1、IL?11? ?Nv01?2?aa?L2?4?10?7?1000?3?3V 12-13解 利用大学物理学学习指导例7-4的结果,有 ?3?2dB?2?5?R?10V ?dt?412?的方向从A指向B。 12-14解 设sin?t?0时长直导线电流I的方向向上。 长直导线电流I产生的通过矩形线圈ABCD回路面积的磁通为 ?3a20?0I2radr?a20?3a2a2?0Ia2ln3 所以M?0a2d(I0sin?t)?adI?M?0ln3?I0?cos?t ?Mdtdt2当cos?0时?0,表示其方向为逆时针绕向;当cos?0,表示其方向为顺时针绕向。 12-21解 设圆柱形导线半径为R,当r?
2、R时,安培环路定理可得B?ln3 ?0Ir,磁能密度为 2?R21B2?0I2r2wm?24 2?08R取体积为dV?2r?1?dr?2rdr 则有 W? 第十六章习题答案 16-3 解 简谐振动的振动表达式:x=Acos(?t+?) 图可知,A=410-2m,当t=0时,将x=210-2m代入简谐振动表达式,得cos?sin(?),当t=0时,v?sin? 图可知,v?,即sin?1 21,取? 22又因t=1 s时,x=210-2 m,将其代入简谐振动表达式,得 ?4cos?,cos? 3?t=1 s时,v?Asin?, 知,取sin?0?3333?即 ?2rad?s-1 3质点作简谐振动
3、的振动表达式为 ?216-3图 x?4?2cos?t?m习题解答33?16-6 解 2?,如选x轴向上为正方向。 T21已知初始条件x0= m,v0 0即=?,?23已知A= m, ?而v?0,sin?,取?x?(?3,故 ?)m? 23?如图所示坐标中,在平衡位置上方 m,即x= m处,有cos(?1t?)? 232t?3或?3 因为所求时间为最短时间,故物体从初始位置向下运动,v16-10 解 振动方程x?5t?故振动周期:T?习题解答16-6图 ?知, A= m,?=5 rad/s 2? t=0时,振动方程得: x0= m v0?dx?0 dtt?02? 3旋转矢量法知,此时的位相:速度
4、 v?A?-1?s ?0.?60?加速度 a?sin所受力 F=ma=()= N 221227.?5- ms设质点在x处的动能与势能相等,于简谐振动能量守恒,即: Ek?Ep?E?12kA 2故有:Ek?即11?kA2? 22?12112kx?kA 222可得: x?2 A?【16-14】解:据题意,两质点振动方程分别为: xP?2cos(?)m 3xQ?)m 3?P、Q两质点的速度及加速度表达分别为:vP?dxP?2sin?m?s?1 dt3?vQ?dxQ?2cots?s 3?aP?dvP?010dtaQ?dvQdt?010?当t=1s时,有: 4?2m 32xQ?2m 34vP?2m?1
5、32vQ?1 3xP?2cos4?2 32aQ?2?2 3aP?2cos相位差 ?P)?Q)?P?Q?333可见,P点的相比Q点的相位超前 2?。 3【16-15】解:题意得初始条件: 1?x0?A2 ?可得:3 在平衡位置的动能就是质点的总能量 E?121kA?2A2?5J 221A2E?rad/s m2可求得:则振动表达式为:2cos(t?)m 23?初始位置势能 EP?121?kx?2A2cos2(t?) 2223当t=0时, EP?2A2cos2 23?()2?2)2cos2J?6J 223【16-16】解:初始条件: ?10m ?0可知,?3 且?2 ?(t?)m 23当t=时, ?
6、2m 223t=时,小球所受力:f=ma=m(-?2x)=10-3 N 因t= s时,小球的位置在x=10-2 m处,即小球在x轴负方向,而f的方向是沿x轴正方向,总是指向平衡位置。 从初始位置x0=10-1 m到x=10-1 m所需最短时间设为t,旋转矢量法知, x0处,?3 2x处,? 3则从x0到x最短相位变化为:3 ?2s 3所以 t?因为?=?Asin(?223?a?Acos(?23?在x=10-1m处,t?2s 3?2?1m?1 2?233?a?=10-1m/s2 4?t=4 s时,Ek?m?Asin(t?)2 22231?)J 2223=10-4JEp?2A2co2s(t?) 2
7、2231?cos2(?10-4J E总=Ek+Ep=10-4+10-4=10-4J 第十七章习题答案 17-2 解 如图所示,可知,波长 ?= m?振幅 A= m频率 ?周期T?u?100?125 ?8?3s 平面简谐波标准波动方程为: t?y?Acos?图可知,当t=0,x=0时,y=A= m,故?=0。将A、?v)、u、?代入波动方程,得:2?5t0?m ?s100?习题解答17-2图 17-3 解 如图所示,对于O点,t=0时,y=0,故 ? 再该列波的传播方向可知,v0 22图题17-3可知,?OP?,且u= m/s,则?2u?rad?s 5习题解答17-3图 可得O点振动表达式为:
8、?2y0?m 2?5已知该波沿x 轴正方向传播,u= m/s,以及O点振动表达式,波动方程为:y?+?将x=?= m代入上式,P点振动方程为?2yP?m 3?5图中虚线为下一时刻波形,图可知,a点向下运动,b点向上运动。 17-4 解 平面简谐波标准波动方程为:图可知,A= m 对于图中O点,有: 3x=0,y= m,t?T 4代入标准波动方程得 ?1 ?故 ?2对于O点,t=0时的初始相位 ?图中P点相位始终落后O点 2T时间,即相位落后,故t=0时,P点初相位?P=0。22u=36 m/s,?= m知,?=2u?180rad?1 故根据平面简谐波的标准波动方程可知,该波的波动方程为 ?18
9、0?m ?36? 17-9 解 P为单位时间通过截面的平均能量,有:2P?3J?1 ?t10I为单位时间通过垂直于波的传播方向单位面积的平均能量,有:2I?9?10J?10据平均能量密度和I与u的关系,有: I9?2w?4J?2 u340 17-13 解 O点的振动方程及波长得入射波波动方程: x?3cos?500t?该波在B点的振动方程为:3y?10co?s50t?10cos50t?m4?B点为波节知,反射波在B点的振动方程为:y反B? 7?反射波在B点的振动方程,以及任一点P与B点的位相差?波动方程为: l?,可得反射波?y反?500?10cos?(500?3x?式中,原点初位相最后取小于
10、2?的值。L?2及B点为波节,而相邻波节间距为?,可知OB之间波节位置分别为: 2x=0, m, m, m 入射波及反射波在x= m处引起分振动的相位差为:3 ?故D点的振幅为: A?2A12?A2?2A1A2cos?2A 110m1?7.?17-16 解 相干波合成后从极小值到相邻极大值之间,即声音减弱一次的相位差为?,相应的波程差为?,C管每伸长h=8 cm,声音减弱一次,则?2h?2所以?=2h=16cm=?声波的频率为: u?340?2125Hz 解 波源远离观察者运动,故?s应取负值,观察者听到的声音频率为:u340?100Hz? u?us340?10波源向着悬崖运动,vs应取正值,从悬崖反射的声音频率为:s
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