振动和波动计算题答案

y = 0.25cos(125t − 3.7) (SI)
1分
x =10
x2 = 25 m 的振动方程为
y = 0.25cos(125t − 9.25) x =25
(SI)
1分
(2) x2 与 x1 两点间相位差
Δφ = φ2 - φ1 = -5.55 rad
1分
(3) x1 点在 t = 4 s 时的振动位移
[φ 2
−
2π
d
− λ
x1
]
− [φ1
−
2π
x1 λ
]
=
(2K
+ 1)π
即
(φ 2
− φ1 ) − 2π d
− 2x1 λ
= (2K
+ 1)π
①
2分
在 x2 点两波引起的振动相位差
[φ 2
−
2π
d
− x2 λ
] − [φ1
−
2π
x2 λ
]
=
(2K
+
3)π
即
(φ 2
− φ1) − 2π d
− 2x2 λ
v 0 = −10ω sin φ < 0
解上面两式，可得
φ = 2π/3
2分
由图可知质点由位移为 x0 = -5 cm 和 v 0 < 0 的状态到 x = 0 和 v > 0 的状态所需时间 t = 2 s，
代入振动方程得
0 = 10 cos(2ω + 2π / 3) (SI)
则有 2ω + 2π / 3 = 3π / 2 ，∴
3分
2. 解：
k = f/x =200 N/m ，
ω = k / m ≈ 7.07 rad/s
2分
(1) 选平衡位置为原点，x 轴指向下方（如图所示），
t = 0 时， x0 =
10Acosφ ，v0 = 0 = -Aωsinφ．
解以上二式得
A = 10 cm，φ = 0．
2分
∴ 振动方程 x = 0.1 cos(7.07t) (SI)
1分
15. 解：(1) 振动方程
y0
=
0.06 cos( 2πt 2
+
π)
=
0.06 cos(πt
+
π)
(SI)
3分
(2) 波动表达式 y = 0.06 cos[π(t − x / u) + π]
3分
= 0.06 cos[π(t − 1 x) + π] (SI) 2
(3) 波长
λ = uT = 4 m
所以
φ = 1π
2
波的表达式为
y = A cos[ωt − (ωx / u) + 1 π]
4分
2
(2) x = λ / 8 处振动方程为
y = A cos[ωt − (2πλ / 8λ) + 1 π] = A cos(ωt + π / 4)
1分
2
x = 3λ / 8 的振动方程为
y = A cos[ωt − 2π 3λ / 8 + 1 π] = A cos(ωt − π / 4)
合振动方程为
x = 6.48×10-2 cos(2πt+1.12) (SI)
1分
9. 解：(1) 设 x = 0 处质点的振动方程为 y = A cos(2πνt + φ )
由图可知，t = t＇时
y = A cos(2πνt′ + φ ) = 0
1分
d y / d t = −2πνAsin(2πνt′ + φ ) < 0
ν = 4 Hz， λ = 1.50 m，
各1分
波速
u = λν = 6.00 m/s
1分
(2) 节点位置
4πx / 3 = ±(nπ + 1 π) 2
x = ±3(n + 1 ) m , n = 0，1，2，3, …
3分
2
(3) 波腹位置
4πx / 3 = ±nπ
x = ±3n / 4 m , n = 0，1，2，3, …
0 = A cosφ ， 0 < v 0 = − Aω sin φ ，
故
φ =−1π
2分
2
又 t = 2 s，O 处质点位移为
A / 2 = A cos(4πν − 1 π) 2
所以
− 1 π = 4πν − 1 π ， ν = 1/16 Hz
4
2
2 分振动方程
为
y0
=
A cos(πt / 8 −
1 π) 2
y = 2 ×10−2 cos( 1 πt − 1 π) ， (SI)
2分
22
波的表达式为
y = 2 ×10−2 cos( 1 π(t − x / 5) − 1 π) ， (SI)
2分
2
2
x = 25 m 处质元的振动方程为
y = 2 ×10−2 cos( 1 πt − 3π) ， (SI) 2
振动曲线见图 (a)
A π/3
π/3
x (m)
-0.24-0.12 O0.12 0.24
5. 解：依题意画出旋转矢量图．
3分
由图可知两简谐振动的位相差为 1 π ．
2分
2
ω
A O
A/ 2 x
6. 解：(1) 设振动方程为
x = A cos(ωt + φ )
Aω
由 曲 线 可 知 A = 10 cm , t = 0 ， x0 = −5 = 10 cosφ ，
1分
所以
2πνt′ + φ = π / 2 ， φ = 1 π − 2πνt′
2分
2
x = 0 处的振动方程为
y = A cos[2πν (t − t′) + 1 π]
1分
2
(2) 该波的表达式为 y = A cos[2πν (t − t′ − x / u) + 1 π]
3分
2
10. 解：(1) 原点 O 处质元的振动方程为
2分
(2) 以 B 点为坐标原点，则坐标为 x 点的振动相位为
ωt + φ ′ = 4π[t + x − 5] (SI)
2分
20
波的表达式为
y = 3 ×10−2 cos[4π(t + x ) − π] (SI)
2分
20
13. 解：(1) 以 O 点为坐标原点．由图可知，该点振动初始条件为
y0 = Acosφ = 0 ， v 0 = − Aω sin φ < 0
3分
2
2
(3) 波腹位置：
2πx / λ + 1 π = nπ ,
2分
2
x = 1 (n − 1)λ , 22
n = 1, 2, 3, 4,…
波节位置： 2πx / λ + 1 π = nπ + 1 π
振动和波动计算题答案
1. 解：设振动方程为 x = A cosω t ，则 v = − Aω sin ω t
(1) 在 x = 6 cm，v = 24 cm/s 状态下有
6 = 12 cosω t
24 = −12ω sin ω t
解得 ω = 4 / 3 ，∴ T = 2π / ω = 3π / 2 s = 2.72 s
y = 0.25cos(125×4－3.7) m= 0.249 m
2分
12. 解：(1) 坐标为 x 点的振动相位为
ωt + φ = 4π[t + (x / u)] = 4π[t + (x / u)] = 4π[t + (x / 20)]
2分
波的表达式为
y = 3×10−2 cos 4π[t + (x / 20)] (SI)
2分
16. 解：(1) O 处质点的振动方程为
y0
=
Acos[ω (t
+
L) +φ] u
2分
(2) 波动表达式为
y = A cos[ω (t + x + L ) + φ ]
2分
u
(3)
x = -L ± k 2πu ( k = 1，2，3，…)
1分
ω
17. 解：(1) O 处质点振动方程
y0
=
A cos[ω (t
2分
21. 解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为 A，因此反
射波的表达式为
y2 = Acos[2π(x / λ − t / T ) + π]
3分
(2) 驻波的表达式是 y = y1 + y2
= 2A cos(2πx / λ + 1 π) cos(2πt / T − 1 π)
∵ 此时物体向上运动， v < 0
x
∴
ω t1 = π/2， t1= π/2ω = 0.222 s
1分
再设 t2 时物体在平衡位置上方 5 cm 处，此时 x = -5，即
-5 = Acosω t1，cosω t1 =－1/2
3.
解：(1) 势能
WP
=
1 kx 2 2
总能量
E = 1 kA2 2
由题意， 1 kx 2 = kA2 / 4 ， x = ± A = ±4.24 ×10−2 m
1分
(2) 物体在平衡位置上方 5 cm 时，弹簧对物体的拉力
f = m(g-a )，而 a = -ω2x = 2.5 m/s2
∴
f =4 (9.8－2.5) N= 29.2 N
3分
(3) 设 t1 时刻物体在平衡位置，此时 x = 0，即 0 = Acosω t1 或 cosω t1 = 0．
5 cm O
(SI)
1分
(2) 波速
u = 20 /2 m/s = 10 m/s
波长
λ = u /ν = 160 m
2分
波动表达式
y = A cos[2π( t + x ) − 1 π] (SI)
3分
16 160 2
19. 解：设 S1 和 S2 的振动相位分别为φ 1 和φ 2．在 x1 点两波引起的振动相位差
= (2K
+ 3)π
②
3分
②－①得
4π(x2 − x1) / λ = 2π
λ = 2(x2 − x1 ) = 6 m
2分
由①
φ2
− φ1
=
(2K
+ 1)π +
2π d
− 2x1 λ
=
(2K
+ 5)π
2分
当 K = -2、-3 时相位差最小 φ2 − φ1 = ±π
1分
20. 解：(1) 与波动的标准表达式 y = A cos 2π(νt − x / λ) 对比可得：
+
L) +φ] u
2分
(2) 波动表达式
y = Acos[ω(t − x − L ) + φ ]
2分
u
(3)
x
=
L
±
x
=
L
±
k
2 πu ω
(k = 0，1，2，3，…)
1分
18. 解：(1) 比较 t = 0 时刻波形图与 t = 2 s 时刻波形图，可知此波向左传播．在 t = 0 时刻，
O 处质点
1分
λ2
(3)
d y /d t = −ωAsin(ωt − 2πx / λ + 1 π)
2
t = 0， x = λ / 8 处质点振动速度
d y /d t = −ωAsin[(−2πλ / 8λ) + 1 π] = − 2Aω / 2
1分
2
t = 0， x = 3λ / 8 处质点振动速度
dBiblioteka Baiduy /d t = −ωAsin[(−2π × 3λ / 8λ) + 1 π] = 2Aω / 2
2分
2
2
(2) 周期
T = 2π/ω = 6 s
从平衡位置运动到 x = ± A 的最短时间 Δt 为 T/8． 2
∴
Δt = 0.75 s．
3分
4. 解：旋转矢量如图所示．
图3分
由振动方程可得
ω
=
1π 2
，
Δφ
=
1 3
π
Δt = Δφ / ω = 0.667 s
1分 1分
t
ω
ω
K t=0
K A
1分
2
14. 解：(1) 振动方程 yP = Acos{2π[νt − (−L) / λ] + φ}
= A cos[2π(νt + L / λ) + φ ]
2分
(2) 速度表达式 v P = −2πνAsin[2π(νt + L / λ) + φ]
2分
加速度表达式
aP = −4π2ν 2 Acos[2π(νt + L / λ) + φ ]
(2πt
+
π 2
)
(SI)
按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为
A = 42 + 32 + 24 cos(π / 2 − π / 4) ×10−2 m
= 6.48×10-2 m
2分
φ = arctg 4sin(π / 4) + 3sin(π / 2) =1.12 rad
2分
4 cos(π / 4) + 3cos(π / 2)
作两振动的旋转矢量图，如图所示．
图2分
A = (5-3)cm = 2 cm，φ = π/3．
2分
合振动方程为 x = 2×10-2cos(4t + π/3) (SI) 1 分
K A1
ω
K
A
K O π/3 x
A2 −2π/3
ω
8. 解：由题意
x1
=
4×10-2cos (2πt
+
π) 4
(SI)
x2
=3×10-2cos
2分
(2) t = 3 s 时的波形曲线方程
y = 2 ×10−2 cos(π − πx /10) ， (SI)
2分
波形曲线见图
2分
y (m)
y (m)
2×10-2
u
O 1 2 3 4 t (s) -2×10-2
(a)
O 5 10 15 20 25 x (m)
(b)
11. 解：(1) x1 = 10 m 的振动方程为
2分
(2) 设对应于 v =12 cm/s 的时刻为 t2，则由
v = − Aω sin ω t
得 解上式得
12 = −12 × (4 / 3) × sin ω t2 ， sinω t2 = −0.1875
相应的位移为 x = A cosω t2 = ± A 1 − sin 2 ω t2 = ±10.8 cm
ω = 5 π/12
2分
故所求振动方程为 x = 0.1cos(5πt /12 + 2π / 3) (SI)
1分
7. 解：
x2 = 3×10-2 sin(4t - π/6) = 3×10-2cos(4t - π/6- π/2)
= 3×10-2cos(4t - 2π/3)．
由图得：合振动的振幅和初相分别为