大学应用物理第五章习题答案
大学物理第五章 习题解答
第五章 习题解答5-1解：等压过程系统做功W ，根据等压过程做功的公式：W=p(V 2-V 1)=νR ΔT 可得ΔT=W/νR ，ν=1mol ，ΔT=W/RW W i T R i T T C Q p 272222)(12=+=∆+=-=υυp 5-2 J T R i E 65.124131.823102=⨯⨯⨯=∆=∆υ5-3 解：等容过程有W=0，Q=ΔE J T R i E 747930031.82322=⨯⨯⨯=∆=∆=υ 5-4解：等压过程系统做功W ，根据等压过程做功的公式：W=p(V 2-V 1)=νR ΔT=200JW i T R i T T C Q 2222)(12+=∆+=-=υυp 单原子分子 i =3，J Q 500200223=⨯+= 单原子分子 i =5，J Q 700200225=⨯+= 5-5. 一系统由如图所示的a 状态沿acb 到达b 状态，有334J 热量传入系统，系统做功J 126。
（1）经adb 过程，系统做功J 42，问有多少热量传入系统?（2）当系统由b 状态沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统做功为J 84，试问系统是吸热还是放热？热量传递了多少?解：由acb 过程可求出b 态和a 态的内能之差Q=ΔE+W ，ΔE=Q -W=334-126=208 Jadb 过程，系统作功W=42 J ， Q=ΔE+W=208+42=250J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功A=-84 J ， Q=ΔE ＋W=-208-84=-292 J 系统放热 5-6解：ab 过程吸热，bc 过程吸热 cd 过程放热，da 过程放热取1atm=105Pa 根据等温、等压过程的吸热公式可得J V p V p i T T C Q a a b b ab 336)(2)(12=-=-=V υ J V p V p i Q b b c c bc 560)(22=-+= J V p V p i Q c c d d cd 504)(2-=-= J V p V p i Q d d a a da 280)(22-=-+= 整个过程总吸热J Q Q Q bc ab 8961=+=，总放热J Q Q Q da cd 7842=+=p净功J Q Q W 11221=-=，效率%5.128967841112=-=-=Q Q η 5-7 卡诺热机的效率为%4028011112=-=-=T T T 卡η，可得高温热源温度7.4661=T K 如果%50'28011112=-=-=T T T 卡η，可得560'1=T K ，温度提高了3.93'11=-T T K 5-8 %251068.11026.1117712=⨯⨯-=-=Q Q η。
大学物理课后习题答案(第五章)-北京邮电大学出版社
习题五5-1振动和波动有什么区别和联系？平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同 ？又有什么联系？振动曲线和波形曲线有什么不同？解：（1）振动是指一个孤立的系统（也可是介质中的一个质元）在某固定平衡位置附近所做的往 复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为y f（t ）;波动是振动在连续介质中的传播过程， 此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动， 因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置 x ，又是时间t 的函数，即y f（x,t）•（2） 在谐振动方程y f （t ）中只有一个独立的变量时间 t ,它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程yf （x ，t ）中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律.xy A cos （t -）当谐波方程 u 中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一. （3）振动曲线yf（t ）描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为 y，横轴为t ；波动曲线yf （x ，t ）描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y，横轴为x •每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图.xxu ）+ 叮中的u 表示什么？如果改写为y = A cos变，由此能从波动方程说明什么x解：波动方程中的X/U 表示了介质中坐标位置为 X 的质元的振动落后于原点的时间；u则表示 X 处质兀比原点落后的振动位相; 设 t 时刻的波动方程为y txAcos( to)u则tt 时刻的波动方程为y tt Acos[ (t t) (uX)o]其表示在时刻t ，位置X 处的振动状态，tt（ t X ）经过t 后传播到X u t 处.所以在u 中,丄y Acos （ t —— o ）播了 x u t 的距离，说明 u 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程.), xu 又是什么意思？如果t 和x 均增加，但相应的］ (u )+叮的值不5-2波动方程y = A cos [当t , X 均增加时,x)的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ，波形即向前传5-3波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点？解：我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV内所有质元的能量.波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势 能.形变势能由介质的相对形变量 （即应变量）决定.如果取波动方程为yf （x,t ），则相对形变量（即应变量）为y/X •波动势能则是与 y/X 的平方成正比•由波动曲线图 （题5-3图） 可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小 （此处振动速度为零），而在该处的应变也为极小（该处y/ x°）,所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大（该处振动速度的极大），而在该处的应变也是最大 （该处是曲线的拐点），当然波动势能也为最 大•这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值.对于一个孤立的谐振动系统， 是一个孤立的保守系统， 机械能守恒，即振子的动能与势 能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化.5-4波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处？ t =°时刻是否一定是波源开始振动的解：由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原 点不一定要选在波源处，同样，t0的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程Xy A cos （t 一） 写成 U 时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的•因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时， 我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源， 只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程.5-5在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理 量相同？描述各质点的振幅是不相同的， 各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的， 即振幅变化规律2Acos ——x可表示为 •而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反.5-6波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应， 这两种情况有何区别？解：波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短， （如题5-6图所示），因而观察者在单位时间内接收到的完整数目 （U/ ）会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即t时刻？波动方程写成y = A cos （ 程才能写成这种形式？XU ）时，波源一定在坐标原点处吗 ?在什么前提下波动方y 解：取驻波方程为22Acos ——x cos vt，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上, u uV B ，因u_而单位时间内通过观察者完整波的数目也会增多，即接收频率也将增高.简单地说，前者是通过压缩波面（缩短波长）使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率.6)观(TA 込功祈垃16不型题5-6图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿 X 轴负向传播，波长 =1.0 m ，原点处质点的振动频率为=2. 0 Hz ，振幅A = 0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y轴负向运动，求此平面波的波动方程.t xy Acos[2 (— 一) 波动方程为 TXy 0.1cos[2 (2t 1) i ]0.1 cos(4 t 2 x )2 m5-8已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为 y= A cos(Bt Cx ),其中A , B , C为正值恒量.求：(1) 波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2) 写出传播方向上距离波源为 I 处一点的振动方程； (3) 任一时刻，在波的传播方向上相距为 d 的两点的位相差.解：(1)已知平面简谐波的波动方程y Acos(Bt Cx)g 0)将上式与波动方程的标准形式x y A cos(2 t 2)比较，可知:解：由题知t °时原点处质点的振动状态为 yo0,V0 0，故知原点的振动初相为2 ,取0］则有(IlJ WWT 的惦刑(I )杵拍用的辑刪―涉种后的侨璃2C 代入上式，即得Cd5-9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 y=0.05cos(10 t 4 X),式中x ,y以米计，t 以秒计.求：(1) 波的波速、频率和波长；(2) 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3) 求X=0.2m 处质点在t=1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相？这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点？ 解：(1)将题给方程与标准式y Acos(2 t — x)波振幅为 波长波动周期 (2)将 XBA ，频率 22uC ，波速 T 1 JBI 代入波动方程即可得到该点的振动方程y Acos(Bt Cl )(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为2(X 2 X i )将X 2X ix x 1 u(t t 1)0.25-10如题5-10图是沿X 轴传播的平面余弦波在该时刻o , A , B , c 各点的振动位相是多少？(2)若波沿X 轴负向传播，上述各点的振动 位 相又是多少？解: (1)波沿x轴正向传播，则在t时刻，有相比，得振幅A 0.05 m ，频率 5 s (2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为vmaxA 102amaxA (100.2m 处的振动比原点落后的时间为x 空u 2.5，波长0.05 0.5 )2 0.050.5 m , 1m s 2m0.08 s 0.2 m ,t 1 s 时的位相就是原点(X 0),在t o 1 9.2 nn.波速U2.5 m s 10.08 0.92 s 时的位相,设这一位相所代表的运动状态在t 1.25s 时刻到达X 点，则2.5(1.25 1.0) 0.825 mt 时刻的波形曲线.(1)若波沿X 轴正向传播,对于0点：•••y o 0,V o 0 .，…O2对于A点：•••Y A A, V A0 A 0对于B点：•••Y B0,V B 0 ., …B23对于C点：Y C0, V C0 ., …C2(取负值：表示A、B、C点位相，应洛后于°点的位相)(2)波沿x轴负向传播，则在t时刻,有对于0点：y o 0,V O0 ., …°2对于A点：T Y A A, V A0 A 0对于B点：•••Y B0,V B 0 ., …B23对于C点：Y C0, V C0 ., …C2(此处取正值表示A、B、C点位相超前于0点的位相)5-11 一列平面余弦波沿X轴正向传播，波速为 5m • s-1，波长为2m,原点处质点的振动曲线如题5-11图所示.⑴写出波动方程；(2)作出t=0时的波形图及距离波源 0.5m处质点的振动曲线.题5-10图y 0.1 cos[5 (t⑵t 0时的波形如题5-11(b)图解：(1)由题5-11(a)图知，A 0.1m ，且t 0时,52.5y oO,V o 03 2则波动方程为5-12如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b),波沿x轴正向传播，试根据图中绘出的条件求: (1) 波动方程； (2) P 点的振动方程.解: (1)由题5-12图可知，A 0.1 m , 4 m ，又，t 0时，y °0,v ° 0,. -0 2 ,X1u 2u2— — 0.5而t 0.5m s 14 Hz ，二2故波动方程为y 0.1cos[(t X)]2 2m(2)将X p 1m 代入上式，即得P 点振动方程为Iy(«)03O/ \ \ / 也0.1题5-12图5-13 一列机械波沿x轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为 10 m • s -1, 波长为2m,求：(1) 波动方程； (2)P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标； (4)P 点回到平衡位置所需的最短时间.y 0.1cos(5 t如题5-11(c)图所示.5 0.5 0.50.1cos(5 t)my 0.1cos[( t)] 0.1cos t22m将X °.5m 代入波动方程，得该点处的振动方程为A °y° ,v0 00解：由题5-13图可知A 0.1 m , t 0时， 2 , 3 ,由题知2 m ,u 10 「——5u 10ms1，则2 Hz2 10_ _ 5 3 26•••所属最短时间为丄12 5-14如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知 yp = A cos( t 0).(1) 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2) 写出距P 点距离为b的Q点的振动方程.解：(1)如题5-14图(a),则波动方程为l x y Acos[ (t ) 0] u u如图(b),则波动方程为(t 10)3]m4_3 (P 点的位相应落后于 0点，故取负值)y p 0.1cos(10 t• P 点振动方程为⑶•••51.673 mx •解得(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13 图(a), 则由P 点回到平衡位置应经历的位相角5 /6 10sP 点的振动方程为(1)波动方程为AyP,V P(2)由图知，t °时， 2yjiyjtf■ d ■卜 b — H-- ―H£J Pffj() 尸i(a)题5-14图xy Acos[ (t -)]u⑵ 如题5-14图(a),贝y °点的振动方程为bA QAcos[ (t ) o ]u如题5-14图(b)，则Q点的振动方程为KA QAcos[ (t -) o ]u5-15已知平面简谐波的波动方程为y Acos (4t2x)(SI).⑴写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点？(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线. 解：(1)波峰位置坐标应满足(4t 2x) 2k解得 x (k 8.4)m (k 0, 1 2,...)⑵•-4 ,u 2 m 1 s uT u -1m ，又 x 0处，t 4.2 s 时,4.2 416.8y 0 A cos44.20.8A又，当yA时，x17 ，则应有16.8 2x174 t 2 tt x1u 故知U 2ms0.4t0.2 2s，这就是说该波峰在0-2 s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应所以离原点最近的波峰位置为 °4 m .解得x 0.1 m，故t 4.s时的波形图如题5-15图所示A (2)在S 2外侧鹿离S 2为r 1的点, r1(r1)2 4 A 1 A 10,IA 2$ S 2传到该点引起的位相差—(r 2「2)5-18如题5-18图所示，S 1和S 2为两相干波源，振幅均为A ,相距4 , $较S z位相超前2,求：(1) $外侧各点的合振幅和强度；⑵S2外侧各点的合振幅和强度解：(1)在S 外侧，距离S 1为*的点，◎ S2传到该P 点引起的位相差为5-16题5-16图中(a 表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此 波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线.解：由题5-16(b)图所示振动曲线可知T 2s ,A 0.2 m ，且t °时，y 。
大学物理 第二版 第五章课后习题答案
习题精解5-1 1mol 理想气体，例如氧气，有状态A 11(,)p V 在图5.2上p V -沿一条直线变到状态22(,)B p V ，该气体的热力学能的增量为多少？解 理想气体的热力学能2M iE RT μ=氧气为双原子分子 5i = 氧气的摩尔数为1Mμ=()()212211522M i E E R T T p V p V μ∆==-=- 5-2 如图5.3所示，一定质量的理想气体，沿图中斜向下的直线由状态A 变化到状态B 初态时压强为54.010Pa ⨯，体积为321.010m -⨯，末态的压强为52.010Pa ⨯，体积为323.010m -⨯，求此过程中气体对外所做的功。
解 理想气体做功的表达式为W pdV =⎰,其数值等于p V -图中过程曲线下所对应的面积()()()()()532112.0 4.0103.0 1.010 6.01022A B B A W p p V V J -=+-=⨯+⨯⨯-⨯=⨯ 5-3 如图5.4所示，系统从状态A 沿ACB 变化到状态B ，有334J 的热量传递给系统，而系统对外做功为126J.(1)若系统从状态A 沿ADB 变化到状态B 是，系统做的功42J ，问由多少热量传递给系统。
（2）当系统从状态B 沿曲线BEA 返回到状态A 时，外界对系统做功为84J,问系统是吸热还是放热？传递热量多少？ (3)若167D A E E J -=，求系统沿AD 及DB 变化时，各吸收多少热量？ 解 （1）对于过程ACB()334126208B A ACB ACB E E Q W J -=-=-= 对于过程ADB 过程()()20842250ADB B A ADB Q E E W J =-+=+= （2）对于过程BEA()()20884292A B CEAB Q E E W J =-+=--=- 负号表示放热。
（3）对于过程AD()16742209AD D A ADB Q E E W J =-+=+= 对于过程DB 过程()()()20816741DB B A D A Q E E E E J =---=-=5-4 将压强为51.01310Pa ⨯，体积为33110m -⨯的氧气，自0C ︒加热到160C ︒，问：（1）当压强不变时，需要多少热量?(2) 当体积不变时，需要多少热量?(3)在等压和等体过程中各做多少功？解 氧气的摩尔数为()532111 1.01310110 4.46108.31273pV mn mol RT μ--⨯⨯⨯====⨯⨯氧气为双原子分子，5i = ()1158.3120.822V i C R J mol K --==⨯=•• ()11718.3129.122p i C R J mol K --⎛⎫=+=⨯=••⎪⎝⎭（1） 当压强不变时，系统所吸热为()()()2221 4.461029.1433273 2.0810p p Q pdV E nC T T J -=+∆=-=⨯⨯⨯-=⨯⎰（2） 体积不变时，系统所吸热为()()()2221 4.461020.8433273 1.4810V V Q E nC T T J -=∆=-=⨯⨯⨯-=⨯（3） 在等压过程中所做功为 ()()2121 4.46108.3143327359.3T p T W pdV nRdT J -===⨯⨯⨯-=⎰⎰在等体积过程中，气体体积不变，故所做的功为零。
大学物理第五章习题答案
大学物理第五章习题答案大学物理第五章习题答案第一题：题目：一个质量为m的物体以速度v水平运动，撞到一个质量为M的静止物体，两物体发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后物体m的速度为v1，物体M的速度为V1，则有mv = mv1 + MV1。
由于碰撞是完全弹性碰撞，动能守恒定律也成立，即(mv^2)/2 = (mv1^2)/2 + (MV1^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，可得到关于v1和V1的方程组。
解方程组即可得到碰撞后两物体的速度。
第二题：题目：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V2，则有mv1 = mv2 + MV2，以及(mv1^2)/2 = (mv2^2)/2 + (MV2^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V2。
第三题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后两物体粘在一起，求粘在一起后的速度。
解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。
设碰撞后两物体的速度为V，则有mv = (m+M)V。
解方程即可得到粘在一起后的速度V。
第四题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。
解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V，则有mv = mv2 + MV，以及(mv^2)/2 = (mv2^2)/2 +(MV^2)/2。
将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V。
第五题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求碰撞后两物体的动能变化。
解答：碰撞前物体m的动能为(mv^2)/2，碰撞后物体m的动能为(mv2^2)/2，两者之差即为动能变化。
大学物理课后习题答案第五章
第五章 机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较得：2π/λ = 0.6， 因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：； 即 = 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]． （2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt -π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为： ， 位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π． 当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2． 原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为：= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ． 该点初相φ = 0．5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin 2y t π-=⨯26.010sin()2xy t u π-=⨯-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+（1）P 点的振动表达式； （2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)， 其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)， 周期为：T = λ/u = 1(s)， 圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)． （2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为． （3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为： ，当t = T /4时的波形方程为：． 在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0． 因此波动方程为：． （2）在x = λ/2处质点的振动方程为：， 曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为； x b = λ处的质点的振动方程为．波线上a 和b 两点的位相差0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=++cos(2)2xy A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+cos(22)b ty A Tππ=+图5.5φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1． （1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)． 令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)， 各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)， 即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示． （1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)， 其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形方程为，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，cos[2()]t x y A T πϕλ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[()]23t x ππ=-+5cos()26y x ππ=-图5.8已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：， 那么A 和B 两点的振动方程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程； （3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程． [解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为 ．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为． （3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为， ，．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量．[解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)， 波的平均能量密度为：= 158(J·m -3)， 平均能流密度为：= 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+2(2)6B A x x πππλλ---=-3cos 4()3cos(4)5x x y t t u πππ=+=+3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-3cos 4()3cos(4)BB x y t t u πππ=+=-33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+2212w A ρω=I wu =图5.10声波的平均能量密度为：= 6.37×10-6(J·m -3)， 平均能流密度为：= 2.16×10-3(W·m -2)， 标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)， 此声强的分贝数为：= 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为， 其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 660(Hz)． 火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 550(Hz)． （2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 680(Hz)． 当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 533(Hz)． [注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长； （2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)； 在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)； 在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为 = 1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为2212w A ρω=I wu =010lgIL I =BB S Su u u u νν-=-33060033030B S S u u u νν==--33060033030B S S u u u νν==-+3301060033030B B S S u u u u νν-+==--3301060033030B B S S u u u u νν--==-+1033165108033130B Su u u u νν++==⨯--= 1768(Hz)． 反射声音的波长为=0.1872(m)．或者 = 0.1872(m)． [注意]如果用下式计算波长=0.2330(m)， 结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为，那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为 ，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为． 两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．`11331142133165B u u u νν==⨯--`1111331651421BBu u u u λννν--=-==`1`13311768u λν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T πϕλ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-S 1 S 2S 125.17 设入射波的表达式为，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式； （2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：，，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：，， 可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．1cos 2()t xy A T πλ=+2cos 2()t xy A T πλ=-222coscosy A x t Tππλ=1 6.0cos(0.028.0)2y x t π=-2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-2 6.0cos 2()0.5200t x y π=+。
大学物理课后习题答案第五章
大学物理课后习题答案第五章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第五章 机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示．[解答]（1）与标准波动方程2cos()xy A t πωλ=-比较得：2π/λ = 0.6，因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)． 且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为0.03cos(4)2A y t ππ=-(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+；即 0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--= 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]．（2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt - π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为20 6.010sin 2y t π-=⨯(m)．求距波源5m处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为：26.010sin ()2xy t u π-=⨯- 50.06sin()24t ππ=-，位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？[解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ． 由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为：0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ． 该点初相φ = 0．5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：（1）P 点的振动表达式； （2）波动方程； （3）画出O 点的振动曲线． [解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)， 所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)， 周期为：T = λ/u = 1(s)， 圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)． （2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+． （3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程； （2）画出x = λ/2处质点的振动曲线； （3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？[解答]（1）设此波的波动方程为：图5.5cos[2()]t xy A T πϕλ=++，当t = T /4时的波形方程为：cos(2)2x y A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0， 解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动方程为：cos 2()t xy A T πλ=+．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-， 曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为 cos(2)2a t y A T ππ=+； x b = λ处的质点的振动方程为 cos(22)b t y A Tππ=+． 波线上a 和b 两点的位相差φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点（ 2）画出t = 4.2s 时的波形曲线． [解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )， 与标准方程cos[2()]t xy A T πϕλ=-+比较， 可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)． 令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)， 即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x = 0处质点的振动方程； （2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)． （1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)． （2）波的表达式为：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+ cos[()]23t x ππ=-+． （3）t = 1s 时刻的波形方程为 5cos()26y x ππ=-，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么A 和B 两点的振动方程分别为：cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+，cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+．两点之间的位相差为：2(2)6B A x x πππλλ---=-，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程； （2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程．[解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为3cos 4()3cos(4)5x xy t t u πππ=+=+．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-．（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为3cos 4()3cos(4)B B xy t t u πππ=+=-，33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-，93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量． [解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)，波的平均能量密度为：2212w A ρω== 158(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强此时声强相当于多少分贝已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，声波的平均能量密度为：2212w A ρω== 6.37×10-6(J·m -3)，平均能流密度为：I wu == 2.16×10-3(W·m -2)， 标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，图5.10此声强的分贝数为：010lgIL I == 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为BB S Su u u u νν-=-，其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为33060033030B S S u u u νν==--= 660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为33060033030B S S u u u νν==-+= 550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为3301060033030B B S S u u u u νν-+==--= 680(Hz)．当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为3301060033030B B S S u u u u νν--==-+= 533(Hz)．[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长； （2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)；在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)；在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为1033165108033130B S u u u u νν++==⨯--= 1421(Hz)． 将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为`11331142133165B u u u νν==⨯--= 1768(Hz)．反射声音的波长为`1111331651421B B uu u u λννν--=-===0.1872(m)．或者 `1`13311768u λν=== 0.1872(m)．[注意]如果用下式计算波长`111650.27871768B u λλν=-=-=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为 1cos[2()]t xy A T πϕλ=++， 那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是100Hz ，位相差为π；波在媒质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为1 2121/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+ 5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-．两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．5.17 设入射波的表达式为1cos 2()t xy A T πλ=+，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式； （2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为2cos 2()t xy A T πλ=-．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得222cos cos y A x t Tππλ=，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：1 6.0cos (0.028.0)2y x t π=-，2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-，2 6.0cos 2()0.5200t xy π=+，可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．。
大学物理第五章课后习题答案
第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。
设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。
大学物理第五章机械振动习题解答和分析
5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-⨯=，周期s T 0.1=，初相.4/3πϕ=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：]2cos[]cos[ϕπϕω+=+=t TA t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4x t SI ππ=+ 振子的速度和加速度分别是：3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI πππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI πππ==-+5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，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]4/20cos[1.0]cos[ππϕω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1/210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ϕπ=（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ϕππππ=+=+ 由cos x A ϕ=，sin A νωϕ=-，22cos a A x ωϕω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=-5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=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x m ma f 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N =（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N =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Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν.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。
大学物理第五章习题答案
L
o
y
x
22
在锥体上 z 坐标处任取半径为 r高为 dz 的小柱体，则
L z 2 dm dv r dz ( R ) dz L 根据质心定义得
2
z
1 zC M
L
0
1 zdm M
L
L
0
L z 2 z ( R ) dz L
r
dz
L
R ML2 0 L L R 2 L 2 2 3 x [ zL dz 2 Lz dz z dz ] 2 0 0 0 ML R 2 L4 2 L4 L4 R 2 2 3 M L [ ] L L 2 ML 2 3 4 12 M 12 M 4
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如果一个长度已知的不规则物体的重量超过一个弹簧秤的最大 量度，问怎样用这弹簧秤称出该物体的重量？ F 上图，根据合力矩为零得
Gx Fl
N
下图，根据合力矩为零得
F l G(l x )
x
F
l
整理可得：
G F F
G
N
G
课后习题
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5-3：静止的电动机皮带轮半径为 5 cm，接通电源后做匀变速 转动，30 s 后转速达到152 rad / s，求： 1）30 s 内电动机皮带轮转过的转数； 2）通电后 20 s 时皮带轮的角速度； 3）通电后 20 s 时皮带轮边缘上一点的速度、切向加速度和法 向加速度。 解：皮带轮的角加速度为 152 t 0 t t 5 (rad/s 2 )
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来复线的作用是增加炮弹的射程和准确性。由于炮弹射出时 绕自身轴线高速转动，空气阻力产生的对质心的力矩使炮弹 围绕前进方向产生进动效应，弹头的轴线始终围绕着弹道切 线向前且做锥形运动，从而能克服空气阻气，保证弹头稳定 地向前飞行，避免大的偏离，提高射程与准确性。
大学物理第五章习题解答
掌握干涉现象的原理，理解干涉条纹的形成机制，掌握双缝干涉实验中条纹间距的计算方法。
理解衍射现象的原理，掌握单缝、圆孔、光栅等不同情况下衍射条纹的特征和计算方法。
光的干涉与衍射习题解答
光的衍射
光的干涉
光的偏振
理解偏振现象的原理，掌握偏振光和自然光的区别，掌握偏振片和晶体对偏振光的作用。
直线运动习题解答
总结词：理解曲线运动的性质和规律，掌握圆周运动和平抛运动的公式和计算方法。
曲线运动习题解答
曲线运动习题解答
01
详细描述
02
曲线运动的描述：速度方向与轨迹切线方向一致，加速度与轨迹的曲率半径有关。
圆周运动的向心加速度和线速度的计算公式。
03
平抛运动的水平分速度、竖直分速度和合速度的计算公式。
电场强度计算
电场线
高斯定理
电势与电势差
掌握安培环路定律的应用，解决与安培环路定律相关的题目。
安培环路定律
理解磁场线的概念，掌握磁场线的特点，如磁场线的疏密表示磁感应强度的大小。
磁场线
理解洛伦兹力的概念，掌握洛伦兹力的计算方法。
洛伦兹力
解决与磁感应强度相关的计算题，如电流在磁场中所受的力等。
磁感应强度的计算
这一定律揭示了热现象的方向性，即热量传递具有方向性。
热力学第二定律的数学表达式为：$Q = Delta U - W$，其中$Q$是系统吸收的热量，$Delta U$是系统内能的增量，$W$是系统对外做的功。
热力学定律习题解答
热力二定律指出，不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。
5、简述放射性的种类及其特点。
答案：放射性主要分为三种类型：阿尔法放射性、贝塔放射性和伽马放射性。阿尔法放射性是由带两个正电荷的氦原子核组成的高能粒子流；贝塔放射性是由带负电荷的电子或正负电子对组成的低能粒子流；伽马放射性则是高频率的电磁辐射。各种类型的放射性在穿透能力和电离能力上有所不同。
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5-6 在容积为332.010m -⨯的容器中，有内能为26.7510⨯J 的刚性双原子分子理想气体。
求:（1）气体的压强；（2）若容器中分子总数为225.410⨯个，则分子的平均平动动能及气体的温度为多少？解：（1）对刚性双原子分子而言，i=5,由2M i E RT μ=和MpV RT μ=可得气体压强52/ 1.3510p E iV Pa ==⨯（2）分子数密度/n N V =，则该气体的温度2//() 3.6210T p nk pV Nk K ===⨯气体分子的平均动动能为： 213/27.4910k kT J ε-==⨯5-7 自行车轮直径为71.12cm ，内胎截面直径为3cm 。
在03C -的空气里向空胎里打气。
打气筒长30cm ，截面半径为1.5cm 。
打了20下，气打足了，问此时胎内压强是多少？设车胎内最后气体温度为07C 。
解： 设向自行车内胎所打的空气的摩尔数为γ 由 PV RT γ=得 111p V RT γ=其中，22231111，203010(1.510)，3273270p atm V m T k π--==⨯⨯⨯⨯⨯=-+=气打足后，胎内空气的体积 22232371.1210(10)2V m ππ--=⨯⨯⨯⨯⨯ 温度 27273280T k =+=，压强为 2p ，由PV RT γ=得 222RT p V γ=112522111222222112 1.01310203010(1.510)280371.1210(10)2702p V RT T p V T p V V T πππ----⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯∴===⨯⨯⨯⨯⨯⨯52.8410 2.8a p atm -=⨯=5-8 某柴油机的气缸充满空气，压缩前其中空气的温度为047C ，压强为48.6110Pa ⨯Pa 。
当活塞急剧上升时，可把空气压缩到原体积的1/17，其时压强增大到64.2510Pa ⨯Pa ，求这时空气的温度（分别以K 和0C 表示）解： 设压缩前空气的体积为 V ，根据112212PV PV T T =得 64214.25108.61101747273V VT ⨯⨯⨯⨯=+2929T k ∴=00(929273)?656t C C =-=5-9 温度为027C 时，1mol 氦气、氢气和氧气各有多少内能？1g 的这些气体各有多少内能？解： 1mol 氦气的内能 3318.31(27273) 3.741022e H i E RT J J γ==⨯⨯⨯+=⨯ 1mol 氢气的内能 23518.31(27273) 6.231022H i E RT J J γ==⨯⨯⨯+=⨯1mol 氧气的内能 23518.31(27273) 6.231022O i E RT J J γ==⨯⨯⨯+=⨯1g 氦气的内能 2138.31(27273)9.351042e H E J J =⨯⨯⨯+=⨯1g 氢气的内能 22158.31(27273) 3.121022H E J J =⨯⨯⨯+=⨯1g 氧气的内能22158.31(27273) 1.9510322O E J J =⨯⨯⨯+=⨯5-10已知某理想气体分子的方均根速率为1400m s -⋅。
当其压强为1atm 时，气体的密度为多大？解：213p ρυ= 所以气体的密度为： 532233 1.01310 1.9.400p kg m ρυ-⨯⨯=== 5-11容器中贮有氧气，其压强P=1atm ，温度027t C =。
试求： (1)单位体积内的分子数； (2)氧分子质量m ； (3)氧气密度ρ； (4)分子的方均根速率； (5)分子的平均平动动能。
解： （1）,p nkt =∴单位体积的分子数5525323231 1.01310 1.01310 2.45101.3810(27273)41410p n m KT ---⨯⨯⨯====⨯⨯⨯+⨯（2）氧分子的质量232623325.3110 5.31106.0210m g g kg --==⨯=⨯⨯ （3）2221133,,322k RT p p m KT υευυμ==== 53332331 1.013103210/ 1.30/38.31(27273)pp p p kg m kg m RT RTμυμ-⨯⨯⨯⨯∴=====⨯+（4）22133322KT RTm KT mυυμ=∴==24.8310/m s ∴===⨯ （5）分子的平均平动动能2321331.3810(27273) 6.211022k KT J J ε--==⨯⨯⨯+=⨯ 5-12某些恒星的温度可达到约81.010k ⨯，这也是发生聚变反应（也称热核反应）所需的温度。
在此温度下，恒星可视为由质子组成的。
问：（1）质子的平均动能是多少？（2）质子的方均根速率为多大？解：将组成恒星的大量质子视为理想气体，质子可作为质点，其自由度 i =3，因此，质子的平均动能就等于平均平动动能（1）质子的平均动能为k ε=2232m kT υ=152.0710J -=⨯（2）由平均平动动能与温度的关系2232m kT υ=，得质子的方均根速率为611.5810.m s -==⨯ 5-13摩尔质量为89g/mol 的氨基酸分子和摩尔质量为5.0⨯410 g/mol 的蛋白质分子在037C 的活细胞内的方均根速率各是多少？解：rms υ=∴氨基酸分子的方均根速率为：22.910/rms m s υ=≈⨯ 蛋白质分子的方均根速率为：12/rms m s υ=≈5-14求温度为0127C 时的氢气分子和氧气分子的平均速率、方均根速率及最概然速率。
解：氢气的摩尔质量231210H M kg mol --=⨯，气体温度400T K =， 则有2318 2.0610H RTm s M υπ-==⨯22313 2.2310H RTm s M υ-==⨯ 2312 1.8210p H RTm s M υ-==⨯ 氧气的摩尔质量为212 3.210,Mo kg mol --=⨯ 则有2128 5.1610RTm s Mo υπ-==⨯22123 5.5810RTm s Mo υ-==⨯ 2122 4.5510p RTm s Mo υ-==⨯ 5-15 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如图所示。
（1）说明曲线与横坐标所包围面积的含义； （2）由N 和0υ求a 值；（3）求在速率0υ/2到30υ/2间隔内的分子数； （4）求分子的平均平动能。
解： （1）因为()/f dN Nd υυ=，所有分子所允许的速率在0到02υ的X 围内，由()f υ的归一化条件()1f d υυ∞=⎰可知图中曲线下的面积20()S N f d N υυυ==⎰即曲线下面积表示系统分子总数N 。
（2）从图中可知，在0 到0υ区间内；0()/Nf a υυυ=而在0υ到02υ区间，()Nf a υ=则利用归一化条件有 020a N d ad υυυυυυυ=+⎰⎰得02/3a N υ=（3）速率在0/2υ到03/2υ间隔内的分子数为0003/2/27/12a N d ad N υυυυυυυυ∆=+=⎰⎰（4）分子速率平方的平均值按定义为2220/()dN N f d υυυυυ∞∞==⎰⎰故分子的平均平动动能为00223220011312236k a a m m d d m N N υυυευυυυυυυ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭⎰⎰ 5-16 设有N 个粒子，其速率分布函数为0000 0 20 200aa f()=2a -⎧υ<υ<υ⎪υ⎪⎪υυυ<υ<υ⎨υ⎪⎪υ>υ⎪⎩(1)作出速率分布曲线； （2）由N 和0υ求a ； （3）求最可几速率p υ； （4）求N 个粒子的平均速率； （5）求速率介于0—0υ/2之间的粒子数； （6）求0υ/2—0υ区间内分子的平均速率。
解：（1）速率分布曲线如图所示：(2)根据归一化条件2()1(2)01oooa af d a d d υυυυυυυυυυ∞∞=-+=⎰⎰⎰0o得即211122o o o a a υυυ⋅+= 1oa υ∴=（3）根据最可几速率的定义，由速率分布曲线得 p o υυ=（4）0()o dNf d Nυυυυυ∞∞==⎰⎰22(2)oo ooooaad a d υυυυυυυυυυ=+-⎰⎰322142()333o o o o a a υυυυ=⋅+- 221o o o oa υυυυ==⨯=（5）在速率 0—?/2o υ之间的粒子数 /2/2211111()()22888o o o o oo o oo o aaN N f Nd Nd aN N N υυυυυυυυυυυυ=====⨯⨯⨯=⎰⎰（6）/2—o o υυ区间内分子总数为： '22/2/20113()()228oo o o o oo aaN N f Nd Nd N υυυυυυυυυυυυ⎡⎤===⋅-=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ /2—o o υυ∴区间内分子的平均速率为：/2/2/2'()8338oo o o o o odNf Nd ad N N υυυυυυυυυυυυυυυ⋅===⋅⎰⎰⎰ 33381187()332338o o o o o a a υυυυυ⎡⎤=⋅⋅-=⋅⋅⎢⎥⎣⎦ 2277170.778999o o o o o a υυυυυ==⋅=≈ 5-17 设氮气分子的有效直径为-1010m ，（1）求氮气分子在标准状态下的碰撞频率；（2）若温度不变，气压降到41.3310Pa -⨯，求碰撞频率。
解（1）标准状态下，51.01310,273a p p T k =⨯=，氮气分子的平均自由程为：2378.410()m λ--===⨯ 氮气分子的平均速度24.5410(/)m s υ===⨯氮气分子在标准状态下的碰撞频率28174.54105.4310()8.410z s υλ--⨯===⨯⨯ （2）当温度 273T k =，压强 41.3310a p p -=⨯时，氮分子的平均自由程：2326.3710()m λ-===⨯ 所以氮气分子的碰撞频率 2124.54100.71()6.3710z s υλ-⨯===⨯ 5-18目前实验室获得的极限真空约为111.3310Pa -⨯，这与距地球表面41.010km ⨯处的压强大致相等。
试求在027C 时单位体积中的分子数及分子的平均自由程。
（设气体分子的有效直径83.010cm -⨯ cm ）解： 由理想气体压强公式p nkT =得分子数密度为： 93/ 3.2110n p kT m -==⨯分子的平均自由程为： 28/7.810kT d p m λ==⨯可见分子间几乎不发生碰撞5-19 一架飞机在地面时机舱中的压力计指示为51.0110Pa ⨯，到高空后压强为48.1110Pa ⨯。