第物理学第三版(刘克哲 张承琚)课后习题答案七章
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。
物理学 第三版 上下卷 (刘克哲 张承琚 著) 高等教育出版社 课后答案第14章习题解答
[物理学14章习题解答]14-15 光源s 1 和s 2 在真空中发出的光都是波长为 λ的单色光，现将它们分别放于折射率为n 1 和n 2的介质中，如图14-5所示。
界面上一点p 到两光源的距离分别为r 1 和r 2。
(1)两束光的波长各为多大？(2)两束光到达点p 的相位变化各为多大？(3)假如s 1 和s 2 为相干光源，并且初相位相同，求点p干涉加强和干涉减弱的条件。
解 (1) 已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n的介质中的波长λ'可以表示为,所以，在折射率为n 1和n 2的介质中的波长可分别表示为和. (2)光传播r 的距离，所引起的相位的变化为,所以，第一束光到达点p 相位的变化为,第二束光到达点p 相位的变化为.(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点p 干涉加强的条件是,; 点p 干涉减弱的条件是, .14-16若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？解 观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。
14-17在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm ，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm 。
求所用单色光的波长。
图14-5解在双缝干涉实验中，暗条纹满足,第5条暗条纹的级次为4，即，所以,其中。
两个第5条暗条纹的间距为,等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为.14-18在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。
解因为第1条暗条纹对应于，所以第2条暗条纹和第5条暗条纹分别对应于和。
根据双缝干涉的规律，暗条纹的位置应满足.所以，第2条与第5条暗条纹之间的距离为.14-20在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的紫光(波长为400 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解光从第一个表面反射要产生半波损失，但从第二个表面反射无半波损失，所以光程差应表示为,式中e为薄膜的厚度，此厚度应为最小值，干涉级次k最小应取1，因为当时，薄膜的厚度必须取零，上式才能成立。
大学物理学课后习题7第七章答案
q 6 0
对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q
所在的顶点，则 e
q 24 0
，
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 ．
7.8 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×
105 C·m-3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．
解:
高斯定理 当 r 5 cm
均匀分布，其电势U
E
dr
R2
qdr R2 4π 0 r 2
q 4π 0 R
题 7.16 图
(2)外壳接地时，外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍
为 q ．所以球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生：
U
q 4π 0 R2
q 4π 0 R2
(2)同理
dEQ
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
方向如题 7.6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ，即 EQ 只有 y 分量，
∵
dEQy
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
d2
x2
d
2 2
EQy
l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
3
2
(x2
d
2 2
)
2
l
1由于电荷均匀分布与对称性ab和cd段电荷在o点产生的场强互相抵消取?ddrl?则??ddrq?产生o点e?d如图由于对称性o点场强沿y轴负方向题714图??????cos4dd2220?????rreeyr04???2sin??2sin??r02????2ab电荷在o点产生电势以0??u?????ab200012ln44d4drrxxxxu??????同理cd产生2ln402???u半圆环产生00344??????rru0032142ln2?????????uuuuo715两个平行金属板ab的面积为200cm2a和b之间距离为2cmb板接地如图715所示
物理学 第三版 上下卷 (刘克哲 张承琚 著) 高等教育出版社 课后答案第15章习题解答
[物理学15章习题解答]15-1在恒星演化过程中，当能源耗尽时，星体将在万有引力作用下发生坍缩，而成为密度极高的星体。
同时，由于先前的核燃烧，这种星体的温度仍然很高，因而发出白光，故得名为白矮星。
天狼星的一个伴星，是人们发现的第一颗白矮星，如果测得其最大单色辐出度所对应的波长为0.352μm，试根据维恩位移律估计它的表面温度。
解根据维恩位移律,可以计算这颗白矮星的表面温度，为.15-2三个大小相同并可看作为黑体的球体，测得其最大单色辐出度所对应的波长分别为0.300 μm、0.400 μm和0.500 μm，试求它们的温度以及它们在单位时间内向空间辐射的能量之比。
解根据维恩位移律可以求得它们的温度，分别为;;.根据斯特藩-玻耳兹曼定律和上面已经得到的温度，就可以求出它们的辐出度m0。
辐出度是表示该黑体在单位时间内从其表面单位面积上辐射出的能量，因为三个球体大小相同，它们在单位时间内向空间辐射的能量之比，就等于它们的辐出度之比，即.15-3试由普朗克公式在短波近似情况下导出维恩公式，在长波近似情况下导出瑞利-金斯公式。
解黑体的单色辐出度可以用普朗克公式表示. (1)在短波近似情况下，有, .这样就可以在普朗克公式中略去1，而成为下面的形式.(2) 令、，并代入上式，得.这正是维恩公式。
在长波近似情况下，有, . 于是，普朗克公式称为下面的形式.这正是瑞利-金斯公式。
15-5试求波长为下列数值的光子的能量、动量和质量：(1)波长为1.2´103 nm的红外线；(2)波长为6.2´102 nm的可见光；(3)波长为0.34´102 nm的紫外线；(4)波长为1.6´10-2 nm的x射线；(5)波长为1.1´10-3 nm的γ射线。
解(1)对于波长为1.2´103 nm的红外线，:能量为;动量为;质量为.(2)对于波长为6.2´102 nm的可见光，:能量为;动量为;质量为.(3)对于波长为0.34´102 nm的紫外线，:能量为;动量为;质量为.(4)对于波长为1.6´10-2 nm的x射线，:能量为;动量为;质量为.(5)对于波长为1.1´10-3 nm的γ射线，:能量为;动量为;质量为.15-6已知金属钨的逸出功为4.38 ev，若用波长为429 nm的紫光照射其表面，问能否产生光电子？若在钨的表面涂敷一层铯，其逸出功变为2.61 ev，结果又将如何？若能产生光电子，求光电子的最大初动能。
物理学第三版_刘克哲_课后答案
[第1章习题解答]1-3如题1-3图所示，汽车从A 地出发，向北行驶60km 到达B 地，然后向东行驶60km 到达c 地，最后向东北行驶50km 到达D 地。
求汽车行驶的总路程和总位移。
解汽车行驶的总路程为S=AB 十BC 十CD ＝(60十60十50)km ＝170km ；汽车的总位移的大小为Δr=AB/Cos45°十CD ＝(84.9十50)km ＝135km ，位移的方向沿东北方向，与方向一致。
1-4现有一矢量是时阃t?为什么?解：因为前者是对矢量R 的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量的太小随时间的变化率；而后者是对矢量的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量大小随时问的变化和矢量方向随时同的变化两部分的绝对值。
如果矢量方向不变，只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。
1-5一质点沿直线L 运动，其位置与时间的关系为r =6t 2-2t 3，r 和t 的单位分别是米和秒。
求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度，(3)第三秒末和第四秒末的加速度。
解：取直线L 的正方向为x 轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x 轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿x 轴的反方向。
(1)第二秒内的平均速度11121220.412)26()1624(−−⋅=⋅−−−−=−−=s m s m t t x x v ；(2)第三秒末的速度因为2612t t dtdx v −==，将t=3s 代入，就求得第三秒末的速度为v 3=18m ·s -1；用同样的方法可以求得第口秒末的速度为V 4=48m s -1；(3)第三秒末的加速度因为t dtx d 1212a 22−==，将t=3s 代入，就求得第三秒末的加速度为a 3=-24m ·s -2；用同样的方法可“求得第四秒末的加速度为a 4=-36m ·s -21-6一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为dt d v s =和dtd v a =，试证明：(1)vdv=ads ：(2)当a 为常量时，式v 2=v 02+2a(s-s 0)成立。
大学物理学第三版课后习题参考答案
习题 1选择题1 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A dt drB dt r dC dtr d ||D 22)()(dt dy dt dx +答案：D2 一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度s m v /2=,瞬时加速度2/2s m a -=,则一秒钟后质点的速度A 等于零B 等于-2m/sC 等于2m/sD 不能确定;答案：D3 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动,每t 秒转一圈,在2t 时间间隔中,其平均速度大小和平均速率大小分别为At R t R ππ2,2 B tRπ2,0 C 0,0 D 0,2tRπ答案：B填空题1 一质点,以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动,则该质点在5s 内,位移的大小是 ；经过的路程是 ;答案： 10m ； 5πm2 一质点沿x 方向运动,其加速度随时间的变化关系为a=3+2t SI,如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1,则当t 为3s 时,质点的速度v= ;答案： 23m ·s -13 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行,水流速度为2V ,一人相对于甲板以速度3V行走;如人相对于岸静止,则1V 、2V 和3V的关系是 ;答案： 0321=++V V V一个物体能否被看作质点,你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：1 物体的大小和形状；2 物体的内部结构；3 所研究问题的性质;解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响,因此主要由所研究问题的性质决定;下面几个质点运动学方程,哪个是匀变速直线运动1x=4t-3；2x=-4t 3+3t 2+6；3x=-2t 2+8t+4；4x=2/t 2-4/t;给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度,并说明该时刻运动是加速的还是减速的;x 单位为m,t 单位为s解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动;加速度又是位移对时间的两阶导数;于是可得3为匀变速直线运动;其速度和加速度表达式分别为t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s,a =4m/s 2;因加速度为正所以是加速的;在以下几种运动中,质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零1 匀速直线运动；2 匀速曲线运动；3 变速直线运动；4 变速曲线运动; 解：1 质点作匀速直线运动时,其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； 2 质点作匀速曲线运动时,其切向加速度为零,法向加速度和加速度均不为零； 3 质点作变速直线运动时,其法向加速度为零,切向加速度和加速度均不为零； 4 质点作变速曲线运动时,其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零; ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同t d d r 和d d r t 有无不同 t d d v 和td d v有无不同其不同在哪里试举例说明．解：1r ∆是位移的模,∆r 是位矢的模的增量,即r ∆12r r -=,12r r r-=∆； 2t d d r 是速度的模,即t d d r ==v ts d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有rr ˆr =式中r ˆ叫做单位矢,则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度在径向上的分量, ∴tr t d d d d 与r 不同如题图所示. 题图3t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =,tv d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢,所以 式中dt dv就是加速度的切向分量. tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论 设质点的运动方程为x =x t ,y =y t ,在计算质点的速度和加速度时,有人先求出r＝22y x +,然后根据v =trd d 及a ＝22d d t r 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v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ,a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 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j y i x r+=,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22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模;在题中已说明trd d 不是速度的模,而只是速度在径向上的分量,同样,22d d tr也不是加速度的模,它只是加速度在径向分量中的一部分⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径;或者概括性地说,前一种方法只考虑了位矢r 在径向即量值方面随时间的变化率,而没有考虑位矢r及速度v 的方向随时间的变化率对速度、加速度的贡献;一质点在xOy 平面上运动,运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计．1以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；2求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；3计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；4求出质点速度矢量表示式,计算t ＝4 s 时质点的速度；5计算t ＝0s 到t ＝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t ＝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 j t t i t r)4321()53(2-+++=m 2将1=t ,2=t 代入上式即有3∵ 0454,1716r i j r i j =-=+∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v4 1s m )3(3d d -⋅++==j t i trv则 j i v734+= 1s m -⋅ 5∵ j i v j i v73,3340+=+=6 2s m 1d d -⋅==j tva这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量;质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ,a 的单位为2s m -⋅,x 的单位为 m. 质点在x ＝0处,速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ xv v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： 2d (26)d v v adx x x ==+ 两边积分得由题知,0=x 时,100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v已知一质点作直线运动,其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅,开始运动时,x ＝5 m,v =0,求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t tva 34d d +==分离变量,得 t t v d )34(d +=积分,得 12234c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +==分离变量, t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x 所以s 10=t 时一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为 θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：1 t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；2当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω 1s 2=t 时, 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2当加速度方向与半径成ο45角时,有即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动,式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ,b 都是常量,求：1t 时刻质点的加速度；2 t 为何值时,加速度在数值上等于b ．解：1 bt v tsv -==0d d 则 240222)(Rbt v b a a a n-+=+=τ 加速度与半径的夹角为 2由题意应有即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b ∴当bv t 0=时,b a = 飞轮半径为0.4 m,自静止启动,其角加速度为β= rad ·2s -,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：当s 2=t 时,4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶,问在船上看小艇的速度为多少在艇上看船的速度又为多少解：1大船看小艇,则有1221v v v-=,依题意作速度矢量图如题图a题图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ 2小艇看大船,则有2112v v v-=,依题意作出速度矢量图如题图b,同上法,得方向南偏东o36.87.。
物理学版(刘克哲张承琚)课后习题标准答案
[物理学9章习题解答]9-3两个相同的小球质量都是m，并带有等量同号电荷q，各用长为l的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于图9-9所示的位置。
如果θ角很小，试证明两个小球的间距x可近似地表示为.解小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g、绳子的张力t和库仑力f。
于是可以列出下面的方程式,(1),(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得图9-9,由上式可以解得.得证。
9-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.9-5氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。
质子的质量m = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19c。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.9-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。
(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) f的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷的受力情况均相同。
对于任一顶角上的电荷，例如b角上的qb ，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。
由图9-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为图9-10,f1的方向与x轴的夹角为45︒。
的大小为对的作用力f2,f2的方向与x轴的夹角为0︒。
物理学第三版课后习题答案
物理学第三版课后习题答案
《物理学第三版课后习题答案：探索自然规律的奥秘》
物理学作为自然科学的一门重要学科，旨在研究自然界中各种物质和能量之间的相互作用规律，以及这些规律所蕴含的普遍规律和定律。
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在热学领域，我们可以通过习题来理解热力学定律、热传导规律等，了解热量在物体中的传播方式。
在电磁学领域，我们可以通过习题来理解库仑定律、安培定律等，探讨电荷和电流之间的相互作用规律。
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物理学(第三版)刘克哲,张承琚 第7章
第七章 振动和波动§7-1 简谐振动一、简谐振动的基本特征 1．现象描述： 2．物理描述22d x m kx dt=-或者222d x x=0dtω+其中2k =mω3．运动方程的解x=Acos(t+)ωϕ或者x=Asin(t+)ωϕ其中A 和ϕ都是积分常量，在振动过程中具有明确的物理学意义。
一般应用中选取x=Acos(t+)ωϕ这种形式。
二、描述简谐振动的物理量 1．振幅振动物体离开平衡位置的最大幅度。
对于x=Acos(t+)ωϕ，A 就是振幅，国际单位是m （米）。
2．周期周期：振动物体完成一次振动所需要的时间，用T 表示，单位：s （秒）。
频率：一秒时间内完成振动的次数，用ν表示，单位：Hz （赫兹）。
角频率：振动物体在2π秒内所完成的振动次数。
用ω表示，单位：1rad s -⋅（弧度/秒）。
三者关系：12,2TTπνωπν===3．相位和初相位0x =Acos ϕ 0v A sin ωϕ=-式中0x 和0v 分别表示振动物体在初始时刻的位移和速度，它们表示了振动物体在初始时刻的运动状态，亦即振动物体的初始条件。
A =v arctan()x ϕω=-三、简谐振动的矢量图解法和复数解法 1．简谐振动的描绘 2．复数形式简谐量x 还可以用复数来表示，可以使用Euler 公式，把一个复数x表示为 i(t )x=Ae A cos(t )iAsin(t )ωϕωϕωϕ+=+++i(t )x=Aeωϕ+ ， 四、简谐振动的能量222p 11E kx kA cos (t )22ωϕ==+22222k p 11E E E m A sin (t )kA cos (t )22ωωϕωϕ=+=+++因为2k mω=，所以上式可以化为22211E m A kA 22ω==§7-2 简谐振动的叠加一、同一直线上两个同频率简谐振动的合成 1．合成振动的表示设一个物体同时参与了在同一条直线上的两个频率相同的简谐振动，并且这两个简谐振动分别可以表示为111x =A cos(t+)ωϕ 222x =A cos(t+)ωϕ因为两个简谐振动处于同一直线上，我们可以认为1x 和2x 是相对于同一平衡位置的位移，于是，物体所参与的合振动就一定也处于这同一条直线上，合位移x 应等于两个分位移1x 和2x 的代数和。
刘克哲物理学课后习题答案
刘克哲物理学课后习题答案【篇一：物理学第三版(刘克哲张承琚)课后习题答案第第1章】1-3 如题1-3图所示，汽车从a地出发，向北行驶60 km到达b地，然后向东行驶60 km到达c地，最后向东北行驶50km到达d地。
求汽车行驶的总路程和总位移。
解汽车行驶的总路程为s=ab十bc十cd＝(60十60十50)km＝170 km；汽车的总位移的大小为等?为什么?dtdt在一般情况下是否相r的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量r的太小随时间的变化率；而后者是对矢量r的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量r大小随时问的变化和矢量r方向随时同的变化两部分的绝对值。
如果矢量r方向不变，只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。
1-5 一质点沿直线l运动，其位置与时间的关系为r =6t2-2t3，r和t的单位分别是米和秒。
求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末和第四秒末的速度，1(3)第三秒末和第四秒末的加速度。
解：取直线l的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿x轴的反方向。
(1)第二秒内的平均速度v2?x2?x1t2?t1(24?16)?(6?2)2?1m?s14.0ms1；(2)第三秒末的速度因为v?dxdt12t6t2，将t=3 s代入，就求得第三秒末的速度为用同样的方法可以求得第口秒末的速度为 v4=48m s-1；(3)第三秒末的加速度因为a?dxdt221212t，将t=3 s代入，就求得第三秒末的加速度为1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为v?试证明：(1)vdv=ads：(2)当a为常量时，式v2=v02+2a(s-s0)成立。
解2dsdt和advdt，(1)vdv?dsdtdv?dvdtds?ads；vv0(2)对上式积分，等号左边为： ?等号右边为： ?ss0vdv?12?vv0d(v)?212(v?v0)2ads?a(s?s0)于是得：v2-v02=2a(s-s0) 即：v2=v02+2a(s-s0)1-7 质点沿直线运动，在时间t后它离该直线上某定点0的距离s满足关系式：s=(t -1)2(t- 2)，s和t的单位分别是米和秒。
大学物理答案（第三版）
⼤学物理答案（第三版）习题七⽓体在平衡态时有何特征?⽓体的平衡态与⼒学中的平衡态有何不同?答：⽓体在平衡态时，系统与外界在宏观上⽆能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．⼒学平衡态与热⼒学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的⼤量粒⼦仍在不停地、⽆规则地运动着，⼤量粒⼦运动的平均效果不变，这是⼀种动态平衡．⽽个别粒⼦所受合外⼒可以不为零．⽽⼒学平衡态时，物体保持静⽌或匀速直线运动，所受合外⼒为零．⽓体动理论的研究对象是什么?理想⽓体的宏观模型和微观模型各如何? 答：⽓体动理论的研究对象是⼤量微观粒⼦组成的系统．是从物质的微观结构和分⼦运动论出发，运⽤⼒学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的⽅法．从宏观看，在温度不太低，压强不⼤时，实际⽓体都可近似地当作理想⽓体来处理，压强越低，温度越⾼，这种近似的准确度越⾼．理想⽓体的微观模型是把分⼦看成弹性的⾃由运动的质点．何谓微观量?何谓宏观量?它们之间有什么联系?答：⽤来描述个别微观粒⼦特征的物理量称为微观量．如微观粒⼦(原⼦、分⼦等)的⼤⼩、质量、速度、能量等．描述⼤量微观粒⼦(分⼦或原⼦)的集体的物理量叫宏观量，如实验中观测得到的⽓体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量．⽓体宏观量是微观量统计平均的结果．2864215024083062041021++++?+?+?+?+?==∑∑iii NV N V7.2141890== 1s m -? ⽅均根速率28642150240810620410212232222++++?+?+?+?+?==∑∑iii NV N V6.25= 1s m -?7.7 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分⼦数密度，N 为系统总分⼦数)．（1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )(（4）vv v f 0d )( （5）?∞d )(v v f （6）?21d )(v v v v Nf解：)(v f ：表⽰⼀定质量的⽓体，在温度为T 的平衡态时，分布在速率v 附近单位速率区间的分⼦数占总分⼦数的百分⽐.(1) v v f d )(：表⽰分布在速率v 附近，速率区间v d 的分⼦数占总分⼦数的百分⽐.(2) v v nf d )(：表⽰分布在速率v 附近、速率区间dv 的分⼦数密度． (3) v v Nf d )(：表⽰分布在速率v 附近、速率区间dv 的分⼦数．(4)vv v f 0d )(：表⽰分布在21~v v 区间的分⼦数占总分⼦数的百分⽐．(5)?∞d )(v v f ：表⽰分布在∞~0的速率区间所有分⼦，其与总分⼦数的⽐值是1.(6)?21d )(v v v v Nf ：表⽰分布在21~v v 区间的分⼦数.7.8 最概然速率的物理意义是什么?⽅均根速率、最概然速率和平均速率，它们各有何⽤处? 答：⽓体分⼦速率分布曲线有个极⼤值，与这个极⼤值对应的速率叫做⽓体分⼦的最概然速率．物理意义是：对所有的相等速率区间⽽⾔，在含有P v 的那个速率区间的分⼦数占总分⼦数的百分⽐最⼤．分布函数的特征⽤最概然速率P v 表⽰；讨论分⼦的平均平动动能⽤⽅均根速率，讨论平均⾃由程⽤平均速率．7.9 容器中盛有温度为T 的理想⽓体，试问该⽓体分⼦的平均速度是多少?为什么?答：该⽓体分⼦的平均速度为0.在平衡态，由于分⼦不停地与其他分⼦及容器壁发⽣碰撞、其速度也不断地发⽣变化，分⼦具有各种可能的速度，⽽每个分⼦向各个⽅向运动的概率是相等的，沿各个⽅向运动的分⼦数也相同．从统计看⽓体分⼦的平均速度是0.7.10 在同⼀温度下，不同⽓体分⼦的平均平动动能相等，就氢分⼦和氧分⼦⽐较，氧分⼦的质量⽐氢分⼦⼤，所以氢分⼦的速率⼀定⽐氧分⼦⼤，对吗? 答：不对，平均平动动能相等是统计平均的结果．分⼦速率由于不停地发⽣碰撞⽽发⽣变化，分⼦具有各种可能的速率，因此，⼀些氢分⼦的速率⽐氧分⼦速率⼤，也有⼀些氢分⼦的速率⽐氧分⼦速率⼩．7.11 如果盛有⽓体的容器相对某坐标系运动，容器的分⼦速度相对这坐标系也增⼤了，温度也因此⽽升⾼吗?答：宏观量温度是⼀个统计概念，是⼤量分⼦⽆规则热运动的集体表现，是分⼦平均平动动能的量度，分⼦热运动是相对质⼼参照系的，平动动能是系统的动能．温度与系统的整体运动⽆关．只有当系统的整体运动的动能转变成⽆规则热运动时，系统温度才会变化．7.12 题7.12图(a)是氢和氧在同⼀温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪⼀条代表氢?题6-10图(b)是某种⽓体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪⼀条的温度较⾼? 答：图(a)中(1)表⽰氧，(2)表⽰氢；图(b)中(2)温度⾼．题7.12图7.13 温度概念的适⽤条件是什么?温度微观本质是什么?答：温度是⼤量分⼦⽆规则热运动的集体表现，是⼀个统计概念，对个别分⼦⽆意义．温度微观本质是分⼦平均平动动能的量度． 7.14 下列系统各有多少个⾃由度： (1)在⼀平⾯上滑动的粒⼦；(2)可以在⼀平⾯上滑动并可围绕垂直于平⾯的轴转动的硬币； (3)⼀弯成三⾓形的⾦属棒在空间⾃由运动．解：(1) 2，(2)3，(3)67.15 试说明下列各量的物理意义．（1）kT 21 （2）kT 23 （3）kT i2（4）RT i M M mol 2 （5）RT i 2 （6）RT 23解：(1)在平衡态下，分⼦热运动能量平均地分配在分⼦每⼀个⾃由度上的能量均为k 21T ． (2)在平衡态下，分⼦平均平动动能均为kT 23. (3)在平衡态下，⾃由度为i 的分⼦平均总能量均为kT i2. (4)由质量为M ，摩尔质量为mol M ，⾃由度为i 的分⼦组成的系统的能为RT iM M 2mol .(5) 1摩尔⾃由度为i 的分⼦组成的系统能为RT i2. (6) 1摩尔⾃由度为3的分⼦组成的系统的能RT 23，或者说热⼒学体系，1摩尔分⼦的平均平动动能之总和为RT 23.7.16 有两种不同的理想⽓体，同压、同温⽽体积不等，试问下述各量是否相同?(1)分⼦数密度；(2)⽓体质量密度；(3)单位体积⽓体分⼦总平动动能；(4)单位体积⽓体分⼦的总动能．解：(1)由kTpn nkT p ==,知分⼦数密度相同； (2)由RTpM V M mol ==ρ知⽓体质量密度不同； (3)由kT n23知单位体积⽓体分⼦总平动动能相同； (4)由kT in 2知单位体积⽓体分⼦的总动能不⼀定相同．7.17 何谓理想⽓体的能?为什么理想⽓体的能是温度的单值函数?解：在不涉及化学反应，核反应，电磁变化的情况下，能是指分⼦的热运动能量和分⼦间相互作⽤势能之总和．对于理想⽓体不考虑分⼦间相互作⽤能量，质量为M 的理想⽓体的所有分⼦的热运动能量称为理想⽓体的能．由于理想⽓体不计分⼦间相互作⽤⼒，能仅为热运动能量之总和．即RT iM M E 2mol =是温度的单值函数．7.18 如果氢和氦的摩尔数和温度相同，则下列各量是否相等，为什么?(1)分⼦的平均平动动能；(2)分⼦的平动动能；(3)能．解：(1)相等，分⼦的平均平动动能都为kT 23． (2)不相等，因为氢分⼦的平均动能kT 25，氦分⼦的平均动能kT 23． (3)不相等，因为氢分⼦的能RT 25υ，氦分⼦的能RT 23υ．7.19 有⼀⽔银⽓压计，当⽔银柱为0.76m ⾼时，管顶离⽔银柱液⾯0.12m ，管的截⾯积为2.0×10-4m 2，当有少量氦(He)混⼊⽔银管顶部，⽔银柱⾼下降为0.6m ，此时温度为27℃，试计算有多少质量氦⽓在管顶(He 的摩尔质量为0.004kg ·mol -1)?解：由理想⽓体状态⽅程RT M MpV mol=得 RTpVM M mol =汞的重度 51033.1?=Hg d 3m N -?氦⽓的压强 Hg )60.076.0(d P ?-= 氦⽓的体积 4100.2)60.088.0(-??-=V 3m)27273()100.228.0()60.076.0(004.04Hg +-?=-R d M )27273(31.8)100.228.0()60.076.0(004.04Hg +-?=-d61091.1-?=Kg7.20 设有N 个粒⼦的系统，其速率分布如题7.20图所⽰．求 (1)分布函数)(v f 的表达式； (2)a 与0v 之间的关系；(3)速度在1.50v 到2.00v 之间的粒⼦数． (4)粒⼦的平均速率．(5)0.50v 到10v 区间粒⼦平均速率．题7.20图解：(1)从图上可得分布函数表达式≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ??≥≤≤≤≤=)2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v Na v v Nv av v f )(v f 满⾜归⼀化条件，但这⾥纵坐标是)(v Nf ⽽不是)(v f 故曲线下的总⾯积为N ，(2)由归⼀化条件可得==+000002032d d v v v v Na Nv a N v v avN (3)可通过⾯积计算N v v a N 31)5.12(00=-=?(4) N 个粒⼦平均速率+===∞∞00202d d d )(1d )(v v v v av v v av v v vNf Nv v vf v02020911)2331(1v av av N v =+=(5)05.0v 到01v 区间粒⼦平均速率==0005.0115.0d d v v v v NNv N N N Nv v ??==00005.05.00211d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N2471)243(1d 12103003015.002100av N v av v av N v v av N v v v =-==? 05.0v 到01v 区间粒⼦数N av v v a a N 4183)5.0)(5.0(210001==-+=9767020v N av v ==7.21 试计算理想⽓体分⼦热运动速率的⼤⼩介于1100-?-p p v v 与1100-?+p p v v 之间的分⼦数占总分⼦数的百分⽐．解：令Pv vu =，则麦克斯韦速率分布函数可表⽰为 du e u N dN u 224-=π因为1=u ,02.0=?u由 u e u N N u ?=?-224π得 %66.102.0141==?-e N N π7.22 容器中储有氧⽓，其压强为p ＝0.1 MPa(即1atm)温度为27℃，求(1)单位体积中的分⼦n ；(2)氧分⼦的质量m ；(3)⽓体密度ρ；(4)分⼦间的平均距离e ；(5)平均速率v ；(6)⽅均根速率2v ；(7)分⼦的平均动能ε．解：(1)由⽓体状态⽅程nkT p =得242351045.23001038.110013.11.0?===-kT p n 3m - (2)氧分⼦的质量26230mol 1032.51002.6032.0?=?==N M m kg (3)由⽓体状态⽅程RT M MpV mol=得 13.030031.810013.11.0032.05mol ===RT p M ρ 3m kg -?(4)分⼦间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-?=?==ne m(5)平均速率58.446032.030031.860.160.1mol =?≈=M RT v 1s m -? (6) ⽅均根速率87.48273.1mol2=≈M RTv 1s m -? (7) 分⼦的平均动能20231004.13001038.12525--?===kT εJ7.23 1mol 氢⽓，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和能各是多少? 解：理想⽓体分⼦的能量RT iE 2υ= 平动动能 3=t 5.373930031.823=??=t E J 转动动能 2=r 249330031.822=??=r E J能5=i 5.623230031.825=??=i E J7.24 ⼀瓶氧⽓，⼀瓶氢⽓，等压、等温，氧⽓体积是氢⽓的2倍，求(1)氧⽓和氢⽓分⼦数密度之⽐；(2)氧分⼦和氢分⼦的平均速率之⽐．解：(1)因为 nkT p =则1=HOn n (2)由平均速率公式mol60.1M RTv = 41mol mol ==O H HOM M v v7.25 ⼀真空管的真空度约为1.38×10-3Pa(即1.0×10-5mmHg)，试求在27℃时单位体积中的分⼦数及分⼦的平均⾃由程(设分⼦的有效直径d ＝3×10-10m)．解：由⽓体状态⽅程nkT p =得172331033.33001038.11038.1?===-kT p n 3m - 由平均⾃由程公式 nd 221πλ= 5.71033.3109211720==-πλ m 7.26 (1)求氮⽓在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，⽓压降到1.33×10-4 Pa ，平均碰撞频率⼜为多少(设分⼦有效直径10-10m)? 解：(1)碰撞频率公式v n d z 22π= 对于理想⽓体有nkT p =，即。
物理学第3版习题解答_第7章正弦交流电路
6
的相位。求线圈的电感。
解： f 100 Hz ， R 20 ， RL 串联电路： arctan
6
XL 2fL arctan R R 6
2fL 3 R 3
7-9
L=0.0183H
已 知 RLC 串 联 电 路 参 数 为 R 20 ， L 0.1H , C 50F ， 信 号 频 率
（４） P、Q、S 。 电感上电压的瞬时值表达式 u R、u L、u C 。
4
解： X L L 40
XC
1 80 C
j 530
R j ( X X ) 30 j 40 50e (1) Z L C （2） I 0 U 4.4e j 73 Z
日光灯电路的电压矢量图
I
（2） Z
2 R2 X L 600
U I 0.366 A Z
（3） arctan
XL 60 0 R U L IX L 190.7V
（4） U R IR 110V ,
（5） i 0.366 2 sin 100t ( A)
（2） i i1 i 2
i 5 6 sin t ( A)
I I j5 I 1 2
7-4
i 5 2 sin(t 90 )( A)
已知负载电压 U (160 j120)(V ) ，电流 I (24 j 32)( A) 。求负载阻抗 Z。
j 37 0
i1 44 2 sin(314t 530 )( A) i2 110 sin(314t 45 0 )( A) 3
i 98.66 sin(314t 50.12 0 )( A)
第物理学第三版(刘克哲 张承琚)课后习题答案第一章三章
[物理学3章习题解答]3-1用榔头击钉子，如果榔头的质量为500 g，击钉子时的速率为8.0 m⋅s-1，作用时间为2.0⨯10-3 s，求钉子所受的冲量和榔头对钉子的平均打击力。
解对于榔头：,式中i1是榔头所受的冲量，是榔头所受钉子的平均打击力；对于钉子：,式中i2是钉子受到的冲量，是钉子所受的平均打击力，显然= -。
题目所要求的是i2和：,i2的方向与榔头运动方向一致。
,的方向与榔头运动方向一致。
3-2 质量为10 g的子弹以500 m⋅s-1 的速度沿与板面垂直的方向射向木板，穿过木板，速度降为400 m⋅s-1 。
如果子弹穿过木板所需时间为1.00⨯10-5 s，试分别利用动能定理和动量定理求木板对子弹的平均阻力。
解(1)用动能定理求解：, (1)其中是木板对子弹的平均阻力，d为穿过木板的厚度，它可用下面的关系求得：, (2). (3)由式(2)和式(3)联立所求得的木板厚度为&nb .根据式(1)，木板对子弹的平均阻力为.(2)用动量定理求解：,.与上面的结果一致。
由求解过程可见，利用动量定理求解要简便得多。
3-4 质量为m 的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v ，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是α，如图3-3所示。
若小球与桌面作用的时间为δt ，求小球对桌面的平均冲力。
解 设桌面对小球的平均冲力为f ，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.由第一个方程式可以求得,由第二个方程式可以求得.根据牛顿第三定律，小球对桌面的平均冲力为,负号表示小球对桌面的平均冲力沿y 轴的负方向。
3-5 如图3-4所示，一个质量为m 的刚性小球在光滑的水平桌面上以速度v 1 运动，v 1 与x 轴的负方向成α角。
当小球运动到o 点时，受到一个沿y 方向的冲力作用，使小球运动速度的大小和方向都发生了变化。
已知变化后速度的方向与x 轴成β角。
如果冲力与小球作用的时间为δt ，求小球所受的平均冲力和运动速率。
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[物理学7章习题解答]7-2 一个运动质点的位移与时间的关系为m ,其中x的单位是m，t的单位是s。
试求：(1)周期、角频率、频率、振幅和初相位；(2) t = 2 s时质点的位移、速度和加速度。
解(1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式相比较，可以得到角频率s 1, 频率, 周期, 振幅,初相位.(2) t = 2 s时质点的位移.t = 2 s时质点的速度.t = 2 s时质点的加速度.7-3 一个质量为2.5 kg的物体系于水平放置的轻弹簧的一端，弹簧的另一端被固定。
若弹簧受10 n的拉力，其伸长量为5.0 cm，求物体的振动周期。
解根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数,于是，振动系统的角频率为.所以，物体的振动周期为.7-4求图7-5所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解 以平衡位置o 为坐标原点，建立如图7-5所示的坐标系。
若物体向右移动了x ，则它所受的力为.根据牛顿第二定律，应有,改写为.所以,.7-5 求图7-6所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m ，两个轻弹簧的劲度系数分别为k 1 和k 2。
解 以平衡位置o 为坐标原点，建立如图7-6所示的坐标系。
当物体由原点o 向右移动x 时，弹簧1伸长了x 1 ，弹簧2伸长了x 2 ，并有.物体所受的力为,式中k 是两个弹簧串联后的劲度系数。
由上式可得, .于是，物体所受的力可另写为,由上式可得,所以. 图7-5 图7-6装置的振动角频率为,装置的振动频率为.7-6仿照式(7-15)的推导过程，导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
解由教材中的例题7-3，单摆的角位移θ与时间t的关系可以写为θ = θ0 cos (ω t+ϕ) ,单摆系统的机械能包括两部分, 一部分是小物体运动的动能,另一部分是系统的势能，即单摆与地球所组成的系统的重力势能.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和，即,因为, 所以上式可以化为.于是就得到,由此可以求得单摆系统中物体的速度为.这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
7-7 与轻弹簧的一端相接的小球沿x轴作简谐振动，振幅为a，位移与时间的关系可以用余弦函数表示。
若在t = 0时，小球的运动状态分别为(1) x = -a；(2)过平衡位置，向x轴正方向运动；(3)过x =处，向x轴负方向运动；(4)过x =处，向x轴正方向运动。
试确定上述各状态的初相位。
解(1)将t = 0和x = a代入,得,.(2)根据以及，可以得到,.由上两式可以解得.(3)由和v < 0可以得到,.由上两式可以解得.(4)由和v > 0可以得到,.由上两式可以解得.7-8 长度为l的弹簧，上端被固定，下端挂一重物后长度变为l + s，并仍在弹性限度之内。
若将重物向上托起，使弹簧缩回到原来的长度，然后放手，重物将作上下运动。
(1)证明重物的运动是简谐振动；(2)求此简谐振动的振幅、角频率和频率；(3)若从放手时开始计时，求此振动的位移与时间的关系(向下为正)。
解(1)以悬挂了重物后的平衡位置o为坐标原点，建立如图7-7所示的坐标系。
因为当重物处于坐标原点o时重力与弹力相平衡，即,. (1)当重物向下移动x时，弹簧的形变量为(s + x )，物体的运动方程可以写为,将式(1)代入上式，得,即. (2)重物的运动满足这样的微分方程式，所以必定是简谐振动。
(2)令, (3)方程式(2)的解为. (4)振幅可以根据初始条件求得：当t = 0 时，x0 = s，v0 = 0，于是.角频率和频率可以根据式(3)求得：,.图7-7(3)位移与时间的关系：由, 以及当t = 0 时，x0 = -s，v0 = 0，根据式(4)，可以得到,.由以上两式可解得.故有.7-9 一个物体放在一块水平木板上，此板在水平方向上以频率ν作简谐振动。
若物体与木板之间的静摩擦系数为μ0 ，试求使物体随木板一起振动的最大振幅。
解设物体的质量为m，以平衡位置o为坐标原点建立如图7-8所示的坐标系。
由于物体与木板之间存在静摩擦力，使物体跟随木板一起在水平方向上作频率为ν的简谐振动。
振动系统的加速度为,可见，加速度a的大小正比与振幅a，在最大位移处加速度为最大值.最大加速度a max对应于最大振幅a max，而与此最大加速度所对应的力应小于或等于重物与木板之间的最大静摩擦力，物体才能跟随木板一起振动。
所以可以列出下面的方程式,.由以上两式可以解得使物体随木板一起振动的最大振幅，为.图7-87-10 一个物体放在一块水平木板上，此板在竖直方向上以频率 作简谐振动。
试求物体和木板一起振动的最大振幅。
解设物体的质量为m，以平衡位置o为坐标原点建立如图7-9所示的坐标系。
物体所受的力，有向下的重力m g和向上的支撑力n，可以列出下面的运动方程. (1)由简谐振动,可以求得加速度.当振动达到最高点时，木板的加速度的大小也达到最大值，为,(2)负号表示加速度的方向向下。
如果这时物体仍不脱离木板，物体就能够跟随木板一起上下振动。
将式(2)代入式(1)，得. (3)物体不脱离木板的条件是,取其最小值，并代入式(3)，得,于是可以求得物体和木板一起振动的最大振幅，为.7-11 一个系统作简谐振动，周期为t，初相位为零。
问在哪些时刻物体的动能与势能相等？解初相位为零的简谐振动可以表示为.振动系统的动能和势能可分别表示为,.因为图7-9,所以势能可以表示为.当时，应有,即,.由上式解得将代入上式，得或7-12 质量为10 g的物体作简谐振动，其振幅为24 cm，周期为1.0 s，当t = 0时，位移为+24 cm，求：(1) 时物体的位置以及所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到x = 12 cm处所需要的最少时间；(3)在x = 12 cm处物体的速度、动能、势能和总能量。
解首先根据已知条件得出位移与时间关系的具体形式。
一般形式为.将, , , 各量代入上式，同时，根据时，求得, ，于是得到简谐振动的具体形式为.(1) 物体的位置为,所受力的大小为,方向沿x轴的反方向。
(2)由起始位置运动到x = 12 cm处所需要的最少时间,,题目要求最少时间，上式中应取正号。
所以.(3)在x = 12 cm处,.物体的速度为.物体的动能为.物体的势能为,所以物体的总能量.7-13 质量为0.10 kg的物体以2.0⨯10-2m的振幅作简谐振动，其最大加速度为4.0 m⋅s-2 ，求：(1)振动周期；(2)通过平衡位置的动能；(3)总能量。
解(1) 最大加速度与角频率之间有如下关系,所以.由此可求得振动周期，为.(2)到达平衡位置时速率为最大，可以表示为,故通过平衡位置时的动能为.(3)总能量为.7-14一个质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动：和(式中x的单位是m，t的单位是s)，求合振动的振幅和初相位。
解已知a1 = 0.05 m、ϕ= π / 3、a2 = 0.06 m和ϕ2 = -2π / 3，故合振动的振幅为.合振动的初相位为,.但是ϕ不能取π / 3，这是因为x1和x2是两个相位相反的振动，如果它们的振幅相等，则合振动是静止状态，如果它们的振幅不等，则合振动与振幅较大的那个振动同相位。
在我们的问题中，，所以合振动与x2同相位。
于是，在上面的结果中，合振动得初相位只能取，即.7-15 有两个在同一直线上的简谐振动：m和m，试问：(1)它们合振动的振幅和初相位各为多大？(2)若另有一简谐振动m，分别与上两个振动叠加，ϕ为何值时，x1 + x3 的振幅为最大？ϕ为何值时，x2+ x3 的振幅为最小？解(1)合振动的振幅为.合振动的初相位,考虑到x1与x2相位相反，，所以合振动x应与x2同相位，故取.(2)当时，合振动的振幅为最大，所以这时合振动的振幅为.当时，合振动的振幅为最小，所以这时合振动的振幅为.7-16 在同一直线上的两个同频率的简谐振动的振幅分别为0.04 m和0.03 m，当它们的合振动振幅为0.06 m时，两个分振动的相位差为多大？解合振动的振幅平方可以表示为,所以,.7-17 一个质量为5.00 kg的物体悬挂在弹簧下端让它在竖直方向上自由振动。
在无阻尼的情况下，其振动周期为；在阻尼振动的情况下，其振动周期为。
求阻力系数。
解无阻尼时.有阻尼时.根据关系式,解出β，得将β代入下式就可求得阻力系数.7-21某一声波在空气中的波长为0.30 m，波速为340 m⋅s-1 。
当它进入第二种介质后，波长变为0.81 m。
求它在第二种介质中的波速。
解由于波速u、波长λ和波的频率ν之间存在下面的关系,当声波从一种介质进入另一种介质时，频率不会改变，所以.于是可以求得声波在第二种介质中的波速，为.7-22 在同一种介质中传播着两列不同频率的简谐波，它们的波长是否可能相等？为什么？如果这两列波分别在两种介质中传播，它们的波长是否可能相等？为什么？解根据书中160页波在介质中的传播速率的表达式(7-50)至(7-52)，可以看到，波的传播速率是由介质自身的特性所决定。
所以，两列不同频率的简谐波在同一种介质中，是以相同的速率传播的。
故有.可见，频率不同的两列波，其波长不可能相同。
当这两列不同频率的波在不同的介质中传播时，上面的关系式不成立。
只要两种介质中的波速之比等于它们的频率之比，两列波的波长才会相等。
7-23 已知平面简谐波的角频率为ω =15.2⨯102 rad⋅s-1，振幅为a=1.25⨯10-2 m，波长为λ = 1.10 m，求波速u，并写出此波的波函数。
解波的频率为.波速为.所以波函数可以写为.7-24 一平面简谐波沿x轴的负方向行进，其振幅为1.00 cm，频率为550 hz，波速为330 m⋅s-1 ，求波长，并写出此波的波函数。
解波长为.波函数为.7-25 在平面简谐波传播的波线上有相距3.5 cm的a、b两点，b点的相位比a点落后45︒。
已知波速为15 cm⋅s-1 ，试求波的频率和波长。
解设a和b两点的坐标分别为x1和x2，这样两点的相位差可以表示为,即.由上式可以求得波长，为.波的频率为.7-27波源作简谐振动，位移与时间的关系为y = (4.00⨯10-3 ) cos 240πt m，它所激发的波以30.0 m⋅s-1 的速率沿一直线传播。
求波的周期和波长，并写出波函数。
解设波函数为.已知, , , 根据这些数据可以分别求得波的周期和波长。
波的频率为.波的周期和波长分别为,.于是，波函数可以表示为.7-29沿绳子行进的横波波函数为，式中长度的单位是cm，时间的单位是s。
试求：(1)波的振幅、频率、传播速率和波长；(2)绳上某质点的最大横向振动速率。