振动波动作业习题及解答
Ch.10.振动、Ch.11波动作业习题及解答AωOXt =0图2A图1ωt =0OX=010-1. 一小球与轻弹簧组成的谐振动系统,振动规律为0.05cos(8π3),x =t +π(t 的单位为秒, x 的单位为米)。
求: (1) 振动的角频率、周期、振幅、初相、速度和加速度的最大值； (2) t =1s 、t =2s 、t =10s 时刻的相位； (3) 分别画出位移、速度和加速度与时间的关系曲线。
解(1): 将小球的运动方程0.05cos(8π3),x =t +π与谐振动的表达式0cos()x A t ωϕ=+比较知，系统的角频率、周期、振幅和初相分别为：108π(s );=2(4)s ;0.05(m );3;T A πωπωπϕ-====系统振动速度、加速度的表式分别为02220sin(4sin(8π3)(m s);cos( 3.2cos(8π3)(m s )v =dx /dt =-A t t +πa =dv /dt =-A t t +πωωϕπωωϕπ+)=-0.+)=-速度和加速度的最大值为：12220.4π 1.26(m s );=3.2π31.6(m s )m m v A a A ωω--==≈=≈ 解(2): 由相位表达式0()8/3t t t ϕωϕππ=+=+知， t =1s 、t =2s 、t =10s 时刻振子的相位分别为：2549241333333(1s )8π(2s )16(10s )80t +t t +ππππππϕϕπϕπ=====+====；； 解(3): x (t ), v (t ), a (t )曲线如下图所示。
10-2.（选作题）某个与轻弹簧相连的小球，沿X 轴作振幅为A 的简谐振动，周期为T 。
其振动表达式用余旋函数表示。
若t =0时小球的运动状态分别为：(1) 0x A =-； (2) 过平衡位置向X正向运动； (3) 过x =0.5A 向X 负向运动； (4) 过x =X 正向运动。
试分别:以初态旋矢图定出相应的初相; 写出相应的振动表达式.。
解: 谐振动系统的圆频率为=2/,T ωπ由初态旋矢图可知相应的初相为：Ch.10.振动、Ch.11波动作业习题及解答由谐振动的表达式0cos()x A t ωϕ=+知，各振动表达式分别为：123434()cos(2/);()cos(2/0.5);()cos(2/);()cos(2/)x t A t T x t A t T x t A t T x t A t T ππππππ=+=-=+=-ππ10-3.某个简谐振动规律曲线如图,求: (1) 简谐振动表达式； (2) P 点相应的相位； (3) 由初始至P 点相应的位置的时刻。
解(1): 该简谐振动表达式形式为： 00.10cos()(SI )x =t +ωϕ由初态旋矢图可知相应的初相为：03ϕπ=- 由t =1.0s 旋矢图可知相应相位为：()1.03256t t +ϕωϕωππωπ==-=⇒= 则该简谐振动表达式为5()0.10cos()(SI )63x t =t ππ-解(2): 由t p 时刻的旋矢图可知相应相位为：0=P ϕ 解(3):00()563(3)(65)250.4(s)p p p p t t +t t ϕωϕππππ===-⇒=⨯==10-4. 某质量为10g 的物体作简谐振动,其振幅为24cm , 周期为T =4.0s ，t =0时物体位于24cm ,求: (1) t =0.5s 时刻物体的位置；(2) t =0.5s 时物体所受的作用力；(3)由初始位置至x =12cm 处所需的最小时间； (4)在x =12cm 处，此物体的速度、动能、系统的势能、系统的机械能。
解(1):该谐振子的圆频率为1=22(s )ωππ-=由初态t =0时,振子初位置为：x 0=24cm=A , 可知相应相位为00=ϕ 则该振子谐振动表达式为()0.24cos(2)(SI )x t =t π则t =0.5s 时,解(2): t =0.5s 时物体所受作用力为: 23(0.5s)(0.5s)(0.5s) 4.1910(N )F t =kx t ==m x t =ω-=--≈-⨯或: 该振子谐振动速度、加速度表达式分别为23()=0.12sin (2);()=0.060cos(2)(0.5s)(0.5s) 4.1910(N )v t dx dt =t a t dv dt =t F t =m a t =-ππ-ππ-∴=≈-⨯解(3): 由于物体是从起始时刻的最大位移处向平衡位置方向移动，故运动至x =12cm 处所需的最小时间为图中的t p 时刻，由待求的t p 时刻的旋矢图可知相应的相位为 0()23230.67(s )p p p p t t +t t ϕωϕππ===⇒=≈ 解(4): 在x =12cm 处此振子的速度、动能、势能、机械能分别为1241p p p p222441()0.12s i n (2)=0.12s i n (3)0.326(m s );()=()5.3110(J )(=0.12m )=1.7810(J );(,)()+()=7.0910(J )K v t =t E t m v t E xm x E x t E t Ex -ππ-ππ-ω----≈≈⨯≈⨯=≈⨯；A/-0t 0=010-9.某个简谐振动的弹簧振子,振幅A =0.20m ，弹簧的劲度系数k =2.0N/m ，与弹簧相连物体的质量m =0.50kg ， 试求: (1) 振子的动能与势能相等时，该振子的位置；(2) 若t =0s 时，该振子的位置x 0=A ，则至动能与势能相等状态的时刻t p =？(此过程不超出一个周期) 解(1): 该谐振动表达式形式为:0cos()x =A t +ωϕ谐振子的动能与势能表达式分别为:222211022222222111p 00222()=()sin ()()=()cos ()cos ()K E t m v t m A t E t kx t kA t m A t ωωϕωϕωωϕ=+=+=+；振子的动能与势能相等，则有222p 000004()=()sin ()cos ()tan ()1tan()1()(21)0,1,2,3,,K E t E t t t t t t n n πωϕωϕωϕωϕωϕ⇒+=+⇒+=⇒+=±⇒+=±+=⇒解(2):由t =0s 时,该振子位于x 0=A , 则可知其振动初相为00=ϕ 由题目可知,该振子的圆频率、周期分别为12(s);=2(s)T ωππ-===由上述结论448(21)(21)(21)0,1,2,3,,n t n t n n n πππωω=±+⇒=+=+=则该振子由初态至动能与势能相等状态的时刻t p ，在所求过程不超出一个周期的限制下，为1234383588887980(21)(s)0,1,2,3,(0)0.39(s);(1) 1.2(s);(4)((2) 2.0(s);(3) 2.7(s);s),n t n t n n t n t n t n t n ππππππππ<=+≤===≈==≈====≈==≈> 基于可得：，舍去10-22. 一个质点同时参与两个在同一直线上的谐振动：120.04cos(2/6),0.03cos(25/6)x t x t ππ=+=-试求: 其合振动的运动学方程（式中x 以m 计，t 以s 计）。
解: 这是两个振动方向相同（OX 轴），振动频率相同的谐振动的合成，合振动仍为OX 轴上同频率的谐振动。
由已知，这两个分振动的相位在任何时刻都反相，由旋矢图知，合矢量A在1A 方位，如图所示。
所以， 合振幅为：)m (01.003.004.021=-=-=A A A 初相为: 6/100πϕϕ==合振动的运动学方程为: )m ()6/2cos(01.0π+=t x 10-23. 某个振子的两个同振动方向、同频简谐振动表达式分别为:1220()0.3cos(0.556)()0.4cos(0.5)(SI)x t t x t t πππϕ=-=+；.试求: (1) 20ϕ为何值该振子的合振幅为最大？合振幅A =？ (2) 若合振动初相6/0πϕ=, 则20?ϕ= 解(1): 显然两谐振动同相位时，振子的合振幅为最大。
可取：20205/6ϕϕπ==-合振幅为t 0=0ω A XOA 2A 1解(2): 合振动初相为6/0πϕ=，由合振动与第一个分振动的旋矢图可知，第二个分振动的初相应为: 6/02πϕ= 显然在此情况下，合振动的合振幅为：()120.1m A A A =-=11-3. 设有一平面简谐波)3.001.0(2cos 02.0),(x t t x y -=π，x ,y 以m 计， t 以s 计。
求：(1) 振幅、波长、频率和波速。
(2) 求x =0.1m 处质点的初相位。
解(1): 将波动表达式：)3.001.0(2cos 02.0),(x t t x y -=π与标准波动方程 0(,)cos 2()xy x t A t πνϕλ=-+，比较可得：A =0.02m ，λ=0.3m ，ν=100Hz ，φ0=0，并有：u = λ ν = 30 m/s解(2): x =0.1m 处质点在t =0时刻振动的初相位为： 32)3.01.001.00(21.00ππϕ-=-==x11-5.如图为t 0=1/3(s) 时的平面简谐正向波的波形示意图，又知周期T =2(s)。
(1) 写出O 点处(即x 0=0)质元振动表达式y 0(t );P 点处(即x p 处)质元的振动表达式y p (t ); (2) 写出波的表达式y (x , t ); (3) 求x p =？ (4) 若为负向波,再就第(1)、(2)问进行解答.解(1):该平面简谐波的振幅A = 10(cm); 波长λ= 40(cm);频率ν=1/T=0.5(s -1)；圆频率ω=2πν=π(s -1) t 0=1/3(s)时, x 0=0处质元的状态为： 00()/25(cm )y t A =-=-; v 0(t 0 ) <0 由旋矢图，知该质元此时刻的相位为00000(0,)(3)233x t t ϕωϕπϕπϕπ==+=+=∴=则O 点处质元的振动表达式为:[]00()cos()0.10cos (3)(SI)y t A t t ωϕππ=+=+t 0=1/3(s)时, x p 处质元的状态为：y p (t 0 )=0; v p (t 0 )>0.计入P 点处质元的振动落后于O 点的振动，则P 点处质元的t 0时刻的相位为00(,)(3)25p p p p x t t ϕωϕπϕπϕπ=+=+=-∴=-则P 点处质元的振动表达式为：[]p p ()cos()0.10cos (56)(SI)y t A t t ωϕππ=+=-解(2):显然该平面简谐正向波的表达式为：0(,)(),,2y x t y t t t x u t x u x ωωπλ=-∆∆=-∆=-=-[][](,)0.10cos (2)(3)(,)0.10cos 5.0(3)(SI)y x t t x y x t t x ππλππππ=-+∴=-+t 0=0ω A XOA 1A 2该质元此时刻的相位为：000000()(3)43t t ϕωϕπϕπϕπ=+=+=∴=O 点处质元的振动表达式为：[](0,)0.10cos y t t ππ=+t 0=1/3(s )时, x p 处质元的状态为: y p (t 0 )=0; v p (t 0 )<0计入P 点处质元的振动超前于O 点的振动，则P 点处质元t 0时刻的相位为：00(,)(3)2252136p p p px t t ϕωϕπϕπππϕπ=+=+=+=∴=则P 点处质元振动表达式为：[]()0.10cos (136)(SI)p y t t ππ=+该平面简谐负向波的表达式为:[][]0(,)(),0(0),2(,)0.10cos (2)(,)0.10cos 5.0y x t y t t t x u x t x u x y x t t x y x t t x ωωπλππλππππ=-∆∆=-><-∆===++∴=++11-10. 某声波(视为平面简谐纵波)，在直径为D =0.14m 的圆柱形管道中沿轴向传播。
大学物理 第5章 振动和波动习题解答
第5章 振动和波动5-1 解：（1）)s rad (105.050===m kωmax 222max 100.040.4(m/s)100.044(m/s )v A a A ωω==⨯===⨯=(2) 设cos()x A t ωϕ=+，则d sin()d xv A t tωωϕ==-+ 2222d cos()d x a A t x t ωωϕω==-+=-当x=0.02m 时，cos()1/2,sin()3/2t t ωϕωϕ+=+=±，所以20.230.346(m/s)2(m/s )1(N)v a F ma =⨯==-==-(3) 作旋转矢量图，可知：π2ϕ=-π0.04c o s (10)2x t =-5 解：A=0.04(m) 0.7(rad/s)0.3(rad)10.11(Hz)8.98(s)2πT ωϕωνν==-====5-3 证明：如图所示的振动系统的振动频率为1212πk k mυ+=式中12,k k 分别为两个弹簧的劲度系数，m为物体的质量。
解： 以平衡位置为坐标原点，水平向右为x 轴正方向。
设物体处在平衡位置时，弹簧1的伸长量为10x ,弹簧2的伸长量为20x ，则应有0202101=+-x k x k当物体运动到平衡位置的位移为x 处时，弹簧1的伸长量就为x x +10，弹簧2的伸长量就为x x -20，所以物体所受的合外力为11022012()()()F k x x k x x k k x =-++-=-+由牛顿第二定律得 2122d ()d xm k k x t =-+即有 2122()d 0d k k x x t m++=上式表明此振动系统的振动为简谐振动，且振动的圆频率为12k k x mω+=振动的频率为 1212π2πk k mων+==5-4解：以平衡时右液面位置为坐标原点，向上为x 轴正方向，建立坐标系。
右液面偏离原点为至x 时，振动系统所受回复力为：22ππ242d d g F x g x ρρ=-⋅⋅=-振动角频率 2π2d gm ρω=振动周期 222ππmT d gρ=5-5解：弹簧、滑轮、物体和地球组成的系统不受外力作用，非保守内力作功之和为零，系统机习题5-4 图械能守恒，以物体的平衡位置为坐标原点向下为x 轴正方向，建立坐标系。
003振动波动习题汇编(答案)
) 3
S1 , S 2 ， 振 幅 皆 为
S1
S2
因为波沿 x 轴正向传播 故，波函数为 y 0.1cos[20 (t
x ) ] m 20 3
A 3cm ，当 S1 为波峰时，S2 恰好为波谷，波长
λ=10cm ， PS1 S 2 0 。 解：由图知， S1 P 30cm, S2 P 50cm, S1和S2两列波传播到P点后相遇时的位相差为：
幅为 7 cm ，合振动的初相 0
3
（初相在 ( , ] 内取值） 。 8. 两同方向同频率简谐振动的合成， 已知振动方程
2
（初相在 ( , ] 内取值）
4. 一 水 平弹 簧 振 子做 简 谐 振 动， 已 知 振 动周 期
x1 3cos( t )cm 6 分别为 ，则合振动的振幅 5 x 4 cos( t )cm 2 6
向正向振动，则该振动的初相 0 （初相在 ( , ] 内取值） 4. 一质点作简谐振动（用余弦函数表达） ，若将振 动速度处于正最大值的某时刻取做 t 0 ， 则该振动 初相 0
3
。
x1 3 cos( 2t )cm 3 分别为 ，则合振动的振 x 4 cos( 2t 7 )cm 2 3
A
1 cm ，合振动的初相 0
T 3s ， 则质点从平衡位置振动到振幅一半位置处
所需的最短时间为
0.25
s。
5 6
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机械振动机械波习题汇编
（初相在 ( , ] 内取值） 。
解：设原点处质点振动方程为
振动波动检测题解答剖析
振动和波动检测题部分解答
解: 设 y2 Acos(2t 2 )
则
2
2
2
(S2P
S1P)
2
2
0.4
由题意 2 1.9 或 0.1
y2 Acos(2t 0.1 ). 应该选 D
振动和波动检测题部分解答
(m1 m2 )g
振动和波动检测题部分解答
解: 弹簧下只挂m1时
m1g kx' 0......(1) kx'
m1
再挂了m2时
m1g
(m1 m2 )g k(x'x) 0......( 2)
k (x'x)
x
m2
x
(m1 m2 )g
由(1)、(2)两式可得 k m2 g x
振动和波动检测题部分解答
P点是两列波相遇区域中的一点,已知S1P 2,
S2P 2.2 ,两列波的P点发生相消干涉.若 S1的
振动方程为 y1 Acos(2t 2),则 S2 的振动方
程为[ D ]
A, y2 Acos(2t 2);
S1
•P
B, y2 Acos(2t );
S2
C, y2 Acos(2t 2); D, y2 Acos(2t 0.1 ).
2
1 mA2 ( 2 )2 sin2 (t )
2
T
2 2
T2
mA2
sin2 (t
)
应该选 C
振动和波动检测题部分解答
4 右图为沿x轴负方向传播的平面简谐波 在t=0时刻的波形.若波的表达式以余弦函数
表示,则O点处质点振动的初相为[ D]
A,0; B, ;
y
u
2 o
x
C1(振动与波答案)
C1
解: 动 力 学 表 征 式 ： F kx
运 动 学 表 征 式 ： y A c os[ ( t
x
x
)]
u ：波沿传播方向传播距离落后的时间 u
x
u
：波沿传播方向传播距离落后的相位。
振动波动练习题（二） 三、1
大 学 物 理 练 习 册 振 动 波 动
如图所示，以P点在平衡位置向正方向运动作为计时零 点，已知圆频率为ω，振幅为A，简谐波以速度u向轴 的正方向传播，试求：（1）P点的振动方程。（2） 波动方程 u P · 解: t 0, x p 0, v p 0 p O
5 x B 5 m , B 点 的 振 动 方 程 ： y B 5 c os t 20 x B 为 原 点 的 波 动 方 程 ： y A 5 c os t 20 4 5
10m O A (a) 5m B -5 (b) O 0.5 1.5 t/s
2 3
C1
Ｂ
Ek 1 2
3 8
Ｃ
2
8 27
Ｄ
E k1
27 32
解：
kA
1 2
kx
2
4 9
kA
2
Ek2
3 8
kA
2
E k 2 / E k 1 27 : 32
答案：D
振动波动练习题（一） 二、1
大 学 物 理 练 习 册 振 动 波 动
如图所示，有一条简谐振动曲线，请写出： 振幅A ＝ _____cm，周期T＝_____s，圆频率ω＝______，初 相位φo＝______，振动表达式x =_______cm，振动 速度表达式υ＝_______ cm/s，振动加速度表达式a ＝___________cm/s2，t ＝3s的相位______。
大学物理振动波动例题习题
振动波动一、例题（一）振动1.证明单摆是简谐振动，给出振动周期及圆频率。
2. 一质点沿x 轴作简谐运动，振幅为12cm ，周期为2s 。
当t = 0时, 位移为6cm ，且向x 轴正方向运动。
求: (1) 振动表达式；(2) t = 0.5s 时，质点的位置、速度和加速度；(3)如果在某时刻质点位于x =-0.6cm ，且向x 轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。
3. 已知两同方向，同频率的简谐振动的方程分别为：x 1= 0.05cos (10 t + 0.75π) 20.06cos(100.25)(SI)x t π=+求：(1)合振动的初相及振幅.(2)若有另一同方向、同频率的简谐振动x 3 = 0.07cos (10 t +ϕ 3 ), 则当ϕ 3为多少时 x 1 + x 3 的振幅最大?又ϕ 3为多少时 x 2 + x 3的振幅最小?（二）波动1. 平面简谐波沿x 轴正方向传播，振幅为2 cm ，频率为 50 Hz ，波速为 200 m/s 。
在t = 0时，x = 0处的质点正在平衡位置向y 轴正方向运动，求：(1)波动方程(2)x = 4 m 处媒质质点振动的表达式及该点在t = 2 s 时的振动速度。
2. 一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播。
已知原点的振动曲线如图所示。
求：（1）原点的振动表达式；（2）波动表达式；（3）同一时刻相距m 1的两点之间的位相差。
3. 两相干波源S 1和S 2的振动方程分别是1cos y A t ω=和2cos(/2)y A t ωπ=+。
S 1距P 点3个波长，S 2距P 点21/4个波长。
求：两波在P 点引起的合振动振幅。
4.沿X 轴传播的平面简谐波方程为：310cos[200(t )]200x y π-=- ，隔开两种媒质的反射界面A 与坐标原点O 相距2.25m ，反射波振幅无变化，反射处为固定端，求反射波的方程。
振动、波动部分答案
振 动一、填空题： 1、21T ； 2、;10cm A =16-⋅=srad πω；3πϕ=； 3、gl 322π4、（略）； 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: h gl F mg 2水浮＝ρ=在任一位置时：x l l x h h gl F mg F g )(g 222水水水浮＝ρρρ-=+-'-=∑ 令 K ＝g 2水ρl则∑Kx F ＝－，K 是一个常数，表明木块所作的运动是简谐振动。
由∑=22dtx d m F ，可得木块运动的微分方程为：22dtx d ＋0/2=m x gl 水ρ令m l /g 22水ρω=，可得其振动周期为：2/22l g m T 水ρπωπ==2、解：（1）要求物体的简谐运动方程，要确定角频率、振幅和初相：110.602.072.0--=⋅==skg m N mk ω再根据2202ωv x A +=由于0,05.000==v m x ，故m x v x A 05.0022020==+=ω初相：00=-=x v tg ωϕ，πϕ或0=，根据已知条件：0=ϕ则简谐振动的方程为：])0.6cos[()05.0(1t s m x -= （2）物体第一次抵达2A 处时，即t A ωcos 2=，故353ππω或=t ，用旋转矢量法，得3t πω=，故：126.0sin -⋅-=-=s m t A v ωω3、解： （1）由题意，假设简谐振动的表达式：)cos(ϕω+=t A x 得速度的表达式：)sin(ϕω+-=wt A v 故：ωA v m ==2103-⨯故：5.110210322=⨯⨯==--Av m ω（2）由速度的表达式可得加速度的表达式为：)cos(2ϕωω+-=t A a则：2ωA a m ==2222/105.45.1102s m --⨯=⨯⨯ （3）振动的表达式为：)25.1cos(1022π-⨯=-t x4、解： 如图所示，可得两个分振动分别为：)2cos(08.01ππ-=t x )2cos(04.02ππ+=t x故：合振动的方程为：)2cos(04.021ππ-=+=t x x x5、解：由旋转矢量法解。
波动与振动-答案和解析
GAGGAGAGGAFFFFAFAF1. 一簡諧振動的表達式為)3cos(ϕ+=t A x ，已知0=t 時的初位移為0.04m, 初速度為0.09m?s -1，則振幅A = ，初相位? =解：已知初始條件，則振幅為：(m )05.0)309.0(04.0)(222020=-+=-+=ωv x A 初相： 1.1439.36)04.0309.0(tg )(tg 1001或-=⨯-=-=--x v ωϕ 因為x 0 > 0, 所以 9.36-=ϕ2. 兩個彈簧振子的的周期都是0.4s, 設開始時第一個振子從平衡位置向負方向運動，經過0.5s 后，第二個振子才從正方向的端點開始運動，則這兩振動的相位差為 。
解：從旋轉矢量圖可見，t = 0.05 s 時，1A 與2A反相，即相位差為?。
3. 一物塊懸掛在彈簧下方作簡諧振動，當這物塊的位移等于振幅的一半時，其動能是總能量的 （設平衡位置處勢能為零）。
當這物塊在平衡位置時，彈簧的長度比原.0=tGAGGAGAGGAFFFFAFAF長長l ∆,這一振動系統的周期為 解：諧振動總能量221kA E E E p k =+=，當A x 21=時4)2(212122E A k kx E p ===，所以動能E E E E p k 43=-=。
物塊在平衡位置時， 彈簧伸長l ∆，則l k mg ∆=，lmg k ∆=， 振動周期gl kmT ∆==ππ224. 上面放有物體的平臺，以每秒5周的頻率沿豎直方向作簡諧振動，若平臺振幅超過 ，物體將會脫離平臺（設2s m 8.9-⋅=g ）。
解：在平臺最高點時，若加速度大于g ，則物體會脫離平臺，由最大加速度g A v A a m ===22)2(πω 得最大振幅為(m)100.11093.9548.94232222--⨯≈⨯=⨯==ππv g A 5. 一水平彈簧簡諧振子的振動曲線如圖所示，振子處在位移零、速度為A ω-、加速度為零和彈性力為零的狀態，對應于曲線上的點。
振动波动检测题解答
A, x k;
1 C , x (2k 1) ; 2
1 B, x k ; 2
D, x (2k 1) 4.
振动和波动检测题部分解答
解:
y y1 y2 A cos
2x 0
2x
cos 2t
cos
时
2x
(2k 1)
2
x (2k 1)
由(1)、(2)两式可得
m2 g k x
振动和波动检测题部分解答
m1x T 2 m2 g
应该选 B
振动和波动检测题部分解答
2 一简谐振动曲线如图所示,则振动周期为[ B ]
x(cm)
A,2.62s; C,2.20s;
B,2.40s; D,2.00s.
4 2
t (s )
1
o
振动和波动检测题部分解答
解:
2 振动方程为 x 4 10 cos( ) T
2
当t=0时,
x0 0.02
2 v0 A sin 0 T
3
2 x 4 cos( ) T 3
振动和波动检测题部分解答
t 1时，x 0
2 0 0.04 cos( ) T 3
y
B
O
x
L
振动和波动检测题部分解答
解:
t x 设 y反 A cos[ 2 ( ) ' ] T t L y入B A cos[ 2 ( ) ] T
y 反B
t L A cos[ 2 ( ) ] T
2L
反OB '
振动波动作业解
x A/2
2
5 3 2 6
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2 T t 6 5 12s 5
2
2 t t T
物理系：史彭
史彭振动波动作业解
4．一质点作简谐振动，已知振动频率为 f，则振动动能的 变化频率是： [ B ]
1 1 2 E K m m[A sin( t )] 2 2 2
3 1 2 2 sin t cos t ] 10 2 [sin sin t cos cos t ] 10 2 3 3 2 2 2 cos(t ) 10 2 3 x / 2 2 y cos(t ) 10 2 u 3 2 2x 2 y cos(t ) 10 u 3
x’ x
1 x y Acos[ (t ) ] u
物理系：史彭
史彭振动波动作业解
2.一平面简谐波沿 OX 轴传播，波函数为 y A cos[2 (t x / ) ] ， 则在X1=L处，介质质点振动的初相位是 ；与X1处质点振动 状态相同的其它质点的位置是 ；与X1处质点振动速度大小 相同，但方向相反的其它各质点的位置是 。 各点初相位 2x / y X1=L
3 sin (t ) 4
2
1 2 1 E kA m 2 A2 2 2
EK 3 E 4
物理系：史彭
史彭振动波动作业解
二、填空题 1．一质点作简谐振动，其振动曲线如图所示。根据此图， 它的周期 ；用余弦函数描述时初相位 。
2
x
7 t t 12
物理系：史彭
史彭振动波动作业解
2．一质点作简谐振动，周期为 T 。质点由平衡位置向 X 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路 所需要的时间为 [ B ]
大学物理学振动与波动习题答案
大学物理学（上）第四，第五章习题答案第4章振动P174．4．1 一物体沿x轴做简谐振动，振幅A = 0.12m，周期T = 2s．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m，且向x轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t = T/4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．[解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T= π．当t = 0时，x = 0.06m，所以cosφ = 0.5，因此φ= ±π/3．物体的速度为v = d x/d t = -ωA sin(ωt + φ)．当t = 0时，v = -ωA sinφ，由于v > 0，所以sinφ < 0，因此φ = -π/3．简谐振动的表达式为x= 0.12cos(πt –π/3)．（2）当t = T/4时物体的位置为x= 0.12cos(π/2–π/3)= 0.12cosπ/6 = 0.104(m)．速度为v = -πA sin(π/2–π/3)= -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s-1)．加速度为a = d v/d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s-2)．（3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得cos(πt1 - π/3) = -0.5，因此πt1 - π/3 = ±2π/3．由于物体向x轴负方向运动，即v< 0，所以sin(πt1 - π/3) > 0，因此πt1 - π/3 = 2π/3，得t1 = 1s．当物体从x= -0.06m处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt2 - π/3) = 0，可得πt2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t2 > 0，所以πt2 - π/3 = 3π/2，可得t2 = 11/6 = 1.83(s)．所需要的时间为Δt = t2 - t1 = 0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x= 0.06m，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得πt - π/3 = π/2，解得t = 5/6 = 0.83(s)．[注意]根据振动方程x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x0/A)，（-π < φ≦π），初位相的取值由速度决定．由于v = d x/d t = -ωA sin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωA sinφ，当v > 0时，sinφ < 0，因此φ = -arccos(x0/A)；当v < 0时，sinφ > 0，因此φ = arccos(x0/A)．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0 = A时，φ = 0；当初位置x0 = -A时，φ= π．4．2 已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a，b，c，d，e各点的位相，及到达这些状态的时刻t各是多少？已知周期为T；（2）振动表达式；（3）画出旋转矢量图．[解答]方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为x = A cosΦ，其中A表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位．由于x a = A，所以cosΦa = 1，因此Φa = 0．由于x b = A/2，所以cosΦb = 0.5，因此Φb = ±π/3；由于位相Φ随时间t增加，b点位相就应该大于a点的位相，因此Φb = π/3．由于x c = 0，所以cosΦc = 0，又由于c点位相大于b位相，因此Φc = π/2．同理可得其他两点位相为Φd = 2π/3，Φe = π．c点和a点的相位之差为π/2，时间之差为T/4，而b点和a点的相位之差为π/3，时间之差应该为T/6．因为b点的位移值与O时刻的位移值相同，所以到达a点的时刻为t a = T/6．到达b点的时刻为t b = 2t a = T/3．到达c点的时刻为t c = t a + T/4 = 5T/12．到达d点的时刻为t d = t c + T/12 = T/2．到达e点的时刻为t e = t a + T/2 = 2T/3．（2）设振动表达式为x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，x = A/2时，所以cosφ = 0.5，因此φ =±π/3；由于零时刻的位相小于a点的位相，所以φ = -π/3，因此振动表达式为cos(2)3tx ATπ=π-．另外，在O时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与t轴相交于f点，由于x f= 0，根据运动方程，可得cos(2)03tTππ-=图6.2所以232f t Tπππ-=±． 显然f 点的速度大于零，所以取负值，解得 t f = -T /12．从f 点到达a 点经过的时间为T /4，所以到达a 点的时刻为t a = T /4 + t f = T /6，其位相为203a a t T Φπ=π-=． 由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．4．3如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k= 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅； （2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即mv = (m + M )v 0．解得子弹射入后的速度为v 0 = mv/(m + M ) = 2(m·s -1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得(m + M ) v 02/2 = kA 2/2，所以振幅为A v =-2(m)． （2）振动的圆频率为ω=s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为x = 5×10-2cos(40t - π/2)(m)．4．4 如图所示，在倔强系数为k的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为v =物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为0m v v m M ==+这也是它们振动的初速度． 设振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中圆频率为ω=物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则x 1 = Mg/k ．物体与托盘碰撞之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则x 2 = (M + m )g/k ．取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x 0 = x 1 - x 2 = -mg/k ． 因此振幅为图4.3图4.4A===初位相为arctanvxϕω-==4．5重量为P的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[解答]（1）可以证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为k=k1k2/(k1+ k2)，因此固有频率为2πων===．（2）因为当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为2πων===4．6 一匀质细圆环质量为m，半径为R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[解答]方法一：用转动定理．通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为I c = mR2．根据平行轴定理，环绕过O点的平行轴的转动惯量为I = I c + mR2 = 2mR2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为M = -mgR sinθ，方向与角度θ增加的方向相反．根据转动定理得Iβ = M，即22dsin0dI mgRtθθ+=，由于环做小幅度摆动，所以sinθ≈θ，可得微分方程22ddmgRt Iθθ+=．摆动的圆频率为ω=周期为2πTω=22==方法二：用机械能守恒定律．取环的质心在最底点为重力势能零点，当环心转过角度θ时，重力势能为E p = mg(R - R cosθ)，绕O点的转动动能为212kE I=ω，总机械能为21(cos)2E I mg R R=+-ωθ．环在转动时机械能守恒，即E为常量，将上式对时间求导，利用ω= dθ/d t，β=dω/d t，得0 = Iωβ + mgR(sinθ)ω，由于ω ≠ 0，当θ很小有sinθ≈θ，可得振动的微分方程22ddmgRt Iθθ+=，从而可求角频率和周期．[注意]角速度和圆频率使用同一字母(b)图4.5ω，不要将两者混淆．4.7 横截面均匀的光滑的U 型管中有适量液体如图所示，液体的总长度为L ，求液面上下微小起伏的自由振动的频率。