物理習(xí)題參考答案.doc

《物理習(xí)題參考答案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理習(xí)題參考答案.doc（62頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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- 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已知某簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)曲線如圖（a）所示，則此簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程為（）題- 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（）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1 s，由對(duì)應(yīng)旋轉(zhuǎn)矢量圖可知相應(yīng)的相位差，則角頻率，故

2、選（D）本題也可根據(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- 圖9-4當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以頻率 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，則頻率為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)頻率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，若這兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)可疊加，則合成的余弦振動(dòng)的初相位為（）（A） （B） （C） （D）分

3、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- 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-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、已知外，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)算方法相同解因，則運(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、及圖如圖所示9-7若簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為，求：（

4、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已知的簡(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)用與上題相同的處理方法，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，則周期，頻率（）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，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)，

5、它所受的合外力與位移間的關(guān)系，如果滿足，則貨輪作簡(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）所示則當(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- 圖則貨輪所受合外力為式中是一常數(shù)這表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，若有一質(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

6、其周期題- 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，則質(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，建立如圖（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

7、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、，則由物體受力平衡，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，即則物體受力為 （）將式（1）代入式（2）得 （）由式（3）得、，而，則得到式中為常數(shù)，則物體作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振動(dòng)頻率討論（1） 由本題的求證可知，斜面傾角 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相同，均

8、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)的思路是相同的*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

9、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）則系統(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

10、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)，則由機(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)的選取為運(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）相同，表明兩種解法結(jié)果一致9-12一放置在水平桌面上的彈簧振子，振幅A2.0 10-2 m，周期T0.50當(dāng)t0 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 -1.010-2m 處， 向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)； （4）

11、物體在x-1.010-2 m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 已知的條件下，確定初相是求解簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程的關(guān)鍵初相的確定通常有兩種方法（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 10-2 m，而初相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)，則；（2）時(shí)，因，?。唬?）時(shí)， ，由，??；（4）時(shí)

12、， ，由，取旋轉(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、初相均確定后，則各相應(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 10-2 m若使物體上、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 10-2 處，由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，求運(yùn)動(dòng)方程（2） 當(dāng)t 時(shí)，物體在平衡位置并以0.6s-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、和其中振動(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

13、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l 9.8 10-2m則彈簧的勁度系數(shù)k F l mg l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 10-2 m、v10 0 可得振幅；應(yīng)用旋轉(zhuǎn)矢量法可確定初相圖（a）則運(yùn)動(dòng)方程為（2）t 時(shí)，x20 0、v20 0.6 s-1 ，同理可得；圖（b）則運(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）

14、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)間分析由已知運(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)中常見的兩類問題本題就是要通過x t 圖線確定振動(dòng)的三個(gè)特征量A、和，從而寫出運(yùn)動(dòng)方程曲線最大幅值即為振幅A；而、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 0.10 而由振動(dòng)曲線可畫出t0 0 和t1 4 時(shí)旋轉(zhuǎn)矢量，如圖（b） 所示由圖可見初相（或），而由得，則運(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A2 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，則點(diǎn)P 相應(yīng)的相位應(yīng)

15、表示為（3） 由旋轉(zhuǎn)矢量圖可得，則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)過下列路程所需的最短時(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圖所示的旋轉(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，則所需時(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，則所需時(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，則所需時(shí)間題

16、9-15 圖9-16在一塊平板下裝有彈簧，平板上放一質(zhì)量為1.0 kg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0.50，振幅為2.010-2 m求：（1） 平板到最低點(diǎn)時(shí)，重物對(duì)平板的作用力；（2） 若頻率不變，則平板以多大的振幅振動(dòng)時(shí)，重物會(huì)跳離平板？ （3） 若振幅不變，則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圖所示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，則式（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

17、與物體之間的作用力（2） 由式（2）可知支持力 的值與振幅A、角頻率和相位（）有關(guān)在振動(dòng)過程中，當(dāng)時(shí)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(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)橥瑯訉?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

18、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/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 A可求出角頻率，進(jìn)而可求出周期T 和加速度的最大值amax A2 在要求的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程x Acos（t ）中，因?yàn)锳 和已得出，故只要求初相位即可由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 A/2，之

19、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 Asin就可求出解（1） 由得，則（2）（3） 從分析中已知，即因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)沿x 軸正向向平衡位置運(yùn)動(dòng)，則取，其旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖（b）所示則運(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，如圖所示（1） 求擺的角頻率和周期；（2） 設(shè)開始時(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)（5）的擺動(dòng)，其角量與時(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，即初相與擺角，質(zhì)點(diǎn)的角速度與旋轉(zhuǎn)矢量的角速

20、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，則以角量表示的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為（） 擺角為3時(shí)，有，則這時(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)有極微小的差別這是因?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 較小時(shí)成立9-20為了測(cè)月球表面的重力加速度，宇航員將地球上的“秒擺”（周期為2.00），拿到月球上去，如測(cè)得周期為4.90，則月球表面的重力加速度約為多少？ （取地球表面的重力加速度）解由單擺的周期公式可知，故有，則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

21、 0.6，如圖所示為了測(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，可得則由平行軸定理得9-22如圖（a）所示，質(zhì)量為1.0 10-2kg 的子彈，以500ms-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4.99 kg，彈簧的勁度系數(shù)為8.0 103 Nm-1 ，若以彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體所在

22、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，則振動(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，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為9-23如圖

23、（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)由于下落物體的加入，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

24、上的平衡位置因此，本題中初始位移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TT，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則根據(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 高下落至盤時(shí)的速度故系統(tǒng)振動(dòng)的振幅為本題也可用機(jī)械能守恒定律求振幅A9-24如圖所示，勁度系數(shù)為k 的輕彈簧，系一質(zhì)量

25、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

26、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AA，表明增加粘土后，物體的振幅變小了（b） 物體正好在最大位移處時(shí)，粘土落在物體上則由動(dòng)量守恒定律知它們水平方向的共同速度vm1v/（m1 m2 ） 0，因而振幅不變，即AA9-25質(zhì)量為0.10kg的物體，以振幅1.010-2 m 作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其最大加速度為4.0 s-1求：（1） 振動(dòng)的周期；（

27、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因而可求解本題解（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，則有得 （） 物體位移的大小為振幅的一半（即）時(shí)的勢(shì)能為則動(dòng)能為 9-26一氫原子在分子中

28、的振動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)已知?dú)湓淤|(zhì)量m 1.68 10-27 Kg，振動(dòng)頻率1.0 1014 Hz，振幅A 1.0 10-11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 Asin（t ），故氫原子振動(dòng)的最大速度為（） 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/3，則周期T 2/0.25 （2） 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量 （3） 簡(jiǎn)諧運(yùn)

29、動(dòng)的動(dòng)能和勢(shì)能分別為則在一個(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 已知兩同方向、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） 若有另一同方向、同頻率的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則為多少時(shí)，x1 x3 的振幅最大？ 又 為多少時(shí)，x2 x3 的振幅最?。款}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)椋屎险駝?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，則由得要

30、使x1 x3 的振幅最小，即兩振動(dòng)反相，則由得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，如圖所示平衡時(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1 、2 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A2A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)都已知道，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

31、 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)和的合成用與上題相同的方法即可求解本題其中合運(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)（），A0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，而屏則位于+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

32、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） 若兩簡(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 0.1 ，T 2，則2T -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1 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2 3它們的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖（b）所示則兩振動(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56（3）其中則合振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程為題

33、9-30 圖9-31將頻率為348 Hz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若在待測(cè)頻率音叉的一端加上一小塊物體，則拍頻數(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u1 和拍頻數(shù)u|u2 u1|已知的情況下，待測(cè)頻率u2 可取兩個(gè)值，即u2 u1 u式中u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u2 u1 u （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u 減小從題意知，當(dāng)待測(cè)音叉質(zhì)量增加時(shí)拍頻減少，即u2 u1變小因此，在滿足u2 與u 均變小的情況

34、下，式中只能取正號(hào)，故待測(cè)頻率為u2 u1 u351 Hz*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0，30，90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，為兩個(gè)振動(dòng)的初相差本題中A1 A2 A，故有（1） 當(dāng)0時(shí)，有x y，軌跡為一直線方程（2） 當(dāng)30時(shí)，有x2 y2 x y A2/4，軌跡為橢圓方程（3） 當(dāng)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

35、頻率為u1 ，置于液體中測(cè)得的頻率為u2 ，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)的角頻率與無阻尼時(shí)系統(tǒng)的固有角頻率0 及阻尼系數(shù) 有關(guān)系式因此根據(jù)題中測(cè)得的u1 和u2 （即已知0 、），就可求出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 900Nm-1 系統(tǒng)振動(dòng)時(shí)受到阻尼作用，其阻尼系數(shù) 10.0-1 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） 振子達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的振動(dòng)角頻率；（2） 若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？分析本題是物體在有阻尼條件

36、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) 一定時(shí)，振幅A 是外力的角頻率P 的函數(shù)共振時(shí)，振幅最大，故可采用對(duì)函數(shù)A（P）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)達(dá)到穩(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)達(dá)到穩(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)

37、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， 若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相同的周期變化著振蕩周期為T 2 LC因此，本題可通過已知的電壓的角頻率，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

38、中已知的電壓變化關(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10.0 pF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1.5 106 Hz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本題采用并聯(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 CCmax C，從而達(dá)到新

39、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)的電容的大小解（1） 當(dāng)線圈自感L 一定時(shí)，由，可得（） 為了在5.0 105 Hz 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，已知C 0.25F，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 10-6 C（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

40、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)差均以相同的頻率隨時(shí)間作正弦或余弦變化如果令極板上電荷，則由 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若以電路閉合的瞬間為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此時(shí)極板上電荷最大則任一時(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 0.001 ，則當(dāng)t1 T/8 時(shí)，由上述各式可得同理，當(dāng)時(shí)可得由上

41、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)曲線則圖（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（） 均為零（） 均為 （） 均為（） 與 （） 與分析與解本題給了兩個(gè)很相似的曲線圖，但本質(zhì)卻完全不同求解本題要弄清振動(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

42、量法可以方便的求出該質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的初相位為/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/2，答案為（D）10-2機(jī)械波的表達(dá)式為，則（）（） 波長(zhǎng)為100 （） 波速為10 -1（） 周期為1/3 （） 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，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（）、（） 均不對(duì)而由2/T 6-1 可知T （1/3）則uT 33.3 m，因此（）也不對(duì)只有（）正確10-3一平面

43、簡(jiǎn)諧波，沿x 軸負(fù)方向傳播，角頻率為，波速為u設(shè)時(shí)刻的波形如圖（a）所示，則該波的表達(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（）、（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，x0 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)，則此時(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)）t T/4 /2，如圖（b）所示，即得0 同樣得（

44、D）是正確答案題10-4 圖10-4如圖所示，兩列波長(zhǎng)為的相干波在點(diǎn)P 相遇波在點(diǎn)S1 振動(dòng)的初相是1 ，點(diǎn)S1 到點(diǎn)P的距離是r1 波在點(diǎn)S2的初相是2 ，點(diǎn)S2 到點(diǎn)P 的距離是r2 ，以k 代表零或正、負(fù)整數(shù)，則點(diǎn)P 是干涉極大的條件為（）分析與解P 是干涉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，故選項(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） 振幅相同，相位相同（B） 振幅不同，相位相同（C） 振幅相同，相位不同 （D） 振幅不同，相位不同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-

45、9已知一波動(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、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（t）解（1） 將題給的波動(dòng)方程改寫為與比較后可得波速u 15.7 -1 ， 角頻率10-1 ，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）10-16平面簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程為求：（1） t 2.1 s 時(shí)波源及距波源0.10m 兩處的相位；（2） 離波源0.80 m及0.30 m 兩處的相位差解（1） 將t 2

46、.1 s和x 0 代入題給波動(dòng)方程，可得波源處的相位將t 2.1 s 和x0.10 m 代入題給波動(dòng)方程，得0.10 m 處的相位為（2） 從波動(dòng)方程可知波長(zhǎng)1.0 m這樣，x1 0.80 m 與x2 0.30 m兩點(diǎn)間的相位差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100 Hz，B 比A 的相位超前若A、B 相距30.0m，波速為u 400 ms-1 ，試求AB 連線上因干涉而靜止的各點(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，兩列振幅相同的相干波因干涉而靜止的點(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（

47、b）所示兩波的波長(zhǎng)均為u/u4.0 m在A、B 連線上可分三個(gè)部分進(jìn)行討論1. 位于點(diǎn)A 左側(cè)部分因該范圍內(nèi)兩列波相位差恒為2的整數(shù)倍，故干涉后質(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)部分顯然該范圍內(nèi)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)也都是加強(qiáng)，無干涉靜止的點(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，則兩列波在點(diǎn)P 的相位差為根據(jù)分析中所述，干涉靜止的點(diǎn)應(yīng)滿足方程得 因x15 m，故k7即在A、B之間的連線上共有15 個(gè)靜止點(diǎn)10-23如圖所示，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34求：（1） 波源所發(fā)射的波沿波源O 左右傳播的波

48、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

49、是同傳播方向的y2 和y3 合成新的行波解（1） 由分析已知：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，則反射波在x 3/4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 /4， 3/4 處為波節(jié)波腹的位置：，取k 0，1，即x 0，/2 處為波腹（4） 在x 0 區(qū)域，由y2 和y3 合成的波y5 為這表明：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（

50、1） 若將此駐波看成是由傳播方向相反，振幅及波速均相同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 10-3 s 時(shí)位于x0.625 m 處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度分析（1） 采用比較法將本題所給的駐波方程，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） 將已知駐波方程 與駐波方程的一般形式作比較，可得兩列波的振幅A 1.5 10-2 m，波長(zhǎng)1.25 m，頻率u275 Hz，則波速u u343.8ms-1 （2） 相鄰波節(jié)間的距離為（3） 在t 3

51、.0 10-3 s 時(shí)，位于x0.625 m 處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度為第十一章光學(xué)11-1在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若單色光源S 到兩縫S1 、S2 距離相等，則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，則（）（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 的光程相同，它們傳到屏上中央O 處，光程差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

52、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如圖所示，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 ，若用波長(zhǎng)為的單色平行光垂直入射到該薄膜上，則從薄膜上、下兩表面反射的光束的光程差是（）題11-2 圖分析與解由于n1 n2 ，n2 n3 ，因此在上表面的反射光有半波損失，下表面的反射光沒有半波損失，故它們的光程差，這里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)直徑有微小差別的彼此平行的滾柱之間的距離為L(zhǎng)

53、，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)生等厚干涉條紋，如果滾柱之間的距離L 變小，則在L 范圍內(nèi)干涉條紋的（）（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)， 變大，L、b均變小由圖可得，因此條紋總數(shù)，因?yàn)閐和n 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)為的單色光垂直入射在寬度為3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

54、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)550 nm 的單色光垂直入射于光柵常數(shù)d 1.0 10-4 cm 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

55、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 ，則通過三個(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，則透過P3 后光強(qiáng)變?yōu)楣蚀鸢笧椋–）11-7一束自然光自空氣射向一塊平板玻璃，如圖所示，設(shè)入射角等于布儒斯特角iB ，則在界面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

56、矢量的振動(dòng)方向平行于入射面（D） 是部分偏振光題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在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，兩縫間距為0.30 mm，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22.78 mm問所用光的波長(zhǎng)為多少，是什么顏色的光？分析與解在雙縫干涉中，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

57、的距離，那么由暗紋公式即可求得波長(zhǎng)此外，因雙縫干涉是等間距的，故也可用條紋間距公式求入射光波長(zhǎng)應(yīng)注意兩個(gè)第5 條暗紋之間所包含的相鄰條紋間隔數(shù)為9（不是10，為什么？），故。解1屏上暗紋的位置，把以及d、d值代入，可得632.8 nm，為紅光解2屏上相鄰暗紋（或明紋）間距，把，以及d、d值代入，可得632.8 nm11-9在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，用波長(zhǎng)546.1 nm 的單色光照射，雙縫與屏的距離d300mm測(cè)得中央明紋兩側(cè)的兩個(gè)第五級(jí)明條紋的間距為12.2mm，求雙縫間的距離分析雙縫干涉在屏上形成的條紋是上下對(duì)稱且等間隔的如果設(shè)兩明紋間隔為x，則由中央明紋兩側(cè)第五級(jí)明紋間距x5 x-5 10 x 可求出x再由公式x dd 即可求出雙縫間距d解根據(jù)分析：x （x5 x-5）/10 1.2210-3 m雙縫間距： d dx 1.34 10-4 m11-13