大学物理答案上册(赵近芳 第二版)第五单元

质点是具有质量而几何尺寸可以忽略不计的物体。

质点概念描述质点运动的数学表达式，包括位移、速度和加速度等物理量。

运动学方程质点沿一直线进行的运动，可分为匀速直线运动和变速直线运动。

直线运动质点沿一曲线进行的运动，其速度方向时刻在改变。

曲线运动质点运动学01牛顿第一定律又称惯性定律，表明物体在不受外力作用时，其运动状态不会发生改变。

02牛顿第二定律物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比，加速度方向与作用力方向相同。

03牛顿第三定律作用力和反作用力大小相等、方向相反、作用在同一直线上。

牛顿运动定律03物体的质量和速度的乘积，表示物体运动的量度。

动量概念物体动量的改变等于作用力对时间的积累。

动量定理在封闭系统中，没有外力作用时，系统总动量保持不变。

动量守恒定律力与物体在力的方向上通过的距离的乘积，表示力对物体所做的功。

功的概念物体由于位置而具有的能量，如重力势能和弹性势能等。

势能概念合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。

动能定理在一个封闭系统中，没有外力做功时，系统总能量保持不变。

能量守恒定律分子运动论的基本概念物质由大量分子组成，分子在永不停息地做无规则运动，分子之间存在着相互作用力。

气体压强大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生了气体的压强，压强的大小与分子的平均动能和分子的密集程度有关。

温度的微观意义温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大。

能量均分定理在热平衡状态下，气体分子的平均动能与温度成正比，且每个自由度上的平均动能都相等。

气体动理论01020304热力学系统内部所有分子的动能和势能之和称为内能，它是一个状态量。

热力学系统的内能热量是系统与外界之间由于温度差而传递的能量，功是系统与外界之间由于力而产生的能量传递。

热量和功热力学系统内能的增量等于外界对系统所做的功与系统从外界吸收的热量之和。

热力学第一定律的表述可以求解各种热力学过程中的功、热量和内能变化等问题。

热力学第一定律的应用热力学第一定律克劳修斯表述和开尔文-普朗克表述，分别揭示了热量传递和功转变为热的方向性。

大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出22r x y =+drv dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。

解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。

练习1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．1. D ；2. -g /2 ， ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。

（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。

习题5
5.1选择题
(1)一物体作简谐振动，振动方程为)2cos(πω+=t A x ，则该物体在0=t 时
刻的动能与8/T t =（T 为振动周期）时刻的动能之比为：
(A)1：4 （B ）1：2 （C ）1：1 (D) 2：1
[答案：D]
(2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为
(A)kA 2 (B) kA 2/2
(C) kA 2//4 (D)0
[答案：D]
(3)简谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于
(A)4A ± (B) 2
A ± (C) 2
3A ± (D) 2
2A ± [答案：D]
5.2 填空题
(1)一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A ＝4cm ，周期T ＝2s ，其平衡位置取作坐标原点。

若t ＝0时质点第一次通过x ＝－2cm 处且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x ＝－2cm 处的时刻为____s 。

[答案：23
s ]
(2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示。

振子在位移为零，速度为－ωA 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。

振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－ω2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应曲线上的____________点。

题5.2(2) 图
[答案：b 、f ； a 、e]
(3)一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。

第一章“运动学”题型一、分类：1.一般的运动方程、速度、加速度之间的关系2.圆周运动二、计算内容1. 一般的运动方程、速度、加速度之间的关系 知识地图如下：() () () r t t a t υ↓↓r r r€€求导 求导积分 积分轨迹方程2.圆周运动知识地图如右：三、解题步骤声明：解题其实就是清清楚楚地把题目做出来。

只要满足这个条件就行，并非只能按照一种方式来做。

下面给出的只是比较有条理和清晰的一种路子，如果你严格照着做了，结果应该不会错得离谱（老师们还是见过步骤正确，但是简单如四则运算依然要算错的神人，扼腕之余只能表示叹服），而且阅卷老师要给你们分也有比较充足的理由（至少卷子上的文字表明你很清楚正确的步骤）。

当然，如果你觉得自己很清楚，而且也能够在卷子上很清楚地表明“你自己很清楚”这件事情，那么只管走自己的路就是。

但是切记：如果你心里很清楚，但是卷子上只写寥寥几个字，阅卷老师是断然不能从这几个字中看出来“你很清楚”这件事情的（那个需要超能力，貌似老师都木有）。

特别是如果你写的那几个字还出了点错，那就是你自己要跟自己过不去了。

阅卷是“以卷面为依据”，和“以卷面为准绳”的。

所以：能多写些就多写些，尽量写清楚。

1. 一般的运动方程、速度、加速度之间的关系理解已知条件，知道自己在地图上起点在哪儿；理解求解目标，知道地图上哪里是终点；然后在地图中找路，从起点走到终点即可。

如果按照地图上从左至右的方向解题，那是灰常滴简单—你再犯错，那就只能是“自作孽”了。

如果方向是从右至左，则会涉及几个问题： （1）利用积分链式法则的技巧（参见例题1）；（2）分离变量积分的技巧（这是你们这个学期《常微》里面最简单的内容，必须会的）； （3）定积分和不定积分的选择问题（参见例题1）。

2.圆周运动理解已知条件，知道自己在地图上起点在哪儿；理解求解目标，知道地图上哪里是终点；然后在地图中找路，从起点走到终点即可。

四、典型例题和习题1. 一般的运动方程、速度、加速度之间的关系 【例题1】（教材习题1-5）解：从地图上看，从位置到速度显然行不通（因为不知道位置的函数表达式），那么就要考虑从加速度返回速度的路子。

习题55.1选择题(1)一物体作简谐振动，振动方程为)2cos(πω+=t A x ，则该物体在0=t 时刻的动能与8/T t =（T 为振动周期）时刻的动能之比为： (A)1：4 （B ）1：2 （C ）1：1 (D) 2：1[答案：D](2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为(A)kA 2 (B) kA 2/2(C) kA 2//4 (D)0[答案：D](3)谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于 (A)4A ±(B) 2A ± (C) 23A±(D) 22A ± [答案：D]5.2 填空题(1)一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A ＝4cm ，周期T ＝2s ，其平衡位置取作坐标原点。

若t ＝0时质点第一次通过x ＝－2cm 处且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x ＝－2cm 处的时刻为____s 。

[答案：23s ](2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示。

振子在位移为零，速度为－wA 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。

振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－w 2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应曲线上的____________点。

题5.2(2) 图[答案：b 、f ； a 、e](3)一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。

(a)若t=0时质点过x=0处且朝x 轴正方向运动，则振动方程为x=___________________。

(b) 若t=0时质点过x=A/2处且朝x 轴负方向运动，则振动方程为x=_________________。

[答案：cos(2//2)x A t T ππ=-； cos(2//3)x A t T ππ=+]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；(2)如题5.3图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．题5.3图 题5.3图(b)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0d d 222=+ξωξt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．(2)小球在题5.3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O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题5.3图(b)中所示，因S ∆＜＜R ，故RS∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有θθmg tmR -=22d d令Rg=2ω，则有 222d 0d tθωθ+=5.4 弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度等物理量将如何变化？解：弹簧振子的振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度的表达式分别为222122,m m T E kA v A a Aππωωω===== 所以当振幅增大到原振幅的两倍时，振动周期不变，振动能量增大为原来的4倍，最大速度增大为原来的2倍，最大加速度增大为原来的2倍。

《大学物理学》（赵近芳主编）第二版课后习题答案物理答案第二单元习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为a 2=a 1-a ′ ①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 1g-T=m 1a 1 ②T-m 2g=m 2a 2 ③ 联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，N B -mg=0 ①又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则N A lsin θ-mg2lcos θ=0 ② 在水平方向因其有加速度a ，故有f+N A =ma ③题2-2图式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得)(2tan ,)(2tan 00g a gg a g M m μθμθ-=+=2-3 283166-?===s m m f a x x2167-?-==s m mf a y y(1)--?-=?-=+=?-=?+-=+=20101200872167452832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-?--=s m ji v(2)mj i j i j t a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=?-+??+?-=++=2-4 (1)∵dtdvm kv a =-= 分离变量，得m kdt v dv -=即??-=v v t m kdt v dv 00 kt e v v -=ln ln 0 ∴ tk e v v -=0(2)??---===tttm k m ke kmv dt ev vdt x 000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有? ∞-=='00kmv dt ev x tk (4)当t=km时，其速度为ev e v ev v km m k 0100===-?- 即速度减至v 0的e1. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有m 2g-T=m 2(a ′-a)T=m 1a ′题2-5图联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为a 2=a ′-a=2g方向向上m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵∴g g g a a a 25422221=+=+'= θ=arctana a '=arctan 21=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，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Δp=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=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下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 (1)若物体原来静止，则Δp 1==+=tidt t Fdt 0456)210( i kg 2m 2s -1,沿x 轴正向，111111566.5--??=?=?=?=s m kg ip I s m i m p v若物体原来具有-6 m 2s -1初速，则+-=+-=-=t tFdt mv dt m Fv m p mv p 000000)(,于是 ??==-=?t p Fdt p p p 0102,同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1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，也不管初动量有多大，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+=+=tt t dt t I 0210)210(亦即t 2+10t-200=0解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj) 将t=0和t=ωπ2分别代入上式，得p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=ba (2)子弹所受的冲量-=-=t bt at dt bt a I 0221)(将t=ba代入，得ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==2-11设一块为m 1，则另一块为m 2，m 1=km 2及m 1+m 2=m 于是得 1,121+=+=k mm k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有2222211212121mv v m v m T -+=② mv=m 1v 1+m 2v 2 ③ 联立①、③解得v 2=(k+1)v-kv 1 ④将④代入②，并整理得21)(2v v kmT-= 于是有kmT v v 21±= 将其代入④式，有mkTv v 22±= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmTv v m kT v v 2,221-=+= 证毕．2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F 2r=(7i-6j)2(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J (2)w t A N 756.045==?=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-13 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2-13图 f=-ky第一锤外力的功为A 1==-='=sskkydy fdy dy f A 112① 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 ′=-f ．设第二锤外力的功为A 2，则同理，有-==21222221y kky kydy A ② 由题意，有)21(212kmv A A =?== ③即222122kk ky =- 所以，22=y于是钉子第二次能进入的深度为Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm 2-14 1)()(+-==n rnkdr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图 F A =F B =Mg 又F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =?? 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =??= 2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有G2r mM 月=G2r R mM -地经整理，得 r=R M M M 月地月+=2224221035.71098.51035.7?+??81048.3??=38.32?106 m则p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)3106＝3.663107m (2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为()r R M GrM GE P ---=地月=()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6?--?--=-1.28J 6102-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有 -μm 2gh=21 (m 1+m 2)v 2-［m 1gh+21k(Δl)2］式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则Δl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得 v=()()212221122m m kh gh m m +-+υ题2-17图2-18 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 -f r s=+-37sin 212122mgs mv kx k=222137sin 21kx sf mgs mv r -?+式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得k=1390 N 2m -1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′-f t s ′=mgs ′sin37°-21kx 3代入有关数据，得s ′=1.4 m, 则木块弹回高度h ′=s ′sin37°=0.84 m题2-19图2-19 m 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=222121MV mv + 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mv-MV=0联立，以上两式，得 v=()M m MgR+22-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv += 即 222120v v v += ①题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有m v 0=m v 1+m v 2亦即v 0=v 1+v 2 ②由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为r=x 1i+y 1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为 L 0=r 3mv=(x 1i+y 1j)3m(v x i+v y j) =(x 1mv y -y 1mv x )k作用在质点上的力的力矩为 M 0=r 3f=(x 1i+y 1j)3(-fi)=y 1fk2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 r 1mv 1=r 2mv 2∴m v v r r 12241021121026.51008.91046.51075.8?===2-23 (1) ??-??===31155s m kg jjdt fdt p(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7j at t v y y 5.25335213621220=??+?=+=即r 1=4i,r 2=7i+25.5jv x =v 0x =11133560=?+=+=at v v y y即v 1=i 1+6j, v 2=i+11j∴ L 1=r 13mv 1=4i 33(i+6j)=72kL 2=r 23mv 2=(7i+25.5j)33(i+11j)=154.5k∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg 2m 22s -1解(二) ∵dtdz M =∴ =?=t tdt F r dt M L 0)(-??=+=+++=3130225.82)4(55)35)216()4(s m kg kkdt t jdt j t t i t题2-24图2-24 在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ，即M 1g=mr 0ω20 ①挂上M 2后，则有(M 1+M 2)g=mr ′ω′2②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即r 0mv 0=r ′mv ′22020ωω''=?r r ③联立①、②、③得322110213212101010)()(M M M mM g r g m M M r M M M mr g M mr g M +='+='+='=ωωω2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N ′是正压力，F r 、F ′r 是摩擦力，F x 和F y 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．题2-25图（a ）题2-25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F l l l N l N l l F 1211210)(+='='-+ 对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ F r =μN N=N ′ ∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得234010050.025.060)75.050.0(40.02-?-=+??-=s rad β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s t 06.74060329000==-=πβω这段时间内飞轮的角位移为radt t ππππβωφ21.53)49(340214960290021220?=??-??=+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)ω0=9003(2π)/60 rad 2s -1，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知200021522-?-=-=-=s rad ttπωωωβ用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为Nl l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060) (2211=?+=+-=πμβ2-26 设a ，a 2和β分别为m 1m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图题2-26(b)图 (1) m 1，m 2和柱体的运动方程如下：='-'=-=-3212111112222βI r T R T a m T g m a m g m T 式中T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr 2由上式求得2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-?=??+?+??+-?=++-=s rad grm R m I rm Rm β(2)由①式T 2=m 2r β+m 2g=230.1036.13+239.8＝20.8 N 由②式T 1=m 1g-m 1R β=239.8-230.2036.13＝17.1 N2-27 分别以m 1，m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1,m 2运用牛顿定律，有m 2g-T 2=m 2a ① T 1=m 1a ②对滑轮运用转动定律，有T 2r-T 1r=(1/2Mr 2)β ③ 又，a=r β ④联立以上4个方程，得22126.721520058.92002-?=++?=++=s m M m m g m a题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图题2-29图 2-29 (1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，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：mv 0l=I ω+mvl ①(1/2)mv 20=(1/2)I ω2+(1/2)mv 2②上两式中I=1/3Ml 2，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θ=30°，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212?-=lMg I ω ③ 由③式得121)231(3)30cos 1(-=-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤ 所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l mlI l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为∫Fdt=Δmv=mv-mv 0 由①式求得∫Fdt=mv-mv 0=-(I ω)/l=(-1/3)Ml ω=-gl M 6)32(6-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v 0=R ω设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 v 2=v 20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR 2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I ′=(1/2)MR 2-mR 2，碎片脱离前，盘的角动量为I ω，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I ω=I ′ω′+mv 0R式中ω′为破盘的角速度．于是(1/2)MR 2ω=[(1/2)MR 2-mR 2]ω′+mv 0R[(1/2)MR 2-mR 2]ω=[(1/2)MR 2-mR 2]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为[(1/2)MR 2-mR 2]ω 转动动能为题2-31图E k =(1/2)[(1/2)MR 2-mR 2]ω22-31 (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒Rsin θm 0v 0=(m+m 0)R 2ω ∴ω=Rm m v m )(sin 000+θ(2)020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ 2-32 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 2+(1/2)I ω2+(1/2)kh 2又ω=v/R 故有ImR k kh mgh v +-=222)2( 12220.25.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-?=+-=s m题2-32图题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有I 0ω0=(I 0+mR 2)ω ①该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B 点为重力势能零点，则有(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2B ②联立①、②两式，得2022002mR I RI gR v B ++=ω(2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0 故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv 2c ∴v c =2gR请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．。

习题解答 习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v ts d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d=，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tvt v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =tr d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？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j y i x r +=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx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22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。

大学物理学(第三版)赵近芳第5章答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同又有什么联系振动曲线和波形曲线有什么不同解: (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动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =．(2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程)(cos uxt A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线)(t f 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y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0ϕ］中的ux表示什么如果改写为y =A cos (0ϕωω+-u x t )，u x ω又是什么意思如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么解: 波动方程中的u 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；uxω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为)cos(0φωω+-=uxt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+ux x t t A y t t 其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后传播到t u x ∆+处．所以在)(ux t ωω-中，当t ，x 均增加时，)(u xt ωω-的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明)cos(0φωω+-=uxt A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 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积元dV 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．如果取波动方程为),(t x f y =，则相对形变量(即应变量)为x y ∂∂/.波动势能则是与x y ∂∂/的平方成正比．由波动曲线图(题5-3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0/=∂∂x y )，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(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．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5-3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步变化．5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处 t =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻 波动方程写成y =A cos ω(uxt -)时，波源一定在坐标原点处吗在什么前提下波动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=t 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成)(cos uxt A y -=ω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．5-5 在驻波的两相邻波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vt x A y απλπcos 2cos2=，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，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x A λπ2cos2．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．5-6 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5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(λ'/u )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大，即B v u u +='，因而单位时间内通过观察者完整波的数目λu '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．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程． 解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有 ]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C 为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； (3)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)cos(Cx Bt A y -= (0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知： 波振幅为A ，频率πυ2B =， 波长C πλ2=，波速CB u ==λυ， 波动周期BT πυ21==．(2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为 )(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及Cπλ2=代入上式，即得 Cd =∆φ．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x =0.2m处质点在t =1s 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t =1.25s 时刻到达哪一点解: (1)将题给方程与标准式)22cos(x t A y λππυ-=相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1s m -⋅．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅ 222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相， 即 2.9=φπ． 设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m5-10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少(2)若波沿x 轴负向传播，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t 时刻，有题5-10图对于O 点：∵0,0<=O O v y ，∴2πφ=O对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ 对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴2πφ-=B对于C 点：∵0,0<=C C v y ，∴23πφ-=C(取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相) (2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有对于O 点：∵0,0>'='O Ov y ，∴2πφ-='O对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ 对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴2πφ=B对于C 点：∵0,0>'='C C v y ，∴23πφ='C(此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=， 又5.225===λυuHz ，则ππυω52== 题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=uxt A y ， 则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m (2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c) 将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m 如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程； (2)P 点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴20πφ=，而25.01==∆∆=t x u 1s m -⋅，5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2 故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m题5-12图5-13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1，波长为2m ，求： (1)波动方程；(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间．解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，0,200<=v A y ，∴30πφ=，由题知2=λm ，10=u 1s m -⋅，则5210===λυuHz∴ ππυω102==(1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p (3)∵ πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得 67.135==x m(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s 5-14 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P y =A cos(0ϕω+t )．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；(2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程．解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=uxu l t A y 如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=uxt A y (2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω+-=ub t A A Q 如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=ubt A A Q5-15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．(1)写出t =4.2 s 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(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线．解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+ 解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵uxt t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴ 2.024.0=-='∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅，∴12===ωπλuuT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又，当A y -=时，πφ17=x ，则应有πππ1728.16=+x 解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =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5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y 5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J ·m -2·s -1，频率为300 Hz ，波速为300m ·s -1，求 ：(1)波的平均能量密度和最大能量密度(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量解: (1)∵ u w I =∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅ 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅(2) νπλπωud w d wV W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求： (1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r 0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-19 如题5-19图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为t y π2cos 10231-⨯=;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)2cos(10232ππ+⨯=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s -1，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)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) )(2)(12BP CP ---=∆λπϕφφ)(BP CP u --=ωπ 0)4.05.0(2.02=--=ππ题5-19图(2)P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104-⨯=+=A A A P m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222--⨯=⨯==+=A A A A m5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν 波速为u ．(1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为 ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为]2)(2cos[ππυ--=u x t A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A)22cos(2cos 2ππυπυ-=t u x A故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x 故 4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x 5-20 一驻波方程为y =0.02cos20x cos750t (SI)，求： (1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速； (2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为t uxA y πυπυ2cos 2cos 2= 故知 01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=uπυ∴ 5.37202/7502202=⨯==πππυu 1s m -⋅ (2)∵314.01.020/2====πυπυυλu m 所以相邻两波节间距离 157.02==∆λx m5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为1y =0.1cos(13t +0.0079x ) (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x =0处为波 节．解: 为使合成驻波在0=x 处形成波节，则要反射波在0=x 处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为)0079.013cos(1.02π--=x t y5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解: (1)它们的合成波为)4cos(06.0)4cos(06.0t x x y ππππ++-= t x ππ4cos cos 12.0=出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动． 令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置．(2)波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz 变到了1000 Hz ，设空气中声速为330m ·s -1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为s v ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为 01υυsv u u-=汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυsv u u+= 联立以上两式，得3010012001000120030021211=+-⨯=+-=υυυυυu1s m -⋅5-25 两列火车分别以72km ·h -1和54 km ·h -1的速度相向而行，第一 列火车发出一个600 Hz 的汽笛声，若声速为340 m ·s -1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少解: 设鸣笛火车的车速为201=v 1s m -⋅，接收鸣笛的火车车速为152=v 1s m -⋅，则两者相遇前收到的频率为66560020340153400121=⨯-+=-+=υυv u v u Hz 两车相遇之后收到的频率为54160020340153400121=⨯+-=+-=υυv u v u Hz。