大学物理第6章习题参考答案
大学物理A1习题册参考答案-第5-6章
A1r 2r ab1、 下列几个叙述中哪一个是正确的？A 、电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向；B 、在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同；C 、场强方向可由E =F/q 定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正可负； D 、以上说法都不正确。
[ ] 1. C解释：A 答案点电荷可能有正负；B 答案场强是矢量2、 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 A 、如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零； B 、如果高斯面上E处处不为零，则该面内必无电荷；C 、如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零；D 、如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷。
[ ] 2. C解释：A 答案通量为零不一定场强为零；D 答案考虑等量异号电荷，可以使得处处为零。
3、 在静电场中，下列说法中哪一个是正确的？A 、带正电荷的导体，其电势一定是正值；B 、等势面上各点的场强一定相等；C 、场强为零处，电势也一定为零；D 、场强相等处，电势梯度矢量一定相等。
[ ] 3. D解释：A 答案电势是个相对值，要参考零电势的选择。
4、 如图所示，在电荷为Q -的点电荷A 的静电场中，将另一电荷为q 的点电荷B 从a 点移到b 点，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为1r 和2r ，则移动过程中电场力做的功为 A 、012114Q r r πε⎛⎫-- ⎪⎝⎭； B 、012114qQ r r πε⎛⎫- ⎪⎝⎭；C 、012114qQ r r πε⎛⎫-- ⎪⎝⎭; D 、()0214qQ r r πε-- [ ]4. C解释：电场力做功等于电势能差，注意正负号。
5、 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布 [ ](A) (B) (C) (D) 5. D解释：由高斯定理依次求出各部分场强即可。
大物书后习题答案整理(杨晓峰版)-习题06
波向 x 轴的正方向传播，波动方程为
y
t 0.1cos[2 (
x )
] SI
22 2
y
tx Leabharlann 振动速度为v 0.1 cos[2 ( ) ]
t
22 2
弦上任一点的最大振动速度
tx 由于 cos[2 ( ) ] 1
22 2
所以v max 0.1 m s 1 0.314 m s1
习题 6-3 解答： 基本思路：由旋转矢量法可知坐标原点处的初相位，然后根据题中已知的其它的 物理量，写出原点处的振动方程，再写出波动方程，由波动方程可以求出在 x 150 cm 处质点的振动方程。
习题 6-1 解答： 基本思路：将题中波的表达式和标准的波的表达式比较，直接得出振幅、波速、 频率和波长；波函数对时间一次倒数为速度，速度对时间一次倒数为加速度，从
而可以求出最大速度和加速度；再根据波函数可以写出 x1 0.2 m 处和 x2 0.7 m 两处的相位，然后求出两点的相位差。
x 计算过程：（1）标准的波的表达式 y Acos[2 (t )]
到
2π 位移 y 0.01cos (0.25 0.1 2) 0.01cos19.75 m
0.2
速度 v
2 A
u sin
2π (ut
x)
0.025
sin 19.75
m s 1
加速度 a
2 A(
u)2
cos
2π
(ut
x)
0.0625
2
cos19.75
m s 2
习题 6-7 解答： 解： (1) 通过截面的平均能流 P = 2.7 ×10−2 = 2.7 ×10−3 J⋅ s−1
22 2
大学物理练习册习题及答案6--波动学基础
⼤学物理练习册习题及答案6--波动学基础习题及参考答案第五章波动学基础参考答案思考题5-1把⼀根⼗分长的绳⼦拉成⽔平，⽤⼿握其⼀端，维持拉⼒恒定，使绳端在垂直于绳⼦的⽅向上作简谐振动，则（A ）振动频率越⾼，波长越长；（B ）振动频率越低，波长越长；（C ）振动频率越⾼，波速越⼤；（D ）振动频率越低，波速越⼤。
5-2在下⾯⼏种说法中，正确的说法是（A ）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的；（B ）波源振动的速度与波速相同；（C ）在波传播⽅向上的任⼆质点振动位相总是⽐波源的位相滞后；（D ）在波传播⽅向上的任⼀质点的振动位相总是⽐波源的位相超前 5-3⼀平⾯简谐波沿ox 正⽅向传播，波动⽅程为010cos 2242t x y ππ??=-+ ?. (SI)该波在t =0.5s 时刻的波形图是（）5-4图⽰为⼀沿x 轴正向传播的平⾯简谐波在t =0时刻的波形，若振动以余弦函数表⽰，且此题各点振动初相取-π到π之间的值，则（）（A ）1点的初位相为φ1=0(m)(A )(m)(m)(B )(C )(D )思考题5-3图思考题5-4图（B ）0点的初位相为φ0=-π/2 （C ）2点的初位相为φ2=0 （D ）3点的初位相为φ3=05-5⼀平⾯简谐波沿x 轴负⽅向传播。
已知x=b 处质点的振动⽅程为[]0cos y A t ωφ=+，波速为u ，则振动⽅程为（）(A)()0cos y A t b x ωφ??=+++??(B)(){}0cos y A t b x ωφ??=-++??(C)(){}0cos y A t x b ωφ??=+-+?? (D)(){}0cos y A t b x u ωφ??=+-+?? 5-6⼀平⾯简谐波，波速u =5m?s -1，t =3s 时刻的波形曲线如图所⽰，则0x =处的振动⽅程为（）（A ）211210cos 22y t ππ-??=?- (SI) （B ）()2210cos y t ππ-=?+ (SI) （C ）211210cos 22y t ππ-??=?+ (SI) （D ）23210cos 2y t ππ-?=-(SI) 5-7⼀平⾯简谐波沿x 轴正⽅向传播，t =0的波形曲线如图所⽰，则P 处质点的振动在t =0时刻的旋转⽮量图是（）5-8当⼀平⾯简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论⼀哪个是正确的？（A ）媒质质元的振动动能增⼤时，其弹性势能减少，总机械能守恒；（B ）媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期变化，但两者的位相不相同；（C ）媒质质元的振动动能和弹性势能的位相在任⼀时刻都相同，但两者的数值不相等；（D ）媒质质元在其平衡位置处弹性势能最⼤。
大学物理第六章稳恒磁场习题参考答案
第六章稳恒磁场作业集第37讲毕奥-萨伐儿定律一、Ⅰ类作业：解：根据毕奥萨伐尔定律20sin d 4d r l I B θπμ=，方向由右手定则决定。
(1)202020d 490sin d 4sin d 4d L l I L l I r l I B πμπμθπμ=︒==方向垂直纸面向里（沿z 轴负向）。
（2）00sin d 4sin d 4d 2020=︒==L l I r l I B πμθπμ（3）202020d 490sin d 4sin d 4d L l I L l I r l I B πμπμθπμ=︒==，方向沿x 轴正向。
（4）因为2245sin sin ,2222=︒==+=θL L L r ，所以2020d 82sin d 4d Ll I r l I B πμθπμ==，方向垂直纸面向里（沿z 轴负向）。
37.2教材223页第6.2、6.4、6.6题解：（1）6.2：（2）6.4：（3）6.6：二、Ⅱ类作业：解：根据磁场叠加原理可知，中心点O 的磁感应强度是两根半无限长载流导线的B 和41载流圆弧的B 的矢量和。
即321B B B B ++=其中，半无限长载流导线在其延长线上的031==B B ，41载流圆弧的R I B 802μ=，方向垂直纸面向外。
所以RI B B 802μ==，方向垂直纸面向外第38讲磁场的性质一、Ⅰ类作业：38.1一块孤立的条形磁铁的磁感应线如图所示，其中的一条磁感线用L 标出，它的一部分在磁铁里面，你能根据安培环路定理判断磁铁里面是否有电流吗？如果有穿过L 的电流方向是怎样的？解：因为磁感应强度沿L 的线积分不为零，即环量不为零，根据安培环路定理，有电流穿过环路L 。
根据右手定则，电流是垂直纸面向里。
38.2教材229页6.7、6.9题二、Ⅱ类作业：38.3如图所示，有一根很长的同轴电缆，由两层厚度不计的共轴圆筒组成，内筒的半径为1r 1，外筒的半径为r 2，在这两导体中，载有大小相等而方向相反的电流I ，计算空间各点的磁感应强度．解：该电流产生的磁场具有轴对称性，可用安培环路定理计算磁感应强度。
大学物理学(第三版)上课后习题答案
第一章运动的描述1-1 ｜｜与有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.∵有（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的分量，∴不同如题1-1图所示.题1-1图(3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.∵有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝，然后根据 =，及＝而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即=及=你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。
或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。
1-3 一质点在平面上运动，运动方程为=3+5, =2+3-4.式中以 s计，,以m计．(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1 s 时刻和＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算＝0 s时刻到＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算＝4 s 时质点的速度；(5)计算＝0s 到＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1）(2)将,代入上式即有(3)∵∴(4)则(5)∵(6)这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。
《大学物理》各章练习题及答案解析
《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。
(B) 匀速率圆周运动。
(C) 行星的椭圆轨道运动。
(D) 抛体运动。
(E) 圆锥摆运动。
2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。
3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处，其速度大小为（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，s 表示路程，a t 表示切向加速度，对下列表达式,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。
大学物理学(第五版)上册课后习题选择答案_马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ C ）（A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt ；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：( D )（A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ D ）（A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
大学物理练习题及答案详解
大学物理练习题及答案详解-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN大学物理学(上)练习题第一编 力 学 第一章 质点的运动1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为,v瞬时速率为v ，平均速率为,v 平均速度为v，它们之间如下的关系中必定正确的是(A) v v ≠，v v ≠； (B) v v =，v v ≠；(C) v v =，v v =； (C) v v ≠，v v = [ ]2．一质点的运动方程为26x t t =-(SI)，则在t 由0到4s 的时间间隔内，质点位移的大小为 ，质点走过的路程为 。
3．一质点沿x 轴作直线运动，在t 时刻的坐标为234.52x t t =-（SI ）。
试求：质点在（1）第2秒内的平均速度； （2）第2秒末的瞬时速度； （3）第2秒内运动的路程。
4．灯距地面的高度为1h ，若身高为2hv 沿水平直线行走，如图所示，则他的头顶在地上的影子M 面移动的速率M v = 。
5．质点作曲线运动，r表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式（1）dv a dt =， （2）dr v dt =， （3）ds v dt =， （4）||t dv a dt=. （A ）只有（1）、（4）是对的； （B ）只有（2）、（4）是对的； （C ）只有（2）是对的； （D ）只有（3）是对的. [ ]6．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的。
（A ）切向加速度必不为零； （B ）法向加速度必不为零（拐点处除外）；（C ）由于速度沿切线方向；法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； （D ）若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；（E ）若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动. [ ]Av B vvv7．在半径为R 的圆周上运动的质点，其速率与时间的关系为2v ct =（c 为常数），则从0t =到t 时刻质点走过的路程()s t = ；t 时刻质点的切向加速度t a = ；t 时刻质点的法向加速度n a = 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
6-4 解（1）平面谐波标准波动方程为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u x t A y由图可知，A=0.2m对于图中O 点，有：T t m y x 43,2.0,0===代入标准波动方程:1)23cos()43(2cos 2.02.0=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ϕπϕπT T故 2πϕ=对于O 点，t=0时的初始相位20πϕ=图中P 点位相始终落后O 点4T 时间，即相位落后2π，故t=0时，P 点初相位0=pϕ。
（2）由m 4.0,m/s 36==λu 知，rad/s 18022πλππω===uv故根据平面谐波的标准波动方程可知，该波的波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)36(180cos 2.0ππ6-5 解习题6-5图(a)中，根据波的传播方向知，O 点振动先于P 点，故O 点振动的方程为：)(cos 0u L t A y +=ω 则波动方程为： )(cos u L ux t A y +-=ω习题6-5图(b)中，根据波的传播方向知，O 占振动落后于P 点，故O 点振动的方程为：)(cos 0u L t A y -=ω则波动方程为：)(cos u L u x t A y -+=ω习题6-5图(c)中，波沿x 轴负方向传播，P 点振动落后于O 点，故O 点振动的方程为：)cos(0u L t A y +=则波动方程为：)(cos uL ux t A y ++=ω此时，式中x 与L 自身为负值。
6-6 (1) )24(cos x t A y +=π )24cos(x t A ππ+= )2(4cos x t A +=πHz25.024/2====-=γωππωsT sm um 1=λ（2）)2(4cos x t A y +=π波峰：1)2(4cos =+x t π,2,1,02)2(4±±==+k k x t ππt=4.2s 代入(222.4k x =+),6.0,4.0,,4.7,4.84.8m m m m x mk x ---=-=3.026.0===ux t6-7 )4cos(3ππ-=t y(1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ππ)(4cos 3u xt y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ππ)20(4cos 3x t ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=ππ)209(4cos 3t y B ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πππππππ544cos 35144cos 3594cos 3t t t⎪⎭⎫⎝⎛-=ππ544cos 3t(2)A:)4cos(3ππ-=t y A任取一点P(如图)5-=x AP ，则P 点落后A 点时间ux 5-故波动方程⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=ππ)5(4cos 3u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=ππ)205(4cos 3x t ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)20(4cos 3x t π ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)2014(4cos 3t y B π)544c o s (3)5144cos(3ππππ-=-=t t 6-8 解（1）由题可知，垂直于波传播方向的面积为：222221054.1)214.0(14.3)2(m md S -⨯=⨯==π据能量密度⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕωωρω)(sin 222u x t A平均能量密度 2221ωρωA =波的强度 u I ω= 得：)(J/m 103J/m3001093533--⨯=⨯==uI ω最大能量密度为：)(J/m 10623522-⨯===ωωρωA m(2) 两相邻同相面间，波带中包含的能量就是在一个波长的距离中包含的能量，因能量密度习题6.7图)(sin)(sin 2222ux t ux t A m -=-=ωωωωρω VE d d =ω故 ⎰⎰-==λλλωωωω02)(sindx u x t S Sdx m)(1062.43003000154.02106212175J J v u SS m m --⨯=⨯⨯⨯===ωλω 6-9 (1) P 为单位时间通过截面的平均能量，有：(J/s)102.7J/s 10107.23-2⨯=⨯==-tWP ∆(2) I 为单位时间通过垂直于波的传播方向单位面积的平均能量，有：)(1091000.3107.22122123-------⋅⋅⨯=⋅⋅⨯⨯==msJ msJ s P I(3) 据平均能量密度和I 与u 的关系，有： )(1065.23401092422----⋅⨯=⋅⨯==mJ mJ u I ω6-10 解 设P 点为波源S 1外侧任意一点，相距S 1为r 1，相距S 2为r 2，则S 1、S 2的振动传到P 点的相位差为：)(221102012r r -+-=-=λπϕϕϕϕϕ∆ πλλππ-=-+-=)4(22 或由课本P 213(6-24)，知2010122ϕϕλπϕ∆-+-=r r合振幅 0||21=-=A A A故 I p =0设Q 点为S 2外侧的任意一点，同理可求得S 1、S 2的振动传到Q 的相位差为：,042212=⨯+-=-=λλππϕϕϕ∆合振动 1212A A A A =+= 合成波的强度与入射波强度之比为：,4421210==AA I I Q即 04I I Q = 6-11 解（1）因合成波方程为： 21y y y +=tmx m t x t x t x t x mt x t x ππππππππ4cos cos 12.02)4()4(cos2)4()4(cos06.02)]4(cos 06.0)4(cos 06.0[⨯=+--⨯++-⨯=++-=故细绳上的振动为驻波式振动。
(2) 由0cos =x π得： 2)12(ππ+=k x故波节位置为： )2,1,0())(12(21 ±±=+=k m k x由1|cos |=x π得： ππk x = 故波腹位置 )2,1,0()( ±±==k m k x(3) 由合成波方程可知，波腹处振幅为：m 12.0=A在x=1.2m 处的振幅为：097.0|2.1cos 12.0|==m A x π6-12 (1) )2410cos(2)40(10cos πππππ+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=x t A x t A y 入 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=πππ2)4028(10cos x t A y 反 )23410cos(2)4028(10cos πππππ-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=x t A x t A (2) 驻波方程)23410cos()2410cos(ππππππ-+++-=+=x t A x t A y y y 反入)4cos()210cos(2x t A ππππ--=tx A tx A πππππ10sin 4cos210sin )4cos(2-=-=(3) 波节24)12(221244cos+=+-⇒+==k k x k x x πππ波腹k x k x x 4414cos===πππ∴ 波节：x =2,6,10,14 波腹：x =0,4,8,126-13 解（1）据题意可知，S 点的振动表达式为： t A y ωcos 0= 故平面波的表达式为：)(cos u x t A y -=ωλ(2) 反射点的振动表达式为：)(cos u D t A y P-='ω考虑反射面的半波损失，则反射面的振动表达式为：)cos(πωω--=uDt A y P故反射波的表达式为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛--=πωωuDu x D t A y cos 反 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=πωωu Du x t A 2cos （2）另解：设SP 之间有任一点B ，波经过反射后传到B 点，所经过的距离为（2D -x ），则反射波在B 点落后于O 点的时间为ux D -2,并考虑半波损失。