新编基础物理学上册5-6单元课后答案

1、1 / 26第五章5-1 有一弹簧振子，振幅A 2.0102m，周期T 1.0 s，初相3 / 4.试写出它的振动位移、速度和加速度方程。分析根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。、2解：振动方程为：x Acos t Acos t 代入有关数据得：x 0.02 cos2 t3( SI )4振子的速度和加速度分别是：vdx / dt0.04si n2 t34(SI)4ad2x/dt20.082cos2 t3-(SI)45-2 若简谐振动方程为x 0.1 cos20 t/ 4m，求(1)振幅、频率、角频率、周期和初相;(2)t=2s 时的位移、速度和加速度.分析通过与简

2、谐振动标准方程对比，得出特征参量。解: (1)可用比较法求解根据x Acos t 0.1 cos 20 t / 4得：振幅A0.1 m，角频率20 rad / s，频率/210s周期T 1/0.1 s，/ 4 rad(2)t 2s时，振动相位为：20 t/ 4(40/ 4) rad由x A cos，A sin2，a A cos2x得x0.0707m,4.44 m/s, a279m/s25-3 质量为2kg的质点，按方程x 0.2 sin 5t ( /6)( SI )沿着 x 轴振动.求:(1)t=0 时，作用于质点的力的大小；(2 )作用于质点的力的最大值和此时质点的位置分析 根据振动的动力学

3、特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。2解：(1)跟据f ma m x，x 0.2 sin 5t ( /6)将t 0代入上式中，得：f 5.0 N2(2)由f m x可知，当x A 0.2 m时，质点受力最大，为f 10.0 N5-4 为了测得一物体的质量m 将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率11.0Hz；而当将另一已知质量为m的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为22.0Hz.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量2 / 26分析根据简谐振动频率公式比较即可。i3 / 26解：由1、k/m，对于同一弹簧（k 相同）采用比较法可得:2解得：m 4m5-5 一放置在

4、水平桌面上的弹簧振子，振幅A 2.0 102m，周期 T=0.5s，当 t=0 时,（1）物体在正方向端点；（2 ）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在x 1.0 102m处，向负方向运动；（4）物体在x 1 .0 102m处，向负方向运动.求以上各种情况的振动方程。分析根据旋转矢量图由位移和速度确定相位。进而得出各种情况的振动方程。2解：设所求振动方程为：X Acos t 0.02 cos4 t 由 A 旋转矢量图可求出10,2/2,3/3,42 /3(1)x 0.02cos4t(SI)( 2)x 0.02cos4 t -(SI)(3)x 0.02cos42t -(SI)( 4)x 0

5、.02cos4 t(SI)5-6 在一轻弹簧下悬挂m100g砝码时，弹簧伸长 8cm.现在这根弹簧下端悬挂m 250 g的物体，构成弹簧振子将物体从平衡位置向下拉动4cm,并给以向上的 21cm/s 的初速度（令这时 t=0）.选 x 轴向下，求振动方程.分析 在平衡位置为原点建立坐标，由初始条件得出特征参量。2i4 / 26解：弹簧的劲度系数k m0g/ l。5 / 26当该弹簧与物体m构成弹簧振子，起振后将作简谐振动，可设其振动方程为:x A cos t 角频率为k/m代入数据后求得7rad/ s以平衡位置为原点建立坐标，有：x00.04m, v00.21m/si 22据AX0(vo/ )

6、得：A 0.05 m据1x0得cos得0.64 rad由于V00,应取0.64 (rad )A于是,所求方程为：x0.05 cos( 7t0.64)( m)5-7某质点振动的 x-t曲线如题图 5 -7 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分析由旋转矢量可以得出相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据 P 点的相位确定最短时间。tp056tp3即质点到达 p 点相应状态所要的最短时间为5-8 有一弹簧，当下面挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 102m.若使弹簧上下振动,且规定向下为正方向(1 )当 t = 0 时，物体在平衡位置上方8.0 102m

7、，由静止开始向下运动，求振动方程当 t = 0 时，物体在平衡位置并以0.6m/s 的速度向上运动，求振动方程.分析 根据初始条件求出特征量建立振动方程。解：设所求振动方程为：x A cos( t )解：()1 设所求方程为：从图中可见，t 0,x0 x Acos( tA/2,v00由旋又 Qt故: x1s, t325650.1cos( t6)m3(2)Q P 点的相位为 0tp0.4 s0.4s6 / 26其中角频率Jk/m Jmg/m，代入数据得：10 rad /s(1) l以平衡位置为原点建立坐标，.l根据题意有：x00.08m, v00据A2 2.X。(V。/ )得：A0.08 m据c

8、os1空得rad由于V= 0,不妨取radA于是，所求方程为：Xi0.08cos(10t)(SI)(2)以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：x00, v00.6m/ s据AX, (v0/ )2得：A 0.06 m据COS1巴 得/ 2rad由于v00,应取/ 2radA于是，所求方程为：x20.06cos(10t/2)(SI)5-9 一质点沿 x 轴作简谐振动，振动方程为x 4 102COs(2 t )(SI)，求：从 t=0 时刻起到质点位置在 x=-2cm 处，且向 x 轴正方向运动的最短时间.分析由旋转矢量图求得两点相位差，结合振动方程中特征量即可确定最短时间。解：依题意有旋转矢量图从

9、图可见而t 2 (t00)1故所求时间为：t0 -s2解答图 5-97 / 265-10 两个物体同方向作同方向、同频率、同振幅的简谐振动，在振动过程中，每当第一个物体经过位移为A/ 2的位置向平衡位置运动时，第二个物体也经过此位置，但向远离平衡8 / 26位置的方向运动，试利用旋转矢量法求它们的相位差分析由旋转矢量图求解。根据运动速度的方向与位移共同确定相位。解：由于XioA/. 2、V100可求得：1/4由于x20A/. 2、v200可求得：2/4如图 5-10 所示，相位差：12/29 / 265-11 一简谐振动的振动曲线如题图5-11 所示，求振动方程分析 利用旋转矢量图求解， 由图

10、中两个确定点求得相位， 再根据时间差求得其角频率。解：设所求方程为x Acos( t )当 t=0 时：x15cm, V|0由 A 旋转矢量图可得：t02 /3rad当 t=2s 时：从 x-t 图中可以看出：x20,v2010 / 265-12在光滑水平面上，有一作简谐振动的弹簧振子，弹簧的劲度系数为K,物体的质量为m,振幅为 A当物体通过平衡位置时，有一质量为m的泥团竖直落到物体上并与之粘结在一起 求：（1）m和m粘结后，系统的振动周期和振幅；（2）若当物体到达最大位移处，泥团竖直落到物体上，再求系统振动的周期和振幅分析 系统周期只与系统本身有关，由质量和劲度系数即可确定周期，而振幅则由系

11、统能量决定，因此需要由动量守恒确定碰撞前后速度，从而由机械能守恒确定其振幅。解：（1）设物体通过平衡位置时的速度为v，则由机械能守恒：系统振动的周期为：T1m m2V1K（2）当m在最大位移处m竖直落在m上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系 统的振幅仍为 A，周期为2 Jmm. K5-13 设细圆环的质量为 m，半径为 R，挂在墙上的钉子上求它微小振动的周期分析圆环为一刚体须应用转动定律，而其受力可考虑其质心。解：如图所示，转轴 o 在环上，角量以逆时针为正，则振动方程为据t可求出：/ t 5/12 rad / s于是：所求振动方程为：52x 0.1cos( -5 t -)(SI )

12、123所以，2 秒内相位的改变量据旋转矢量图可以看出,3 /2radt 2 to3 /2 2 /3 5 /6rad-KA12-mv 2v A$当m竖直落在处于平衡位置m上时为完全非弹性碰撞mv （m m）umuvm m此后，系统的振幅变为A,由机械能守恒，有且水平方向合外力为零，所以1 1严2-(m m)u211 / 26解答图 5-13d2dt2mgR sin当环作微小摆动sin时，匚20dt212 / 265- 14 一轻弹簧在 60 N 的拉力下伸长 30 cm.现把质量为 4 kg 的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止，再把物体向下拉 io cm,然后由静止释放并开始计时.求（1）此小物

13、体是停 在振动物体上面还是离开它？（2）物体的振动方程；（3）物体在平衡位置上方 5 cm 时弹簧对物体的拉力；（4）物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm 处所需要的最短时间.（5）如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A需满足何条件？二者在何位置开始分离？分析小物体分离的临界条件是对振动物体压力为零，即两物体具有相同的加速度，而小物体此时加速度为重力加速度，因此可根据两物体加速度确定分离条件。 解：选平衡位置为原点，取向下为x轴正方向。由：f kxk 200N/mx,k / m 507.07rad /s（1）小物体受力如图.设小物体随振动物体的加速度为a,按牛顿第

14、二定律有mg N maN m（g a）当N= 0，即a=g时，小物体开始脱离振动物体，已知A= 10 cm ,k 200N / m,7.07rad /s系统最大加速度为amax2A 5m s2此值小于g,故小物体不会离开.t 0 时，x010cm A cos ,v00 A sin解以上二式得A 10cm05 A cos t2,此时物体向上运动，v 0t22,t220.296 s33题图5 14题图 5 14物体在平衡位置上方5 cm 时，弹簧对物体的拉力f m(g a),而a2x 2.5 m s2Q振动方程x 0.1cos(7.07t)( SI )再设t2时物体在平衡位置上方5 cm处，此时x

15、5 cm，即13 / 26t t2t10.074s（5）如使ag,小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N= 0 求得2g a x2x g /19.6 cm即在平衡位置上方 19.6 cm 处开始分离，由amax2A g，可得2A g /19.6cm。5-15 在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为 1.0Kg 的重物.现使平板沿竖直方向作上下简谐振动，周期为 0.50s，振幅为2.0102m，求：（1 ）平板到最低点时，重物对板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物会跳离平板？分析 重物跳离平板的临界条件是对平板压

16、力为零。解：重物与平板一起在竖直方向上作简谐振动，向下为正建立坐标，振动方程为：x 0.02 cos（ 4 t ）设平板对重物的作用力为 N,于是重物在运动中所受合力为：f mg N ma，而 a2x据牛顿第三定律，重物对平板的作用力N为：N N m（g2x）（1） 在最低点处：x A,由上式得，N 12.96N（2） 频率不变时，设振幅变为A,在最高点处（x A）重物与平板间作用力最小，设2N| 0可得：A g/ 0.062m（3） 振幅不变时，设频率变为，在最高点处（xA）重物与平板间作用力最小， 设|N| 0可得：7 2丄Jg /A 3.52 Hz2y5-16 一物体沿 x 轴作简谐振动

17、，振幅为 0.06m，周期为 2.0s，当 t=0 时位移为0.03 m，且 向轴正方向运动，求：（1）t=0.5s 时，物体的位移、速度和加速度；（2）物体从x 0.03 m处向 x 轴负方向运动开始，到达平衡位置，至少需要多少时间？ 分析通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。解：设该物体的振动方程为x Acos（ t ）3614 / 26依题意知：2 /T rad / s, A 0.06 m据 cos1竺得/ 3(rad )A由于v00,应取/3(rad )可得：x 0.06 cos( t / 3)(1)t 0.5 s时，振动相位为：t / 3/ 6rad据x Acos , v

18、A sin , a A2cos2x得x 0.052m, v 0.094m/s, a0.512m /s2A题图 5-165-17 地球上（设g 9.8m/s2）有一单摆，摆长为 1.0m，最大摆角为5,求:（1）摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此摆的振动方程；（3）当摆角为3时的角速度和摆球的线速度各为多少？分析 由摆角最大的初始条件可直接确定其初相。解：（1）g/丨3.13rad /sT2 /2.01 s（2 ）由 t=0 时，max5o可得振动初相0，则以角量表示的振动方程为（2）由 A 旋转矢量图可知，物体从x0.03 mm 处向 x 轴负方向运动,到达平衡位置A 矢量转过

19、的角度为5 / 6，该过程所需时间为：t /0.833 s15 / 26cos3.13t(SI)16 / 26(3)由cos3.13t(SI)，当3o时，有cos /max0.636而质点运动的角速度为：d /dtmaxsinmax. 1 cos0.218rad/s线速度为：v l d /dt 0.218m/s5-18 有一水平的弹簧振子，弹簧的劲度系数 K=25N/m,物体的质量 m=1.0kg,物体静止在平 衡位置设以一水平向左的恒力 F=10 N 作用在物体上（不计一切摩擦）,使之由平衡位置向左 运动了 0.05m,此时撤除力 F,当物体运动到最左边开始计时，求物体的运动方程.分析恒力做

20、功的能量全部转化为系统能量，由能量守恒可确定系统的振幅。解：设所求方程为x Acos（ t0）5-19 如题图 5- 19 所示，一质点在x轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A点时作为计时起点（t= 0 ），经过 2 秒后质点第一次经过B点，再经过 2 秒后质点第二次经过B点，若已知该质点在AB两点具有相同的速率，且AB= 10 cm 求：（1）质点的振动方程;质点在 A 点处的速率.AB v丄x题图 5-19分析 由质点在A、B两点具有相同的速率可知A、B两点在平衡位置两侧距平衡位置相等距解：由旋转矢量图和|vA| |vB可知T 24s, T 8s,s1,2rad s184（1）以AB的

21、中点为坐标原点，x轴指向右方.5rad / s因为不计摩擦，外力做的功全转变成系统的能量故FxKA22if2FxA.K仙9mI F又 Qt 0,xA,0故所求为x0.2cos(5 t)(SI )离的位置，再联系两次经过B 点的时间即可确定系统的周期，而相位可由A、B两点位置确题图 5-1817 / 26因为在A点质点的速度大于零，所以2或 乞44A x / cos 5、,2cm 振动方程x 5、_2 102cos(-t ( SI)44当t= 0 时，质点在A点平木板之间的静摩擦系数s0.50，求物体在木板上不滑动时的最大振幅Amax-分析物体在木板上不滑动的临界条件是摩擦力全部用来产生其加速度

22、。解：设物体在水平木板上不滑动，竖直方向：N mg 0(1)水平方向：fxma(2)且 fx sN(3)又有 a2Acos( t )(4)由(1)(2)(3)得amaxsmg/m$g再由此式和 得 Amaxsg/2sg/(42 2) 0.031m5-21 在一平板上放一质量为m 2kg的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期T 0.5 s，振幅A 4cm，求：(1)物体对平板的压力的表达式-(2)平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板？分析 首先确定简谐振动方程，再根据物体离开平板的临界位置为最高点，且对平板压力为零。解：物体与平板一起在竖直方向上作简谐振动，向下为正建立坐标，振动方程为

23、：x 0.04 cos(4 t )(SI )设平板对物体的作用力为N,于是物体在运动中所受合力为：2f mg N ma m xt0 时，x5cmAcost2s 时，x5cmAcos(2) Asin由一上二式解得tg1速率v10sin(-t4匚)(SI)4dxdt23sin(3.93 102m s5-20 一物体放在水平木板上，这木板以2 Hz的频率沿水平直线作简谐振动，物体和水18 / 26(1)据牛顿第三定律，物体对平板的作用力N为：N N m(g2x)(2)当频率不变时，设振幅变为A,在最高点处(x A)物体与平板间作用力最小令|N 0可得：A g/20.062m5-22 一氢原子在分子中

24、的振动可视为简谐振动.已知氢原子质量m 1.68 1027Kg，振动频率1.0 1014Hz，振幅A 1 .0 1011m.试计算： 此氢原子的最大速度；(2)与此 振动相联系的能量分析 振动能量可由其最大动能(此时势能为零)确定。解：最大振动速度：vmA 2 A 6.28 103m/s氢原子的振动能量为：E1mvm23.31 1020J25-23 一物体质量为 0.25Kg，在弹性力作用下作简谐振动, 起始振动时具有势能0.06J 和动能 0.02J，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.分析 简谐振动能量守恒，其能量由振幅决定。1解:(1)E

25、EKEp2 kA2A 2( EKEP)/k1/20.08( m)1因为 E EKEpkA2,当 EKEp时，有 2EpE,又因为 Epkx2/22得：2x2A2，即卩 x A/ . 20.0566( m)12过平衡点时，x 0,此时动能等于总能量EEKEp-mvv 2( EKEp)/m1/20.8(m/s)5-24 一定滑轮的半径为 R,转动惯量为 J，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m 的物体,另一端与一固定的轻弹簧相连，如题图5-24 所示.设弹簧的劲度系数为 k,绳与滑轮间无滑动，且忽略轴的摩擦力及空气阻力.现将物体 m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作简谐振动，并求出其角频率

26、.分析由牛顿第二定律和转动定律确定其加速度与位移的关系即可得到证明。解：取如图 x 坐标，平衡位置为原点 O,向下为正，m在平衡位置时弹簧已伸长x0mg kx0(1)设m在x位置，分析受力，这时弹簧伸长x x0弹簧的劲度系数 k=25N/m,如果19 / 26T2k(x X。)由牛顿第二定律和转动定律列方程:mg ma(3)T1R T2R Ja R联立(1)(2)(3)(4)(5)解得ak；x(J/R2)m由于 x 系数为一负常数，故物体做简谐振动，II2kkR(J/R2) m . J mR25-25 两个同方向的简谐振动的振动方程分别为：x14 102cos2 (t -)(SI)8，21一x

27、23 10 cos2 (t )(SI)求：(1)合振动的振幅和初相；(2)若另有一同方向同频率4的简谐振动x35 102cos(2 t )(SI)，贝 U 为多少时，x1x3的振幅最大？ 又为多 少时，x2x3的振幅最小?分析合振动的振幅由其分振动的相位差决定。解：(1)x x1x2Acos(2 t )其角频率为/ / / / /题图 5-2420 / 26按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为A .T4) 1026.48 102marctg4sin( /4)3sin( /2)1.12rad4cos( /4)3cos( /2)所以，合振动方程为x 6.48 102cos(2 t 1.12

28、)(SI)当!2k，即2k/4时，XiX3的振幅最大21 / 262(2k1)，即2k 3 /2时，X2X3的振幅最小5-26 有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为0.2 m，合振动相位差为/6，第一个振动的振幅为0.173 m，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，则合振动的相位为据A A1A2可知A2A A,如图：A2. AA22AA1cos0.1(m)由于A、A、A2的量值恰好满足勾股定理，故A与A2垂直.即第二振动与第一振动的相位差为/ 2/65- 27 一质点同时参与两个同方向的简

29、谐振动，其振动方程分别为X15 102cos(41/3)(SI),X23 102sin(4t /6)(SI)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：x23 102sin(4t/6)3 102cos(4t23 10 cos(4t 2 /3)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A (53)cm 2cm,/3.合振动方程为X 2 102cos(4t /3)(SI)题图 5-275-28 将频率为 348Hz 的标准音叉和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为 3.0Hz.若在待G)22 / 26测音叉的一端加上

30、一个小物体，则拍频将减小，求待测音叉的角频率 分析质量增加频率将会减小，根据拍频减少可推知两个频率的关系。说明21,于是可求得：21351Hz5-29 一物体悬挂在弹簧下作简谐振动，开始时其振幅为0.12m，经 144s 后振幅减为 0.06m.问：（1）阻尼系数是多少？（2）如振幅减至 0.03m，需要经过多少时间？分析 由阻尼振动振幅随时间的变化规律可直接得到。解：（1）由阻尼振动振幅随时间的变化规律A Aoet得In(2)由A A0et得牛-&A2e5-30 一弹簧振子系统，物体的质量m=1.0 Kg，弹簧的劲度系数 k=900N/m.系统振动时受到阻尼作用，其阻尼系数为10.0

31、1/s，为了使振动持续，现加一周期性外力F 100 cos 30t（SI ）作用.求：（1）振动达到稳定时的振动角频率；（2）若外力的角频率可以改变，则当其值为多少时系统出现共振现象？其共振的振幅为多大？分析 受迫振动的频率由外力决定。解：（1 ）振动达到稳定时，振动角频率等于周期性外力的角频率，有式中0.k/m为系统振动的固有角频率，F。为外力的振幅由上式可解得，当外力的频率为： .022226.5rad /s时解：由21可知：2在待测音叉的一端加上一个小物体，待测音叉的频率2会减少，若拍频也随之减小，则t14.81 103(1/s)T 曰于是:t t2t1144s30 rad / s受迫振

32、动达到稳定后，其振幅为:2 2、2 .220)4系统出现共振现象，共振的振幅为:ArF0/m0.177m6-1 频率为1.25104Hz的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量E 1 .90 1011N /m2，棒的密度7.6 10 Kg /m.求该纵波的波长.分析 纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。解：波速u JE/,波长U/7E/20.4m6-2 一横波在沿绳子传播时的波方程为：y 0.04 cos( 2.5 t x)(SI)(1)求波的振幅、波24 / 26速、频率及波长；（2）求绳上的质点振动时的最大速度；（3）分别画出 t=1s 和 t=2s 的波形,并指出波峰和波谷

33、.画出 x=1.0m 处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同解：（1）用比较法，由y 0.04cos（2.5 t x） Acos（ tx）得A 0.04 m；/ 22.5/ 21.25 Hz； ,2.0 mu2.5 m / s(2)mA 0.314m /sx)t=2(s)时波形方程为：y20.04cos(5 x)x=1（m）处的振动方程为：y 0.04cos（2.5 t ）6-3 一简谐波沿 x 轴正方向传播，t=T/4 时的波形图如题图 6- 3 所示虚线，若各点的振 动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值区间为（-n,n.求各点的初相.分析 由 t=T/4 时的波形图（图中虚线）和波的传

34、播方向，作出 t=0 时的波形图。依旋转矢量 法可求 t=0 时的各点的相位。解：由 t=T/4 时的波形图（图中虚线）和波的传播方向，作出 t=0 时的波形图（图 中实线），依旋转矢量法可知质点 1 的初相为n;质点 2 的初相为n/2;质点 3 的初相为 0；质点 4 的初相为-n/2.6-4 有一平面谐波在空间传播，如题图 6- 4 所示.y A cos（ t ），就图中给出的四种坐标，分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达式求出任意点 x 与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于坐标方向的 正负关系）即可求解波的表达。只要把各种 情况中 b 的坐标值分别代入相应的波

35、动方 程就可求得 b 点的振动规律。解：设其波长为入，选 o 点处为坐标原点 由方程y A cos（ t）；可得取图中a6-4中在描写距 A 点为 b 处的质点的振动规律是否一样分析无论何种情况，只需y10.04cos(2.5t=1 （s） 时波形方程为:所示的坐标,则 x 处质点的振动比 A 点滞后x2,故t 1.0 s时，x 10 cm处的a质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x 20 cm处的b质点正通过y 5.0cm点向 y 轴正方向运动设该波波长10 cm，求该平面波的波方程分析 通过旋转矢量图法，结合x 10 cm点和x 20 cm点，在t 1.0 s的运动状态，可得 到波长

36、和初相。解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成y 0.1cos(7 t 2 x/ )( SI )。t 1.0 s时x 10 cm处y 0.1cos 72 (0.1 /)0 xa.yAcos( t2)同理可得xb.yAcos( t2)c.y Acos( t-_- 2)x ld.yAcos( t2)要求距A 为 b的点的振动规律,只要把 各种情况中b 的坐标值分别代入相应 的波动方程就可求得从结果可知，取 不同的坐标只是改变了坐标的原点，波的表达式在形式上有所不同，但 b 点的振动方程却不变.即11yXAb*-W-A bxrAc(2)y Acos( t

37、2)6-5 一平面简谐波沿 x 轴正向传播，其振幅为 A,频率为 ，波速 为 u.设t t时刻的波形曲线如题图 6-5 所示.求(1)x=0 处质点振 动方程；(2)该波的波方程.分析 由于图中是t时刻波形图，因此，对 x=0 处质点，由图得出 的相位也为t时刻的相位。再由旋转矢量推算出 t=0 时刻的初相位。进而写出波动方程。yA cos0,Asin0。所以/ 2x0处的振动方程为：yAcos2(t t)扌 该波的表达式为：yA cos 2(t tx/ u)-26-6一平面简谐波沿 x轴正向传播，波的振幅A 10 cm，波的角频率7 rad / s，当1226 / 26X110m, X225

38、m两点处质点的振动方程；(2)求x、X两点间的振动相位差；(3)求x点在 t=4s 时的振动位移.分析 波方程中如果已知某点的位置即转化为某点的振动方程。直接求解两点的振动相位 差和某时刻的振动位移。解：(1)X110m、X225m的振动方程分别为：y|x 100.25cos(125t 3.7)(SI),y|x 250.25cos(125t 9.25)(SI)(2)他与M两点间相位差215.55rad(3)为点在 t=4s 时的振动位移y 0.25cos(1254 3.7)0.249 m6-8 如题图 6-8 所示，一平面波在介质中以波速u 20m/ s沿 x 轴负方向传播，已知A 点的振动方

39、程为y 3 102cos4 t(SI). (1)以 A 点为坐标原点写出波方程;以距 A 点 5m 处的 B 点为坐标原点，写出波方程 .分析由波相对坐标轴的传播方向和已知点的振动方程 直接写出波方程。解：(1)坐标为 x 处质点的振动相位为t4 t (x/u)4 t (x/20)波的表达式为y 3 102cos4 t (x/20)(SI)以 B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为t 4 t _ (SI)20波的表达式为y 3 102cos4 (t盘)(SI)6-9 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 75m 处的一点 P 的运

40、动方程为y 0.30cos(2 t /2)( SI),求：(1)波向 x 轴正向传播的波方程；(2)波向 x 轴负向传播的波方程解：(1)设以x 0处为波源，沿轴正向传播的波方程为:因此时a质点向 y 轴负方向运动，故72 (0.1/)而此时,b质点正通过y 0.05 m处，有y 0.1 cos 72 (0.2 / )0.05，且质点b向 y 轴正方向运动，故由(1)、(2)两式联立得72 (0.2 / )17/3(2)所以，该平面简谐波的表达式为：y 0.25 cos( 125 t0.37 x)( SI )(1)分别求B A 题图6-8y Acos (t x/u)00 .24 m，6-7 已

41、知一平面简谐波的波方程为27 / 26在上式中，代入X 75 m，并与该处实际的振动方程y 0.30cos(2 t / 2)比较可得：A 0.3m,2 s1,o2, 可得：y 0.30cos(2 t - x)(SI)为所求100设沿轴负向传播的波方程为：y Acos (t x/u)0在上式中，代入x 75 m，并与该处实际的振动方程y 0.30cos( 2 t / 2)比较可得：A 0.3m,2 s1,0， 可得：y 0.30cos2t- x(SI)为100所求6-10 一平面谐波沿 ox 轴的负方向传播，波长为入，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；

42、(2)此波的波动方程；(3)若图中d / 2,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。0.14 m的圆柱形管传播，波的平均强度为9103J /s m2,频率为 300Hz,波速为300 m/s.求: (1)波中的平均能量密度和最大的能量密度各是多少(2)每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量 分析平均能量密度为其在一个周期内的平均值， 为最大值的一半。两个相邻同相面既是 相距一个波长的距离的波段。解：(1)从图中可见T 4s,且t

43、0,ypoA,0,则 P 点处质点的振动方程为ypA cos(t(2 )向负方向传播的波动方程为)Acos(it)(SI)(3)y。6-11x d、y Acosiyt)把d /2, x 0代入波动方程即得Acosi(t3 Acos(-t题图 6-10平面简谐波的1.3Kg/m3)中以340 m / s的速度传播， 达到人耳时的振幅为 和声强.1.0106m.试求波在人耳中的平均能量密度分析 平均能量密度公式直接求解。声强即是声波的能流密度。解:波在耳中的平均能量密度:w2 A2 2 2 2A2 2 641 106j/m3声强就是声波的能流密度，即:I uw 2.18 103W/m26-12一正

44、弦空气波，沿直径为:dO28 / 26解：Q I w vI 9 10353w3 105J /m3v 300又 Q Wmax2WWmax6 105J /m3两个相邻同相面间的波段所对应的体积为2d2du小“20.14300,“2 3V3.141.54 102m3222300WWV4.62- 107J6- 13 在均匀介质中, 有两列余弦波沿Ox 轴传播，波动表达式分别为yiAcos2 (t x/ )与y22Acos2 ( t x/ )，试求 Ox 轴上合振幅最大与合振幅最小的那些点的位置。分析合振幅大小由相位差确定。解：(1)设合振幅最大处的合振幅为Amax，有 AL(2 A)2A22A 2Ac

45、os式中4 x/因为当cos1时，合振幅最大，即有4 x /2 k所以，合振幅最大的点x丄k(k=0,1,2,)2设合振幅最小处的合振幅为Ain，有Amin(2 A)2A22A 2Acos式中4 x /因为当cos1时，合振幅最小，即有4 x/ (2 k 1)所以，合振幅最小的点x (2k 1) /4(k=0,1,2,)6-14 相干波源 0 和S2,相距 11m,S的相位比超前-.这两个相干波在S、5连线和延2长线上传播时可看成两等幅的平面余弦波，它们的频率都等于 100Hz,波速都等于 400m/s.试求在S、S的连线之间，因干涉而静止不动的各点位置分析首先确定两相干波连线上任意点两波的相

46、位差，再根据干涉静止条件确定位置。解：取S、S连线为 x 轴，向右为正，以S为坐标原点令SS2I.取 P 点如图.由于u / 4m，从S、S分别传播来的两波在 P 点的相位差29 / 262 11(21)(I x) x) G x(x 6)2 2由干涉静止的条件可得：(x 6)(2k 1)(k 0, 1, 2,)得：x 2 k 7(3 k 2) 即 x=1,3,5,7,9,11m为干涉静止点OXSLP&A题图 6-146- 15 一微波探测器位于湖岸水面以上 0.5m 处，一发射波长 21cm 的单色微波的射电星从 地平线上缓缓升起，探测器将继续指出信号强度的极大值和极小值 当接受到第一

47、个极大值 时，射电星位于湖面以上什么角度？分析 探测器信号出现极值是由于两列波干涉叠加造成，一列为直接接收的微波，另一列 为经过水面反射后得到的。计算两列波在相遇点(即探测器处)的波程差并根据相干加强 求解。在 P 点相干叠加，波程差为/(4h)0.1056 16 如题图 6-16 所示，S, 5 为两平面简谐波相干波源.S2的相位比S的相位超前/4,波长&oom,112.0m,r214.0m,S在 P 点引起的振动振幅为 0.30m, 在 P 点引起的振动振幅为 0.20m，求 P 点的合振幅.解：如图，P 为探测器，射电星直接发射到P 点波(1)与经过湖面反射有相位突变的波(2)整

48、理得:OP DP12h(1cos 2hsin1 .sin2Lcos2-ksin2(取 k=1)解得:sin题图 6 1530 / 26分析合振幅由分振动的振幅和分振动在该点的相位差共同确定。31 / 26解：2i(r2ri)U口/44A(A2A2AA2COS)0.464( m)6- 17 如题图 6- 17 中 A、B 是两个相干的点波源，它们的振动相位差为(反相)。A、B相距 30cm,观察点 P 和 B 点相距 40cm,且PB AB.若发自 A、 B 的两波在 P 点处最大限度 地互相削弱，求波长最长能是多少？列波在 B 点引起的振动是y103 103COS2 t(SI);另一列波在 C 点引起的振动是y2o3 103COS(2t1)(SI)；两波的传播速度u 0.20 m /S，不考虑传播途中振幅的减小，求 P 点的合振动的振动方程.分析最大限度地削弱，即要求两振动在P 点反相。故求两波在 P 点相位差即可求解。解:在 P 最大限度地削弱