内蒙古科技大学马文蔚大学物理(下册)第六版答案解析

第九章振动

习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.

9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( )

A、T/12

B、T/8

C、T/6

D、T/4

分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。可设位移函数

y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T；

当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/6

9-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j⅛动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（）

3 1

（A）-7W （B）—IT（C）F （D）O

分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）•运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；« + 瓷）・它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便

A

求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）.

9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图.

解因3=X∕T,则运动方程

/ 2πf

≡½cos(ωt + φ) =ACUS

根据题中给出的数据得

X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为

t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,)

(Z = ∂2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ∙ s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.

9若简谐运动方程为x=0. 10 cθs(201r∕+0. 25ιτ)(m),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.

解(1)将x-0. IoeOS(20Trf + 0. 25Ir) ( m)与为=Λυos(

(2) t=2s时的位移、速度、加速度分别为

X =0. 10co√40π +0.25Tr) =7.07 ×W2 m

1； = djj/dt = -2<ττsin(4θιτ +O.25ττ) = -4, 44 m ∙ E-I

a= d2x∕dt2= -40Ir i COS(40π +0.25TT) = -2. 79 X IO2m ∙ s^2

9-冋某振动质点的X"曲线如图(a)所示,试求：(1)运动方程；(2)点P对应的相位；(3)到达点尸相应位置所需的时间.

第十章波动

习题：P89～93 1，2，3，4，5，6，12，16，25，

10-6 在驻波中,两个相邻波节间各质点的振动（）

A.振幅相同,相位相同

B.振幅不同,相位相同

C.振幅相同,相位不同

D.振幅不同,相位不同答案：波函数叠加检验.（C）振幅相同，相位相反优质. 参考. 资料

IQ +冋已知一波动方程为y =0. 05sin( IO J ni -2χ)(m)I

(1)求波长、频率、波速和周期；(2)说明

-τ =0时方程的意义，并作图表示.

解(1)将题给的波动方程改写为

y =0. 05cos[ 10ιτ( i -x∕5ττ}~ ττ∕2]( m) 题1。9 图

与y=JCOS [ω(t - x/u) +仇]比较后可得波速a= 15. 7 in ∙ s^l,角频率ω - IOIr s^',故有

V -ω∕2π =5.0 Hz, T= l∕v=0.2 s, λ = u7,= 3. 14 In

(2)由分析知x=0时,方程y=0. 05C O S(IOITi-σr∕2)(m)表示位于坐标原点的质点的运动方程(如图)•

10 ■叵I如图所示为一平面简谐波在(=0时刻的波形图，求(1)该波的波动方

程；(2) P处质点的运动方程.

解(1 )由图可知振幅A= 0. 04 IIi,波长Λ =0.40 m,波速M =

0. 08 m ∙ s^1,则ω= 2ιτ∕7,= 2πu∕λ = (2ττ∕5 )s^l,根据分析已知华=-ιr∕2,因此波动方程为

^=0∙04cos[τ(^δ⅛)^f] (IiI)

(2)距原点。为x=0. 2Om处的P点运动方程为

y =0.04Cos(竽£ + 于)(m)

第十一章光学

P177～182 1，2，3，4，5，6，7,8,11,23,26,31,37,38.

11- 4 、在迈克尔逊干涉仪的一条光路中,放入一片折射率为n=1.4 的透明

介质薄膜后，干涉条纹产生了7.0 条条纹移动.如果入射光波长为589nm,则透明介质薄膜厚度为( )

A 10307.5nm

B 1472.5nm

C 5153.8nm

D 2945.0nm

答案(C) 由2(n-1)t=N 得出

了0.310mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了1100 条，求该光波的波长

解：d=N /2, =563.6nm

11-26、某人用迈克尔逊干涉仪测量一光波的波长，当可动反射镜M 移动