刘改琴---振动、波动部分答案.doc

振 动一、填空题：1、； 2、； 3、4、（略）； 5、（SI）二、计算题：1、 解：是；假设木块的边长为L，平衡时浸入水中的高度为h，平衡时: 在任一位置时：令 K则，K是一个常数，表明木块所作的运动是简谐振动。由，可得木块运动的微分方程为：令，可得其振动周期为：2、解：与简谐振动方程的标准形式）比较可知：振幅：A=0.40m角频率：，故周期 频率：初位相：3、解： 设 简谐振动的表达式为：）角速度： A、由初始条件决定，再由由于故于是，以平衡位置为原点所求简谐振动的表达式应为m4、解：(1) 取平衡位置为坐标原点。设位移表达式为：）,其中 A=0.12m，用矢量图来求初相。 由初始条件，t=0时x0=0.06m=A/2，质点向x正向运动，可画出如图(a)所示的旋转矢量的初始位置（图中略去了参考圆），从而得出。于是此简谐振动的运动方程为 (2) 此简谐振动的速度为 加速度为 将 代入谐振方程、速度和加速度的表达式可分别得质点在t=0.5s时的位移为:x=0.104m速度为: 加速度为: 此时刻旋转矢量的位置如图(b)所示。5、解：由旋转矢量法解。把合振动改写为 ： t=0时振动合成的矢量图（如右上）。由于图中的直角三角形OPQ正好满足“勾三股四弦五”的条件，于是可直接由勾股定理得到第二个分振动的振幅，即它的旋转矢量A2的长度A2=0.5。亦可直接得到第二个分振动的初相位，即旋转矢量A2与x轴的夹角，故第二个分振动为6、解：（1）由机械能守恒定律：，得振幅为：A=（2）由题意：E（3）当时，势能（J） 波 动一、 选择题：1、C 2、B 3、B 4、c二、 填空题：1、171.7 2、2.4；3、； ； L4、5、6、波长：=2d=0.1m速度：三、计算题：1、解：(1)设考察点为x轴上任意一点，坐标为x。从x0 到x的波程为x- x0，按相位落后的关系，x处质点的振动相位比x0质点落后，故x轴上任意一点的振动方程，即波动方程为(1)(2)把x=0带入(1)式，即得原点处质点的振动方程(3)原点处质点的速度为加速度为2、解(1)由波形曲线图可看出，波的振幅A=0.02m，波长=2.0，故波的频率为，角频率为。从图中还可以看出，t=0时原点处质点的位移为零，速度为正值，可知原点振动的初相为-/2，故原点的振动方程为(2)设x轴上任意一点的坐标为x，从该点到原点的波程为x，按相位落后与距离的关系，x处质点振动的时间比原点处质点超前，故x轴上任意一点的振动方程，即波动方程为(3)经过3T/4后的波形曲线应比图中的波形曲线向左平移3/4，也相当于向右平移/4，（图略） 3、解因波强，所以4、解：(1)在x0区间，如图所示，两个波源S1和S2发出的反行波相互干涉形成反行波，设考察点P的坐标为任意x，S1和S2到P点的波程差为与x无关。按干涉极值公式，在P点干涉的相位差是与P点的位置无关。则该区间的合振幅应为极小值，即两列波振幅之差。由于两列波的振幅相等，故和振幅A=0，即在x5区间，如图所示，两波源发出的正行波干涉形成正行波，设考察点Q的坐标为任意的x，S1和S2到Q点的波程差 ，干涉的相位差按干涉极值公式，该区间的合振幅为极大，即两列波振幅之和A=2a5、解：（1）A、B相遇以前，二车相向运动,B中乘客听到汽笛的频率为（2）A、B相遇之后，二车相背运动，B中乘客听到A汽笛的频率为振动和波动自测题一、 选择题：1、D 2、B 3、C 4、B 5、E； 6、C 7、C 8、A 9、C 10、D二、填空题1、p - p /2 p/32、3、b，f ； a，e 4、3/4 ； 5、波从坐标原点传至x处所需时间； x处质点比原点处质点滞后的振动相位 ； t时刻x处质点的振动位移 6、有的相跃变，半波损失。7、 或8、DC为 t + t 时刻波在介质2中的波前 9、10、接收器接收到的频率有赖于波源或观察者运动的现象三、计算题1、解：取如图x坐标，平衡位置为原点O，向下为正，m在平衡位置时弹簧已伸长x0 设m在x位置，分析受力, 这时弹簧伸长 由牛顿第二定律和转动定律列方程： 联立解得 由于x系数为一负常数，故物体做简谐振动，其角频率为 2、 解：由振动方程，可得：速度方程：加速度方程：（1）（2） （3）,即 得 （4）用旋转矢量法解。3、解：(1) (SI) (2) t1 = T /4 = (1 /8) s，x1 = l /4 = (10 /4) m处质点的位移 (3) 振速 s，在 x1 = l /4