大学物理课后习题答案详解
大学物理课后习题答案
详解
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第一章质点运动学
1、(习题1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解:(1)由x=2t 得,
y=4t 2-8 可得: y=x 2-8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j =
则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=
当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=
2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时速度为0v ,求运动方程)(t x x =.
解: kv dt
dv
-= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0
t
k e v dt
dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --=
3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a 4t (SI),已知t 0时,质点位于x
10 m 处,初速度v 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ??=v
v 0
d 4d t
t t v 2=t 2
v d =x /d t 2=t 2
t t x t
x
x d 2d 0
20
??
= x 2= t 3 /3+10 (SI)
4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求:
(1)小球的运动方程;
(2)小球在落地之前的轨迹方程;
(3)落地前瞬时小球的d d r t ,d d v t ,t v
d d .
解:(1) t v x 0= 式(1)
2gt 21h y -= 式(2) 201
()(h -)2
r t v t i gt j =+
(2)联立式(1)、式(2)得 2
2
v 2gx h y -=
(3)
0d -gt d r
v i j t = 而落地所用时间 g
h
2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =
d d v g j t
=- 2
202y 2x )gt (v v v v -+=+=
2120
212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度
和法向加速度。
解:1)d 22d r v ti j t ==+ d 2d v
a i t
==
2)1
1
2222[(2)4]2(1)v t t =+=+ 2
d 2d 1
t v t a t
t =
=+ 1
22
22+=
-=t a a a t n
第二章质点动力学
1、(牛顿定律)质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升,突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上,并停留在气球上。若气球仍能向上加速,求气球的加速度减少了多少?
解:f 为空气对气球的浮力,取向上为正。 分别由图(a )、(b)可得:
F Mg Ma -=
1()()F M m g M m a -+=+
则11()
,Ma mg m a g a a a a m M m M
-+==-=
++
2、 (牛顿定律) 两个圆锥摆,悬挂点在同一高度,具有不同的悬线长度,若使它们运动时两个摆球离开地板的高度相同,试证这两个摆的周期相等. 证:设两个摆的摆线长度分别为1l 和2l ,摆线与竖直轴之间的夹角分别为1θ和
2θ,摆线中的张力分别为1F 和2F ,则
0cos 111=-g m F θ ① )sin /(sin 1121111θθl m F v = ② 解得:
1
111cos /sin θθgl =v
第一只摆的周期为
m 1 m 2
g
l l T 1
11
1
11cos 2sin 2θπ
θπ==
v 同理可得第二只摆的周期 g
l T 2
22cos 2θπ
= 由已知条件知 2211cos cos θθl l = ∴ 21T T = 习题2.1—2.6
习题2.1一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为3/1044005t F ?-=,子弹从枪口射出时的速率为m/s 300。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求:(1)子弹走完枪筒全长所用的时间t ;(2)子弹在枪筒中所受力的冲量I ;(3)子弹的质量。
解:(1)由3/1044005t F ?-=和子弹离开枪口处合力刚好为零,则可以得到:03/1044005=?-=t F 算出t=0.003s 。
(2)由冲量定义:
33
35520
400410/3400210/3
0.6I Fdt t dt t t N s ==-?=-?=???()
(3)由动量定
理:
习题2.2 质量为M =1.5 kg 的物体,用一根长为l =1.25 m 的细绳悬挂在天花板上.今有一质量为m =10 g 的子弹以v 0=500 m/s 的水平速度射穿物体,刚穿出物体时子弹的速度大小v =30 m/s ,设穿透时间极短.求:
(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小; (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量.
习题2.2
M 0v
3
0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s m kg
==?==?==?所以:
解:(1)取子弹与物体为研究对象,子弹前进方向为x 轴正向, 因穿透时间极短,故可认为物体未离开平衡位置.因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向,故系统在水平方向动量守恒.令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 m v 0 = m v +M v '
v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s
T =Mg+M v 2/l =26.5 N
(2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v 方向为正方向) 负号表示冲量方向与0v 方向相反.
习题2.3一人从10 m 深的井中提水.起始时桶中装有10 kg 的水,桶的质量为1 kg ,由于水桶漏水,每升高1 m 要漏去0.2 kg 的水.求水桶匀速地从井中提到井口,人所作的功.
解:选竖直向上为坐标y 轴的正方向,井中水面处为原点. 由题意知,人匀速提水,所以人所用的拉力F 等于水桶的重量 即: 00.2107.8 1.96F P P ky mg gy y ==-=-=- 人的拉力所作的功为: 0
d d H
W W F y ==??=10
(107.8 1.96)d =980 J y y -?
习题2.4 如图所示,质量m 为 0.1 kg 的木块,在一个水平面上和一个劲度系数k 为20 N/m 的轻弹簧碰撞,木块将弹簧由原长压缩了x = 0.4 m .假设木块与水平面间的滑动摩擦系数μ 为0.25,问在将要发生碰撞时木块的速率v 为多少?
解:根据功能原理,木块在水平面上运动时,摩擦力所作的功等于系统(木块和弹簧)机械能的增量.由题意有 222
1
21v m kx x f r -=- 而
mg f k r μ=
木块开始碰撞弹簧时的速率为 s m m
kx gx k 83.522
=+=
μv
习题2.4
习题2.5某弹簧不遵守胡克定律. 设施力F ,相应伸长为x ,力与伸长
的关系为 F =52.8x +38.4x 2(SI )求:
(1)将弹簧从伸长x 1=0.50 m 拉伸到伸长x 2=1.00 m 时,外力所需做的功.
(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上,一端固定,另一端系一个质量为2.17 kg 的物体,然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2=1.00 m ,再将物体由静止释放,求当弹簧回到x 1=0.50 m 时,物体的速率.
解:(1) 外力做的功
(2) 设弹力为F ′
习题2.6两个质量分别为1m 和2m 的木块B A 、,用一劲度系数为k 的轻弹簧连接,放在光滑的水平面上。A 紧靠墙。今用力推B 块,使弹簧压缩0x 然后释放。(已知m m =1,m m 32=)求:(1)释放后
B A 、两滑块速度相等时的瞬时速度的大小;(2)弹簧的最大伸长量。
解: 2
020222
121kx v m =
v v 2)(2102m m m += 所以m
k
x v 3430=
(2)22122
022212121v m m kx v m )(++= 计算可得:02
1x x =
3、(变力作功、功率、质点的动能定理)设76()F i j N =-(1)当一质点从原
点运动到3416(m)r i j k =-++时,求F 所作的功;(2)如果质点到r 处时需0.6s ,试求F 的平均功率;(3)如果质点的质量为1kg ,试求动能的变化。
1122
2
'1v d d 312
x x x x m F x F x W J
==-==???1
2v 5.34W
ms m
-==习题2.6
解:(1)0
F dr ??r A=0
(76)()i j dxi dyj dzk -?++?r =0
76dx dy -??-34
=45J =-,做
负功
(2)45
750.6
A P W t === (3)0r k
E A mgj dr ?=+-?? = -45+40mgdy -? = -85J
4、(机械能守恒、动量守恒)如图所示,一个固定的光滑斜面,倾角为θ,有一个质量为m 小物体,从高H 处沿斜面自由下滑,滑到斜面底C 点之后,继续沿水平面平稳地滑行。设m 所滑过的路程全是光滑无摩擦的,试求:(1)m 到达C 点瞬间的速度;(2)m 离开C 点的速度;(3)m 在C 点的动量损失。
解:(1)由机械能守恒有 2
12
c mgH mv =
带入数据得2c v gH =,方向沿AC 方向 (2)由于物体在水平方向上动量守恒,所以
cos c mv mv θ=,得2cos v gH θ=,方向沿CD 方向
(3)由于受到竖直的冲力作用,m 在C 点损失的动量2sin p m gH θ?=,方向竖直向下。
第三章刚体的运动
书:3.3用落体观察法测定飞轮的转动惯量,是将半径为R 的飞轮支承在O 点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物,令重物以初速度为零下落,带动飞轮转动,记下重物下落的距离和时间,就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。(假设轴承间无摩擦
解:如习题3.3(b)图,对飞轮而言,根据转动定
律,有
T F R J =α
(1)
对重物而言,由牛顿定律,有
'T mg F ma -= 'T T F F = (2)
由于绳子不可伸长,因此,有
a R =α (3)
重物作匀加速下落,则有
2
12
h at =
(4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 2
2
(1)2gt J mR h
=- 3.4如图,一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮,绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物,绳与滑轮间无相对滑动,滑轮轴光滑,两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ,将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放,求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解:受力分析如图
ma T mg 222=- (1) ma mg T =-1 (2)
习题3.4
习题3.3(b)
mg
m T
F '
T F O
2()T T r J α-= (3) 1()T T r J α-= (4)
a r α= (5)
联立 g a 41=
, mg T 8
11= 3.6有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒,静止平放在滑动摩擦系数为μ的水
平桌面上,它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为2m 的小滑块,从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞,设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v ,如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。
(已知棒绕O 点的转动惯量213
1
l m J =)
解:碰撞时角动量守恒
l v m w l m l v m 2221123
1
-=
l
m v v m 1212)
(3+=
ω
细棒运动起来所受到的摩擦力矩
gl m gxdx l m M l
10
12
1
μμ
==? gl m l m t 1212
1
31
μω= g
m v v m g l t 1212)
(232μμω+==
1. 如图所示,物体1和2的质量分别为m 1与m 2,滑轮的转动惯量为J ,半径为r , 物体2与桌面间的摩擦系数为μ,设绳子与滑轮间无相对习题3.6
2
?-=-=-t
J J J Mdt 0
12
0ω
ωω
滑动,滑轮与转轴无摩擦。求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2。 a m T g m 111=-
a m g m T 222=-μ
αJ r T r T =-21
αr a =
解得:()22212
21r m r m J gr m m a ++-=μ ()2
2212
21111r m r m J gr m m m g m T ++--=μ
2、如图系统中,m 1=50kg , m 2=40kg ,圆盘形滑轮m=16kg ,半径r=0.1m ,斜面是光滑的,倾角θ=300,绳与滑轮无相对滑动,转轴摩擦不计,求: (1)绳中的张力;(2)设开始时m 1距离地面高度为1m ,需多长时间m 1到达地面?
a m T g m 111=- a m g m T 222sin =-θ
αJ r T r T =-21
αr a =
221mr J =
解得 22/3,/30s m a s rad ==α ,N T N T 316,34021== 由所以,0,2102
0=+
=v at t v h
s a h t 816.02== 3.一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动.抬起另一端使棒向上与水平面成30°,然后无初转速地将棒释放.已知棒对轴的
转动惯量为2
31ml ,求:
(1) 放手时棒的角加速度; (2) 棒转到水平位置时的角速度.
解: 1、J
M
=
α mgl l mg
M 4330cos 20== 23
1ml J = 4334333
1432g l g ml mgl
===α
2、机械能守恒
20210030sin 2ωJ l mg +=+ g ml mg
ml l mg 236141312130sin 2202==?=
ω
g 2
3
=
ω=3.83rad/s 4.一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心,并以v 0/2的水平速度穿出棒,此后棒的最大偏转角恰为90?,求v 0的大小。 角动量守恒 ωJ l
mv l mv +=22200
23
1Ml J = ω20314Ml l mv = Ml mv Ml l mv 0
20
433
14==ω
机械能守恒2312122l
Mg Ml =?ω 24331212
02l Mg Ml mv Ml =???
??? 222
316m l
M g v = 3
40
gl
m M v = 5.一根长为l 、质量为 M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为 M m 6
1
=
的子弹以水平速度v 0射入棒的下端,并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为60°,求v 0。
角动量守恒
ω)31(220Ml ml l mv += M m 61
= l v 30=ω
机械能守恒
m
m
M
v 0/2
v l
()
0022260cos 1)60cos 1(2)31(21-+-=+mgl l
Mg Ml ml ω
gl v 320=
6、如图所示,长为l 的轻杆,两端各固定质量分别为m 和m 2的小球,杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动,转轴O 距两端分别为
l 31和l 3
2
.轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为m 的小球,以水平速度0v 与杆下端小球m 作对心碰撞,碰后以0
2
1
v 的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度。
解:角动量守衡 022021
322)3()32(32v ml m l m l l mv ?-?+=ωω l v 230=ω
第四章振动与波动
振动部分:习题4.2、4.4、4.5
习题4.2一物体沿x 轴做简谐运动,振幅为0.06 m ,周期为2.0 s ,当t = 0时位移为0.03m ,且向x 轴正方向运动。求:(1)t = 0.5 s 时,物体的位移、速度和加速度;(2)物体从x = -0.03m 处向x 轴负向运动开始,到平衡位置,至少需要多少时间?
解: (1)由题意知A = 0.06m 、12s ωππ-==由旋转矢量(a)图可确定初相则0?π=-,振动方程为
1
(0.06)cos ()3x m s t ππ-??=-??
当t = 0.5s 时质点的位移、速
度、
加速度分别为
(0.06)cos(23)0.052x m m
ππ=-=11
(0.06)sin(23)0.094v dx dt m s m s πππ--==-?-=-?22222(0.06)cos(23)0.513a d x dt m s m s πππ--==-?-=-?
(2)质点从x =-0.03 m 运动到平衡位置的过程中,旋转矢量从(b)图中的位置M 转至位置N ,矢量转过的角度(即相位差)56??=π。该过程所需时间为
0.833t s ?
ω
??=
=
习题4.4 某质点振动的x-t 曲线如题图所示.求:(1)质点的振动方程;
(2)质点到达P 点相应位置所需的最短时间.
习题4.2 (b)
习题4.2 (a)
00001x=Acos(ωt+φ)
t=0,x =A/2,v >0πφ=-3
ππt=1s,ωt-=32
5πω=
6
5ππx=0.1cos(
t-)m
63
2P 0500.463
0.4t
t t s p p p P s
ππ
ω?∴+=
-
==∴解:()设所求方程为:从图中可见,由旋转矢量法可知;又
故:()点的相位为即质点到达点相应状态所要的最短时间为
习题4.5一质点沿x 轴作简谐振动,振幅为cm 12,周期为s 2。当0=t 时, 位移为cm 6,且向x 轴正方向运动。求:(1)振动表达式;(2)s 5.0=t 时,质点的位置、速度和加速度;(3)如果在某时刻质点位于cm 6-=x ,且向x 轴负方向运动,求从该位置回到平衡位置所需要的时间。
解:由题已知 A=12×10-2m ,T=2.0 s ∴ ω=2π/T=πrad ·s -1
又,t=0时,cm x 60=,00v > ∴由旋转矢量图,可知:30π
φ-=
故振动方程为)(3cos 12.0π
π-=t x
(2)将t=0.5 s 代入得
m t x 103.06cos 12.03cos 12.0==-=π
ππ)(
s m t v /189.06cos 12.03sin 12.0-==--=π
πππ)( 222/03.16cos 12.03cos 12.0s m t a -=-=--=π
ππππ)( 方向指向坐标原点,即沿x 轴负向.
习题4.4
(3)由题知,某时刻质点位于cm 6-=x ,且向x 轴负方向运动
即x 0=-A/2,且v <0,故φt =2π/3,它回到平衡位置需要走5π/6,所以: ∴t=Δφ/ω=(5π/6)/(π
) =5/6s
习题4.5图
(加题)1.有两个同方向同频率的振动,其合振动的振幅为0.2m ,合振动的相位与第一个振动的相位差为6/π,第一个振动的振幅为0.173m ,求第二个振动的振幅及两振动的相位差。
分析 根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。 解:采用旋转矢量合成图求解
取第一个振动的初相位为零,则合振动的相位为/6φπ= 据21A A A +=可知12A A A -=,如图:
)(1.0cos 2122
12m AA A A A =-+=?
由于A 、1A 、2A 的量值恰好满足勾股定理, 故1A 与2A 垂直.
即第二振动与第一振动的相位差为2/πθ=
(加题)2.一质点同时参与两个同方向的简谐振动,其振动方程分别为
21510cos(4/3)()x t SI π-=?+,22310sin(4/6)()x t SI π-=?-画出两振动的旋转矢
量图,并求合振动的振动方程.
题图5-26
分析 须将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量,画出矢量图。 解:)6/4sin(10322π-?=-t x )2/6/4cos(1032ππ--?=-t )3/24cos(1032π-?=-t 作两振动的旋转矢量图,如图所示. 由图得:合振动的振幅和初相分别为
3/,2)35(πφ==-=cm cm A .
合振动方程为))(3/4cos(1022SI t x π+?=-
(加题)3.一物体质量为0.25kg ,在弹性力作用下作简谐振动,弹簧的劲度系数125k N m -=?,如果起始振动时具有势能0.06 J 和动能0.02 J ,求 (1) 振幅;(2) 动能恰等于势能时的位移;(3) 经过平衡位置时物体的速度. 解:(1) 2
2
1kA E E E p K =
+==0.08 m A 08.025
08
.02=?= (2) 2221
21v m kx = ; 2k m ω=
22222sin ()m x m A t ωωω?∴=+
2222222sin ()[1cos ()]x A t A t A x ω?ω?=+=-+=-
222A x =,/20.0566x A m ∴=±=±
(3) 过平衡点时,0x =,此时动能等于总能量
22
1
v m E E E p K =
+==0.08 s m A /8.025
.008
.02=?= (加题)4. 一弹簧振子,弹簧的劲度系数为k=25N/m,当物体以初动能0.2J 和初势能0.6J 振动时,求: (1) 振幅是多大
(2) 位移多大时,其势能和动能相等? (3) 位移是振幅的一半时,势能是多大?
题图5-27
解: (1) 弹簧振子的总机械能为2
12
k p E E E kA =+=
,故2()
0.253k p E E A m k
+=
=
(2) 21124p k E E E kA ==
= 2211
24
kx kA = 20.1792x A m =±=± (3) 2
2110.20224
p A E kx k
J === 波动部分:习题4.7、4.8、4.10
习题4.7有一平面简谐波在介质中传播,波速u = 100 m/s ,波线上右侧距波源O (坐标原点)为75.0 m 处的一点P 的运动方程为
]
2/)s 2cos[()m 30.0(1
p ππ+=-t y 。求(1)波向x 轴
正方向传播时的波动方程;(2)波向x 轴负方向传播时的波动方程。
解:(1)设以波源为原点O ,沿x 轴正向传播的波动方程为 ()[]0cos ?ω+-=u x t A y
将 u = 100 m ?s -1代人,且取x = 75 m 得点P 的运动方程为 ()[]0P s 75.0cos ?ω+-=t A y
与题意中点P 的运动方程比较可得 A = 0.30 m 、12s -ω=π、02?=π。则所求波动方程为
)]s m 100/)(s 2cos[()m 30.0(1
1--?-=x t y π
(2)当沿x 轴负向传播时,波动方程为 ()[]0cos ?ω++=u x t A y
将 x = 75 m 、1100u ms -=代人后,与题给点P 的运动方程比较得A = 0.30 m 、12s -ω=π、0?=-π,则所求波动方程为
习题4.7图
]
)s m 100/)(s 2cos[()m 30.0(11ππ-?+=--x t y
讨论:对于平面简谐波来说,如果已知波线上一点的运动方程,求另外一点的运动方程,也可用下述方法来处理:波的传播是振动状态的传播,波线上各点(包括原点)都是重复波源质点的振动状态,只是初相位不同而已。在已
知某点初相0?的前提下,根据两点间的相位差λ
π???/200x ?=-'=?,即可确定未
知点的初相0?'。
习题4.8已知一沿x 正方向传播的平面余弦波,s 3
1
=t 时的波形如题图所
示,且周期T 为s 2.
(1)写出O 点的振动表达式; (2)写出该波的波动表达式; (3)写出A 点的振动表达式; (4)写出A 点离O 点的距离。
解:由图可知A=0.1m ,λ=0.4m ,由题知T= 2s ,ω=2π/T=π,而u=λ/T=0.2m/s 。
波动方程为:y=0.1cos [π(t-x/0.2)+Ф0]m 关键在于确定O 点的初始相位。
(1) 由上式可知:O 点的相位也可写成:φ=πt+Ф0
由图形可知: s 31
=t 时y 0=-A/2,v 0<0,∴此时的φ=2π/3,
将此条件代入,所以:03132?ππ+= 所以3
0π
?=
O 点的振动表达式y=0.1cos [πt+π/3]m
(2)波动方程为:y=0.1cos [π(t-x/0.2)+π/3]m (3)A 点的振动表达式确定方法与O 点相似由上式可知:
A 点的相位也可写成:φ=πt+ФA0
由图形可知: s 3
1
=t 时y 0=0,v 0>0,∴此时的φ=-π/2,
习题4.8图
将此条件代入,所以:0312
A ?π
π
+=-
所以6
50π
?-
=A A 点的振动表达式y=0.1cos [πt-5π/6]m
(4)将A 点的坐标代入波动方程,可得到A 的振动方程,与(3)结果相同,所以: y=0.1cos [π(t-x/0.2)+π/3]= 0.1cos [πt-5π/6]
可得到:m x A 233.030
7
==
习题4.10 一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出:
(1)原点的振动表达式;
(2)波动表达式;
(3)同一时刻相距m 1的两点之间的位相差。
解:(1) 由图可知A=0.5cm ,原点处的振动方程为:y=Acos (ωt+φ)
t=0s 时 y=A/2 v>0 可知其相位为φ=3
π-
t=1s 时 y=0 v<0 可知其相位为φ1=
2
π 代入振动方程, φ=3π-
ω+φ=2
π 可得:ω=
6
5π
T=2π/ω=12/5 则 y=0.5cos (
65πt-3
π
)cm (2)沿x 轴负方向传播,波动表达式:y=0.5cos[65π(t+54x )-3
π
]cm (3)根据已知的T=12/5,m/s 8.0=u ,可知:m 25
48=
λ 那么同一时刻相距m 1的两点之间的位相差: 3.27rad 24
25
2==?=?πλπ?x
习题4.10图
(加题)1.如图,一平面波在介质中以波速20/u m s =沿x 轴负方向传播,已
知A 点的振动方程为)(4cos 1032SI t y π-?=.
(1)以A 点为坐标原点写出波方程;
(2)以距A 点5m 处的B 点为坐标原点,写出波方程. 解:(1)坐标为x 处质点的振动相位为
)]20/([4)]/([4x t u x t t +=+=+ππ?ω 波的表达式为 ))](20/([4cos 1032SI x t y +?=-π (2)以B 点为坐标原点,则坐标为x 点的振动相位为
)](20
5
[4'SI x t t -+
=+π?ω 波的表达式为 ??
? ??
-+?=-2054cos 1032x t y π
)]()20
(4cos[1032SI x
t y ππ-+
?=- (加题)2. 一平面谐波沿ox 轴的负方向传播,波长为λ,P 点处质点的振动规律如题图6-10所示.求: (1)P 点处质点的振动方程; (2)此波的波动方程;
(3)若图中/2d λ=,求O 点处质点的振动方程.
分析 首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P 点振动的初相与周期,从而得到其振动方程。波动方程则由P 与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。
解:(1)从图中可见4T s =,且00,,po t y A ?π==-∴=,则P 点处质点的振动方程为
u 1题图