《大学物理》第二章答案

2 x 2 y 习题二1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为a ）上以初速度v0运动，v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道解: 物体置于斜面上受到重力 mg ，斜面支持力 N .建立坐标：取 v 方向为 X 轴，平行斜0面与 X 轴垂直方向为 Y .题 2-2 图X方向：F =0xx =v t0Y方向：F =mg sinya =mayt =0时y =0v =0yy =12g sinat2由、式消去 t ，得1y = g sin2v 20a ×x22 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx6 N，fy-7N，当t0时，x =y =0，vx-2 m·s-1，vy0求当t2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度解：a =xf 6 3x = = m ×s m 16 8-2a =yfym-7= m ×s16-2(1)v =v +x x 0ò03 5a dt =-2+ ´2 =- m ×s8 4-1v =v +y y 0ò0-7 7a dt = ´2 =- m ×s 16 8-1于是质点在 2s 时的速度0 x y 0 v v ò k t t k - ò k mv 5 v 7 v v =- i - j4 8m ×s-1(2)v 1 v 1 vr =( v t + a t 2 )i + a t 2 j2 21 3 v 1 -7 v=( -2´2 + ´ ´4) i + ( ) ´4 j2 8 2 1613 v 7 v=- i - j m4 83 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为 v ，证明(1) t 时刻的速度为 v v e 0 0k-( ) tm；(2) 由0到 t 的时间内经过的距离为x(mvk0)1-ek-( ) tm；(3)停止运动前经过的距离为mv ( )k；(4)证明当t =m k时速答: (1)分离变量，得a =-kv dv=m dt即ò0dv -kdt =v m dv t -kdt=v 0 mvln =ln ev0-ktmv =v e0- tm(2)x =òvdt =ò0v e0-kmtdt =mvk0(1 -e m )(3)质点停止运动时速度为零，即 t，故有x¢=¥0v e0-kmtdt =mvk0(4)当 t=mk时，其速度为v =v e0- ×m k=v e -1 = 0v0e即速度减至 v 的01e.4一质量为m的质点以与地的仰角q=30°的初速vv0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点t 4 v 1 v ò p =-mv , p =m( -v +0 0 0 t ò D p = p -p =F dt =Dp落地时相对抛射时的动量的增量 解: 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30o，则动量的增量为由矢量图知，动量增量大小为vmv0v v v Dp =mv -mv0，方向竖直向下5 作用在质量为10 kg的物体上的力为vF =(10 +2t ) iN，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该v力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度-6 j m·s-1的物体,回 答这两个问题解: (1)若物体原来静止，则vDp =1vòFdt =ò0 0v v(10 +2t ) i dt =56 kg ×m×s-1i,沿 x 轴正向，vv DpDv = 1 =5.6 m ×s-1i mv v I =Dp =56 kg ×m×s-1i1 1若物体原来具有-6 m ×s-1初速，则vv v v v t F0 mvdt ) =-mv +0ò0vFdt于是同理，v v v t v v2 0 10v v v vDv =Dv , I =I2 1 2 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I =òt(10 +2t )dt =10t +t20亦即t2+10t -200 =02 ö 2 解得t =10 s，(t¢=20 s舍去)6一颗子弹由枪口射出时速率为v m ×s0-1，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F=( a -bt )N( a , b 为常数)，其中 t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试 计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量(3)求子弹的质量解: (1)由题意，子弹到枪口时，有F =( a -bt ) =0,得t =ab(2)子弹所受的冲量I =òt01( a -bt )dt =at - bt22将t =ab代入，得I =a 22b(3)由动量定理可求得子弹的质量I a 2m = =v 2bv00证毕v7 设 F合v v =7 i -6 j N(1) 当一质点从原点运动到v v v v r =-3i +4 j +16 k m时，求vF所作的功(2)如果质点到 r 处时需，试求平均功率(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化v解: (1)由题知， F 为恒力，合v v v v v v v A =F ×r =(7 i -6 j ) ×(-3i +4 j +16 k ) 合=-21 -24 =-45 J(2)P =A 45= =75 wDt 0.6(3)由动能定理，DE = A =-45 J k8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v03m·s-1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度解: 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 s =r1 æ1kx -ç2 è2mv +mgs sin 37°÷ø0 1 k =12mv2+mgs sin 37°-f sr1kx 22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 ×m-1题 2-18 图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h¢- f sr¢=mgs¢1sin 37 o - kx22代入有关数据，得s¢=1.4 m,则木块弹回高度h¢=s¢sin 37o=0.84 m题 2-19 图9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相 垂直证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有1 1 1 mv 2 = mv 2 + mv2 2 222即v20=v 21+v22题 2-20 图(a)题 2-20 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有亦即v v v mv =mv +mv0 1 2v v vv =v +v0 1 22 ò ò D p =f dt =5 j dt =15 j kg ×m×s- 1由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以vv0为斜边，故知vv1与vv2是互相垂直的10 一质量为 m 的质点位于(x , y1 1)处，速度为v v v v =v i +v jx y, 质点受到一个沿 x 负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩解: 由题知，质点的位矢为作用在质点上的力为v v v r =x i +y j1 1v vf =-fi所以，质点对原点的角动量为v v vL =r ´mv0v v v v=( x i +y i ) ´m ( v i +v j )1 1 x yv=( x mv -y mv ) k1 y 1 x作用在质点上的力的力矩为v v v v v v vM =r ´ f =( x i +y j ) ´( -fi ) = y fk0 1 1 111 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆它离太阳最近距离为r ×1010m 时的速率是1v ×104 m·s-1，它离太阳最远时的速率是 v ×102m·s-1 这时它离太阳的距离 r 多 1 2 2少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)解: 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 mv =r mv 1 1 22r v 8.75 ´1010 ´5.46 ´10 r = 1 1 =v 9.08 ´10 224=5.26 ´1012m12 物体质量为3kg，t=0时位于v v r =4i m,v v vv =i +6 j m ×s-1，如一恒力v v f =5 jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对 z 轴角动量的变化v v 3 v v解: (1)0(2)解(一)x =x +v t =4 +3 =7 0 0 x0 y3 ò ò D L =M ×dt = ( r ´F )dtò 3 é v 1 5 v ù vê ú 3 即1 1 5y =v t + at 2 =6 ´3 + ´ ´32 2 3v v v v vr =4 i , r =7 i +25.5 j1 2v =v=1x0 x2=25.5 j即5v =v +at =6 + ´3 =11y 0 yv v v v v vv =i +6 j , v =i +11 j1 1 2v v v v v v vL =r ´mv =4i ´3( i +6 j ) =72 k1 1 1v v v v v v v v L =r ´mv =(7 i +25.5 j ) ´3( i +11 j ) =154.5k2 2 2v v v vDL =L -L =82.5k kg ×m 2 12×s-1解(二) M =dzdtv t v t v v0 0= (4 +t )i +(6t + ) ´ t 2 ) j ´5 jdt 0 ë 2 3 ûv v=ò5(4 +t ) k dt =82.5k kg ×m2 ×s-1 0题 2-24 图13 飞轮的质量m60kg，半径R，绕其水平中心轴O转动，转速为900rev·min-1现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数m=，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求：(1)设 F 100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?解: (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，Fr、F ¢r是摩擦力，Fx和Fy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l r 0 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l +lF (l +l ) -N ¢l =0 N ¢=1 2 1 2 11F对飞轮，按转动定律有b=-F R / Ir，式中负号表示 b 与角速度 w 方向相反F =mrNN =N ¢l +lF =mN¢=m1 2l1F又1I = mR22,F =100 N以F R -2 m(l +l ) b=- r = 1 2I mRl1等代入上式，得Fb=-2 ´0.40 ´(0.50 +0.75) 60 ´0.25 ´0.5040´100 =- rad ×s3-2由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为wt =- 0b=900 ´2p´3 60 ´40=7.06 s这段时间内飞轮的角位移为f1 900 ´2p 9 1 40 9 =wt + bt2 = ´ p- ´ ´( p) 22 60 4 2 3 4 =53.1 ´2prad¢ ¢可知在这段时间里，飞轮转了 53.1 转(2)w =900 ´02p60rad ×s-1，要求飞轮转速在t =2 s内减少一半，可知b=w02-wt0=-w02t15p=- rad ×s 2-2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为mRl bF =- 12m(l +l )1 260 ´0.25 ´0.50 ´15p=2 ´0.40 ´(0.50 +0.75) ´2=177 N14 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO ¢转动设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示设R,r，m4 kg，M10 kg，m m 2 kg，且开始时 m ， m 离地均为 h 2m求： 1 2 1 2(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力解: 设a1,a2和分别为m1,m2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)m1,m2和柱体的运动方程如下：T -m g =m a 2 2 2 2m g -T =m a 1 1 1 1T R -T r =Ib 1 2式中 T ¢=T, T ¢=T , a =r 1 1 2 2 2b, a =Rb 1而I =1 1MR 2 + mr2 22由上式求得bRm -rm= 1 2 gI +m R 2 +m r 21 20.2 ´2 -0.1 ´2=1 1´10 ´0.20 2 + ´4 ´0.10 2 +2 ´0.20 2 22+2 ´0.102´9.8=6.13 rad ×s(2)由式-2T =m r2 2b+m g =2 ´0.10 ´6.13 +2 ´9.8 =20.8 N 2由式T =m g -m Rb =2 ´9.8 -2 ´0.2. ´6.13 =17.1 N 1 1 115 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下求： (1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过q 角时的角速度.解: (1)由转动定律，有mg1 1=( ml 2 ) 2 33gb=2lb(2)由机械能守恒定律，有l 1 1mg sin q= ( ml 2 )w2 2 2 3w =3g sinlqp - p x 大学物理学机械波部分自主学习材料（解答） 一、选择题10-1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 位分别为（ C ）x =0处质点振动的初相位与图（b）所表示的振动的初相（A）均为p2p p p； （B）均为 - ； （C） 与 - ； （D）2 2 2-p2与p2。yuyOxOt( a )( b )【提示：图（b）为振动曲线，用旋转矢量考虑初相角为 ，图（a）为波形图，可画出过一点时间的辅助波形，2可见 x =0 处质点的振动为由平衡位置跑向负方向，yux则初相角为 】210-2机械波的表达式为y =0.05cos(6pt +0.06px)( a )，式中使用国际单位制，则（ C ）（A）波长为 5 m ； （B）波速为10 m ×s-1；1（C）周期为 秒； （D）波沿 x 正方向传播。 3【提示：利用2pl=k知波长为l=100 wm，利用 u = 知波速为 u =100 m ×s 3 k-12p ，利用 T = 知w周期为T=13秒，机械波的表达式中的“+”号知波沿 负方向传播】10-3一平面简谐波沿 x 轴负方向传播，角频率为 w ，波速为 u ，设 t = 所示，则该波的表达式为（ D ）T4时刻的波形如图（A） y = A cos（B） y = A cosxw( t - ) +pux p w( t - ) - u 2；Ayoux（C） y = A cosx p w( t + ) - u 2；-A（D） y = A cosw( t +xu) +p。yu【提示：可画出过一点时间的辅助波形， T可见在 t = 时刻， x =0 处质点的振动 4p-为由平衡位置向正方向振动，相位为2，Ao-Ax那么回溯在t=0的时刻，相位应为p】2 1 C u 1 21 10-4如图所示，波长为l的两相干平面简谐波在 P 点相遇，波在点S1振动的初相是j1，到 P 点的距离是r1。波在点S2振动的初相是 j ，到 P 点的距离是2r2。以k代表零或正、负整数，则点 P 是干涉极大的条件为（ D ） （A） r -r =k p ；2 1（B） j -j=2 kp；2 1r -r（C） j -j+2p 2 1 =2 kp；lS1S2r1r2P（D）j -j+2p 2 1r -r1 2l=2 kp。【提示：书上 P62 页原公式为j2-j-2p 1r -r2 1l=2 kp】10-5在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（ B ）（A）振幅相同，相位相同； （B）振幅不同，相位相同； （C）振幅相同，相位不同； （D）振幅不同，相位不同。【提示：由书上 P67 页驻波两波节间各点振动相位相同】10-1如图所示，有一横波在时刻 t 沿 Ox 轴负方向传播，则在该时刻（ C ）（A）质点 A 沿 Oy 轴负方向运动；yuB（B）质点 B 沿 Ox 轴负方向运动；A o（C）质点 C 沿 Oy 轴负方向运动；（D）质点 D 沿 Oy 轴正方向运动。D【提示：可画辅助波形来判断】10-2设有两相干波，在同一介质中沿同一方向传播，3 l其波源相距 ，如图所示，当 A 在波峰时，B 恰 2 A 3l2在波谷，两波的振幅分别为 A 和 A ，若介质不吸收xuBP波的能量，则两列波在图示的点 P 相遇时，该处质点的振幅为（ A ）（A）A +A1 2； （B）A -A1 2； （C）A2 +A122； （D）A2 -A122。【提示：利用书上 P62 页公式为：j2r -r 2p 3l-j-2p 2 1 =p- × =-2pl l 2，加强】8 如图所示，两相干平面简谐波沿不同方向传播，波速均为 u =0.40m / s ， 其 中 一 列 波 在 A 点 引 起 的 振 动 方 程 为APy = A cos(2 pt - 1 1p2)，另一列波在 B 点引起的振动方程为By = A cos(22 2pt +p2)，它们在 P 点相遇，AP =0.80m ， BP =1.00m，则两波在 P 点的相位差为：（ A ）（A）0； （B） p/2； （C） p ； （D）3 p/2。【同上题提示】10-3当波在弹性介质中传播时，介质中质元的最大变形发生在（ D ）（A）质元离开其平衡位置最大位移处； （B）质元离开其平衡位置 A/2 处； （C）质元离开其平衡位置 A / 2 处； （D）质元在其平衡位置处。（A 为振幅） 【书 P56 页：体积元的动能和势能具有相同的相位，在平衡位置处动能和势能都达最大值】10一个平面简谐波沿 x 轴负方向传播，波速 =10m/s。x=0 处，质点振动曲线如图所示，则该波的表式为 （A） y =2 cos(p pt +2 20x +p2)m；2y( m)（ B ）（B）y =2 cos(p2t +p px -20 2)m；o1 234t ( s )（C）（D）y =2sin(y =2sin(p2p2t +t +p px +20 2p px -20 2)m；m。-2【提示：给出的是 y-t 图，图中可定出振幅和周期、初相位，波数 k 可由u=wk得出】11一个平面简谐波沿 x 轴正方向传播，波速为 u=160m/s，t=0 时刻的波形图如图所示，则该波的表式为（A） y =3cos(40 pt +p px - )4 2m；3y ( m)（ C ）vu（B）（C）y =3cos(40y =3cos(40pt +pt -p px + )4 2p px - )4 2m；m；o48x( m)（D）y =3cos(40 pt -p px + )4 2m。-3【提示：给出的是 y-x 图，图中可定出振幅和波长，圆频率 w 可由 u=wk得出，初相位可用辅助波形判断，本题可判断出 x=0 处，质点的振动是从平衡位置向正方向，则初相位为-p2】12一个平面简谐波在弹性媒质中传播，媒质质元从最大位置回到平衡位置的过程中（ C ） （A）它的势能转化成动能；（B）它的动能转化成势能；（C）它从相邻的媒质质元获得能量，其能量逐渐增加；（D）把自己的能量传给相邻的媒质质元，其能量逐渐减小。【同 9 题提示】13一平面简谐波在弹性媒质中传播时，在传播方向上某质元在某一时刻处于最大位移处，则它的（A）动能为零，势能最大； （B）动能为零，势能也为零； （C）动能最大，势能也最大；（D）动能最大，势能为零。（ B ）【同 9 题提示】14 电磁波在自由空间传播时，电场强度vE与磁场强度vH（ C ）（A）在垂直于传播方向上的同一条直线上；（B）朝互相垂直的两个方向传播； （C）互相垂直，且都垂直于传播方向； （D）有相位差 p /2。【提示：参看电磁波示意图】15 在同一媒质中两列相干的平面简谐波强度之比是 A : A 为 （ B ）1 2（A） 4； （B） 2； （C） 16； （D） 1/4。I : I =4 1 2，则两列波的振幅之比【提示：强度定义为振幅的平方】16 在下面几种说法中，正确的是：（ C ）（A）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的； （B）波源振动的速度与波速相同；S S ， （C）在波传播方向上，任一质点的振动相位总是比波源的相位滞后；（D）在波传播方向上，任一质点的振动相位总是比波源的相位超前。【中学问题】17两个相干波源的相位相同，它们发出的波叠加后，在下列哪条线上总是加强的？（ A ） （A）两波源连线的垂直平分线上；（B）以两波源连线为直径的圆周上；（C）以两波源为焦点的任意一条椭圆上；（D）以两波源为焦点的任意一条双曲线上。【提示：找出距离相同的那些点】18平面简谐波 x =4sin(5 pt +3py )与下面哪列波相干可形成驻波？（ D ）（A）（C）5 3 5 3y =4sin 2p( t + x) ； （B） y =4sin 2p( t - x )2 2 2 25 3 5 3x =4sin 2p( t + y) ； （D） x =4sin 2p( t - y )2 2 2 2；。【提示：找出正好方向相反的那个波】19设声波在媒质中的传播速度为u，声源的频率为n ，若声源 SS不动，而接收器R相对于媒质以速度 u 沿 S 、 R 连线向着声源 S 运动，则接收器 R 接收到的信号频率为：（ B ）R（A）n ； （B） Su +u u -uR n ； （C） R n ； （D） u uuu -uRnS。【提示：书中 P71 页，多普勒效应中，迎着静止波源运动频率高，公式为n' =u +u0un 远离静止波源运动频率低，公式为n' =u -u0un】20 两列完全相同的平面简谐波相向而行形成驻波。以下哪种说法为驻波所特有的特征： （ C ）（A）有些质元总是静止不动； （B）迭加后各质点振动相位依次落后； （C）波节两侧的质元振动相位相反； （D）质元振动的动能与势能之和不守恒。 【提示：书中 P67 页，驻波波节两边的相位相反，两波节之间各点的振动相位相同】二、填空题10-7一横波在沿绳子传播时的为 y =0.20cos(2.50pt -px )，采用国际单位制，则（1）此横波沿 x 的 正 向传播，波的振幅为 0.20 m 、频率为1.25 Hz 、波长为 2 m 、波传播的波速为2.5 m / s；（2）绳上的各质点振动时的最大速度为0.5pm / s。【提示：波动方程中的负号表明波沿 x 的 正 向传播，利用波动标准方程y = A cos( wt -k x +j)比较可知振幅为0.20 m 、频率为 1.25 Hz 、波长为 2 m 、波传播的波速为u=w/ k ，得 2.5 m / s；振动速度不同于波速，应该用波动方程对时间求导，得最大速度为0.5pm / s。】10-4图示中实线表示 t=0 时的波形图，虚线表示 t=0.1 秒时的波形图。由图可知该波的角y / cm3.010o420x / cmM 频率w =2.5ps-1；周期T =0.8 s；u =0.2 m / s波速；25p ppt - x + )波函数为y =0.03cos(2.52 2【提示：注意图中标的是厘米，图中可见波长为 16 厘米，可求出波数k=25p2；0.1 秒波形向右跑了 2厘米，可求出波速u=0.2 ，利用 u =wk知w=2.5p，T =0.8；初相位看 O 位置，O 位置在 t=0 和 t=0.1秒时间内从平衡位置向下振动，旋转矢量初相位是j=p2】10-10一周期为 0.02 秒，波速为 100 m / s 的平面简谐波沿 ox 轴正向传播， t =0 时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，则其波动方程为 ，距离波源 15m处的 M 点的振动方程为 ，距离波源 5 m 处的 N 点的振动方程 为 。【提示：T =0.02 ， w =2pTw=100p，利用 k = 知波数 k =pu，由旋转矢量法知初相位j=-p2，故波动方程为 yp p=A cos(100pt -px- ) ；将 x =15 代入，有 y =A cos(100pt + )2 2，将 x =5 代入，有y =A cos(100pt + Np2)】4一平面简谐波的周期为 2.0s，在波的传播路径上有相距为 cm 的 M、N 两点，如果 N 点的相位比 M 点相位落后p/6，那么该波的波长为 ，波速为 。【提示：利用比例：l: 2p=0.02 :p6l=0.24 m ，利用 u =lT知u=0.242=0.12 m / s】5处于原点（x=0）的一波源所发出的平面简谐波的波动方程为y =A cos( Bt -Cx )，其中A、B、C 皆为常数。此波的速度为 ；波的周期为 ；波长为 ；离波源距离 为 l 处的质元振动相位比波源落后 ；此质元的初相位为 。【 提 示 ： 以 波 的 标 准 方 程y =A cos(wt -k x +j)比 较 ， 有u =wk=BC，T=2p 2 p=w B，l=2p 2 p=k C，j -j =-lC ，落后 lC ，此质元的初相位为 -lC 】 l 06一驻波的表达式为y =2 A cos(2pxl)cos 2pnt，两个相邻的波腹之间的距离为 。【提示：书中 P67 页，驻波相邻两波腹之间的距离为半个波长，即为 l/ 2 】7一驻波方程为y =4 ´10-2cos 2px cos 400t（SI 制），在 x=1/6（m）处的一质元的振幅为 ，振动速度的表达式为 。【提示：将x=1/6代入方程，有y=2 ´10-2cos 400t，有振幅为2 ´10-2m，将驻波方程对 t 求导，有d ydt=-16cos 2 px sin 400 t，将 x=1/6 代入有：up=-8sin 400t （或 u=8cos(400 t + )2】P69 例一列平面简谐波沿x正方向传播，yy =10 -3 cos(200 p t -px)波方程为（SI 制）。）如果在上述波的波线上 x =L （ L =2.25 mOL = 2.25 mAx的 A 处放一垂直波线的波密介质反射面，且假设反射波的振幅与入射波相等，则反射波的 方程为 ；驻波方程为 。【提示：将 x =2.25 代入波方程，有简谐波正方向传播到 A 处的振动方程为 y =10A-3cos(200ppt - )4，考虑到反射波有半波损失，则反射波在 A 处的振动方程为 y =10fA-3cos(2003ppt + )4，则以 A 处为原点的反射波方程为y =10 -3 cos(200 pt +px+ fA3p4)；将 x =-2.25代入反射波方程，有反射波在 O处的振动方程为yfO=10-3cos(200pt +p2)，则反射波波动方程为 y =10f-3cos(200p pt +px+ )2；驻波方程为y =y +y lf，有 y =2 ´10 -3 cos(px +p p )cos(200 pt + ) 】4 410-30两艘潜艇相向而行，甲潜艇速度为 50km/h，发出一个 103Hz 的音频信号，乙潜艇的 速度为 70km/h ，若声音在水中的传播速度为 5470 km/h ，则乙潜艇接收的音频频率 为 ，甲潜艇接收的从乙潜艇反射回来的音频频率为 。甲50 km / h【提示：本题是波源与观察者同时相对介质运动的问题。利用公式乙70 km / hu ±u n' = 0 nu us。（1）取u =5470 ，u =50 ， u =70 s 0u +u，相向运动取 n' = 0 n，有n' =u -us55405420´10 3 =1022 Hz。（2 ）反射回来的音频 频 率 为n' =1022 Hz， 取u =5470 ， u =70s，u =500， 相 向 运 动 取n'' =u +u0 n'u -us， 有n5520'' = ´1022 = 54001045 Hz。】三、计算题P53 例 2一平面简谐波在介质中以速度 u=20m/s 沿 x 轴负方向传播，已知 a 点的振动表达式为y =3cos 4p t a（SI 制）。（1）以 a 为坐标原点写出波动表达式；（2）以距 a 点 5m 处的 b 点为坐标原点，写出波动表达式。bua解：（1）a点的振动表达式为y =3cos 4p t a，5m波动表达式为：y =A cos(wtk x +j)，考虑到波沿 x 轴负方向传播，以a为坐标原点的波动表达式可写成y =3cos(4pt +k x)利用波数k =wu，得k =4 p p=20 5，有以a为坐标原点的波动表达式：y =3cos(4p pt + x )5；（2）将x =-5代入上式，有 b 点的振动表达式为y =3cos(4bpt -p)，则以 b 为坐标原点的波动表达式可写成y =3cos(4pt +k x -p)将k =p5代入，有以b为坐标原点的波动表达式y =3cos(4pt +p5x -p)。10-8波源作简谐运动，其运动方程为y =4.0 ´10 -3 cos 240pt，采用国际单位制，它所形成的波以30 m / s的速度沿一直线传播。（1）求波的周期与波长；（2）写出波动方程。解：（1）周期T =2p 2 p 1 1 1 = = s ，波长 l =uT =30 ´ = mw 240p 120 120 4；（2）设直线传播方向为x正向，波动表达式可写成y =4 ´10 -3 cos(240pt -k x )利用波数k =wu，得k =240 p30=8p，则波动方程：y =4 ´10-3cos(240pt -8px )。10-9波源作简谐运动，其运动方程为y =0.05sin(10pt -2 x )，采用国际单位制。（1）求波的波长、频率、波速与周期；（2）说明 x =0 时方程的意义，并作图表示。解：波动方程可改写成标准式：y =0.05cos(10pt -2 x -p2)。（1）波长l=2 p w w=p，频率n= =5 Hz ，波速 u = =5p k 2 p k，周期1T = =0.2 s n；（2）将 x =0 代入波动方程，有【注