大學(xué)物理課后習(xí)題答案詳解

文檔鑒賞 第一章質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)第一章質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué) 1 習(xí)題習(xí)題 1 1 1 1 一質(zhì)點(diǎn)在 xOy 平面內(nèi)運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)函數(shù)為 1 求質(zhì)點(diǎn) 2 x 2t y 4t8 的軌道方程 2 求時(shí)質(zhì)點(diǎn)的位置 速度和加速度 t 1 st 2 s 和 解 1 由 x 2t 得 y 4t2 8 可得 y x2 8 即軌道曲線 2 質(zhì)點(diǎn)的位置 2 2 48 rtitj 由則速度 d dvrt 28vitj 由則加速度 d davt 8aj 則當(dāng) t 1s 時(shí) 有 24 28 8rijvijaj 當(dāng) t 2s 時(shí) 有 48 216 8rijvijaj 2 習(xí)題 習(xí)題 1 2 質(zhì)點(diǎn)沿在軸正向運(yùn)動(dòng) 加速度 為常數(shù) 設(shè)從原點(diǎn)出發(fā)時(shí)xkva k 速度為 求運(yùn)動(dòng)方程 0 v txx 解 kv dt dv tv v kdtdv v 0 0 1 tk evv 0 tk ev dt dx 0 dtevdx tk tx 0 0 0 1 0tk e k v x 3 一質(zhì)點(diǎn)沿 x 軸運(yùn)動(dòng) 其加速度為 a 4t SI 已知 t 0 時(shí) 質(zhì)點(diǎn)位于 x 10 m 處 初速 度 v 0 試求其位置和時(shí)間的關(guān)系式 解 dv dtt dv t dt vt2 a4 4 v v 00 d4d t tt2 vx d tt2 x t3 3 10 SI d 2 ttx tx x d2d 0 2 0 2 4 一質(zhì)量為的小球在高度處以初速度水平拋出 求 mh 0 v 1 小球的運(yùn)動(dòng)方程 2 小球在落地之前的軌跡方程 3 落地前瞬時(shí)小球的 d d r t d d v t t v d d 解 1 式 1 tvx 0 式 2 2 gt 2 1 hy 2 0 1 h 2 r tv tigtj 2 聯(lián)立式 1 式 2 得 2 0 2 v2 gx hy 3 而落地所用時(shí)間 所以 0 d gt d r v ij t g h2 t 0 d 2gh d r v ij t d d v g j t 22 0 2 y 2 x gt vvvv 2 1 2 0 2 1 22 0 2 2 2 ghv ghg gtv tg dt dv 文檔鑒賞 5 已知質(zhì)點(diǎn)位矢隨時(shí)間變化的函數(shù)形式為 式中的單位為 的單位為 2 2rt itj rmt 求 1 任一時(shí)刻的速度和加速度 2 任一時(shí)刻的切向加速度和法向加速度 s 解 1 d 22 d r vtij t d 2 d v ai t 2 11 22 22 2 4 2 1 vtt 2 d2 d 1 t vt a t t 1 2 2 22 t aaa tn 第二章質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)第二章質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué) 1 牛頓定律 質(zhì)量為 M 的氣球以加速度 a 勻加速上升 突然一只質(zhì)量為 m 的小鳥(niǎo)飛到氣球 上 并停留在氣球上 若氣球仍能向上加速 求氣球的加速度減少了多少 解 為空氣對(duì)氣球的浮力 取向上為正 f 分別由圖 a b 可得 FMgMa 1 FMm gMm a 則 11 Mamgm ag aaaa mMmM A 2 牛頓定律 兩個(gè)圓錐擺 懸掛點(diǎn)在同一高度 具有不同的懸線長(zhǎng)度 若使它們運(yùn)動(dòng)時(shí) 兩個(gè)擺球離開(kāi)地板的高度相同 試證這兩個(gè)擺的周期相等 證 設(shè)兩個(gè)擺的擺線長(zhǎng)度分別為和 擺線與豎直軸之間的夾角分別為和 擺線中 1 l 2 l 1 2 的張力分別為和 則 1 F 2 F 0cos 111 gmF sin sin 11 2 1111 lmFv 解得 1111 cos sin gl v 第一只擺的周期為 g ll T 11 1 11 1 cos 2 sin2 v 同理可得第二只擺的周期 g l T 22 2 cos 2 由已知條件知 2211 coscos ll 21 TT 習(xí)題習(xí)題 2 1 2 6 m1 m2 文檔鑒賞 習(xí)題習(xí)題 2 1 一顆子彈在槍筒里前進(jìn)時(shí)所受的合力大小為 3 104400 5t F 子彈從槍口射出時(shí)的速率為 設(shè)子彈離開(kāi)槍口處合力剛好為零 求 m s300 1 子彈走完槍筒全長(zhǎng)所用的時(shí)間 2 子彈在槍筒中所受力的沖量 tI 3 子彈的質(zhì)量 解 解 1 由和子彈離開(kāi)槍口處合力剛好為零 則可以3 104400 5t F 得到 算出 t 0 003s 03 104400 5 tF 2 由沖量定義 33 3 55 2 0 00 4004 10 34002 10 30 6IFdttdtttN s 3 由動(dòng)量定理 習(xí)題習(xí)題2 2 質(zhì)量為M 1 5 kg 的物體 用 一根長(zhǎng)為 l 1 25 m 的細(xì)繩懸掛在天花板 上 今有一質(zhì)量為 m 10 g 的子彈以 v0 500 m s 的水平速度射穿物體 剛穿出物體時(shí)子彈的速度大 小 v 30 m s 設(shè)穿透時(shí)間極短 求 1 子彈剛穿出時(shí)繩中張力的大小 2 子彈在穿透過(guò)程中所受的沖量 解 解 1 取子彈與物體為研究對(duì)象 子彈前進(jìn)方向?yàn)?x 軸正向 因穿透時(shí)間 極短 故可認(rèn)為物體未離開(kāi)平衡位置 因此 作用于子彈 物體系統(tǒng)上的外力均 在豎直方向 故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒 令子彈穿出時(shí)物體的水平速度為 v 有 mv0 mv M v v m v0 v M 3 13 m s T Mg Mv2 l 26 5 N 2 設(shè)方向?yàn)檎较?sN7 4 0 vvmmtf 0 v 負(fù)號(hào)表示沖量方向與方向相反 0 v 習(xí)題習(xí)題 2 32 3 一人從 10 m 深的井中提水 起始時(shí)桶中裝有 10 kg 的水 桶的質(zhì) 量為 1 kg 由于水桶漏水 每升高 1 m 要漏去 0 2 kg 的水 求水桶勻速地從 井中提到井口 人所作的功 解解 選豎直向上為坐標(biāo)y軸的正方向 井中水面處為原點(diǎn) 習(xí)題 2 2 圖 l M m 0 v v 3 0 0 6 0 6 3000 002 IFdtPmvNs mkg 文檔鑒賞 由題意知 人勻速提水 所以人所用的拉力F等于水桶的重量 即 0 0 2107 8 1 96FPPkymggyy 人的拉力所作的功為 0 dd H WWFy 10 0 107 8 1 96 d 980 Jyy 習(xí)題習(xí)題2 42 4 如圖所示 質(zhì)量 m 為 0 1 kg 的木塊 在一 個(gè)水平面上和一個(gè)勁度系數(shù) k 為 20 N m 的輕彈簧碰撞 木塊將彈簧由原長(zhǎng)壓縮了 x 0 4 m 假設(shè)木塊與水平面 間的滑動(dòng)摩擦系數(shù) 為 0 25 問(wèn)在將要發(fā)生碰撞時(shí)木塊的 速率 v 為多少 解 解 根據(jù)功能原理 木塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí) 摩擦力所作的功等于系統(tǒng) 木塊和彈簧 機(jī)械能的增量 由題意有 22 2 1 2 1 vmkxxfr 而 mgf kr 木塊開(kāi)始碰撞彈簧時(shí)的速率為 sm m kx gx k 83 5 2 2 v 習(xí)題習(xí)題 2 52 5 某彈簧不遵守胡克定律 設(shè)施力 F 相應(yīng)伸長(zhǎng)為 x 力與伸長(zhǎng) 的關(guān)系為 F 52 8x 38 4x2 SI 求 1 將彈簧從伸長(zhǎng) x1 0 50 m 拉伸到伸長(zhǎng) x2 1 00 m 時(shí) 外力所需做的 功 2 將彈簧橫放在水平光滑桌面上 一端固定 另一端系一個(gè)質(zhì)量為 2 17 kg 的物體 然后將彈簧拉伸到一定伸長(zhǎng) x2 1 00 m 再將物體由靜止釋放 求 當(dāng)彈簧回到 x1 0 50 m 時(shí) 物體的速率 解解 1 外力做的功 2 設(shè)彈力為 F 11 22 2 1 vdd31 2 xx xx mFxFxWJ 1 2 v5 34 W ms m 習(xí)題 2 4 圖 k m 習(xí)題 2 4 圖 文檔鑒賞 習(xí)題習(xí)題 2 6 兩個(gè)質(zhì)量分別為和的木塊 用一勁度系數(shù)為的輕彈 1 m 2 mBA k 簧連接 放在光滑的水平面上 緊靠墻 今用力推塊 使彈簧壓縮然后AB 0 x 釋放 已知 求 1 釋放后mm 1 mm3 2 兩滑塊速度相等時(shí)的瞬時(shí)速度的大小 2 彈簧BA 的最大伸長(zhǎng)量 解解 2 0 2 022 2 1 2 1 kxvm 所以vv2 2102 mmm m k xv 34 3 0 2 計(jì)算可得 2 21 2 2 022 2 1 2 1 2 1 vmmkxvm 0 2 1 xx 3 變力作功 功率 質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理 設(shè) 1 當(dāng)一質(zhì)點(diǎn)從原點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到76 Fij N 時(shí) 求所作的功 2 如果質(zhì)點(diǎn)到處時(shí)需 0 6s 試求的3416 m rijk F r F 平均功率 3 如果質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為 1kg 試求動(dòng)能的變化 解 1 做負(fù) 0 F dr r A 0 76 ijdxidyjdzk r 00 76dxdy 34 45J 功 2 3 45 45 75 0 6 A PW t 0 r k EAmgj dr 4 0 mgdy 85J 4 機(jī)械能守恒 動(dòng)量守恒 如圖所示 一個(gè)固定的光滑斜面 傾角為 有一個(gè)質(zhì)量為 m 小物體 從高 H 處沿斜面自由下滑 滑到斜面底 C 點(diǎn)之后 繼續(xù)沿水平面平穩(wěn)地滑行 設(shè) m 所滑過(guò)的路程全是光滑無(wú)摩擦的 試求 1 m 到達(dá) C 點(diǎn)瞬間的速度 2 m 離開(kāi) C 點(diǎn)的速度 3 m 在 C 點(diǎn)的動(dòng)量損失 解 1 由機(jī)械能守恒有 2 1 2 c mgHmv 帶入數(shù)據(jù)得 方向沿 AC 方向2 c vgH 2 由于物體在水平方向上動(dòng)量守恒 所以 得 方向沿 CD 方cos c mvmv 2cosvgH 向 3 由于受到豎直的沖力作用 m 在 C 點(diǎn)損失的動(dòng)量 方向豎直向下 2sinpmgH 第三章剛體的運(yùn)動(dòng)第三章剛體的運(yùn)動(dòng) 習(xí)題 2 6 圖 文檔鑒賞 書(shū) 書(shū) 3 33 3 用落體觀察法測(cè)定飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 是將半徑為R的飛輪支承在O點(diǎn) 上 然后在繞過(guò)飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為m的重物 令重物以初速度為零 下落 帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng) 記下重物下落的距離和時(shí)間 就可算出飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 試寫(xiě)出它的計(jì)算式 假設(shè)軸承間無(wú)摩擦 解解 如習(xí)題 3 3 b 圖 對(duì)飛輪而言 根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律 有 1 T F RJ 對(duì)重物而言 由牛頓定律 有 2 T mgFma TT FF 由于繩子不可伸長(zhǎng) 因此 有 3 aR 重物作勻加速下落 則有 4 2 1 2 hat 由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 2 2 1 2 gt JmR h 3 4 如圖 一輕繩跨過(guò)兩個(gè)質(zhì)量為 半徑為 的均勻圓盤(pán)狀定滑輪 繩的mr 兩端分別掛著質(zhì)量為和的重物 繩與滑輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng) 滑輪軸光滑 m2m 兩個(gè)定滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量均為 將由兩個(gè)定滑輪以及質(zhì)量為和的重2 2 mrm2m 物組成的系統(tǒng)從靜止釋放 求重物的加速度和兩滑輪之間繩內(nèi)的張力 解解 受力分析如圖 1 maTmg22 2 2 mamgT 1 習(xí)題 3 4 圖 習(xí)題 3 3 b 圖 mg m T F T F O 文檔鑒賞 3 2 TT rJ 4 1 TT rJ 5 ar 聯(lián)立 ga 4 1 mgT 8 11 3 6 有一質(zhì)量為 長(zhǎng)為 的均勻細(xì)棒 靜止平放在滑動(dòng)摩擦系數(shù)為 的水 1 ml 平桌面上 它可繞通過(guò)其端點(diǎn)且與桌面垂直的固定光滑軸轉(zhuǎn)動(dòng) 另有一水平O 運(yùn)動(dòng)的質(zhì)量為的小滑塊 從側(cè)面垂直于棒與棒的另一端 A 相碰撞 設(shè)碰撞時(shí) 2 m 間極短 已知小滑塊在碰撞前后的速度分別為和 如圖所示 求碰撞后從 1 v 2 v 細(xì)棒開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)到停止轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程所需的時(shí)間 已知棒繞點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 O 2 1 3 1 lmJ 解解 碰撞時(shí)角動(dòng)量守恒 lvmwlmlvm 22 2 112 3 1 lm vvm 1 212 3 細(xì)棒運(yùn)動(dòng)起來(lái)所受到的摩擦力矩 glmgxdx l m M l 1 0 1 2 1 glm lm t 1 2 1 2 1 3 1 gm vvm g l t 1 212 2 3 2 1 如圖所示 物體 1 和 2 的質(zhì)量分別為 m1與 m2 滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 J 半徑為 物體r 2 與桌面間的摩擦系數(shù)為 設(shè)繩子與滑輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng) 滑輪與轉(zhuǎn) 軸無(wú)摩擦 求系統(tǒng)的加速度 a 及繩中的張力 T1和 T2 amTgm 111 習(xí)題 3 6 圖 2 1 t JJJMdt 0 12 0 文檔鑒賞 amgmT 222 JrTrT 21 ra 解得 2 2 2 1 2 21 rmrmJ grmm a 2 2 2 1 2 211 11 rmrmJ grmmm gmT 2 如圖系統(tǒng)中 m1 50kg m2 40kg 圓盤(pán)形滑輪 m 16kg 半徑 r 0 1m 斜面是光滑 的 傾角 300 繩與滑輪無(wú)相對(duì)滑動(dòng) 轉(zhuǎn)軸摩擦不計(jì) 求 1 繩中的張力 2 設(shè)開(kāi)始時(shí) m1距離地面高度為 1m 需多長(zhǎng)時(shí)間 m1到達(dá)地面 amTgm 111 amgmT 222 sin JrTrT 21 ra 解得 2 2 1 mrJ 22 3 30smasrad NTNT316 340 21 由 所以 0 2 1 0 2 0 vattvhs a h t816 0 2 3 一長(zhǎng)為 1 m 的均勻直棒可繞過(guò)其一端且與棒垂直的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動(dòng) 抬起另一端使 棒向上與水平面成 30 然后無(wú)初轉(zhuǎn)速地將棒釋放 已知棒對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 求 2 3 1 ml 1 放手時(shí)棒的角加速度 2 棒轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)的角速度 解 1 J M mgl l mgM 4 3 30cos 2 0 2 3 1 mlJ 4 33 4 33 3 1 4 3 2 g l g ml mgl 2 機(jī)械能守恒 20 2 1 0030sin 2 J l mg g ml mg ml l mg 2 3 6 1 4 1 3 1 2 1 30sin 2 2 0 2 3 83rad sg 2 3 4 一根長(zhǎng)為 質(zhì)量為 M 的勻質(zhì)棒自由懸掛于通過(guò)其上端的光滑水平軸上 現(xiàn)有一質(zhì)量為 l m 的子彈以水平速度 v0射向棒的中心 并以 v0 2 的水平速度穿出棒 mm M 0 v 0 2 v l 文檔鑒賞 此后棒的最大偏轉(zhuǎn)角恰為 求 v0的大小 90 角動(dòng)量守恒 J lmvl mv 222 0 0 2 3 1 MlJ 2 0 3 1 4 Ml l mv Ml mv Ml l mv 0 2 0 4 3 3 1 4 機(jī)械能守恒 23 1 2 1 22 l MgMl 24 3 3 1 2 1 2 02 l Mg Ml mv Ml 2 2 2 0 3 16 m lM gv 3 4 0 gl m M v 5 一根長(zhǎng)為 質(zhì)量為 M 的勻質(zhì)棒自由懸掛于通過(guò)其上端的光滑水平軸上 現(xiàn)有一質(zhì)量 l 為 的子彈以水平速度 v0射入棒的下端 并留在棒里 此后棒的最大偏轉(zhuǎn)角恰為Mm 6 1 60 求 v0 角動(dòng)量守恒 3 1 22 0 Mlmllmv Mm 6 1 l v 3 0 機(jī)械能守恒 00222 60cos1 60cos1 2 3 1 2 1 mgl l MgMlml glv32 0 6 如圖所示 長(zhǎng)為 l 的輕桿 兩端各固定質(zhì)量分別為和的小球 桿可繞水平光滑固mm2 定軸 O 在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng) 轉(zhuǎn)軸 O 距兩端分別為和 輕桿原來(lái)l 3 1 l 3 2 靜止在豎直位置 今有一質(zhì)量為的小球 以水平速度與桿下端m 0 v 小球作對(duì)心碰撞 碰后以的速度返回 試求碰撞后輕桿所獲m 0 2 1 v 得的角速度 解 角動(dòng)量守衡 0 22 0 2 1 3 2 2 3 3 2 3 2 vmlm l m l lmv l v 2 3 0 文檔鑒賞 第四章振動(dòng)與波動(dòng)第四章振動(dòng)與波動(dòng) 振動(dòng)部分 習(xí)題振動(dòng)部分 習(xí)題 4 2 4 4 4 5 習(xí)題習(xí)題 4 24 2 一物體沿 x 軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng) 振幅為 0 06 m 周期為 2 0 s 當(dāng) t 0 時(shí)位移為 0 03m 且向 x 軸正方向運(yùn)動(dòng) 求 1 t 0 5 s 時(shí) 物體的位移 速度和加速度 2 物體從 x 0 03m 處向 x 軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)開(kāi)始 到平衡位置 至少需要多少時(shí)間 解解 1 由題意知A 0 06m 由旋轉(zhuǎn)矢量 a 圖可確定 1 2Ts 初相則 振動(dòng)方程為 0 3 1 0 06 cos 3xmst 當(dāng)t 0 5s 時(shí)質(zhì)點(diǎn)的位移 速度 加速度分別為 0 06 cos 23 0 052xmm 11 0 06 sin 23 0 094vdx dtm sm s 22222 0 06 cos 23 0 513ad x dtm sm s 2 質(zhì)點(diǎn)從x 0 03 m 運(yùn)動(dòng)到平衡位置的過(guò)程中 旋轉(zhuǎn)矢量從 b 圖中的 位置M轉(zhuǎn)至位置N 矢量轉(zhuǎn)過(guò)的角度 即相位差 該過(guò)程所需時(shí)間56 為 0 833ts 習(xí)題 4 2 b 圖 習(xí)題 4 2 a 圖 文檔鑒賞 習(xí)題習(xí)題 4 44 4 某質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的 x t 曲線如題圖所示 求 1 質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程 2 質(zhì)點(diǎn)到達(dá) P 點(diǎn)相應(yīng)位置所需的最短時(shí)間 00 0 0 1x Acos t 0 t 0 x A 2 v 0 3 t 1s t 32 5 6 5 x 0 1cos t m 63 2P0 5 00 4 63 0 4 ttts ppp Ps 解 設(shè)所求方程為 從圖中可見(jiàn) 由旋轉(zhuǎn)矢量法可知 又 故 點(diǎn)的相位為 即質(zhì)點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)相應(yīng)狀態(tài)所要的最短時(shí)間為 習(xí)題習(xí)題 4 5 一質(zhì)點(diǎn)沿軸作簡(jiǎn)諧振動(dòng) 振幅為 周期為 當(dāng)時(shí) xcm12s20 t 位移為 且向軸正方向運(yùn)動(dòng) 求 1 振動(dòng)表達(dá)式 2 時(shí) cm6xs5 0 t 質(zhì)點(diǎn)的位置 速度和加速度 3 如果在某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于 且向軸cm6 xx 負(fù)方向運(yùn)動(dòng) 求從該位置回到平衡位置所需要的時(shí)間 解解 由題已知 A 12 10 2m T 2 0 s 2 T rad s 1 又 t 0 時(shí) 由旋轉(zhuǎn)矢量圖 可知 cmx6 0 0 0v 3 0 故振動(dòng)方程為 3 cos12 0 tx 2 將 t 0 5 s 代入得 mtx103 0 6 cos12 0 3 cos12 0 smtv 189 0 6 cos12 0 3 sin12 0 習(xí)題 4 4 圖 文檔鑒賞 222 03 1 6 cos12 0 3 cos12 0smta 方向指向坐標(biāo)原點(diǎn) 即沿 x 軸負(fù)向 3 由題知 某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于 且向軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)cm6 xx 即 x A 2 且 v 0 故 t 2 3 它回到平衡位置需要走 5 6 所以 t 5 6 5 6s 習(xí)題 4 5 圖 加題 1 有兩個(gè)同方向同頻率的振動(dòng) 其合振動(dòng)的振幅為 合振動(dòng)的相位與第一0 2m 個(gè)振動(dòng)的相位差為 第一個(gè)振動(dòng)的振幅為 求第二個(gè)振動(dòng)的振幅及兩振動(dòng)的6 0 173m 相位差 分析 根據(jù)已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅 解 采用旋轉(zhuǎn)矢量合成圖求解 取第一個(gè)振動(dòng)的初相位為零 則合振動(dòng)的相位為 6 據(jù)可知 如圖 21 AAA 12 AAA 1 0cos2 1 2 2 12 mAAAAA 由于 的量值恰好滿(mǎn)足勾股定理 A 1 A 2 A 故與垂直 1 A 2 A 即第二振動(dòng)與第一振動(dòng)的相位差為2 加題 2 一質(zhì)點(diǎn)同時(shí)參與兩個(gè)同方向的簡(jiǎn)諧振動(dòng) 其振動(dòng)方程分別為 畫(huà)出兩振動(dòng)的旋轉(zhuǎn)矢量 2 1 5 10cos 4 3 xtSI 2 2 3 10sin 4 6 xtSI 圖 并求合振動(dòng)的振動(dòng)方程 分析 須將方程轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)方程從而確定其特征矢量 畫(huà)出矢量圖 題圖 5 26 文檔鑒賞 解 6 4sin 103 2 2 tx 2 6 4cos 103 2 t 3 24cos 103 2 t 作兩振動(dòng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖 如圖所示 由圖得 合振動(dòng)的振幅和初相分別為 3 2 35 cmcmA 合振動(dòng)方程為 3 4cos 102 2 SItx 加題 3 一物體質(zhì)量為 在彈性力作用下作簡(jiǎn)諧振動(dòng) 彈簧的勁度系數(shù)0 25kg 如果起始振動(dòng)時(shí)具有勢(shì)能 0 06 J 和動(dòng)能 0 02 J 求 1 振幅 2 1 25kN m 動(dòng)能恰等于勢(shì)能時(shí)的位移 3 經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)物體的速度 解 1 0 08 2 2 1 kAEEE pK mA08 0 25 08 0 2 2 22 2 1 2 1 vmkx 2 km 22222 sin mxmAt 2222222 sin 1 cos xAtAtAx 22 2Ax 20 0566xAm 3 過(guò)平衡點(diǎn)時(shí) 此時(shí)動(dòng)能等于總能量 0 x 0 08 2 2 1 vmEEE pK smA 8 0 25 0 08 02 加題 4 一彈簧振子 彈簧的勁度系數(shù)為 k 25N m 當(dāng)物體以初動(dòng)能 0 2J 和初勢(shì)能 0 6J 振動(dòng)時(shí) 求 1 振幅是多大 2 位移多大時(shí) 其勢(shì)能和動(dòng)能相等 3 位移是振 幅的一半時(shí) 勢(shì)能是多大 解 1 彈簧振子的總機(jī)械能為 故 2 1 2 kp EEEkA 2 0 253 kp EE Am k 2 2 11 24 pk EEEkA 22 11 24 kxkA 2 0 179 2 xAm 3 2 2 11 0 20 224 p A EkxkJ 波動(dòng)部分 習(xí)題波動(dòng)部分 習(xí)題 4 7 4 8 4 10 習(xí)題習(xí)題 4 74 7 有一平面簡(jiǎn)諧波在介質(zhì)中傳播 波 速 u 100 m s 波線上右側(cè)距波源 O 坐標(biāo)原點(diǎn) 習(xí)題 4 7 圖 題圖 5 27 文檔鑒賞 為 75 0 m 處的一點(diǎn) P 的運(yùn)動(dòng)方程為 2 s2cos m30 0 1 p ty 求 1 波向 x 軸正方向傳播時(shí)的波動(dòng)方程 2 波向 x 軸負(fù)方向傳播時(shí)的波動(dòng)方程 解解 1 設(shè)以波源為原點(diǎn)O 沿x軸正向傳播的波動(dòng)方程為 0 cos uxtAy 將 u 100 m s 1代人 且取x 75 m 得點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方程為 0P s75 0cos tAy 與題意中點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方程比較可得 A 0 30 m 則 1 2 s 0 2 所求波動(dòng)方程為 sm100 s2cos m30 0 11 xty 2 當(dāng)沿x軸負(fù)向傳播時(shí) 波動(dòng)方程為 0 cos uxtAy 將 x 75 m 代人后 與題給點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方程比較得A 1 100ums 0 30 m 則所求波動(dòng)方程為 1 2 s 0 sm100 s2cos m30 0 11 xty 討論 對(duì)于平面簡(jiǎn)諧波來(lái)說(shuō) 如果已知波線上一點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程 求另外一 點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程 也可用下述方法來(lái)處理 波的傳播是振動(dòng)狀態(tài)的傳播 波線上 各點(diǎn) 包括原點(diǎn) 都是重復(fù)波源質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)狀態(tài) 只是初相位不同而已 在已 知某點(diǎn)初相 0 的前提下 根據(jù)兩點(diǎn)間的相位差 2 00 x 即可確定未 知點(diǎn)的初相 0 習(xí)題習(xí)題 4 8 已知一沿正方向傳播的平面余弦波 時(shí)的波形如題圖所示 xs 3 1 t 且周期為 Ts2 1 寫(xiě)出點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式 O 2 寫(xiě)出該波的波動(dòng)表達(dá)式 3 寫(xiě)出點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式 A 4 寫(xiě)出點(diǎn)離點(diǎn)的距離 AO 解解 由圖可知 A 0 1m 0 4m 由題知 T 2s 2 T 而 習(xí)題 4 8 圖 文檔鑒賞 u T 0 2m s 波動(dòng)方程為 y 0 1cos t x 0 2 0 m 關(guān)鍵在于確定 O 點(diǎn)的初始相 位 1 由上式可知 O 點(diǎn)的相位也可寫(xiě)成 t 0 由圖形可知 時(shí) y A 2 v 0 此時(shí)的 2 3 s 3 1 t 將此條件代入 所以 所以 0 3 1 3 2 3 0 點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式 y 0 1cos t 3 mO 2 波動(dòng)方程為 y 0 1cos t x 0 2 3 m 3 點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式確定方法與 O 點(diǎn)相似由上式可知 A A 點(diǎn)的相位也可寫(xiě)成 t A0 由圖形可知 時(shí) y 0 v 0 此時(shí)的 2 s 3 1 t 將此條件代入 所以 所以 0 3 1 2 A 6 5 0 A A 點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式 y 0 1cos t 5 6 m 4 將 A 點(diǎn)的坐標(biāo)代入波動(dòng)方程 可得到 A 的振動(dòng)方程 與 3 結(jié)果相同 所以 y 0 1cos t x 0 2 3 0 1cos t 5 6 可得到 mxA233 0 30 7 習(xí)題習(xí)題4 10 一平面簡(jiǎn)諧波以速度沿軸負(fù)m s8 0 ux 方向傳播 已知原點(diǎn)的振動(dòng)曲線如圖所示 試寫(xiě)出 1 原點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式 2 波動(dòng)表達(dá)式 3 同一時(shí)刻相距的兩點(diǎn)之間的位相差 m1 解解 1 由圖可知 A 0 5cm 原點(diǎn)處的振動(dòng)方程為 y Acos t 0s 時(shí) y A 2 v 0 可知其相位為 3 t 1s 時(shí) y 0 v 0 可知其相位為 1 2 代入振動(dòng)方程 3 2 習(xí)題 4 10 圖 文檔鑒賞 可得 T 2 12 5 6 5 則 y 0 5cos cm 6 5 3 2 沿軸負(fù)方向傳播 波動(dòng)表達(dá)式 y 0 5cos cmx 6 5 5 4 x 3 3 根據(jù)已知的 T 12 5 可知 m s8 0 um 25 48 那么同一時(shí)刻相距的兩點(diǎn)之間的位相差 m13 27rad 24 25 2 x 加題 1 如圖 一平面波在介質(zhì)中以波速沿 x 軸負(fù)方向傳播 已知 A 點(diǎn)的20 um s 振動(dòng)方程為 4cos103 2 SIty 1 以 A 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)寫(xiě)出波方程 2 以距 A 點(diǎn) 5m 處的 B 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn) 寫(xiě)出波方程 解 1 坐標(biāo)為 x 處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)相位為 20 4 4xtuxtt 波的表達(dá)式為 20 4cos103 2 SIxty 2 以 B 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn) 則坐標(biāo)為 x 點(diǎn)的振動(dòng)相位為 20 5 4 SI x tt 波的表達(dá)式為 20 5 4cos103 2 x ty 20 4cos 103 2 SI x ty 加題 2 一平面諧波沿 ox 軸的負(fù)方向傳播 波長(zhǎng)為 P 點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)規(guī)律如題圖 6 10 所示 求 1 P 點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程 2 此波的波動(dòng)方程 3 若圖中 求 O 點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程 2d 分析 首先由已知振動(dòng)規(guī)律結(jié)合旋轉(zhuǎn)矢量圖可得 P 點(diǎn)振動(dòng)的初相與周期 從而得到其振動(dòng) 方程 波動(dòng)方程則由 P 與原點(diǎn)的距離直接得到 波動(dòng)方程中直接代入某點(diǎn)的坐標(biāo)就可求出 該點(diǎn)的振動(dòng)方程 解 1 從圖中可見(jiàn) 且 則 P 點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為4Ts 0 0 po tyA u BA 1 題圖 文檔鑒賞 2 cos cos 42 p yAtAtSI 2 向負(fù)方向傳播的波動(dòng)方程為 dx tAy 4 2 cos 3 把代入波動(dòng)方程即得 2 0dx tAy 2 cos 0 加題 3 兩波在一很長(zhǎng)的弦線上傳播 其波方程分別為 244 3 1 cos1000 4 2 1 SItxy 244 3 1 cos1000 4 2 2 SItxy 求 1 兩波的頻率 波長(zhǎng) 波速 2 兩波疊加后的波節(jié)位置 3 疊加后振幅最大的那 些點(diǎn)的位置 解 1 與波動(dòng)的標(biāo)準(zhǔn)表達(dá)式對(duì)比可得 2cos xtAy 波速Hz4 m50 1 smu 00 6 2 波節(jié)位置 131 4 3 m n0 1 2 242 xnxn 即 3 波腹位置4 33 4 m n0 1 2 xnxn 即 第 11 章作業(yè) 11 211 2 在雙縫裝置中 用一很薄的云母片 n 1 58 覆蓋其中的一條狹縫 這時(shí)屏幕上的第七級(jí)明條紋恰好 移到屏幕中央 原零級(jí)明條紋 的位置 如果入射光的波 長(zhǎng)為 550nm 則這云母片的厚度應(yīng)為多少 分析 分析 云母片覆蓋前 零級(jí)明條紋在屏幕上 O 點(diǎn) 覆蓋后 衍射條紋移動(dòng)了 7 條 即第七條明條紋位于 O 點(diǎn) 由光程差的變化計(jì)算介質(zhì)厚度 解 解 覆蓋前 兩光到達(dá) O 點(diǎn)的光程差為 1 0 121 rr 覆蓋后 兩光到達(dá) O 點(diǎn)的光程差為 題圖 6 10 t s 0 A 1 yP m x O P d 習(xí)題 11 2 圖 文檔鑒賞 2 7 122 rneer 2 式與 1 式作差 可得 71 121212 nerrrneer 所以 m 6 9 1064 6 158 1 105507 1 7 n e 11 311 3 在雙縫實(shí)驗(yàn)中 入射光是由波長(zhǎng)550nm 和另一束未知波長(zhǎng)兩 1 2 種成分合成的復(fù)色光 已知雙縫間距為 0 6mm 屏和縫的距離為 1 2m 求屏上 的第三級(jí)明紋中心的位置 若屏上的第六級(jí)明紋中心和未知的的第五級(jí) 1 1 2 明紋中心重合 求未知波長(zhǎng) 2 分析 分析 由明紋中心位置公式可得 d D kx 解 解 第三級(jí)明紋中心位置 mm3 3 106 0 105502 1 3 3 9 d D kx 的第六級(jí)明紋中心和未知的的第五級(jí)明紋中心重合 即它們具有相同的衍 1 2 射角 d D d D 21 56 所以 nm660550 5 6 5 6 12 11 511 5 一薄玻璃片 厚度為 0 40 折射率為 1 5 置于空氣中 用白光 m 垂直照射 問(wèn)在可見(jiàn)光的范圍內(nèi) 哪些波長(zhǎng)的光在反射中加強(qiáng) 哪些波長(zhǎng)的光 在透射中加強(qiáng) 分析 分析 分別應(yīng)用反射光和透射光在等傾干涉中加強(qiáng)的條件求得 解 解 反射加強(qiáng)的條件為 kne 2 2 文檔鑒賞 由此得 12 4 k ne 僅當(dāng)時(shí) 為可見(jiàn)光 因此求得3 k nm480 132 40 0 50 1 4 透射加強(qiáng)的條件即反射減弱的條件 即 212 2 2 kne 由此得 k ne 2 4 當(dāng)時(shí) 2 k nm600 22 40 0 50 1 4 當(dāng)時(shí) 3 k nm400 32 40 0 50 1 4 波長(zhǎng)為 480nm 的可見(jiàn)光在反射中加強(qiáng) 波長(zhǎng)為 600nm 和 400nm 的可見(jiàn)光 在透射中加強(qiáng) 11 611 6 一單色光垂直照射在厚度均勻的薄油膜上 油膜覆蓋在玻璃板上 油的折射率為 1 3 玻璃的折射率為 1 5 若單色光的波長(zhǎng)可由光源連續(xù)可調(diào) 并觀察到 500nm 與 700nm 這兩個(gè)波長(zhǎng)的單色光在反射中消失 求油膜的厚度 分析 分析 由于玻璃的折射率大于油的折射率 光線在油膜上 下表面反 2 n 1 n 射時(shí)都存在半波損失 則光程差為 設(shè)nm 的光在級(jí)干涉相消 ne2 500 1 k 則對(duì)于nm 的光在第級(jí)干涉相消 700 2 1 k 解 解 對(duì)nm 的光在級(jí)干涉相消 有500 1 k 1 1 1 1 2 1 2 122 kken 對(duì)nm 的光在第級(jí)干涉相消 有700 2 1 k 2 2 2 1 2 1 2 1122 kken 文檔鑒賞 由 1 2 式解得 3 5007002 700500 2 12 21 k nm 1 673 30 1 2 500 2 1 3 2 2 1 1 1 n k e 11 711 7 有一玻璃劈尖 玻璃的折射率為 1 5 劈尖夾角 用rad105 5 單色光垂直照射 測(cè)得相鄰兩條明紋間的距離 求此單色光的m1064 3 3 l 波長(zhǎng) 分析 分析 由相鄰兩明紋間的距離公式可得 解 解 相鄰兩明紋的距離為 sin2n l 因?yàn)楹苄?所以 則 sin n l 2 所以 nl2 53 1051064 35 12 546nm 11 1111 11 在折射率的照相機(jī)鏡頭表面鍍有一層折射率的52 1 1 n38 1 2 n MgF2增透膜 如果此膜適用于波長(zhǎng)550nm 的光 問(wèn)膜的最小厚度應(yīng)是多少 分析 分析 由薄膜干涉公式可得 解 解 對(duì)穿過(guò)增透膜的透射光而言 兩相干光的光程差為 為使給定 2 2 ne 波長(zhǎng)的透射光增強(qiáng) 應(yīng)滿(mǎn)足條件 kne 2 2 當(dāng)時(shí) 對(duì)應(yīng)膜的最小厚度1 k 2 2 min ne 已知nm 由此可以算出膜的最小厚度550 38 1 2 n 文檔鑒賞 nm 4 99 4 2 n e 11 1211 12 1 若用波長(zhǎng)不同的光觀察牛頓環(huán) nm nm 觀察600 1 450 2 利用時(shí)的第k個(gè)暗環(huán)與用時(shí)的第k 1 個(gè)暗環(huán)重合 已知透鏡的曲率半徑是 1 2 190cm 求用時(shí)第k個(gè)暗環(huán)的半徑 1 2 又如在牛頓環(huán)中用波長(zhǎng)為 500nm 的第 5 個(gè)明環(huán)與用波長(zhǎng)為時(shí)的第 6 3 個(gè)明環(huán)重合 求波長(zhǎng) 3 分析 分析 用牛頓環(huán)暗環(huán)半徑公式 明環(huán)半徑公式計(jì) kRr Rkr 2 1 算求得 解 解 1 的第k個(gè)暗環(huán)半徑為 1 1 kRrk 的第k 1 個(gè)暗環(huán)半徑為 2 21 1 Rkrk 兩個(gè)暗環(huán)重合 即 由以上式子可得 代入下式 1 kk rr3 k m 392 1 1085 110600101903 kRrk 2 由明環(huán)半徑公式 且波長(zhǎng)為 500nm 的第 5 級(jí)明紋與波長(zhǎng) Rkr 2 1 時(shí)的第 6 個(gè)明環(huán)重合 可得 3 3 2 1 6 2 1 5 RR 所以 nm 1 409500 11 9 11 9 3 文檔鑒賞 11 1311 13 當(dāng)觀察牛頓環(huán)裝置中的透鏡與玻璃板之間的空間充以某種液體時(shí) 第 10 個(gè)明環(huán)的直徑由m 變?yōu)閙 試求這種液體的折射率 2 1040 1 2 1027 1 分析 分析 當(dāng)透鏡與與平板玻璃間充滿(mǎn)某種液體 且滿(mǎn)足1 2 n 3221 nnnn 或時(shí) 在厚度為 的地方 兩相干光的光程差為 3221 nnnn e 2 2 2 en 由此可推導(dǎo)出牛頓環(huán)暗環(huán)半徑和明環(huán)半徑 這里明 2 n kR r 2 2 1 n R kr 暗環(huán)半徑和充入的介質(zhì)折射率有關(guān) 在牛頓環(huán)公式中 若介質(zhì)不均勻或分析 2 n 的是透射光而不是反射光 那么關(guān)于暗環(huán) 明環(huán)半徑的公式與教材中的公式是 不同的 解 解 當(dāng)透鏡與玻璃之間為空氣時(shí) 級(jí)明紋的直徑為k Rkrd kk 2 1 22 當(dāng)透鏡與玻璃之間為液體時(shí) 級(jí)明紋的直徑為k 2 2 1 22 n R krd kk 解上述兩式得 22 1 2 2 k k d d n 11 1711 17 波長(zhǎng)nm 的平行單色光 垂直入射到寬度為a 0 25mm 的單500 縫上 緊靠單縫后放一凸透鏡 如果置于焦平面處的屏上中央明紋兩側(cè)的第三 級(jí)暗紋之間的距離是 3mm 求透鏡焦距 分析 分析 由單縫衍射暗紋條件及暗紋到中心的距離可求焦距 解 解 設(shè)第 3 級(jí)暗紋在方向上 則有 3 3sin 3 a 此暗紋到中心的距離為 33 tan fx 文檔鑒賞 因?yàn)楹苄?可認(rèn)為 所以 3 33 sintan afx 3 3 兩側(cè)第三級(jí)暗紋的距離為 mm3 62 3 afx 所以 cm 25 6 2 3 ax f 11 1811 18 一單色平行光垂直入射一單縫 其衍射第三級(jí)明紋位置恰與波長(zhǎng)為 600nm 的單色光垂直入射該縫時(shí) 衍射的第二級(jí)明紋位置重合 試求該單色光 波長(zhǎng) 分析 分析 所求單色光的第三級(jí)明紋位置與波長(zhǎng)為 600nm 單色光的第二級(jí)明紋 位置重合 說(shuō)明它們具有相同的衍射角 解 解 單縫衍射明紋位置由確定 所以有 212sin ka 對(duì)于波長(zhǎng)未知的光 1 1 2 132sin 1 3 a 對(duì)于波長(zhǎng)為 600nm 的光 2 2 2 122sin 2 2 a 由于 23 sinsin 由 1 2 式可得 2 122 2 132 21 nm 12 55 600 428 6 77 11 1911 19 波長(zhǎng)為 600nm 的單色光垂直入射在一光柵上 第二級(jí)明紋出現(xiàn)在 0 2 處 第四級(jí)缺級(jí) 試問(wèn) sin 文檔鑒賞 1 光柵常數(shù)a b 2 光柵上狹縫的最小寬度a 3 按上述選的 a b 和a 求出在屏幕上實(shí)際呈現(xiàn)的全部衍射明紋的級(jí)次 分析 分析 應(yīng)用光柵公式和缺級(jí)條件可得 解 解 1 由光柵方程 kba sin 得 m sin k ba 6 9 106 20 0 106002 2 由缺級(jí)條件 k a ba k 且第四級(jí)缺級(jí) 得 4 k ba k k ba a 當(dāng) 1 時(shí) a 有最小值 k m 66 min 105 1106 4 1 4 1 baa 3 當(dāng)時(shí) 有最大值1sin k 10 10600 106 9 6 ba k 因?yàn)楫?dāng)時(shí)是看不到衍射條紋的 且時(shí)缺級(jí) 90 8 4 k 能看到的明紋級(jí)數(shù)為 9 7 6 5 3 2 1 0 k 11 2011 20 用一束具有兩種波長(zhǎng)的平行光垂直入射在光柵上 nm 600 1 nm 現(xiàn)距中央明紋 5cm 處光的k級(jí)明紋和光的第k 1 級(jí)明紋相重400 2 1 2 合 若所用透鏡的焦距f 50cm 試問(wèn) 1 上述的k 文檔鑒賞 2 光柵常數(shù) a b 分析 分析 光的k級(jí)明紋和光的第k 1 級(jí)明紋相重合 即它們的衍射角相 1 2 同 解 解 1 由題意 的 k 級(jí)與的 k 1 級(jí)譜線相重合 即它們衍射角相同 1 2 所以 11 sin kd 22 1sin kd 得 2 21 2 k 2 因很小 fxfx 11 sintan 所以 1 2 10cm xfkd 1 3 11 2811 28 兩偏振片的偏振化方向成 30 夾角時(shí) 透射光的強(qiáng)度為I1 若入 射光不變而使兩偏振片的偏振化方向之間的夾角變?yōu)?45 則透光強(qiáng)度將如何 變化 分析 分析 由馬呂斯定律求得 解 解 由馬呂斯定律 兩偏振片的偏振化方向成 30 夾角時(shí) 1 1 2 01 cos II 兩偏振片的偏振化方向之間的夾角變?yōu)?45 2 2 2 02 cos II 由 1 2 得 1 2 2 1 2 2 2 2 3 2 30cos 45cos cos cos II 11 2911 29 一束自然光入射到一組偏振片上 該偏振片組共由四塊偏振片組成 每塊偏振片的偏振化方向均相對(duì)于前一塊偏振片順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò) 30 角 問(wèn)該組偏 振片的透射光強(qiáng)占入射光強(qiáng)的百分之幾 文檔鑒賞 分析 分析 由馬呂斯定律求得 解 解 設(shè)入射光的光強(qiáng)為 透過(guò)第一 二三四塊偏振片后的光強(qiáng)分別為