大学物理A习题复习资料.docx

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1、班级学号姓名质点运动学1-1已知质点的运动方程为ti 3etj 6k。（1）求：自t=0至t=1质点的位移。（2）求质点的轨迹方程。解:(1) r 0 i3j6kei3e-1 j6k质点的位移为(2)由运动方程有轨迹方程为xy 3且1-2运动质点在某瞬时位于矢径(A)dr1-33e t(C)x,y的端点处，其速度的大小为Ddrdt(D)22dx dy如图所示，堤岸距离湖面的竖直高度为h,有人用绳绕过岸边的定滑轮拉湖中的小船向岸边运动。设人以匀速率vo收绳,绳不可伸长且湖水静止。求：小船在离岸边的距离为s时，小船的速率为多大?（忽略滑轮及船的大小解：如图所示，在直角坐标系xOy 中,时刻船离岸边

2、的距离为x s,的位置矢量可表不为船的速度为其中所以rx dx dtsdrdtdva 一 dt(2)由运动方程有x Rcosa t, yRsin w t, z 5 消 t 得质点的轨迹方程为1-5 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为r 5t2i 3t2j,则该质点所作运动为B(A)匀速直线运动(C)抛体运动(B)匀变速直线运动(D) 一般的曲线运动因绳子的长度随时间变短，所以vodt则船的速度为 v vo, r iVs2 h2vo ir2 h2s2 h.2所以船的速率为V Vos1-4已知质点的运动方程为r Rcoscoti Rsincotj 5k (SI)。求： 质点在任意时刻的速度和

3、加速度。(2)质点的轨迹方程。解：(1)由速度的定义得w Rsin w t i w Rcos w t j由加速度的定义得223 Rcos t i 3 Rsin 3 t j1-6 一质点沿 Ox轴运动，坐标与时间之间的关系为x 3t3 2t (SI)。则质点在4s末的瞬时速度为 142ms-1 ,瞬时加速度为 在ms-2; 1s末到4s末的位移为 183m ,平均速度为 61m s-1 ,平均加速度为 45m s-2。解题提示：瞬时速度计算v ,瞬时加速度计算a 器；位移为dtdt2v 4 v 1,平均加速度为a4 1_ x 4 x 1x x4 x 1 ,平均速度为v x14 11-7已知质点沿

4、Ox轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为20,x 10m。求：（1）质点在时刻t的速度。（2）ax 3t m s。在 t=0 时, 质点的运动方程。解：（1）由ax詈得dVxaxdt两边同时积分，并将初始条件t=0时,Vx 0带入积分方程，有Vx0dvxtaxdt0 xt3tdt0解得质点在时刻t的速度为dx(2)由 vxdr 得两边同时积分，并将初始条件t=0dx时,vxdtx 10m带入积分方程，有xdx10t0vxdtt 3 2-t2dt0 2解得质点的运动方程为x 10 *1-8一物体从空中由静止下落，已知物体下落的加速度与速率之间的关系 Bv（A,B为常数）。求：物体的速度和运动方

5、程。解:（1）设物体静止时的位置为坐标原点，向下为y轴正方向，则 t=0时,v=0, y=0。由a dv得dv adt A Bv dt整理得1- dv dtA Bv对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有解得物体的速率为(2)由v dy得 dtv 1tdv dt0 A Bv 0v 1 e Bt,方向竖直向下BA Btdy 1 e dtB对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有dyBte dt解得物体的运动方程为A ABty t e 1BB21-9 一质点作半径r=5m的圆周运动，其在自然坐标系中的运动方程为质点的切向加速度为atdv dt质点的法向加速度为an当两者相等时，有t

6、 (.5 2) s解得时间t的值为1-10质点做半径为1m的圆周运动，其角位置满足关系式0 5 2t3(SI)。t=1s时，质点的切向加速度 12m s-2,法向加速度36m s-2，总加速度 37.95m s-2。解：由运动方程 0 5 2t3得角速度为 廿6t2s 1 , 角加速度为 虫12ts 2dtdtt时刻，质点的切向加速度的大小为atR 12t 112t2 m s质点的法向加速度的大小为22 2an CO R 6t14236t m s质点的总加速度的大小为22aatan、12t24 2236t m s将t=1s代入上面方程，即可得到上面的答案。3均为正的常数,t为时间变量，则该质点

7、所受的合外力F 为C(A)2(B) Fmwx(C) F mw x2(D) F mw x解:因为 ad2x 2-2-A sin tdt2x所以 F一一 2ma m w2x2-2质量为m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s后速度减为零。则物体加速度的大小为a ,班级学号姓名第2章质点动力学x Asinato式中A、2-1质量为 m的质点沿 Ox轴方向运动，其运动方程为物体与水平面间的摩擦系数为解：设运动方向为正方向，由2v02 as 得2s所以加速度的大小为2 v a 一 2s因摩擦力是物体运动的合外力，所以mg ma将(1)式带入上式，得2gs2-

8、3如图所示，两个物体A、 B的质量均为 m=3kg ,物体 A向下运动的加速度a 1ms2。求物体 B与桌面间的摩擦力。解：选地面为惯性参照系，采用隔离法对两物体进行受力分析，如图所示。因绳质 量不计，所以绳中各点张力处处相等。根据 牛顿第二定律，有T f maB(1)Pa 2T maA(2)其中，Pa Pb mg。两个物体A、B间坐标的关系为2 y A xB对上式求时间 t的二次导数，得2aA aB将3个方程联立，可得f 7.2N(绳的质量不计，且不可伸长)(3)2-4 根长为l=0.5m的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m的重物，如图所示。重物经推动后，在一水平面内作匀速圆周运动

9、，转速n=1 r s 1。这种装置叫作圆锥摆。求这时绳和竖直方向所成的角度。解：选地面为惯性参照系，对重物进行受力分析，重物受到绳子的拉力T和重力P mg ,如图所示。重物作匀速圆周运动，加速度为向心加速度。建立如图所示坐标系，根据牛顿第二定律，有竖直方向：Tcosmg(1)水平方向：Tsinmr 2(2)由图可知，圆的半径r lsin ,重物在圆周上运动 的角速度大小为(3)将上面三个方程联立，可得cos 0 00.4974 2n2l查表得60 13由此题可知，物体的转速n越大， 越大，与重物的质量无关。2-5A、B两质点的质量关系为mA mB ,同时受到相等的冲量作用，则 D(A) A比B

10、的动量增量少 (B) A与B的动能增量相等(C) A比B的动量增量大(D) A与B的动量增量相等提示：动量定理：合外力的冲量等于动量的增量。2-6如图所示，一质量为0.05kg、速率为 10 m s1的小球，以与竖直墙面法线成45角的方向撞击在墙上，并以相同的速率和角度弹回。已知球与墙面的碰撞时间为0.05s。求在此碰撞时间内墙面受到的平均冲力。解：按照图中所选坐标，v1和v2均在x、y平面内，由动量定理，小球在碰撞过程中所受的冲量为Fx t mv2x mv1xFy tmv2 y mvy其中， v1xvcos。，v2x vcos 0, v1y vsin 0, v2y vsin 8。即Fx t

11、2mvcos 0, Fv 0xy所以，小球受到的平均冲力为 2 mvcosF Fx设F为小球对墙面的平均冲力，根据牛顿第三定律，可知2mvcost=-14.1N即 墙面受到的平均冲力大小为14.1N ,方向沿x轴负向。2-7质量为2kg的物体，在变力F(x)的作用下，从 x 0处由静止开始沿x方向运动，已知变力F(x)与x之间的关系为2x0x5F x 105x1030 2x 10 x 15式中，x的单位为 m,F(x)的单位为 N。求：(1)物体由x 0处分别运动到 x 5 , 10, 15m的过程中，力 F(x)所做的功各是多少？ (2)物体在x 5, 10, 15m处 的速率各是多少？,

12、r2一解：(1)根据功的定乂 W F?dr,得 r15x=5 时，有W5o2xdx 25J510x=10 时，有Wio02xdx 5 10dx 25 50 75J15x=15 时，有 W15 W5 W1030 2xdx 75 25 100J10r2(2)根据动能定理 W F ?d r Ek,得 r1W51 2一 mv520所以，物体在x=5m处的速率v5-15m sW1012一 mv1020所以，物体在x=10m处的速率v108.66m-1 sW1512-mv15 20所以，物体在x=15m处的速率v1510m s-12-8如图所示，劲度系数k 1000 N m 1的轻质弹簧端固定在天花板上，

13、另一端悬挂一质量为m = 2kg的物体，并用手托着物体使弹簧无伸长。现突然撒手，取 g 10m s2,则弹簧的最大伸长量为C(A) 0.01m(B) 0.02m(C) 0.04m(D) 0.08m解：应用动能定理求解此题。设弹簧原长处为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。物体在运动后，受到竖直向上的弹力F -kx和竖直向下的重力 P mg作用。设 物体运动到l位置时，速度为 0,此时弹簧达到最大伸长量，则此过程中， 外力做功为ll12W WF WP 0 kxdx 0 mgdx kl mgl根据动能定理有12W -kl mgl Ek 0可得弹簧的最大伸长量为l 0.04m。2-9关于保守力，下面说法

14、正确的是D(A)只有保守力作用的系统动能和势能之和保持不变(B)只有合外力为零的保守内力作用系统机械能守恒(C)保守力总是内力(D)物体沿任一闭合路径运动一周，作用于它的某种力所做之功为零，则该力称为保守力2-10在光滑的水平面内有两个物体A和B,已知 mA 2mB。(1)物体 A以一定的动能 Ek与静止的物体B发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；(2)物体A以一定的动能 Ek与静止的物体 B发生完全非弹性碰撞，则碰撞 后两物体的总动能为。解：(1)因两物体发生完全弹性碰撞，故满足动能守恒。所以Ek2 Ek1 Ek(2)由动量守恒定律有mA vA 0mA mB vm“2所以 碰后两物体

15、的速度为vA一vA 2 vAmA mB3则 碰后两物体的总动能为Ek2 mAmB v 2 mAvA2Ek2323班级学号姓名第3章刚体力学3-1当飞轮作加速转动时，对于飞轮上到轮心距离不等的两点的切向加速度at和法向加速度 an有D(A) at相同，an相同(B) at相同，an不同(C) at不同，an相同(D) at不同，an不同解题提示：可从 at r”和an2r来讨论，转动的刚体上半径不同的质点均具有相同的角位移，角速度和角加速度。3-2 力F 3i 5jN,其作用点的矢径为r 4i 3j m,则该力对坐标原点的力矩为M 。解：Mr F4i 3j 3i5j其中，ijj ik , i i

16、j j0 ,对上式计算得M 29k3-3两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为A和b( a b),且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动 惯量分别为Ja和Jb,则有(A)JaJb(B) JaVJb (C) Ja=Jb(D)不能确定 Ja、Jb 哪个大？解题提示：圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量为,12J mR2质量mV R2 h因为 a b,所以RaRb ,则有JavJb。故选择(B)。3-4如图所示，两长度均为 L、质量分别为 mi和m2的均匀细杆，首尾相连 地连成一根长直细杆 (其各自的质量保持分布不变 )。试计算该长直细杆对过端 点0(在mi上)

17、且垂直于长直细杆的轴的转动惯量。解：左边直棒部分对 0轴的转动惯量J O1-miL23L:L：I0仁】Imim2由平行轴定理，右边直棒部分对。轴转动惯量2123J02m2Lm2 -L122整个刚体对 0轴的的转动惯量 21. 2123J o J01 J 02mLm2 L m2L312212(m1 7 m2) L33-5有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法不正确的是(A)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零(B)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零(C)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零(D)只有这两个力在转动平面内的分力对转轴产生的力矩，才

18、能改变刚体绕转轴转动的运动状态 解题提示：(C)不正确。因为力矩不仅与力有关，还与力的作用点有关。当转动 平面内两个大小相等的力方向相同时，如果这两个力对轴的位置矢量恰好大小 相等，方向相反时，其合力矩为零，但合力为力的二倍。3-6如图所示，质量均为 m的物体 A和B叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接。设定滑轮的质量为m,半径为 R,且A绳与滑轮之间无相对滑动。物F T2 maT1 , 丁2 丁2有之间、A与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦, 体A在力F的作用下运动后，求：(1)滑轮的角加速度。(2)物体A与滑轮之间的绳中的张力。(3)物体B与滑轮之间的绳中的张力。解：以滑

19、轮，物体 A和B为研究 对象，分别受力分析，如图所示。物 体A受重力 PA、物体 B的压力N 1、 地面的支持力 N2、外力 F和绳的拉 力T2作用；物体B受重力PB、物体A 的支持力 N1和绳的拉力 T1作用；滑轮 受到重力 P、轴的支持力 N、上下两 边绳子的拉力 T1和T2的作用。 设滑轮转动方向为正方向，则根据刚 体定轴转动定律有T1RJT2R其中 滑轮的转动惯量 J -mR2 2根据牛顿第二定律有 物体A:其中，T因绳与滑轮之间无相对滑动，所以将4个方程联立，可得滑轮的角加速度2F2mR J / R 5mR物体A与滑轮之间的绳中的张力3T2 T2 F5物体B与滑轮之间的绳中的张力3-

20、7如图所示，质量分别为 mi和m2的物体 A和B用一根质量不计的轻绳相 连，此绳跨过一半径为R、质量为 m的定滑轮。若物体A与水平面间是光滑接触，求：绳中的张力 Ti和T2各为多少？(忽略滑轮转动时与轴承间的摩擦力，且 绳子相对滑轮没有滑动)解：对滑轮、物体 A和B分别进行受力分析，如 图所示。因绳子不可伸长，故物体A和B的加速度大小相等。根据牛顿第二定律，有Ti ma(1)P2 T2 m2 g T2 m2a(2)滑轮作转动，受到重力 P、张力T1和T2以及轴对它 的作用力 N等的作用。由于 P和N通过滑轮的中心轴，所以仅有张力 Ti和丁2对它有力矩的作用。由刚体的定轴转动定律有RT2 RT1

21、 J(3)因绳子质量不计，所以有Ti Ti,T2 T2因绳子相对滑轮没有滑动，在滑轮边缘上一点的切向加速度与绳子和物体的加 速度大小相等，它与滑轮转动的角加速度的关系为a R(4)滑轮以其中心为轴的转动惯量为i 2J -mR22将上面5个方程联立，得丁2mm2 g1 m1m2m21mi2mm2 g1 m1m2m23-8下面说法中正确的是A(A)物体的动量不变 (B)物体的动量不变 (C)物体的动量变化 (D)物体的动能变化动能也不变角动量也不变角动量也一定变化动量却不一定变化3-9 一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为r acoscoH bsincotj,其中a

22、、b、皆为常数.则此质点所受的对原点的力矩 M =;该质点对原点的角动量L=。.一 一.d r2斛：因为Fmm rdt2所以 M r F r m 2 r 0d r因为 P mv m m a sin t i b cos tj dtsin t i b cos t j m0 ,对上式计算得L r Pacos t i bsin t j其中，i j j i k , i i j jL = abmiw k3-10 一人手拿两个哑铃，两臂平伸并绕右足尖旋转，转动惯量为 人收臂后的动能与收臂前的动能之比。度为3。若此人突然将两臂收回，转动惯量变为J/3。如忽略摩擦力，求：此解：因人在转动过程中所受重力和支持力对

23、转轴的力矩均为零，所以此人 的转动满足刚体绕定轴转动的角动量守恒定律。设人收回两臂后的角速度为,由Li L2得J J3即3所以，收臂后的动能与收臂前的动能之比为1J 2Ek 2 33Ek lj 212圆盘可v时,3-11 一质量为 m的人站在一质量为m、半径为 R的水平圆盘上,无摩擦地绕通过其中心的竖直轴转动。系统原来是静止的，后来人沿着与圆盘 同心，半径为 r(r R)的圆周走动。求：当人相对于地面的走动速率为 圆盘转动的角速度为多大？2J人 mr解：对于转轴，人与圆盘组成的系统角动量守恒。人的转动惯量为 12圆盘的转动惯量为J盘 一mR22选地面为惯性参照系，根据角动量守恒定律，有J人人J

24、盘盘0其中 人 v ,代入上式得 r2r2vR2负号表示圆盘的转动方向和人的走动方向相反。3-12 转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为30 ,设它所受阻力矩与转动角速度之间的关系为M kco（k为正常数）。则在它的角速度从、1 一， 30变为1 3。过程中阻力矩所做的功为多少?2解：根据刚体绕定轴转动的动能定理，阻力矩所做的功为1212W Md J 2 J 0 22,1将一0代入上式，得2W -J 0283-13 一根质量为 m、长为l的均匀细棒，可绕通过其一段的光滑轴O在竖直平面内转动。设t 0时刻，细棒从水平位置开始自由下摆，求：细棒摆到竖角，则重力矩直位置时其中心点C和端点A

25、的速度。解：解法一：对细棒进行受力分析可知，在转动过程中，细棒受到重力P和轴对棒的支持力N的作用。其中支持力 N的大小和方向是随时变化的。在棒转动过程中，支持力N通过轴O,所以对轴 O的力矩始终为零。重力对轴O的力矩为变力矩，是棒运动的合外力矩。设在转动过程中某时刻，棒与水平方向成mg： cos所以细棒在由水平位置转到竖直位置的过程中，重力矩做的功为W Md02mg；cos d设棒在水平位置的角速度为转动的动能定理，有00 ,在竖直位置的角速度为O根据刚体定轴l12W mg Ek EkoJ 022其中，棒的转动惯量为,1 , 21J一ml ,代入上式得3根据速度和角速度的关系速度分别为v r

26、,细棒摆到竖直位置时其中心点C和端点A的Vc2 2 ,3g1Va 3gl解法二：由于棒在转动过程中只有重力矩做功,所以机械能守恒,有 Ep I Ekl 1 mg = J1ml33gIVal 3gl班级学号姓名第4章机械振动4-1对同一简谐振动的研究，两个人都选平衡位置为坐标原点，但其中一人选铅直向上的Ox轴为坐标系，而另一个人x选铅直向下的OX轴为坐标系，则振动方程中不同的,婚哪践士量是C O -孱平衡位置(A)振幅；(B)圆频率；(C)初相位；(D)振幅、圆频率。IIX4-2三个相同的弹簧(质量均忽略不计)都一端固定，另一端连接质量为m的物体，但放置情况不同。如图所示，其中一个平放，一个斜放

27、，另一个竖直放置。如果忽略阻力影响，当它们振动起来时，则三者的C (A)周期和平衡位置都不相同；(B)周期和平衡位置都相同；(C)周期相同，平衡位置不同；(D周期不同，平衡位置相同。4-3一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m的重物，其自由振动的周期为T.今已知振子离开平衡位置为x时，其振动速度为 v,加速度为a.则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是口 22(A) k mvmax /Xmax ；(B) k mg / x ;(C) k 4 7t2m/T2 ；(D) k ma/x。答：(B)因为 mg kx ma4-4某物体按余弦函数规律作简谐振动，它的初相位为/2,则该物体振动的初始状态为A

28、 (A)xo = 0 , vo 0;(B)xo = 0 , voA图“2 ，、x A cos(- t)OA xx(3)图(4)图4-6两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为 Xi Acos( t )。当第一个质点从相对于其平衡位置负的位移处 回到平衡位置时，第二个质点正处在正的最大位移处.则第二个质点的振动方程为口(A)x2Acos( t,)；(B) X2 Acos( t万);(C)X23一 .Acos( t )；(D) x2 Acos( 2解:(A)利用旋转矢量法判断，如附图所示:所以即答案(A)4-7X2 Acos( ta)T.A一简谐振动曲线如图所示，则

29、由图确定质点的振动方程为，在t= 2seA2 xX(cm)t-6n时质点的位移为，速度为，加速度为。答：X 0.06cos( t )m ；0；-0.06 m&T；4-8 一简谐振动的曲线如图所示，则 该振动的周期为，简谐振动方程为。解：t 0x0A，v020,旋转矢量图如附图所示，所以解周期t 5sX5A2 ,v50,由旋转矢量图，得t2简谐振动方程为T= 12sx Acos(t ) m634-9 一质点沿 x轴作简谐振动，其角频率 3= 10 rad/s 。其初始位移x0 = 7.5初始速度V0= 75.0cm/s 。试写出该质点的振动方程。2Vo22 7527.52 =11cm=0.11m

30、10初相，Vo 一arctan=arctan - -1)xo和44质点的振动方程为x 0.11cos(10t ) m4-10 质量为2 kg的质点,按方程 x 0.2cos(0.8 t兀/3) (SI )沿着x轴振(2) t=1s时振动的相动。求(1)振动的周期、初相位、最大速度和最大加速度;位和位移。解：(1)由振动方程得0.8 ,振动的周期 T2.5s由振动方程得初相速度为 v 0.2 0.8 sin(0.8 t -) m?s1最大速度为vm 0.2 0.80.5024 m?s1加速度为a 0.2 (0.8 )2cos(0.8t -) m?si2最大加速度 am 0.2 (0.8 )2 1

31、.26 m?s2(2)t=1s时，振动的相位为0.8 0.4730.5位移为x=0.02m4-11质点作简谐振动,振动方程为 x 6cos(100 t 0.7 ) cm，在t(单位：s)时刻它在x 342 cm 处,且向x轴负方向运动。求：它重新回到该位置所需要t时刻的相位为t32t,100的最短时间。解由旋转矢量法可得,再次回到x 3,；2时，矢量转过的最小角度为所用的最小时间t,即所以有32 1000.015s4-12汽车相对地面上下作简谐振动，振动表达式为Xi 0.04cos(2 t /4)(SI);车内的物体相对于汽车也上下作简谐振动，振动表达式为x2 0.03cos(2 t / 2)

32、 (SI)。问：在地面上的人看来，该物体如何运动？ 写出合振动表达式。解：因其振动方程为 x Xi X2 ,所以合振动为简谐振动，J. 2.2432 4 3cos 6.5cm=0.065m4sin 3sintan 42-2.0614cos 3cos4264x 0.065cos(2 t 0.36 )来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量(A)Ei/4; ( B) Ei/2; (C)2Ei；( D)解：总能量E 1 kA2 ,与重物的质量无关。所以答案为 24-14 一质点作简谐振动，其振动方程为C C211 、x 6.0 10 cos( t - ) (SI) 34(1)当x值为多大时，

33、系统的势能为总能量的一半？(2)质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少解：(1)-kx2 1kA224一22解得x=A 4.2 10 m；2(2)由旋转矢里图可见，相二于求一一所24用时间，即E2变为口4Ei。(D)?o-4-13 一弹簧振子作简谐振动，总能量为E1,如果简谐振动振幅增加为原2488班级学号姓名第5章机械波5-1 一平面简谐波的表达式为y 0.25cos(125t 0.37x) (SI),其角频率=,波速u =,波长 =。解： =125rad s 1125 0.37 ， u = 338 m su0.37233812517.0m5-2频率为500Hz的波，其波速为350m

34、/s，相位差为 2兀/3的两点之间的距离为解：？2心，x=0.233m 25-3 平面简谐波沿 x轴负方向传播。已知在 x = -1m处质点的振动方程为 y Acos( t ) (SI),若波速为 u,则此波的表达式为。答：y Acos (t-)(SI) u5-4 平面简谐波沿Ox轴正方向传播,处介质质点的振动方程是口(A)yp0.10cos(4 t(SI)；(B)yp0.10cos(4 t3)(SI)；(C)yp0.10cos(2 t3)(SI);(D)yp0.10cos(2(SI)。解:答案为（A）确定圆频率：由图知10m,u=20m/s ,确定初相：原点处质元t=0 时,yP0 0.05

35、5-5已知波源的振动周期为沿x轴正方向传播，则位于大小为。答：2 X2 x15-6 一列平面简谐波沿t = 0时刻的波形图如图所示，则所以4.00 X 10-2 s,波的传播速度为300 m s-1)Xi = 10.0 m 和x2 = 16.0 m 的两质点振动相位差的X2 XiuTx轴正向无衰减地传播，波的振幅为2X 10-3 m ,周期为0.01 s,波速为400 m?s-1。当t = 0时x轴原点处的质元正通过平衡位置向y轴正方向运动，则该简谐波的表达式为。答：波沿x轴正向无衰减地传播，所以简谐波的表达式为y Acos (t x) u的形式。其中 T200 ；由比 0、V0 0,，代入上

36、式，得2y 2 103 cos200(t5-7如图，一平面波在介质中以波速知A点的振动方程为y 4 102 cos(3就=10 m- s-1x轴负方向传播，已(1)以A点为坐标原点，写出波函数;(2)以距 A点5m处的B点为坐标原点,(3) A点左侧解:(1)(2)(3)/ 3) SI。写出波函数;2m处质点的振动方程；该点超前于A点的相位。10104 10 2 cos3 Mt a-m2cos3 Mt2cos3 Mt9155-8图示一平面简谐波在期为4.0 s , ( 1)画出t = 0 sx 7 1)m10647m,即比A点相位落后之55t = 1.0 s时刻的波形图，波的振幅为0.20 m

37、 ,周时的波形图；(2)求坐标原点处质点的振动方程；(3)若OP=5.0m ,写出波函数;(4)写出图中 P点处质点的振动方程。解：如图所示为t=0时的波形图,可见t=0原点处质点在负的最大位移处(1)坐标原点处质点的振动方程为y 0.2cos(t 2所以习题5-12解题用图(2)波函数为y 0.2cos-(t -)22.5(3)P点的坐标X=5.0m代入上式，得P点的振动方程为0.2 cos(-1) m5-9已知一列机械波的波速为u,频率为，沿着X轴负方向传播.在的正坐标上有两个点X1和X2 .如果X1VX2 ,则X1和X2的相位差12为(A) 0(B)2(X1uX2)(C)(D) (X2u

38、Xi)oX1X25-10如图所示，一简谐波沿BP方向传播，它在B点引起的振动方程为y A cos2疝。另一简谐波沿CP方向传播，它在C点引起的振动方程为y2A cos 2日 冗。P点与点相距0.40 m ,与C点相距0.50 m 。波速均为u = 0.20 m s-1。则两波在P的相位差为。答：:ICP BPC B 2CP BPuT0.50 0.4000.202CB ,5-11如图所示，和S2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波长为 的简谐波，P点是两列波相遇区域中的一点，已知S1P 2 , SP 2.2 ，两列波在P点发生相消干涉.若Si的振动方程为 yi Acos(t /2), 则S2的振动方程为(C) y2 Acos(t 2);(D)y2 Acos(t 0.1 )。(A) V2 Acos(t )；