大学物理作业题2.pdf

13、一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m和2m的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为．将由两个定滑轮以及质量为m和2m的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力． m,rm2mm,r解：受力分析如图所示．解：受力分析如图所示． m 2m T2 2P 1P T a T1 a 2mg－T1＝2ma T2－mg＝ma T1 r－T r＝ mr2/2 a＝r 解上述5个联立方程得： T＝11mg / 8 2221mrTrrT14、如图所示，这里为、如图所示，这里为M，，长为长为L L的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的的O O水平轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质水平轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为量为m m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度3030 (1)(1) (2)(2)相撞时小球受到多大的冲量相撞时小球受到多大的冲量? ? 解：解： (1)设小球的初速度为设小球的初速度为V V0 0，，棒经小球碰撞后得到棒经小球碰撞后得到 的初角速度为的初角速度为 ，而小球的速度变为，而小球的速度变为V V，，按题意，按题意， 小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动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，量守恒定律和机械能守恒定律， mvlIlmv02220212121mvImv231MlI )30cos1 (2212lMgIglmMmmMlmlIlv31232(6)311 (2)1 (220(2)相碰时小球受到的冲量为相碰时小球受到的冲量为 0dmvmvmvtFMllImvmvtF31d0glM6)32(6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反． 15：：一质量为一质量为 m半径为半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为可绕轴自由转动．另一质量为 的子弹以速度的子弹以速度 射入轮缘射入轮缘(如图所如图所示方向示方向)．． (1)开始时轮是静止的，在子弹打入后的角速度为何值开始时轮是静止的，在子弹打入后的角速度为何值? (2)用用 和和 表示系统表示系统(包括轮和子弹包括轮和子弹)最后动能和初始动能之比．最后动能和初始动能之比． 解：解： （（1）射入的过程对轴的角）射入的过程对轴的角 动量守恒动量守恒   2000)(sinRmmvmR  Rmmvm)(sin000    020200200020sin21])(sin][)[(21mmmvmRmmvmRmm       0kkEE（（2）） 0m0vkE0E选向上作为正方向如图选向上作为正方向如图 16：：水平桌面上一均匀细棒，长水平桌面上一均匀细棒，长 l ，，质量质量 M，，可绕可绕 O 点点转动，与桌面滑动摩擦系数为转动，与桌面滑动摩擦系数为 ，小滑块质量，小滑块质量 m ，，水水平速度平速度 ，垂直棒的另一端，垂直棒的另一端 A 碰撞，碰后速度碰撞，碰后速度 ，，与与 方向相反。

求：细棒开始转动至停止需要时间？方向相反求：细棒开始转动至停止需要时间？  1v1v2v解：解： 滑块与棒碰撞，滑块与棒碰撞，角动量角动量守恒守恒 设：细棒碰后转动角动量设：细棒碰后转动角动量 Llmv10 )(21vvmlL  MlAo m过程一：过程一：滑块与棒碰撞滑块与棒碰撞 lmvL2  联立得：联立得： 过程二：过程二：细棒在摩擦力矩的作用下，减速转动细棒在摩擦力矩的作用下，减速转动 dmgf   dxlMdm  xdxglMMlf    0 Mgl 21  120LLdtMtf   fxdx 由角动量定理由角动量定理 L   0)(2121vvmlMglt   Mgvvmt )(221  dxglM  17、、空心圆环可绕竖直轴空心圆环可绕竖直轴ACAC自由转动，如图所示，其转动惯量自由转动，如图所示，其转动惯量为为I I0 0，，环半径为环半径为R R，，初始角速度为初始角速度为 0 0．质量为．质量为m m的小球，原来静的小球，原来静置于置于A A点，由于微小的干扰，小球向下滑动．设圆环内壁是光滑点，由于微小的干扰，小球向下滑动．设圆环内壁是光滑的，问小球滑到的，问小球滑到B B点与点与C C点时，小球相对于环的速率各为多少点时，小球相对于环的速率各为多少? ? 解：解： (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守小球与圆环系统对竖直轴的角动量守 恒，当小球滑至恒，当小球滑至B B点时，有点时，有 )(2000mRII该系统在转动过程中，机械能守恒，设小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球相对于圆环的速率为 ，以，以B B点为重力点为重力势能零点，则有势能零点，则有 222020021)(2121BmvmRImgRI联立联立 ,得得 2022002mRIRIgRvBBv(2)(2)当小球滑至当小球滑至C C点时点时，∵ ∴ 0IIc0c故由机械能守恒，有故由机械能守恒，有 221)2(cmvRmggRvc21、惯性系、惯性系S′相对另一惯性系相对另一惯性系S沿轴作匀速直线运动，取两坐标原沿轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在点重合时刻作为计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为系中测得两事件的时空坐标分别为x1=6××104m,t1=2××10-4s，，以及以及x2=12××104m,t2=1××10-4s．．已知在已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S′系相对系相对S系的速度是多少系的速度是多少? (2) 系中测得的两事件的空间间隔是多少系中测得的两事件的空间间隔是多少? 解解: 设设 S S ′相对相对S S的速度为的速度为 )(1211xcvtt)(2222xcvtt由题意由题意 012tt则则 )(12212xxcvtt812122105 . 12        cxxttcvv/s(2)由洛仑兹变换由洛仑兹变换 )()(222111vtxxvtxx        m102 . 5412     xx2、长度、长度l0=1 m的米尺静止于的米尺静止于S′系中，与系中，与x‘′轴的夹角轴的夹角 ’’ = 30°，°，S′系相对系相对S系沿系沿 x轴运动，在轴运动，在S系中观测者测得米尺与系中观测者测得米尺与x轴夹角为轴夹角为  = 45°°．． 试求：试求：(1)S′系和系和S系的相对运动速度系的相对运动速度.(2)S系中测得的米系中测得的米尺长度．尺长度． 解解: (1)米尺相对静止，它在轴上的投影分别为：米尺相对静止，它在轴上的投影分别为： m866. 0cos0LLxm5 . 0sin0LLy米尺相对米尺相对S沿沿x方向运动，设速度为方向运动，设速度为v，，对对S'系中的观察者测得系中的观察者测得米尺在米尺在x方向收缩，而方向收缩，而y方向的长度不变，即方向的长度不变，即 yyxxLLcvLL     221221tancvLLLLLLxyxyxy        把把  = 45°°及及Lx ',Ly '代入，得代入，得 866. 05 . 0122cvcv816. 0 (2)在在S系中测得米尺长度为系中测得米尺长度为 m707. 045sinyLL3、在惯性系、在惯性系S中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生一事件晚发生 t =2s；；而在另一惯性系而在另一惯性系S＇＇中，观测第二事件比中，观测第二事件比第一事件晚发生第一事件晚发生 t '=3s．．那么在那么在S＇＇系中发生两事件的地点之系中发生两事件的地点之间的距离是多少？间的距离是多少？ 解解: 令令S＇＇系与系与S系的相对速度为系的相对速度为v，，有有 2)/(1cttv2/12))/(1(vttc      = 2.24××108 m· s-1 那么，在那么，在S＇＇系中测得两事件之间距离为：系中测得两事件之间距离为： 2/122)(ttctxv= 6.72××108 m 4、半人马星座、半人马星座a a星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3××1016 m．．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座a a星，若宇星，若宇宙飞船相对于地球的速度为宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c，，按地球上的时钟计算要按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？ 解解: 以地球上的时钟计算：以地球上的时钟计算： 年年5 . 4v   St以飞船上的时钟计算：以飞船上的时钟计算： 年年20. 0v122      ctt5、、6000m 的高空大气层中产生了一个介子以速度的高空大气层中产生了一个介子以速度 =0.998c飞飞向地球．假定该介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命向地球．假定该介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2××10-6s．．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和介子静试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和介子静止系中观测者来判断介子能否到达地球．止系中观测者来判断介子能否到达地球． 2201cvtt    解解: （（1）） s10260tm9470   tvd因因d>6000m，，故该介子能到达地球故该介子能到达地球 （（2）在介子静止系中，介子是静止的．地球则以速度接近介子，）在介子静止系中，介子是静止的．地球则以速度接近介子，在在 时间内，地球时间内，地球以速度以速度 接近的距离为接近的距离为 m5990tvd0tvvm60000 dm37912200    cvdd0dd   即即故介子能到达地球．故介子能到达地球． 6、设有宇宙飞船、设有宇宙飞船A和和B，，固有长度均为固有长度均为l0 = 100 m，，沿同一方向匀速沿同一方向匀速飞行，在飞船飞行，在飞船B上观测到飞船上观测到飞船A的船头、船尾经过飞船的船头、船尾经过飞船B船头的时间船头的时间间隔为间隔为 t = (5/3)××10-7 s，，求飞船求飞船B相对于飞船相对于飞船A的速度的大小的速度的大小 解解: 设飞船设飞船A相对于飞船相对于飞船B的速度大小为的速度大小为v，，这也就是飞船这也就是飞船B相对相对于飞船于飞船A的速度大小．在飞船的速度大小．在飞船B上测得飞船上测得飞船A的长度为的长度为 20)/(1cllv故在飞船故在飞船B上测得飞船上测得飞船A相对于飞船相对于飞船B的速度为的速度为 20)/(1)/(/ctltlvv82001068. 2)/(1/v      tcltl解得：解得：7、（、（1）如果将电子由速率为）如果将电子由速率为0.8c加速到加速到0.9c，，须对它作多少功须对它作多少功? (2)如果将电子由速率为如果将电子由速率为0.8c加速到加速到0.9c，，又须对它作多少功又须对它作多少功? 解解: （（1）由动能定理得：）由动能定理得： )()(2021202212cmcmcmcmEEEkkk)1111(221222202122cvcvcmcmcm)8 . 0119 . 011(103101 . 92216231        J1014. 514（（2）由动能定理得：）由动能定理得： )()(2021202212cmcmcmcmEEEkkk)1111(221222202122cvcvcmcmcm)8 . 0119 . 011(103101 . 92216231J1014. 5148、已知、已知子的静止能量为子的静止能量为 105.7 MeV，，平均寿命为平均寿命为 2.2××10-8 s．．试求动能为试求动能为 150 MeV的的子的速度子的速度v是多少？平均寿命是多少？平均寿命t t是多是多少？少？ 解解: )1)/v(11(220202     ccmcmmcEK代入题干中的具体数值，解得代入题干中的具体数值，解得 v = 0.91c 平均寿命为平均寿命为 8201031. 5)/(1cvtt9、一正负电子对撞机可以把电子加速到动能＝、一正负电子对撞机可以把电子加速到动能＝2.8××109eV．．这这种电子速率比光速差多少种电子速率比光速差多少? 这样的一个电子动量是多大这样的一个电子动量是多大?(与电子与电子静止质量相应的能量为＝静止质量相应的能量为＝0.511××106eV) 解解: 2022201cmcvcmEk2962622020)108 . 210511. 0/()1051. 0(1)(1         cEcmcmcvk8109979245. 2smvc/8  由动量能量关系由动量能量关系 可得可得 420222cmcpE  ccmEEccmcmEccmEpkkk20242022042022)(       118smkg1049. 1      10、一静止质量为、一静止质量为 的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c和和0.8c．．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能． 解解: 由守动量守恒定律和能由守动量守恒定律和能(质质)量守恒定律量守恒定律 0112222201221102211vcvmvcvmvmvm022220221102111mcvmcvmmm上二式联立求解可得上二式联立求解可得 020010257. 0459. 0mmmm  0m故静质量亏损故静质量亏损 020100284. 0)(mmmmm故放出的动能为故放出的动能为 202284. 0cmmcEk1、质量为、质量为10*10-3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按的小球与轻弹簧组成的系统，按 的规律作谐振动，求：的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，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在哪些位置上动能与势能相等?(3)t2=5s与与t1=1s两个时刻的位相差。

两个时刻的位相差 )SI()328cos(1 . 0x解：解： (1)设谐振动的标准方程为设谐振动的标准方程为 )cos(0tAx3/2, s4128,m1 . 00           TAsmAvm/51. 28 . 0     smAam/2 .632   (2) N63. 0   maFmJ1016. 32122mmvEJ1058. 1212EEEkp当当EK=EP时，有时，有E=2EP )21(212122kAkx  即即m20222    Ax (3) 32) 15(8)(12tt2、如图所示，物体的质量为、如图所示，物体的质量为m，，放在光滑斜面上，斜面与水平放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为面的夹角为 ，弹簧的倔强系数为，弹簧的倔强系数为k，，滑轮的转动惯量为滑轮的转动惯量为I，，半径半径为为R．．先把物体托住，使弹簧维持原长，然先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后由静止释放，试证后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．明物体作简谐振动，并求振动周期． 解：解： 分别以物体和滑轮为对象，其受力如图所示，以重物在斜面上分别以物体和滑轮为对象，其受力如图所示，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，则当重物轴正向，则当重物偏离原点的坐标为偏离原点的坐标为x时，有时，有 221ddsintxmTmgIRTRT21Rtx22dd)(02xxkT联立以上各式，得联立以上各式，得 kxRtxRImR22dd)(ImRkR  222 令令0dd222  xtx 则有则有故知该系统是作简谐振动，其振动周期为故知该系统是作简谐振动，其振动周期为 )/2(22222KRImkRImRT3、、一质点在一质点在x轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A点时作点时作为计时起点为计时起点( t = 0 )，，经过经过2秒后质点第一次经过秒后质点第一次经过B点，再经过点，再经过2秒后秒后质点第二次经过质点第二次经过B点，若已知该质点在点，若已知该质点在A、、B两点具有相同的速率，两点具有相同的速率，且且 AB= 10 cm求：求： (1) 质点的振动方程；质点的振动方程； (2) 质点在质点在A点处的速率．点处的速率． A B 解：解： 由题意可知，由题意可知，T=8S   22/T/T(/4)(/4) s-1 设振动的标准方程为：设振动的标准方程为： )4cos(0   tAx 当当t = 0 时，时， cmAAx5sin)2cos(00        cmAx5cos0    当当t = 2 时，时， 联立二式得，联立二式得，  = -3 /4 或或 5 /4 25cos/   xA？？ vBxABOt = 0t = 2 st = 4 svAvB由图可知：由图可知：   430  )434cos(10252    tx所以，振动方程为：所以，振动方程为： 4、一个沿轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为、一个沿轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，，周期为周期为T，，其振其振动方程用余弦函数表示．如果动方程用余弦函数表示．如果t=0时质点的状态分别是：时质点的状态分别是：(1)x0=-A；；(2)过平衡位置向正向运动；过平衡位置向正向运动；(3)过过x=A/2处向负向运动；处向负向运动；(4)过过 x=-A/ 处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．程． 2解：解：       0000sincos   AvAx把初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相把初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相 )2cos(1tTAx)232cos(232tTAx)32cos(33tTAx)452cos(454tTAx5、有一轻弹簧，当下端挂一个质量、有一轻弹簧，当下端挂一个质量m1 = 10 g的物体而平衡时，的物体而平衡时，伸长量为伸长量为 4.9 cm．．用这个弹簧和质量用这个弹簧和质量m2 = 16 g的物体组成一弹簧的物体组成一弹簧振子．取平衡位置为原点，向上为振子．取平衡位置为原点，向上为x轴的正方向．将轴的正方向．将m2从平衡位从平衡位置向下拉置向下拉 2 cm后，给予向上的初速度后，给予向上的初速度v0 = 5 cm/s 并开始计时，试并开始计时，试求求m2的振动周期和振动的数值表达式．的振动周期和振动的数值表达式． 解：解： 设弹簧的原长为设弹簧的原长为l，，悬挂悬挂m1后伸长后伸长 l，， k = m1g/  l = 2 N/m 取下取下m1挂上挂上m2后，后， 2 .11/2mk所以，所以，T=0.56 s t = 0时，时， cosm10220Axsinm/s10520Av解得解得 220201005. 2m)/(vxA)/(tg001xv180°°+12.6°°=3.36 rad 振动表达式为振动表达式为 x = 2.05××10-2cos(11.2t-2.92) (SI) 6、图为两个谐振动的曲线，试分别写出其谐振动方程．、图为两个谐振动的曲线，试分别写出其谐振动方程． 解：解： 由图由图(a)，，∵∵t=0 时，时， s2,cm10,,23, 0, 0000TAvx又1srad2       Tm)23cos(1 . 0    txa所以，所以，由图由图(b)∵∵t=0 时，时， 35, 0,2000vAxt1= 0 时时 22, 0, 0111vx    253511    又又  65 mtxb)3565cos(1 . 0    7、、一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为 x1 =5××10-2cos(4t +  /3) (SI) , x2 =3××10-2sin(4t -  /6) (SI) 画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程．画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程． 解：解： x2 = 3××10-2 sin(4t -  /6) = 3××10-2cos[ /2-(4t -  /6)] = 3××10-2cos(4t - 2 /3)．． 作两振动的旋转矢量图，如图所示作两振动的旋转矢量图，如图所示 xO/2/A1A2A由图得：由图得： A = (5-3)cm = 2 cm，，  =  /3．． 那么，合振动方程为那么，合振动方程为 x = 2××10-2cos(4t +  /3) (SI) 1、沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为、沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为x=0.05cos(10 t-4 x)，，式中式中,x.y以米计，以米计，t 以秒计．求：以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；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；绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求求x=0.2m处质点在处质点在t=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位时的位相，它是原点在哪一时刻的位相相?这一位相所代表的运动状态在这一位相所代表的运动状态在t=1.25s时刻到达哪一点时刻到达哪一点? 解：解： (1)将题给方程与标准式将题给方程与标准式 比较比较 )22cos(xtAysmumsmA/5 . 2,5 . 0,5,05. 01        得得(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为绳上各点的最大振速，最大加速度分别为 5 . 005. 010maxAv222max505. 0)10(Aa(3) .x=0.2m处的振动比原点落后的时间为处的振动比原点落后的时间为 08. 05 . 22 . 0ux故故x=0.2m,t=1s 时的位相就是原点时的位相就是原点(x=0)，，在在t0=1-0.08=0.02s时的位相时的位相   2 . 9 即即设这一位相所代表的运动状态在设这一位相所代表的运动状态在t=1.25s时刻到达时刻到达x点，则点，则 825. 0)0 . 125. 1(5 . 22 . 0)(11       ttuxx2、图示一平面余弦波在、图示一平面余弦波在t = 0 时刻与时刻与t = 2 s时刻的波形图．已知时刻的波形图．已知波速为波速为u，，求求 (1) 坐标原点处介质质点的振动方程；坐标原点处介质质点的振动方程； (2) 该波该波的波动表达式．的波动表达式． x (m)O160Ay (m)8020t=0t=2 s2A解：解： (1) 比较比较t = 0 时刻波形图与时刻波形图与t = 2 s时时刻波形图，可知此波向左传播．在刻波形图，可知此波向左传播．在t = 0时刻，时刻，O处质点处质点 cos0Asin00Avπ21   又又t = 2 s，，O处质点位移为处质点位移为 )214cos(2/AAπ21π4π41    可得，可得，  = 1/16 Hz 振动方程为振动方程为 )218/cos(0tAy (2) 波速波速 u = 20 /2 m/s = 10 m/s 波长波长   = u / /  = 160 m 波动表达式波动表达式 ]21)16016(2cos[xtAy3、已知波长为、已知波长为的平面简谐波沿的平面简谐波沿x轴负方向传播．轴负方向传播．x =   /4处质处质点的振动方程为点的振动方程为 (1) 写出该平面简谐波的表达式写出该平面简谐波的表达式 (2) 画出画出t = T时刻的波形图时刻的波形图. utAy2cos解：解： x (m)t = T图 B.AuOy (m)-A434443OxPx/4u图 A(1) 如图如图A，，取波线上任一点取波线上任一点P，，其坐标设为其坐标设为x，，由波的传由波的传播特性，播特性，P点的振动落后于点的振动落后于  /4处质点的振动．处质点的振动． 该波的表达式为该波的表达式为 )]4(22cos[xutAy)222cos(xutA（（2））t = T 时的波形和时的波形和 t = 0时波形一样．时波形一样． t = 0时时 )22cos(xAy)22cos(xA4、一列机械波沿轴正向传播，、一列机械波沿轴正向传播，t=0时的波形如图所示，已知波速为时的波形如图所示，已知波速为10 m· s -1，，波长为波长为2m，，求：求：(1)波动方程；波动方程；(2)p 点的振动方程及振动点的振动方程及振动曲线；曲线；(3) 点的坐标；点的坐标；(4) 点回到平衡位置所需的最短时间．点回到平衡位置所需的最短时间． 解：解： 由图可知由图可知 0,201 . 000    vAytA时，时，30   由题知由题知 smum/10,2   Hzu5210     则则  102  (1)波动方程为波动方程为 ]3)10(10cos[.01xty(2)由图知，由图知， 0,20    ppvAyt时，时，34P∴∴点振动方程为点振动方程为 )3410cos(1 . 0typ(3)    34|3)10(100     txt67. 135  x(4)根据根据(2)的结果可作出旋转矢量图如图的结果可作出旋转矢量图如图(a)，，则由点回到平衡位则由点回到平衡位置应经历的位相角置应经历的位相角     6523    ∴∴所属最短时间为所属最短时间为 121106/5t5、一平面简谐波沿、一平面简谐波沿x轴正向传播，波的振幅轴正向传播，波的振幅A = 10 cm，，波的角频波的角频率率  = 7  rad/s.当当t = 1.0 s时，时，x = 10 cm处的处的a质点正通过其平衡位质点正通过其平衡位置向置向y轴负方向运动，而轴负方向运动，而x = 20 cm处的处的b质点正通过质点正通过y = 5.0 cm点向点向y轴正方向运动．设该波波长轴正方向运动．设该波波长  >10 cm，，求该平面波的表达式．求该平面波的表达式． 设该列平面简谐波的表达式为：设该列平面简谐波的表达式为： 解：解： )/π2π7cos(1 . 0     xtyt = 1 s 时时 0])/1 . 0(π2π7cos[1 . 0      y因为，此时因为，此时a质点向质点向y轴负方向运动，由旋转矢量图得：轴负方向运动，由旋转矢量图得： π21)/1 . 0(π2π7     y  又因为，此时又因为，此时b 质点正通过质点正通过y = 0.05 m处向处向y轴正方向运动，轴正方向运动， 05. 0])/2 . 0(π2π7cos[1 . 0      yπ31)/2 . 0(π2π7      y 由旋转矢量法可得：由旋转矢量法可得： 1、、2 两式联立得两式联立得    = 0.24 m  3/π17   ∴∴ 该平面简谐波的表达式为该平面简谐波的表达式为 ]π31712. 0ππ7cos[1 . 0   xty]π3112. 0ππ7cos[1 . 0   xty或：或： 6、沿、沿x轴负方向传播的平面简谐波在轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s时刻的波形曲线如图所时刻的波形曲线如图所示，设波速示，设波速u = 0.5 m/s．． 求：原点求：原点O的振动方程．的振动方程． x (m)y (m)Ou0.512t = 2 s解：解： 设该波的波动方程为：设该波的波动方程为： )/π2cos(5 . 0      xty∵∵   = 2 m，，u = 0.5 m/s，， ∴∴T = 4 s，， = /2 t=2时的图象如上图时的图象如上图，，则则t=0时刻的图象为：时刻的图象为： x (m)y (m)0u0.512t = 0-1此时此时O点位移点位移y0 = 0（（过平衡位置）过平衡位置） 且朝且朝y轴负方向运动，轴负方向运动， π21  所以，波动方程为：所以，波动方程为： )2π2cos(5 . 0     xty原点原点0的振动方程为：的振动方程为： X=0处，处， )2121cos(5 . 0ty7、已知平面简谐波的波动方程为、已知平面简谐波的波动方程为 (1)写出写出=4.2 s时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个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波峰的位置，该波峰何时通过原点?(2)画出画出=4.2 s时的波形曲时的波形曲线．线． )24(cosxtAy解：解： (1)波峰位置坐标应满足波峰位置坐标应满足 kxt2)24(解得解得 ( () )          2, 1, 0)4 . 8(kkx所以离原点最近的波峰位置为所以离原点最近的波峰位置为-0.40m uxttt        24smu/2 st2 . 024 . 0     这就是说该波峰在这就是说该波峰在0.2s前通过前通过原点，那么从计时时刻算起，原点，那么从计时时刻算起，则应是则应是4.2-0.2=4s，，即该波峰是即该波峰是在时通过原点的在时通过原点的 （（2）） smu/2,4    muuT12      又因为在又因为在x=0处处t=4.2s时时 8 .1642 . 40AAy8 . 02 . 44cos0当当y=-A，， x=17 时时 1728 .16xmx1 . 0 故故t=4.2s时的波形图为时的波形图为 8、一列平面简谐波在媒质中以波速、一列平面简谐波在媒质中以波速u = 5 m/s沿沿x轴正向传播，原点轴正向传播，原点O处质元的振动曲线如图所示．处质元的振动曲线如图所示． (1) 求解并画出求解并画出x = 25 m处质元的振动曲线．处质元的振动曲线． (2) 求解并画出求解并画出t = 3 s时的波形曲线．时的波形曲线． t (s)42Oy (cm)2解：解： (1) 原点原点O处质元的振动方程为处质元的振动方程为 )2121cos(1022ty波的表达式为波的表达式为 )21)5/(21cos(1022xty x = 25 m处质元的振动方程为处质元的振动方程为 )321cos(1022tyt (s)O-2×10-21y (m)2 3 4(a)(2) t = 3 s时的波形曲线方程时的波形曲线方程 )10/cos(1022xy波形曲线为波形曲线为 x (m)O2×10-25y (m)10 1520u25 (b)9、一平面余弦波，沿直径为、一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度的圆柱形管传播，波的强度为为18.0××10-3J· m-2· s-1，，频率为频率为300 Hz，，波速为波速为300m· s-1，，求求 ：： (1)波的平均能量密度和最大能量密度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两个相邻同相面之间有多少波的能量? 解：（解：（1）） uwI 353/106300100 .18mJuIw       34max/102 . 12mJww    （（2）） udwdwVW22414171024. 9   10、如图所示，设点发出的平面横波沿方向传播，它在点的振动、如图所示，设点发出的平面横波沿方向传播，它在点的振动方程为方程为 ;点发出的平面横波沿方向传点发出的平面横波沿方向传播，它在点的振动方程为，播，它在点的振动方程为， 本题中本题中y以以m计，计，t以以s计．设计．设BP＝＝0.4m，，CP＝＝0.5 m，，波速波速u=0.2m· s-1，，求：求：(1)两波传到两波传到P点时的位相差；点时的位相差；(2)当这两列波的当这两列波的振动方向相同时，处合振动的振幅；振动方向相同时，处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向当这两列波的振动方向互相垂直时，处合振动的振幅．互相垂直时，处合振动的振幅． ty 2cos10231   )2cos(10232      ty解：解：（（1）） )(2)(12BPCP 0)(    BPCPu  (2)点是相长干涉，且振动方向相同，所以点是相长干涉，且振动方向相同，所以 mAAAP321104     (3)若两振动方向垂直，又两分振动若两振动方向垂直，又两分振动 位相差为，这时合振动轨迹是通过位相差为，这时合振动轨迹是通过 ⅡⅡ，，ⅣⅣ象限的直线，所以合振幅为象限的直线，所以合振幅为 3122211083. 22      AAAA11、、如图所示，一平面简谐波沿如图所示，一平面简谐波沿x轴正方向传播，轴正方向传播，BC为波密媒质的为波密媒质的反射面．波由反射面．波由P点反射，点反射，OP = 3  /4，，DP =   /6．．在在t = 0时，时，O处质处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D点处入射波与反射点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A，，频率为频率为 ．）．） 解：解： O P B C x 入射 反射 D 选选O点为坐标原点，设入射波表达式为点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(π2cos[1      xtAy则，反射波方程为：则，反射波方程为： ]π22π2cos[2          xOPtAy则，合成的驻波方程为：则，合成的驻波方程为： )π2cos()/π2cos(2     txAy在在t = 0时，时，x = 0处的质点处的质点y0 = 0，，且向负方向振动，且向负方向振动， π21  因此，因此，D点处的合成振动方程是点处的合成振动方程是 )2ππ2cos()6/4/3π2cos(2   tAy    tA π2sin3 12、两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为、两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为 y1=0.06cos( x-4 t)(SI), y2=0.06cos( x+4 t)(SI)．． (1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置； (2)波腹处的振幅多大波腹处的振幅多大?x=1.2m处振幅多大处振幅多大? 解：解： (1)它们的合成波为它们的合成波为 )4cos(06. 0)4cos(06. 0txxytx4coscos12. 0令令 x-=k  ，则，则x=k，，k=0,±±1，±，±2…此即波腹的位置；此即波腹的位置； 令令 ,则则 ，， …，， 此即波节的位置此即波节的位置 2) 12(kx21) 12(kx, 2, 1, 0k(2)波腹处振幅最大，即为波腹处振幅最大，即为0.12m .x=1.2处的振幅由下式决定，即处的振幅由下式决定，即 097. 0)2 . 1cos(12. 0驻A1、计算下列一组粒子平均速率和方均根速率、计算下列一组粒子平均速率和方均根速率? iN)sm(1iV21 4 6 8 2 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 解：解： 平均速率平均速率 2864215024083062041021iiiNVNVsm/7 .2141890  方均根速率方均根速率 smNVNViii/6 .2528642150240810620410212232222                  2、、有两种不同的理想气体，同压、同温而体积不等，试问下述各有两种不同的理想气体，同压、同温而体积不等，试问下述各量是否相同量是否相同? (1)分子数密度；分子数密度；(2)气体质量密度；气体质量密度；(3)单位体积内气体分子总平动单位体积内气体分子总平动动能；动能；(4)单位体积内气体分子的总动能．单位体积内气体分子的总动能． 解：解： (1)由由 kTpnnkTp  ,知分子数密度相同；知分子数密度相同； (2)由由 RTpMVMmol   知气体质量密度不同；知气体质量密度不同； (3)由由 kTnE23 知单位体积内气体分子总平动动能相同；知单位体积内气体分子总平动动能相同； (4)由由 kTinE2 总总知单位体积内气体分子的总动能不一定相同．知单位体积内气体分子的总动能不一定相同． 。