同济大学物理大作业解答4至6章答案

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 ；π2

3 )2

32

cos(02.0ππ+t ；m )2

3

2

s i n (01.0πππ+-t -1s m ⋅；)2

32

cos(

2

01.02

ππ

π

+

-t -2s m ⋅； ππ或3

3．0.158 m ； 0.5 s ； 2

π

4．)4

1cos(02.0ππ+t m ； )4

3c o s (02.0ππ+t m

5．π3

2

6．

8

T ， T 8

3 7．ππ

2

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

-==

=

==

=

π

ω

π

ωT 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(3π

ππϕ-=-=t T A x （2）0=a ϕ，2π

ϕ=b

（3）作振幅矢量图，得到： 6

23

3

T T

t a =

=

=

ππ

ωπ

12

5223

T 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 a gL mg 2

水ρ= ，于是可求得

a

g a

L gL

m k =

=

=

2

2水ρω g

a T π

ω

π

22==

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

1

21s 3-＝＝＝ωωω

合振动振幅A 和初相0ϕ为 ()cm 52cos 43243cos 22

221212

22

1=⨯⨯++=

++=

πϕϕ－A A A A A

︒==+︒+︒=++=--13.5334tg 2

4cos 3cos024sin 3sin0tg

cos cos sin sin tg

11

-2

21122111

0π

π

ϕϕϕϕϕA 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

第四章（二） 波动学基础解答

一、选择题

1．D 2．C 3．B 4．B 5．D 6．D 7．D 8．C

二、填空题

1． 3； 300 2． (SI))2

2

200cos(10

23

π

π

π-

-

⨯=-x t y

3． (SI))4

52

sin(

06.0π

π

-

=t y

4． u ； λ； ν； T

5．

S w λπ

ω

2

6． 10cm ； 20cm ； 101-⋅s cm ； 2s ； 0.51-s ； ()[]2310cos 10ππ++x t cm 7． 4I 0 ； 0 8． 629

三、计算题

1．解：（1）(SI))

20

(4cos 3)(cos x t u x

t A y +

=+

=πω （2）(SI)

)20

5

(4cos 3)(cos -+

=+=x t u x t A y πω

2．解：（1）])(cos[ϕω++

=u x t A y

-1s m 5000025020050025022m 01.0⋅=⨯===⨯===λνπππνωu A ，， ϕcos 0

A y

x t ===，

ϕcos 12

2⨯=，2

2cos =

ϕ， ，4

π

ϕ±=取4

π

ϕ=

波动表达式 (S I )]4

)50000(5

00c o s [01.0π

π++=x

t y

（2）上式中，令 100=x

(S I ))4

5500c o s (01.0]4

)50000

100(500cos[01.0πππ

π+=+

+=t t y (SI))45500sin(5]4

5500sin()500(01.0d dy ππππππ+

-=+⨯-==t t t

v

3．解：（1）cm )20

(2cos 1.01x

t y -

=π cm ])20

(2cos[1.02ππ+-

=x t y

（2）)42cos(1.0)20

40

(2cos 1.01πππ-=-=t t y P

)42c o s (1.0])20

50(2cos[1.02ππππ-=+-

=t t y P

相位差： 0=∆ϕ

（3） P 点振动加强。

4．解（1）t T x A y π

λπ2cos 2cos 2= 1

-3

s

cm 107.4s

750

2750

2cm

3.3916.02cm 0.1⋅⨯==

=

====T

u T T

A λ

ππλλ

π