大学物理课后习题答案(第五章)-北京邮电大学出版社

第五章 习题解答5-1解：等压过程系统做功W ，根据等压过程做功的公式：W=p(V 2-V 1)=νR ΔT 可得ΔT=W/νR ，ν=1mol ，ΔT=W/RW W i T R i T T C Q p 272222)(12=+=∆+=-=υυp 5-2 J T R i E 65.124131.823102=⨯⨯⨯=∆=∆υ5-3 解：等容过程有W=0，Q=ΔE J T R i E 747930031.82322=⨯⨯⨯=∆=∆=υ 5-4解：等压过程系统做功W ，根据等压过程做功的公式：W=p(V 2-V 1)=νR ΔT=200JW i T R i T T C Q 2222)(12+=∆+=-=υυp 单原子分子 i =3，J Q 500200223=⨯+= 单原子分子 i =5，J Q 700200225=⨯+= 5-5. 一系统由如图所示的a 状态沿acb 到达b 状态，有334J 热量传入系统，系统做功J 126。

（1）经adb 过程，系统做功J 42，问有多少热量传入系统?（2）当系统由b 状态沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统做功为J 84，试问系统是吸热还是放热？热量传递了多少?解：由acb 过程可求出b 态和a 态的内能之差Q=ΔE+W ，ΔE=Q -W=334-126=208 Jadb 过程，系统作功W=42 J ， Q=ΔE+W=208+42=250J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功A=-84 J ， Q=ΔE ＋W=-208-84=-292 J 系统放热 5-6解：ab 过程吸热，bc 过程吸热 cd 过程放热，da 过程放热取1atm=105Pa 根据等温、等压过程的吸热公式可得J V p V p i T T C Q a a b b ab 336)(2)(12=-=-=V υ J V p V p i Q b b c c bc 560)(22=-+= J V p V p i Q c c d d cd 504)(2-=-= J V p V p i Q d d a a da 280)(22-=-+= 整个过程总吸热J Q Q Q bc ab 8961=+=，总放热J Q Q Q da cd 7842=+=p净功J Q Q W 11221=-=，效率%5.128967841112=-=-=Q Q η 5-7 卡诺热机的效率为%4028011112=-=-=T T T 卡η，可得高温热源温度7.4661=T K 如果%50'28011112=-=-=T T T 卡η，可得560'1=T K ，温度提高了3.93'11=-T T K 5-8 %251068.11026.1117712=⨯⨯-=-=Q Q η。

可编辑修改精选全文完整版大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解1、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] *对错(正确答案)答案解析：汽车具有惯性2、用如图所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验：1．小车从靠近定滑轮处释放．[判断题] *对错(正确答案)3、马德堡半球实验测出了大气压，其大小等于760mm高水银柱产生的压强[判断题]对错(正确答案)答案解析：托里拆利实验最早测出了大气压强4、11．小敏学习密度后，了解到人体的密度跟水的密度差不多，从而她估测一个中学生的体积约为（）[单选题] *A．50 m3B．50 dm3(正确答案)C．50 cm3D．500 cm35、9．在某原子结构模型示意图中，a、b、c是构成该原子的三种不同粒子，能得出的结（）[单选题] *A.a和c数量不相等B．b决定原子种类C．质量集中在c上D．a和c之间存在吸引的力(正确答案)6、4．静止在水平地面上的物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变．[判断题] *对(正确答案)错7、下列有关力做功的说法中正确的是（）[单选题]A.用水平力推着购物车前进，推车的力做了功(正确答案)B.把水桶从地面上提起来，提水桶的力没有做功C.书静止在水平桌面上，书受到的支持力做了功D.挂钩上的书包静止时，书包受到的拉力做了功8、1．与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。

下列与此现象所反映的原理相同的是（）[单选题] *A．行驶的汽车窗帘被吸出去B．挤压后的吸盘吸在光滑的墙上C．用干燥的双手搓开的塑料袋会吸在手上(正确答案)D．两个表面光滑的铅块挤压后吸在一起9、下列措施中，能使蒸发减慢的是（）[单选题]A．把盛有酒精的瓶口盖严(正确答案)B．把湿衣服晾在通风向阳处C．用电吹风给湿头发吹风D．将地面上的积水向周围扫开10、停放在水平地面上的汽车对地面的压力和地面对车的支持力是平衡力[判断题] *对错(正确答案)答案解析：相互作用力11、52．“凿壁偷光”原指凿穿墙壁，让邻舍的烛光透过来，后用来形容家贫而勤奋读书。

习 题 解 答第一章 质点运动学1-1 (1) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移j y y i x x r)()(01011-+-=∆)(5.33)101(3)01(21)01(32m j i ji +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) 前4秒内平均速度)s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度)s m (43704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a (6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a1-2 23d d 23++==t t txv c t t t c t v x x +++=+==⎰⎰241d d 34 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t xtt tv a t t v 63d d 23223+==++= 将t =3s 代入证)s m (45)s m (56)(414123133--⋅=⋅==a v m x1-3 (1) 由运动方程⎩⎨⎧+==ty t x 2342消去t 得轨迹方程0)3(2=--y x(2) 1秒时间坐标和位矢方向为 m y m x 5411==[4,5]m: ︒===3.51,25.1ααxytg(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为)m (24)35()04(1j i j i r+=-+-=∆)s m (2411-⋅+=∆∆=j i tr V(4) 质点的速度与加速度分别为i t Va j i tr V8d d ,28d d ==+==故t =1s 时的速度和加速度分别为 2111s m 8,s m 28--⋅=⋅+==i a j i V1-4 该星云飞行时间为a 1009.2s 1059.61093.31074.21046.910177915⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯ 即该星云是101009.2⨯年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为g)(25m/s 1047.280.13600101600223≈⨯=⨯⨯==t v a 基本上未超过25g.1.80s 内实验车跑的距离为）（m 40080.13600210160023=⨯⨯⨯==t v s1-6 (1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则2021gt t v h -= 代入已知数得28.9211511t t ⨯-=解此方程，可得二解为s 22.1s,84.111='=t t第一块石头上升到顶点所用的时间为s 53.18.9/15/10===g v t m由于m t t >1,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于m t t <'1这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以20v 和'20v 分别对应于在t 1和'1t 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于2111120)(21)(t t g t t v h ∆∆---= 所以184.1)184.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=∆-∆-+=t t t t g h v m /s 2.17=同理.122.1)122.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=-'-'+='t t t t g h v ∆∆ m/s)(1.51=(2) 由于'>=123.1t s t ∆,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t 1时刻相碰，第二块的初速度为3.184.1)3.184.1(8.92111)(2122122120--⨯⨯+=--+="t t t t g h v ∆∆ m/s)(0.23=1-7 以l 表示从船到定滑轮的绳长，则t l v d /d 0-=.由图可知22h l s -=于是得船的速度为02222d d d d v s h s t l h l lts v +-=-==负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为3202022d d d d d d s v h tl v h l ll t v a -=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--== 负号表示a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为522422221048.9601.0)106(44⨯=⨯⨯⨯==ππωg r n g r1-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s 3='t 时的切向加速度，即)m/s (2.02='t a在s 3='t 时的法向加速度为)m/s (36.00.1)32.0()(2222=⨯='='=R t a R v a t n1-10 2m /s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为m/s)(6.05.02.100=⨯==at v以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为2021gt t v h +=电梯下降的距离为习题1-9图 习题1-10图2021at t v h +='又20)(21t a g h h h -='-= 由此得s 59.02.18.95.1220=-⨯=-=a g h t而小球相对地面下落的距离为2021gt t v h += 259.08.92159.06.0⨯⨯+⨯= m 06.2= 1-11 人地风人风地v v v+=画出速度矢量合成图(a)又人地风人风地02v v v +'=，速度矢量合成如图（b ）两图中风地v应是同一矢量.可知（a ）图必是底角为︒45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为人地人地风地00245cos v v v =︒=)s m (23.41-⋅=1-12 (1) v LvL t 22==(2) 22212u v vLu v L u v L t t t -=++-=+= 1212-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v u v L(3) v Lv L t t t '+'=+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对地速度v u v +=',则22u v V -='.习题1-12图习题1-11图2221222⎪⎭⎫⎝⎛-=--='=v u v L uv L v L t 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为V '(如图所示),由速度合成得V u V +='V 的大小由图1.7示可得αβcos cos u V V +'=即332323cos cos -=⨯-=-='αβu V V 而1212sin sin =⨯=='αβu V 船达到B 点所需时间)s (1000sin =='='=D V DV OB t βAB 两点之距βββsin cos D Dctg S == 将式（1）、（2）代入可得m)(1268)33(=-=D S(2) 由αβsin 101sin 3u V D t ⨯='=船到对岸所需最短时间由极值条件决定0cos sin 11d d 2=⎪⎭⎫⎝⎛-=αααu t 即 2/,0c o s παα==故船头应与岸垂直，航时最短.将α值代入（3）式得最短航时为s)(500105.021012/sin 101333m in=⨯=⨯=⨯=s u t π (3) 设l OB =,则ααββsin cos 2sin sin 22u uV V u D V D V D l -+=''==欲使l 最短，应满足极值条件.习题1-13图a a uV V u u D l '⎢⎢⎣⎡''-+-='cos sin cos 2d d 22αα 0cos 2sin sin 2222=⎥⎦⎤'-+''+αuV V u a a uV 简化后可得01cos cos 222=+'+-'αuVV u a即 01cos 613cos 2=+'-'αa 解此方程得32cos ='α︒=='-2.4832cos 1α 故船头与岸成︒2.48，则航距最短.将α'值代入（4）式得最小航程为222222m in 321232322321000cos 1cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯-+='-'-+-=ααu uv v u D lkm)(5.1m 105.13=⨯= AB 两点最短距离为km)(12.115.122min min =-=-=D l S第二章 质点动力学2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，x 向：0cos m ax m in =-f F θ y 向：0sin m in =--Mg F N θ 还有 N f s m ax μ=解以上三式可得要推动木箱所需力F 的最小值为θμθμsin cos s s min -=MgF习题2-1图在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F 的大小为θμθμsin cos k k min -=MgF（2）在上面m in F 的表示式中，如果0sin cos s →-θμθ，则∞→m in F ，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是0sin cos s ≤-θμθ由此得θ的最小值为s1arctanμθ=2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律x 向：ma N T =-θθsin cosy 向：0cos sin =-+mg N T θθ 联立解此二式，可得N)(32.3)30sin 8.930cos 2(5.0)sin cos (=︒+︒⨯⨯=+=ααg a m T N)(74.3)30sin 230cos 8.9(5.0)sin cos (=︒-︒⨯⨯=+=ααa g m N由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N)(74.3=='N N（2）小球刚要脱离斜面时N =0，则上面牛顿第二定律方程为mg T ma T ==θθsin ,cos由此二式可解得2m/s 0.1730tan /8.9tan /=︒==θg a2-3 要使物体A 与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a ,且挂吊B 的绳应向后倾斜。

大学物理学答案北京邮电大学第版赵近芳等
编著(一)
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习题3 3.1 选择题(1)有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为 m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)J0(B)J0mR2m) R 2J(J(C)J0(D) 0 mR2[ 答案： (A)](2)如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速度ω 绕其对称轴OC旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s(B)17rad/s(C)10rad/s(D)18rad/s(a)(b)题3.1 （ 2）图[ 答案： (A)](3)如 3.1(3) 图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度?在距孔为 R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变。

（B）动量不变，动能改变。

（C）角动量不变，动量不变。

（D）角动量改变，动量改变。

（E）角动量不变，动能、动量都改变。

[ 答案： (E)]3.2 填空题(1)半径为 30cm的飞轮，从静止开始以 0.5rad ·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度aτ =，法向加速度a n=。

[ 答案：0.15; 1.256 ](2)如题3.2 （2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴 O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，弹、细棒、地球系统的守恒。

守恒，对木球、子题3.2 （2）图[ 答案：对 o 轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴的合外力矩为零，机械能守恒](3)两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为ρA和ρB ( ρA>ρB) ，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

大学物理第五章习题答案大学物理第五章习题答案第一题：题目：一个质量为m的物体以速度v水平运动，撞到一个质量为M的静止物体，两物体发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。

解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。

设碰撞后物体m的速度为v1，物体M的速度为V1，则有mv = mv1 + MV1。

由于碰撞是完全弹性碰撞，动能守恒定律也成立，即(mv^2)/2 = (mv1^2)/2 + (MV1^2)/2。

将第一个方程代入第二个方程，可得到关于v1和V1的方程组。

解方程组即可得到碰撞后两物体的速度。

第二题：题目：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。

解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V2，则有mv1 = mv2 + MV2，以及(mv1^2)/2 = (mv2^2)/2 + (MV2^2)/2。

将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V2。

第三题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后两物体粘在一起，求粘在一起后的速度。

解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。

设碰撞后两物体的速度为V，则有mv = (m+M)V。

解方程即可得到粘在一起后的速度V。

第四题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。

解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V，则有mv = mv2 + MV，以及(mv^2)/2 = (mv2^2)/2 +(MV^2)/2。

将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V。

第五题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求碰撞后两物体的动能变化。

解答：碰撞前物体m的动能为(mv^2)/2，碰撞后物体m的动能为(mv2^2)/2，两者之差即为动能变化。

第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。

设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。

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 u xt 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u x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；u x ω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+-=u xt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+u x 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)(u x t ωω-中，当t ，x 均增加时，)(u x t 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+-=u xt 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(u xt -)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 u xt 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vtx A y απλπcos 2cos 2=，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xA 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C Bu ==λυ， 波动周期B T 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C πλ2=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 Cv 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 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 (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+-=u xt 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tt 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 s5-14 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+-+=u xu l t A y如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=u xt A y(2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为 ])(cos[0φω+-=u bt A A Q如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=u bt 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 ． ∵u xt 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 y5-17 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 w V W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ 5-18 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 r0,0211===-=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.)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 u x A y πυπυ2cos 2cos2=故知01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=u πυ∴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01υυs v u u -= 汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυs v 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。

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。