大学物理期末复习题

大学物理期末复习题注意事项：1．用铅笔，圆规，尺子作图，并在题中标示清楚如图2．公式原式带入，注意写上单位，单位（）括起来3．要有一定的文字叙述，不能用∵∴9-7若简谐运动方程为m25.020cos10.0ππtx，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s2t时的位移、速度和加速度．分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式tAxcos1作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果．解（1）将mπ25.0π20cos10.0tx与tAxcos比较后可得：振幅A＝0.10m，角频率1sπ20ω，初相＝0.25π，则周期s1.0/π2ωT，频率Hz/1Tv．（２）s2t时的位移、速度、加速度分别为m1007.7π25.0π40cos10.02tx-1sm44.4π25.0π40sinπ2d/dtxv-22222sm1079.2π25.0π40cosπ40d/dtxa9-12一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A＝2.0×10-2m，周期T＝0.50ｓ．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x＝1.0×10-2m处，向负方向运动；（4）物体在x＝-1.0×10-2m处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析在振幅A和周期T已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t＝0时，x＝x0和v＝v0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a）所示，将质点P在Ox轴上振动的初始位置x0和速度v0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题9-12图9-13有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8×10-2m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当t＝0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2ｍ处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2）当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及弹簧劲度系数k）决定的，即km/，k可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．题9-13图解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl＝9.8×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为1s10lgmk//（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由初始条件t＝0时，x10＝8.0×10-2m、v10＝0可得振幅m10082210210./vxA；应用旋转矢量法可确定初相π1［图（a）］．则运动方程为mπ10tcos100.821x（2）t＝０时，x20＝0、v20＝-0.6ｍ·s-1，同理可得m100622202202./vxA；2/π2［图（b）］．则运动方程为mπ5.010tcos100.622x9-15作简谐运动的物体，由平衡位置向x轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到x＝A/2处；（3）由x＝A/2处到最大位移处．解采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O．（1）平衡位置x1到最大位移x3处，图中的旋转矢量从位置1转到位置3，故2/πΔ1，则所需时间411//Tt（2）从平衡位置x1到x2＝A/2处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有6/πΔ2，则所需时间1222//Tt（3）从x2＝A/2运动到最大位移x3处，图中旋转矢量从位置2转到位置3，有3/πΔ3，则所需时间633//Tt题9-15图9-25质量为0.10kg的物体，以振幅1.0×10-2m作简谐运动，其最大加速度为4.0ｍ·s-1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析在简谐运动过程中，物体的最大加速度2maxAa，由此可确定振动的周期T．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E＝kA2/2．当动能与势能相等时，Ek＝EP＝kA2/4．因而可求解本题．解（1）由分析可得振动周期s314.0/π2/π2maxaAωT（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J100221213max22k.mAamAEE（3）设振子在位移x0处动能与势能相等，则有42220//kAkx得m100772230./Ax（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2xA/）时的势能为4/2212122PEAkkxE则动能为43PK/EEEE9-28已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为mπ75.010cos05.01tx；mπ25.010cos06.02tx．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动m10cos07033tx.，则3为多少时，x1＋x3的振幅最大？又3为多少时，x2＋x3的振幅最小？题9-28图分析可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅12212221cos2AAAAA，其大小与两个分振动的初相差12相关．而合振动的初相位22112211coscossinsinarctanAAAA/解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12，故合振动振幅为m1087cos2212212221.AAAAA合振动初相位rad1.48arctan11coscossinsinarctan22112211AAAA/（2）要使x1＋x3振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk得,...2,1,0,π75.0π2π213kkk要使x1＋x3的振幅最小，即两振动反相，则由π)12Δk得,...2,1,0,π25.1π2π1223kkk10-10波源作简谐运动，周期为0.02ｓ，若该振动以100m·ｓ-1的速度沿直线传播，设t＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距波源15.0ｍ和5.0m两处质点的运动方程和初相；（2）距波源为16.0m和17.0m的两质点间的相位差．分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2）波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx／λ．解（1）由题给条件1sm100s020uT,.，可得m2;smπ100/π21uTλTω当t＝0时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为2/π100π100cosx/tAy距波源为x1＝15.0m和x2＝5.0m处质点的运动方程分别为π5.5tπ100cosπ15.5tπ100cos21AyAy它们的初相分别为φ10＝－15.5π和φ10＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10＝－13.5π，φ10＝－3.5π．）（2）距波源16.0m和17.0m两点间的相位差π/π2Δ1212xx10-12图示为平面简谐波在t＝0时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz，且此时图中质点P的运动方向向上．求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O为7.5m处质点的运动方程与t＝0时该点的振动速度．分析（1）从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径．具体步骤为：1.从波形图得出波长λ、振幅A和波速u＝λ；2.根据点P的运动趋势来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转矢量法确定其初相φ0．（2）在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O为x处的运动方程y＝y（t），及该质点的振动速度＝dy/dt．解（1）从图中得知，波的振幅A＝0.10m，波长λ＝20.0m，则波速u＝λ＝5.0×103ｍ·ｓ-1．根据t＝0时点P向上运动，可知波沿Ox轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点将沿Oy轴负方向运动．利用旋转矢量法可得其初相φ0＝π/3．故波动方程为m3/π5000/π500cos10.0/cos0xtuxtAy（2）距原点O为x＝7.5ｍ处质点的运动方程为m12π13π5000.10cosy/tt＝0时该点的振动速度为-10sm40.6/12πsin13π50/ddttyv题10-12图10-20如图所示，两相干波源分别在P、Q两点处，它们发出频率为ν、波长为λ，初相相同的两列相干波．设PQ＝3λ/2，R为PQ连线上的一点．求：（1）自P、Q发出的两列波在R处的相位差；（2）两波在R处干涉时的合振幅．题10-20图分析因两波源的初相相同，两列波在点R处的相位差Δφ仍与上题一样，由它们的波程差决定．因R处质点同时受两列相干波的作用，其振动为这两个同频率、同振动方向的简谐运动的合成，合振幅cos2212221AAAAA．解（1）两列波在R处的相位差为3/Δπ2Δr（2）由于π3Δ，则合振幅为21212221cos32AAAAAAA11-8在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30mm，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78mm．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？分析与解在双缝干涉中，屏上暗纹位置由212kddx决定，式中d′为双缝到屏的距离，d为双缝间距．所谓第5条暗纹是指对应k＝4的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离mm27822.x，那么由暗纹公式即可求得波长λ．此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式ddx求入射光波长．应注意两个第5条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故mm97822.x。解1屏上暗纹的位置212kddx，把m102782243.,xk以及d、d′值代入，可得λ＝632.8nm，为红光．解2屏上相邻暗纹（或明纹）间距'dxd，把322.7810m9x，以及d、d′值代入，可得λ＝632.8nm．11-9在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1nm的单色光照射，双缝与屏的距离d′＝300mm．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2mm，求双缝间的距离．分析双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x5－x-5＝10Δx可求出Δx．再由公式Δx＝d′λ／d即可求出双缝间距d．解根据分析：Δx＝（x5－x-5）/10＝1.22×10-3m双缝间距：d＝d′λ／Δx＝1.34×10-4m11-12一双缝装置的一个缝被折射率为1.40的薄玻璃片所遮盖，另一个缝被折射率为1.70的薄玻璃片所遮盖．在玻璃片插入以后，屏上原来中央