波动与振动-答案和解析

151.一简谐振动的表达式为)3cos(tAx，已知0t时的初位移为0.04m,初速度为0.09ms-1，则振幅A=，初相位=解：已知初始条件，则振幅为：(m)05.0)309.0(04.0)(222020vxA初相：1.1439.36)04.0309.0(tg)(tg1001或xv因为x00,所以9.362.两个弹簧振子的的周期都是0.4s,设开始时第一个振子从平衡位置向负方向运动，经过0.5s后，第二个振子才从正方向的端点开始运动，则这两振动的相位差为。解：从旋转矢量图可见，t=0.05s时，1A与2A反相，即相位差为。3.一物块悬挂在弹簧下方作简谐振动，当这物块的位移等于振幅的一半时，其动能是总能量的（设平衡位置处势能为零）。当这物块在平衡位置时，弹簧的长度比原长长l,这一振动系统的周期为解：谐振动总能量221kAEEEpk，当Ax21时4)2(212122EAkkxEp，所以动能EEEEpk43。物块在平衡位置时，弹簧伸长l，则lkmg，lmgk，振动周期glkmT224.上面放有物体的平台，以每秒5周的频率沿竖直方向作简谐振动，若平台振幅超过，物体将会脱离平台（设2sm8.9g）。解：在平台最高点时，若加速度大于g，则物体会脱离平台，由最大加速度gAvAam22)2(得最大振幅为(m)100.11093.9548.94232222vgA5.一水平弹簧简谐振子的振动曲线如图所示，振子处在位移零、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-kA的状态，对应于曲线的点。解：位移0x，速度0ddAtxv，对应于曲线上的b、f点；若|x|=A,Aa2，又xa2,所以x=A，对应于曲线上的a、e点。6.两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：1A1A2Ax0t5.0t5.0ttx0AAabcdef16)215cos(10621tx(SI)和)5sin(10222tx(SI)它们的合振动的振幅为，初相位为。解：将x2改写成余弦函数形式：)25cos(102)5sin(102222ttx由矢量图可知，x1和x2反相，合成振动的振幅(m)10410210622221AAA，初相21三、计算题1.一质量m=0.25kg的物体，在弹簧的力作用下沿x轴运动，平衡位置在原点.弹簧的劲度系数k=25N·m-1．(1)求振动的周期T和角频率．(2)如果振幅A=15cm，t=0时物体位于x=7.5cm处，且物体沿x轴反向运动，求初速v0及初相．(3)写出振动的数值表达式．解：(1)1s10/mk1分63.0/2Ts1分(2)A=15cm，在t=0时，x0=7.5cm，v00由2020)/(vxA得3.12020xAvm/s2分31)/(tg001xv或4/32分∵x00，∴31(3))3110cos(10152tx(SI)2分)s(m30.1075.015.0101222020xAv(3)振动方程为)310cos(1015)cos(2ttAx（SI）2.在一平板上放一质量为m=2kg的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期为T=21s，振幅A=4cm，求(1)物体对平板的压力的表达式．(2)平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板？xOA2A11A17解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为tAx4cos(SI)tAxπ4cosπ162(SI)1分(1)对物体有xmNmg①1分tAmgxmmgN4cos162(SI)②物对板的压力为tAmgNF4cos162(SI)t4cos28.16.192③2分(2)物体脱离平板时必须N=0，由②式得1分04cos162tAmg(SI)Aqt2164cos1分若能脱离必须14cost(SI)即221021.6)16/(gAm2分3.一定滑轮的半径为R，转动惯量为J，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如图所示。设弹簧的倔强系数为k,绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的阻力。现将物体m从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作简谐振动，并求出其角频率。解：取如图x坐标，原点为平衡位置，向下为正方向。m在平衡位置，弹簧伸长x0,则有0kxmg……………………(1)现将m从平衡位置向下拉一微小距离x，m和滑轮M受力如图所示。由牛顿定律和转动定律列方程，maTmg1…………………(2)JRTRT21………………(3)Ra………………………(4))(02xxkT…………………(5)联立以上各式，可以解出xxmRJka22，（※）（※）是谐振动方程，所以物体作简谐振动，角频率为222mRJkRmRJk第二章波动(1)一、选择题xNmgT1T2T1NMgmgmx0oxJkR181.一平面简谐波表达式为)2(sin05.0xty(SI)，则该波的频率v(Hz)、波速u(ms-1)及波线上各点振动的振幅A(m)依次为:[](A)2/1，2/1，05.0(B)2/1，1，05.0(C)2/1，2/1，05.0(D)2，2，05.0解：平面简谐波表达式可改写为(SI))22cos(05.0)2(sin05.0xtxty与标准形式的波动方程])(2[cosuxtvAy比较，可得)s(m21,(Hz)21,(m)05.01uvA。故选C2.一横波沿绳子传播时的波动方程为)104cos(05.0txy(SI)，则[](A)其波长为0.5m;(B)波速为5ms-1;(C)波速25ms-1;(D)频率2Hz。解：将波动方程与标准形式])(2[cosuxtvAy比较，可知)sm(5.2),Hz(51uv)m(5.055.2vu故选A3.一平面简谐波的波动方程为)3cos(1.0xty(SI)，t=0时的波形曲线如图所示。则[](A)O点的振幅为0.1m；(B)波长为3m；(C)a、b两点位相差21；(D)波速为9ms-1。解：由波动方程可知(Hz),23(m),1.0A(m)2，)s(m32231ua、b两点间相位差为：2422ab故选C4.一简谐波沿x轴负方向传播，圆频率为，波速为u。设t=T/4时刻的波形如图所示，则该波的表达式为：[])/(cos(A)uxtAy]2)/(cos[(B)uxtAy)]/(cos[(C)uxtAy])/(cos[(D)uxtAy(m)Yu1.0ab(m)X01.0yuAx0A19解：由波形图向右移41，可得0t时波形如图中虚线所示。在0点，0t时y=-A,初相=，振动方程为)cos(0tAy。又因波向)(x方向传播，所以波动方程为(SI)])(cos[uxtAy故选D5.一平面简谐波沿x轴正向传播，t=T/4时的波形曲线如图所示。若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取到之间的值，则[](A)0点的初位相为00(B)1点的初位相为21(C)2点的初位相为2(D)3点的初位相为23解：波形图左移4/，即可得0t时的波形图，由0t的波形图（虚线）可知，各点的振动初相为:2,0,2,3210故选D二、填空题1.已知一平面简谐波沿x轴正向传播，振动周期T=0.5s，波长=10m,振幅A=0.1m。当t=0时波源振动的位移恰好为正的最大值。若波源处为原点，则沿波传播方向距离波源为2/处的振动方程为。当t=T/2时，4/x处质点的振动速度为。解：波动方程为(SI))1.02(2cos[1.0)](2cos[xtxTtAy,m52x处的质点振动方程为)4cos(1.0ty(SI)m5.24x处的振动方程为)4sin(1.0)24cos(1.0tty振动速度)4cos(4.0)4cos(41.0ddtttyvs25.02Tt时)s(m26.14.0)25.04cos(4.01v2.如图所示为一平面简谐波在t=2s时刻的波形图，该谐波的波动方程是；P处质点的振动方程是。（该波的振幅A、波速u与波长为已知量）解：由t=2s波形图可知，原点O的振动方程为yu1x0234yu1x02340tyuAx0A0t(m)yuP(m)xOA20]2)2(2cos[0tvAy]2)2(2cos[tuvA波向+x方向传播，所以波动方程为]2)2(2cos[uxtuvAy(SI)P点2x，振动方程为]2)2(2cos[]2)22(2cos[tuAutuAyP3.一简谐波沿x轴正向传播。1x和2x两点处的振动曲线分别如图(a)和(b)所示。已知12xx且12xx(为波长)，则2x点的相位1x比点相位滞后3/2。解：由图(a)、(b)可知，1x和2x处振动初相分别为：231，02二点振动相位差为2321因为1212,xxxx，所以2x的相位比1x的相位滞后23。4.图示一平面简谐波在t=2s时刻的波形图，波的振幅为0.2m，周期为4s。则图中P点处质点的振动方程为解：由ｔ＝2s是波形图可知原点O处振动方程为：)222cos(0TtAy)2422cos(2.0t)232cos(2.0t（SI）P点2x，相位比O点落后，所以P点的振动方程为：)2121cos(2.0)2321cos(2.0ttyp（SI）5.一简谐波沿x轴正方向传播。已知x=0点的振动曲线如图，试在它下面画出t=T时的波形曲线。解：由O点的振动曲线得振动方程：)22cos(TtAyo向x正向传播，波动方程为)222cos(xTtAyt＝T时与t＝0时波形曲线相同，波形曲线如右图所示。三、计算题1.一平面简谐波沿x轴正向传播，波的振幅A=10cm，波的角频率=7rad/s.1yt1O(a)2y2Ot(b)P(m)yAO传播方向(m)xuO2/TyTtO2/yx21当t=1.0s时，x=10cm处的a质点正通过其平衡位置向y轴负方向运动，而x=20cm处的b质点正通过y=5.0cm点向y轴正方向运动．设该波波长10cm，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成)/27cos(1.0xty(SI)2分t=1s时0])/1.0(27cos[1.0y因此时a质点向y轴负方向运动，故21)/1.0(27①2分而此时，b质点正通过y=0.05m处向y轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0y且31)/2.0(27②2分由①、②两式联立得=0.24m1分3/171分∴该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0xty(SI)2分或]3112.07cos[1.0xty(SI)2.一平面简谐波沿x轴正向传播，其振幅为A，频率为，波速为u．设t=t＇