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

...wd......wd......wd...第九章振動9-1一個質(zhì)點(diǎn)作簡諧運(yùn)動，振幅為A，在起始時刻質(zhì)點(diǎn)的位移為，且向x軸正方向運(yùn)動，代表此簡諧運(yùn)動的旋轉(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某簡諧運(yùn)動的振動曲線如圖〔a〕所示，那么此簡諧運(yùn)動的運(yùn)動方程為〔〕題９-２圖分析與解由振動曲線可知，初始時刻質(zhì)點(diǎn)的位移為–A/2，且向x軸負(fù)方向運(yùn)動．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．振動曲線上給出質(zhì)點(diǎn)從–A/2處運(yùn)動到+A處所需時間為1s，由對應(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)振動曲線所給信息，逐一代入方程來找出正確答案．9-3兩個同周期簡諧運(yùn)動曲線如圖〔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作簡諧運(yùn)動時，它的動能的變化頻率為〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕分析與解質(zhì)點(diǎn)作簡諧運(yùn)動的動能表式為，可見其周期為簡諧運(yùn)動周期的一半，那么頻率為簡諧運(yùn)動頻率ν的兩倍．因而正確答案為〔C〕．9-5圖〔a〕中所畫的是兩個簡諧運(yùn)動的曲線，假設(shè)這兩個簡諧運(yùn)動可疊加，那么合成的余弦振動的初相位為〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕分析與解由振動曲線可以知道，這是兩個同振動方向、同頻率簡諧運(yùn)動，它們的相位差是〔即反相位〕．運(yùn)動方程分別為和．它們的振幅不同．對于這樣兩個簡諧運(yùn)動，可用旋轉(zhuǎn)矢量法，如圖〔b〕很方便求得合運(yùn)動方程為．因而正確答案為〔D〕．題９-５圖9-6有一個彈簧振子，振幅，周期，初相．試寫出它的運(yùn)動方程，并作出圖、圖和圖．題９-6圖分析彈簧振子的振動是簡諧運(yùn)動．振幅、初相、角頻率是簡諧運(yùn)動方程的三個特征量．求運(yùn)動方程就要設(shè)法確定這三個物理量．題中除、外，可通過關(guān)系式確定．振子運(yùn)動的速度和加速度的計算仍與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動學(xué)中的計算方法一樣．解因，那么運(yùn)動方程根據(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)簡諧運(yùn)動方程為，求：〔1〕振幅、頻率、角頻率、周期和初相；〔2〕時的位移、速度和加速度．分析可采用比較法求解．將的簡諧運(yùn)動方程與簡諧運(yùn)動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)動是簡諧運(yùn)動，并求振動周期．分析要證明貨輪作簡諧運(yùn)動，需要分析貨輪在平衡位置附近上下運(yùn)動時，它所受的合外力與位移間的關(guān)系，如果滿足，那么貨輪作簡諧運(yùn)動．通過即可求得振動周期．證貨輪處于平衡狀態(tài)時［圖〔a〕］，浮力大小為F＝mg．當(dāng)船上下作微小振動時，取貨輪處于力平衡時的質(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，受合外力為其中為此時貨輪所受浮力，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是簡諧運(yùn)動．由可得貨輪運(yùn)動的微分方程為令，可得其振動周期為9-9設(shè)地球是一個半徑為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．〔1〕證明此質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動是簡諧運(yùn)動；〔2〕計算其周期．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)動時的受力特征即可．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，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)作簡諧運(yùn)動．〔2〕質(zhì)點(diǎn)振動的周期為9-10如圖〔a〕所示，兩個輕彈簧的勁度系數(shù)分別為、．當(dāng)物體在光滑斜面上振動時．〔1〕證明其運(yùn)動仍是簡諧運(yùn)動；〔2〕求系統(tǒng)的振動頻率．題9-10圖分析從上兩題的求解知道，要證明一個系統(tǒng)作簡諧運(yùn)動，首先要分析受力情況，然后看是否滿足簡諧運(yùn)動的受力特征〔或簡諧運(yùn)動微分方程〕．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)時各彈簧受力相等，分析物體在任一位置時受力與位移的關(guān)系，即可證得物體作簡諧運(yùn)動，并可求出頻率．證設(shè)物體平衡時兩彈簧伸長分別為、，那么由物體受力平衡，有〔1〕按圖〔b〕所取坐標(biāo)，物體沿x軸移動位移x時，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)，那么物體作簡諧運(yùn)動，振動頻率討論〔1〕由此題的求證可知，斜面傾角θ對彈簧是否作簡諧運(yùn)動以及振動的頻率均不產(chǎn)生影響．事實(shí)上，無論彈簧水平放置、斜置還是豎直懸掛，物體均作簡諧運(yùn)動．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諧運(yùn)動，且振動頻率均為，讀者可以一試．通過這些例子可以知道，證明物體是否作簡諧運(yùn)動的思路是一樣的．*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，且與滑輪間無相對滑動，求系統(tǒng)的振動角頻率．題9-11圖分析這是一個由彈簧、物體A、C和滑輪B組成的簡諧運(yùn)動系統(tǒng)．求解系統(tǒng)的振動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，與物體A相連的彈簧一端所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，此時彈簧已伸長，且．當(dāng)彈簧沿軸正向從原點(diǎn)O伸長x時，分析物體A、C及滑輪B的受力情況，并分別列出它們的動力學(xué)方程，可解得系統(tǒng)作簡諧運(yùn)動的微分方程．〔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)作簡諧運(yùn)動的微分方程．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，對物體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)振動的角頻率為解2取整個振動裝置和地球?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)物體平衡時為初始狀態(tài)，物體向右偏移距離x〔此時速度為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應(yīng)注意勢能〔重力勢能和彈性勢能〕零點(diǎn)的選?。疄檫\(yùn)算方便，選初始狀態(tài)下物體C所在位置為重力勢能零點(diǎn)；彈簧原長時為彈性勢能的零點(diǎn)．將上述方程對時間求導(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，〔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；〔3〕物體在x＝-1.0×10-2m處，向負(fù)方向運(yùn)動；〔4〕物體在x＝-1.0×10-2m處，向正方向運(yùn)動．求以上各種情況的運(yùn)動方程．分析在振幅A和周期T的條件下，確定初相φ是求解簡諧運(yùn)動方程的關(guān)鍵．初相確實(shí)定通常有兩種方法．〔1〕解析法：由振動方程出發(fā)，根據(jù)初始條件，即t＝0時，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軸上振動的初始位置x0和速度v0的方向與旋轉(zhuǎn)矢量圖相對應(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)簡諧運(yùn)動方程，當(dāng)時有，．當(dāng)〔1〕時，，那么；〔2〕時，，，因，??；〔3〕時，，，由，??；〔4〕時，，，由，?。D(zhuǎn)矢量法：分別畫出四個不同初始狀態(tài)的旋轉(zhuǎn)矢量圖，如圖〔b〕所示，它們所對應(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，伸長量為9.8×10-2m．假設(shè)使物體上、下振動，且規(guī)定向下為正方向．〔1〕當(dāng)t＝0時，物體在平衡位置上方8.0×10-2ｍ處，由靜止開場向下運(yùn)動，求運(yùn)動方程．〔2〕當(dāng)t＝０時，物體在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上運(yùn)動，求運(yùn)動方程．分析求運(yùn)動方程，也就是要確定振動的三個特征物理量A、ω和φ．其中振動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)物體受力平衡時彈簧的伸長來計算；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，彈性力F與重力P的大小相等，即F＝mg．而此時彈簧的伸長量Δl＝9.8×10-2m．那么彈簧的勁度系數(shù)k＝F／Δl＝mg／Δl．系統(tǒng)作簡諧運(yùn)動的角頻率為〔1〕設(shè)系統(tǒng)平衡時，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，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)動方程為〔2〕t＝０時，x20＝0、v20＝0.6ｍ·s-1，同理可得；［圖〔b〕］．那么運(yùn)動方程為9-14某振動質(zhì)點(diǎn)的x-t曲線如圖〔a〕所示，試求：〔1〕運(yùn)動方程；〔2〕點(diǎn)P對應(yīng)的相位；〔3〕到達(dá)點(diǎn)P相應(yīng)位置所需的時間．分析由運(yùn)動方程畫振動曲線和由振動曲線求運(yùn)動方程是振動中常見的兩類問題．此題就是要通過x－t圖線確定振動的三個特征量A、ω和，從而寫出運(yùn)動方程．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)振動振幅A＝0.10ｍ．而由振動曲線可畫出t0＝0和t1＝4ｓ時旋轉(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)動到正向的端點(diǎn)處．對應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔c〕所示．當(dāng)初相取時，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作簡諧運(yùn)動的物體，由平衡位置向x軸正方向運(yùn)動，試問經(jīng)過以下路程所需的最短時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，那么所需時間〔3〕從x2＝A/2運(yùn)動到最大位移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諧運(yùn)動，周期為0.50ｓ，振幅為2.0×10-2m．求：〔1〕平板到最低點(diǎn)時，重物對平板的作用力；〔2〕假設(shè)頻率不變，那么平板以多大的振幅振動時，重物會跳離平板〔3〕假設(shè)振幅不變，那么平板以多大的頻率振動時，重物會跳離平板題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諧運(yùn)動，其間受重力P和板支持力FN作用，F(xiàn)N是一個變力．按牛頓定律，有〔1〕由于物體是隨板一起作簡諧運(yùn)動，因而有，那么式〔1〕可改寫為〔2〕〔1〕根據(jù)板運(yùn)動的位置，確定此刻振動的相位，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)．在振動過程中，當(dāng)時最小．而重物恰好跳離平板的條件為＝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，相位＝0，物體受板的支持力為重物對木塊的作用力與大小相等，方向相反．〔2〕當(dāng)頻率不變時，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，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、同振幅的簡諧運(yùn)動．第一個質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為，當(dāng)?shù)谝粋€質(zhì)點(diǎn)自振動正方向回到平衡位置時，第二個質(zhì)點(diǎn)恰在振動正方向的端點(diǎn)，試用旋轉(zhuǎn)矢量圖表示它們，并求第二個質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程及它們的相位差．題9-17圖解圖示為兩質(zhì)點(diǎn)在時刻t的旋轉(zhuǎn)矢量圖，可見第一個質(zhì)點(diǎn)M的相位比第二個質(zhì)點(diǎn)N的相位超前，即它們的相位差Δφ＝π/2．故第二個質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程應(yīng)為9-18圖〔a〕為一簡諧運(yùn)動質(zhì)點(diǎn)的速度與時間的關(guān)系曲線，且振幅為2cm，求〔1〕振動周期；〔2〕加速度的最大值；〔3〕運(yùn)動方程．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．在要求的簡諧運(yùn)動方程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，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動速度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．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，那么取，其旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔b〕所示．那么運(yùn)動方程為題9-18圖9-19有一單擺，長為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)開場時擺角最大，試寫出此單擺的運(yùn)動方程；〔3〕擺角為3°時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〔θ＜5°〕的擺動，其角量θ與時間的關(guān)系可表示為簡諧運(yùn)動方程，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〕由時可得振動初相，那么以角量表示的簡諧運(yùn)動方程為〔３〕擺角為3°時，有，那么這時質(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)果會有極微小的差異．這是因?yàn)樵趯?dǎo)出簡諧運(yùn)動方程時曾取，所以，單擺的簡諧運(yùn)動方程僅在θ較小時成立．9-20為了測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．為了測定其對質(zhì)心軸的轉(zhuǎn)動慣量，現(xiàn)讓其繞內(nèi)緣刃口擺動，在擺角較小時，測得周期為2.0s，試求其繞質(zhì)心軸的轉(zhuǎn)動慣量．9-21題圖分析飛輪的運(yùn)動相當(dāng)于一個以刃口為轉(zhuǎn)軸的復(fù)擺運(yùn)動，復(fù)擺振動周期為，因此，只要知道復(fù)擺振動的周期和轉(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)動慣量．解由復(fù)擺振動周期，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，同時使彈簧壓縮從而作簡諧運(yùn)動，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)以彈簧原長時物體所在處為坐標(biāo)原點(diǎn)，向左為x軸正向，求簡諧運(yùn)動方程．題9-22圖分析可分為兩個過程討論．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)滿足動量守恒，因而可以確定它們共同運(yùn)動的初速度v0，即振動的初速度．隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡諧運(yùn)動．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．解振動系統(tǒng)的角頻率為由動量守恒定律得振動的初始速度即子彈和木塊的共同運(yùn)動初速度v0為又因初始位移x0＝0，那么振動系統(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，那么簡諧運(yùn)動方程為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．問：〔1〕此時的振動周期與空盤作振動的周期有何不同〔2〕此時的振幅為多大題9-23圖分析原有空盤振動系統(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，這也是該振動系統(tǒng)的初始速度．在確定初始時刻的位移x0時，應(yīng)注意新振動系統(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，也就是空盤時的平衡位置相對新系統(tǒng)的平衡位置的位移．解〔1〕空盤時和物體落入盤中后的振動周期分別為可見T′＞T，即振動周期變大了．〔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，初始位移為空盤時的平衡位置相對粘上物體后新系統(tǒng)平衡位置的位移，即式中l(wèi)1＝m1/k為空盤靜止時彈簧的伸長量，l2＝〔m1＋m2〕/k為物體粘在盤上后，靜止時彈簧的伸長量．由動量守恒定律可得振動系統(tǒng)的初始速度，即盤與物體相碰后的速度式中是物體由h上下落至盤時的速度．故系統(tǒng)振動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的簡諧運(yùn)動．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，〔b〕物體在最大位移處時，落在物體上．分別求：〔1〕振動周期有何變化〔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，振動周期也將變化．至于粘土如何落下是不影響振動周期的．但是，粘土落下時將改變振動系統(tǒng)的初始狀態(tài)，因此，對振幅是有影響的．在粘土落到物體上的兩種不同情況中，系統(tǒng)在水平方向的動量都是守恒的．利用動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)振動的振幅和物體經(jīng)過平衡位置時的速度分別為A、v和A′、v′．由動量守恒定律和機(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，粘土落在物體上．那么由動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作簡諧運(yùn)動，其最大加速度為4.0ｍ·s-1求：〔1〕振動的周期；〔2〕物體通過平衡位置時的總能量與動能；〔3〕物體在何處其動能和勢能相等〔4〕當(dāng)物體的位移大小為振幅的一半時，動能、勢能各占總能量的多少分析在簡諧運(yùn)動過程中，物體的最大加速度，由此可確定振動的周期T．另外，在簡諧運(yùn)動過程中機(jī)械能是守恒的，其中動能和勢能互相交替轉(zhuǎn)化，其總能量E＝kA2/2．當(dāng)動能與勢能相等時，Ek＝EP＝kA2/4．因而可求解此題．解〔1〕由分析可得振動周期〔2〕當(dāng)物體處于平衡位置時，系統(tǒng)的勢能為零，由機(jī)械能守恒可得系統(tǒng)的動能等于總能量，即〔3〕設(shè)振子在位移x0處動能與勢能相等，那么有得〔４〕物體位移的大小為振幅的一半〔即〕時的勢能為那么動能為9-26一氫原子在分子中的振動可視為簡諧運(yùn)動．氫原子質(zhì)量m＝1.68×10-27Kg，振動頻率＝1.0×1014Hz，振幅A＝1.0×10-11ｍ．試計算：〔1〕此氫原子的最大速度；〔2〕與此振動相聯(lián)系的能量．解〔1〕簡諧運(yùn)動系統(tǒng)中振子運(yùn)動的速度v＝－Aωsin〔ωt＋φ〕，故氫原子振動的最大速度為〔２〕氫原子的振動能量9-27質(zhì)量m＝10g的小球與輕彈簧組成一振動系統(tǒng)，按的規(guī)律作自由振動，求〔1〕振動的角頻率、周期、振幅和初相；〔2〕振動的能量E；〔3〕一個周期內(nèi)的平均動能和平均勢能．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〕簡諧運(yùn)動的能量〔3〕簡諧運(yùn)動的動能和勢能分別為那么在一個周期中，動能與勢能對時間的平均值分別為9-28兩同方向、同頻率的簡諧運(yùn)動的運(yùn)動方程分別為；．求：〔1〕合振動的振幅及初相；〔2〕假設(shè)有另一同方向、同頻率的簡諧運(yùn)動，那么為多少時，x1＋x3的振幅最大又為多少時，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，兩個同方向、同頻率簡諧運(yùn)動的合成仍為一簡諧運(yùn)動，其角頻率不變；合振動的振幅，其大小與兩個分振動的初相差相關(guān)．而合振動的初相位解〔1〕作兩個簡諧運(yùn)動合成的旋轉(zhuǎn)矢量圖〔如圖〕．因?yàn)?，故合振動振幅為合振動初相位?〕要使x1＋x3振幅最大，即兩振動同相，那么由得要使x1＋x3的振幅最小，即兩振動反相，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，手電筒的光恰好照在屏幕中心．設(shè)手電筒和屏幕相對于地面上下振動的表達(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)在屏幕上相對于屏靜止不動；〔2〕光點(diǎn)在屏幕上相對于屏作振幅A′＝2A的振動．并說明用何種方式起動，才能得到上述結(jié)果．題9-29圖分析落在屏幕上的光點(diǎn)相對地面的運(yùn)動和屏幕相對于地面的運(yùn)動都道，且是兩個簡諧運(yùn)動．因此由運(yùn)動的合成不難寫出光點(diǎn)相對屏的運(yùn)動〔實(shí)際上是兩個同方向、同頻率簡諧運(yùn)動的合成〕．根據(jù)相對運(yùn)動公式，有依題意所以可見光點(diǎn)對屏的運(yùn)動就是兩個同方向、同頻率簡諧運(yùn)動和的合成．用與上題一樣的方法即可求解此題．其中合運(yùn)動振幅．解〔1〕根據(jù)分析和參考上題求解，當(dāng)要求任一時刻光點(diǎn)相對于屏不動，即，就是當(dāng)時，即時〔〕，A′＝0．當(dāng)光點(diǎn)相對于屏作振幅為2A的運(yùn)動時，要求，即．〔2〕由以上求解可知，要使光點(diǎn)相對于屏不動，就要求手電筒和屏的振動始終要同步，即同相位，為此，把它們往下拉A位移后，同時釋放即可；同理，要使光點(diǎn)對屏作振幅為2A的諧振動，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處同時釋放，即可實(shí)現(xiàn)．9-30兩個同頻率的簡諧運(yùn)動1和2的振動曲線如圖〔a〕所示，求〔1〕兩簡諧運(yùn)動的運(yùn)動方程x1和x2；〔2〕在同一圖中畫出兩簡諧運(yùn)動的旋轉(zhuǎn)矢量，并比較兩振動的相位關(guān)系；〔3〕假設(shè)兩簡諧運(yùn)動疊加，求合振動的運(yùn)動方程．分析振動圖已給出了兩個簡諧運(yùn)動的振幅和周期，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，便可得兩個簡諧運(yùn)動的方程．解〔1〕由振動曲線可知，A＝0.1ｍ，T＝2ｓ，那么ω＝2π／T＝πｓ-1．曲線1表示質(zhì)點(diǎn)初始時刻在x＝0處且向x軸正向運(yùn)動，因此φ1＝－π／2；曲線2表示質(zhì)點(diǎn)初始時刻在x＝A/2處且向x軸負(fù)向運(yùn)動，因此φ2＝π／3．它們的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔b〕所示．那么兩振動的運(yùn)動方程分別為和〔2〕由圖〔b〕可知振動2超前振動1的相位為5π／6．〔3〕其中那么合振動的運(yùn)動方程為題9-30圖9-31將頻率為348Hz的標(biāo)準(zhǔn)音叉振動和一待測頻率的音叉振動合成，測得拍頻為3.0Hz．假設(shè)在待測頻率音叉的一端加上一小塊物體，那么拍頻數(shù)將減少，求待測音叉的固有頻率．分析這是利用拍現(xiàn)象來測定振動頻率的一種方法．在頻率1和拍頻數(shù)Δ＝|2－1|的情況下，待測頻率2可取兩個值，即2＝1±Δ．式中Δ前正、負(fù)號的選取應(yīng)根據(jù)待測音叉系統(tǒng)質(zhì)量改變時，拍頻數(shù)變化的情況來決定．解根據(jù)分析可知，待測頻率的可能值為2＝1±Δ＝〔348±3〕Hz因振動系統(tǒng)的固有頻率，即質(zhì)量m增加時，頻率減小．從題意知，當(dāng)待測音叉質(zhì)量增加時拍頻減少，即｜2－1｜變?。虼?，在滿足2與Δ均變小的情況下，式中只能取正號，故待測頻率為2＝1＋Δ＝351Hz*9-32示波管的電子束受到兩個互相垂直的電場的作用．電子在兩個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．解這是兩個振動方向互相垂直的同頻率簡諧運(yùn)動的合成問題．合振動的軌跡方程為式中A1、A2為兩振動的振幅，Δφ為兩個振動的初相差．此題中A1＝A2＝A，Δφ＝φ，故有〔1〕當(dāng)φ＝0°時，有x＝y(tǒng)，軌跡為一直線方程．〔2〕當(dāng)φ＝30°時，有x2＋y2－xy＝A2/4，軌跡為橢圓方程．〔3〕當(dāng)φ＝90°時，有x2＋y2＝A2，軌跡為圓方程．*9-33圖示為測量液體阻尼系數(shù)的裝置簡圖，將一質(zhì)量為m的物體掛在輕彈簧上，在空氣中測得振動的頻率為1，置于液體中測得的頻率為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，阻尼振動的角頻率ω與無阻尼時系統(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)振動時受到阻尼作用，其阻尼系數(shù)δ＝10.0ｓ-1．為了使振動持續(xù)，現(xiàn)另外加一周期性驅(qū)動外力．求：〔1〕振子到達(dá)穩(wěn)定時的振動角頻率；〔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，其運(yùn)動方程為〔1〕等式右邊第一項與阻尼有關(guān)，該項經(jīng)一段時間后，因而消失．因此，穩(wěn)定時系統(tǒng)的振動由第二項確定，它是簡諧運(yùn)動方程．其中為周期性外力的角頻率，由此可知，此時振動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，振幅A是外力的角頻率ωP的函數(shù)．共振時，振幅最大，故可采用對函數(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，受迫振動到達(dá)穩(wěn)定時，系統(tǒng)作簡諧運(yùn)動的角頻率即為周期性外力的角頻率，故有〔2〕受迫振動到達(dá)穩(wěn)定后，其振幅．當(dāng)時振幅將取得極大值，稱共振現(xiàn)象．此時可解得周期性外界驅(qū)動力的角頻率為將上述結(jié)果代入振幅A的表達(dá)式中，得共振時振幅為9-35在一個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．求：〔1〕振蕩的周期；〔2〕電路中的自感；〔3〕電路中的電流隨時間變化的規(guī)律．分析在不計電阻的前提下，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〕電路中電流隨時間變化的規(guī)律為9-36用一個電容可在10.0pF到360.0pF范圍內(nèi)變化的電容器和一個自感線圈并聯(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，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，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，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差隨時間而變化的方程和電路中電流隨時間而變化的方程；〔2〕寫出電場的能量、磁場能量及總能量隨時間而變化的方程；〔3〕求t1＝T/8和t2＝T/4時，電容器兩極板間的電勢差、電路中的電流、電場能、磁場能．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差均以一樣的頻率隨時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、極板兩端電勢差U的變化規(guī)律．利用電磁場中電場能量和磁場能量公式可寫出它們隨時間t的函數(shù)關(guān)系式和特定時刻的瞬時值．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時起點(diǎn)，此時極板上電荷最大．那么任一時刻極板上的電荷為該時刻電路中的電流為極板兩端電勢差為〔2〕任意時刻電場能量、磁場能量及總能量分別為〔3〕由，可得T＝0.001ｓ，那么當(dāng)t1＝T/8時，由上述各式可得同理，當(dāng)時可得由上述結(jié)果可以看出LC電路在無阻尼振蕩過程中，總的電磁場能量是不變的，即滿足能量守恒定律．第十章波動10-1圖〔a〕表示t＝0時的簡諧波的波形圖，波沿x軸正方向傳播，圖〔b〕為一質(zhì)點(diǎn)的振動曲線．那么圖〔a〕中所表示的x＝0處振動的初相位與圖〔b〕所表示的振動的初相位分別為〔〕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)振動在t時刻的位移狀態(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)振動的初相位為π/2．而圖〔b〕是一個質(zhì)點(diǎn)的振動曲線圖，該質(zhì)點(diǎn)在t＝0時位移為0，t＞0時，由曲線形狀可知，質(zhì)點(diǎn)向y軸正向運(yùn)動，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．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．只有〔Ｃ〕正確．10-3一平面簡諧波，沿x軸負(fù)方向傳播，角頻率為ω，波速為u．設(shè)時刻的波形如圖〔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〕哪個是正確答案，可以有很多方法．這里給出兩個常用方法．方法一：直接將t＝T/4，x＝0代入方程，那么對〔C〕有y0＝A、對〔D〕有y0＝0，可見〔D〕的結(jié)果與圖一致．方法二：用旋轉(zhuǎn)矢量法求出波動方程的初相位．由圖〔a〕可以知道t＝T/4時原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的位移為0，且向y軸正向運(yùn)動，那么此時刻的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖〔b〕所示．要求初相位，只要將該時刻的旋轉(zhuǎn)矢量反轉(zhuǎn)〔順時針轉(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，兩列波長為λ的相干波在點(diǎn)P相遇．波在點(diǎn)S1振動的初相是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的相位差，而兩列波傳到P點(diǎn)時的兩分振動相位差為，應(yīng)選項〔D〕正確．10-5在駐波中，兩個相鄰波節(jié)間各質(zhì)點(diǎn)的振動〔〕〔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的平面簡諧縱波沿細(xì)長的金屬棒傳播，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．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λ與波速u、頻率之間有λ＝u/．所以，頻率一定的振動在不同介質(zhì)中傳播時，其波長不同．由上述關(guān)系可求得波長．解由分析可知金屬棒中傳播的縱波速度，因此，該縱波的波長為10-7一橫波在沿繩子傳播時的波動方程為．〔1〕求波的振幅、波速、頻率及波長；〔2〕求繩上質(zhì)點(diǎn)振動時的最大速度；〔3〕分別畫出t＝1s和t＝2s時的波形，并指出波峰和波谷．畫出x＝1.0ｍ處質(zhì)點(diǎn)的振動曲線并討論其與波形圖的不同．分析〔1〕波動方程〔又稱波函數(shù)〕求波動的特征量〔波速u、頻率、振幅A及波長λ等〕，通常采用比較法．將的波動方程按波動方程的一般形式書寫，然后通過比較確定各特征量〔式中前“-〞、“+〞的選取分別對應(yīng)波沿x軸正向和負(fù)向傳播〕．比較法思路清晰、求解簡便，是一種常用的解題方法．〔2〕討論波動問題，要理解振動物理量與波動物理量之間的內(nèi)在聯(lián)系與區(qū)別．例如區(qū)分質(zhì)點(diǎn)的振動速度與波速的不同，振動速度是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動速度，即v＝dy/dt；而波速是波線上質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動狀態(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〕將不同時刻的t值代入波動方程，便可以得到不同時刻的波形方程y＝y(tǒng)〔x〕，從而作出波形圖．而將確定的x值代入波動方程，便可以得到該位置處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程y＝y(tǒng)〔t〕，從而作出振動圖．解〔1〕將波動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)的振動速度那么〔3〕t＝1ｓ和t＝2ｓ時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)動方程為振動圖線如圖〔b〕所示．波形圖與振動圖雖在圖形上相似，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質(zhì)點(diǎn)，其位移隨時間變化的情況．題10-7圖10-8波源作簡諧運(yùn)動，其運(yùn)動方程為，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；〔2〕寫出波動方程．分析波源運(yùn)動方程求波動物理量及波動方程，可先將運(yùn)動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，而這三個物理量與波動方程的一般形式中相應(yīng)的三個物理量是一樣的．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)動方程可知，質(zhì)點(diǎn)振動的角頻率．根據(jù)分析中所述，波的周期就是振動的周期，故有波長為λ＝uT＝0.25ｍ〔２〕將的波源運(yùn)動方程與簡諧運(yùn)動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方程為10-9一波動方程為．〔1〕求波長、頻率、波速和周期；〔2〕說明x＝0時方程的意義，并作圖表示．題10-9圖分析采用比較法．將題給的波動方程改寫成波動方程的余弦函數(shù)形式，比較可得角頻率ω、波速u，從而求出波長、頻率等．當(dāng)x確定時波動方程即為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程y＝y(tǒng)〔t〕．解〔1〕將題給的波動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，方程表示位于坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程〔如圖〕．10-10波源作簡諧運(yùn)動，周期為0.02ｓ，假設(shè)該振動以100m·ｓ-1的速度沿直線傳播，設(shè)t＝0時，波源處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)平衡位置向正方向運(yùn)動，求：〔1〕距波源15.0ｍ和5.0m兩處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程和初相；〔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)動方程．并可求得振動的初相．〔2〕波的傳播也可以看成是相位的傳播．由波長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，波源質(zhì)點(diǎn)經(jīng)平衡位置向正方向運(yùn)動，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)，那么波動方程為距波源為x1＝15.0m和x2＝5.0m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動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有一平面簡諧波在空間傳播．在波線上某點(diǎn)B的運(yùn)動規(guī)律為，就圖〔a〕〔b〕〔c〕給出的三種坐標(biāo)取法，分別列出波動方程．并用這三個方程來描述與B相距為b的P點(diǎn)的運(yùn)動規(guī)律．分析〔1〕波動方程的一般表式為，式中振幅A、角頻率ω和波速u從B點(diǎn)運(yùn)動方程和所給圖均．因此只要求出原點(diǎn)的初相φ0．而對〔a〕、〔b〕情況，B點(diǎn)即為原點(diǎn)，所以φ0＝φ，對情況〔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)的振動均比B點(diǎn)的振動落后時間b/u，落后相位ωb/u，因而P點(diǎn)的運(yùn)動方程均為．10-12圖示為平面簡諧波在t＝0時的波形圖，設(shè)此簡諧波的頻率為250Hz，且此時圖中質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向向上．求：〔1〕該波的波動方程；〔2〕在距原點(diǎn)O為7.5m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程與t＝0時該點(diǎn)的振動速度．分析〔1〕從波形曲線圖獲取波的特征量，從而寫出波動方程是建設(shè)波動方程的又一途徑．具體步驟為：1.從波形圖得出波長λ、振幅A和波速u＝λ；2.根據(jù)點(diǎn)P的運(yùn)動趨勢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)動趨向，并利用旋轉(zhuǎn)矢量法確定其初相φ0．〔2〕在波動方程確定后，即可得到波線上距原點(diǎn)O為x處的運(yùn)動方程y＝y(tǒng)〔t〕，及該質(zhì)點(diǎn)的振動速度＝dy/dt．解〔1〕從圖中得知，波的振幅A＝0.10m，波長λ＝20.0m，那么波速u＝λ＝5.0×103ｍ·ｓ-1．根據(jù)t＝0時點(diǎn)P向上運(yùn)動，可知波沿Ox軸負(fù)向傳播，并判定此時位于原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)將沿Oy軸負(fù)方向運(yùn)動．利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得其初相φ0＝π/3．故波動方程為〔2〕距原點(diǎn)O為x＝7.5ｍ處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為t＝0時該點(diǎn)的振動速度為題10-12圖10-13如以下列圖為一平面簡諧波在t＝0時刻的波形圖，求〔1〕該波的波動方程；〔2〕P處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程．題10-13圖分析〔1〕根據(jù)波形圖可得到波的波長λ、振幅A和波速u，因此只要求初相φ，即可寫出波動方程．而由圖可知t＝0時，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，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可知φ＝－π/2．〔2〕波動方程確定后，將P處質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)x代入波動方程即可求出其運(yùn)動方程yP＝y(tǒng)P〔t〕．解〔1〕由圖可知振幅A＝0.04ｍ，波長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，因此波動方程為〔2〕距原點(diǎn)O為x＝0.20ｍ處的P點(diǎn)運(yùn)動方程為10-14一平面簡諧波，波長為12m，沿Ox軸負(fù)向傳播．圖〔a〕所示為x＝1.0m處質(zhì)點(diǎn)的振動曲線，求此波的波動方程．題10-14圖分析該題可利用振動曲線來獲取波動的特征量，從而建設(shè)波動方程．求解的關(guān)鍵是如何根據(jù)圖〔a〕寫出它所對應(yīng)的運(yùn)動方程．較簡便的方法是旋轉(zhuǎn)矢量法．解由圖〔a〕可知質(zhì)點(diǎn)振動的振幅A＝0.40ｍ，t＝0時位于x＝1.0m處的質(zhì)點(diǎn)在A/2處并向Oy軸正向移動．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，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)動方程為將波速及x＝1.0m代入波動方程的一般形式中，并與上述x＝1.0m處的運(yùn)動方程作比較，可得φ0＝－π／2，那么波動方程為10-15圖中〔Ⅰ〕是t＝0時的波形圖，〔Ⅱ〕是t＝0.1s時的波形圖，T＞0.1s，寫出波動方程的表達(dá)式．題10-15圖分析波動方程的形式為從如以下列圖的t＝0時的波形曲線Ⅰ，可知波的振幅A和波長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只能從兩個不同時刻的波形曲線之間的聯(lián)系來得到．為此，可以從下面兩個不同的角度來分析．〔1〕由曲線〔Ⅰ〕可知，在t＝0時，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，而曲線〔Ⅱ〕那么說明，經(jīng)過0.1s后，該質(zhì)點(diǎn)已運(yùn)動到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個周期振動后再回到-A處，故有T＝0.1／(k＋0.25〕s．〔2〕從波形的移動來分析．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λ＝2.0m，振幅A＝0.10m．由波形曲線〔Ⅰ〕得知在t＝0時，原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置且向Oy軸負(fù)向運(yùn)動，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，波動方程可寫成10-16平面簡諧波的波動方程為．求：〔1〕t＝2.1s時波源及距波源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代入題給波動方程，可得波源處的相位將t＝2.1s和x′＝0.10m代入題給波動方程，得0.10m處的相位為〔2〕從波動方程可知波長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．由于波源在單位時間內(nèi)提供的能量恒定，且介質(zhì)不吸收能量，故對于球面波而言，單位時間內(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，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，兩振動方向一樣的平面簡諧波波源分別位于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)同時受兩列相干波的作用，其振動為這兩個同頻率、同振動方向的簡諧運(yùn)動的合成，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．兩波的波長均為λ＝u/＝4.0m．在A、B連線上可分三個局部進(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)動機(jī)排氣噪聲聲波經(jīng)管道到達(dá)點(diǎn)A時，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)動機(jī)排氣噪聲，那么圖中彎管與直管的長度差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左右傳播的波動方程；〔2〕在MN處反射波的波動方程；〔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)合成波的波動方程．題10-23圖分析知道波源O點(diǎn)的運(yùn)動方程，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)動方程．設(shè)反射波為y3，它和y1應(yīng)是同振動方向、同振幅、同頻率的波，但是由于半波損失，它在P點(diǎn)引起的振動和y1在P點(diǎn)引起的振動反相．利用y1在P點(diǎn)的運(yùn)動方程可求y3在P點(diǎn)的運(yùn)動方程，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方程分別為和〔2〕y1在反射面MN處引起質(zhì)點(diǎn)P振動的運(yùn)動方程因半波損失反射波y3在此處引起的振動為設(shè)反射波的波動方程為，那么反射波在x＝－3λ/4處引起的振動為與上式比較得，故反射波的波動方程為〔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時位于x＝0.625m處質(zhì)點(diǎn)的振動速度．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，位于x＝0.625m處質(zhì)點(diǎn)的振動速度為*10－25在下述兩種情況下，求長度為0.15m的風(fēng)琴管的基頻和前四個諧頻．〔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)琴管的某個端口封閉時，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，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，其管長與波長有關(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，管長與波長有關(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＝5100Hz10-26一平面簡諧波的頻率為500Hz，在空氣〔ρ＝1.3kg·m-3〕中以u＝340m·s-1的速度傳播，到達(dá)人耳時，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、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＝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)級差．解〔1〕因聲強(qiáng)，那么兩聲波聲強(qiáng)之比〔2〕因聲強(qiáng)級L＝lg〔I／I0〕，那么兩聲波聲強(qiáng)級差為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運(yùn)動而產(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，不僅要分清觀察者相對介質(zhì)〔空氣〕是靜止還是運(yùn)動，同時也要分清聲源的運(yùn)動狀態(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)動時，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，式中vs前取“－〞號，故有警車駛離觀察者時，式中vs前取“＋〞號，故有〔2〕聲源〔警車〕與客車上的觀察者作同向運(yùn)動時，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1.0×103Hz的聲音信號，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頻率；〔2〕甲潛艇接收到的從乙潛艇反射回來的信號頻率．分析〔1〕甲潛艇是聲源，發(fā)出信號頻率為，乙潛艇是觀察者，兩者相向運(yùn)動，利用多普勒頻率公式，即可求得乙潛艇接收到的信號頻率′．〔2〕要求甲潛艇接收到的乙潛艇的信號頻率，可將乙潛艇看成是聲源，它發(fā)出的信號頻率是′，將甲潛艇看成是觀察者，兩者相向運(yùn)動，同樣利用多普勒頻率公式，可求出甲潛艇接收到的信號頻率″．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〕*10-31一播送電臺的輻射功率是10kW，假定輻射場均勻分布在以電臺為中心的半球面上．〔1〕求距離電臺為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，求該處的電場強(qiáng)度和磁場強(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，按題意，波源的輻射功率就應(yīng)等于單位時間通過半球面〔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，由此可求電場強(qiáng)度振幅和磁場強(qiáng)度振幅．解〔1〕因?yàn)檩椛鋱龇植荚诎肭蛎嫔?，那么坡印廷矢量的平均值為?〕根據(jù)分析，，那么磁場強(qiáng)度和電場強(qiáng)度的振幅分別為*10-32真空中有一平面電磁波的電場表達(dá)式如下：．求：〔1〕波長，頻率；〔2〕該電磁波的傳播方向；〔3〕磁場強(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，電場強(qiáng)度E和磁場強(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表達(dá)式可以求磁場表達(dá)式，而坡印廷矢量可由公式S＝E×H求出．解〔1〕由電場表達(dá)式可知，角頻率ω＝2π×108s-1，波速u等于光速c，那么電磁波的波長和頻率分別為〔2〕由電場表達(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向下移動到圖中的S′位置，那么〔〕〔A〕中央明紋向上移動，且條紋間距增大〔B〕中央明紋向上移動，且條紋間距不變〔C〕中央明紋向下移動，且條紋間距增大〔D〕中央明紋向下移動，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，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．因此正確答案為〔B〕．11-3如圖〔a〕所示，兩個直徑有微小差異的彼此平行的滾柱之間的距離為L，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，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，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，波長為λ的單色光垂直入射在寬度為3λ的單縫上，對應(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〔B〕3個〔C〕4個〔D〕6個分析與解根據(jù)單縫衍射公式因此第k級暗紋對應(yīng)的單縫波陣面被分成2k個半波帶，第k級明紋對應(yīng)的單縫波陣面被分成2k＋1個半波帶．由題意，即對應(yīng)第1級明紋，單縫分成3個半波帶．正確答案為〔B〕．11-5波長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次為即只能看到第1級明紋，答案為〔D〕．11-6三個偏振片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方向垂直于入射面〔C〕是線偏振光且光矢量的振動方向平行于入射面〔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條暗紋是指對應(yīng)k＝4的那一級暗紋．由于條紋對稱，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λ．此外，因雙縫干預(yù)是等間距的，故也可