振动与波动答案.doc

第4章 振动与波动一、选择题1. A 2. B3. C4. C5. D6. C7. C 8. B9. C10. B11. B12. B13. B14. C15. A16. C17. D18. D19. C20. D21. 1 22. B 23. D 24. B25. A26. A27. C28. C29. A30. D31. C32. B 33. B34. D 35.C 36. D 37. A38. C 39. D40. B41. C42. D43. B44. C45. A46. C47. A48. C49. C50. B51. C52. D53. B54. C55. B 56. A57. C58. B59. C60. B61. D62. C63. D64. C65. C66. B67. D68. B69. D70. D71. B72. D73. D74. C75. D76. D二、填空题1. (1) ; (2) 2. ；1m3. 0.5s4. 1.5 s5. 1.24 6. 7. 3.610-4 J8. 2:1 9. 1.25 cm10. 11. 0.031m12. 5 cm13. 10; 14. 115. 1990n 2000 Hz16. 017. 518. (SI)或(SI)19. , 20. 21. 022. , 23. 24. 25. 26. 27. , A4-3-1图三、计算题1. 解：以振动系统平衡位置为坐标原点，向下为正建立Ox轴(如A4-3-1图所示) 物体m从h高度落到盘面过程中，机械能守恒 (1) 物体m与盘发生完全非弹性碰撞，动量守恒 因为盘子与弹簧的质量可忽略，振动系统初速率即为v，方向向下 振动系统在O点平衡时，有关系： (2)已知 (3)所以，系统振动时的振幅 系统振动时的初相为运动方程为 2. 解：(1) 由题意初相位， 振动方程为，加速度 (2) ， 时，3. 解： 时速度具有正最大值， 运动方程为 最大加速度 4. 解：该运动系统由两个部分组成，一个质量为m的物体，一个定滑轮，对物体的应用牛顿定律，对定滑轮要用定轴转动定律A4-3-4图 首先画出它们的受力图，如A4-3-4图所示列出运动方程：以m的平衡位置为坐标原点，向下为x轴正向，在平衡位置处，设弹簧伸长，则有因此，当物体在任意其它位置时，必有 (4)联立(1)，(2)，(3)和(4)得 由于物体m做一维运动，所以，于是与标准微分方程比较，可知 因此，系统的振动周期 5. 解：建立A4-3-5图所示的坐标系Ox，振动系统圆频率为A4-3-5图 根据功能原理 m据已知条件，初相位系统振动的运动方程 6. 解：方法I. 解析法由已知条件 ，可得有两个取值满足，即由已知条件v00 即，即要求，于是只能取A4-3-6(a)图 A4-3-6(b)图方法II. 旋转矢量法由已知条件，可知对应的旋转矢量A可以有B、C两个位置，如3-4-6 (a) 图所示又由可知，A矢量在x轴上的投影点D向x轴正向运动，因此，对应的旋转矢量只能是OC，OC = A与x轴的夹角即为该质点的振动初态，即如图13-5(b)所示7. 解：如A4-3-7图所示，当圆盘逆时针转过q 角时，受力矩由转动定律得A4-3-7图式中J由平行轴定理可求得所以 令，则其摆动周期为已知单摆周期为所以 8. 解：已知等效钟摆的周期为将上式微分得：由于钟的相对误差等于摆钟周期的相对误差，即所以9. 解：由给定曲线可看出下面利用旋转矢量法确定振动的初相和角频率由图可知，t = 0时，且由曲线在a点的斜率(振动速度)可知，因此，可画出如图13-7(a)所示的旋转矢量图，由图可知，A4-3-9图由振动曲线可知，时，此振动状态对应的旋转矢量如图13-7(b)所示，显然在内旋转矢量由OM转到OP，其转过，所以解得 质点的运动方程为当然，用解析法也可确定和，同学们可自行分析A4-3-10图10. 解：解法I 用动力学振动方程法以弹簧的固有长度的端点为坐标原点，向右为正建立坐标S隔离m1、m2、M，分析受力情况，如A4-3-10图所示根据受力情况和牛顿第二定律，可得解上列方程，可以得到令，上式可化为简谐振动的标准方程因此，系统的振动圆频率为解法II 能量法在该系统的振动过程中，只有重力和弹簧的弹性力做功，因此该系统的机械能守恒设当m1运动到O点时，弹性势能为零，m2所在处的重力势能为零由于m1的重力势能不变，则当m2下降S距离时，有把代入上式，再对时间求导，可得该结果与第一种解法的结果一样令，得到简谐振动的表达式从而可以得到A4-3-11图11. 解：解法I 以小球为研究对象，受力情况如A4-3-11图所示设逆时针方向的角位移为正，t时刻小球位于P点，角位移为，根据牛顿运动定律，在轨迹的切线方向上有即其中，为切向加速度，当振幅很小时，代入上式有即 其中，角频率，求解该微分方程得式中的振幅0和初相，可由初始条件确定当t = 0时，则有故 因此小球的振动方程为解法II 小球在运动过程中仅有重力作功，机械能守恒，以最低点为势能零点，则在t时刻小球的机械能为对时间求导，有即 所以 在振幅很小时 ，得此后的解题过程与解法一相同A4-3-12(a)图12. 解：取坐标Ox沿AB线段，坐标原点O处在A、B连线中点，如A4-3-12图所示，设质点的简谐振动方程为由于，且，所以A、B两点的坐标为A4-3-12(b)图根据题意，A、B两点为质点振动过程中相继经过的点，在一个周期内，质点从O到B所用的时间为1s，从B到最大振幅处所用的时间也为1s，所以从O到最大振幅处所用时间为2s，因而，振动的周期为用旋转矢量法求振幅质点从O点到B点所经过的时间为，旋转矢量从点旋转到点，转过的有度为，如A4-3-12(b)图所示在中，有所以振幅A4-3-13图13. 解：如A4-3-13图所示，系统所受合力矩为由于合力矩M与q 的正负号相反，所以上式可写为系统转动惯量由转动定律得即 系统做简谐振动，其角频率 周期 14. 解：(1)由题意可知和是两个振动方向相同，频率也相同的简谐振动，其合振动也是简谐振动，设其合振动方程为，则合振动圆频率与分振动的圆频率相同，即合振动的振幅为合振动的初相位为由两旋转矢量的合成图A4-3-16可知，所求的初相位应在第二象限，则A4-3-16图故所求的振动方程为(2)当时，即x1与x3相位相同时，合振动的振幅最大，由于，故当时，即x1与x3相位相反时，合振动的振幅最小，由于，故即 A4-3-15图15. 解：以平衡时全息台的下端作为坐标原点在任意位置x时，全息台受重力mg，气柱压力PS（P为气柱压强，S为气柱横截面积）由玻意耳定律有全息台运动的动力方程为即 令，上式可化为这是无阻尼的受迫振动方程，它的特解为受迫振动的振幅讨论：为使振幅尽可能小，应使固有频率远小于干扰频率A4-3-16图16. 解：与地球中心距离为r的一质点m所受的地球引力完全来自该质点位置以内的部分球体中的物质，外层球壳对质点的合力为零可以证明，球面元和所对应的质量元对m的引力数值是相等的，但方向相反，于是由此可证明质点m外整个外层球壳对质点引力为零设地球密度为，则半径为r的球体内的质量为 (1)在考虑引力作用时，这部分质量可看作集中于地球中心因此，作用于质点m上的引力为 (2)式中负号表示引力是指向地球中心联立(1)、(2)得 (3)其中由上式可知，力与距离成正比，但方向与位移方向相反，说明质点作简谐振动由式(3)知，此简谐振动的周期为 17. 解：设A点的振动方程为 则B点的振动方程为 B点的相位 所以， B点相对于A点的相位落后 波速 18. 解：(1) O点的振动方程为向x正向传播的波的波动方程为： (2) 将代入波动方程，得位移： (3) 质点振动速度为： 将代入上式，得速度：19. 解：(1)O点振动方程为(1)(2)波动方程为 (SI)将x25m代入上式，得该处振动方程 (SI) 曲线如图(1)所示(2)将t3s代入波动方程，得波形曲线方程，波形曲线如图(2)所示20. 解：(1)由于P点向下运动，可以判定波向(x)传播根据旋转矢量图可知O点振动初相，所以O点的振动方程为又由图可知，波动方程为 (SI)(2) 将x100m代入上式，得该处的振动方程 (SI)振动速度表达式为 (SI)将x-100m代入上式，得该处的振动方程 (SI)振动速度表达式为 (SI)21. 解：(1) 将波动方程与标准形式比较，可得 波速 (2) 波峰处yA，即 从上式可解出波峰位置的坐标表达式 xk2t 将t = 4.2s代入上式, x = ( k - 8.4)(m) 在上式中，令k = 8，则最小，这个波峰的位置是 即x = - 0.4m的波峰离原点最近 (3) 设该波峰由原点传到x = - 0.4m处所需时间为Dt，则 所以, 该波峰通过原点的时刻为t = 4.2 0.2= 4.0(s) 22. 解：将的振动方程中的换成即为以点为坐标原点的波函数 (1) 令上式中的，就可得到点B的振动方程 (2) 将式(2)中的换成就得到了以点B为坐标原点的波函数 (3)将式(2)对求导数，得点的振动速度故点的振动速度的最大值为23. 解：由波形曲线上可知A4-3-23图由于波沿x轴负向传播，所以可设波函数为由于时处，故，所以由于波向负x轴方向传播，可见处质点向y轴正向运动，即即要求，故可取于是或波的波函数为24. 解：波速由题设可知振幅因此，波源的振动方程为波沿x轴正向传播，因而波函数为25. 解：(1) 由题意，扬声器、的振动方程为 当、振动到达点时，在点引起的振动分别为已知,，则两个振动的相位差为(2) 断开，则在点的声强为断开,则在点的声强为(3) 由知,此时点的合声强为于是,声强级为26. 解：由题意 其中 ，即所以有声功率为 A4-3-27图27. 解：坐标为x的P点，两列波引起的分振动的位相差为代入干涉加强的条件解出干涉加强点的坐标为 28. 解：(1) 将与驻波方程相比可得：两波的振幅波长，频率波速(2) 相邻两波节间的距离(3) 质点的振动速度将，代入上式，得 29. 解：(1) 由题意知O点振动相位为，则O点的振动方程为入射波的波动方程为入射波在点引起的振动方程为在点反射时，有半波损失