大学物理学振动与波动习题答案.docx

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1、大学物理学（上）第四，第五章习题答案第 4 章 振动P1744） 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：5） 1）此简谐振动的表达式；6） 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 = Acos（ w t + ）,（）其中A = 0.12m,角频率co = 2ntT=冗当t = 0时，x = 0.06m ,所以cos（）= 0.5, 因此（）= 兀./3物体的速

2、度为v = dx/dt = -coAsin（cot + ）.（j） 当 t = 0 时，v = - w Asin（）, 由于v 0,所以sin（） 0,因此（）=-兀 /3简谐振动的表达式为x = 0.12cos（ t 兀兀 /3）（ 2）当t = T/4 时物体的位置为x= 0.12cos（兀-/2/3）=0.12cos 兀 /6 = 0.104（m）速度为v = - jAsin（兀/2兀 /3）-1=-0.12 兀 sin 兀/6.=88（m s-）.加速度为a = dv/dt = - w2Acos（ w t + ）（）=-%Acos（昆兀 /3）=-0.12 2cos 兀 /6 -1.0

3、3（m s-2）.（ 3）方法一：求时间差当 x = -0.06m时，可得cos（加-兀 /3） =0.5,因此疝1 -兀/3 = 2兀/3由于物体向x 轴负方向运动，即 v 0 因此曲-兀/3 = 2 ，兀/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（ t宓-兀 /3） = 0可得疝2 -兀/3二兀/域3兀/2等.由于t2 0，所以疝2 -兀/3 = 3 ，兀/2可得t2 = 11/6 = 1.83（s） 所需要的时间为困=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

4、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（ t 兀 /3） = 0可得疝-兀/3 = q /2解得t = 5/6 = 0.83（s） 注意 根据振动方程x = A cos（ w t + ）2当 t = 0 时，可得（）= arccos（x0/A）,（-兀 0 时，sin（） 0,因此（）=-arccos（x0/A）;当 v 0,因此()=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，()=0；当

5、初位 置 x0 = -A 时，()=兀到达到达到达tb = 2ta = T/3 .c点的时刻为tc = ta + T/4 = 5T/12 .d点的时刻为td = tc + T/12 = T/2.e点的时刻为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te = ta + T/2 = 2T/3 .T；振 动表达式；(3)画 出旋转矢量 图.(2)设振动表达式为 x = A cos( w t +当 t = 0 时，x = A/2 时，cos。= 0.5,)2所以因此解答 方法一：由 位相求时 间.图6

6、.2XA()= 兀；/3由于零时刻的位相小于4 =-兀 /3因此振动表达式为a点的位相，所以t 、x = Acos(2 n- -) -T 3另外，在。时刻的曲线上作一切线，由其中(1)设曲线方程为x = A cos , A表示振幅，=因此因此由于由于Xa = A,所以 cos a = 1 , a = 0.Xb = A/2,所以 cos b = 0.5, b = + Tt ;/3于速度是位置对时间的变化率, 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.所以切线代O A由于位相 随时间t增加，b点位相就应该 大于a点的位

7、相，因此b =兀/3由于xc = 0,所以cos c = 0 ,又由于c点位相大于b位相，因此c =兀/2同理可得其他两点位相为方法 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Xf =0,根据A/2KOd = 2兀/ 3 Oe =兀.c点和a点的相位之差为 N2 ,时间之差 为T/4,而b点和a点的相位之差为兀/3时 间之差应该为 T/6.因为b点的位移值与 O运动方程，可得tcos(2 二)二0T 3所以时刻的位移值相同，ta = T/6.到达b点的时刻为所以到达a点的时刻为tf二二2二一一一二一T32显然f点的速度大于零，所以取负值，解得ta = T/4 + tf

8、= T/6,其位相为t -0a =2=0.T 3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M m v o-岫楸柚楠-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.图4.4图4.3=8 X103N m-1,桌面摩擦，试求:木块的质量为4.99kg,不计(1)振动的振幅；(2)振动方程.解答(1

9、)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 )vo.解得子弹射入后的速度为解答物体落下后、碰撞前的速度为v=V2gh ,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v0 =v =m M m M这也是它们振动的初速度.设振动方程为x = A cos( w t + )4 其中圆频率为V0 = 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) V02/2 = kA 2/2, 所以振幅为m M“-2,、A =vo4- = 5 10 (

10、m).(2)振动的圆频率为= =J-= 40(rad s1).，m M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 = Acos( 3 t + ).()当t = 0时，x = 0,可得4= 兀；/2物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸 长为x1，则x1 = Mg/k.物体与托盘碰撞之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x2,则x2 = (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x0 = x1 - x2 = - mg/k.因此振幅为八.2 . v2 _ mg 2 , 2ghm2一 42 - k k(m M )2kh(m M )gtf =

11、-T/12.从f点到达a点经过的时间为 T/4,所 以到达a点的时刻为由于速度为正，所以取负的初位相，因此振 动方程为x = 5 M0-2cos(40t -兀 /2)(m)初位相为=arctan2kh (m M )g4. 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 = kik2/(ki + k2),因此固有 频率为k二一二 k1k2I kik2g*4.5一2二；(k1k2)P(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

12、频率为4. 6 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 八一二O*轴的转动惯量为RIc= mR2.( : Ric )根据平行轴定理，环绕过o 7 J 点的平行轴的转动惯量为,一一I = I c + mR2 = 2mR2. mg当环偏离平衡位置时，重力的力矩为M = -mgR sin 0, 方向与角度。增加的方向相反.根据转动定理得I 3 = Md2r即I 一十十m g Ri n = 0dt2由于环做小幅度摆动，所以sin也可得微分方程2 -d f mgR 0 =0

13、 .dt2I摆动的圆频率为方法二：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。时，重力势能为Ep = mg(R - Rcos 0), 绕。点的转动动能为1 . 2Ek =二除,2总机械能为_1_2, _.、E = I0 十mg(R Rcos8).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 3 = d (/dt, 3 = d w/dt,得0 = I co 伊 mgR(sin 0) w, 由于co w 0当。很小有sin g 0,可得振动 的微分方程.2 .驾+*=0,dt2I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 W,不要将两者混淆.4

14、.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。解：建立竖直坐标如图，令微小振动中，两 臂水银面相平时，水银面坐标为0,水银的重力势能为0,则以右臂水银面的坐标为准， 在振动中任一时刻，水银的运动速度d yv =.这时振动中水银的动能为dt1 2mv 2,水银的势能(看作两水银面相平的2状态下，从右臂移高度为y的一段水银柱到 左臂，则有质量为S自的水银升高了高度 y 为S；gy2.因振动中机械能守恒122, 一 mu +Sgy =常重2对t求导数可得d 一、mv 2S gy - 0化简d y2一m 2- 2S ： gy = 0这就是

15、简谐振动的微分方程.由此可得振动角频率. = 2S： gm,=2S；g= 2g, S：LL4.8质量为10 M0-3kg的小球与轻弹簧2 二组成的系统，按 x =0.1cos(8nt +)的规 3律作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)计.求: (1)振动的圆频率、周期、振幅、初位相；(2)振动的速度、加速度的最大值；(3)最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；(4)画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t为1, 2, 10s等各时刻的矢量位 置.解答(1)比较简谐振动的标准方程x = Acos( w t + )力可知：圆频率为周期T = 2= 1/4 = 0.25(s),振幅为A = 0

16、.1(m), 位相为(f)= 2 兀 /3(2)速度的最大值为-1vm = coA= 0.8 兀=2.51(m); , s 加速度的最大值为am = Ja = 6.4 2= 63.2(m s-2).(3)弹簧的倔强系数为2 k = m w, 最大回复力为f = kA = m 2A = 0.632(N); 振动能量为E = kA 2/2 =2A2/2 = 3.16 10-2(J),平均动能和平均势能为Ek=Ep = kA2/4 =2A2/4 = 1.58 102(J).(4)如图 t=1,2,10s,所示，当t为1,2 , 10s 等时刻 / : .时，旋转矢量的0二一x位置是相同的.4. 9

17、一氢原子在分子中的振动可视为 简谐振动.已知氢原子质量 m = 1.68 10-27kg,振动频率 v = 1.0 1 W14Hz,振 幅 A = 1.0 10-11m.试计算：(1)此氢原子的最大速度；(2)与此振动相联系的能量.解答(1)氢原子的圆频率为3 =2 v = 6.28 1014(rad s;1), 最大速度为vm = co A =6.28 103(m s-1).(2)氢原子的能量为1 。-20E umvju 3.32 便(J). 2 m4. 10质量为0.25kg的物体，在弹性 力作用下作简谐振动，倔强系数k = 25N m 1,如果开始振动时具有势能0.6J,和动能0.2J,

18、求：w =8 兀，(1)振幅；(2)位移多大时，动能恰等于势能？(3)经过平衡位置时的速度.解答物体的总能量为E = Ek + Ep= 0.8(J).(1)根据能量公式E = kA 2/2, 得振幅为A = J2E / k = 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 一kA? =2 kx2,22解得x =/2A/2 = 0.179(m).(3)再根据能量公式E = mv m2/2, 得物体经过平衡位置的速度为vm = .2E/m = 2.53(m s-1).如图所示.4 . 12 两个频率 和振幅都 相同的简 谐振动的

19、x-t曲线如 图所示， 求：图 4.12(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3 =2 ttT =兀 /2它们的振动方程分别为x = A cos w t= 5cos t/2,x2 = Asin w t= 5sin t/2 = 5cos(兀/2tt/2) 即x2 = 5cos( t/2 -兀 /2)位相差为A(|) = 2 也=-兀/2 (2)由于x = x 1 + x 2 = 5cos t/2 + 5sin t/2=5(cos t/2 - cos 兀 5sin t/2 - sin

20、 % /4)/sin 兀 /4 合振动方程为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 量图表小.解答设它们的振动方程为x = Acos( 3 t + ) ,(j)当x = A/2时，可得位相为w t + 兀./3由于它们在相遇时反相，可取 1 = ( 3 t + )1(=-兀 /32 = ( 3 t + )2 (=兀 /3 它们的相差为=宓一1 = 2兀/3x = 5j2 cos( t - -) (cm).245. 13已知两个同方向简谐振动如下：3 、x1 = 0.05cos(

21、10 t 十一 n),51 、x2 = 0.06cos(10 t + n).5(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 +机 问(为何值时,x1 + x3的振 幅为最大？()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.解答(1)根据公式，合振动的振幅为A = . A2A22AA2 cos(F112)=8.92 t0-2(m).初位相为=arctanA1 sin 1A, sin ;:2A1 cos ;:1A2 cos ;:2=68.22 .(2)要使X1 + X3的

22、振幅最大，则cos()- Q) = 1 ,因此()-(j)1 = 0 ,所以$ = 41 = 0.6 .兀要使X2 + X3的振幅最小，则cos()- (2) = -1 ,因此4 -()2 = g所以4=兀坳=1.2 .兀(3)如图所示.4. 14三个同方向、同频率的简谐振动 为x1 =0.08cos(314 t +()，x2 =0.08cos(314 t +)，5 二X3 =0.08cos(314 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X = Y2 A所需最短时间(A为合振动振2幅).解答合振动的圆频率与各分振动的 圆频率相同w = 314

23、 = 100 兀(段.- s各分振动的振幅为A1 = A2 = A3 =0.08m ,初相为 G =兀/6姐=兀/2加=5兀/6根据振动合成公式可得Ax = A 1cos (j)1 + A 2cos (j)2 + A 3cos (j)3 = 0,Ay = A 1sin(j)1 + A2sin(j)2 + A3sin 胭=2A1 = 0.16(m), 合振幅为A = JA2 + Ay = 0.16(m),初位相为()=arctan(Ay/Ax)= 兀./2合振动的方程为x = 0.16cos(100 t +兀兀 /2)(2)当x = J2A/2时，可得cos(100 虱 +n/2) = 2 ,解

24、得100大+兀/2 =或/不兀/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Yl|Y2i Ay Ay 加=3.0(Hz). 卜卜 J 一如果待测音叉M 刃 边 V的固有频率V2比标准音叉的频率大，则得加=v2 - v0, 可能的频率是V2 = V0 + V = 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Av = V0 -vi

25、, 可能的频率是vi = V0 - Av = 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32 = k/m,可知其频率将减小.如果待测首叉的固有频率为 vi,加一小块物体后，其频率 vi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丫2,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 = Acos 3 t和 y = Acos( 3 t+ 昉.求在()= 0,()= 300,及()=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.2十4 一 -ycos=sin2

26、中,A2 A2 AA2其中 A (j) = (f)2 -()1 =-兀/2 而 出=0, ()2 = 6 (1)当Af)= 4= 0时，可得22x y 2xy j =0,A2 A2 A2质点运动的轨道方程为y = x, 轨迹是一条直线.时,y当 =()= 300可得质点的轨道方程y2 2xy3下一不二2轨迹是倾斜的椭圆.(3)当 A(j)=()=22二+二=1A2A2yX2 + y2 = A2,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： n, n.x =0.08cos( t 十一), 36 ，二 y =0.06cos( t -). 33式中x和y以米(m

27、)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22ArirAA2cos=sin2其中位相差为A j = $2 - $1 = 所以质点运动的轨道方 程为0.082(2)合振动的轨迹是椭圆.(3)两个振动的圆频率是相同的3兀/3质点在x方向所受的力为d2x=max = m -rdt2=-m 20.08cos( ot + ), 6即Fx = 0.035cos( t/班 + 兀 /6)(N)在y方向所受的力为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

28、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%U 上。偌按5倍计算，所用的每个弹簧的倔强 系数应多大？Fy . may =m。dt22c cc ，冗、= mco 0.06cos(cot -), 3即Fy = 0.026cos( t/3r-兀 /3)(N)用矢量表示就是F =Fxi+FJ ,其大小x yF/Fx2 F：,与x轴的夹角为0 =arctan(Fy/Fx).解答驱动频率、d =1800r/min =30Hz由于4个弹簧并联，其等效劲度系数为每个弹簧的劲度系

29、数的 4倍，即k=4k1,由 d =5、05，0. k/m . k /m可彳导 d d = 一0 二5二 52 二2 二二22m 225765k1H302 二 22.05 1052525N /m第5章波动2 9.8 2=1.0mP210.5. 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A m 2ghA =2灼 2w地震波的波长u 33km、15. 2已知一波的波动方程为y = 5 1O-2sin(10 tu

30、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：2 Ttxy = Acos(0t -),儿得2 7tA= 0.6,因此波长为入=10.47(m);圆频率为w = 10 5频率为v = co 2 兀=5(Hz);波速为u =入 /T 入尸 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 10-2sin10 b= 5 W-2cos(10 tl 兀 /2) 振动曲线如图.5. 3已知波的波动方程为y = Acos 兀(4- 2x) (SI).

31、(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 = Acos2 兀(2-x), 与标准方程比较y = A cos2 n ( - -) +P, T可知：周期为 T = 0.5s,波长 入=1m .波速 为 u =入 /T= 2m s-1.(1)当t = 4.2s时的波形方程为y = Acos(2 x -16.8 兀)=Acos(2 x-0.8 兀.)令y = A,则cos(2 x -0.8 兀)=,1因此2位0.8 兀=2Tt, (k = 0, 1, 2,)各波峰的位

32、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At = Mu = (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At = 0.2s,波形向右移动 Ax = u At = 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(2 x-16.8 兀)=1解得，结果为x = k + 8.4 , (k = 0, 1, 土,2, )取同一整

33、数k值，波峰的位置不同.当k = -8时的波峰离原点取近，取近为x = 0.4m.5. 4 一平面波在介质中以速度u =20m -s-1沿x轴负方向传播.已知在传播路径 上的某点A的振动方程为y = 3cos4击.图 7.10(1)如以A点为坐标原点，写出波动 方程；(2)如以距A点5m处的B点为坐标 原点，写出波动方程；(3)写出传播方向上 B, C, D点的振 动方程.解答(1)以A点为坐标原点，波动 方程为xx、y =3cos 4n(t +)=3cos(4 nt +).u5(2)以B点为坐标原点，波动方程为-x -xy =3cos 4 二(t )u=3cos(4irt + - -n) 5

34、(3)以A点为坐标原点，则 xB = -5m、 xc = -13m、xd = 9m,各点的振动方程为yB =3cos 4 n(t +也)=3cos(4 nt - n),uXc3二、yC =3cos 4 n(t +)=3cos(4 nt ),u5八，Xd、 八 ，9 二、Vd =3cos 4 n(t +)=3cos(4 nt +-) u5注意以B点为坐标原点，求出各点坐 标，也能求出各点的振动方程.5. 5 列简谐波沿 x轴正向传 播，在t1=0S , t2 = 0.25s时刻 的波形如图 所示.试求：(2)波动万程；(3)画出。点的振动曲线.解答(1)设P点的振动方程为yp = A cos(

35、w t + ),j 其中 A = 0.2m .在At = 0.25s内，波向右传播了& = 0.45/3 = 0.15(m), 所以波速为u = Ax/At = 0.6(m s-1).波长为入=4 Ax = 0.6(m), 周期为T =入 /u =1(s), 圆频率为w =2 nl = 2 u当t = 0时，yp = 0,因此cos()= 0;由于波沿x轴正向传播，所以P点在此时向 上运动，速度大于零，所以$ =-兀 /2P点的振动表达式为yp = 0.2cos(2 t -兀兀 /2)(2) P点的位置是xp = 0.3m,所以波 动方程为y =0.2cos2 二(t - x-xP) - 一

36、u 210 二二= 0.2cos(2 E x+ 一)32(3)在x = 0处的振动方程为Vo = 0.2cos(2 t 比兀 /2) 曲线如图所示.5. 6 一平面简谐波沿 X轴正向传播，其振 幅的圆频率分别为 A和，波速为U,设t =0时的波形曲线如图18所示。写出此波的波动方程。(y=Acon( cot -3 x/u)+x/2)求距0点分别为入/8,和3入/8两处质 点的振动方程。求距0点分别为入/8,和3入/8两处质 点在t= 0时的振动速度。(1) P点的振动表达式;解：(1)以。点为坐标原点.由图可知，该 点振动初始条件为yo = Ac o S = 0 ,v 0 = -A sin ：

37、 0 ,1所以=1二2波的表达式为y = Ac o s t -(，x/ u) 2(2) x = *J8处振动方程为1y = Acos t - (2：,；( / 8 )二2=Acos( t 二/ 4)x=3L/8的振动方程为y = Acos t -2 二3/8 1 二2=Acos( t -二/4)(3)1d y/dt = - Asin( t - 2 二x/ , )t = 0, x = AJ8处质点振动速度1d y/dt = - Asin(-2;，/8 )2=-.2A /2t = 0, x =3儿/8处质点振动速度一 一 一 1d y /dt - - Asin( -2 二 3 /8 )2f2A /

38、25. 7 一平面简谐波沿 X轴正向传播，其振 幅A=10cm ,波的圆频率 =7兀rad s-1,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处白B 质点正通过 Y=5.0cm点向Y轴正方向运动。 设该波的波长 入 10cm,求该平面波的表达 式。解：设平面简谐波的波长为九，坐标原点处质点振动初相为电则该列平面简谐波的表 达式可写成y =0.1cos(7二t -2二x/，) (SI)t = 1 s 时y =0.1cos7 二 -2二(0.1/ ) = 0因此时a质点向y轴负方向运动，故1一7n2n(0.1/九)+金=n2而此时，b质点正通过y

39、= 0.05 m处向y轴 正方向运动，应有y =0.1cos7 二 - 2 二(0.2 / ) =0.051一7n2n(0.2/九)+1 =冗3由、两式联立得 = 0.24 m,二-17-/3该平面简谐波的表达式为二 x 17y=0.1cos7 二 t (SI)0.123或x 1 r-y=0.1cos7 二 t (SI)0.12 35. 8 一简谐波沿x轴正向传播，波长 入=4m ,周期T = 4s,已知x = 0处的质点的 振动曲线如图所示.(1)写出时x = 0处质点的振动方程；(2)写出波的表达式；(3)画出t = 1s时刻的波形曲线.解答波速为u =入/F 1(m s-1).(1)设x

40、 = 0处的质点的振动方程为y = A cos( w t + )力其中 A = 1m, co = 2ntT =兀/2当t = 0时，y = 0.5,因此cos。= 0.5,()= 兀./3在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此()=兀 /3振动方程为y = cos( t/2 + t/3).(2)波的表达式为,t x、.y = A cos2 二(一)，匚T|. JI /x _L n 1= cos二(t -x) +-.23(3) t = 1s时刻的波形方程为y =cos(x -波形曲线如图所示.)，5. 9 一弹性波在媒质中传播的速度 u = 1M03mvs-1,振幅 A = 1.

41、0M0-4m,频率 = 103Hz.若该媒质的密度为 800kg m-3,求：(1)该波的平均能流密度；(2) 1分钟内垂直通过面积S = 4M0-4m2的总能量.解答(1)质点的圆频率为=2 也=6.283 103(rad s-1), 波的平均能量密度为12 . 2-3w = A = 158(J m-),2平均能流密度为I =Wu= 1.58 105(W m-2).(2) 1分钟内垂直通过面积S = 4M0-4m2的总能量为E = ItS = 3.79 W3(J).5.10在截面积为S的圆管中，有一列 平面简谐波在传播，其波的表达式为y = Acosgt2n(x/1),管中波的平均能量密度是

42、w,则通过截面积S的平均能流 是多少？解答通过截面积S的平均能流I=wuS 九%由波的表达式得：u = l =切T2 二所求为Sw2九5. 11 平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m s-1,频率为500Hz.到达人 耳时，振幅A = 1 10-4cm,试求人耳接收到 声波的平均能量密度和声强？此时声强相 当于多少分贝？已知空气密度 p=-31.29kg m .解答质点的圆频率为3 =2 TV = 3.142 103(rad s-1),声波的平均能量密度为19 9.6-3w =- Pco2A2= 6.37 10 (J m ),2平均能流密度为I =wu = 2.16 便-3(W m-2), 标准声强为