物理學(xué)-東南大學(xué)馬文蔚-第五版-下冊(cè)-第九章到第十五章課后的答案(個(gè)人整理)

...wd......wd......wd...第九章振動(dòng)9-1一個(gè)質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅為A，在起始時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移為，且向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，代表此簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的旋轉(zhuǎn)矢量為〔〕題９-１圖分析與解〔b〕圖中旋轉(zhuǎn)矢量的矢端在x軸上投影點(diǎn)的位移為－A/2，且投影點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向指向Ox軸正向，即其速度的x分量大于零，故滿足題意．因而正確答案為〔b〕．9-2某簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)曲線如圖〔a〕所示，那么此簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程為〔〕題９-２圖分析與解由振動(dòng)曲線可知，初始時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移為–A/2，且向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)．圖〔ｂ〕是其相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖，由旋轉(zhuǎn)矢量法可知初相位為．振動(dòng)曲線上給出質(zhì)點(diǎn)從–A/2處運(yùn)動(dòng)到+A處所需時(shí)間為1s，由對(duì)應(yīng)旋轉(zhuǎn)矢量圖可知相應(yīng)的相位差，那么角頻率，應(yīng)選〔D〕．此題也可根據(jù)振動(dòng)曲線所給信息，逐一代入方程來找出正確答案．9-3兩個(gè)同周期簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)曲線如圖〔a〕所示，x1的相位比x2的相位〔〕〔A〕落后〔B〕超前〔C〕落后〔D〕超前分析與解由振動(dòng)曲線圖作出相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖〔b〕即可得到答案為〔b〕．題９-３圖9-4當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以頻率ν作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，它的動(dòng)能的變化頻率為〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕分析與解質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能表式為，可見其周期為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期的一半，那么頻率為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)頻率ν的兩倍．因而正確答案為〔C〕．9-5圖〔a〕中所畫的是兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的曲線，假設(shè)這兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)可疊加，那么合成的余弦振動(dòng)的初相位為〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕分析與解由振動(dòng)曲線可以知道，這是兩個(gè)同振動(dòng)方向、同頻率簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，它們的相位差是〔即反相位〕．運(yùn)動(dòng)方程分別為和．它們的振幅不同．對(duì)于這樣兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，可用旋轉(zhuǎn)矢量法，如圖〔b〕很方便求得合運(yùn)動(dòng)方程為．因而正確答案為〔D〕．題９-５圖9-6有一個(gè)彈簧振子，振幅，周期，初相．試寫出它的運(yùn)動(dòng)方程，并作出圖、圖和圖．題９-6圖分析彈簧振子的振動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．振幅、初相、角頻率是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程的三個(gè)特征量．求運(yùn)動(dòng)方程就要設(shè)法確定這三個(gè)物理量．題中除、外，可通過關(guān)系式確定．振子運(yùn)動(dòng)的速度和加速度的計(jì)算仍與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)中的計(jì)算方法一樣．解因，那么運(yùn)動(dòng)方程根據(jù)題中給出的數(shù)據(jù)得振子的速度和加速度分別為、及圖如以下列圖．9-7假設(shè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為，求：〔1〕振幅、頻率、角頻率、周期和初相；〔2〕時(shí)的位移、速度和加速度．分析可采用比較法求解．將的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程與簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程的一般形式作比較，即可求得各特征量．運(yùn)用與上題一樣的處理方法，寫出位移、速度、加速度的表達(dá)式，代入值后，即可求得結(jié)果．解〔1〕將與比較后可得：振幅A＝0.10m，角頻率，初相＝0.25，那么周期，頻率．〔２〕時(shí)的位移、速度、加速度分別為9-8一遠(yuǎn)洋貨輪，質(zhì)量為m，浮在水面時(shí)其水平截面積為S．設(shè)在水面附近貨輪的水平截面積近似相等，水的密度為ρ，且不計(jì)水的粘滯阻力，證明貨輪在水中作振幅較小的豎直自由運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，并求振動(dòng)周期．分析要證明貨輪作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，需要分析貨輪在平衡位置附近上下運(yùn)動(dòng)時(shí)，它所受的合外力與位移間的關(guān)系，如果滿足，那么貨輪作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．通過即可求得振動(dòng)周期．證貨輪處于平衡狀態(tài)時(shí)［圖〔a〕］，浮力大小為F＝mg．當(dāng)船上下作微小振動(dòng)時(shí)，取貨輪處于力平衡時(shí)的質(zhì)心位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向下為x軸正向，如圖〔b〕所示．那么當(dāng)貨輪向下偏移x位移時(shí)，受合外力為其中為此時(shí)貨輪所受浮力，其方向向上，大小為題９-８圖那么貨輪所受合外力為式中是一常數(shù)．這說明貨輪在其平衡位置上下所作的微小振動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．由可得貨輪運(yùn)動(dòng)的微分方程為令，可得其振動(dòng)周期為9-9設(shè)地球是一個(gè)半徑為R的均勻球體，密度．現(xiàn)假定沿直徑鑿?fù)ㄒ粭l隧道，假設(shè)有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在此隧道內(nèi)作無摩擦運(yùn)動(dòng)．〔1〕證明此質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；〔2〕計(jì)算其周期．題９-９圖分析證明方法與上題相似．分析質(zhì)點(diǎn)在隧道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力特征即可．證〔1〕取圖所示坐標(biāo)．當(dāng)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)位于x處時(shí)，它受地球的引力為式中為引力常量，是以x為半徑的球體質(zhì)量，即．令，那么質(zhì)點(diǎn)受力因此，質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．〔2〕質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為9-10如圖〔a〕所示，兩個(gè)輕彈簧的勁度系數(shù)分別為、．當(dāng)物體在光滑斜面上振動(dòng)時(shí)．〔1〕證明其運(yùn)動(dòng)仍是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；〔2〕求系統(tǒng)的振動(dòng)頻率．題9-10圖分析從上兩題的求解知道，要證明一個(gè)系統(tǒng)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，首先要分析受力情況，然后看是否滿足簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的受力特征〔或簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)微分方程〕．為此，建設(shè)如圖〔b〕所示的坐標(biāo)．設(shè)系統(tǒng)平衡時(shí)物體所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，Ox軸正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox軸，物體受彈性力及重力分力的作用，其中彈性力是變力．利用串聯(lián)時(shí)各彈簧受力相等，分析物體在任一位置時(shí)受力與位移的關(guān)系，即可證得物體作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，并可求出頻率．證設(shè)物體平衡時(shí)兩彈簧伸長(zhǎng)分別為、，那么由物體受力平衡，有〔1〕按圖〔b〕所取坐標(biāo)，物體沿x軸移動(dòng)位移x時(shí)，兩彈簧又分別被拉伸和，即．那么物體受力為〔２〕將式〔1〕代入式〔2〕得〔３〕由式〔3〕得、，而，那么得到式中為常數(shù)，那么物體作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振動(dòng)頻率討論〔1〕由此題的求證可知，斜面傾角θ對(duì)彈簧是否作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)以及振動(dòng)的頻率均不產(chǎn)生影響．事實(shí)上，無論彈簧水平放置、斜置還是豎直懸掛，物體均作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．而且可以證明它們的頻率一樣，均由彈簧振子的固有性質(zhì)決定，這就是稱為固有頻率的原因．〔2〕如果振動(dòng)系統(tǒng)如圖〔c〕〔彈簧并聯(lián)〕或如圖〔d〕所示，也可通過物體在某一位置的受力分析得出其作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，且振動(dòng)頻率均為，讀者可以一試．通過這些例子可以知道，證明物體是否作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的思路是一樣的．*9－11在如圖〔a〕所示裝置中，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，一端固定在墻上，另一端連接一質(zhì)量為的物體，置于光滑水平桌面上．現(xiàn)通過一質(zhì)量m、半徑為R的定滑輪B〔可視為勻質(zhì)圓盤〕用細(xì)繩連接另一質(zhì)量為的物體C．設(shè)細(xì)繩不可伸長(zhǎng)，且與滑輪間無相對(duì)滑動(dòng)，求系統(tǒng)的振動(dòng)角頻率．題9-11圖分析這是一個(gè)由彈簧、物體A、C和滑輪B組成的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)．求解系統(tǒng)的振動(dòng)頻率可采用兩種方法．〔1〕從受力分析著手．如圖〔b〕所示，設(shè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，與物體A相連的彈簧一端所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，此時(shí)彈簧已伸長(zhǎng)，且．當(dāng)彈簧沿軸正向從原點(diǎn)O伸長(zhǎng)x時(shí)，分析物體A、C及滑輪B的受力情況，并分別列出它們的動(dòng)力學(xué)方程，可解得系統(tǒng)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的微分方程．〔2〕從系統(tǒng)機(jī)械能守恒著手．列出系統(tǒng)機(jī)械能守恒方程，然后求得系統(tǒng)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的微分方程．解1在圖〔b〕的狀態(tài)下，各物體受力如圖〔c〕所示．其中．考慮到繩子不可伸長(zhǎng)，對(duì)物體A、B、C分別列方程，有〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕方程〔3〕中用到了、、及．聯(lián)立式〔1〕～式〔4〕可得〔5〕那么系統(tǒng)振動(dòng)的角頻率為解2取整個(gè)振動(dòng)裝置和地球?yàn)檠芯肯到y(tǒng)，因沒有外力和非保守內(nèi)力作功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．設(shè)物體平衡時(shí)為初始狀態(tài)，物體向右偏移距離x〔此時(shí)速度為v、加速度為a〕為末狀態(tài)，那么由機(jī)械能守恒定律，有在列出上述方程時(shí)應(yīng)注意勢(shì)能〔重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能〕零點(diǎn)的選?。疄檫\(yùn)算方便，選初始狀態(tài)下物體C所在位置為重力勢(shì)能零點(diǎn)；彈簧原長(zhǎng)時(shí)為彈性勢(shì)能的零點(diǎn)．將上述方程對(duì)時(shí)間求導(dǎo)得將，，和代入上式，可得〔6〕式〔6〕與式〔5〕一樣，說明兩種解法結(jié)果一致．9-12一放置在水平桌面上的彈簧振子，振幅A＝2.0×10-2m，周期T＝0.50ｓ．當(dāng)t＝0時(shí)，〔1〕物體在正方向端點(diǎn)；〔2〕物體在平衡位置、向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)；〔3〕物體在x＝-1.0×10-2m處，向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)；〔4〕物體在x＝-1.0×10-2m處，向正方向運(yùn)動(dòng)．求以上各種情況的運(yùn)動(dòng)方程．分析在振幅A和周期T的條件下，確定初相φ是求解簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程的關(guān)鍵．初相確實(shí)定通常有兩種方法．〔1〕解析法：由振動(dòng)方程出發(fā)，根據(jù)初始條件，即t＝0時(shí)，x＝x0和v＝v0來確定φ值．〔2〕旋轉(zhuǎn)矢量法：如圖〔a〕所示，將質(zhì)點(diǎn)P在Ox軸上振動(dòng)的初始位置x0和速度v0的方向與旋轉(zhuǎn)矢量圖相對(duì)應(yīng)來確定φ．旋轉(zhuǎn)矢量法比較直觀、方便，在分析中常采用．題9-12圖解由題給條件知A＝2.0×10-2m，，而初相φ可采用分析中的兩種不同方法來求．解析法：根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程，當(dāng)時(shí)有，．當(dāng)〔1〕時(shí)，，那么；〔2〕時(shí)，，，因，取；〔3〕時(shí)，，，由，?。弧?〕時(shí)，，，由，?。D(zhuǎn)矢量法：分別畫出四個(gè)不同初始狀態(tài)的旋轉(zhuǎn)矢量圖，如圖〔b〕所示，它們所對(duì)應(yīng)的初相分別為，，，．振幅A、角頻率ω、初相φ均確定后，那么各相應(yīng)狀態(tài)下的運(yùn)動(dòng)方程為〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕9-13有一彈簧，當(dāng)其下端掛一質(zhì)量為m的物體時(shí)，伸長(zhǎng)量為9.8×10-2m．假設(shè)使物體上、下振動(dòng)，且規(guī)定向下為正方向．〔1〕當(dāng)t＝0時(shí)，物體在平衡位置上方8.0×10-2ｍ處，由靜止開場(chǎng)向下運(yùn)動(dòng)，求運(yùn)動(dòng)方程．〔2〕當(dāng)t＝０時(shí)，物體在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上運(yùn)動(dòng)，求運(yùn)動(dòng)方程．分析求運(yùn)動(dòng)方程，也就是要確定振動(dòng)的三個(gè)特征物理量A、ω和φ．其中振動(dòng)的角頻率是由彈簧振子系統(tǒng)的固有性質(zhì)〔振子質(zhì)量m及彈簧勁度系數(shù)k〕決定的，即，k可根據(jù)物體受力平衡時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)來計(jì)算；振幅A和初相φ需要根據(jù)初始條件確定．題9-13圖解物體受力平衡時(shí)，彈性力F與重力P的大小相等，即F＝mg．而此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量Δl＝9.8×10-2m．那么彈簧的勁度系數(shù)k＝F／Δl＝mg／Δl．系統(tǒng)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的角頻率為〔1〕設(shè)系統(tǒng)平衡時(shí)，物體所在處為坐標(biāo)原點(diǎn)，向下為x軸正向．由初始條件t＝0時(shí)，x10＝8.0×10-2m、v10＝0可得振幅；應(yīng)用旋轉(zhuǎn)矢量法可確定初相［圖〔a〕］．那么運(yùn)動(dòng)方程為〔2〕t＝０時(shí)，x20＝0、v20＝0.6ｍ·s-1，同理可得；［圖〔b〕］．那么運(yùn)動(dòng)方程為9-14某振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的x-t曲線如圖〔a〕所示，試求：〔1〕運(yùn)動(dòng)方程；〔2〕點(diǎn)P對(duì)應(yīng)的相位；〔3〕到達(dá)點(diǎn)P相應(yīng)位置所需的時(shí)間．分析由運(yùn)動(dòng)方程畫振動(dòng)曲線和由振動(dòng)曲線求運(yùn)動(dòng)方程是振動(dòng)中常見的兩類問題．此題就是要通過x－t圖線確定振動(dòng)的三個(gè)特征量A、ω和，從而寫出運(yùn)動(dòng)方程．曲線最大幅值即為振幅A；而ω、通?？赏ㄟ^旋轉(zhuǎn)矢量法或解析法解出，一般采用旋轉(zhuǎn)矢量法比較方便．解〔1〕質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)振幅A＝0.10ｍ．而由振動(dòng)曲線可畫出t0＝0和t1＝4ｓ時(shí)旋轉(zhuǎn)矢量，如圖〔b〕所示．由圖可見初相〔或〕，而由得，那么運(yùn)動(dòng)方程為題9-14圖〔2〕圖〔a〕中點(diǎn)P的位置是質(zhì)點(diǎn)從A／2處運(yùn)動(dòng)到正向的端點(diǎn)處．對(duì)應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔c〕所示．當(dāng)初相取時(shí)，點(diǎn)P的相位為〔如果初相取成，那么點(diǎn)P相應(yīng)的相位應(yīng)表示為．〔3〕由旋轉(zhuǎn)矢量圖可得，那么．9-15作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體，由平衡位置向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，試問經(jīng)過以下路程所需的最短時(shí)間各為周期的幾分之幾〔1〕由平衡位置到最大位移處；〔2〕由平衡位置到x＝A/2處；〔3〕由x＝A/2處到最大位移處．解采用旋轉(zhuǎn)矢量法求解較為方便．按題意作如以下列圖的旋轉(zhuǎn)矢量圖，平衡位置在點(diǎn)O．〔1〕平衡位置x1到最大位移x3處，圖中的旋轉(zhuǎn)矢量從位置1轉(zhuǎn)到位置3，故，那么所需時(shí)間〔2〕從平衡位置x1到x2＝A/2處，圖中旋轉(zhuǎn)矢量從位置1轉(zhuǎn)到位置2，故有，那么所需時(shí)間〔3〕從x2＝A/2運(yùn)動(dòng)到最大位移x3處，圖中旋轉(zhuǎn)矢量從位置2轉(zhuǎn)到位置3，有，那么所需時(shí)間題9-15圖9-16在一塊平板下裝有彈簧，平板上放一質(zhì)量為1.0kg的重物．現(xiàn)使平板沿豎直方向作上下簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，周期為0.50ｓ，振幅為2.0×10-2m．求：〔1〕平板到最低點(diǎn)時(shí)，重物對(duì)平板的作用力；〔2〕假設(shè)頻率不變，那么平板以多大的振幅振動(dòng)時(shí)，重物會(huì)跳離平板〔3〕假設(shè)振幅不變，那么平板以多大的頻率振動(dòng)時(shí)，重物會(huì)跳離平板題9-16圖分析按題意作示意圖如以下列圖．物體在平衡位置附近隨板作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其間受重力P和板支持力FN作用，F(xiàn)N是一個(gè)變力．按牛頓定律，有〔1〕由于物體是隨板一起作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，因而有，那么式〔1〕可改寫為〔2〕〔1〕根據(jù)板運(yùn)動(dòng)的位置，確定此刻振動(dòng)的相位，由式〔2〕可求板與物體之間的作用力．〔2〕由式〔2〕可知支持力的值與振幅A、角頻率ω和相位〔〕有關(guān)．在振動(dòng)過程中，當(dāng)時(shí)最?。匚锴『锰x平板的條件為＝0，因此由式〔2〕可分別求出重物跳離平板所需的頻率或振幅．解〔1〕由分析可知，重物在最低點(diǎn)時(shí)，相位＝0，物體受板的支持力為重物對(duì)木塊的作用力與大小相等，方向相反．〔2〕當(dāng)頻率不變時(shí)，設(shè)振幅變?yōu)锳′．根據(jù)分析中所述，將＝0及代入分析中式〔2〕，可得〔3〕當(dāng)振幅不變時(shí)，設(shè)頻率變?yōu)椋瑯訉ⅲ?及代入分析中式〔2〕，可得9-17兩質(zhì)點(diǎn)作同頻率、同振幅的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．第一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)質(zhì)點(diǎn)自振動(dòng)正方向回到平衡位置時(shí)，第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)恰在振動(dòng)正方向的端點(diǎn)，試用旋轉(zhuǎn)矢量圖表示它們，并求第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程及它們的相位差．題9-17圖解圖示為兩質(zhì)點(diǎn)在時(shí)刻t的旋轉(zhuǎn)矢量圖，可見第一個(gè)質(zhì)點(diǎn)M的相位比第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)N的相位超前，即它們的相位差Δφ＝π/2．故第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程應(yīng)為9-18圖〔a〕為一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的速度與時(shí)間的關(guān)系曲線，且振幅為2cm，求〔1〕振動(dòng)周期；〔2〕加速度的最大值；〔3〕運(yùn)動(dòng)方程．分析根據(jù)v-t圖可知速度的最大值vmax，由vmax＝Aω可求出角頻率ω，進(jìn)而可求出周期T和加速度的最大值amax＝Aω2．在要求的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程x＝Acos〔ωt＋φ〕中，因?yàn)锳和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v－t曲線圖可以知道，當(dāng)t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度v0＝vmax/2＝Aω/2，之后速度越來越大，因此可以判斷出質(zhì)點(diǎn)沿x軸正向向著平衡點(diǎn)運(yùn)動(dòng)．利用v0＝－Aωsinφ就可求出φ．解〔1〕由得，那么〔2〕〔3〕從分析中，即因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)沿x軸正向向平衡位置運(yùn)動(dòng)，那么取，其旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔b〕所示．那么運(yùn)動(dòng)方程為題9-18圖9-19有一單擺，長(zhǎng)為1.0m，最大擺角為5°，如以下列圖．〔1〕求擺的角頻率和周期；〔2〕設(shè)開場(chǎng)時(shí)擺角最大，試寫出此單擺的運(yùn)動(dòng)方程；〔3〕擺角為3°時(shí)的角速度和擺球的線速度各為多少題9-19圖分析單擺在擺角較小時(shí)〔θ＜5°〕的擺動(dòng)，其角量θ與時(shí)間的關(guān)系可表示為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程，其中角頻率ω仍由該系統(tǒng)的性質(zhì)〔重力加速度g和繩長(zhǎng)l〕決定，即．初相φ與擺角θ，質(zhì)點(diǎn)的角速度與旋轉(zhuǎn)矢量的角速度〔角頻率〕均是不同的物理概念，必須注意區(qū)分．解〔1〕單擺角頻率及周期分別為〔2〕由時(shí)可得振動(dòng)初相，那么以角量表示的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為〔３〕擺角為3°時(shí)，有，那么這時(shí)質(zhì)點(diǎn)的角速度為線速度的大小為討論質(zhì)點(diǎn)的線速度和角速度也可通過機(jī)械能守恒定律求解，但結(jié)果會(huì)有極微小的差異．這是因?yàn)樵趯?dǎo)出簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程時(shí)曾取，所以，單擺的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程僅在θ較小時(shí)成立．9-20為了測(cè)月球外表的重力加速度，宇航員將地球上的“秒擺〞〔周期為2.00ｓ〕，拿到月球上去，如測(cè)得周期為4.90ｓ，那么月球外表的重力加速度約為多少〔取地球外表的重力加速度〕解由單擺的周期公式可知，故有，那么月球的重力加速度為9-21一飛輪質(zhì)量為12kg，內(nèi)緣半徑r＝0.6ｍ，如以下列圖．為了測(cè)定其對(duì)質(zhì)心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，現(xiàn)讓其繞內(nèi)緣刃口擺動(dòng)，在擺角較小時(shí)，測(cè)得周期為2.0s，試求其繞質(zhì)心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量．9-21題圖分析飛輪的運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于一個(gè)以刃口為轉(zhuǎn)軸的復(fù)擺運(yùn)動(dòng)，復(fù)擺振動(dòng)周期為，因此，只要知道復(fù)擺振動(dòng)的周期和轉(zhuǎn)軸到質(zhì)心的距離，其以刃口為轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量即可求得．再根據(jù)平行軸定理，可求出其繞質(zhì)心軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量．解由復(fù)擺振動(dòng)周期，可得．那么由平行軸定理得9-22如圖〔a〕所示，質(zhì)量為1.0×10-2kg的子彈，以500m·s-1的速度射入木塊，并嵌在木塊中，同時(shí)使彈簧壓縮從而作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)木塊的質(zhì)量為4.99kg，彈簧的勁度系數(shù)為8.0×103N·m-1，假設(shè)以彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體所在處為坐標(biāo)原點(diǎn)，向左為x軸正向，求簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程．題9-22圖分析可分為兩個(gè)過程討論．首先是子彈射入木塊的過程，在此過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，因而可以確定它們共同運(yùn)動(dòng)的初速度v0，即振動(dòng)的初速度．隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．它的角頻率由振子質(zhì)量m1＋m2和彈簧的勁度系數(shù)k確定，振幅和初相可根據(jù)初始條件〔初速度v0和初位移x0〕求得．初相位仍可用旋轉(zhuǎn)矢量法求．解振動(dòng)系統(tǒng)的角頻率為由動(dòng)量守恒定律得振動(dòng)的初始速度即子彈和木塊的共同運(yùn)動(dòng)初速度v0為又因初始位移x0＝0，那么振動(dòng)系統(tǒng)的振幅為圖〔b〕給出了彈簧振子的旋轉(zhuǎn)矢量圖，從圖中可知初相位，那么簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為9-23如圖〔a〕所示，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下掛有一質(zhì)量為m1的空盤．現(xiàn)有一質(zhì)量為m2的物體從盤上方高為h處自由落入盤中，并和盤粘在一起振動(dòng)．問：〔1〕此時(shí)的振動(dòng)周期與空盤作振動(dòng)的周期有何不同〔2〕此時(shí)的振幅為多大題9-23圖分析原有空盤振動(dòng)系統(tǒng)由于下落物體的參加，振子質(zhì)量由m1變?yōu)閙1+m2，因此新系統(tǒng)的角頻率〔或周期〕要改變．由于，因此，確定初始速度v0和初始位移x0是求解振幅A的關(guān)鍵．物體落到盤中，與盤作完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可確定盤與物體的共同初速度v0，這也是該振動(dòng)系統(tǒng)的初始速度．在確定初始時(shí)刻的位移x0時(shí)，應(yīng)注意新振動(dòng)系統(tǒng)的平衡位置應(yīng)是盤和物體懸掛在彈簧上的平衡位置．因此，此題中初始位移x0，也就是空盤時(shí)的平衡位置相對(duì)新系統(tǒng)的平衡位置的位移．解〔1〕空盤時(shí)和物體落入盤中后的振動(dòng)周期分別為可見T′＞T，即振動(dòng)周期變大了．〔2〕如圖〔b〕所示，取新系統(tǒng)的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O．那么根據(jù)分析中所述，初始位移為空盤時(shí)的平衡位置相對(duì)粘上物體后新系統(tǒng)平衡位置的位移，即式中l(wèi)1＝m1/k為空盤靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量，l2＝〔m1＋m2〕/k為物體粘在盤上后，靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量．由動(dòng)量守恒定律可得振動(dòng)系統(tǒng)的初始速度，即盤與物體相碰后的速度式中是物體由h上下落至盤時(shí)的速度．故系統(tǒng)振動(dòng)的振幅為此題也可用機(jī)械能守恒定律求振幅A．9-24如以下列圖，勁度系數(shù)為k的輕彈簧，系一質(zhì)量為m1的物體，在水平面上作振幅為A的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．有一質(zhì)量為m2的粘土，從高度h自由下落，正好在〔a〕物體通過平衡位置時(shí)，〔b〕物體在最大位移處時(shí)，落在物體上．分別求：〔1〕振動(dòng)周期有何變化〔2〕振幅有何變化題9-24圖分析諧振子系統(tǒng)的周期只與彈簧的勁度系數(shù)和振子的質(zhì)量有關(guān)．由于粘土落下前后，振子的質(zhì)量發(fā)生了改變，因此，振動(dòng)周期也將變化．至于粘土如何落下是不影響振動(dòng)周期的．但是，粘土落下時(shí)將改變振動(dòng)系統(tǒng)的初始狀態(tài)，因此，對(duì)振幅是有影響的．在粘土落到物體上的兩種不同情況中，系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量都是守恒的．利用動(dòng)量守恒定律可求出兩種情況下系統(tǒng)的初始速度，從而利用機(jī)械能守恒定律〔或公式〕求得兩種情況下的振幅．解〔1〕由分析可知，在〔a〕、〔b〕兩種情況中，粘土落下前后的周期均為物體粘上粘土后的周期T′比原周期T大．〔2〕〔a〕設(shè)粘土落至物體前后，系統(tǒng)振動(dòng)的振幅和物體經(jīng)過平衡位置時(shí)的速度分別為A、v和A′、v′．由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可列出如下各式〔1〕〔2〕〔3〕聯(lián)立解上述三式，可得即A′＜A，說明增加粘土后，物體的振幅變小了．〔b〕物體正好在最大位移處時(shí)，粘土落在物體上．那么由動(dòng)量守恒定律知它們水平方向的共同速度v′＝m1v/〔m1＋m2〕＝0，因而振幅不變，即A′＝A9-25質(zhì)量為0.10kg的物體，以振幅1.0×10-2m作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其最大加速度為4.0ｍ·s-1求：〔1〕振動(dòng)的周期；〔2〕物體通過平衡位置時(shí)的總能量與動(dòng)能；〔3〕物體在何處其動(dòng)能和勢(shì)能相等〔4〕當(dāng)物體的位移大小為振幅的一半時(shí)，動(dòng)能、勢(shì)能各占總能量的多少分析在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過程中，物體的最大加速度，由此可確定振動(dòng)的周期T．另外，在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能是守恒的，其中動(dòng)能和勢(shì)能互相交替轉(zhuǎn)化，其總能量E＝kA2/2．當(dāng)動(dòng)能與勢(shì)能相等時(shí)，Ek＝EP＝kA2/4．因而可求解此題．解〔1〕由分析可得振動(dòng)周期〔2〕當(dāng)物體處于平衡位置時(shí)，系統(tǒng)的勢(shì)能為零，由機(jī)械能守恒可得系統(tǒng)的動(dòng)能等于總能量，即〔3〕設(shè)振子在位移x0處動(dòng)能與勢(shì)能相等，那么有得〔４〕物體位移的大小為振幅的一半〔即〕時(shí)的勢(shì)能為那么動(dòng)能為9-26一氫原子在分子中的振動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．氫原子質(zhì)量m＝1.68×10-27Kg，振動(dòng)頻率＝1.0×1014Hz，振幅A＝1.0×10-11ｍ．試計(jì)算：〔1〕此氫原子的最大速度；〔2〕與此振動(dòng)相聯(lián)系的能量．解〔1〕簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)中振子運(yùn)動(dòng)的速度v＝－Aωsin〔ωt＋φ〕，故氫原子振動(dòng)的最大速度為〔２〕氫原子的振動(dòng)能量9-27質(zhì)量m＝10g的小球與輕彈簧組成一振動(dòng)系統(tǒng)，按的規(guī)律作自由振動(dòng)，求〔1〕振動(dòng)的角頻率、周期、振幅和初相；〔2〕振動(dòng)的能量E；〔3〕一個(gè)周期內(nèi)的平均動(dòng)能和平均勢(shì)能．解〔1〕將與比較后可得：角頻率，振幅A＝0.5cm，初相φ＝π/3，那么周期T＝2π/ω＝0.25ｓ〔2〕簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量〔3〕簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和勢(shì)能分別為那么在一個(gè)周期中，動(dòng)能與勢(shì)能對(duì)時(shí)間的平均值分別為9-28兩同方向、同頻率的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程分別為；．求：〔1〕合振動(dòng)的振幅及初相；〔2〕假設(shè)有另一同方向、同頻率的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，那么為多少時(shí)，x1＋x3的振幅最大又為多少時(shí)，x2＋x3的振幅最小題9-28圖分析可采用解析法或旋轉(zhuǎn)矢量法求解.由旋轉(zhuǎn)矢量合成可知，兩個(gè)同方向、同頻率簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的合成仍為一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其角頻率不變；合振動(dòng)的振幅，其大小與兩個(gè)分振動(dòng)的初相差相關(guān)．而合振動(dòng)的初相位解〔1〕作兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)合成的旋轉(zhuǎn)矢量圖〔如圖〕．因?yàn)?，故合振?dòng)振幅為合振動(dòng)初相位〔2〕要使x1＋x3振幅最大，即兩振動(dòng)同相，那么由得要使x1＋x3的振幅最小，即兩振動(dòng)反相，那么由得9-29手電筒和屏幕質(zhì)量均為m，且均被勁度系數(shù)為k的輕彈簧懸掛于同一水平面上，如以下列圖．平衡時(shí)，手電筒的光恰好照在屏幕中心．設(shè)手電筒和屏幕相對(duì)于地面上下振動(dòng)的表達(dá)式分別為和．試求在下述兩種情況下，初相位φ1、φ2應(yīng)滿足的條件：〔1〕光點(diǎn)在屏幕上相對(duì)于屏靜止不動(dòng)；〔2〕光點(diǎn)在屏幕上相對(duì)于屏作振幅A′＝2A的振動(dòng)．并說明用何種方式起動(dòng)，才能得到上述結(jié)果．題9-29圖分析落在屏幕上的光點(diǎn)相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)和屏幕相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)都道，且是兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．因此由運(yùn)動(dòng)的合成不難寫出光點(diǎn)相對(duì)屏的運(yùn)動(dòng)〔實(shí)際上是兩個(gè)同方向、同頻率簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的合成〕．根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)公式，有依題意所以可見光點(diǎn)對(duì)屏的運(yùn)動(dòng)就是兩個(gè)同方向、同頻率簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)和的合成．用與上題一樣的方法即可求解此題．其中合運(yùn)動(dòng)振幅．解〔1〕根據(jù)分析和參考上題求解，當(dāng)要求任一時(shí)刻光點(diǎn)相對(duì)于屏不動(dòng)，即，就是當(dāng)時(shí)，即時(shí)〔〕，A′＝0．當(dāng)光點(diǎn)相對(duì)于屏作振幅為2A的運(yùn)動(dòng)時(shí)，要求，即．〔2〕由以上求解可知，要使光點(diǎn)相對(duì)于屏不動(dòng)，就要求手電筒和屏的振動(dòng)始終要同步，即同相位，為此，把它們往下拉A位移后，同時(shí)釋放即可；同理，要使光點(diǎn)對(duì)屏作振幅為2A的諧振動(dòng)，兩者必須相位相反，為此，讓手電筒位于平衡點(diǎn)0上方的-A處，而屏那么位于+A處同時(shí)釋放，即可實(shí)現(xiàn)．9-30兩個(gè)同頻率的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)1和2的振動(dòng)曲線如圖〔a〕所示，求〔1〕兩簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程x1和x2；〔2〕在同一圖中畫出兩簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的旋轉(zhuǎn)矢量，并比較兩振動(dòng)的相位關(guān)系；〔3〕假設(shè)兩簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)疊加，求合振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程．分析振動(dòng)圖已給出了兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅和周期，因此只要利用圖中所給初始條件，由旋轉(zhuǎn)矢量法或解析法求出初相位，便可得兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方程．解〔1〕由振動(dòng)曲線可知，A＝0.1ｍ，T＝2ｓ，那么ω＝2π／T＝πｓ-1．曲線1表示質(zhì)點(diǎn)初始時(shí)刻在x＝0處且向x軸正向運(yùn)動(dòng)，因此φ1＝－π／2；曲線2表示質(zhì)點(diǎn)初始時(shí)刻在x＝A/2處且向x軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，因此φ2＝π／3．它們的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔b〕所示．那么兩振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程分別為和〔2〕由圖〔b〕可知振動(dòng)2超前振動(dòng)1的相位為5π／6．〔3〕其中那么合振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程為題9-30圖9-31將頻率為348Hz的標(biāo)準(zhǔn)音叉振動(dòng)和一待測(cè)頻率的音叉振動(dòng)合成，測(cè)得拍頻為3.0Hz．假設(shè)在待測(cè)頻率音叉的一端加上一小塊物體，那么拍頻數(shù)將減少，求待測(cè)音叉的固有頻率．分析這是利用拍現(xiàn)象來測(cè)定振動(dòng)頻率的一種方法．在頻率1和拍頻數(shù)Δ＝|2－1|的情況下，待測(cè)頻率2可取兩個(gè)值，即2＝1±Δ．式中Δ前正、負(fù)號(hào)的選取應(yīng)根據(jù)待測(cè)音叉系統(tǒng)質(zhì)量改變時(shí)，拍頻數(shù)變化的情況來決定．解根據(jù)分析可知，待測(cè)頻率的可能值為2＝1±Δ＝〔348±3〕Hz因振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率，即質(zhì)量m增加時(shí)，頻率減?。畯念}意知，當(dāng)待測(cè)音叉質(zhì)量增加時(shí)拍頻減少，即｜2－1｜變?。虼耍跐M足2與Δ均變小的情況下，式中只能取正號(hào)，故待測(cè)頻率為2＝1＋Δ＝351Hz*9-32示波管的電子束受到兩個(gè)互相垂直的電場(chǎng)的作用．電子在兩個(gè)方向上的位移分別為和，求在φ＝0°，φ＝30°，φ＝90°各種情況下，電子在熒光屏上的軌跡方程．解這是兩個(gè)振動(dòng)方向互相垂直的同頻率簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的合成問題．合振動(dòng)的軌跡方程為式中A1、A2為兩振動(dòng)的振幅，Δφ為兩個(gè)振動(dòng)的初相差．此題中A1＝A2＝A，Δφ＝φ，故有〔1〕當(dāng)φ＝0°時(shí)，有x＝y(tǒng)，軌跡為一直線方程．〔2〕當(dāng)φ＝30°時(shí)，有x2＋y2－xy＝A2/4，軌跡為橢圓方程．〔3〕當(dāng)φ＝90°時(shí)，有x2＋y2＝A2，軌跡為圓方程．*9-33圖示為測(cè)量液體阻尼系數(shù)的裝置簡(jiǎn)圖，將一質(zhì)量為m的物體掛在輕彈簧上，在空氣中測(cè)得振動(dòng)的頻率為1，置于液體中測(cè)得的頻率為2，求此系統(tǒng)的阻尼系數(shù)．題9-33圖分析在阻尼不太大的情況下，阻尼振動(dòng)的角頻率ω與無阻尼時(shí)系統(tǒng)的固有角頻率ω0及阻尼系數(shù)δ有關(guān)系式．因此根據(jù)題中測(cè)得的1和2〔即ω0、ω〕，就可求出δ．解物體在空氣和液體中的角頻率為和，得阻尼系數(shù)為*9-34一彈簧振子系統(tǒng)，物體的質(zhì)量m＝1.0Kg，彈簧的勁度系數(shù)k＝900N·m-1．系統(tǒng)振動(dòng)時(shí)受到阻尼作用，其阻尼系數(shù)δ＝10.0ｓ-1．為了使振動(dòng)持續(xù)，現(xiàn)另外加一周期性驅(qū)動(dòng)外力．求：〔1〕振子到達(dá)穩(wěn)定時(shí)的振動(dòng)角頻率；〔2〕假設(shè)外力的角頻率可以改變，當(dāng)其值為多少時(shí)系統(tǒng)出現(xiàn)共振現(xiàn)象其共振的振幅多大分析此題是物體在有阻尼條件下的受迫振動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為〔1〕等式右邊第一項(xiàng)與阻尼有關(guān)，該項(xiàng)經(jīng)一段時(shí)間后，因而消失．因此，穩(wěn)定時(shí)系統(tǒng)的振動(dòng)由第二項(xiàng)確定，它是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程．其中為周期性外力的角頻率，由此可知，此時(shí)振動(dòng)的角頻率即是周期性外力的角頻率．而振幅為〔2〕式中為周期性外界驅(qū)動(dòng)力的力幅，是彈簧振子的固有角頻率，m是振子質(zhì)量．當(dāng)阻尼系數(shù)δ一定時(shí)，振幅A是外力的角頻率ωP的函數(shù)．共振時(shí)，振幅最大，故可采用對(duì)函數(shù)A〔ωP〕求極值的方法確定共振頻率和振幅．解〔1〕根據(jù)分析，受迫振動(dòng)到達(dá)穩(wěn)定時(shí)，系統(tǒng)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的角頻率即為周期性外力的角頻率，故有〔2〕受迫振動(dòng)到達(dá)穩(wěn)定后，其振幅．當(dāng)時(shí)振幅將取得極大值，稱共振現(xiàn)象．此時(shí)可解得周期性外界驅(qū)動(dòng)力的角頻率為將上述結(jié)果代入振幅A的表達(dá)式中，得共振時(shí)振幅為9-35在一個(gè)LC振蕩電路中，假設(shè)電容器兩極板上的交變電壓，電容，電路中的電阻可以忽略不計(jì)．求：〔1〕振蕩的周期；〔2〕電路中的自感；〔3〕電路中的電流隨時(shí)間變化的規(guī)律．分析在不計(jì)電阻的前提下，該LC電路是無阻尼自由振蕩電路，在振蕩過程中電容器兩極板上的電壓、電荷及電路中的電流均以一樣的周期變化著．振蕩周期為T＝2πLC．因此，此題可通過的電壓的角頻率ω，求出振蕩周期，然后可求出自感L．另外，電容器極板上電壓U、電荷q始終滿足關(guān)系式q＝CU．因此，在確定q＝q〔t〕后，根據(jù)電流定義I＝dq/dt，可求出電流的變化規(guī)律．解〔1〕從題中的電壓變化關(guān)系中得振蕩周期為〔2〕由振蕩電路周期得電路中的自感為〔3〕電路中電流隨時(shí)間變化的規(guī)律為9-36用一個(gè)電容可在10.0pF到360.0pF范圍內(nèi)變化的電容器和一個(gè)自感線圈并聯(lián)組成無線電收音機(jī)的調(diào)諧電路．〔1〕該調(diào)諧電路可以接收的最大和最小頻率之比是多少〔2〕為了使調(diào)諧頻率能在5.0×105Hz到1.5×106Hz的頻率范圍內(nèi)，需在原電容器上并聯(lián)一個(gè)多大的電容此電路選用的自感應(yīng)為多大分析當(dāng)自感L一定時(shí)，要改變調(diào)諧頻率的范圍，只需改變電容的變化范圍．此題采用并聯(lián)電容C的方法使電容由原有的變化范圍Cmin～Cmax改變?yōu)镃min＋C～Cmax＋C，從而到達(dá)新的調(diào)諧目的．為此，可根據(jù)，由原有電容比Cmax／Cmin來確定對(duì)應(yīng)的頻率比．再由新要求的頻率比來確定需要并聯(lián)的電容的大?。狻?〕當(dāng)線圈自感L一定時(shí)，由，可得〔２〕為了在5.0×105Hz～1.5×106Hz的頻率范圍內(nèi)調(diào)諧，應(yīng)滿足由此得在原電容器上需并聯(lián)的電容為此電路選用的線圈自感為9-37一振蕩電路，C＝0.25μF，L＝1.015H．電路中電阻可忽略不計(jì)，電容器上電荷最大值為Q0＝2.5×10-6C．〔1〕寫出電路接通后電容器兩極板間的電勢(shì)差隨時(shí)間而變化的方程和電路中電流隨時(shí)間而變化的方程；〔2〕寫出電場(chǎng)的能量、磁場(chǎng)能量及總能量隨時(shí)間而變化的方程；〔3〕求t1＝T/8和t2＝T/4時(shí)，電容器兩極板間的電勢(shì)差、電路中的電流、電場(chǎng)能、磁場(chǎng)能．分析無阻尼LC振蕩電路中電流、電容器極板上電荷以及電勢(shì)差均以一樣的頻率隨時(shí)間作正弦或余弦變化．如果令極板上電荷，那么由可得電路中的電流I、極板兩端電勢(shì)差U的變化規(guī)律．利用電磁場(chǎng)中電場(chǎng)能量和磁場(chǎng)能量公式可寫出它們隨時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式和特定時(shí)刻的瞬時(shí)值．解〔1〕LC無阻尼振蕩電路的振蕩角頻率為假設(shè)以電路閉合的瞬間為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此時(shí)極板上電荷最大．那么任一時(shí)刻極板上的電荷為該時(shí)刻電路中的電流為極板兩端電勢(shì)差為〔2〕任意時(shí)刻電場(chǎng)能量、磁場(chǎng)能量及總能量分別為〔3〕由，可得T＝0.001ｓ，那么當(dāng)t1＝T/8時(shí)，由上述各式可得同理，當(dāng)時(shí)可得由上述結(jié)果可以看出LC電路在無阻尼振蕩過程中，總的電磁場(chǎng)能量是不變的，即滿足能量守恒定律．第十章波動(dòng)10-1圖〔a〕表示t＝0時(shí)的簡(jiǎn)諧波的波形圖，波沿x軸正方向傳播，圖〔b〕為一質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)曲線．那么圖〔a〕中所表示的x＝0處振動(dòng)的初相位與圖〔b〕所表示的振動(dòng)的初相位分別為〔〕題10-1圖〔Ａ〕均為零〔Ｂ〕均為〔Ｃ〕均為〔Ｄ〕與〔Ｅ〕與分析與解此題給了兩個(gè)很相似的曲線圖，但本質(zhì)卻完全不同．求解此題要弄清振動(dòng)圖和波形圖不同的物理意義．圖〔a〕描述的是連續(xù)介質(zhì)中沿波線上許許多多質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)在t時(shí)刻的位移狀態(tài)．其中原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)位移為零，其運(yùn)動(dòng)方向由圖中波形狀態(tài)和波的傳播方向可以知道是沿y軸負(fù)向，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可以方便的求出該質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的初相位為π/2．而圖〔b〕是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)曲線圖，該質(zhì)點(diǎn)在t＝0時(shí)位移為0，t＞0時(shí)，由曲線形狀可知，質(zhì)點(diǎn)向y軸正向運(yùn)動(dòng)，故由旋轉(zhuǎn)矢量法可判知初相位為－π/2，答案為〔D〕．10-2機(jī)械波的表達(dá)式為，那么〔〕〔Ａ〕波長(zhǎng)為100ｍ〔Ｂ〕波速為10ｍ·ｓ-1〔Ｃ〕周期為1/3ｓ〔Ｄ〕波沿x軸正方向傳播分析與解波動(dòng)方程的一般表式為，其中A為振幅，φ為初相，u為波速．x/u前的“-〞表示波沿x軸正向傳播，“+〞表示波沿x軸負(fù)向傳播．因此將原式寫為和一般式比較可知〔Ｂ〕、〔Ｄ〕均不對(duì)．而由ω＝2π/T＝6πｓ-1可知T＝〔1/3〕ｓ．那么λ＝uT＝33.3m，因此〔Ａ〕也不對(duì)．只有〔Ｃ〕正確．10-3一平面簡(jiǎn)諧波，沿x軸負(fù)方向傳播，角頻率為ω，波速為u．設(shè)時(shí)刻的波形如圖〔a〕所示，那么該波的表達(dá)式為〔〕題10-3圖分析與解因?yàn)椴ㄑ豿軸負(fù)向傳播，由上題分析知〔Ａ〕、〔B〕表式不正確．找出〔C〕、〔D〕哪個(gè)是正確答案，可以有很多方法．這里給出兩個(gè)常用方法．方法一：直接將t＝T/4，x＝0代入方程，那么對(duì)〔C〕有y0＝A、對(duì)〔D〕有y0＝0，可見〔D〕的結(jié)果與圖一致．方法二：用旋轉(zhuǎn)矢量法求出波動(dòng)方程的初相位．由圖〔a〕可以知道t＝T/4時(shí)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的位移為0，且向y軸正向運(yùn)動(dòng)，那么此時(shí)刻的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔b〕所示．要求初相位，只要將該時(shí)刻的旋轉(zhuǎn)矢量反轉(zhuǎn)〔順時(shí)針轉(zhuǎn)〕Δφ＝ω·Δt＝ω·T/4＝π/2，如圖〔b〕所示，即得φ0＝π．同樣得〔D〕是正確答案．題10-4圖10-4如以下列圖，兩列波長(zhǎng)為λ的相干波在點(diǎn)P相遇．波在點(diǎn)S1振動(dòng)的初相是φ1，點(diǎn)S1到點(diǎn)P的距離是r1．波在點(diǎn)S2的初相是φ2，點(diǎn)S2到點(diǎn)P的距離是r2，以k代表零或正、負(fù)整數(shù)，那么點(diǎn)P是干預(yù)極大的條件為〔〕分析與解P是干預(yù)極大的條件為兩分振動(dòng)的相位差，而兩列波傳到P點(diǎn)時(shí)的兩分振動(dòng)相位差為，應(yīng)選項(xiàng)〔D〕正確．10-5在駐波中，兩個(gè)相鄰波節(jié)間各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)〔〕〔A〕振幅一樣，相位一樣〔B〕振幅不同，相位一樣〔C〕振幅一樣，相位不同〔D〕振幅不同，相位不同分析與解駐波方程為，因此根據(jù)其特點(diǎn)，兩波節(jié)間各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)同相位，但振幅不同．因此正確答案為〔B〕．10-6頻率為＝1.25×104Hz的平面簡(jiǎn)諧縱波沿細(xì)長(zhǎng)的金屬棒傳播，棒的彈性模量為E＝1.90×1011N·m-2，棒的密度ρ＝7.6×103Kg·m-3．求該縱波的波長(zhǎng)．分析因機(jī)械波傳播速度與介質(zhì)性質(zhì)有關(guān)，固體中縱波傳播速度．而波的特征量波長(zhǎng)λ與波速u、頻率之間有λ＝u/．所以，頻率一定的振動(dòng)在不同介質(zhì)中傳播時(shí)，其波長(zhǎng)不同．由上述關(guān)系可求得波長(zhǎng)．解由分析可知金屬棒中傳播的縱波速度，因此，該縱波的波長(zhǎng)為10-7一橫波在沿繩子傳播時(shí)的波動(dòng)方程為．〔1〕求波的振幅、波速、頻率及波長(zhǎng)；〔2〕求繩上質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)的最大速度；〔3〕分別畫出t＝1s和t＝2s時(shí)的波形，并指出波峰和波谷．畫出x＝1.0ｍ處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)曲線并討論其與波形圖的不同．分析〔1〕波動(dòng)方程〔又稱波函數(shù)〕求波動(dòng)的特征量〔波速u、頻率、振幅A及波長(zhǎng)λ等〕，通常采用比較法．將的波動(dòng)方程按波動(dòng)方程的一般形式書寫，然后通過比較確定各特征量〔式中前“-〞、“+〞的選取分別對(duì)應(yīng)波沿x軸正向和負(fù)向傳播〕．比較法思路清晰、求解簡(jiǎn)便，是一種常用的解題方法．〔2〕討論波動(dòng)問題，要理解振動(dòng)物理量與波動(dòng)物理量之間的內(nèi)在聯(lián)系與區(qū)別．例如區(qū)分質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度與波速的不同，振動(dòng)速度是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度，即v＝dy/dt；而波速是波線上質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的傳播速度〔也稱相位的傳播速度、波形的傳播速度或能量的傳播速度〕，其大小由介質(zhì)的性質(zhì)決定．介質(zhì)不變，波速保持恒定．〔3〕將不同時(shí)刻的t值代入波動(dòng)方程，便可以得到不同時(shí)刻的波形方程y＝y(tǒng)〔x〕，從而作出波形圖．而將確定的x值代入波動(dòng)方程，便可以得到該位置處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程y＝y(tǒng)〔t〕，從而作出振動(dòng)圖．解〔1〕將波動(dòng)方程表示為與一般表達(dá)式比較，可得那么〔2〕繩上質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度那么〔3〕t＝1ｓ和t＝2ｓ時(shí)的波形方程分別為波形圖如圖〔a〕所示．x＝1.0m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為振動(dòng)圖線如圖〔b〕所示．波形圖與振動(dòng)圖雖在圖形上相似，但卻有著本質(zhì)的區(qū)別．前者表示某確定時(shí)刻波線上所有質(zhì)點(diǎn)的位移情況，而后者那么表示某確定位置的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，其位移隨時(shí)間變化的情況．題10-7圖10-8波源作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1的速度沿一直線傳播．〔1〕求波的周期及波長(zhǎng)；〔2〕寫出波動(dòng)方程．分析波源運(yùn)動(dòng)方程求波動(dòng)物理量及波動(dòng)方程，可先將運(yùn)動(dòng)方程與其一般形式進(jìn)展比較，求出振幅A、角頻率ω及初相φ0，而這三個(gè)物理量與波動(dòng)方程的一般形式中相應(yīng)的三個(gè)物理量是一樣的．再利用題中的波速u及公式ω＝2πν＝2π／T和λ＝uT即可求解．解〔1〕由的運(yùn)動(dòng)方程可知，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的角頻率．根據(jù)分析中所述，波的周期就是振動(dòng)的周期，故有波長(zhǎng)為λ＝uT＝0.25ｍ〔２〕將的波源運(yùn)動(dòng)方程與簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程的一般形式比較后可得A＝4.0×10-3m，，φ0＝0故以波源為原點(diǎn)，沿x軸正向傳播的波的波動(dòng)方程為10-9一波動(dòng)方程為．〔1〕求波長(zhǎng)、頻率、波速和周期；〔2〕說明x＝0時(shí)方程的意義，并作圖表示．題10-9圖分析采用比較法．將題給的波動(dòng)方程改寫成波動(dòng)方程的余弦函數(shù)形式，比較可得角頻率ω、波速u，從而求出波長(zhǎng)、頻率等．當(dāng)x確定時(shí)波動(dòng)方程即為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程y＝y(tǒng)〔t〕．解〔1〕將題給的波動(dòng)方程改寫為與比較后可得波速u＝15.7ｍ·ｓ-1，角頻率ω＝10πｓ-1，故有〔2〕由分析知x＝0時(shí)，方程表示位于坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程〔如圖〕．10-10波源作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，周期為0.02ｓ，假設(shè)該振動(dòng)以100m·ｓ-1的速度沿直線傳播，設(shè)t＝0時(shí)，波源處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)平衡位置向正方向運(yùn)動(dòng)，求：〔1〕距波源15.0ｍ和5.0m兩處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程和初相；〔2〕距波源為16.0m和17.0m的兩質(zhì)點(diǎn)間的相位差．分析〔1〕根據(jù)題意先設(shè)法寫出波動(dòng)方程，然后代入確定點(diǎn)處的坐標(biāo)，即得到質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程．并可求得振動(dòng)的初相．〔2〕波的傳播也可以看成是相位的傳播．由波長(zhǎng)λ的物理含意，可知波線上任兩點(diǎn)間的相位差為Δφ＝2πΔx／λ．解〔1〕由題給條件，可得當(dāng)t＝0時(shí)，波源質(zhì)點(diǎn)經(jīng)平衡位置向正方向運(yùn)動(dòng)，因而由旋轉(zhuǎn)矢量法可得該質(zhì)點(diǎn)的初相為φ0＝－π／2〔或3π／2〕．假設(shè)以波源為坐標(biāo)原點(diǎn)，那么波動(dòng)方程為距波源為x1＝15.0m和x2＝5.0m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程分別為它們的初相分別為φ10＝－15.5π和φ10＝－5.5π〔假設(shè)波源初相取φ0＝3π/2，那么初相φ10＝－13.5π，φ10＝－3.5π．〕〔2〕距波源16.0m和17.0m兩點(diǎn)間的相位差10-11有一平面簡(jiǎn)諧波在空間傳播．在波線上某點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)規(guī)律為，就圖〔a〕〔b〕〔c〕給出的三種坐標(biāo)取法，分別列出波動(dòng)方程．并用這三個(gè)方程來描述與B相距為b的P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．分析〔1〕波動(dòng)方程的一般表式為，式中振幅A、角頻率ω和波速u從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程和所給圖均．因此只要求出原點(diǎn)的初相φ0．而對(duì)〔a〕、〔b〕情況，B點(diǎn)即為原點(diǎn)，所以φ0＝φ，對(duì)情況〔c〕，原點(diǎn)比B點(diǎn)超前相位Δφ＝ω1／u，那么φ0＝φ＋ω1／u．〔2〕寫出三種情況下波動(dòng)方程后只要將P點(diǎn)相應(yīng)的坐標(biāo)代入即可寫出P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．解〔1〕根據(jù)分析和圖示波的傳播方向，有〔a〕情況下：〔b〕情況下：〔c〕情況下：題10-11圖〔2〕將P點(diǎn)的x坐標(biāo)值分別代入上述相應(yīng)的波動(dòng)方程可得三種情況下均有：討論由于三種情況下，在沿波傳播方向上，P點(diǎn)均落在B點(diǎn)后距離為b處，即P點(diǎn)的振動(dòng)均比B點(diǎn)的振動(dòng)落后時(shí)間b/u，落后相位ωb/u，因而P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程均為．10-12圖示為平面簡(jiǎn)諧波在t＝0時(shí)的波形圖，設(shè)此簡(jiǎn)諧波的頻率為250Hz，且此時(shí)圖中質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向向上．求：〔1〕該波的波動(dòng)方程；〔2〕在距原點(diǎn)O為7.5m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程與t＝0時(shí)該點(diǎn)的振動(dòng)速度．分析〔1〕從波形曲線圖獲取波的特征量，從而寫出波動(dòng)方程是建設(shè)波動(dòng)方程的又一途徑．具體步驟為：1.從波形圖得出波長(zhǎng)λ、振幅A和波速u＝λ；2.根據(jù)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)來判斷波的傳播方向，從而可確定原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)趨向，并利用旋轉(zhuǎn)矢量法確定其初相φ0．〔2〕在波動(dòng)方程確定后，即可得到波線上距原點(diǎn)O為x處的運(yùn)動(dòng)方程y＝y(tǒng)〔t〕，及該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度＝dy/dt．解〔1〕從圖中得知，波的振幅A＝0.10m，波長(zhǎng)λ＝20.0m，那么波速u＝λ＝5.0×103ｍ·ｓ-1．根據(jù)t＝0時(shí)點(diǎn)P向上運(yùn)動(dòng)，可知波沿Ox軸負(fù)向傳播，并判定此時(shí)位于原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)將沿Oy軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)．利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得其初相φ0＝π/3．故波動(dòng)方程為〔2〕距原點(diǎn)O為x＝7.5ｍ處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為t＝0時(shí)該點(diǎn)的振動(dòng)速度為題10-12圖10-13如以下列圖為一平面簡(jiǎn)諧波在t＝0時(shí)刻的波形圖，求〔1〕該波的波動(dòng)方程；〔2〕P處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程．題10-13圖分析〔1〕根據(jù)波形圖可得到波的波長(zhǎng)λ、振幅A和波速u，因此只要求初相φ，即可寫出波動(dòng)方程．而由圖可知t＝0時(shí)，x＝0處質(zhì)點(diǎn)在平衡位置處，且由波的傳播方向可以判斷出該質(zhì)點(diǎn)向y軸正向運(yùn)動(dòng)，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可知φ＝－π/2．〔2〕波動(dòng)方程確定后，將P處質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)x代入波動(dòng)方程即可求出其運(yùn)動(dòng)方程yP＝y(tǒng)P〔t〕．解〔1〕由圖可知振幅A＝0.04ｍ，波長(zhǎng)λ＝0.40ｍ，波速u＝0.08ｍ·ｓ-1，那么ω＝2π/T＝2πu/λ＝〔2π/5〕ｓ-1，根據(jù)分析φ＝－π/2，因此波動(dòng)方程為〔2〕距原點(diǎn)O為x＝0.20ｍ處的P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為10-14一平面簡(jiǎn)諧波，波長(zhǎng)為12m，沿Ox軸負(fù)向傳播．圖〔a〕所示為x＝1.0m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)曲線，求此波的波動(dòng)方程．題10-14圖分析該題可利用振動(dòng)曲線來獲取波動(dòng)的特征量，從而建設(shè)波動(dòng)方程．求解的關(guān)鍵是如何根據(jù)圖〔a〕寫出它所對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)方程．較簡(jiǎn)便的方法是旋轉(zhuǎn)矢量法．解由圖〔a〕可知質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的振幅A＝0.40ｍ，t＝0時(shí)位于x＝1.0m處的質(zhì)點(diǎn)在A/2處并向Oy軸正向移動(dòng)．據(jù)此作出相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖〔b〕，從圖中可知．又由圖〔a〕可知，t＝5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)第一次回到平衡位置，由圖〔b〕可看出ωt＝5π／6，因而得角頻率ω＝〔π/6〕s-1．由上述特征量可寫出x＝1.0m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為將波速及x＝1.0m代入波動(dòng)方程的一般形式中，并與上述x＝1.0m處的運(yùn)動(dòng)方程作比較，可得φ0＝－π／2，那么波動(dòng)方程為10-15圖中〔Ⅰ〕是t＝0時(shí)的波形圖，〔Ⅱ〕是t＝0.1s時(shí)的波形圖，T＞0.1s，寫出波動(dòng)方程的表達(dá)式．題10-15圖分析波動(dòng)方程的形式為從如以下列圖的t＝0時(shí)的波形曲線Ⅰ，可知波的振幅A和波長(zhǎng)λ，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可確定原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的初相φ0．因此，確定波的周期就成為了解題的關(guān)鍵．從題給條件來看，周期T只能從兩個(gè)不同時(shí)刻的波形曲線之間的聯(lián)系來得到．為此，可以從下面兩個(gè)不同的角度來分析．〔1〕由曲線〔Ⅰ〕可知，在t＝0時(shí)，原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)處在平衡位置且向Oy軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，而曲線〔Ⅱ〕那么說明，經(jīng)過0.1s后，該質(zhì)點(diǎn)已運(yùn)動(dòng)到Oy軸上的-A處．因此，可列方程kT+T/4＝0.1s，在一般情形下，k＝0，1，2，…這就是說，質(zhì)點(diǎn)在0.1s內(nèi)，可以經(jīng)歷k個(gè)周期振動(dòng)后再回到-A處，故有T＝0.1／(k＋0.25〕s．〔2〕從波形的移動(dòng)來分析．因波沿Ox軸正方向傳播，波形曲線〔Ⅱ〕可視為曲線〔Ⅰ〕向右平移了Δx＝uΔt＝λΔt／T．由圖可知，Δx＝kλ＋λ/4，故有kλ＋λ/4＝λΔt／T，同樣也得T＝0.1/(k＋0.25)s．應(yīng)當(dāng)注意，k的取值由題給條件T＞0.1s所決定．解從圖中可知波長(zhǎng)λ＝2.0m，振幅A＝0.10m．由波形曲線〔Ⅰ〕得知在t＝0時(shí)，原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置且向Oy軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得φ0＝π/2．根據(jù)上面的分析，周期為由題意知T＞0.1s，故上式成立的條件為k＝0，可得T＝0.4s．這樣，波動(dòng)方程可寫成10-16平面簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程為．求：〔1〕t＝2.1s時(shí)波源及距波源0.10m兩處的相位；〔2〕離波源0.80m及0.30m兩處的相位差．解〔1〕將t＝2.1s和x＝0代入題給波動(dòng)方程，可得波源處的相位將t＝2.1s和x′＝0.10m代入題給波動(dòng)方程，得0.10m處的相位為〔2〕從波動(dòng)方程可知波長(zhǎng)λ＝1.0m．這樣，x1＝0.80m與x2＝0.30m兩點(diǎn)間的相位差10-17為了保持波源的振動(dòng)不變，需要消耗4.0W的功率．假設(shè)波源發(fā)出的是球面波〔設(shè)介質(zhì)不吸收波的能量〕．求距離波源5.0m和10.0m處的能流密度．分析波的傳播伴隨著能量的傳播．由于波源在單位時(shí)間內(nèi)提供的能量恒定，且介質(zhì)不吸收能量，故對(duì)于球面波而言，單位時(shí)間內(nèi)通過任意半徑的球面的能量〔即平均能流〕一樣，都等于波源消耗的功率．而在同一個(gè)球面上各處的能流密度一樣，因此，可求出不同位置的能流密度I＝/S．解由分析可知，半徑r處的能流密度為當(dāng)r1＝5.0m、r2＝10.0m時(shí)，分別有10-18有一波在介質(zhì)中傳播，其波速u＝1.0×103m·s-1，振幅A＝1.0×10-4m，頻率ν＝1.0×103Hz．假設(shè)介質(zhì)的密度為ρ＝8.0×102kg·m-3，求：〔1〕該波的能流密度；〔2〕1min內(nèi)垂直通過4.0×10-4m2的總能量．解〔1〕由能流密度I的表達(dá)式得〔2〕在時(shí)間間隔Δt＝60s內(nèi)垂直通過面積S的能量為10-19如以下列圖，兩振動(dòng)方向一樣的平面簡(jiǎn)諧波波源分別位于A、B兩點(diǎn)．設(shè)它們相位一樣，且頻率均為＝30Hz，波速u＝0.50m·s-1．求在P點(diǎn)處兩列波的相位差．分析在均勻介質(zhì)中，兩列波相遇時(shí)的相位差Δφ一般由兩局部組成，即它們的初相差φA-φB和由它們的波程差而引起的相位差2πΔr/λ．此題因φA＝φB，故它們的相位差只取決于波程差．解在圖中的直角三角形ABP中兩列波在點(diǎn)P處的波程差為Δr＝AP－BP，那么相位差為題10-19圖10-20如以下列圖，兩相干波源分別在P、Q兩點(diǎn)處，它們發(fā)出頻率為ν、波長(zhǎng)為λ，初相一樣的兩列相干波．設(shè)PQ＝3λ/2，R為PQ連線上的一點(diǎn)．求：〔1〕自P、Q發(fā)出的兩列波在R處的相位差；〔2〕兩波在R處干預(yù)時(shí)的合振幅．題10-20圖分析因兩波源的初相一樣，兩列波在點(diǎn)R處的相位差Δφ仍與上題一樣，由它們的波程差決定．因R處質(zhì)點(diǎn)同時(shí)受兩列相干波的作用，其振動(dòng)為這兩個(gè)同頻率、同振動(dòng)方向的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的合成，合振幅．解〔1〕兩列波在R處的相位差為〔2〕由于，那么合振幅為10-21兩相干波波源位于同一介質(zhì)中的A、B兩點(diǎn)，如圖〔a〕所示．其振幅相等、頻率皆為100Hz，B比A的相位超前π．假設(shè)A、B相距30.0m，波速為u＝400m·s-1，試求AB連線上因干預(yù)而靜止的各點(diǎn)的位置．題10-21圖分析兩列相干波相遇時(shí)的相位差．因此，兩列振幅一樣的相干波因干預(yù)而靜止的點(diǎn)的位置，可根據(jù)相消條件獲得．解以A、B兩點(diǎn)的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，取坐標(biāo)如圖〔b〕所示．兩波的波長(zhǎng)均為λ＝u/＝4.0m．在A、B連線上可分三個(gè)局部進(jìn)展討論．1.位于點(diǎn)A左側(cè)局部因該范圍內(nèi)兩列波相位差恒為2π的整數(shù)倍，故干預(yù)后質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)處處加強(qiáng)，沒有靜止的點(diǎn)．2.位于點(diǎn)B右側(cè)局部顯然該范圍內(nèi)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)也都是加強(qiáng)，無干預(yù)靜止的點(diǎn)．3.在A、B兩點(diǎn)的連線間，設(shè)任意一點(diǎn)P距原點(diǎn)為x．因，，那么兩列波在點(diǎn)P的相位差為根據(jù)分析中所述，干預(yù)靜止的點(diǎn)應(yīng)滿足方程得因x≤15m，故k≤7．即在A、B之間的連線上共有15個(gè)靜止點(diǎn)．10-22圖〔a〕是干預(yù)型消聲器構(gòu)造的原理圖，利用這一構(gòu)造可以消除噪聲．當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)排氣噪聲聲波經(jīng)管道到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，分成兩路而在點(diǎn)B相遇，聲波因干預(yù)而相消．如果要消除頻率為300Hz的發(fā)動(dòng)機(jī)排氣噪聲，那么圖中彎管與直管的長(zhǎng)度差Δr＝r2－r1至少應(yīng)為多少〔設(shè)聲波速度為340m·s-1〕題10-22圖分析一列聲波被分成兩束后再相遇，將形成波的干預(yù)現(xiàn)象．由干預(yù)相消條件，可確定所需的波程差，即兩管的長(zhǎng)度差Δr．解由分析可知，聲波從點(diǎn)A分開到點(diǎn)B相遇，兩列波的波程差Δr＝r2-r1，故它們的相位差為由相消靜止條件Δφ＝〔2k＋1〕π，〔k＝0，±1，±2，…〕得Δr＝〔2k＋1〕λ／2根據(jù)題中要求令k＝0得Δr至少應(yīng)為討論在實(shí)際應(yīng)用中，由于噪聲是由多種頻率的聲波混合而成，因而常將具有不同Δr的消聲單元串接起來以增加消除噪聲的能力．圖〔b〕為安裝在摩托車排氣系統(tǒng)中的干預(yù)消聲器的構(gòu)造原理圖．10-23如以下列圖，x＝0處有一運(yùn)動(dòng)方程為的平面波波源，產(chǎn)生的波沿x軸正、負(fù)方向傳播．MN為波密介質(zhì)的反射面，距波源3λ／4．求：〔1〕波源所發(fā)射的波沿波源O左右傳播的波動(dòng)方程；〔2〕在MN處反射波的波動(dòng)方程；〔3〕在O～MN區(qū)域內(nèi)形成的駐波方程，以及波節(jié)和波腹的位置；〔4〕x＞0區(qū)域內(nèi)合成波的波動(dòng)方程．題10-23圖分析知道波源O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程，可以寫出波沿x軸負(fù)向和正向傳播的方程分別為和．因此可以寫出y1在MN反射面上P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程．設(shè)反射波為y3，它和y1應(yīng)是同振動(dòng)方向、同振幅、同頻率的波，但是由于半波損失，它在P點(diǎn)引起的振動(dòng)和y1在P點(diǎn)引起的振動(dòng)反相．利用y1在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程可求y3在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程，從而寫出反射波y3．在O～MN區(qū)域由y1和Y3兩列同頻率、同振動(dòng)方向、同振幅沿相反方向傳播的波合成形成駐波．在x＞0區(qū)域是同傳播方向的y2和y3合成新的行波．解〔1〕由分析：沿左方向和右方向傳播的波動(dòng)方程分別為和〔2〕y1在反射面MN處引起質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程因半波損失反射波y3在此處引起的振動(dòng)為設(shè)反射波的波動(dòng)方程為，那么反射波在x＝－3λ/4處引起的振動(dòng)為與上式比較得，故反射波的波動(dòng)方程為〔3〕在O～MN區(qū)域由y1和y3合成的駐波y4為波節(jié)的位置：，取k＝－1，－2，即x＝－λ/4，－3λ/4處為波節(jié)．波腹的位置：，取k＝0，－1，即x＝0，－λ/2處為波腹．〔4〕在x＞0區(qū)域，由y2和y3合成的波y5為這說明：x＞0區(qū)域內(nèi)的合成波是振幅為2A的平面簡(jiǎn)諧波．10-24一弦上的駐波方程式為〔1〕假設(shè)將此駐波看成是由傳播方向相反，振幅及波速均一樣的兩列相干波疊加而成的，求它們的振幅及波速；〔2〕求相鄰波節(jié)之間的距離；〔3〕求t＝3.0×10-3s時(shí)位于x＝0.625m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度．分析〔1〕采用比較法．將此題所給的駐波方程，與駐波方程的一般形式相比較即可求得振幅、波速等．〔2〕由波節(jié)位置的表達(dá)式可得相鄰波節(jié)的距離．〔3〕質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度可按速度定義v＝dy/dt求得．解〔1〕將駐波方程與駐波方程的一般形式作比較，可得兩列波的振幅A＝1.5×10-2m，波長(zhǎng)λ＝1.25m，頻率＝275Hz，那么波速u＝λ＝343.8m·s-1．〔2〕相鄰波節(jié)間的距離為〔3〕在t＝3.0×10-3s時(shí)，位于x＝0.625m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度為*10－25在下述兩種情況下，求長(zhǎng)度為0.15m的風(fēng)琴管的基頻和前四個(gè)諧頻．〔1〕管子兩端開口；〔2〕管子的一端封閉，一端開口．設(shè)聲速為340m·s-1．分析當(dāng)風(fēng)琴管的某個(gè)端口封閉時(shí)，那么風(fēng)琴管內(nèi)形成的駐波在該端口就是波節(jié)．而當(dāng)風(fēng)琴管的端口開口時(shí)，就形成波腹．根據(jù)限定區(qū)域內(nèi)駐波形成條件〔如以下列圖〕，當(dāng)管子兩端為波腹時(shí)，其管長(zhǎng)與波長(zhǎng)有關(guān)系式L＝kλk/2成立，k為正整數(shù)．而當(dāng)管子一端為波節(jié)、另一端為波腹時(shí)，管長(zhǎng)與波長(zhǎng)有關(guān)系式L＝〔2k－1〕λk/4成立．可見取不同的k值，得到不同的λk，管內(nèi)就出現(xiàn)不同頻率k的波．對(duì)應(yīng)k＝1稱為基頻，k＝2，3，4，…稱為各次諧頻．題10-25圖解〔1〕根據(jù)分析由L＝kλk/2和νk＝u/λk可得k＝ku/2L〔k＝1，2，3，…〕因此，基頻：1＝1133Hz二次諧頻：2＝2267Hz三次諧頻：3＝3400Hz四次諧頻：4＝4533Hz五次諧頻：5＝5667Hz〔2〕同樣根據(jù)分析由L＝〔2k－1〕λk/4和νk＝u/λk可得k＝〔2k－1〕u/4L〔k＝1，2，3，…〕因此，基頻：1＝567Hz二次諧頻：2＝1700Hz三次諧頻：3＝2833Hz四次諧頻：4＝3967Hz五次諧頻：5＝5100Hz10-26一平面簡(jiǎn)諧波的頻率為500Hz，在空氣〔ρ＝1.3kg·m-3〕中以u(píng)＝340m·s-1的速度傳播，到達(dá)人耳時(shí)，振幅約為A＝1.0×10-6m．試求波在耳中的平均能量密度和聲強(qiáng)．解波在耳中的平均能量密度聲強(qiáng)就是聲波的能流密度，即這個(gè)聲強(qiáng)略大于繁忙街道上的噪聲，使人耳已感到不適應(yīng)．一般正常談話的聲強(qiáng)約1.0×10-6W·m-2左右．10-27面積為1.0m2的窗戶開向街道，街中噪聲在窗口的聲強(qiáng)級(jí)為80dB．問有多少“聲功率〞傳入窗內(nèi)分析首先要理解聲強(qiáng)、聲強(qiáng)級(jí)、聲功率的物理意義，并了解它們之間的相互關(guān)系．聲強(qiáng)是聲波的能流密度I，而聲強(qiáng)級(jí)L是描述介質(zhì)中不同聲波強(qiáng)弱的物理量．它們之間的關(guān)系為L(zhǎng)＝lg〔I/I0〕，其中I0＝1.0×10-12W·m-2為規(guī)定聲強(qiáng)．L的單位是貝爾〔B〕，但常用的單位是分貝〔dB〕，且1B＝10dB．聲功率是單位時(shí)間內(nèi)聲波通過某面積傳遞的能量，由于窗戶上各處的I一樣，故有＝IS．解根據(jù)分析，由L＝lg〔I／I0〕可得聲強(qiáng)為I＝10LI0那么傳入窗戶的聲功率為＝IS＝10LI0S＝1.0×10-4W10-28假設(shè)在同一介質(zhì)中傳播的，頻率分別為1200Hz和400Hz的兩聲波有一樣的振幅．求：〔1〕它們的強(qiáng)度之比；〔2〕兩聲波的聲強(qiáng)級(jí)差．解〔1〕因聲強(qiáng)，那么兩聲波聲強(qiáng)之比〔2〕因聲強(qiáng)級(jí)L＝lg〔I／I0〕，那么兩聲波聲強(qiáng)級(jí)差為10-29一警車以25m·s-1的速度在靜止的空氣中行駛，假設(shè)車上警笛的頻率為800Hz．求：〔1〕靜止站在路邊的人聽到警車駛近和離去時(shí)的警笛聲波頻率；〔2〕如果警車追趕一輛速度為15m·s-1的客車，那么客車上人聽到的警笛聲波的頻率是多少〔設(shè)空氣中的聲速u＝330m·s-1〕分析由于聲源與觀察者之間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生聲多普勒效應(yīng)，由多普勒頻率公式可解得結(jié)果．在處理這類問題時(shí)，不僅要分清觀察者相對(duì)介質(zhì)〔空氣〕是靜止還是運(yùn)動(dòng)，同時(shí)也要分清聲源的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．解〔1〕根據(jù)多普勒頻率公式，當(dāng)聲源〔警車〕以速度vs＝25m·s-1運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜止于路邊的觀察者所接收到的頻率為警車駛近觀察者時(shí)，式中vs前取“－〞號(hào)，故有警車駛離觀察者時(shí)，式中vs前取“＋〞號(hào)，故有〔2〕聲源〔警車〕與客車上的觀察者作同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者收到的頻率為10-30一次軍事演習(xí)中，有兩艘潛艇在水中相向而行，甲的速度為50.0km·h-1，乙的速度為km·h-1，如以下列圖．甲潛艇發(fā)出一個(gè)1.0×103Hz的聲音信號(hào)，設(shè)聲波在水中的傳播速度為5.47×103km·h-1，試求〔1〕乙潛艇接收到的信號(hào)頻率；〔2〕甲潛艇接收到的從乙潛艇反射回來的信號(hào)頻率．分析〔1〕甲潛艇是聲源，發(fā)出信號(hào)頻率為，乙潛艇是觀察者，兩者相向運(yùn)動(dòng)，利用多普勒頻率公式，即可求得乙潛艇接收到的信號(hào)頻率′．〔2〕要求甲潛艇接收到的乙潛艇的信號(hào)頻率，可將乙潛艇看成是聲源，它發(fā)出的信號(hào)頻率是′，將甲潛艇看成是觀察者，兩者相向運(yùn)動(dòng)，同樣利用多普勒頻率公式，可求出甲潛艇接收到的信號(hào)頻率″．題10-30圖解由題v1＝50.0km·h-1，v2＝70.0km·h-1，u＝5.47×103km·h-1，v＝1000Hz，由分析可知：〔1〕〔2〕*10-31一播送電臺(tái)的輻射功率是10kW，假定輻射場(chǎng)均勻分布在以電臺(tái)為中心的半球面上．〔1〕求距離電臺(tái)為r＝10kW處的坡印廷矢量的平均值；〔2〕假設(shè)在上述距離處的電磁波可看作平面波，求該處的電場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度的振幅．分析坡印廷矢量是電磁波的能流密度矢量，它是隨時(shí)間作周期性變化的．求其平均值，也就是指在一周期內(nèi)的平均值．在忽略電磁波傳播過程中的能量損耗時(shí)，按題意，波源的輻射功率就應(yīng)等于單位時(shí)間通過半球面〔面積A＝2πr2〕的電磁波能量，即P＝S·A，而平均能流密度值S＝EH．另外，由電磁波的性質(zhì)可知，E與H垂直，相位一樣，且有關(guān)系式．因此，平面電磁波的坡印廷矢量大小的平均值可表示為，由此可求電場(chǎng)強(qiáng)度振幅和磁場(chǎng)強(qiáng)度振幅．解〔1〕因?yàn)檩椛鋱?chǎng)分布在半球面上，那么坡印廷矢量的平均值為〔2〕根據(jù)分析，，那么磁場(chǎng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度的振幅分別為*10-32真空中有一平面電磁波的電場(chǎng)表達(dá)式如下：．求：〔1〕波長(zhǎng)，頻率；〔2〕該電磁波的傳播方向；〔3〕磁場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；〔4〕坡印廷矢量．分析根據(jù)電磁波的特性，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁場(chǎng)強(qiáng)度H均垂直于波的傳播方向．而E和H又互相垂直且同相位，E×H的方向?yàn)椴ㄋ賣的方向．在數(shù)值上有關(guān)系成立．因此由題中給出的電場(chǎng)表達(dá)式可以求磁場(chǎng)表達(dá)式，而坡印廷矢量可由公式S＝E×H求出．解〔1〕由電場(chǎng)表達(dá)式可知，角頻率ω＝2π×108s-1，波速u等于光速c，那么電磁波的波長(zhǎng)和頻率分別為〔2〕由電場(chǎng)表達(dá)式看出，電磁波沿x軸正方向傳播，E矢量是在Oxy平面內(nèi)偏振的．〔3〕磁場(chǎng)強(qiáng)度表達(dá)式：H矢量在Oxz平面內(nèi)偏振．〔4〕第十一章光學(xué)11-1在雙縫干預(yù)實(shí)驗(yàn)中，假設(shè)單色光源S到兩縫S1、S2距離相等，那么觀察屏上中央明條紋位于圖中O處，現(xiàn)將光源S向下移動(dòng)到圖中的S′位置，那么〔〕〔A〕中央明紋向上移動(dòng)，且條紋間距增大〔B〕中央明紋向上移動(dòng)，且條紋間距不變〔C〕中央明紋向下移動(dòng)，且條紋間距增大〔D〕中央明紋向下移動(dòng)，且條紋間距不變分析與解由S發(fā)出的光到達(dá)S1、S2的光程一樣，它們傳到屏上中央O處，光程差Δ＝0，形成明紋．當(dāng)光源由S移到S′時(shí)，由S′到達(dá)狹縫S1和S2的兩束光產(chǎn)生了光程差．為了保持原中央明紋處的光程差為0，它會(huì)向上移到圖中O′處．使得由S′沿S1、S2狹縫傳到O′處的光程差仍為0．而屏上各級(jí)條紋位置只是向上平移，因此條紋間距不變．因此正確答案為〔B〕．題11-1圖11-2如以下列圖，折射率為n2，厚度為e的透明介質(zhì)薄膜的上方和下方的透明介質(zhì)的折射率分別為n1和n3，且n1＜n2，n2＞n3，假設(shè)用波長(zhǎng)為λ的單色平行光垂直入射到該薄膜上，那么從薄膜上、下兩外表反射的光束的光程差是〔〕題11-2圖分析與解由于n1＜n2，n2＞n3，因此在上外表的反射光有半波損失，下外表的反射光沒有半波損失，故它們的光程差，這里λ是光在真空中的波長(zhǎng)．因此正確答案為〔B〕．11-3如圖〔a〕所示，兩個(gè)直徑有微小差異的彼此平行的滾柱之間的距離為L(zhǎng)，夾在兩塊平面晶體的中間，形成空氣劈形膜，當(dāng)單色光垂直入射時(shí)，產(chǎn)生等厚干預(yù)條紋，如果滾柱之間的距離L變小，那么在L范圍內(nèi)干預(yù)條紋的〔〕〔A〕數(shù)目減小，間距變大〔B〕數(shù)目減小，間距不變〔C〕數(shù)目不變，間距變小〔D〕數(shù)目增加，間距變小題11-3圖分析與解圖〔a〕裝置形成的劈尖等效圖如圖〔b〕所示．圖中d為兩滾柱的直徑差，b為兩相鄰明〔或暗〕條紋間距．因?yàn)閐不變，當(dāng)L變小時(shí)，θ變大，L′、b均變?。蓤D可得，因此條紋總數(shù)，因?yàn)閐和λn不變，所以N不變．正確答案為〔C〕11-4在單縫夫瑯禾費(fèi)衍射實(shí)驗(yàn)中，波長(zhǎng)為λ的單色光垂直入射在寬度為3λ的單縫上，對(duì)應(yīng)于衍射角為30°的方向，單縫處波陣面可分成的半波帶數(shù)目為〔〕〔A〕2個(gè)〔B〕3個(gè)〔C〕4個(gè)〔D〕6個(gè)分析與解根據(jù)單縫衍射公式因此第k級(jí)暗紋對(duì)應(yīng)的單縫波陣面被分成2k個(gè)半波帶，第k級(jí)明紋對(duì)應(yīng)的單縫波陣面被分成2k＋1個(gè)半波帶．由題意，即對(duì)應(yīng)第1級(jí)明紋，單縫分成3個(gè)半波帶．正確答案為〔B〕．11-5波長(zhǎng)λ＝550nm的單色光垂直入射于光柵常數(shù)d＝1.0×10-4cm的光柵上，可能觀察到的光譜線的最大級(jí)次為〔〕〔A〕4〔B〕3〔C〕2〔D〕1分析與解由光柵方程，可能觀察到的最大級(jí)次為即只能看到第1級(jí)明紋，答案為〔D〕．11-6三個(gè)偏振片P1、P2與P3堆疊在一起，P1與P3的偏振化方向相互垂直，P2與P1的偏振化方向間的夾角為45°，強(qiáng)度為I0的自然光入射于偏振片P1，并依次透過偏振片P1、P2與P3，那么通過三個(gè)偏振片后的光強(qiáng)為〔〕〔A〕I0/16〔B〕3I0/8〔C〕I0/8〔D〕I0/4分析與解自然光透過偏振片后光強(qiáng)為I1＝I0/2．由于P1和P2的偏振化方向成45°，所以偏振光透過P2后光強(qiáng)由馬呂斯定律得．而P2和P3的偏振化方向也成45°，那么透過P3后光強(qiáng)變?yōu)椋蚀鸢笧椤睠〕．11-7一束自然光自空氣射向一塊平板玻璃，如以下列圖，設(shè)入射角等于布儒斯特角iB，那么在界面2的反射光〔〕〔A〕是自然光〔B〕是線偏振光且光矢量的振動(dòng)方向垂直于入射面〔C〕是線偏振光且光矢量的振動(dòng)方向平行于入射面〔D〕是局部偏振光題11-7圖分析與解由幾何光學(xué)知識(shí)可知，在界面2處反射光與折射光仍然垂直，因此光在界面2處的入射角也是布儒斯特角，根據(jù)布儒斯特定律，反射光是線偏振光且光振動(dòng)方向垂直于入射面．答案為〔B〕．11-8在雙縫干預(yù)實(shí)驗(yàn)中，兩縫間距為0.30mm，用單色光垂直照射雙縫，在離縫1.20m的屏上測(cè)得中央明紋一側(cè)第5條暗紋與另一側(cè)第5條暗紋間的距離為22.78mm．問所用光的波長(zhǎng)為多少，是什么顏色的光分析與解在雙縫干預(yù)中，屏上暗紋位置由決定，式中d′為雙縫到屏的距離，d為雙縫間距．所謂第5條暗紋是指對(duì)應(yīng)k＝4的那一級(jí)暗紋．由于條紋對(duì)稱，該暗紋到中央明紋中心的距離，那么由暗紋公式即可求得波長(zhǎng)λ．此外，因雙縫干預(yù)是等間距的，故也可