(完整版)大学物理学(课后答案)第5-6章

一、选择题

5-1 一个质点作简谐振动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为x轴的正方向运动，代表这个简谐振动的旋转矢量图为[ ]

(A) A O A/2 x (B) A，且向2 A/2 O A A x -A/2 O (C) x  -A/2 O A (D) x

习题5-1图

分析与解 图中旋转矢量投影点的运动方向指向Ox轴正向，同时矢端在x轴投影点的位移为A,满足题意,因而选(D)。 23A处时，所需的最短时间为周期的几分之几[ ] 25-2 作简谐振动的物体，振幅为A，由平衡位置向x轴正方向运动，则物体由平衡位置运动到x(A) 1 /2 (B) 1/4 (C) 1/6 (D) 1/12

分析与解 设t1时刻物体由平衡位置向x轴正方向运动，t2时刻物体第一次运动到x3A处，可通过旋转矢量图，如图5-2所示，并根据公式tT得2231tTTT，,因而选(C)。

226

习题5-2图

x1的相位比x2的相位[ ] 5-3 两个同周期简谐振动曲线如图5-3(a)所示，

122

(A) 落后

 (B) 超前 (C) 落后 (D) 超前 22x x1x2 O t (b)

习题5-3图

(a) 分析与解 可通过振动曲线作出相应的旋转矢量图（b），正确答案为（B）。 5-4 一弹簧振子作简谐振动，总能量为E，若振幅增加为原来的2倍，振子的质量增加为原来的4倍，则它的总能量为[ ]

(A) 2E (B) 4E (C) E (D) 16E 分析与解 因为简谐振动的总能量EEpEk12kA，因而当振幅增加为原2来的2倍时，能量变为原来的4倍，因而答案选(B)。

5-5 两个同振动方向、同频率、振幅均为A的简谐振动合成后，振幅仍为A，则这两个简谐振动的相位差为[ ]

(A) 60 (B) 90 (C) 120 (D) 180

习题5-5图

分析与解 答案（C）。由旋转矢量图可知两个简谐振动的相位差为120时,合成后的简谐运动的振幅仍为A。

二、填空题

5-6 一质量为m的质点在力F2x作用下沿x轴运动，其运动的周期为 ________。

123

分析与解 由已知条件F2x，可得k2,又可以根据公式角频率。将结果代入可得Tk求出m2222m。

2kmm5t（1）此简) m。

325-7 一物体作简谐振动，其运动方程为x0.04cos(谐振动的周期T________；（2）当t0.6 s时，物体的速度v________。

分析与解 将x0.04cos(5t) 与xAcos(t)比较后可得角频率322dx555，则周期T1.2(s)。物体的速度v0.04sin(t)，当

dt3323t0.6 s时v-0.209m/s。

5-8 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。若t0时质点处于xA/2处，且向x轴负方向运动，则简谐振动方程为x________。

习题5-8图

分析与解 可得质点的角频率矢量图，可得初相位为

2，再根据题意画出t0时刻对应的旋转Tt，则简谐振动方程Acos(2)。

T335-9 质量为m的物体和一个弹簧组成的弹簧振子，其振动周期为T，当它作112分析与解 简谐振动的总能量EkA2m2A2。根据题意可得。

T22振幅为A的简谐振动时，此系统的振动能量E________。

1211222A2222代入得EkAmA=m()A=2m2。

222TT5-10 已知弹簧的劲度系数为k1.3N/cm，振幅为2.4 cm，这一弹簧振子的机械能为________。

124

1分析与解 简谐振动的总能量EkA23.7410-2 J

2三、计算题

5-11 若简谐振动方程为x0.10cos(20t+)，式中x的单位为m，t的单位

4为s ,求：（1）振幅、角频率、周期和初相；（2）速度的最大值。

分析 可采用比较法求解。将题目给的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得振幅、角频率和初相。再根据vdx写出速度的表达式。 dt解 （1）将x0.10cos(20t+)与xAcos(t)作比较，可得振幅

42A0.10m，角频率20rad/s，初相，则周期T0.1s。

4dx（2）速度v200.01sin(20t+)，则速度的最大值

dt4vmax200.012 m/s。

5-12 一物体沿x轴作简谐振动，振幅为10 cm，周期为2 s，在t0时，

x5 cm，且向x轴负方向运动，求运动方程。

分析 根据题中已给条件振幅A，角频率始条件由旋转矢量法方便求出。

解 由已知条件得A0.1m，A22rad/s。t0时x5 cm=画出T2232均已知，初相可由题给初T该简谐运动的旋转矢量图，如图5－12所示，可知

习题5-12图

。则x0.1cos(t3 )m。

5-13 有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8102 m。若使物体上下振动，且规定向下为正方向。（1）当t0时，物体在平衡位置上方

8.0102 m处，由静止开始向下运动，求运动方程；（2）当t0时，物体在平衡

位置并以0.60 m/s的速度向上运动，求运动方程。

125

分析 振动的角频率是由弹簧振子系统得固有性质决定k，其中k可m由物体受力平衡时弹簧得伸长计算，而振幅A和初相则由初始条件给出。

解 （1）根据物体受力平衡，得klmg，求出弹簧的劲度系数kFG，角频率kmglg10s-1 mml2mg lv208.0102 m 由初始条件t0时，x08.0102 m，v00，得A＝x0利用旋转矢量法，如图（a）所示可知初相，则运动方程为

x8.0102cos10t(m)

（2）当初始条件t0时，x00 m，v00.60 m/s，求得

vA＝x06.0102 m

202利用旋转矢量法，如图（b）所示可得初相2，则运动方程为

x6.0102cos(10t)(m)

2

习题5-13图

(a)

(b)

5-14 有一条简谐振动曲线如图5-14（a）所示，求：（1）该简谐振动的角频率ω，初相位0；（2）该简谐振动的运动方程，振动速度和振动加速度的表达式。

126

x/cm 2 O 2 4 t/s （b）

题5-14图 （a） 分析 由已知的振动曲线可得样品的振幅A，周期T，角频率可由2求T得，并且从曲线中可得初始条件t0时，x00 cm，v0>0，通过旋转矢量可求得初相0，以上参数都得到后即可写出简谐振动方程及振动速度和振动加速度的表达式。

解 （1）由振动曲线可得样品的振幅A2cm，周期T4s，得角频率

2rad/s T2x00 cm，v0>0，当t0时，通过旋转矢量，如图（b）所示,可求得初相0

2（2）简谐振动的运动方程x2cos(t)(cm)

22dx振动速度vsin(t)(cm/s)

dt22振动加速度adv12cos(t)(cm/s2) dt2225-15 质量为10 g的物体沿x轴作简谐振动，振幅A10 cm，周期T4.0 s，（1）t1.0 st0时物体的位移为x05.0 cm，且物体朝x轴负方向运动，求：

时物体的位移；（2）t1.0 s时物体所受的力；（3）t0之后何时物体第一次到达x5.0 cm处；（4）第二次和第一次经过x5.0 cm处的时间间隔。

分析 根据题中已给条件振幅A，角频率2均已知，初相可由题给初T始条件由旋转矢量法求出。有了运动方程，t时刻的位移和t时刻物体的受力后面两问可通过旋转矢量图并根据公式t求出。 Fmam2x也可求出，

解 （1）由已知条件得A0.1m，A22rad/s。t0时x5 cm=T422 127

画出该简谐运动的旋转矢量图，如图5－15（a）所示，可知2。则32x0.10cos(t) cm

23t1.0 s时物体的位移x0.10cos(0.122) cm8.66 cm 3（2）t1.0 s时物体的受力Fmam2x2.1410-3 N

（3）设t0时刻后，物体第一次到达x5.0 cm处的时刻为t1，由旋转矢量图，如图5-15（b）所示，在两个不同时刻相位差相差，由t1t2s

（4）设t0时刻后，物体第二次到达x5.0 cm处的时刻为t2，由旋转矢量图，如图5-15（c）所示，在t1，t2两个不同时刻相位差相差，由t2t1t

(a)

(b) 习题5-15图

(c)

234s 35-16 如图5-16(a)所示，质量为1.00102kg的子弹，以500 m/s的速度射入并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐振动，设木块的质量为4.99 kg，弹簧的劲度系数为8.00103N/m，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为

x轴正向，求简谐振动的运动方程。

(a) v m1 m2 k

习题5-16图 (b)

分析 根据已知条件可用动量守恒定律求出子弹射入后和木块的共同速度。

128

振动的角频率是由弹簧振子系统得固有性质决定k，而振幅A和初相则由m初始条件给出。以上参数都得到后即可写出简谐振动方程。

m1v解 子弹和木块的共同速度v01m/s

m1m2角频率

km1m22v0240rad/s

振幅Ax20v02.5102m

由旋转矢量，如图5-16(b)所示，确定初相简谐振动方程x22.5102cos(40t2)m

5-17 一物块悬于弹簧下端并作简谐振动，当物块位移大小为振幅的一半时，这个振动系统的势能占总能量的多少？动能占总能量的多少？又位移大小为多少时，动能、势能各占总能量的一半？

1111分析 简谐振动的总能量E＝m2A2＝kA2，其中Epkx2，Ekmv2，

2222即可求出动能与势能的大小。

11解 当物块位移大小为振幅的一半时，简谐振动的总能量E＝m2A2＝kA2

22E11AE其中势能Epkx2k，动能EkEEp

322242因而势能占总能量的25%；动能占总能量的75%。

设物体在x处物体动能和势能相等EPEk EPEEPEP12112AkxkAx 22221E 25-18 一劲度系数k=312 N/m的轻弹簧，一端固定，另一端连结一质量

m00.3 kg的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为m0.2 kg的物体，

两物体间的最大静摩擦系数0.5，求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量。

129

分析 根据题意可知，两物体间无相对滑动，即m和m0有相同的速度和加速度，可以看做一质量为mm0的弹簧振子，则振动的圆频率k。对mm0于放在上面的物体m来说，它作简谐振动所需的回复力由两物体间的静摩擦力来提供的，其最大静摩擦力对应其最大加速度mgmamaxm2Amax，则最大总能量Emax1kAmax可方便算出。 2解 两物体间无相对滑动，即m和m0可以看做一质量为mm0的弹簧振子，则振动的圆频率k mm0对于m来说，它作简谐振动所需的回复力是由两物体间的静摩擦力来提供的，其最大静摩擦力应对应着其最大加速度，即mgmamaxm2Amax

所以系统作简谐振动的最大振幅Amaxmggmm0 2km2振动系统的最大能量Emax1kAmax21gmm0-3k9.6210 J 2k5-19 已知两同方向同频率的简谐振动的运动方程分别为

x10.05cos10t0.75，x20.06cos10t0.25，式中x1、x2的单位为m，t的单位为s。求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向同频率的简谐振动x30.07cos10t3，式中x3的单位为m，t的单位为s，则3为多少时，

x1x3的振幅最大？又3为多少时，x2x3的振幅最小？

分析 两个同方向同频率简谐运动的合运动仍为简谐运动，其中初相位

tgA1sin1A2sin222A1A2cos21，将已知条件，合振幅AA12A2A1cos1A2cos2代入即可求解。

130

2解 (1)合振动的振幅为AA12A22A1A2cos217.8102 m

合振动的初相位为 tg0A1sin1A2sin211

A1cos1A2cos2由两旋转矢量的合成图，如图5-19所示，可知，所求的初相位0应在第一象限，则01.48 rad

(2)当31＝2k,k0,1,2,时，即x1与x3相位相同时，合振动的振幅最大，

由于10.75，则3＝2k0.75k0,1,2,当31＝2k1，k0,1,2,

时，即x1与x3相位相反时，合振动的振幅最小，

则20.25，则3＝(2k1)0.752k1.25k0,1,2,

习题5-19图



131

第六章 机械波

一、选择题

6-1 图（a）表示t0时的简谐波的波形图，波沿x轴正方向传播，图（b）为一质点的振动曲线。则图（a）中所表示的x0处质点振动的初相位与图（b）所表示的振动的初相位分别为[ ]

a) y u y O x O t b)

(A) 均为零 (B) 均为(E) (a-1)

习题6-1图

(b-1)

 (C) 均为 (D) 与

2222与 22分析与解 图（a）是t0时的简谐波的波形图，原点处的质点位移为零，且向y轴负方向运动，利用旋转矢量法，如图（b）所示，可以求得该质点的初相

v0>0，。图（a-1）为一质点的振动曲线，从图中可以得到在t0时，x00 ，

2由旋转矢量，如图（b-1）所示，可知该质点的初相位是，因而选（D）。

26-2 一横波以速度u沿x轴负方向传播，t时刻波形曲线如图6-2(a)所示，则位是

该时刻[ ]

(A) A点相位为 (B) B点静止不动 (C) C点相位为

132

3 (D) D点向上运动 2 y A D u O B C x (a) 习题6-2图 (b)

分析与解 横波以速度u沿x轴负方向传播，由题给波形图可得，B、D两处的质点均向y轴负方向运动，A处质点位于正的最大位移处，C处质点位于平衡位置且向y轴正方向运动，它们的选转矢量图如图(b)所示，因而答案选(C)。

6-3 如图6-3所示，两列波长为的相干波在点P相遇。波在点S1振动的初相是1，点S1到点P的距离是r1。波在点S2的初相是2，点S2到点P的距离是

r2，以k代表零或正、负整数，则点P是干涉极大的条件是[ ]

(A) r2r1k (B) 212k

(C) 212(r1r2)2k (D) 212(r2r1)2k

习题6-3图 S1  r1 •P S2 r2

分析与解 干涉相长的条件：

133

(2010)2(r2r1)2k,k0,1,2,3,因而选(C)。

6-4 波的能量随平面简谐波传播，下列几种说法中正确的是[ ] (A) 因简谐波传播到的各介质质元都作简谐运动，故其能量守恒 (B) 各介质质元在平衡位置处的动能和势能都最大，总能量也最大 (C) 各介质质元在平衡位置处的动能最大，势能最小 (D) 各介质质元在最大位移处的势能最大，动能为零

分析与解 平面简谐波中任一质元的总能量是不守恒的，而是随时间作周期性变化。平衡位置处，质元的动能和势能最大；最大位移处质元的动能和势能为零，因而选(B)。

6-5 在波长为的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为[ ] (A)

3 (B) (C)  (D)  424分析与解 驻波的特征是有波腹和波节，相邻波腹和相邻波节之间间隔均为半个波长，相邻波节之间质点相位相同，波节两侧质点相位相反。因而答案选(B)。

二、填空题

6-6 一平面简谐波沿x轴正方向传播，已知x0处振动的运动学方程为

ycost0，波速为u，坐标为x1和x2两点的振动相位差是________。 分析与解 相位差2(x2x1)u(x2x1)

6-7 一平面简谐波沿x轴正方向传播，波动表达式为

y0.2cos(t________。

x2) (m)，则x3 m处介质质点的振动加速度a的表达式为

分析与解 先将题目给的波动方程写成波动方程的一般形式

xdyy0.2cos[(t)] (m)。质点的振动速度v,振动加速度

2dtd2yxa2 20.2cos(t)，则x3 m处介质质点的振动加速度a的表达

dt23式为a0.2 2cos(t)(m/s2)

2

134

y 3 1 2 4 x O

(a)

习题6-8图

(b)

6-8 沿x轴正方向传播的平面简谐波在t0时刻的波形图如图6-8（a）所示。由图可知原点O和1、2、3、4各点的振动初相位分别为________；________；________；________；________。

分析与解 利用旋转矢量，如图6-8（b）所示，得原点1、2、3、4各点的振动初相位分别为

，0，，，。

22236-9 两相干波源处在P、Q两点，间距为，波长为，初相相同，振幅

4相同且均为A，R是PQ连线上的一点，则两列波在R处的相位差的大小为 ，两列波在R处干涉时的合振幅为 。

习题6-9图

P Q

R

分析与解 由于初相相同，因而两点的相位差幅A＝A1＋A2＋2A1A2cos222(x2x1)3，合振22A

6-10 强度为I的平面简谐波通过垂直于波速方向、面积为S的平面，则通过该平面的平均能流是________。

分析与解 平均能流P是指单位时间内通过介质中某一面积的平均能量，

PIS。

三、计算题

135

6-11 一横波在沿绳子传播时的波动方程为y0.20cos2.5tx，式中y和x的单位为m，t的单位为s。求：（1）波的振幅、波速、频率及波长；（2）绳上的质点振动时的最大速度。

分析 可采用比较法求解。将题目给的波动方程与波动方程的一般形式比较后可得振幅、角频率、波速和初相。再根据vdx写出速度的表达式。 dtx解 （1）将y0.20cos2.5tx与y(x,t)Acos[(t)0]作比较，可

u得振幅A0.20m，角频率2.5rad/s，波速u2.5 m/s，初相0，则频率

u11.25Hz，波长=uT2m。 T2dy（2）速度v2.50.20sin2.5tx

dt得速度的最大值vmax2.50.202 m/s。

6-12 波源作简谐运动，其运动方程为y4.0103cos240t，式中y的单位为m，t的单位为s，它所形成的波以30 m/s的速度沿x轴正方向传播。求：（1）波的周期及波长；（2）波动方程。

分析 将题目给的振动方程与简谐振动方程的一般形式比较后可得振幅、角频率。再根据波速和波源的振动方程写出波动方程的表达式。

解 （1）将y4.0103cos240t与yAcos(t)作比较，可得振幅

A4.0103m，角频率240rad/s，则周期T28.33103 s。波长

=uT0.25 m

（2）它所形成的波以30 m/s的速度沿x轴正方向传播，根据波源的振动方程可得y4.0103cos240t8x(m)

6-13 波源作简谐运动，周期为1.0102 s，振幅为0.1 m，并以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以u400 ms的速度沿x轴正方向传播。求：（1）距波源为8.0 m出的点P的运动方程和初相；（2）距波源为9.0 m和10.0 m处两点的相位差为多少？

0

2

136

uT4m、 =22==200 -2T110波源运动方程y00.1cos(200t)m

2x波动方程y0.1cos[200(t)]m

4002(1)x8m处振动方程为：

y(8)0.1cos[200(t89)]m0.1cos(200t)m。 400229初相

2（2）距波源为9.0m和10.0m处两点的相位差



2(x2x1)2(109) 42O  x (t0)

习题6-13图

6-14 如图6-14(a)所示，为平面简谐波在t0时的波形图，设此简谐波的频率为250 Hz,且此时图中质点P的运动方向向上，求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O为10 m处质点的运动方程与t0时该点的振动速度。

(a) y/m 0.2 0.1 OP 20 m

(t0) x/m  O y (b)

习题6-14图 分析 通过波形图可以确定机械波的振幅、波长、传播方向、质点的振动位移和振动方向等相关信息，求出坐标原点处的振动方程后，便可得到波动方程。质点的振动速度指的是质点在其平衡位置附近作简谐振动的速度，可通过将振动方程对时间求导来计算。

137

解 (1) 由波形图得振幅A0.2m 波长=40m

波速u40250104ms 圆频率2500rads

由点P向上运动通过作行波图，可知波是沿x轴负方向传播的。 在原点O处, t=0时，y0=0.1m 且向y轴负方向运动，

y0AcosA 解得 2 3

而v0Asin0，sin0 所以

3

或者作出t=0时原点振动的旋转矢量图（6-14(b)），亦可得所以，原点处振动方程

3。

y0.2cos(500t)m

3波动方程为：

y0.2cos[500(tx)]m 10003(2)将x=10m代入上式得到P振动方程：

5y0.2cos(500t)m

6其振动速度

vdy5100sin(500t) dt6当t=0s 时 v50ms

6-15 平面简谐波的波动方程为y0.08cos4t2x，式中y和x的单位为m，t的单位为s，求：（1）t2.1 s时波源及距波源0.10 m两处的相位；（2）离波源0.80 m及0.30 m两处的相位差。

分析 波动方程已知，即可知任意时刻，任意位置的相位，和两点之间的相位差。将题目给的波动方程写成一般形式比较后，可得角频率、波速和初相。再

138

根据2(x2x1)求两点之间的相位差。

解 （1）当t2.1 s时，波源处即x0m的振动方程为

y0.08cos42.1200.08cos8.4，相位为8.4

此

时

距

波

源

0.10

m

两

处

的

振

动

方

程

为

y0.08cos42.120.10.08cos8.2，相位为8.2

x（2）y0.08cos4t2x0.08cos[4(t)]，则角频率4rad/s，波

2u1速u2 m/s，初相0，则频率1Hz，波长=uT2m。

T222离波源0.80 m及0.30 m两处的相位差(x2x1)(0.80.3)

226-16 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0 W的功率。若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）。求距离波源5.0 m和10.0 m处的能流密度。

分析 能流密度I是指垂直通过单位面积的平均能流，对于简谐波可利用

I

P计算。 S

解 能流密度IPP 2S4r将r15m和r210m代入上式，得距离波源5.0 m和10.0 m处的能流密度分别为1.27102 W/m2，3.18103 W/m2。

6-17 两相干波波源位于同一介质中的A、B两点，如图6-17所示。其振幅均为0.01 m、频率均为100 Hz，波速为800 m/s，B比A的相位超前。若取A点为坐标原点、B点的坐标xB44 m，求：（1）两波源的振动方程；（2）AB连线上因干涉而静止的各点的位置。

习题6-17图

139

44mA B x

分析 周期T，振幅A，相位关系都已知，很容易得到A、B两点的振动方程。再根据两列相干波相遇时干涉相消的条件

(2010)2(r2r1)(2k1),k0,1,2,3,进行计算

解 （1）=2200rad/s

yA0.01cos200t(m)，yB0.01cos200t(m)

（2）波长=uTu8m

在A、B连线上可以分三个部分进行讨论

(a）位于A点左侧部分

(BA)2(rBrA)5.54.5

由于该区域内两波列的相位差恒为4.5，所以没有静止的点。 (b）位于B点右侧部分

(BA)2(rBrA)5.56.5

由于该区域内两波列的相位差恒为6.5，所以没有静止的点。 (c）位于A、B连线中间部分，设任意一点到A的距离为x，则到B的距离为44x

(BA)2(rBrA)2x(442x)(10) 82

x静止的点应满足(10)(2k1),k0,1,2,3,2得x分别为2，6，10，…，34，38，42 m

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