大学物理第二版（下）
习 题 解 答
第8章 机械振动
8-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）
设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，
合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 2
2
d d t y
M
Ma F == 故0d d 22
=+gy s t y M ρ
02
2=+y M g
s dt dy ρ 故作简谐振动 M g
s ρω=
2
)(35.68
.910102101022223
33
4s g s M T =?????===πρπωπ
8-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：
)(1.0sin 0m k
mg l ==
θ
(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx
列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式
220d d )(sin sin t
x
m x l k mg T mg =+-=-θθ
将（1）式代入上式，整理后得
0d d 22=+x m
k
t x 习题8-1图
故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==
m
k
ω 由初始条件,000??
?=-=v l x 求得,1.00?
??===π?m
l A 故物体A 的运动方程为
x =0.1cos(7t+π)m
(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:
221d d sin t
x
m T mg =-θ (2)
对
滑
轮
列
出
转
动
方
程为：
22
221d d 2
1
21t x Mr r a Mr J r T r T =??? ??==-β (3)
式中,T 2=k (l 0+x ) （4）
由式（3）、(4)知2
201d d 21)(t
x
M x l k T ++=代入(2)式知 22
021)(sin dt
x
d m M x l k mg ??? ??+=+-θ
又由（1）式知0sin kl mg =θ
故0d d )21(22=++kx t
x
m M
即0)2
(d d 22=++
x m M k
t
x m M k +=
2
2
ω
可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52
=+=
m M k ω
由于初始条件：0,000=-=v l x
可知，A 、?不变，故物体A 的运动方程为:
m t x )7.5cos(1.0π+=
习题8-2图
由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.
8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(?ω+=t A x
由题图可知，m 1042
-?=A ,当t=0时，将m 1022
-?=x 代入简谐振动表达式，得：
2
1
cos =
? 由)sin(?ωωυ+-=t A ,当t=0时，?ωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin
π?-= 又因:t=1s 时，,1022
m x -?=将其入代简谐振动表达式，
得
213cos ,
3cos 42=??? ?
?
-??? ?
?
-=πωπω
由t=1s 时,???
?
?
-
-=3sin πωωυA <0知，03sin >??? ?
?
-πω,取33ππω=-， 即 s 3
2π
ω=
质点作简谐振动的振动表达式为
m t x ??? ??-?=-33
2
cos 1042ππ
8-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r
，由高斯
定理可知304R r Q E πε
=
,则微粒在此处受电场力为:
r R Qq F
3
04πε-= 式中，负号表明电场F
的方向与r
的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：
04d d 04d d 0
43
022
3022
3
0=+?=+=+r mR Qq
t r r R Qq t r m
r R Qq
F πεπεπε
令 m
R Qq
3
02
4πεω=
则 0d d 222=+r t
r
ω
习题8-3图
故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ω
π
2=
T
知: Qq
mR T 3
042πεπ=
8-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：
P O k Mg '=
将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题8-5所示，则有：g m M O O k )(+='
设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：
kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(
即 0d d )(22=++kx t
x
m M
可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=
m
M k
ω
以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知
k
mg
k Mg g k m M P O O O OP =
-+=
'-'= 则t=0时，m 02.00-=-
=-=k
mg
OP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101
=-='gh υυ
碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.001
0=+'=
m
M m υυ （方向向上）
则t=0时，??
?=-=s
m m
x /4.002.000υ
可求得：)m (0447.0220
20
=+=ω
υx A
πωυ?65.0arctan 00=???
?
??-=x
可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(
0447.0π+=
习题8.5图
(3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：
m A g k
m
M A O O x 1447.0=++=
+'=?
则最大拉力 N 4.72max ==x k F ? 8-6 解：(1) 已知A=0.24m,
2
2π
πω==
T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m ,12.000<=υx 即 3
,21c o s ,c o s 24.012.0π
???±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=??ωυA 取3
π
?=
,故：
m t x ??? ??+=32
cos 24.0ππ
(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有
3
2322132cos πππππ
±=+-
=??? ??+t t
因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，
0<υ.故0)3
2
sin(>+π
πt
则取
3
23
2
ππ
π
=
+
t 可得：s t 3
2min =
(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.
8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：
m/s)(0.2=+=
υm
M m
u
不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：
2
22
1)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u k
m
M x 20100.5-?=+=
由此简谐振动的振幅 2
0100.5-?==x A
系统圆频率rad/s)(40=+=
m
M k
ω
习题8-6图
若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m /s 0.20>==u υ
由,sin ,cos 00?ωυ?A A x -==得：2
π
?-
=
则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：
m t x )2
40cos(100.52π
-?=-
8-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即
)(21x k x k F +-=
令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 k
m
T π
2= 得)kg (1.04422
122
11≈==π
πk
T k T m
则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：
kg 20.021=+m m
新的周期 )s (4.122
12=+=k
m m T π
在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m /s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，
υυ)(2111m m m +=
则 m/s 05.0)
(211
1πυυ=+=
m m m
新的振幅 m)(035.022
2===
πυω
υT
A 8-9 解：（1）由振动方程)2
5sin(60.0π
-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA
故振动周期： )s (26.1)s (256.15
2
2≈===πωπ
T (2) t=0时，由振动方程得：
)2
5cos(0.3|m
60.0000=-==-==π
υt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3
π
?-
=
速度 m/s)(6.2m/s )2
3
(560.0sin =-??-=-=?ωυA 加速度 )m /s (5.7m /s 2
1
560.0cos 222
2
-=?
?-=-=?ωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-?==ma F
（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：
221kA E E E p k =
=+ 故有： )2
1(21212
kA E E E p k ===
即 2
22
12121kA kx ?=
可得： m)(42.02
2
±=±
=A x 8-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：
N mg ma -=max
N 是平板对砝码的支持力.
故N)(74.1)4()()(2
2max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω
砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：
mg N ma -'=max
故 N)(1.8)4()(2
2max =+=+='A v g m a g m N π
砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：
m)
(062.040)4(2
2max max 2==
=-=v g A vA g m N ππ
(3) 由2
2max 4v g A π=
,可知，2
m ax v A 与成反比，当v v 2='时，
m 0155.04
1
max max
=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：
222121υm kA = A m
k
=υ 由水平方向动量定理： ?='+υm u m m )(υm m m
u '
+=
此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：
22)(2
1
21u m m A k '+=' 得： A m m m
A '+=
'
有： k
m m T '
+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：
)2
1()1(
2121212
222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=? 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.
（3）当m 达到振幅A 时，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k
m m '
+π
2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰
撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：
22)(2
1
21υ''+=m m kA 得：
A m m k
'
+±
='υ
8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2
A 运动到2A -的位置处，
角相位的最小变化为：3
π
??=
则圆频率
rad/s 3π
???ω==
t 周期 s T 62==ω
π
由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m
1.00
0=???
?=-=A x υ 则振幅 m 1.0220
20
=+=ω
υx A
习题8-12图
（2）因为E E p 4
1=
又 2221,21kA E kx E p == 故 )2
1(41212
2kA kx =
得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.
根据振动系统的能量守恒定律：
2222
12121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-?±=-±=x A ωυ 根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(?ωωυ?ω+-=+=t A t t A x
)cos(d d 2?ωω+-==
t A t
v
a x 2
ω-= 得： )m /s (055.02
=a
（3）t=0时，(J)108.681
)21(41413222-?====
mA kA E E p ω (J)10218
3)21(43433
222-?====mA kA E E k ω
(J)108.273
-?=+=p k E E E
（4）由简谐振动的振动表达式)cos(
?ω+=t A x 当t=0时，0m /s 091.0m ,05.000<-=-=υx ,可得：π?3
2
= 又 3
,10.0π
ω=
=m A
故 m t x )3
2
3
cos(1.0ππ
+
= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：
m
t x m
t x Q P )3
cos(1000.2)3
cos(1000.522π
ππ
π-?=+
?=--
（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：
)m/s )(3sin(1000.52π
πωυ+??-==
-t dt dx P P )m /s )(3
sin(1000.22π
πωυ-??-==
-t dt dx Q
Q )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+??-==
-t dt d a P P )m/s )(3
cos(1000.2222π
πωυ-
??-==
-t dt
d a Q Q
当t=1s 时，有：
)
(m/s 1087.9/32cos 1000.2)
(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)
1044.5/32sin 1000.2(m/s)
1060.13/3
4sin 1000.5(m)
1000.13
2cos 1000.2)(m 105.234cos
1000.5222222222222222222------------?=??-=?=??-=?-=??-=?=??-=?-=?=?=?=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P π
ππ
ππ
πυπ
πυπ
π
（3）由相位差
3
2)3(3)()(π
ππ
???ω?ω??=
--=
-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前
3
2π
. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：
?????
<=0
2100υA x 可得：3
π
?=
(由旋转矢量法可证出)
在平衡位置的动能就是质点的总能量
)
J (1008.32
1
2152222-?====?=
A m kA E m k m k
ωωω
可求得：s rad m E A /2
21π
ω==
则振动表达式为：
m t x )3
2cos(1000.52π
π+?=-
(2) 初始位置势能
)3
2(cos 21212222π
πω+==
t A m kx E P 当t=0时，
3cos 21222π
ωA m E P =
J J 6222221071.73
cos )1000.5()2(1000.121---?=?????=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：
??
?
102.1010υm x 可知，3
π
?=
且
2
2π
πω=
=v
则振动表达式为：m t x )3
2
cos(24.0π
π+
=
当t=0.5s 时，
m m x 21000.6)3
212cos(24.0-?-=+?=π
π
(2) t=0.5s 时，小球所受力：
(N)1048.1)(32-?=-==x m ma f ω
因t=0.5s 时，小球的位置在m x 2
1000.6-?-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.
(3) 从初始位置m x 10102.1-?=到m x 1
102.1-?-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法
知，
π
?π
?3
2
,3,0±=±
=处处x x 习题8-15图
)s (3223=???
?
???????????==t t πωπω
(4) 因为 )3
2sin(24.02)sin(π
ππ
?ωωυ+?-
=+-=t t A )3
2cos(24.04)cos(2
2
π
ππ?ωω+?-=+-=t t A a 在s t m x 3
2
102.11
=
?-=-处 )
32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3
322sin(24.022
212ππππππαπ
ππ
υ+?-=+??-=?-=+??-
=-t s m s m (5) t=4s 时， 22)]3
2sin([2121ππωυ+-==
t A m m E k (J)
1033.5J
)342(sin 24.0)2(01.0214222-?=+????=
πππ
)3
2(cos 21212222ππω+==
t A m kx E P (J)
1077.1J
)342(cos 24.0)2(01.0214222-?=+?????=
πππ
(J)107.10J 101.77J 1033.5-4
-44?=?+?=+=-P k E E E 总
8-16 解：设两质点的振动表达式分别为：
)
cos()cos(2211?ω?ω+=+=t A x t A x
由图题可知，一质点在2
1A
x =
处时对应的相位为： 3
2/arccos 1π
?ω==+A A t
同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：
习题8-16图
3
52/arccos
2π
?ω=
=+A A t 故相位差
)()(12?ω?ω??+-+=t t πππ??3
4
33512=-=
-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：
πππ
????3
2)3(312=--=
-= 8-17 解：由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即
m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππ
ω202==
T
由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相
π?2
310=.
同样，简谐振动2在t=0时，π?υ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：
m
t x t x )20cos(05.0)
23
20cos(05.021ππππ+=+=
因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 21020212
2211025)cos(2-?=-++=
??
20
210120
21010cos cos sin sin arctan
?????A A A A ++=
ππ
4
541arctan 或=
= 但由x-t 曲线知，t=0时，π?4
5,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4
5
20cos(10
252
ππ+?=-
8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：
)cos(212212
221??-++=A A A A A
m )5
3
5cos(06.005.0206.005.022ππ-???++=
m 0892.0=
2
2112
211cos cos sin sin arctan
?????A A A A ++=
316819.15.2arctan 5
cos
06.053cos 05.05sin
06.053sin 05.0'?===++=
rad π
ππ
π （2）当π??k 21±=-,即ππ?π?5
3
221+±=+±=k k 时，31x x +的振幅最大；当
π??)12(2+±=-k ，即5
)12()12(2π
π??+
+±=++±=k k 时，32x x +的振幅最小.
（3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题8-18所示.
8-19 解：根据题意画出振幅矢量合成图，如习题8-19图所示.由习题8-19图及余弦定理可知
cm 2
33.172023.172030cos 22212122?
??-+=?-+=
AA A A A 0.10m cm 10== 又因为
)cos(cos 12????-=
010
3.172)
100300(4002)(212
2212=??+-=+-=A A A A A
若2
π
??=
,即第一、第二两个振动的相位差为
2
π
第9章波动习题解答
9-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：
0c o s 02.001.0?
=- 2
1
cos 0-=? ,0s i n
00>-=?ωυA 0sin 0
初始相位 π?3
2
0-=
则 m t y s )3
2
cos(
02.0πω-= 再建立如图题9-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： u
x
t =
? 习题8-19图
习题9-1图
则该波的波动方程为：
m u x t y ??
????--
=πω32)(cos 02.0 若坐标原点不选在S 点，如习题9-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后
于S 点的时间为：
u
L
x t -=
? 则该波的波方程为：
m u L x t y ??
?
??
?---
=πω32)(cos 02.0 若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为u
x
L -,如习题9-1图(c)所示，则 ???
???--+
=πω32)(cos 02.0u x L t y ??
???
?
---
=πω32)(cos 02.0u L x t ∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ??
?
???---=πω32)(cos 02.0u L x t y 9-2 解（1）由习题9-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅 A=0.5m 频率 Hz 125Hz 8
.0100
==
=λ
u
v 周期 s 1081
3-?==
v
T ππυω2502== （2）平面简谐波标准波动方程为：
??
???
?+-=?ω)(cos u
x t A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=?。 将?πωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：
m )100(250cos 5.0?????
?
-=x t y π
(3) x =0.4m 处质点振动方程.
??
????-
=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t
9-3 解（1）由习题9-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故
2
π
?±
=
再由该列波的传播方向可知，
00<υ
取 2
π
?=
由习题9-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则
ππ
λ
π
πω5
2
rad/s 40.008.0222====u
v rad/s 可得O 点振动表达式为：
m t y )2
52cos(04.00π
π+=
(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：
m x t y ??????+-=2)08.0(5
2
cos 04.0ππ
(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：
m t y y p ??????+==ππ215
2
cos 04.00
(4)习题9-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
9-4 解（1）平面谐波标准波动方程为：
??
?
???+-=?ω)(cos u x t A y
由图可知，A=0.2m
对于图中O 点，有：
T t m y x 4
3
,2.0,0===
代入标准波动方程:
1
)2
3
cos()43(2cos 2.02.0=+?
??
???+=?π?πT T
故 2
π
?=
对于O 点，t=0时的初始相位
2
0π?=
图中P 点位相始终落后O 点
4T 时间，即相位落后2
π
，故t=0时，P 点初相位0=p ?。 （2）由m 4.0,m/s 36==λu 知，
rad/s 18022πλ
π
πω===u
v
故根据平面谐波的标准波动方程可知，该波的波动方程为：
m x t y ?????
?
+-=2)36(180cos 2.0ππ
9-5 解习题9-5图(a)中，根据波的传播方向知，O 点振动先于P 点，故O 点振动的方程为：
)(cos 0u L
t A y +=ω
则波动方程为： )(cos u
L
u x t A y +-=ω
习题9-5图(b)中，根据波的传播方向知，O 占振动落后于P 点，故O 点振动的方程为：
)(cos 0u
L
t A y -=ω
则波动方程为：
)(cos u
L u x t A y -+
=ω 习题9-5图(c)中，波沿x 轴负方向传播，P 点振动落后于O 点，故O 点振动的方程为：
)cos(0u
L
t A y +=
则波动方程为：
)(cos u
L u x t A y ++
=ω 此时，式中x 与L 自身为负值。 9-6 (1) )24(cos x t A y +=π )24cos(x t A ππ+= )2
(4cos x t A +
=π
Hz
25.024/2===
=-=γω
π
π
ωs
T s m u
m 1=λ
（2）)2
(4cos x t A y +=π 波峰：1)2
(4cos =+x
t π ,2,1,02)2(4±±==+
k k x
t ππ
t=4.2s 代入(2
22.4k
x =+)
,6.0,4.0,,4.7,4.84.8m m m m x m
k x ---=-=
3.02
6.0===
u x t 9-7 )4cos(3ππ-=t y (1) ??????
-+
=ππ)(4cos 3u x t y ?????
?
-+
=ππ)20(4cos 3x t ??
???
?--
=ππ)209(4cos 3t y B ??????
-=??????-=??????--
=πππππππ544cos 35144cos 3594cos 3t t t ??
? ?
?-=ππ544cos 3t (2)
A:)4cos(3ππ-=t y A
任取一点P(如图)5-=x AP ，则P 点落后A 点时间u
x 5
- 故波动方程
???
???---=ππ)5(4cos 3u x t y
??
????---=ππ)205(4cos 3x t 习题9.7图
??
????-
=)20(4cos 3x t π ?????
?
-=)2014(4cos 3t y B π
)
54
4c o s (3)5
144cos(3ππππ-=-
=t t
9-8 解（1）由题可知，垂直于波传播方向的面积为：
222
221054.1)2
14.0(14.3)2(m m d S -?=?==π
据能量密度??
???
?+-=?ωωρω)(sin 2
2
2
u x
t A
平均能量密度 222
1ωρωA =
波的强度 u I ω= 得：
)(J/m 103J/m 300
1093533
--?=?==u I ω
最大能量密度为：
)(J/m 10623522-?===ωωρωA m
(2) 两相邻同相面间，波带中包含的能量就是在一个波长的距离中包含的能量，因
能量密度
)(sin )(sin 2222u x t u x t A m -=-=ωωωωρω V
E d d =
ω 故
??-==λλ
λωωωω0
2)(sin dx u
x t S Sdx m
)
(1062.4300
3000154.021********
J J v
u S S m m --?=???===ωλω 9-9 (1) P 为单位时间通过截面的平均能量，有：
(J/s)102.7J/s 10
107.23-2
?=?==-t W P ?
(2) I 为单位时间通过垂直于波的传播方向单位面积的平均能量，有：
)(10910
00.3107.2212212
3-------???=????==m s J m s J s P I (3) 据平均能量密度和I 与u 的关系，有：
)(1065.2340
1092422
----??=??=
=m J m J u I ω
9-10 解 设P 点为波源S 1外侧任意一点，相距S 1为r 1，相距S 2为r 2，则S 1、S 2的振动传到P 点的相位差为：
)(221102012r r -+
-=-=λ
π
??????
πλ
λπ
π
-=-+-=)4
(22 或由课本(9-24)，知
20101
22??λ
π
??-+-=r r
合振幅 0||21=-=A A A
故 I p =0
设Q 点为S 2外侧的任意一点，同理可求得S 1、S 2的振动传到Q 的相位差为：
,04
22
12=?
+
-
=-=λ
λ
π
π
????
合振动 1212A A A A =+= 合成波的强度与入射波强度之比为：
,4421
2
10==A A I I Q
即 04I I Q = 9-11 解（1）因合成波方程为： 21y y y +=
tm
x m t x t x t x t x m
t x t x ππππππππ4cos cos 12.02
)
4()4(cos
2
)
4()4(cos
06.02)]4(cos 06.0)4(cos 06.0[?=+--?++-?=++-=
故细绳上的振动为驻波式振动。
(2) 由0cos =x π得： 2
)
12(π
π+=k x