12 += +ml Ml mr Ml 2 2 1 2 2 2 2 1 12 2 12 ml Ml ml Ml + + = 0.628 rad/s (2) 小物体离开棒端的瞬间，棒的角速度仍为2因为小物体离开棒的瞬间 内并未对棒有冲力矩作用 10、 解：(1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒 mv0R( 2 1 MR2mR2) RmM m + = 2 1 0 v (2) 设表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小 为 = R f rrgrM 0 d2(2 / 3)gR3(2 / 3)MgR 设经过t时间圆盘停止转动，则按角动量定理有 Mf t0J( 2 1 MR2mR2)- mv 0R ()Mg m MgR Rm M Rm t f 2 v3 3/2 vv 000 = 11、 解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为 LmLxxxx LL 0 2 0 2/ 0 0 2/3 0 0 2 1 ddvvvv= 式中为杆的线密度 碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为 2 22 12 7 2 1 4 1 2 3 4 3 3 1 mLLmLmJ= + = 因碰撞前后角动量守恒，所以 LmmL 0 2 2 1 12/7v= = 6v0 / (7L) 19 第五章第五章 机械振动机械振动 一、 选择题一、 选择题 1、B 2、B 3、C 4、C 5、B 6、B 7、A 8、D 9、E 10、B 二二 填空题填空题 1、 振动系统本身性质 初始条件 2、 3、 3/2 4、 21 41 21 5、) 2 1 4cos(04. 0t 6、 11 7、 3/4 8、 T / 8， 3T / 8 9、 |A1 A2| ) 2 12 cos( 12 + =t T AAx 10、 0 三、计算题三、计算题 1 、解：(1) A = 0.5 cm； = 8 s -1；T = 2/ = (1/4) s； = /3 (2) ) 3 1 8sin(104 2 += tx?v (SI) 20 ) 3 1 8cos(1032 22 += txa? ? (SI) (3) 222 2 1 2 1 AmkAEEE PK =+=7.9010 -5 J (4) 平均动能 = T K tmTE 0 2 d 2 1 )/1 (v += T ttmT 0 222 d) 3 1 8(sin)104( 2 1 )/1 ( = 3.9510 -5 J = E 2 1 同理 EEP 2 1 = 3.9510 -5 J 2、解：设弹簧的原长为l，悬挂m1后伸长l，则 k l = m1g， k = m1g/ l = 2 N/m 取下m1挂上m2后， 2 .11/ 2 =mk rad/s /2=T=0.56 s t = 0时， cosm102 2 0 Ax= sinm/s105 2 0 A= v 解得 22 0 2 0 1005. 2m)/( =+=vxA m = )/(tg 00 1 xv180+12.6=3.36 rad 也可取 = -2.92 rad 振动表达式为 x = 2.0510 -2cos(11.2t-2.92) (SI) 或 x = 2.0510 -2cos(11.2t+3.36) (SI) 3、解： （1）t=0时 2 /5 . 2sma = NmaF5= （2）, 5 max =a 其时1)6/5sin(=t NamF10 maxmax = 振幅端点）(2 . 0 mx= 4、解：由题意 T = 0.5， = 2 /T = 4 rad/s 角振幅 0 = 0.1. 振动表达式为 )cos( 0 +=t 摆动角速度 )sin(d/d 0 +=tt (1) 0max )/d(d=t= 3.95 rads -1 (2) 当 0 2 1 = 时， 2 1 )cos(=+t， 必有2/3)sin(=+t， 这时d /d t的大小为2/395. 3rads -1 = 3.42 rads-1 21 5、 解：建立竖直坐标如图，令微小振动中，两臂水银面相平时，水银面坐标为0，水银的重力势 能为0，则以右臂水银面的坐标为准，在振动中任一时刻，水银的运动速度 t x d d =v这时 振动中水银的动能为 2 2 1 vm，水银的势能（看作两水银面相平的状态下，从左臂移高度为 x的一段水银柱到右臂，则有质量为Sx的水银升高了高度x）为Sgx2因振动中机械能 守恒 =+ 22 2 1 gxSmv常量 对t求 导 数 可 得 02 d d =+v v vgxS t m 化 简 02 d d 2 2 =+gxS t x m 这就是简谐振动的微分方程 由此可得振动角频率 m gS 2 = 振动周期 09. 1 2 2= gS m T s 6、 解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x正方向设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为l，则 有lkmg=, 加拉力F后弹簧又伸长x0， 则 0)( 0 =+xlkmgF 解得 F= kx0 由题意，t = 0时 v 0 = 0；x = x0 则 0 2 0 2 0 )/(xxA=+=v 又由题给物体振动周期 48 32 =T s, 可得角频率 T = 2 , 2 mk = 444. 0)/4( 22 =ATmkAF N （2） 衡位置以下1 cm处： )()/2( 2222 xAT=v 22 1007. 1 2 1 =vmEK J 2222 )/4( 2 1 2 1 xTmkxEp= = 4.4410 -4 J 解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A（5 cm） ， kAF = 222 4=mmk， = 1.5 Hz F = 0.444 N (2) 总能量 22 1011. 1 2 1 2 1 =FAkAE J 当x = 1 cm时，x = A/5，Ep占总能量的1/25，EK占24/25 2 1007. 1)25/24( =EEK J， 4 1044. 425/ = EEp J O x x 22 第六章第六章 机械波机械波 一、选择题一、选择题 1、B 2、B 3、C 4、D 5、D 6、C 7、D 8、B 9、A 10、C 11、D 12、D 13、A 14、D 15、B 16、D 17、C 18、B 二、填空题二、填空题 1、 0.1cos(4t - ) (SI) -1.26 m/s 参考解： 波的表达式： )(2cos x T t Ay=)1 . 02(2cos1 . 0xt = 5 2 1 =x m处的振动方程： )4(2cos1 . 0=ty (SI) 各处质点振动速度 )2 . 04sin(4 . 0xt=v 5 . 24/=x m , 25. 02/=Tt s ，v = -1.26 m/s 2、 +/2L kL ( k = 1，2，3，) ) 12( 2 1 +kL ( k = 0, 1，2，) 3、 答案见图 4、 )cos(04. 0 2 +=tyP (SI) 5、 )cos(04. 0 2 +=tyP (SI) 6、 2 )2(2cos += u x t u Ay 2 )2(2cos +=t u AyP t y 0T/2T A 23 7、 /2cos 1 +=TtAy )/(2cos 2 +=xTtAy 8、 2 )(2cos + + += Lx tAy kL t+ 1 ， k = 0，1，2, 只写 )/( 1 Lt + 也可以 9、 答案见图 注：根据波动的相位传播规律，考虑下列三个相位的传播： （1） x = 0点t = 0时刻的相位，在t = T时刻传到x = 处 （2） x = 0点在t = T / 4时刻的相位，在t = T时刻传到 x = (3 /4) 点 （3） x = 0点在t = (3 /4)T时刻的相位，在t = T时刻传到 x = /4点 10、 )/2cos(xtAy+= )/2/4cos(xLtAy+= 11、 5 J 12、 I S cos 13、 0.5 m 14、 S1的相位比S2的相位超前/2 15、 2k + /2， k = 0，1，2， 2k +3 /2，k = 0，1，2， 16、 )2cos()22cos(2 L t Lx A 17、 2 1 ) 2 1 ( = kx，k = 1，2，3， 18、 图A 图B 9, x y O /2 t =T u , x y 0 a 图 A b c d x y 0 a 图 B b c d u 24 三、计算题三、计算题 1、解：用旋转矢量解此题，如图可得A ? 为代表P点振动的旋转矢量. 2 10)cossin3( 2 1 =ttyP 2 10)cos() 2 1 cos(3( 2 1 +=tt ) 3/4cos(101 2 += t (SI) 波的表达式为： 2/ 2 3 4 cos101 2 += x ty ) 3 1 2cos(101 2 += x t (SI) 2、 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 )2cos(+=tAy 由图可知，t = t时 0)2cos(=+=tAy 0)2sin(2d/d=Ay? = 2 1 2 1 )6/(50cos100 . 3 2 = xty (SI) 8、解： 这是一个向 x 轴负方向传播的波 (1) 由波数 k = 2 / 得波长 = 2 / k = 1 m 由 = 2 得频率 = / 2 = 2 Hz 波速 u = = 2 m/s (2) 波峰的位置，即 y = A 的位置 由 1)24(cos=+xt 有 =+kxt2)24( ( k = 0，1，2，) 解上式，有 tkx2= 当 t = 4.2 s 时， )4 . 8( = kx m 所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰在上式中取 k = 8，可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近 x (m) t = T 图B .A u O y (m) -A 4 3 4 4 4 3 O x