大学物理上册课后习题答案(第三版·修订版)

1、习题解答（注：无选择题，书本已给出）习题一1-6IArI与zk有无不同？drdrd7有无不同？dvdt有无不同?其不同在哪里?试举例说明.解：（1）|Ar|是位移的模，是位矢的模的增量，BP|Ar|=|r2-7I|(2)dr=Vd7寻是速度的模，即dsd7少只是速度在径向上的分量.dr有r=rr（式中F叫做单位矢）,dr式中护就是速度径向上的分量,dr.dr&与石不同如题日图所示労表示加速度的模,不是加速度。在切向上的分量.有v=vr（f表轨道节线方向单位矢），所以TOC o 1-5 h zdvd”_dr=T+Vd/drdr式中S就是加速度的切向分量.dt八八一（$与字的运算较复杂，超出教材规

2、定，故不予讨论）drdr1-7设质点的运动方程为x=x（r）,y二y（f）,在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r=Jx2+y2,然后根据v=,及a=而求得结果：又有人先计算速度和加速度vdrdr-的分量，再合成求得结果，即你认为两种方法哪一种解：后一种方法正确因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r=xF+7,_drd.r-dy-v=i+1drdrdr_dx=3f+5,v=-厂+3/一4.式中f以S计，x,yWmi+.以时间/为变量，写出质点位置矢量的表示式；（2）求出21s时刻和r=2s时刻的位置矢量，计算这I秒内质点的位移；（3）计算r=os时刻到r=4s时刻内的平均速度；（

3、4）求出质点速度矢量表示式，计算U4s时质点的速度；计算f=Os到r=4s内质点的平均加速度；（6）求出质点加速度矢量的表示式，计算f=4s时质点的加速度（请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式）.rd2Xvd2yci=-=iht-drd广故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作drv=drd2ra=-dr211其二，可能是将了与话误作速度与加速度的模。在日题中己说明计不是速度的模,的一部分而只是速度在径向上的分量，同样，警也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中dr或者概括性地说，前一种方法

4、只考虑了位矢F在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢F及速度。的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-8一质点在xOy平面上运动，运动方程为9T,_1.一解：(1)广=(引+5)：+(厂+3f4)丿m将t=lft=2代入上式即有=87-0.5；mr2=117+4mAr=r2-ri=3j+4.5jmTr0=5j-4jj4=17T+16j兰=匕=1方+20匚打+5九川f4-04(4)v=37+dr(r+3)7m-s1v4=3z+7ym-s1(5)Iv0=3F+3j,v4=3F+77ms_d0厂a=1/msd/这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉

5、船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示当人以%(mL1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的人小.解：设人到船之间绳的长度为/,此时绳与水面成8角，由图可知将上式对时间f求导，得%题图根据速度的定义，并注意到人S是随f减少的,dsId/Iv0=y=dr5drs0cos。叶虬g电将卩船再对/求导，即得船的加速度1-9质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a=2+6，a的单位为m-s2,x的单位为m质点在x=0处，速度为lOm-s1,试求质点在任何坐标处的速度值.解：dvdvdvdva=vdrdvdrdr分离变量：cdu=adx=(2+6x)(iv两边积分得v2=2x+2x3+c2由题知,兀=

6、0时,v0=10,c=50v=+x+25m-s-1M0己知一质点作直线运动，其加速度为a=4+3rm-s2,开始运动时，x=5m,二o,求该质点在z=10s时的速度和位置.解：Z=4+3,dr分离变量，得dv=(4+3f)d/分离变量，得dv=(4+3f)d/亦即(9r)2=18r亦即(9r)2=18r3积分，得v=4/+-Z2+cx2由题知，f=0,%=0,=03故v=4r+-z22又因为v=4r+-/2dr22分离变量，dx=(4t+-r)d/积分得x=2r+丄尸+“由题知t=Q,x0=5,c2=5故x=2r+-r3+52所以f=10s时3v10=4x10+xlO2=190in-s1102

7、x1o=2x102+-x103+5=705m1021-11一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为。二2+3严，0式中以弧度计，f以秒计，求：(1)t=2s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少？解：ty=9r2,=18rd/d/f=2s时，,=/?/?=1x18x2=36ms-2an=Ra)2=lx(9x22)2=1296ms-2当加速度方向与半径成45角时，有tan45=1即Rco2=Rp则解得9于是角位移为9&=2+3/=2+3x_=267rad91-12质点沿半径为R的圆周按s=vQt-br的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧2长，,b都是

8、常量，求：（l）f时刻质点的加速度：（2）/为何值时，加速度在数值上等于b.解：（1）d5v=-btar=-brdrv2(vo-/?O2cin=“RR则a=Ja；+=丽+0/)加速度与半径的夹角为-aictai/r-一抽、心（一如广（2）由题意应有即b2=b2+,=(v0-/?r)4=0/?当f=时，ci=bb半径为R的轮子，以匀速v0沿水平线向前滚动：（1）证明轮缘上任意点B的运动方程为x=R（必一sinet）,y=R（1-cosdX）,式中co=vQ/R是轮子滚动的角速度，当万与水平线接触的瞬间开始计时.此时巧所在的位置为原点，轮子前进方向为x轴正方向；（2）求B点速度和加速度的分量表示式

9、解：依题意作出下图，由图可知、0题图(1)x=vn/-2/?snicos022=vQt-RsmO=R(cot-Rsmcot)卩=2/?suisui2vv=罟=Re(l-cos曲)v=-=Rsincot)drci=Rco2sincot=-drD,叭ci.=Recos必=-dr以初速度=20msT抛出一小球，抛岀方向与水平而成幔60的夹角,求：(1)球轨道最髙点的曲率半径(2)落地处的曲率半径A?.(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示.题图(1)在最高点,叫=V.v=vocos605=g=10m-s2=R(l-cos0)=R(l-coscot)v；

10、(20 xcos60)2A=10m(2)在落地点，v2=v0=20m-s1,而atl=gxcos60.门亠(20)仏10 xcos601-13一质点在半径为半径为0.4m的圆形轨道上子静止开始作匀角加速转动，其角加速度为=0.2rad-s2,求/=2s时质点上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度.解：当r=2s时，6?=or=0.2x2=0.4rad-s1则y=Rco=0.4x0.4=0.16m-s-1an=Rco2=0.4x(0.4)2=0.064m-s2ciT=Ret=0.4x0.2=0.08ms2a=Jci：+a；=J(0064)+(0.08)，=0.102ms2如题1-12图，

11、物体4以相对B的速度=血云沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时4在斜面顶端高为力处，B物体以匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度.解：当滑至斜面底时，y=h,则v；=,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响,因此，A对地的速度为题图1-14一船以速率=30km-h1直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率=40km-h1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何？解：(1)大船看小艇，则有v21=v2-vr依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-14图由图可知v21=Jw+讶=50killh_13方向北偏西0=aictan=aictan=36.87v.4(2)小船看大船,则有%2

12、=耳一，依题意作出速度矢量图如题1T3图(b),同上法，得v12=50kinir1方向南偏东36.87当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3m,如雨滴的速度犬小为8m，求轮船的速率.解：依题意作出矢量图如题1-14所示.由图中比例关系町知卩船=8m-s-1习题二2-7因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为其对于业则为牵连加速度，又知血对绳子的相对加速度为a,故m：对地加速度，由图(b)可知，为a：=aia又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T,由牛顿定律，有m：g-T=miaiT_nt

13、g二m：比联立.、式，得(/W.+ai=w?1+m2_(加1一加Jg加cW71+叫讨论(1)若/?i+叫二0,则a：二a：表示柱体与绳之间无相对滑动.表示柱体与绳之间无任何作用力,rf此时mi,m：均作自由落体运动题2-7图斜面支持力N建立坐标面与X轴垂直方向为Y轴。如图2-8所示2-8物体置于斜面上受到重力mg取Ov方向为X轴平行斜题2-8图Fx二0X方向:Y方向:Fy=mgsinQ二mdvv=0t二0时:,y二gsina/2由、式消去t得:1.y二一gsinaX*2v*o2-9=严m168a、丄=二m531-7=(-2x2+-x-x4)/+-()x4/8216m16V.v=vvo+J；ax

14、dt=-2+-.2=-心f+仇处补2=冷13.7.2-10(1)Vci=于是质点在2s时的速度TOC o 1-5 h z57tv=i1ms487(2)分离变量，得dv_一kdtvmv-旦lii一=nemx=jvdt=vQedt=-(1-e)质点停止运动时速度为零，即t-8,故有X=vQe,ndt=Jok(4)当z时，其速度为kfcni.Vv=voe=voe=即速度减至V。的丄.e2-11依题意作出示意图如题2-6图在忽略空气阻力情况卞，抛体落地瞬时的末速度人小与初速度人小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30。,则动量的增量为Ap=mv-mvo由矢量图知，

15、动量增量人小为丨mv。|,方向竖直向下2-12由题知，小球落地时间为05s因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为Vj=gt=0.5g,小球上跳速度的人小亦为vfO.5g.设向上为y轴正向，则动量的增量p=mv2-mvi方向竖直向上，大小IAp|=mv：-(-mvi)=mg碰撞过程中动量不守恒.这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用.另外，碰撞前初动量方向斜向卞，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒2-13(1)若物体原来静止,则Apz=Fdt=(10+2t)idt=56ikgmS-1,沿x轴正向,=5.6/m51mh=Ap1=56/kgin-5-1若物体原来具有-6m

16、初速，则pQ=-mvQ,p=77?(-v0+dt)=-mv0+Fdf于是p2=p-pQ=Fdt=pY,同理，AV2=AVi,Ic=Ii这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多人,那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理.(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即/=(10+2r)Jr=10r+r2亦即t+10t-200二0解得t=10s,(tf=-20s舍去)2-14质点的动量为p=mv=m(-asinti+bcostj)将t二0和t二分别代入上式，得2(0Pi二m3bj,pc=F3ai,则动量的增屋亦即质点所受外力的冲量为I二p二P：

17、-P：二f3(ai+bj)2-15(1)由题意，子弹到枪I时，有F=(a-bt)=0,得b(2)子弹所受的冲量1=_bf)df=at-bt2将代入，得b2b由动量定理可求得子弹的质量勺2加。216设一块为mi.则另一块为ma,mFkm：及mi+m2=mTOC o 1-5 h zt冃如kmm小于是得“=-人=-k+1k+1又设m：的速度为vi,g的速度为,则有T=mxv.2+代fnv221122mv=m：Vi+m2V2联立、解得v2=(k+1)v-kvi将代入，并整理得于是有v1=v)J-将其代入式，有v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只

18、能取证毕.v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi2-17(1)由题知,F合为恒力,AA介二Fr二(7i-6j)(-3i+4j+16k)二-21-24二-45J.、T-?A45-N=73w/0.6由动能定理，AEk=A=-45J2-18以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-18图v2=(k+1)v-kvif=-ky第一锤外力的功为儿&=fdy=卜fdy=式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt-0时，f，二-f.设第二锤外力的功为矩，则同理，有4=kydy=A=A=A(/)=-由题意，有所以，y2=V2Ay=y2-y:=V

19、2-1=0.414于是钉子第二次能进入的深度为2一19如=嘤=arnkcm方向与位矢r的方向相反，即指向力心.2-20弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kviMg题2-20图FfFb二Mg又比二匕山Fb*aX2所以静止时两弹簧伸长量之比为心1_k2Ax2k、弹性势能之比为2-21设在距月球中心为r处F月引二F地引,由万有引力定律,有v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi经整理，得v2=(k+1)v-kviV7.35X10 x3.48xlOs=-6-67x1011xf-6-67a/5.98x1024+V7.35xlO22

20、=38.32x10m则p点处至月球表面的距离为h二r-r月二(3832T74)X106=366Xl(fm(2)质量为1kg的物体在p点的引力势能为v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi=-1.28xl06J2-22取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点则由功能原理，有v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvimv2+加gssin37-frsv2=(k+1)v-kvi式中s=4.8+0.2=5m,x=0.2m,再代入有关数据，解得21390Nm1乐37。v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi题2-22图再次运用功能原理，求木块弹

21、回的高度-fS二mgssin37-一kx2代入有关数据，得=1.4m,则木块弹回高度hf=sfsin37=0.84mv2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi2-23m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m,M地球为系统,以最低点为重力势能零点，则有mgR=-rnv2+MV222又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有mvMV=O联立，以上两式，得Y(加+M)2-24两小球碰撞过程中，机械能守恒，有tnv：=mv；+mv；即vj=v；+v；题2-24图(a)题2-24图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mVo=mVi+mV2亦即Vo=V

22、i+V2由可作出矢量三角形如图(b),又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以V。为斜边,故知与比是互相垂直的.习题三3-7由题知，质点的位矢为r=xii+yj作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为Lo=rXmv=(xd+yij)Xm(vxi+v7j)=(ximv：-yimvx)k作用在质点上的力的力矩为Mo=rXf=(x：i+yij)X(-fi)二y】fk3-8哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用，所以角动量守恒：又由于哈雷彗星在近口点及远口点时的速度都与轨道半径垂直，故有9.08xl02X9.08x10-3-9(1)p=fdt=5jdt=15jkg-in-5_

23、1解(一)x=xo+v0 xt=4+3=7即n=4i,r2=7i+25.5jVx=Vox=lvv=vOv+at=6+-x3=ll3即v:=ii+6j,v：=i+llj:.LFnXmvFdiX3(i+6j)=72kL2=r2Xmv2=(7i+25.5j)X3(i+llj)=154.5kAAL二L厂L：二82.5kkgm：s1ch解(二)VM=-dt/.AL=MJr=(rxF)dt=5(4+t)kdt=S2.5kkg-tn2-sl3-10在只挂重物M：时，小球作圆周运动的向心力为即TOC o 1-5 h zM：g=mro3挂上址后，则有(Mi+Mz)g=mr3重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角

24、动量守恒.即romvo=rmv=片矶=rf2cof2联立、得v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi3-11(1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中N、是正压力，玖、F是摩擦力，F,和F，是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在0轴处所受支承力.v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi题3-11图(a)A&和护fv2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi题3-11图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有v2=(k+1)v-kviF仏+/JAH】=0N，=F对飞轮，按转动定律有P=-KR/I,式中负号表示B与角速度

25、3方向相反.IFr=uNN=NZ/.Fr=“N=/*JFXVl=-mR2以F=100N等代入上式，得-2x0.40 x(0.50+0.75)inn40 x1UU=60 x0.25x0.503由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为=900 x2/3=7%60 x40这段时间内飞轮的角位移为妇如+丄0宀空也X%一丄2604234=53.1x2龙rad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转.o=9OOX(2n)/60rads1,要求飞轮转速在t二2s内减少一半，可知%15龙2?-T用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为F_7別02“4+人)_60 x0.25x0.50 x152x0.

26、40 x(0.50+0.75)x2=177N3-12设&出和B分别为num：和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)题3-12(a)图题3-12(b)图(1)mi,m：和柱体的运动方程如下：T2=m2a21叫g_人2T；R-T；r=I03式中TJ=T1,12=T2,a2=rP,ai=RP而I=(l/2)MR2+(l/2)mr2由上式求得-r叫I+叫R+m2r2v2=(k+1)v-kvix9.80.2x2-0.1x2丄xl0 x0.202+1x4x0.102+2x0.202+2x0.10222=6.13rads2由式Tinier3+m2g=2X0.10X6.13+2X9.8=20.8N由式T

27、Fm：g-m：R0=2X9.8-2X0.20X6.13=17.1N3-13分别以im,me滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示.对运用牛顿定律，有TOC o 1-5 h zmcg-TrFizTiniia2)对滑轮运用转动定律，有T2r-T!r=(l/2Mr：)B又，a二rB200 x9.8联立以上4个方程，得怛八=7.6M.“c15/n.+,弘+200+22题3-13(a)图题3-14图3-14(1)由转动定律，有mg(1/2)=(1/3)mFB(2)由机械能守恒定律，有mg(1/2)sinO=(1/2)(1/3)mf32J3gsin。0v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi题3

28、-15图3-15(1)设小球的初速度为w,棒经小球碰撞后得到的初角速度为3,而小球的速度变为厂按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式:mvol=I3+mvl(1/2)mv：0=(l/2)I3:+(1/2)mv：上两式中I=1/3M1:,碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移：碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度0=30,按机械能守恒定律可列式:*血=Mg*(lcos30。)由式得-cos30)G)=由式Icov=v-由式.Ico2厂=%rn所以ICD、r1rTOC o 1-5 h z(%一y少mlm求得心=字(1+务)=(1+严)血2ml-23m12

29、m(2)相碰时小球受到的冲量为JFdt=mv=mv-mvo由式求得JFdt=mv-mvo=(I3)/1=(-1/3)Ml3负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.3-16(1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度Vq=R3设碎片上升高度h时的速度为V,则有v=vo2gh令v=0,可求出上升最人高度为(2)圆盘的转动惯量I二(1/2)MR碎片抛出后圆盘的转动惯量二(1MR：-mR：,碎片脱离前，盘的角动量为I,碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即13二13+mvoR式中3为破盘的角速度.于是(l/2)MR：3=(l/2)MR=mF

30、3+mv0R(l/2)MR：-mR：3二(1/2)MR：mR：3得3二3(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为(l/2)MR：-mR：3转动动能为题3-17图Ek=(l/2)(l/2)MR:-mR:v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi3-17(1)射入的过程对0轴的角动量守恒Rsin0mov0=(m+mo)R3._m0v0sin.3(in+mQ)REk2(m+mQ)RmQsm0=仏-mv27+加。2003-18以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有mgh=(1/2)mv：+(1/2)I3讣(1/2)kh

31、2又3=v/R故仆气帯(2x6.0 x9.8x0.4-2.0 x0.4)x0.36.0 x0.32+0.5习题五5-3符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动：(1)拍皮球时球的运动；如题4-1图所示，一小球在一个半径很人的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很短).题5-3图v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一,描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长等等在运动中保持为常量：二，系统是在自己的稳定平衡位置附近作往复运动：三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用.或者说，若一个系统的运动微分方程能用d

32、r描述时，其所作的运动就是谐振动.(1)拍皮球时球的运动不是谐振动.第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置；第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线性回复力.小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动.显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点,即系统势能最小值位置点而小球在运动中的回复力为-加gsin9,如题4-1图(b)所示.题中所述，A50,所以回复力为一第dF则有d叨dF劲度系数为人和人的两根弹簧，与质量为加的小球按题4-2图所示的两种方式连接,试证明它们的振动均为谐振

33、动，并分别求出它们的振动周期解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有F=Fl=F2,设串联弹簧的等效倔强系数为K串等效位移为x,则有F=_褊$F、=-臥X=“+x2F2=-k2x2又有所以串联弹簧的等效倔强系数为v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为k=k,k2/&+()的弹簧振子系统，故小球作谐振动其振动周期为coY褊YkYk2v2=(k+1)v-kvik并x=kg+k2x2(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有F=F=F即=，设并联弹簧的倔强系数为k并，则有故同上理，其振动周期为如题4-3图所示，物体的质量为加，

34、放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为8,弹簧的倔强系数为滑轮的转动惯量为/,半径为R.先把物体托住，使弹簧维持原长，然后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期.题图解：分别以物体加和滑轮为对象，其受力如题4-3图所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为X轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x时，有d2xdFlR-7R=I/3dr=R卩T2=k(xQ+x)d广式中xQ=mgsmO/k9为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有令则有or=kR2mR2+1v2=(k+1)v-kviv2=(k+1)v-kvi空+宀0dr故知该系统是作简谐振动，其振动周期为17T=2龙p/F+7k(

35、=2兀5-7质量为10 xl0_3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按x=0.1cos(8+)(SI)的规律作谐振动，求：振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值：最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等？t2=5s与厶=Is两个时刻的位相差:解：设谐振动的标准方程为x=4cos(曲+00),则知:2龙IA=0.1m,6?=8/.7=一=s。=2龙/3co4v.=(u4=0.8ms1=2.51ms1=co2A=63.2ms2Fm=am=Q.6E=-mv;n=3.16xl02JiEP=Ek=-；=1.58x102J2当Ek=Ep时，有E=2Ep,1=1.土返心土返

36、山220(j)=co(t2-tj=8/r(5-1)=32兀5-8一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为4,周期为7其振动方程用余弦函数表示.如果f=0时质点的状态分别是：Xo=-A；过平衡位置向正向运动;4过x=处向负向运动;2处向正向运动.试求出相应的初位相，并写出振动方程.解：因为XQ=4COS0Ov0=_04sin0o将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相.故有0=龙42兀、x=Acos(亍f+龙),3g=兀2.冗r.5龙rx2兀3、x=Acost+7t)T2x=Acos(/+)T3x2tt5、x=Acost+7t)T45-9一质量为10 xW3kg的物体作谐振动

37、，振幅为24cm,周期为4.0s,当f=0时位移为+24cm.求：(1)t=0.5s时，物体所在的位置及此时所受力的人小和方向：由起始位置运动到x=12cm处所需的最短时间；在x=12cm处物体的总能量.解：由题已知A=24xl0-2m,T=4.0s2龙0)=0.5兀rads1T又，f=0时，xQ=+4,.观=0故振动方程为x=24x102cos(0.5M)m将t=0.5s代入得x05=24xW2cos(0.5T)m=0.17mF=-ma=-ma)2x=-10 xl03x()2x0.17=-4.2XIO-3N方向指向坐标原点，即沿x轴负向.(2)由题知，/=0时，Ajrt=t时x0=+亍,且卩

38、0,故0=.血323由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为E=-kA1=-ma)2A222=|xl0 xl0_3(y)2x(0.24)2=7.1xW4J5-10有一轻弹簧，下面悬挂质量为l0g的物体时，伸长为4.9cm.用这个弹簧和一个质量为80g的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0cm后，给予向上的初速度Vo=5.0cm-s_1,求振动周期和振动表达式.“1X1.0 x103x9.8“_1解：由题知k=-=；=0.2Nm兀4.9x107而f=0时，x0=-1.0 xl02mvo=5.0 xl0-2m-s-1(设向上为正)血=匡=J0.2=5,即T=1.

39、26sVV8x10co彳(1.0 xl(rV+(凹尹二尸=/2xl02mtan0=-=盘（X严即Tx=/2xl02cos(5/+4题5-11图3解:由题4-8图(a),vr=0时，Xo=0o0,=矩又4=10cipT=2s2即co=7rad-s1T3故xa=0lcos4+;r)m245/r由题4-8图(b)*t=0时,Xq=,v00,.=23心=0时,x=0,v10/0o=3龙/2m+M.A=Jq+A)2=-=3.2x10-3mV6?co3.13故其角振幅A0=y=3.2xlO_3rad小球的振动方程为30=3.2xlO3COS0.13/+)rad5-14有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成

40、振动的振幅为0.20111,位相与第一振动的位相差为彳，已知第一振动的振幅为0.173m,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动6的位相差题5-14图w：0=001=#彳=2龙,w：0=001=#彳=2龙,又w：0=001=#彳=2龙,w：0=001=#彳=2龙,又解：由题意可做出旋转矢量图如下.由图知A;=A+A2-24Acos30=(0.173)+(0.2)2_2x0.173x0.2xV3/2=0.01A.=0.1m设角4&O为则A2=Af+A;-2AA2cos。cos&=吿+念-，=(0173尸+(0.1尸_(002)三-2A/2-2x0.173x0.1=0即V,这说明,A与人间夹角哼即

41、二振动的位相差罟.5-15试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅:7tX=5cos(3r+y)cmx2=5cos(3r+)cma;=5cos(3r+彳)cmx2=5cos(3/+)cm合振幅A=A2=10cm合振幅A=A2=10cm又0=7ty33合振幅4=05-16一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为Xi=0.4cos(2r+)m=0.3cos(2r7T)m.6试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解：I4合=|A1A2=0.Im人丄4-jl0.4xsm-0.3sin片TOC o 1-5 h z&sin0+企sin九66V3t

42、an(P=人cos必+凡COS0o4cos兰+0.3COS艺366其振动方程为7tx=0.1cos(2r+)m(作图法略)5-17如题4-14图所示,两个相互垂直的谐振动的合振动图形为一椭圆，已知x方向的振动方程为x=6cos2加cm,求y方向的振动方程.解：因合振动是一正椭圆，故知两分振动的位相差为兰或又，轨道是按顺时针方向旋22转，故知两分振动位相差为乡.所以y方向的振动方程为y=12cos(2+)cm又习题六（1）振动是指一个孤立的系统（也可是介质中的一个质元）在某固定平衡位置附近所做的往复运任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x,又是时间/的函数，即y=间变化的规律X当谐波方程y=A

43、cosco（t-）中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持u续不断地振动又是产生波动的必要条件之一.振动曲线y=描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为厂横TOC o 1-5 h zXY波动方程y=Acose（/_二）+久中的表示什么？如果改写为y=AcosUU（血-竺+久），竺又是什么意思?如果/和X均增加，但相应的血仃-兰）+%的值UUU不变，由此能从波动方程说明什么？解：波动方程中的X/表示了介质中坐标位置为X的质元的振动落后于原点的时间；空则U表示X处质元比原点落后的振动位相；设f时刻的波动方程为TOC o 1-5 h zAZ八”=ACOS+00）U则/+/时

44、刻的波动方程为开+$=Acosy(r+Ar)-+必其表示在时刻位置x处的振动状态，经过M后传播到X+MV处.所以在（曲-竺）中,U当f,X均增加时，（6X-）的值不会变化，而这正好说明了经过时间儿波形即向前传W播了山=!凶的距离，说明y=4cos-竺+0。）描述的是一列行进中的波，故谓之行U波方程波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点？解：我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体枳元内所有质元的能量.波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能.形变势能由介质的相对形变量（即应变量）决定.

45、如果取波动方程为y=/（兀/）,则相对形变量（即应变量）为dy/dx波动势能则是与dy/dx的平方成正比.由波动曲线图（题3图）可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小（此处振动速度为零），而在该处的应变也为极小（该处勿/办=0）,所以在波峰，波谷处波动势能也为极小：在平衡位置处波动动能为极大（该处振动速度的极人），而在该处的应变也是最人（该处是曲线的拐点），当然波动势能也为最人.这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值.题3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同

46、步变化.波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处？f二0时刻是否一定是波源开始振动的时刻？波动方程写成y=Acos6y（/-）时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动w方程才能写成这种形式？解：由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，/=0的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程X写成y=Acosa）（t-）时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的.因为在此处对于波源u的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程.在驻波的两相邻波

47、节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同？解：取驻波方程为24cosxcoszw,则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，a描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为2Acosx而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻2两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反6-7波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别？解：波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，（如题6图所示），因而观察者在单位时

48、间内接收到的完整数目（/才）会增多，所以接收频率增高;而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增人，即“=+11,因而单位时间内通过观察者完整波的数目于也会增多，即接收频率也将增高简单地说，前者是通过压缩波面（缩短波长）使频率增高,后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率(1)波的1是波汲在Si时发出的波前2是波潞在S时发出的,在扑I照的瞬间，波源在S?处0)波源运动面观察谒不动(b)观察者运动而波源不动题6图多普勒效应一平面简谐波沿x轴负向传播，波长2=1.0m,原点处质点的振动频率为V=2.0Hz.振幅A=0.Im,且在f二0时恰好通过平衡位置向)，轴负

49、向运动，求此平面波的波动方程.解：由题知=0时原点处质点的振动状态为y0=0,vo-Acos(B/-Cx),其中A,B、C为正值恒量.求：波的振幅、波速、频率、周期与波长；写出传播方向上距离波源为/处一点的振动方程；任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差.解：(1)已知平面简谐波的波动方程y=Acos(Bt-Cx)(x0)将上式与波动方程的标准形式即（/=9.2兀.即（/=9.2兀.又y=4cosQ创一比较，可知：波振幅为4,频率u=,2龙波长2=,波速=/lu=色，CC波动周期T=-=.uB将X=/代入波动方程即可得到该点的振动方程y=Acos(Bt-Cl)因任一时刻f同一波线上两

50、点之间的位相差为0=手(耳-xj将龙“=d,及2=代入上式，即得-C0=Cd.6-9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为-0.05cos(10-4V),式中X,y以米计，t以秒计.求：波的波速、频率和波长：绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；求X二0.2m处质点在f二Is时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在21.25s时刻到达哪一点？解：(1)将题给方程与标准式2兀y=Acos(2l/x)A,相比，得振幅A=0.05m,频率u=5s波长A=0.5m,波速w=zu=2.5m-s_1.绳上各点的最人振速，最大加速度分别为vmnv=oA=10 x0.05=0.5兀m-s

51、1XU=co2A=（10龙）x005=5兀m-s2(3)x=0.2m处的振动比原点落后的时间为0.2Z5=0.08s即（/=9.2兀.即（/=9.2兀.又即（/=9.2兀.即（/=9.2兀.又故x=0.2m,r=ls时的位相就是原点（x=0）,在fo=10.08=0.92s时的位相,题6-11图Q)题6-11图Q)又设这一位相所代表的运动状态在/=1.25s时刻到达x点，则x=xk+u(t-tj=0.2+2.5(1.25-1.0)=0.825m6-10如题6-10图是沿X轴传播的平面余弦波在f时刻的波形曲线(1)若波沿X轴正向传播，该时刻O,A,疗，C各点的振动位相是多少？(2)若波沿x轴负向

52、传播，上述各点的振动位相又是多少？解：(1)波沿X轴正向传播，则在f时刻，有题6-11图Q)题6-11图Q)又题6-10图对于O点：yo=0川。0,0o=2对于A点:VyA=+A,vA=09A(f)A=0对于C点：Tyc=0川cV0，0。=2(取负值：表示4、B、C点位相，应落后于O点的位相)(2)波沿X轴负向传播，则在r时刻，有题6-11图Q)题6-11图Q)又题6-11图Q)题6-11图Q)又对于O点：Tyo=0川；0,0；=-y对于A点:Ty；=+A,v；=0,0；=0对于B点：TyB=Ov；v0,：=对于C点：yc=0,v；0,0：.=y(此处取正值表示4、B、C点位相超前于O点的位相

53、)6-11一列平面余弦波沿X轴正向传播，波速为5m扌，波长为2m,原点处质点的振动曲线如题5-11图所示.写出波动方程；作出20时的波形图及距离波源0.5m处质点的振动曲线.3龙解：由题6-11(a)图知，4=0.1m,且=0时，儿=0,%0,=-,22()y0.1又u=2.5Hz.则co=17iu=5龙j6-14如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为)7=4又取y=Acosa)(Q9u则波动方程为c.r-X3兀“y=0.1cos|5(Z+)m题6-11图(b)题6-11图(c)将X=0.5m代入波动方程，得该点处的振动方程为y=O.lcosQ加一5兀xO.50.5

54、3龙+)=O.lcosQ加+龙)m6-14如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为)7=4又如题6-11(c)图所示.，波沿12如题6-12图所示，已知20时和r=0.5s时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)X轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：波动方程；P点的振动方程.7t2解：(1)由题6-12图可知,A=0.1m,2=4ui，又，f=0时,yQ=0,v0v0,0Ax1w2而“=2ms,L=0.5Hz,Aco=2nu=tt/0.5A4故波动方程为Xrry=O.lcos(r-)+m2(2)将=1m代入上式，即得P点振动方程为f)=O.lcos加6-14如题5-1

55、4图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为)7=4又6-14如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为)7=4又6-13一列机械波沿X轴正向传播，/二0时的波形如题6-13图所示，已知波速为10m波长为2m,求：6-14如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为)7=4又波动方程；P点的振动方程及振动曲线：P点的坐标；P点回到平衡位置所需的最短时间.Ajr解：由题6-13图可知A=0.1m,/=0时，儿=川。=5Hz22/=10tt(1)波动方程为y=01.cosL0;r(/一希)+彳m(2)由图知，f=0时，=_,i，pV0,0,

56、=二护(P点的位相应落后于0点，故取负值)4:.P点振动方程为儿=O.lcosOr-)解得x=rL67m(3)I!W-)+y|,=o=-4一7t3根据的结果可作出旋转矢量图如题6-13图(R,则由P点回到平衡位置应经历的位0=兰+兰二兀26所属最短时间为co10龙12cos(曲+%)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程;写出距P点距离为b的Q点的振动方程.解：(1)如题6-14图Q),则波动方程为Ixy=4cos妝?(f+二)+如uu如图(b),则波动方程为y,Ab|yU6HOPQ；OPQX(a)(b)题6-14图Xy=4cos回(/+二)+0ou如题6-14图(a),则0点的振动方程为A=

57、Acosf0(t-)+(/)0u如题6-14图(b),则0点的振动方程为A=Acoscy(r+)+U15已知平面简谐波的波动方程为y=4cos/r(4/+2x)(SI).(1)写岀r=4.2S时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点？画出r=4.2S时的波形曲线.解：(1)波峰位置坐标应满足龙(4f+2x)=2k7T解得X=(k-S4)m伙=0,l,2,)所以离原点最近的波峰位置为-0.4m.T4加+2加=曲+竺故知w=2m-s1,u-04一=0.2s,这就是说该波峰在0.2s前通过原点，那么从计时时刻算起，则应2是4.2-0.2=4s,即该波峰是在4s时通过

58、原点的.又CD0o=4.2x4=16.8t)b=4cos4/rx42=0.84又，当y=-A时，久=17龙，则应有16.8龙+2加=17兀解得x=0.1111,故r=42s时的波形图如题6-15图所示6J6题6-16图中(a)表示20时刻的波形图，(b)表示原点(X二0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出X=2m处质元的振动曲线.解：由题6-16图所示振动曲线可知T=2s,4=02m,且f=0时，y0=O,vo0,故知00=-彳，再结合题6-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿X轴负向传播,题6-16图则波动方程为y=0.2cos2(-+)-|6-17一平面余弦波，沿直径为14cm

59、的圆柱形管传播，波的强度为lS.OXlOJ-m-s-1,频率为300Hz,波速为300ms1,求:波的平均能量密度和最人能屋密度？两个相邻同相面之间有多少波的能量？解：1=WUJ10-3vv-18.0 x-6xl05Jnr3u300vvmax=2w=1.2xlO-4Jm3(2)W=a)V=w7nl2A=帀丄加厂4v=6xl05xlx(0.14)2x=9.24xlO7J43006-18如题6-18图所示，S和为两相干波源，振幅均为九，相距扌，S较二位相超前求：2(1)S”卜侧各点的合振幅和强度；S?外侧各点的合振幅和强度解：(1)在S外侧，距离S为八的点，传到该P点引起的位相差为=7tA=A-A

60、i=0J=A2=0(2)在二外侧距离为人的点，S3畀专到该点引起的位相差.x丄兀2兀A、门A=-T(z;+-r2)=0A=Al+Al=2ArI=A2=446-19如题6-19图所示，设3点发出的平面横波沿3P方向传播，它在B点的振动方程为y1=2xl0-3cos2M；C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振动方程为y2=2x103C0S(2Z+7T),本题中以皿计，/以s计.设BP=0.4m,CP=0.5m,波速u=0.2mS_1,求：两波传到P点时的位相差；当这两列波的振动方向相同时，P处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P处合振动的振幅.解：(1)口=躯_(p)_