中国石油大学物理答案9章习题解答

习题9

9-3．一轻弹簧在60N 的拉力下伸长30cm 。现把质量为4kg 物体悬挂在该弹簧的下端，并使之静止，再把物体向下拉10cm ，然后释放并开始计时。求：(1) 物体的振动方程；(2) 物体在平衡位置上方5cm 时弹簧对物体的拉力；(3) 物体从第一次越过平衡位置时刻起，到它运动到上方5cm 处所需要的最短时间。

[解] (1)取平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标系

k =

=200N/m-2

30⨯10

k 200==7. 07rad/sm 4

A =0. 1m

ω=

设振动方程为 x =cos (7. 07t +φ) t =0时 x =0. 1 0. 1=0. 1c o φs φ=0

故振动方程为 x =0. 1cos (7. 07t )m (2)设此时弹簧对物体作用力为F ，则

F =k (∆x )=k (x 0+x )

其中 x 0=

mg 40

==0. 2m k 200

因而有 F =200⨯(0. 2-0. 05)=30N (3)设第一次越过平衡位置时刻为t 1，则

0=0. 1cos (7. 07t 1) t 1=0. 5π7. 07 第一次运动到上方5cm 处时刻为t 2 ，则

-0. 05=0. 1cos (7. 07t 2) t 2=2π3⨯7. 07) 故所需最短时间为：

∆t =t 2-t 1=0. 074s

9-4．一质量为M 的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅12cm ，在距平衡位置6cm 处，速度为24 cm⋅s -1，求：(1) 周期T ；(2) 速度为12 cm⋅s -1时的位移。

[解] (1) 设振动方程为x =A cos (ωt +ϕ)cm

以A =12cm 、x =6cm 、v =24cm ⋅s -1代入，得：

6=12cos (ωt +ϕ) 24=-12ωsin (ωt +ϕ) 利用sin 2(ωt +ϕ)+cos 2(ωt +ϕ)=1则

⎛6⎫⎛24⎫ ⎪+ ⎪=1 12-12ω⎝⎭⎝⎭

42π=π=2. 72s T =

3ω2

(2) 以v =24cm ⋅s -1代入，得：

解得 ω=

12=-12ωsin (ωt +ϕ)=-163sin (ωt +ϕ)

4所以 cos (ωt +ϕ)=±

解得： sin (ωt +ϕ)=-故 x =12cos (ωt +ϕ)=12⨯ ±

⎛ ⎝⎫⎪=±10. 8cm 4⎪⎭

9-5．一谐振动的振动曲线如图9-5所示，求振动方程。

[解] 设振动方程为：

x =A cos (ωt +ϕ)

根据振动曲线可画出旋转矢量图

由图可得：

φ=2π3

ω=

∆φ⎛ππ⎫5π= +⎪=∆t ⎝32⎭12

⎛5πt 2π

+故振动方程为 x =10cos

3⎝12

⎫⎪cm ⎭

9-6．一质点沿x 轴作简谐振动，其角频率ω=10 rad ⋅s -1，试分别写出以下两种初始状态的振动方程：(1) 其初始位移x 0＝7.5 cm，初始速度v 0=75.0 cm⋅s -1；(2) 其初始位移x 0＝7.5 cm，初速度v 0=-75.0cm ⋅s -1。

[解] 设振动方程为 x =A cos (10t +φ) (1) 由题意得： 7. 5=A cos φ

75=-10A sin φ 解得：φ=-π4 A =10.6cm 故振动方程为：

x =10. 6cos (10t -π4)cm

(2) 同法可得： x =10. 6cos (10t +π4)cm

9-7．一轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30cm ，现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4kg 。待其静止后再把物体向下拉10cm ，然后释放。问：(1) 此小物体是停止在振动物体上面还是离开它；(2) 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?

[解] (1)小物体停止在振动物体上不分离。

(2) 设在平衡位置弹簧伸长l 0，则kl 0=Mg

N 60==200N m l 0. 3Mg 4⨯9. 8

故 l 0===0. 196m

k 200

又 k =

当小物体与振动物体分离时 kA >kl 0(=Mg )，即 A >l 0，故在平衡位置上方0.196m 处开始分离。

9-8．一木板在水平面上作简谐振动，振幅是12cm ，在距平衡位置6cm 处，速度是24 cm⋅s -1。如果一小物块置于振动木板上，由于静摩擦力的作用，小物块和木板一起运动(振动频率不变) ，当木板运动到最大位移处时，物块正好开始在木板上滑动，问物块与木板之间的静摩擦系数μ是多大?

[解] 设振动方程为 x =12cos (ωt +φ) 则： v =-12ωsin (ωt +φ) 以x =6cm v =24cm/s代入得：

6=12cos (ωt +φ) 24=-12ωsin (ωt +φ)

解得 ω=最大位移处： a =A ω2

4rad 3

F =ma =mA ω2

由题意，知 μmg =mA ω2

μ=A ω2g =0. 0653

9-9．两根倔强系数分别为k 1和k 2的轻弹簧串接后，上端固定，下端与质量为m 的物体相连结，组成振动系统。当物体被拉离平衡位置而释放时，物体是否作谐振动? 若作谐振动，其周期是多少? 若将两弹簧并联，其周期是多少?

[解] (1) 串接：物体处平衡位置时，两弹簧分别伸长x 10、x 20

mg =k 2x 20 (1) k 1x 10=k 2x 20 (2)

取平衡位置为坐标原点，坐标向下为正，令物体位移为x ，两弹簧再次伸长∆x 1、∆x 2，则

F =mg -k 2(x 20+∆x 2)

由(1)知 F =-k 2∆x 2 (3) 又 k 1∆x 1=k 2∆x 2 (4)

∆x 1+∆x 2=x (5)

由(4)、(5)得 ∆x k 2=

k +k x (6)

12将(6) 代入(3)得 F =-

k 1k 2

k x

1+k 2

看作一个弹簧 F =-kx 所以 k =

k 1k 2

1+k 2

因此物体做简谐振动，角频率

ω=

k 1k 2m =

m k 1+k 2周期 T =

2πω

=2π

m k 1+k 2k

1k 2

(2) 并接：物体处于平衡位置时，mg =k 1x 0+k 2x 0 (7) 取平衡位置为坐标原点，向下为正，令物体有位移x 则 F =mg -k 1x 1-k 2x 2 式中x 1、x 2分别为两弹簧伸长

x 1=x 0+x x 2=x 0+x

所以 F =mg -k 1(x 0+x )-k 2(x 0+x ) 将(7)代入得 F =-(k 1+k 2)x

看作一个弹簧 F =-kx 所以 k =k 1+k 2 因此该系统的运动是简谐振动。其角频率 ω=

k +k 2k

=1 m m

因此周期 T =

2π

=2π

k 1+k 2

9-10．如图9-10所示，半径为R 的圆环静止于刀口点O 上，令其在自身平面内作微小的摆动。(1) 求其振动的周期；(2) 求与其振动周期相等的单摆的长度。

[解] (1) 设圆环偏离角度为θ

M =-Rmg sin θ

d 2θ

M =J β=J 2

d t

J =mR 2+md 2=2mR 2

d 2θ2mR =-Rmg sin θ≈Rmg θ 2

d t

g d 2θ+θ=0 所作振动为简谐振动 2

2R d t

ω=

所以 T =2π

的摆长为2R 。 g

(2) 等效单摆周期为T =2π

9-11．如图9-11所示，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k=24N⋅m -1，重物的质量为m =6kg，重物静止在平衡位置上。设以一水平恒力F =10 N向左作用于物体(无摩擦) ，使之由平衡位置向左运动了0.05 m，此时撤去力F 。当重物运动到左方最大位置时开始计时，求物体的振动方程。

m K

[解] 以平衡位置为坐标原点，向右为正方向建立坐标系, 设振幅为A ，由功能原理可得

习题9-11

图

FS =kA 2

因此 A =(2FS k )

=(2⨯10⨯0. 24)

=0. 204m

ω=(k m )2=2rad

又因物体运动到左边最大位移处开始计时, 故初相为π

s 2t +π)m 故得运动方程为 x =0. 204c o (

9-12．两个同方向、同频率的谐振动，其合振动的振幅为 20cm ，合振动与第一个谐振动的相位差为π

。若第一个谐振动的振幅为6

，求第二个谐振动的振幅及第一、二两谐振

动的相位差。

[解] 由题意可画出两简谐振动合成的矢量图，由图知

A 2=

A 12

+A -2A 1A cos

=10cm

易证

A 12

2A 2

故第一、二两振动的相位差为 ∆φ=±

9-13．质量为0.4kg 的质点同时参与两个互相垂直的振动

x =8.0⨯10cos (πt 3+π6)

-2

y =6.0⨯10cos (-πt 3+π3) (S1)

-2

求：(1) 质点的轨迹方程；(2) 质点在任一位置所受的作用力。

[解] (1) y 方向的振动可化为

y =6. 0⨯10-2sin (πt +π6)

消去三角函数部分可得质点的轨迹方程为

y 2x 2

+=1 0. 0820. 062

(2) 由 x =8. 0⨯10-2cos (πt 3+π6) 可得 a x =-0. 08同理 a y =-0. 06

π2

cos (πt 3+π6) cos (-πt 3+π3)

π2

因此 F =m a =m a x i +a y j

()

π2

m [0. 08cos(t +) i +0. 06cos(-t +) j ]=-0. 483(x i +y j ) 93σ36

ππππ

9-14．一简谐波的周期T =0.5s ，波长λ=10cm ，振幅A =0.1m 。当t =0时刻，波源振动的位移

恰好为正方向的最大值。若坐标原点与波源重合，且波沿Ox 轴正向传播；求：(1)此波的波函数；(2)

t 1=

T 时刻，x =λ处质点的位移；(3)

时刻，x

λ处质点的振动速度。 4

[解] (1)由已知条件ν=

=2，可设波函数为： T

y =A cos[2π(νt -) +φ]=0. 1cos[2π(2t -x /10) +φ]

由已知 t =0，x =0时，y=0.1m

s 由此得故 0. 1=0. 1c o φ

φ=0

因而波函数为

y =0. 1cos[4π(t -x /20)]

(2) t 1=T 4，x 1=λ4处:

(SI )

y =0. 1cos 4π(1/8-10/80) =0. 1m

(3) t 2=T 2，x 2=λ4处，振动速度为

v 2=-0. 4πsin 4π(t -x /20)

=-0. 4πsin 4π(1/4-10/80) =-1. 26m/s

9-15．一平面简谐波沿Ox 轴正向传播，其振幅为A ，频率为f ，波速为u 。设t =t '时刻的波形曲线如图9-15所示。求：(1) x=0处质点的振动方程；(2) 该波的波函数。

[解] (1) 设x =0处该质点的振动方程为： y =A cos(2πνt +φ)

由t =t '时波形和波速方向知，v

t =t ' 时 2πνt '+φ=π2 故 φ=-2πνt '+π2 所以x =0处的振动方程为:

y =A cos[2πν(t -t ') +π/2](SI )

(2) 该波的波函数为：

=A cos[2πν(t -t '-x /u ) +π/2](SI )

9-16．根据如图9-16所示的平面简谐波在t =0时刻的波形图，试求：(1) 该波的波函数；(2) 点P 处的振动方程。

[解] 由已知，得u =0. 08，λ=0. 4m T =λ=0. 40. 08=5s

(1) 设波函数为

y =0. 04cos[2π(t /5-x /0. 4) +φ] 当t =0，x =0时，由图知x =0, v >0 因此

φ=-

(或φ=

3π) 2

则波函数为

y =0. 04cos[2π(t /5-x /0. 4) -π/2](SI)

(2) 将P 点坐标代入上式，得

y p =0. 04cos(0. 4πt -3π/2) (SI)

9-17．一平面简谐波沿Ox 轴正向传播，其振幅和角频率分别为A 和ω，波速为u ，设t =0时的波形曲线如图9-17所示，(1) 写出该波的波函数；(2) 求距点O 分别为λ和3λ两处质点

的振动方程；(3) 求距点O 分别为λ和3λ两处质点在t ＝0时的振动速度。

[解] (1)由图知φ=

，故波函数

⎡⎛x ⎫π⎤

y =A cos ⎢ω t -⎪+⎥

⎣⎝u ⎭2⎦

(2) x =

π⎤⎡

时 y =A cos ⎢ωt +⎥

4⎦8⎣

x =

π⎤3λ⎡

时 y =A cos ⎢ωt -⎥

4⎦8⎣

⎡⎛∂y x ⎫π⎤

=-A ωsin ⎢ω t -⎪+⎥ ∂t ⎣⎝u ⎭2⎦

(3) v =

v 1

t =0x =

λ8π⎤π2⎡=-A ωs i n -2π+=-A ωs i =-A ω ⎢λ2⎥42⎣⎦

3λ8π⎤2⎡⎛π⎫=-A ωs i n -2π+=-A ωs i n -=A ω ⎪⎢⎥λ242⎝⎭⎣⎦

v 1

t =03λx =8

习题9-18图

习题9-19图

9-18．如图9-18所示为一平面简谐波在t =0时

刻的波形图，试画出点P 处质点与点Q 处质点的振动曲线，然后写出相应的振动方程。

[解]

u =20m ，λ=40m ，

T =

=2s 20

P 处振动曲线

π⎫⎛

振动方程 y P =0. 20cos πt -⎪

2⎭⎝

(2) Q 处的振动曲线

振动方程 y Q =0. 20cos (πt +π)

t(s)

9-19．如图9-19所示为一平面简谐波在t =0时刻的波形图。设简谐波的频率为250 Hz ，且此时质点P 的运动方向向下，求：(1) 该波的波函数；(2) 在距点O 为100m 处质点的振动方程与振动速度表达式。

[解] (1) ν=250Hz ，λ=200m ，又因P 点运动方向向下，则波向左传播，设波函数为

⎡⎛⎤x ⎫

y =A c o ⎢s 2π 25t 0+⎪+φ⎥

200⎭⎣⎝⎦

t =0，x =0时 y =

2πA =A c o s φ，则φ=± 24

因v 0

（或由旋转矢量图知φ=

）

⎡⎛x ⎫π⎤

故波函数为y =A cos ⎢2π 250t +⎪+⎥

200⎭4⎦⎣⎝

(2) x =100m时，

⎡⎛5π⎤100⎫π⎤⎡

y =A cos ⎢2π 250t +⎪+⎥=A cos ⎢500πt +⎥4⎦200⎭4⎦⎣⎣⎝

v =

当x =100m时，

⎡⎛∂y x ⎫π⎤

=-500πA sin ⎢2π 250t +⎪+⎥ ∂t 200⎭4⎦⎣⎝

5π⎤⎡

v =-500πA sin ⎢500πt +

4⎥⎣⎦

9-20．如图9-20所示，两列波长均为λ的相干简谐波

分别通过图中的点O 1和O 2，通过点O 1的简谐波在M 1M 2平面反射后，与通过点O 2简谐波在点P 相遇。假定波在M 1M 2平面反射时有半波损失，O 1和O 2两点的振动方程分别为y 10=A cos πt 和y 20=A cos πt ，且

O 1m +m P =λ8，O 2P =3λ，求：(1) 两列波分别在点P 引

起的振动方程；(2) 点P 的合振动方程(假定波在传播过程中无吸收) 。

2πx 1⎛⎫

-π⎪ [解] (1) y 1P =A cos ωt -λ⎝⎭

2π⋅8λ⎛⎫

=A cos ωt --π⎪=A cos (ωt -π)

λ⎝⎭2π⋅3λ⎫⎛

y 2P =A cos ωt -⎪=A cos ωt

λ⎝⎭

(2) y 合=y 1P +y 2P =A cos (ωt -π)+A cos ωt =0

9-21．如图9-21所示，两相干波源S 1和S 2之间的距离为d =30m，且波沿Ox 轴传播时不

衰减，x 1=9m和x 2=12m处的两点是相邻的两个因干涉而静止的点，求两波的波长和两波源间的最小相位差。

S 1 S [解] 由题意得 λ=2(12-9) =6m ∆φ=φ2-φ1-

2π

(r 2-r 1) =(2k +1) π

O d

习题9-21图

对x =9m 处 r 2-r 1=12m 所以 φ2-φ1=(2k +1) π+

2π(r 2-r 1)

=(2k +1) π+4π(k =0, ±1, ±2 )

因此 (φ2-φ1) min =±π

9-22．在均匀介质中，有两列余弦波沿Ox 轴传播，波函数分别为y 1=A cos ⎡2π⎛ ft -

⎢⎣

⎝

x ⎫⎤

⎪⎥和

λ⎭⎦

y 2=2A cos 2π ft +⎡⎢⎣⎛⎝x ⎫⎤⎪⎥，试求Ox 轴上合振幅最大与合振幅最小的那些点的位置。 λ⎭⎦

2π(νt -x λ)-2π(νt +λ)=±2k π [解] 合振幅最大点满足的条件是

可得 x =±k λ (k =0, 1, 2, ) 合振幅最小点满足的条件是 12

2π(νt -λ)-2π(νt +x )=±(2k +1)π

可得 x =±2k +1λ (k =0, 1, 2, ) 4

9-23．一汽笛发出频率为1000Hz 的声波，汽笛以10m ⋅s -1的速率离开你而向着一悬崖运动，空气中的声速为330m ⋅s -1，(1) 你听到直接从汽笛传来的声波的频率为多大；(2) 你听到从悬崖反射回来的声波的频率是多大?

u 330=1000⨯=970Hz u +∆u 330+10

u 330 (2) ν2=ν0=1000⨯=1031Hz u -∆u 330-10[解] (1) ν1=ν0

习题9

[解] (1)取平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标系

k =

=200N/m-2

30⨯10

k 200==7. 07rad/sm 4

A =0. 1m

ω=

设振动方程为 x =cos (7. 07t +φ) t =0时 x =0. 1 0. 1=0. 1c o φs φ=0

故振动方程为 x =0. 1cos (7. 07t )m (2)设此时弹簧对物体作用力为F ，则

F =k (∆x )=k (x 0+x )

其中 x 0=

mg 40

==0. 2m k 200

因而有 F =200⨯(0. 2-0. 05)=30N (3)设第一次越过平衡位置时刻为t 1，则

0=0. 1cos (7. 07t 1) t 1=0. 5π7. 07 第一次运动到上方5cm 处时刻为t 2 ，则

-0. 05=0. 1cos (7. 07t 2) t 2=2π3⨯7. 07) 故所需最短时间为：

∆t =t 2-t 1=0. 074s

9-4．一质量为M 的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅12cm ，在距平衡位置6cm 处，速度为24 cm⋅s -1，求：(1) 周期T ；(2) 速度为12 cm⋅s -1时的位移。

[解] (1) 设振动方程为x =A cos (ωt +ϕ)cm

以A =12cm 、x =6cm 、v =24cm ⋅s -1代入，得：

6=12cos (ωt +ϕ) 24=-12ωsin (ωt +ϕ) 利用sin 2(ωt +ϕ)+cos 2(ωt +ϕ)=1则

⎛6⎫⎛24⎫ ⎪+ ⎪=1 12-12ω⎝⎭⎝⎭

42π=π=2. 72s T =

3ω2

(2) 以v =24cm ⋅s -1代入，得：

解得 ω=

12=-12ωsin (ωt +ϕ)=-163sin (ωt +ϕ)

4所以 cos (ωt +ϕ)=±

解得： sin (ωt +ϕ)=-故 x =12cos (ωt +ϕ)=12⨯ ±

⎛ ⎝⎫⎪=±10. 8cm 4⎪⎭

9-5．一谐振动的振动曲线如图9-5所示，求振动方程。

[解] 设振动方程为：

x =A cos (ωt +ϕ)

根据振动曲线可画出旋转矢量图

由图可得：

φ=2π3

ω=

∆φ⎛ππ⎫5π= +⎪=∆t ⎝32⎭12

⎛5πt 2π

+故振动方程为 x =10cos

3⎝12

⎫⎪cm ⎭

[解] 设振动方程为 x =A cos (10t +φ) (1) 由题意得： 7. 5=A cos φ

75=-10A sin φ 解得：φ=-π4 A =10.6cm 故振动方程为：

x =10. 6cos (10t -π4)cm

(2) 同法可得： x =10. 6cos (10t +π4)cm

[解] (1)小物体停止在振动物体上不分离。

(2) 设在平衡位置弹簧伸长l 0，则kl 0=Mg

N 60==200N m l 0. 3Mg 4⨯9. 8

故 l 0===0. 196m

k 200

又 k =

当小物体与振动物体分离时 kA >kl 0(=Mg )，即 A >l 0，故在平衡位置上方0.196m 处开始分离。

[解] 设振动方程为 x =12cos (ωt +φ) 则： v =-12ωsin (ωt +φ) 以x =6cm v =24cm/s代入得：

6=12cos (ωt +φ) 24=-12ωsin (ωt +φ)

解得 ω=最大位移处： a =A ω2

4rad 3

F =ma =mA ω2

由题意，知 μmg =mA ω2

μ=A ω2g =0. 0653

[解] (1) 串接：物体处平衡位置时，两弹簧分别伸长x 10、x 20

mg =k 2x 20 (1) k 1x 10=k 2x 20 (2)

取平衡位置为坐标原点，坐标向下为正，令物体位移为x ，两弹簧再次伸长∆x 1、∆x 2，则

F =mg -k 2(x 20+∆x 2)

由(1)知 F =-k 2∆x 2 (3) 又 k 1∆x 1=k 2∆x 2 (4)

∆x 1+∆x 2=x (5)

由(4)、(5)得 ∆x k 2=

k +k x (6)

12将(6) 代入(3)得 F =-

k 1k 2

k x

1+k 2

看作一个弹簧 F =-kx 所以 k =

k 1k 2

1+k 2

因此物体做简谐振动，角频率

ω=

k 1k 2m =

m k 1+k 2周期 T =

2πω

=2π

m k 1+k 2k

1k 2

(2) 并接：物体处于平衡位置时，mg =k 1x 0+k 2x 0 (7) 取平衡位置为坐标原点，向下为正，令物体有位移x 则 F =mg -k 1x 1-k 2x 2 式中x 1、x 2分别为两弹簧伸长

x 1=x 0+x x 2=x 0+x

所以 F =mg -k 1(x 0+x )-k 2(x 0+x ) 将(7)代入得 F =-(k 1+k 2)x

看作一个弹簧 F =-kx 所以 k =k 1+k 2 因此该系统的运动是简谐振动。其角频率 ω=

k +k 2k

=1 m m

因此周期 T =

2π

=2π

k 1+k 2

9-10．如图9-10所示，半径为R 的圆环静止于刀口点O 上，令其在自身平面内作微小的摆动。(1) 求其振动的周期；(2) 求与其振动周期相等的单摆的长度。

[解] (1) 设圆环偏离角度为θ

M =-Rmg sin θ

d 2θ

M =J β=J 2

d t

J =mR 2+md 2=2mR 2

d 2θ2mR =-Rmg sin θ≈Rmg θ 2

d t

g d 2θ+θ=0 所作振动为简谐振动 2

2R d t

ω=

所以 T =2π

的摆长为2R 。 g

(2) 等效单摆周期为T =2π

m K

[解] 以平衡位置为坐标原点，向右为正方向建立坐标系, 设振幅为A ，由功能原理可得

习题9-11

图

FS =kA 2

因此 A =(2FS k )

=(2⨯10⨯0. 24)

=0. 204m

ω=(k m )2=2rad

又因物体运动到左边最大位移处开始计时, 故初相为π

s 2t +π)m 故得运动方程为 x =0. 204c o (

9-12．两个同方向、同频率的谐振动，其合振动的振幅为 20cm ，合振动与第一个谐振动的相位差为π

。若第一个谐振动的振幅为6

，求第二个谐振动的振幅及第一、二两谐振

动的相位差。

[解] 由题意可画出两简谐振动合成的矢量图，由图知

A 2=

A 12

+A -2A 1A cos

=10cm

易证

A 12

2A 2

故第一、二两振动的相位差为 ∆φ=±

9-13．质量为0.4kg 的质点同时参与两个互相垂直的振动

x =8.0⨯10cos (πt 3+π6)

-2

y =6.0⨯10cos (-πt 3+π3) (S1)

-2

求：(1) 质点的轨迹方程；(2) 质点在任一位置所受的作用力。

[解] (1) y 方向的振动可化为

y =6. 0⨯10-2sin (πt +π6)

消去三角函数部分可得质点的轨迹方程为

y 2x 2

+=1 0. 0820. 062

(2) 由 x =8. 0⨯10-2cos (πt 3+π6) 可得 a x =-0. 08同理 a y =-0. 06

π2

cos (πt 3+π6) cos (-πt 3+π3)

π2

因此 F =m a =m a x i +a y j

()

π2

m [0. 08cos(t +) i +0. 06cos(-t +) j ]=-0. 483(x i +y j ) 93σ36

ππππ

9-14．一简谐波的周期T =0.5s ，波长λ=10cm ，振幅A =0.1m 。当t =0时刻，波源振动的位移

恰好为正方向的最大值。若坐标原点与波源重合，且波沿Ox 轴正向传播；求：(1)此波的波函数；(2)

t 1=

T 时刻，x =λ处质点的位移；(3)

时刻，x

λ处质点的振动速度。 4

[解] (1)由已知条件ν=

=2，可设波函数为： T

y =A cos[2π(νt -) +φ]=0. 1cos[2π(2t -x /10) +φ]

由已知 t =0，x =0时，y=0.1m

s 由此得故 0. 1=0. 1c o φ

φ=0

因而波函数为

y =0. 1cos[4π(t -x /20)]

(2) t 1=T 4，x 1=λ4处:

(SI )

y =0. 1cos 4π(1/8-10/80) =0. 1m

(3) t 2=T 2，x 2=λ4处，振动速度为

v 2=-0. 4πsin 4π(t -x /20)

=-0. 4πsin 4π(1/4-10/80) =-1. 26m/s

[解] (1) 设x =0处该质点的振动方程为： y =A cos(2πνt +φ)

由t =t '时波形和波速方向知，v

t =t ' 时 2πνt '+φ=π2 故 φ=-2πνt '+π2 所以x =0处的振动方程为:

y =A cos[2πν(t -t ') +π/2](SI )

(2) 该波的波函数为：

=A cos[2πν(t -t '-x /u ) +π/2](SI )

9-16．根据如图9-16所示的平面简谐波在t =0时刻的波形图，试求：(1) 该波的波函数；(2) 点P 处的振动方程。

[解] 由已知，得u =0. 08，λ=0. 4m T =λ=0. 40. 08=5s

(1) 设波函数为

y =0. 04cos[2π(t /5-x /0. 4) +φ] 当t =0，x =0时，由图知x =0, v >0 因此

φ=-

(或φ=

3π) 2

则波函数为

y =0. 04cos[2π(t /5-x /0. 4) -π/2](SI)

(2) 将P 点坐标代入上式，得

y p =0. 04cos(0. 4πt -3π/2) (SI)

的振动方程；(3) 求距点O 分别为λ和3λ两处质点在t ＝0时的振动速度。

[解] (1)由图知φ=

，故波函数

⎡⎛x ⎫π⎤

y =A cos ⎢ω t -⎪+⎥

⎣⎝u ⎭2⎦

(2) x =

π⎤⎡

时 y =A cos ⎢ωt +⎥

4⎦8⎣

x =

π⎤3λ⎡

时 y =A cos ⎢ωt -⎥

4⎦8⎣

⎡⎛∂y x ⎫π⎤

=-A ωsin ⎢ω t -⎪+⎥ ∂t ⎣⎝u ⎭2⎦

(3) v =

v 1

t =0x =

λ8π⎤π2⎡=-A ωs i n -2π+=-A ωs i =-A ω ⎢λ2⎥42⎣⎦

3λ8π⎤2⎡⎛π⎫=-A ωs i n -2π+=-A ωs i n -=A ω ⎪⎢⎥λ242⎝⎭⎣⎦

v 1

t =03λx =8

习题9-18图

习题9-19图

9-18．如图9-18所示为一平面简谐波在t =0时

刻的波形图，试画出点P 处质点与点Q 处质点的振动曲线，然后写出相应的振动方程。

[解]

u =20m ，λ=40m ，

T =

=2s 20

P 处振动曲线

π⎫⎛

振动方程 y P =0. 20cos πt -⎪

2⎭⎝

(2) Q 处的振动曲线

振动方程 y Q =0. 20cos (πt +π)

t(s)

[解] (1) ν=250Hz ，λ=200m ，又因P 点运动方向向下，则波向左传播，设波函数为

⎡⎛⎤x ⎫

y =A c o ⎢s 2π 25t 0+⎪+φ⎥

200⎭⎣⎝⎦

t =0，x =0时 y =

2πA =A c o s φ，则φ=± 24

因v 0

（或由旋转矢量图知φ=

）

⎡⎛x ⎫π⎤

故波函数为y =A cos ⎢2π 250t +⎪+⎥

200⎭4⎦⎣⎝

(2) x =100m时，

⎡⎛5π⎤100⎫π⎤⎡

y =A cos ⎢2π 250t +⎪+⎥=A cos ⎢500πt +⎥4⎦200⎭4⎦⎣⎣⎝

v =

当x =100m时，

⎡⎛∂y x ⎫π⎤

=-500πA sin ⎢2π 250t +⎪+⎥ ∂t 200⎭4⎦⎣⎝

5π⎤⎡

v =-500πA sin ⎢500πt +

4⎥⎣⎦

9-20．如图9-20所示，两列波长均为λ的相干简谐波

O 1m +m P =λ8，O 2P =3λ，求：(1) 两列波分别在点P 引

起的振动方程；(2) 点P 的合振动方程(假定波在传播过程中无吸收) 。

2πx 1⎛⎫

-π⎪ [解] (1) y 1P =A cos ωt -λ⎝⎭

2π⋅8λ⎛⎫

=A cos ωt --π⎪=A cos (ωt -π)

λ⎝⎭2π⋅3λ⎫⎛

y 2P =A cos ωt -⎪=A cos ωt

λ⎝⎭

(2) y 合=y 1P +y 2P =A cos (ωt -π)+A cos ωt =0

9-21．如图9-21所示，两相干波源S 1和S 2之间的距离为d =30m，且波沿Ox 轴传播时不

衰减，x 1=9m和x 2=12m处的两点是相邻的两个因干涉而静止的点，求两波的波长和两波源间的最小相位差。

S 1 S [解] 由题意得 λ=2(12-9) =6m ∆φ=φ2-φ1-

2π

(r 2-r 1) =(2k +1) π

O d

习题9-21图

对x =9m 处 r 2-r 1=12m 所以 φ2-φ1=(2k +1) π+

2π(r 2-r 1)

=(2k +1) π+4π(k =0, ±1, ±2 )

因此 (φ2-φ1) min =±π

9-22．在均匀介质中，有两列余弦波沿Ox 轴传播，波函数分别为y 1=A cos ⎡2π⎛ ft -

⎢⎣

⎝

x ⎫⎤

⎪⎥和

λ⎭⎦

y 2=2A cos 2π ft +⎡⎢⎣⎛⎝x ⎫⎤⎪⎥，试求Ox 轴上合振幅最大与合振幅最小的那些点的位置。 λ⎭⎦

2π(νt -x λ)-2π(νt +λ)=±2k π [解] 合振幅最大点满足的条件是

可得 x =±k λ (k =0, 1, 2, ) 合振幅最小点满足的条件是 12

2π(νt -λ)-2π(νt +x )=±(2k +1)π

可得 x =±2k +1λ (k =0, 1, 2, ) 4

u 330=1000⨯=970Hz u +∆u 330+10

u 330 (2) ν2=ν0=1000⨯=1031Hz u -∆u 330-10[解] (1) ν1=ν0

中国石油大学物理答案9章习题解答

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