【正文】 據(jù)能量密度 平均能量密度 12 22 波的強(qiáng)度 得： 最大能量密度為： Iu J/m 3 (J/m) 3 22 (J/m) 3 (2) 兩相鄰?fù)嗝骈g，波帶中包含的能量就是在一個(gè)波長(zhǎng)的距離中包含的能量，因 能量密度 2 2 2 xu 2 2 xu dEdV 故 1 2 12 uv300300 2 (J) 99 (1) P為單位時(shí)間通過(guò)截面的平均能量，有： W 10 3 (2) I為單位時(shí)間通過(guò)垂直于波的傳播方向單位面積的平均能量，有： ) (3) 據(jù)平均能量密度和 I與 u的關(guān)系，有： ) 910 解 設(shè) P 點(diǎn)為波源 S1 外側(cè)任意一點(diǎn)，相距 S1 為 r1，相距 S2 為 r2，則S S2的振動(dòng)傳到 P點(diǎn)的相位差為： 或由課本(924)，知 4 合振幅 故 Ip=0 設(shè) Q點(diǎn)為 S2外側(cè)的任意一點(diǎn)，同理可求得 S S2的振動(dòng)傳到 Q的相位差為： 合振動(dòng) 合成波的強(qiáng)度與入射波強(qiáng)度之比為： IQI0 212 即 11 解（ 1）因合成波方程為： 2 2 m 故細(xì)繩上的振動(dòng)為駐波式振動(dòng)。 94 解（ 1）平面諧波標(biāo)準(zhǔn)波動(dòng)方程為： 由圖可知， A= 對(duì)于圖中 O點(diǎn)，有： 34T 代入標(biāo)準(zhǔn) 波動(dòng)方程 : 32 故 對(duì)于 O點(diǎn)， t=0時(shí)的初始相位 2 2 2 圖中 P點(diǎn)位相始終落后 O點(diǎn) T4 時(shí)間，即相位落后，故 t=0時(shí)， P點(diǎn)初相位 p 。8章 機(jī)械振動(dòng) 81 解：取固定坐標(biāo) xOy，坐標(biāo)原點(diǎn) O在水面上（圖題所示） 設(shè)貨輪靜止不動(dòng)時(shí)，貨輪上的 A點(diǎn)恰在水面上，則浮力為 往下沉一點(diǎn)時(shí)， 合力 又 dt22習(xí)題 81圖 故 Mdy dt 2 故作簡(jiǎn)諧振動(dòng) M 82 解：取物體 A為研究對(duì)象，建立坐標(biāo) Ox軸沿斜面向下，原點(diǎn)取在平衡位置處，即在初始位置斜下方距離 l0處，此時(shí)： (1) A物體共受三 力；重 mg, 支持力 N, 張力 ，有 T=kx 列出 A在任一位置 x處的牛頓方程式 將（ 1）式代入上式，整理后得 dx 故物體 A的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，且 由初始條件 求得 故物體 A 的運(yùn)動(dòng)方程為 x=(7t+π)m (2) 當(dāng)考慮滑輪質(zhì)量時(shí)，兩段繩子中張力數(shù)值不等，如圖所 示，分別 為 T T2,則對(duì) A列出任一位置 x處的牛頓方程式 為 : 出轉(zhuǎn)動(dòng)方 2 對(duì)滑輪列程為：習(xí)題 82 圖 式中 ,T2=k(l0+x) （ 4） 由式（ 3）、 (4)知 dt22代入 (2)式知 又由（ 1）式知 2 2故 即 dx (M M 可見(jiàn)，物體 A仍作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，此時(shí)圓頻率為： M 由于初始條件： 可知， A、 不變，故物體 A的運(yùn)動(dòng)方程為 : 由以上可知：彈簧在斜面上的運(yùn)動(dòng)，仍為簡(jiǎn)諧振動(dòng)，但平衡位置發(fā)生了變化，滑輪的質(zhì)量改變了系統(tǒng)的振動(dòng)頻率 . 83 解：簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式： 由題圖可知， 當(dāng) t=0 時(shí)，將 代入簡(jiǎn)諧振動(dòng)表達(dá)式，得： 12 由 當(dāng) t=0 時(shí)， 由圖可知， 即故由 12 ,取 3 習(xí)題 83圖 又因 :t=1s 時(shí)， 將其入代簡(jiǎn)諧振動(dòng)表達(dá)式，得 由 t=1s時(shí) 知， 取， 即 質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式為 84 解：以該球的球心為原點(diǎn)，假設(shè)微粒在某一任意時(shí)刻位于遂道中的位矢為 r，由高斯 定理可知 3 ,則微粒在此處受電場(chǎng)力為 3 式中，負(fù)號(hào)表明電場(chǎng) F的方向與 r的正方向相反，指向球心 .由上式及牛頓定律，得： 2 2 3 drdt 2 3 m drdt 3 2 2 3 令 2 則 drdt 2 2 故微粒作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，平衡點(diǎn)在球心處 .由 3 知 85 解：（ 1）取彈簧原長(zhǎng)所在位置為 點(diǎn) .當(dāng)彈簧掛上物體 A 時(shí)，處于靜止位置 P點(diǎn)，有： 將 A與 B粘合后，掛在彈簧下端，靜止平衡所在位置 O點(diǎn)，取 O點(diǎn)為原坐標(biāo)原點(diǎn)如圖題 85所示，則有： 設(shè)當(dāng) B與 A粘在一起后，在其運(yùn)動(dòng)過(guò)程的任一位置，彈簧形變量 則A、 B系統(tǒng)所受合力為： 即 可見(jiàn) A與 B作簡(jiǎn)諧和振動(dòng) . (2) 由上式知， dxdt 2 2 以 B與 A相碰點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此時(shí) A與 B在 P點(diǎn)，由圖題 85可知 Mgk 習(xí)題 則 t=0時(shí)， mgk 負(fù)號(hào)表 P點(diǎn)在 O點(diǎn)上方 ) 又 B與 A為非彈性碰撞，碰撞前 B的速度為 2 碰撞后， A、 B的共同速度為： 則 t=0時(shí)， 2 （方向向上） 可求得： 22 可知 A與 B振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)表達(dá)式為： (3) 彈簧所受的最大拉力，應(yīng)是彈簧最大形變時(shí)的彈力，最大形變?yōu)椋? 則最大拉力 86 解： (1) 已知 2,如選 x軸向下為正方向 . 1 已知初始條件 即 而 取 故： (2) 如圖 題所示坐標(biāo)中，在平衡位置上方 , 即 x=，有 3 因?yàn)樗髸r(shí)間為最短時(shí)間，故物體從初始位置向上運(yùn)動(dòng)， 故 則取 2 習(xí)題 86圖 可得： (3) 物體在平衡位置上方 指向平衡位置 . 87 解：子彈射入木塊為完全非彈性碰撞，設(shè) u 為子彈射入木塊后二者共同速度，由動(dòng)量定理可知 ： 不計(jì)摩擦，彈簧壓縮過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即： 1 2kx0 （ x0為彈簧最大形變量） 2 由此簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅 系統(tǒng)圓頻率 若取物體靜止時(shí)的位置 O（平衡位置）為坐標(biāo)原點(diǎn)， Ox 軸水平向右為正，則初始條件為： t=0時(shí)， 由 得： 則木塊與子彈二者作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其振動(dòng)表達(dá)式為： 2)m 88 解：當(dāng)物體 m1向右移動(dòng) x時(shí)，左方彈簧伸長(zhǎng) x，右方彈簧縮短 x，但它們物體的作用方向是相同的，均與物體的位移方向相反，即 令 F=kx,有 m k由 得 則粘上油泥塊后，新的振動(dòng)系統(tǒng)質(zhì)量為： m k新的周期 在平衡位置時(shí)， m2與 m1發(fā)生完全非彈性碰撞 . 碰撞前， m1的速度 設(shè)碰撞后， m1和 m2共同速度為 根據(jù)動(dòng)量守恒定律， 則 新的振幅 )知， 9 解：（ 1）由振動(dòng)方程 故振動(dòng)周期： (2) t=0時(shí)，由振動(dòng)方程得： dxdt (3) 由旋轉(zhuǎn)矢量法知，此時(shí)的位相： 3 3 速度 加速度 212 m/s) 2 2 所受力 （ 4）設(shè)質(zhì)點(diǎn)在 x處的動(dòng)能與勢(shì)能相等，由于簡(jiǎn)諧振動(dòng)能量守恒，即： 12kA 112 (kA) 22 2 故有： 即 12kx 2 1 可得： 22 810 解：（ 1）砝碼運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn) 時(shí)，加速度最大，方向向下，由牛頓第二定律，有： ma max N是平板對(duì)砝碼的支持力 . 22 故 砝碼對(duì)板的正壓力與 N 大小相等，方向相反 .砝碼運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，加速度也是最大，但方向向上，