解答]物体的总能量为 E=Ek+ Ep=0.8(J) (1)根据能量公式 两个频率 E=kA2/2 和振幅都 得振幅为 相同的简 谐振动的 A=√2E/k=0.253(m) x-t曲线如 (2)当动能等于势能时,即Ek=Ep,图所示 图412 由于 求 E= Ek+ Ep (1)两个简谐振动的位相差 (2)两个简谐振动的合成振动的振动 E 方程 kA2=2×-k 解答](1)两个简谐振动的振幅为 A=5(cm) 解得 周期为 √2A/2=±0.179m) T=4(s), 圆频率为 (3)再根据能量公式 =2/T=/2 E=mv 2/2 它们的振动方程分别为 得物体经过平衡位置的速度为 xI=AcoSot= 5cost/2 vn=±√2E/m=±2.3(ms) x2= Asina= 5sint/2= 5cos(T/2-Tt/2) 位相差为 41两个质点平行于同一直线并排作 4=02-91=-/2 同频率、同振幅的简谐振动.在振动过程中 (2)由于 每当它们经过振幅一半的地方时相遇,而运 x=x1+x2=5c0s/2+5inm/2 动方向相反.求它们的位相差,并作旋转矢 5(cost/2 cosT/4+ 5sintt/2 sin/4 )/sinT/4 量图表示 合振动方程为 解答]设它们的振动方程为 √2cos(x 当x=A/2时,可得位相为 ot+p=±/3. 4.13已知两个同方向简谐振动如下 由于它们在相遇时反相,可取 中1=(ot+p)=-/3, x1=005c0(10t+丌), 中2=(ot+g)=/3 x2=006c010+1 它们的相差为 △=d2-中1=2/3, (1)求它们的合成振动的振幅和初位 或者 相 (2)另有一同方向简谐振动x 2丌-△中=47/3. 0.07cos(101+g),问为何值时,x1+x3的振 矢量图一 幅为最大?φ为何值时,x2+x3的振幅为最 如图所示 小 (3)用旋转矢量图示法表示(1)和(2) 两种情况下的结果.x以米计,t以秒计
[解答]物体的总能量为 E = Ek + Ep = 0.8(J)． （1）根据能量公式 E = kA2 /2， 得振幅为 A E k = 2 / = 0.253(m)． （2）当动能等于势能时，即 Ek = Ep， 由于 E = Ek + Ep， 可得 E = 2Ep， 即 1 1 2 2 2 2 2 kA kx = ， 解得 x A = 2 / 2 = ±0.179(m)． （3）再根据能量公式 E = mvm 2 /2， 得物体经过平衡位置的速度为 2 / m v E m = = ±2.53(m·s-1 )． 4.11 两个质点平行于同一直线并排作 同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中， 每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运 动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢 量图表示． [解答]设它们的振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 当 x = A/2 时，可得位相为 ωt + φ = ±π/3． 由于它们在相遇时反相，可取 Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3， Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3， 它们的相差为 ΔΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3， 或者 ΔΦ` = 2π –ΔΦ = 4π/3． 矢量图 如图所示． 4 ． 12 两个频率 和振幅都 相同的简 谐振动的 x-t 曲线如 图所示， 求： （1）两个简谐振动的位相差； （2）两个简谐振动的合成振动的振动 方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为 A = 5(cm)， 周期为 T = 4(s)， 圆频率为 ω =2π/T = π/2， 它们的振动方程分别为 x1 = Acosωt = 5cosπt/2， x2 = Asinωt = 5sinπt/2 = 5cos(π/2 - πt/2) 即 x2 = 5cos(πt/2 - π/2)． 位相差为 Δφ = φ2 - φ1 = -π/2． （2）由于 x = x1 + x2 = 5cosπt/2 + 5sinπt/2 = 5(cosπt/2·cosπ/4 + 5sinπt/2·sinπ/4)/sinπ/4 合振动方程为 5 2 cos( ) 2 4 x t = − (cm)． 4．13 已知两个同方向简谐振动如下： 1 3 0.05cos(10 ) 5 x t = + ， 2 1 0.06cos(10 ) 5 x t = + ． （1）求它们的合成振动的振幅和初位 相； （2）另有一同方向简谐振动 x3 = 0.07cos(10t +φ)，问 φ 为何值时，x1 + x3 的振 幅为最大？φ 为何值时，x2 + x3 的振幅为最 小？ （3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2） 两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计． O x A t/s x/cm 5 0 1 2 3 4 -5 x1 x2 图 4.12
解答](1)根据公式,合振动的振幅为 A=√+1+244os(9-m) 位相为 arctan A, sin p2 A, COs ,+ A, cos o (2)要使x1+x3的振幅最大,则 因此 4.14三个同方向、同频率的简谐振动 为 所以 x1=0.08c0(314+) p=1=0.6兀 要使x2+x3的振幅最小,则 x,=0.08c0s(314t+-), 因此 0.08cos(314t 6 所以 求:(1)合振动的圆频率、振幅、初相 及振动表达式; (2)合振动由初始位置运动到 rs~5/所需最短时间(A为合振动振 幅 [解答]合振动的圆频率与各分振动的 (3)如图所示 圆频率相同 314=100r(rads) 各分振动的振幅为A1=A2=A3=0.08m,初 相为 根据振动合成公式可得 Ay= Asinp1 asing 合振幅为 +f2=01 初位相为 合振动的方程为 x=0.16cos(100mt+x/2) x=√2A/2时,可得 cos(100m+π/2)=√2/2
[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为 2 2 A A A A A = + + − 1 2 1 2 1 2 2 cos( ) = 8.92×10-2 (m)． 初位相为 1 1 2 2 1 1 2 2 sin sin arctan cos cos A A A A + = + = 68.22°． （2）要使 x1 + x3 的振幅最大，则 cos(φ – φ1) = 1， 因此 φ – φ1 = 0， 所以 φ = φ1 = 0.6π． 要使 x2 + x3 的振幅最小，则 cos(φ – φ2) = -1， 因此 φ – φ2 = π， 所以 φ = π + φ2 = 1.2π． （3）如图所示． 4 4．14 三个同方向、同频率的简谐振动 为 1 0.08cos(314 ) 6 x t = + ， 2 0.08cos(314 ) 2 x t = + ， 3 5 0.08cos(314 ) 6 x t = + ． 求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相 及振动表达式； （2）合振动由初始位置运动到 2 2 x A = 所需最短时间（A 为合振动振 幅）． [解答] 合振动的圆频率与各分振动的 圆频率相同 ω = 314 = 100π(rad·s-1 )． 各分振动的振幅为 A1 = A2 = A3 =0.08m，初 相为 φ1 =π/6、φ2 =π/2、φ3 =5π/6． 根据振动合成公式可得 Ax = A1cosφ1 + A2cosφ2 + A3cosφ3 = 0， Ay = A1sinφ1 + A2sinφ2 + A3sinφ3 = 2A1 = 0.16(m)， 合振幅为 2 2 A A A = + x y = 0.16(m)， 初位相为 φ = arctan(Ay/Ax) = π/2． 合振动的方程为 x = 0.16cos(100πt + π/2)． （2）当 x A = 2 / 2 时，可得 cos(100 / 2) 2 / 2 + = t ， O x A φ A2 A1 x1 x x2 φ2 φ1 O x A3 A1 x1 φ1 x3 O x φ A2 A3 x3 x2 φ2
解得 xy=0 100xt+2=x/4或7x/4 A 由于1>0,所以只能取第二个解,可得所需质点运动的轨道方程为 最短时间为t=0.0125s y=x, 轨迹是一条直线 9=g 4.15将频率为384Hz的标准音叉振动时,可得质点的轨道方程 和一待测频率的音叉振动合成,测得拍频为 3.0Hz,在待测音叉的一端加上一小块物体, 2 则拍频将减小,求待测音叉的固有频率 解答]标准音叉的频率为 即 1=384(Hz), x+y- 3xy=A2/4 拍频为 △ △v=3.0(Hz 轨迹是倾斜的椭圆 如果待测音叉 (3)当△p=g=90°时,可得 的固有频率n2比标准音叉的频率大,则得 △γ=1 可能的频率是 V2=10+△y=387(Hz) 即 x2+y2=A2, 如果待测音叉的固有频率v比标准标质点运动的轨迹为圆 准音叉的频率小,则得 △=1-V1, 可能的频率是 4.17质量为04kg的质点同时参与互 v1=10-△v=381(Hz) 相垂直的两个振动: 在待测音叉上加一小块物体时,相当于 x=0.08cos(t+-) 弹簧振子增加了质量,由于2=km,可知 其频率将减小.如果待测音叉的固有频率为 Ⅵ,加一小块物体后,其频率ν1将更低 y=0.06c0s(t-) 与标准音叉的拍频将增加;实际上拍频是减式中x和y以米(m)计,t以秒(s)计 小的,所以待测音叉的固有频率n2,即 (1)求运动的轨道方程; 387Hz. (2)画出合成振动的轨迹 (3)求质点在任一位置所受的力 [解答](1)根据公式 4.16示波器的电子束受到两个互相垂 直的电场作用.电子在两个方向上的位移分 2xy 别为x= Ecosoc和y=Aco(ot+).求在= AA: 4A cos△=sin△q 0,q=30°,及ρ=90°这三种情况下,电子其中位相差为 在荧光屏上的轨迹方程 解答]根据公式 所以质点运动的轨道方 程为 Xv A44QsM=sin2△, b=006 其中△p=2-q1=-m/2,而g=0,p2=g a=0.08/x (1)当△=p=0时,可得 (2)合振动的轨迹
解得 100πt + π/2 = π/4 或 7π/4． 由于 t > 0，所以只能取第二个解，可得所需 最短时间为 t = 0.0125s． 4．15 将频率为 384Hz 的标准音叉振动 和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为 3.0Hz，在待测音叉的一端加上一小块物体， 则拍频将减小，求待测音叉的固有频率． [解答]标准音叉的频率为 v0 = 384(Hz)， 拍频为 Δv = 3.0(Hz)． 如果待测音叉 的固有频率 v2 比标准音叉的频率大，则得 Δv = v2 - v0， 可能的频率是 v2 = v0 + Δv = 387(Hz)． 如果待测音叉的固有频率 v1 比标准标 准音叉的频率小，则得 Δv = v0 – v1， 可能的频率是 v1 = v0 - Δv = 381(Hz)． 在待测音叉上加一小块物体时，相当于 弹簧振子增加了质量，由于 ω 2 = k/m，可知 其频率将减小．如果待测音叉的固有频率为 v1，加一小块物体后，其频率 v`1 将更低， 与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减 小的，所以待测音叉的固有频率 v2，即 387Hz． 4．16 示波器的电子束受到两个互相垂 直的电场作用．电子在两个方向上的位移分 别为 x = Acosωt 和 y = Acos(ωt +φ)．求在 φ = 0，φ = 30º，及 φ = 90º这三种情况下，电子 在荧光屏上的轨迹方程． [解答]根据公式 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 cos sin x y xy A A A A + − = ， 其中 Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，而 φ1 = 0，φ2 = φ． （1）当 Δφ = φ = 0 时，可得 2 2 2 2 2 2 0 x y xy A A A + − = ， 质点运动的轨道方程为 y = x， 轨迹是一条直线． （2）当 Δφ = φ = 30º 时，可得质点的轨道方程 2 2 2 2 2 2 3 1 2 4 x y xy A A A + − = ， 即 2 2 2 x y xy A + − = 3 / 4 ， 轨迹是倾斜的椭圆． （3）当 Δφ = φ = 90º时，可得 2 2 2 2 1 x y A A + = ， 即 x 2 + y 2 = A 2， 质点运动的轨迹为圆． 4．17 质量为 0.4kg 的质点同时参与互 相垂直的两个振动： 0.08cos( ) 3 6 x t = + ， 0.06cos( ) 3 3 y t = − ． 式中 x 和 y 以米(m)计，t 以秒(s)计． （1）求运动的轨道方程； （2）画出合成振动的轨迹； （3）求质点在任一位置所受的力． [解答]（1）根据公式 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 cos sin x y xy A A A A + − = ， 其中位相差为 Δφ = φ2 – φ1 = -π/2， 所以质点运动的轨道方 程为 2 2 2 2 1 0.08 0.06 x y + = ． （2）合振动的轨迹 ν1 ν0 ν2 ν ν`2 ν`1 Δν Δν O x y O x y x y O O a=0.08 x y b=0.06 Fx Fy F θ
是椭圆 (3)两个振动的圆频率是相同的=4.18楼内空调用的鼓风机如果安装在楼 兀/3,质点在x方向所受的力为 板上,它工作时就会使整个楼产生讨厌的震 d 动。为了减小这种震动,就把鼓风机安装在 =ma 有4个弹簧支撑的底座上。鼓风机和底座的 总质量为576kg,鼓风机的轴的转速为 =-m20.08c0s(o1+) 1800r/min(转每分)。经验指出,驱动频率 为振动系统固有频率5倍时,可减震90%以 即Fx=0.035c0(/3+/6(N) 上。偌按5倍计算,所用的每个弹簧的倔强 在y方向所受的力为 系数应多大? F=ma =m dy [解答]驱动频率 v=1800/min=30H =-mo20.06c0s(ot-) 由于4个弹簧并联,其等效劲度系数为每个 即Fy=0.026c0s(x1/3-/3)N) 弹簧的劲度系数的4倍,即k=4k 用矢量表示就是F=F计+F,其大小由v=5 可得v= 5 k/m 2丌 与x轴的夹角为 576 6= arctan(FFx) 205×105N/ 25
是椭圆． （3）两个振动的圆频率是相同的 ω = π/3，质点在 x 方向所受的力为 2 2 d d x x x F ma m t = = 2 π 0.08cos( ) 6 = − + m t ， 即 Fx = 0.035cos(πt/3 + π/6)(N)． 在 y 方向所受的力为 2 2 d d y y y F ma m t = = 2 π 0.06cos( ) 3 = − − m t ， 即 Fy = 0.026cos(πt/3 - π/3)(N)． 用矢量表示就是 i+ j F F F = x y ，其大小 为 2 2 F F F = + x y ， 与 x 轴的夹角为 θ = arctan(Fy/Fx)． 4．18 楼内空调用的鼓风机如果安装在楼 板上，它工作时就会使整个楼产生讨厌的震 动。为了减小这种震动，就把鼓风机安装在 有 4 个弹簧支撑的底座上。鼓风机和底座的 总质量为 576kg，鼓风机的轴的转速为 1800r/min（转每分）。经验指出，驱动频率 为振动系统固有频率 5 倍时，可减震 90%以 上。偌按 5 倍计算，所用的每个弹簧的倔强 系数应多大？ [解答] 驱动频率 r Hz d =1800 / min = 30 由于 4 个弹簧并联，其等效劲度系数为每个 弹簧的劲度系数的 4 倍，即 k=4k1, 由 d = 5 0 可得 k m k m d / 5 2 / 5 2 5 0 1 = = = N m m k d 2.05 10 / 25 576 30 25 2 2 2 2 5 1 = = =
第5章波动 cos(41- 2x)(SI). 5.1据报道,1976年唐山大地震时, (1)写出t=42s时各波峰位置的坐标 当地某居民曾被猛地向上抛起2m高,设地表示式,并计算此时离原点最近的波峰的位 震横波为简谐波,且频率为1Hz,波速为置,该波峰何时通过原点 3kms,它的波长多大?振幅多大 (2)画出t=42s时的波形曲线 [解答]人离地的速度及地壳上下振 [解答]波的波动方程可化为 动的最大速度,为 y=Acos2r(2I-x) 与标准方程比较 y=Acos[2π( )+q] 地震波的振幅为 U√2gh√2x98×2 可知:周期为T=0.5s,波长A=1m.波速 A =1.0m 为u==2msl 2丌v2丌 2丌 (1)当t=4.2s时的波形方程为 地震波的波长 y=Aco(2xx-16.8π) 3 令y=A,则 cos(2Ttx-087 因此2x-0.8x=2k,(k=0, 5.2已知一波的波动方程为 各波峰的位置为 y=5×1023sn(10-0.6x)(m) (1)求波长、频率、波速及传播方向 当k=0时的波峰离原点最近,最近为 (2)说明x=0时波动方程的意义,并 x=0.4(m). 作图表示 通过原点时经过的时间为 解答](1)与标准波动方程比较: △t=△xa=(0-x)/=-0.2(s) 即:该波峰0.2s之前通过了原点 y=Acos(@t--) )t=0时刻的波形曲线如实线所 得 2/=0.6 示,经过t=4s时,也就是经过8个周期, 因此波长为 波形曲线是重合的;再经△t=02s,波形向 λ=10.47(m) 右移动Δx=u△t=0.4m,因此t=42s时的 圆频率为 波形曲线如虚线所示 [注意]各波峰的位置也可以由 频率为 波速为 l=T=Av=52.36(ms1) 传播方向沿着x轴正方向 (2)当x=0时波动方程就成为该处质 点的振动方程 y=5×102sinl0=5×102co(10m-n2), 振动曲线如图. 解得,结果为 k+8.4,(k=0,±1 ), 5.3已知波的波动方程为 取同一整数k值,波峰的位置不同.当k=-8
第 5 章 波动 P210． 5．1 据报道,1976 年唐山大地震时, 当地某居民曾被猛地向上抛起 2m 高,设地 震横波为简谐波,且频率为 1Hz ,波速为 3km/s ,它的波长多大?振幅多大? [解答] 人离地的速度 及地壳上下振 动的最大速度，为 m = 2gh 地震波的振幅为 m gh A m 1.0 2 2 9.8 2 2 2 2 = = = = 地震波的波长 km u 3 1 3 = = = 5．2 已知一波的波动方程为 y = 5×10-2 sin(10πt – 0.6x) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向； （2）说明 x = 0 时波动方程的意义，并 作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较： 2π cos( ) x y A t = − ， 得 2π/λ = 0.6， 因此波长为 λ = 10.47(m)； 圆频率为 ω = 10π， 频率为 v =ω/2π = 5(Hz)； 波速为 u = λ/T = λv = 52.36(m·s-1 )． 传播方向沿着 x 轴正方向． （2）当 x = 0 时波动方程就成为该处质 点的振动方程 y = 5×10-2 sin10πt = 5×10-2 cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图． 5．3 已知波的波动方程为 y = Acosπ(4t – 2x)（SI）． （1）写出 t = 4.2s 时各波峰位置的坐标 表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位 置，该波峰何时通过原点？ （2）画出 t = 4.2s 时的波形曲线． [解答]波的波动方程可化为 y = Acos2π(2t – x)， 与标准方程比较 y A = cos[2 ( ) ] t x T − + ， 可知：周期为 T = 0.5s，波长 λ = 1m．波速 为 u = λ/T = 2m·s-1． （1）当 t = 4.2s 时的波形方程为 y = Acos(2πx – 16.8π) = Acos(2πx – 0.8π)． 令 y = A，则 cos(2πx – 0.8π) = 1， 因此 2πx – 0.8π = 2kπ，(k = 0, ±1, ±2,…)， 各波峰的位置为 x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)． 当 k = 0 时的波峰离原点最近，最近为 x = 0.4(m)． 通过原点时经过的时间为 Δt = Δx/u = (0 – x)/u = -0.2(s)， 即：该波峰 0.2s 之前通过了原点． （2）t = 0 时刻的波形曲线如实线所 示．经过 t = 4s 时，也就是经过 8 个周期， 波形曲线是重合的；再经 Δt = 0.2s，波形向 右移动 Δx = uΔt = 0.4m，因此 t = 4.2s 时的 波形曲线如虚线所示． [注意]各波峰的位置也可以由 cos(2πx – 16.8π) = 1 解得，结果为 x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)， 取同一整数 k 值，波峰的位置不同．当 k = -8 x y A O u t=0 t=4.2s 0.5 1