大学物理第4章(一)振动学基础解答
第四章 振动学基础§4.2简谐振动的图示法.讲解
cos(t) x 1
A2
t π 或 5π
33
由旋转矢量图可知 t π
3
v A sint
A
o A Ax
2
0.26m s1
（负号表示速度沿 Ox轴负方向）
2019/6/11
重庆邮电大学理学院
17
（3）如果物体在 x 0.05m 处时速度不等于零，而是具有 向右的初速度 v0 0.30m s，1 求其运动方程.
A
aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x
由图看出：速度超前位移 π 加速度超前速度 2
位移与加速度 Δ π 称两振动反相
若 0 称两振动同相
8、 在谐振动的合成中，用旋转矢量非常方便。
总之20，19/6旋/11 转矢量法在大学物重庆理邮电，大电学理路学院分析，等学科中有广泛15应用
例4.2.4 如图所示，一轻弹簧的右端连着一物体，弹簧的劲度
22
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418
例4.2.5、一作简谐振动的物体，其振动曲
x/m
线如图所示。试写出该振动的表达式。
解：振动方程为 x Acos(t )
0.01
由振动曲线可知，振幅为 A 0.02 m
t = 0 时，
x0
A 2
0.01m
O
1
t/s
且其初始速度 v0 0
0.02
y
作旋转矢量图，如右图。
)
2
0 a v
(t )
2
v Asin(t )
x an r 2 A2
a
an
i
(t ) an i cos
大学物理知识点总结：振动及波动
利用超声波的能量作用于人体组织，产生热效应、机械效应等，达到治疗目的，如超声碎石、超声刀 等。
地震监测和预测中振动分析
地震波监测
通过监测地震波在地球内部的传播情况和变化特征，研究地震的发生机制和震源性质。
振动传感器应用
在地震易发区域布置振动传感器，实时监测地面振动情况，为地震预警和应急救援提供 数据支持。
图像
简谐振动的图像是正弦或余弦曲线，表示了物体的位移随时间的变化关系。
能量守恒原理在简谐振动中应用
能量守恒
在简谐振动中，系统的机械能（动能 和势能之和）保持不变。
应用
利用能量守恒原理可以求解简谐振动 的振幅、角频率等物理量。
阻尼振动、受迫振动和共振现象
阻尼振动
当物体受到阻力作用时，其振动会逐渐减弱，直至停止。 这种振动称为阻尼振动。
惠更斯原理在波动传播中应用
01
惠更斯原理指出，波在传播过程中，每一点都可以看作是新的 波源，发出子波。
02
惠更斯原理可以解释波的反射、折射等现象，并推导出斯涅尔
定律等波动传播规律。
在实际应用中，惠更斯原理被为波动现象的研究提供了重要的理论基础。
04
干涉、衍射和偏振现象
误差分析
分析实验过程中可能出现的误差来源，如仪 器误差、操作误差等；对误差进行定量评估 ，了解误差对实验结果的影响程度；提出减 小误差的方法和措施，提高实验精度和可靠
性。
感谢您的观看
THANKS
实例
钟摆的摆动、琴弦的振动、地震波的传播等 。
振动量描述参数
振幅
描述振动大小的物理量，表示物体离开平衡 位置的最大距离。
频率
描述振动快慢的物理量，表示单位时间内振 动的次数。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理学课后习题4第四章答案
k
m1g x1
1.0 103 9.8 4.9 102
0.2
N m1
而 t 0 时， x0 1.0 102 m,v0 5.0 102 m s-1 ( 设向上为正)
又
k m
0.2 8 103
5,即T
2
1.26s
A
x02
(
v0
)2
(1.0 102 )2 (5.0 102 )2 5
（7）两列波叠加产生干涉现象必须满足的条件
是
，
和
。
[答案：频率相同，振动方向相同，在相遇点的位相差恒定。]
4.3 质量为10 103 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按
x 0.1cos(8t 2 ) (SI) 的规律作谐振动，求： 3
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与 势能相等?
习题 4.2(2) 图 [答案：b、f； a、e]
（3）一质点沿 x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为 x 轴的原点，已知周 期为 T，振幅为 A。
（ a ） 若 t=0 时 质 点 过 x=0 处 且 朝 x 轴 正 方 向 运 动 ， 则 振 动 方 程 为 x=___________________。
[答案： 2 s ] 3
（2）一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题 4.2(2)图所示。振子在位移为零， 速度为－A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________ 点。振子处在位移的绝对值为 A、速度为零、加速度为－2A 和弹性力为－KA 的 状态，则对应曲线上的____________点。
103
(
)2
振动、波动部分答案(新)
大学物理学——振动和波振 动班级 学号 姓名 成绩内容提要1、简谐振动的三个判据（1）；（2）；（3）2、描述简谐振动的特征量： A 、T 、γ；T1=γ，πγπω22==T3、简谐振动的描述：（1）公式法 ；（2）图像法；（3）旋转矢量法4、简谐振动的速度和加速度：)2cos()sin(v00πϕωϕωω++=+-==t v t A dt dx m ； a=）（）（πϕωϕωω±+=+=0m 0222t a t cos -dtxd A 5、振动的相位随时间变化的关系：6、简谐振动实例弹簧振子：，单摆小角度振动：，复摆：0mgh dt d 22=+θθJ ,T=2mghJπ 7、简谐振动的能量：222m 21k 21A A Eω==系统的动能为：）（ϕωω+==t sin m 21mv 212222A E K ；系统的势能为：）ϕω+==t (cos k 21kx 21222A E P8、两个简谐振动的合成（1）两个同方向同频率的简谐振动的合成合振动方程为：）（ϕω+=t cos x A其中，其中；。
＊(2) 两个同方向不同频率简谐振动的合成拍：当频率较大而频率之差很小的两个同方向简谐运动合成时，其合振动的振幅表现为时而加强时而减弱的现象，拍频：12-γγγ=＊（3）两个相互垂直简谐振动的合成合振动方程：）（1221221222212-sin )(cos xy 2y x ϕϕϕϕ=--+A A A A ，为椭圆方程。
练习一一、 填空题1．一劲度系数为k 的轻弹簧，下端挂一质量为m 的物体，系统的振动周期为T 1。
若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为m/2的物体，则系统的周期T 2等于 。
2．一简谐振动用余弦函数表示，其振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为：A ＝ ；=ω ;=ϕ 。
3．如图，一长为l 的均匀细棒悬于通过其一端的光滑水平固定轴上，做成一复摆。
已知细棒绕过其一端的轴的转动惯量J ＝3/2ml ，此摆作微小振动的周期为 。
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+-r r r由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=rr r rrrrr当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r rr r2、（习题）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x 10 m处，初速度v0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的d d r t v ，d d v t v，tvd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+v v v（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t=v v v 而落地所用时间 gh2t =所以0d d r v i j t =v vd d v g j t=-v v 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+v vv，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理(第四版)课后习题及答案-机械振动
13 机械振动解答13-1 有一弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m ，周期T=1.0s ，初相=3π/4。
试写出它的运动方程，并做出x--t 图、v--t 图和a--t 图。
13-1分析 弹簧振子的振动是简谐运动。
振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量。
求运动方程就要设法确定这三个物理量。
题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式Tπω2=确定。
振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。
解 因Tπω2=，则运动方程()⎪⎭⎫⎝⎛+=+=ϕπϕωt T t A t A x 2cos cos根据题中给出的数据得]75.0)2cos[()100.2(12ππ+⨯=--t s m x振子的速度和加速度分别为 ]75.0)2sin[()104(/112πππ+⋅⨯-==---t s s m dt dx vπππ75.0)2cos[()108(/112222+⋅⨯-==---t s s m dt x d ax-t 、v-t 及a-t 图如图13-l 所示13-2 若简谐运动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-4)20(cos )01.0(1ππt s m x ，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。
13-2分析 可采用比较法求解。
将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量。
运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果。
解 （l ）将]25.0)20cos[()10.0(1ππ+=-t s m x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A= 0.10 m ，角频率120-=s πω，初相πϕ25.0=，则周期 s T 1.0/2==ωπ，频率Hz T 10/1==ν。
（2）t= 2s 时的位移、速度、加速度分别为mm x 21007.7)25.040cos()10.0(-⨯=+=ππ)25.040sin()2(/1πππ+⋅-==-s m dt dx v )25.040cos()40(/2222πππ+⋅-==-s m dt x d a13-3 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ5.5×103kg •m -3。
振动学基础
o 45°
B
t=2
.
x
π 5π x 5 2cos( t )cm 4 4
19
例6 弹簧在60N的拉力下伸长30cm。将m(=4kg)从平衡位置下 拉10cm后静止释放(t=0)， 求：(1)振动方程；(2)物体在平衡位 置上方5cm时所受弹簧的拉力；(3)物体从第一次越过平衡位置 到运动到上方5cm处所需的最短时间。 解：由 F=k x , 得: k=200 N/m 平衡位置:第1 Nhomakorabea 力 学
第四章 振动学基础
广义的说，任何一个物理量在某一量值附近随时间作周期 性的变化都可以叫做振动。在力学中，物体在一定位置附近作 周期性的往复运动称为机械振动，这一章主要讨论机械振动。
2
Tacoma Narrows Bridge
§4-1 简谐振动的运动学
（1）可以很方便地根据质点的振动状态(即质点的位置和速 度)确定振动的相位(初相)；
（2）可以很方便地求出振动质点从某一位置到达另一位置时 所用的时间。
11
例2： 已知质点的初始位置和运动方向求简谐振动 质点的初相 。 (1)t=0时，xo=-A, = 。
(2)t=0时，质点经过平衡位置并向
A
2 2A
-A
/4 o
/3 A/2
x轴正方向运动, 则
A x
= 3/2(或- /2)。
(3)t=0时， xo=A/2，质点正向x轴 负方向运动, 则 = /3。 (4)t=0时，x0 2 / 2 A, 质点正 向x轴正方向运动, 则
平衡位置
xo =Acos
= /4 + = 5/4 。
Ⅳ
学会根据x0和0的正负正确判断 所在象限，如图所示。
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第四章（一） 振动学基础解答
一、选择题
1．D 2．B 3．C 4．C 5．B 6．B 7．D 8．B
二、填空题
1．振动系统自身的性质；π2秒内的的振动次数；振动系统运动的初始条件；表示振动的幅度或振动的强度；表征计时零点的振动状态。
2．；
cm 2 ；4s ；1-s 2
π
；π23 )232cos(02.0ππ+t ；m )2
32s i n (01.0πππ+-t -1
s m ⋅；)2
3
2cos(201.02πππ+-
t -2s m ⋅； ππ或3 3．0.158 m ； 0.5 s ； 2
π
4．)41cos(02.0ππ+
t m ； )4
3c o s (02.0ππ+t m 5．
π32
6．8T ， T 83
7．ππ2
32或-
8．合力的大小与位移成正比，方向与位移方向相反； 0d d 2
22=+x t
x ω
三、计算题
1．解：(1)
s 638.084.922,s 84.9258.0251-======
πωπωT m k (2) m/s 17.03
sin 02.084.9sin ,30-=⨯⨯-=-==π
ϕωπϕA v
(3) )3
84.9cos(02.0)cos(π
ϕω+=+=t t A x m
2．解：（1）)3
2cos(
3
π
ππ
ϕ-=-
=t T A x （2）0=a ϕ，2
π
ϕ=
b
（3）作振幅矢量图，得到： 6
233
T T t a ==
=
ππ
ωπ
125223T
T t b =
⎪⎭
⎫
⎝⎛=πππ＋
3．解：木块下移时，
恢复力 )1(2
2
x gL gxL f -=-=水ρ
m
k
=
ω , 由（1）式知 2gL k = 所以，木块做简谐运动。
在水中的木块未受压而处于平衡时
gL mg 水ρ=a g a L gL m
k ===
2
2
水ρω g
a T πωπ22== 振幅：a
b A -=
4．解：（1）两个同方向、同频率简谐运动的合振动仍为简谐运动，且合振动的频率与分振动的频率相同，即
121s 3-＝＝＝ωωω
合振动振幅A 和初相0ϕ为
()cm 52cos 43243cos 22221212
22
1=⨯⨯++=++=
πϕϕ－A A A A A 10334tg 2
4cos 3cos024sin 3sin0tg cos cos sin sin tg 11-221122111
0πππϕϕϕϕϕ==+︒+︒=++=--A A A A 即0ϕ在第一象限内。
按题设绘出第一、第二两个分振动及其合振动的旋转矢量，它们均在第一象限内，故0ϕ＜2π。
综上所述，第一、二两个振动的合振动表达式为：
)1033cos 521π+=+=t x x x cm
(2) 合振动31x x x +=的振幅为极大时应满足πϕϕk 21＝- (k = 0, ±1, ±2,…) 而01＝ϕ， 由此得πϕk 2＝ (k = 0, ±1, ±2,…) 此时合振动的振幅为 85331=+=+=A A A cm (3) 合振动32x x x += 的振幅为极小时，应满足：
()πϕϕ122+-k ＝ (k = 0, ±1, ±2,…)
而22πϕ=，由此：()()πππϕ232212+=++k k ＝ (k = 0, ±1, ±2,…) 此时合振动振幅为：15432=-=-=A A A cm。