新编基础物理学上册5-6单元课后答案.doc

第五章5-1 有一弹簧振子，振幅，周期，初相试写出它的振动位移、速度和加速度方程。分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。解：振动方程为：代入有关数据得：振子的速度和加速度分别是：5-2若简谐振动方程为，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s时的位移、速度和加速度.分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。解：(1)可用比较法求解.根据 得：振幅，角频率，频率， 周期，（2）时，振动相位为： 由，得 5-3质量为的质点，按方程沿着x轴振动.求：（1）t=0时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。解：（1）跟据，将代入上式中，得： （2）由可知，当时，质点受力最大，为5-4为了测得一物体的质量m，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率；而当将另一已知质量为的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析 根据简谐振动频率公式比较即可。解：由，对于同一弹簧（k相同）采用比较法可得：解得：5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅，周期T=0.5s，当t=0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在处，向负方向运动；（4）物体在处，向负方向运动.求以上各种情况的振动方程。分析 根据旋转矢量图由位移和速度确定相位。进而得出各种情况的振动方程。解：设所求振动方程为：由A旋转矢量图可求出题图5-5（1）（2）（3）（4）5-6在一轻弹簧下悬挂砝码时，弹簧伸长8cm.现在这根弹簧下端悬挂的物体，构成弹簧振子.将物体从平衡位置向下拉动4cm，并给以向上的21cm/s的初速度（令这时t=0）.选x轴向下，求振动方程.分析 在平衡位置为原点建立坐标，由初始条件得出特征参量。解：弹簧的劲度系数。当该弹簧与物体构成弹簧振子，起振后将作简谐振动，可设其振动方程为：角频率为代入数据后求得以平衡位置为原点建立坐标，有：据得：据得由于,应取于是，所求方程为：5-7 某质点振动的x-t曲线如题图57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.分析 由旋转矢量可以得出相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据P点的相位确定最短时间。题图5-75-8有一弹簧，当下面挂一质量为的物体时，伸长量为.若使弹簧上下振动，且规定向下为正方向.（1）当t0时，物体在平衡位置上方，由静止开始向下运动，求振动方程.(2) 当t0时，物体在平衡位置并以0.6m/s的速度向上运动，求振动方程.分析 根据初始条件求出特征量建立振动方程。解：设所求振动方程为：其中角频率，代入数据得：（1）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：据得：据得由于0,不妨取于是，所求方程为：（2）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：据得：据得由于,应取于是，所求方程为：5-9 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为，求：从 t=0时刻起到质点位置在x=-2cm处，且向x轴正方向运动的最短时间.分析 由旋转矢量图求得两点相位差，结合振动方程中特征量即可确定最短时间。解: 依题意有旋转矢量图解答图5-95-10两个物体同方向作同方向、同频率、同振幅的简谐振动，在振动过程中，每当第一个物体经过位移为的位置向平衡位置运动时，第二个物体也经过此位置，但向远离平衡位置的方向运动，试利用旋转矢量法求它们的相位差.分析 由旋转矢量图求解。根据运动速度的方向与位移共同确定相位。解：由于、可求得：由于、可求得：如图5-10所示，相位差：题图5-10 题图5-11 题图5-115-11一简谐振动的振动曲线如题图5-11所示，求振动方程.分析 利用旋转矢量图求解，由图中两个确定点求得相位，再根据时间差求得其角频率。解：设所求方程为当t=0时：由A旋转矢量图可得：当t=2s时：从x-t图中可以看出：据旋转矢量图可以看出， 所以，2秒内相位的改变量据可求出：于是：所求振动方程为：5-12 在光滑水平面上,有一作简谐振动的弹簧振子,弹簧的劲度系数为K,物体的质量为,振幅为A.当物体通过平衡位置时,有一质量为的泥团竖直落到物体上并与之粘结在一起.求:（1）和粘结后,系统的振动周期和振幅;（2）若当物体到达最大位移处,泥团竖直落到物体上,再求系统振动的周期和振幅.分析 系统周期只与系统本身有关，由质量和劲度系数即可确定周期，而振幅则由系统能量决定，因此需要由动量守恒确定碰撞前后速度，从而由机械能守恒确定其振幅。解:（1）设物体通过平衡位置时的速度为,则由机械能守恒:当竖直落在处于平衡位置上时为完全非弹性碰撞,且水平方向合外力为零,所以此后,系统的振幅变为,由机械能守恒,有 系统振动的周期为: （2）当在最大位移处竖直落在上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A,周期为.5-13 设细圆环的质量为m,半径为R,挂在墙上的钉子上.求它微小振动的周期.分析 圆环为一刚体须应用转动定律，而其受力可考虑其质心。解: 如图所示,转轴o在环上,角量以逆时针为正,则振动方程为解答图5-13当环作微小摆动时, 514 一轻弹簧在60 N的拉力下伸长30 cm现把质量为4 kg的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止 ，再把物体向下拉10 cm，然后由静止释放并开始计时求 (1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 物体的振动方程；(3) 物体在平衡位置上方5 cm时弹簧对物体的拉力；(4) 物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm处所需要的最短时间(5) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A需满足何条件？二者在何位置开始分离？分析 小物体分离的临界条件是对振动物体压力为零，即两物体具有相同的加速度，而小物体此时加速度为重力加速度，因此可根据两物体加速度确定分离条件。解： 选平衡位置为原点，取向下为x轴正方向。 由： (1) 小物体受力如图 设小物体随振动物体的加速度为a，按牛顿第二定律有 当N = 0，即a = g时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm， 系统最大加速度为 此值小于g，故小物体不会离开(2) 解以上二式得 振动方程 (3) 物体在平衡位置上方5 cm时，弹簧对物体的拉力 ，而(4) 设时刻物体在平衡位置，此时，即 此时物体向上运动， 。再设时物体在平衡位置上方处，此时，即 此时物体向上运动， (5) 如使a g，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得即在平衡位置上方19.6 cm处开始分离，由，可得 。 5-15在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0Kg的重物.现使平板沿竖直方向作上下简谐振动，周期为0.50s，振幅为，求：（1）平板到最低点时，重物对板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物会跳离平板？分析 重物跳离平板的临界条件是对平板压力为零。解：重物与平板一起在竖直方向上作简谐振动，向下为正建立坐标，振动方程为：设平板对重物的作用力为N，于是重物在运动中所受合力为：据牛顿第三定律，重物对平板的作用力为：（1）在最低点处：,由上式得，（2）频率不变时，设振幅变为,在最高点处（）重物与平板间作用力最小，设可得：（3）振幅不变时，设频率变为，在最高点处（）重物与平板间作用力最小，设可得：5-16一物体沿x轴作简谐振动，振幅为0.06m，周期为2.0s，当t=0时位移为，且向轴正方向运动，求：（1）t=0.5s时，物体的位移、速度和加速度；（2）物体从处向x轴负方向运动开始，到达平衡位置，至少需要多少时间？分析 通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。解：设该物体的振动方程为依题意知：据得由于,应取可得：（1）时，振动相位为：据得（2）由A旋转矢量图可知，物体从m处向x轴负方向运动，到达平衡位置时，A矢量转过的角度为，该过程所需时间为：题图5-165-17地球上（设）有一单摆，摆长为1.0m，最大摆角为，求：（1）摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此摆的振动方程；（3）当摆角为时的角速度和摆球的线速度各为多少？分析 由摆角最大的初始条件可直接确定其初相。解：（1） （2）由t=0时，可得振动初相，则以角量表示的振动方程为（3）由，当时，有而质点运动的角速度为：线速度为：5-18 有一水平的弹簧振子,弹簧的劲度系数K=25N/m,物体的质量m=1.0kg,物体静止在平衡位置.设以一水平向左的恒力F=10 N作用在物体上(不计一切摩擦),使之由平衡位置向左运动了0.05m,此时撤除力F,当物体运动到最左边开始计时,求物体的运动方程.分析 恒力做功的能量全部转化为系统能量，由能量守恒可确定系统的振幅。解: 设所求方程为题图5-18因为不计摩擦,外力做的功全转变成系统的能量,故故所求为 5-19如题图519所示，一质点在x轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B点，再经过2秒后质点第二次经过B点，若已知该质点在A、B两点具有相同的速率，且 = 10 cm求：(1) 质点的振动方程；(2) 质点在A点处的速率 题图5-19AB x 分析 由质点在A、B两点具有相同的速率可知A、B两点在平衡位置两侧距平衡位置相等距离的位置，再联系两次经过B点的时间即可确定系统的周期，而相位可由A、B两点位置确定。解：由旋转矢量图和 可知 ,(1)以的中点为坐标原点，x轴指向右方 由上二式解得 因为在A点质点的速度大于零，所以 振动方程 (2) 速率 当t = 0 时，质点在A点 5-20一物体放在水平木板上，这木板以的频率沿水平直线作简谐振动，物体和水平木板之间的静摩擦系数，求物体在木板上不滑动时的最大振幅.分析 物体在木板上不滑动的临界条件是摩擦力全部用来产生其加速度。5-21在一平板上放一质量为的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期，振幅，求：（1）物体对平板的压力的表达式.（2）平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板？分析 首先确定简谐振动方程，再根据物体离开平板的临界位置为最高点，且对平板压力为零。解：物体与平板一起在竖直方向上作简谐振动，向下为正建立坐标，振动方程为：设平板对物体的作用力为N，于是物体在运动中所受合力为： （1）据牛顿第三定律，物体对平板的作用力为：即：（2）当频率不变时，设振幅变为，在最高点处（）物体与平板间作用力最小令可得：5-22一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动.已知氢原子质量，振动频率，振幅.试计算：(1)此氢原子的最大速度；(2)与此振动相联系的能量.分析 振动能量可由其最大动能（此时势能为零）确定。解：(1)最大振动速度： (2)氢原子的振动能量为：5-23 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k=25N/m，如果起始振动时具有势能0.06J和动能0.02J，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.分析 简谐振动能量守恒，其能量由振幅决定。解：5-24 一定滑轮的半径为R，转动惯量为J，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如题图524所示.设弹簧的劲度系数为k，绳与滑轮间无滑动，且忽略轴的摩擦力及空气阻力.现将物体m从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作简谐振动，并求出其角频率.分析 由牛顿第二定律和转动定律确定其加速度与位移的关系即可得到证明。解：取如图x坐标,平衡位置为原点O，向下为正，在平衡位置时弹簧已伸长设在位置，分析受力，这时弹簧伸长由牛顿第二定律和转动定律列方程：联立(1)(2)(3)(4)(5)解得由于系数为一负常数，故物体做简谐振动，其角频率为:题图5-245-25两个同方向的简谐振动的振动方程分别为: 求：（1）合振动的振幅和初相；（2）若另有一同方向同频率的简谐振动，则为多少时，的振幅最大？又为多少时，的振幅最小？分析 合振动的振幅由其分振动的相位差决定。解：（1）按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为 所以，合振动方程为(2)当，即时，的振幅最大.当，即时，的振幅最小.5-26有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为，合振动的相位与第一个振动的相位差为，第一个振动的振幅为，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，则合振动的相位为题图5-26据可知,如图：由于、的量值恰好满足勾股定理，故与垂直.即第二振动与第一振动的相位差为527一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为，画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程. 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： 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题图5-27.合振动方程为528将频率为348Hz的标准音叉和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz.若在待测音叉的一端加上一个小物体，则拍频将减小，求待测音叉的角频率.分析 质量增加频率将会减小，根据拍频减少可推知两个频率的关系。解：由拍频公式可知：在待测音叉的一端加上一个小物体，待测音叉的频率会减少，若拍频也随之减小，则说明,于是可求得：5-29一物体悬挂在弹簧下作简谐振动，开始时其振幅为0.12m，经144s后振幅减为0.06m.问：(1)阻尼系数是多少？ (2)如振幅减至0.03m，需要经过多少时间？分析 由阻尼振动振幅随时间的变化规律可直接得到。解:(1)由阻尼振动振幅随时间的变化规律得 （2）由得于是：5-30一弹簧振子系统，物体的质量m=1.0 Kg，弹簧的劲度系数k=900N/m.系统振动时受到阻尼作用，其阻尼系数为 1/s，为了使振动持续，现加一周期性外力作用.求：（1）振动达到稳定时的振动角频率；（2）若外力的角频率可以改变，则当其值为多少时系统出现共振现象？其共振的振幅为多大？分析 受迫振动的频率由外力决定。解：（1）振动达到稳定时，振动角频率等于周期性外力的角频率，有(2)受迫振动达到稳定后，其振幅为：式中为系统振动的固有角频率，为外力的振幅由上式可解得，当外力的频率为：时系统出现共振现象，共振的振幅为：第六章6-1频率为的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量，棒的密度.求该纵波的波长.分析 纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。解：波速,波长 6-2一横波在沿绳子传播时的波方程为：(1)求波的振幅、波速、频率及波长；(2)求绳上的质点振动时的最大速度；(3)分别画出t=1s和t=2s的波形，并指出波峰和波谷.画出x=1.0m处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同.解：（1）用比较法，由得 ； ； （2）题图6-2（3）t=1(s)时波形方程为： t=2(s)时波形方程为：x=1(m)处的振动方程为：6-3 一简谐波沿x轴正方向传播，t=T/4时的波形图如题图63所示虚线，若各点的振动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值区间为（-，.求各点的初相.分析 由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图。依旋转矢量法可求t=0时的各点的相位。题图6-3t=T/4解:由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图(图中实线),依旋转矢量法可知质点1的初相为; 质点2的初相为/2;质点3的初相为0;质点4的初相为-/2.6-4 有一平面谐波在空间传播,如题图64所示.已知A点的振动规律为，就图中给出的四种坐标,分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达式中在描写距A点为b处的质点的振动规律是否一样? 分析 无论何种情况，只需求出任意点x与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得b点的振动规律。题图6-4解: 设其波长为,选o点处为坐标原点,由方程；可得取图中 所示的坐标,则x处质点的振动比A点滞后,故(2)(1)题图6-20题图6-4同理可得要求距A为b的点的振动规律,只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得.从结果可知,取不同的坐标只是改变了坐标的原点,波的表达式在形式上有所不同,但b点的振动方程却不变.即题图6-56-5一平面简谐波沿x轴正向传播，其振幅为A，频率为，波速为u.设时刻的波形曲线如题图65所示.求(1)x=0处质点振动方程；(2)该波的波方程.分析 由于图中是时刻波形图，因此，对x=0处质点，由图得出的相位也为时刻的相位。再由旋转矢量推算出t=0时刻的初相位。进而写出波动方程。解：(1)设处质点的振动方程为 。由图可知，时 ，。所以处的振动方程为：(2)该波的表达式为： 6-6一平面简谐波沿x轴正向传播，波的振幅，波的角频率，当时，处的质点正通过其平衡位置向y轴负方向运动，而处的质点正通过点向y轴正方向运动.设该波波长，求该平面波的波方程.分析 通过旋转矢量图法，结合点和点，在的运动状态，可得到波长和初相。解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成 。时 处 因此时质点向y轴负方向运动，故 而此时, 质点正通过处，有，且质点向y轴正方向运动，故 由(1)、(2)两式联立得 ， 所以，该平面简谐波的表达式为：6-7 已知一平面简谐波的波方程为(1)分别求两点处质点的振动方程；(2)求、两点间的振动相位差；(3)求点在t=4s时的振动位移.分析 波方程中如果已知某点的位置即转化为某点的振动方程。直接求解两点的振动相位差和某时刻的振动位移。解：(1)、的振动方程分别为： (2) 与两点间相位差 (3) 点在t=4s时的振动位移 BA题图6-86-8如题图6-8所示，一平面波在介质中以波速沿x轴负方向传播，已知A点的振动方程为. (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.分析 由波相对坐标轴的传播方向和已知点的振动方程直接写出波方程。解：(1)坐标为x处质点的振动相位为 波的表达式为 (2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为 波的表达式为 6-9 有一平面简谐波在介质中传播，波速，波线上右侧距波源O（坐标原点）为75m处的一点P的运动方程为,求： (1)波向x轴正向传播的波方程；(2)波向x轴负向传播的波方程.解：(1)设以处为波源，沿轴正向传播的波方程为： 在上式中，代入，并与该处实际的振动方程比较可得：， 可得：为所求(2)设沿轴负向传播的波方程为：在上式中，代入，并与该处实际的振动方程比较可得：， 可得：为所求6-10 一平面谐波沿ox轴的负方向传播,波长为，P点处质点的振动规律如题图610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,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。题图6-10解:（1）从图中可见,且,则P点处质点的振动方程为 （2）向负方向传播的波动方程为（3）把代入波动方程即得6-11一平面简谐波的频率为500Hz，在空气()中以的速度传播，达到人耳时的振幅为.试求波在人耳中的平均能量密度和声强.分析 平均能量密度公式直接求解。声强即是声波的能流密度。解:波在耳中的平均能量密度：声强就是声波的能流密度，即：6-12 一正弦空气波,沿直径为的圆柱形管传播,波的平均强度为,频率为300Hz,波速为.求:(1) 波中的平均能量密度和最大的能量密度各是多少?(2) 每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量?分析 平均能量密度为其在一个周期内的平均值，为最大值的一半。两个相邻同相面既是相距一个波长的距离的波段。解: (1)(2) 两个相邻同相面间的波段所对应的体积为613 在均匀介质中，有两列余弦波沿Ox轴传播，波动表达式分别为与，试求Ox轴上合振幅最大与合振幅最小的那些点的位置。分析 合振幅大小由相位差确定。解：(1)设合振幅最大处的合振幅为，有式中 因为当时，合振幅最大，即有所以，合振幅最大的点 （k=0,1,2,）(2)设合振幅最小处的合振幅为，有式中 因为当时，合振幅最小，即有所以，合振幅最小的点 （k=0,1,2,）6-14 相干波源,相距11m,的相位比超前.这两个相干波在、连线和延长线上传播时可看成两等幅的平面余弦波，它们的频率都等于100Hz，波速都等于400m/s.试求在、的连线之间，因干涉而静止不动的各点位置. 分析 首先确定两相干波连线上任意点两波的相位差，再根据干涉静止条件确定位置。解：取、连线为x轴，向右为正，以为坐标原点.令.取P点如图.由于，从、分别传播来的两波在P点的相位差 由干涉静止的条件可得： 得： （） 即x=1,3,5,7,9,11m为干涉静止点.题图6-14615 一微波探测器位于湖岸水面以上0.5m处，一发射波长21cm的单色微波的射电星从地平线上缓缓升起，探测器将继续指出信号强度的极大值和极小值.当接受到第一个极大值时，射电星位于湖面以上什么角度？分析 探测器信号出现极值是由于两列波干涉叠加造成，一列为直接接收的微波，另一列为经过水面反射后得到的。计算两列波在相遇点（即探测器处）的波程差并根据相干加强求解。解:如图，P为探测器，射电星直接发射到P点波(1)与经过湖面反射有相位突变的波(2)在P点相干叠加，波程差为 （取k=1）整理得： 解得： (1)(2)DPOh题图615616如题图6-16所示，,为两平面简谐波相干波源. 的相位比的相位超前，波长，在P点引起的振动振幅为0.30m，在P点引起的振动振幅为0.20m，求P点的合振幅.分析 合振幅由分振动的振幅和分振动在该点的相位差共同确定。解：617如题图617中A、B是两个相干的点波源，它们的振动相位差为（反相）。A、B相距30cm,观察点P和B点相距40cm，且.若发自A、B的两波在P点处最大限度地互相削弱，求波长最长能是多少？题图616题图617分析 最大限度地削弱，即要求两振动在P点反相。故求两波在P点相