最新新编基础物理学上册5-6单元课后答案

第五章

5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-?=，周期s T 0.1=，初相.4/3π?=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。

分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为：]2cos[]cos[?π

?ω+=+=t T

A t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4

x t SI π

π=+ 振子的速度和加速度分别是：

3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI π

ππ==-+

2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI π

ππ==-+

5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度.

分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。

解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππ?ω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1/210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ?π=

（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ?ππππ=+=+ 由cos x A ?=，sin A νω?=-，22cos a A x ω?ω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=-

5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小；

（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.

分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。 解：（1）跟据x m ma f 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N =

（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N = 5-4为了测得一物体的质量m ，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率

Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν.

设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量. 分析 根据简谐振动频率公式比较即可。

解：由m k /21π

ν=

，对于同一弹簧（k 相同）采用比较法可得：

m

m '

21=

νν 解得：'4m m =

5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅m A 2100.2-?=，周期T=0.5s ，当t=0时， （1）物体在正方向端点；

（2）物体在平衡位置，向负方向运动；

（3）物体在m x 2100.1-?=处，向负方向运动； （4）物体在m x 2100.1-?-=处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。

分析 根据旋转矢量图由位移和速度确定相位。进而得出各种情况的振动方程。 解：设所求振动方程为：]4cos[02.0]2cos[?π?π

+=+=t t T

A x 由A 旋转矢量图可求出

3/2,3/,2/,04321π?π?π??====

（1）0.02cos[4]()x t SI π=（2）0.02cos[4]()2

x t SI π

π=+ （3）0.02cos[4]()3

x t SI π

π=+

（4）20.02cos[4]()3

x t SI π

π=+

5-6在一轻弹簧下悬挂0100m g =砝码时，弹簧伸长8cm.现在这根弹簧下端悬挂250m g =的物体，构成弹簧振子.将物体从平衡位置向下拉动4cm ，并给以向上的21cm/s 的初速度（令这时t=0）.选x 轴向下，求振动方程.

分析 在平衡位置为原点建立坐标，由初始条件得出特征参量。 解：弹簧的劲度系数l g m k ?=/0。

题图5-5

当该弹簧与物体m 构成弹簧振子，起振后将作简谐振动，可设其振动方程为：

]cos[?ω+=t A x

角频率为m k /=ω代入数据后求得7/rad s ω=

以平衡位置为原点建立坐标，有：000.04,0.21/x m v m s ==- 据202

0)/(ωv x A +=

得：0.05A m =

据A

x 0

1

cos -±=?得0.64rad ?=±由于00v <,应取)(64.0rad =? 于是，所求方程为：))(64.07cos(05.0m t x += 5-7 某质点振动的x-t 曲线如题图5－7所示.求： （1）质点的振动方程；

（2）质点到达P 点相应位置所需的最短时间.

分析 由旋转矢量可以得出相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据P 点的相位确定最短时间。

00001cos()0,/2,03

1,3

2

56

50.1cos()63

20x A t t x A v t s t x t m P ω?π

?π

π

ωπ

ωππ=+==>=-=-=

∴

=

=-Q Q 解：（）设所求方程为：从图中可见，由旋转矢量法可知；又故：（）点的相位为

0500.463

0.4p p p t t t s

P s

ππ

ω?∴+=

-==即质点到达点相应状态所要的最短时间为 5-8有一弹簧，当下面挂一质量为m 的物体时，伸长量为m 2108.9-?.若使弹簧上下振动，且规定向下为正方向.

（1）当t ＝0时，物体在平衡位置上方m 2100.8-?，由静止开始向下运动，求振动方程. (2) 当t ＝0时，物体在平衡位置并以0.6m/s 的速度向上运动，求振动方程. 分析 根据初始条件求出特征量建立振动方程。 解：设所求振动方程为：)cos(?ω+=t A x

题图5-7

其中角频率l

g

m l mg

m k ?=?=

=//ω，代入数据得：10/rad s ω= （1）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：000.08,0x m v =-= 据202

0)/(ωv x A +=

得：0.08A m =

据A

x 0

1

cos -±=?得rad ?π=±由于0v ＝0,不妨取rad ?π= 于是，所求方程为：10.08cos(10)()x t SI π=+

（2）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：000,0.6/x v m s ==- 据202

0)/(ωv x A +=

得：0.06A m =

据A

x 0

1

cos -±=?得/2rad ?π=±由于00v <,应取/2rad ?π= 于是，所求方程为：20.06cos(10/2)()x t SI π=+

5-9 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为)SI )(3

t 2cos(104x 2π+π?=-，求：从 t=0时刻

起到质点位置在x=-2cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间.

分析 由旋转矢量图求得两点相位差，结合振动方程中特征量即可确定最短时间。 解: 依题意有旋转矢量图

?π?=从图可见

02(0)t t ?ωπ?=?=-而

012

t s ?

ω

?=

=

故所求时间为：

5-10两个物体同方向作同方向、同频率、同振幅的简谐振动，在振动过程中，每当第一个物体经过位移为2/A 的位置向平衡位置运动时，第二个物体也经过此位置，但向远离平衡

解答图5-9

位置的方向运动，试利用旋转矢量法求它们的相位差.

分析 由旋转矢量图求解。根据运动速度的方向与位移共同确定相位。 解：由于2/10A x =、100v <可求得：4/1π?= 由于2/20A x =、200v >可求得：4/2π?-= 如图5-10所示，相位差：12/2???π?=-=

5-11一简谐振动的振动曲线如题图5-11所示，求振动方程.

分析 利用旋转矢量图求解，由图中两个确定点求得相位，再根据时间差求得其角频率。 解：设所求方程为)cos(?ω+=t A x

当t=0时：115,0x cm v =-<由A 旋转矢量图可得：02/3t rad ?π==

题图5-11

题图5-11

题图5-10

当t=2s 时：从x-t 图中可以看出：220,0x v => 据旋转矢量图可以看出， 23/2t rad ?π==

所以，2秒内相位的改变量203/22/35/6t t rad ???πππ==?=-=-= 据t ?ω?=?可求出：/5/12/t rad s ω?π=??=

于是：所求振动方程为：52

0.1cos()()123

x t SI ππ=+

5-12 在光滑水平面上,有一作简谐振动的弹簧振子,弹簧的劲度系数为K,物体的质量为m ,振幅为A .当物体通过平衡位置时,有一质量为'm 的泥团竖直落到物体上并与之粘结在一起.求:（1）'m 和m 粘结后,系统的振动周期和振幅;

（2）若当物体到达最大位移处,泥团竖直落到物体上,再求系统振动的周期和振幅. 分析 系统周期只与系统本身有关，由质量和劲度系数即可确定周期，而振幅则由系统能量决定，因此需要由动量守恒确定碰撞前后速度，从而由机械能守恒确定其振幅。 解:（1）设物体通过平衡位置时的速度为v ,则由机械能守恒:

2211

22

K KA mv v A

m

==± 当'm 竖直落在处于平衡位置m 上时为完全非弹性碰撞,且水平方向合外力为零,所以

(')'

mv m m u

m

u v

m m =+=+ 此后,系统的振幅变为'A ,由机械能守恒,有

2211

'(')22

'''

KA m m u m m m A u A

K m m =++==+

系统振动的周期为: K

'm m 2T +π=

（2）当m 在最大位移处'm 竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A,周期为K

'm m 2+π.

5-13 设细圆环的质量为m,半径为R,挂在墙上的钉子上.求它微小振动的周期. 分析 圆环为一刚体须应用转动定律，而其受力可考虑其质心。 解: 如图所示,转轴o 在环上,角量以逆时针为正,则振动方程为

θ-=θ

sin mgR dt

d J 22 当环作微小摆动θ≈θsin 时, 2220d dt

θ

ωθ+=

ω=

22J mR =Q

22T π

ω

∴=

=5－14 一轻弹簧在60 N 的拉力下伸长30 cm ．现把质量为4 kg 的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止 ，再把物体向下拉10 cm ，然后由静止释放并开始计时．求 (1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 物体的振动方程；(3) 物体在平衡位置上方5 cm 时弹簧对物体的拉力；(4) 物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm 处所需要的最短时间．(5) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？

分析 小物体分离的临界条件是对振动物体压力为零，即两物体具有相同的加速度，而小物体此时加速度为重力加速度，因此可根据两物体加速度确定分离条件。 解： 选平衡位置为原点，取向下为x 轴正方向。 由：f kx = 200/f

k N m x

==

7.07/rad s ω=

=≈

(1) 小物体受力如图． 设小物体随振动物体的加速度为a ， 按牛顿第二定律有 ma N mg =- )(a g m N -=

当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体， 已知 A = 10 cm ，200/,

7.07/k N m rad s ω=≈

系统最大加速度为 22max 5a A m s ω-==? 此值小于g ，故小物体不会离开． (2) 00010cos ,0sin t x cm A v A ?ω?=====-时，

解以上二式得 100A cm

?==

∴ 振动方程0.1cos(7.07)()x t SI =

(3) 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2

2

2.5a x m s ω-=-=?

29.2f N ∴=

(4) 设1t 时刻物体在平衡位置，此时0x =，即 10cos ,A t ω= ∵ 此时物体向上运动， 0v < ∴ 11,

0.2222

2t t s π

π

ωω

=

=

=。

题图5－14

题图5－14

再设2t 时物体在平衡位置上方5cm 处，此时5x cm =-，即 25cos ,A t ω-= ∵此时物体向上运动，0v < 2222,0.2963

3t t s ππ

ωω

=

=

= 210.074t t t s

?=-=

(5) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得

x a g 2ω-==

2/19.6x g cm ω=-=-

即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得 2/19.6A g cm ω>=。

5-15在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0Kg 的重物.现使平板沿竖直方向作上下简谐振动，周期为0.50s ，振幅为m 2100.2-?，求： （1）平板到最低点时，重物对板的作用力；

（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物会跳离平板？ 分析 重物跳离平板的临界条件是对平板压力为零。

解：重物与平板一起在竖直方向上作简谐振动，向下为正建立坐标， 振动方程为：)4cos(02.0?π+=t x

设平板对重物的作用力为N ，于是重物在运动中所受合力为：

f m

g N ma =-=，

2a x ω=-而

据牛顿第三定律，重物对平板的作用力'N 为：)('2x g m N N ω+-=-= （1）在最低点处：A x =,由上式得，'12.96N N =

（2）频率不变时，设振幅变为'A ,在最高点处（'A x -=）重物与平板间作用力最小，设

0'=N 可得：2'/0.062A g m ω==

（3）振幅不变时，设频率变为'ν，在最高点处（'A x -=）重物与平板间作用力最小，设0'=N 可得：1''/2/ 3.522g A Hz νωππ

==

=

5-16一物体沿x 轴作简谐振动，振幅为0.06m ，周期为2.0s ，当t=0时位移为0.03m ，且向轴正方向运动，求：

（1）t=0.5s 时，物体的位移、速度和加速度；

（2）物体从0.03x m =-处向x 轴负方向运动开始，到达平衡位置，至少需要多少时间？ 分析 通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。

解：设该物体的振动方程为)cos(?ω+=t A x 依题意知：2//,0.06T rad s A m ωππ=== 据A

x 0

1

cos -±=?得)(3/rad π?±= 由于00v >,应取)(3/rad π?-= 可得：)3/cos(06.0ππ-=t x

（1）0.5t s =时，振动相位为：/3/6t rad ?πππ=-= 据22cos ,sin ,cos x A v A a A x ?ω?ω?ω==-=-=-

得20.052,

0.094/,

0.512/x m v m s a m s ==-=-

（2）由A 旋转矢量图可知，物体从

0.03x m =-m 处向x 轴负方向运动，到达平衡位置时，

A 矢量转过的角度为5/6?π?=，该过程所需时间为：/0.833t s ?ω?=?=

5-17地球上（设2/8.9s m g =）有一单摆，摆长为1.0m ，最大摆角为5o ，求： （1）摆的角频率和周期；

（2）设开始时摆角最大，试写出此摆的振动方程； （3）当摆角为3?时的角速度和摆球的线速度各为多少？ 分析 由摆角最大的初始条件可直接确定其初相。 解：（1）/ 3.13/g l rad s ω=

= 2/ 2.01T s πω==

（2）由t=0时，max 5θθ==o 可得振动初相0=?，则以角量表示的振动方程为

cos 3.13()36

t SI π

θ=

题图5-16

（3）由cos 3.13()36

t SI π

θ=

，当3θ=o 时，有max cos /0.6?θθ==

而质点运动的角速度为：2max max /sin 1cos 0.218/d dt rad s θθω?θω?=-=--=- 线速度为：/0.218/v l d dt m s θ=?=

5-18 有一水平的弹簧振子,弹簧的劲度系数K=25N/m,物体的质量m=1.0kg,物体静止在平衡位置.设以一水平向左的恒力F=10 N 作用在物体上(不计一切摩擦),使之由平衡位置向左运动了0.05m,此时撤除力F,当物体运动到最左边开始计时,求物体的运动方程. 分析 恒力做功的能量全部转化为系统能量，由能量守恒可确定系统的振幅。 解: 设所求方程为0cos()x A t ω?=+

5/K

rad s m

ω=

= 因为不计摩擦,外力做的功全转变成系统的能量, 故2120.22Fx Fx KA A m K

=

∴== 000,,t x A ?π==-∴=Q 又

故所求为 0.2cos(5)()x t SI π=+

5-19如题图5－19所示，一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求：(1) 质点的振动方程；(2) 质点在A 点处的速率．

分析 由质点在A 、B 两点具有相同的速率可知A 、B 两点在平衡位置两侧距平衡位置相等距离的位置，再联系两次经过B 点的时间即可确定系统的周期，而相位可由A 、B 两点位置确定。

解：由旋转矢量图和 A B v v = 可知 24,

8T s T s ==,111,

28

4

s rad s π

νωπν--===

?

(1)以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．

题图5-19

A

B v ρ

x

题图5-18

05cos t x cm A ?==-=时，

25cos(2)sin t s x cm A A ω??===+=-时，

由上二式解得 1tg ?=

因为在A 点质点的速度大于零，所以3544

ππ?-=

或

/cos A x ?==

∴ 振动方程

2

310cos())44

t x SI -ππ

=-（

(2) 速率

d 3sin()()d 44

x t SI t ππ

==-v

当t = 0 时，质点在A 点

221d 310sin() 3.9310d 4

x m s t ---π=

=-=??v 5-20一物体放在水平木板上，这木板以Hz 2=ν的频率沿水平直线作简谐振动，物体和水平木板之间的静摩擦系数50.0=s μ，求物体在木板上不滑动时的最大振幅max A . 分析 物体在木板上不滑动的临界条件是摩擦力全部用来产生其加速度。

2max 222max ,mg 0(1)(2)(3)cos()

(4)

(1)(2)(3)/(4)//(4)0.031x x s s s s s N f ma f N

a A t a mg m g

A g g m

μωω?μμμωμπν-==-≤=-+=====解：设物体在水平木板上不滑动竖直方向：水平方向：且又有由得再由此式和得

5-21在一平板上放一质量为2m kg =的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期0.5T s =，振幅4A cm =，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？

分析 首先确定简谐振动方程，再根据物体离开平板的临界位置为最高点，且对平板压力为零。

解：物体与平板一起在竖直方向上作简谐振动，向下为正建立坐标，振动方程为：

0.04cos(4)()x t SI π?=+

设平板对物体的作用力为N ，于是物体在运动中所受合力为： x m ma N mg f 2ω-==-=

（1）据牛顿第三定律，物体对平板的作用力'N 为：)('2x g m N N ω+-=-=

题解图5-19

即：)4cos(28.16.19)16('22?πππ+--=+-=t x g m N

（2）当频率不变时，设振幅变为'A ，在最高点处（'x A =-）物体与平板间作用力最小 令0'=N 可得：2'/0.062A g m ω==

5-22一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动.已知氢原子质量Kg m 271068.1-?=，振动频率Hz 14100.1?=ν，振幅m A 11100.1-?=.试计算：(1)此氢原子的最大速度；(2)与此振动相联系的能量.

分析 振动能量可由其最大动能（此时势能为零）确定。 解：(1)最大振动速度：32 6.2810/m v A A m s ωπν===?

(2)氢原子的振动能量为：2201

3.31102

m E mv J -=

=? 5-23 一物体质量为0.25Kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数k=25N/m ，如果起始振动时具有势能0.06J 和动能0.02J ，求： (1)振幅；

(2)动能恰等于势能时的位移； (3)经过平衡位置时物体的速度.

分析 简谐振动能量守恒，其能量由振幅决定。

解：21

1k 2

K P E E E A =+=（）

1/2[2()/k]0.08()K P A E E m =+= 2

21(2)k 2/22

K P K P P P E E E A E E E E E kx =+=

===因为，当时，有，又因为

2220.0566()x A x A m ==±=±得：，即

21

(3)02

K P x E E E mv ==+=

过平衡点时，，此时动能等于总能量 1/2[2()/]0.8(/)K P v E E m m s =+=±

5-24 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，如题图5－24所示.设弹簧的劲度系数为k ，绳与滑轮间无滑动，且忽略轴的摩擦力及空气阻力.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.

分析 由牛顿第二定律和转动定律确定其加速度与位移的关系即可得到证明。 解：取如图x 坐标,平衡位置为原点O ，向下为正，m 在平衡位置时弹簧已伸长0x

(1)mg kx =

设m 在x 位置，分析受力，这时弹簧伸长0x x +

20()

(2)T k x x =+ 由牛顿第二定律和转动定律列方程：

1(3)mg T ma

-=

12(4)T R T R J β

-=

(5)a R β=

联立(1)(2)(3)(4)(5)解得x m

R J k

a +-

=)/(2

由于x 系数为一负常数，故物体做简谐振动，

其角频率为:2

2

2)/(mR J kR m

R J k

+=+=

ω

5-25两个同方向的简谐振动的振动方程分别为:211

410cos 2()(),8

x t SI π-=?+

221

310cos 2()()4

x t SI π-=?+求：

（1）合振动的振幅和初相；（2）若另有一同方向同频率的简谐振动23510cos(2)()x t SI π?-=?+，则?为多少时，31x x +的振幅最大？?又为多少时，32x x +的振幅最小？

分析 合振动的振幅由其分振动的相位差决定。 解：（1）)2cos(21?π+=+=t A x x x

m

题图5-24

题图5-24

按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为 22224324cos(/2/4)10 6.4810A m ππ--=

++-?=?

4sin(/4)3sin(/2)

1.124cos(/4)3cos(/2)

arctg

rad ππ?ππ+==+

所以，合振动方程为))(12.12cos(1048.62SI t x +?=-π (2)当π??k 21=-，即4/2ππ?+=k 时，31x x +的振幅最大. 当π??)12(2+=-k ，即2/32ππ?+=k 时，32x x +的振幅最小.

5-26有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为0.2m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为6/π，第一个振动的振幅为0.173m ，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。 分析 根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。 解：采用旋转矢量合成图求解

取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为/6φπ= 据21A A A +=可知12A A A -=,如图：

)(1.0cos 2122

12m AA A A A =-+=

?

由于A 、1A 、2A 的量值恰好满足勾股定理， 故1A 与2A 垂直.

即第二振动与第一振动的相位差为2/πθ=

5－27一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为

21510cos(4/3)()x t SI π-=?+，22310sin(4/6)()x t SI π-=?-画出两振动的旋转矢量

图，并求合振动的振动方程.

分析 须将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。 解：)6/4sin(10322π-?=-t x )2/6/4cos(1032ππ--?=-t )3/24cos(1032π-?=-t 作两振动的旋转矢量图，如图所示. 由图得：合振动的振幅和初相分别为 3/,2)35(πφ==-=cm cm A .

合振动方程为))(3/4cos(1022SI t x π+?=-

5－28将频率为348Hz 的标准音叉和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz.若在待题图5-26

题图5-27

测音叉的一端加上一个小物体，则拍频将减小，求待测音叉的角频率. 分析 质量增加频率将会减小，根据拍频减少可推知两个频率的关系。 解：由拍频公式12ννν-=?可知：ννν?±=12

在待测音叉的一端加上一个小物体，待测音叉的频率2ν会减少，若拍频ν?也随之减小，则说明2ν>1ν,于是可求得：21351Hz ννν=+?=

5-29一物体悬挂在弹簧下作简谐振动，开始时其振幅为0.12m ，经144s 后振幅减为0.06m. 问：(1)阻尼系数是多少？ (2)如振幅减至0.03m ，需要经过多少时间？ 分析 由阻尼振动振幅随时间的变化规律可直接得到。 解:(1)由阻尼振动振幅随时间的变化规律0t A A e β-?=

得

)/1(1081.4ln

31

s t A A -?==

β

（2）由0t A A e β-?=

得

1

2

12t t A e A e

ββ-?-?=

于是：12

21ln /144A A t t t s β

?=-=

=

5-30一弹簧振子系统，物体的质量m=1.0 Kg ，弹簧的劲度系数k=900N/m.系统振动时受到阻尼作用，其阻尼系数为0.10=β 1/s ，为了使振动持续，现加一周期性外力

)(30cos 100SI t F =作用.求：

（1）振动达到稳定时的振动角频率；

（2）若外力的角频率可以改变，则当其值为多少时系统出现共振现象？其共振的振幅为多大？

分析 受迫振动的频率由外力决定。

解：（1）振动达到稳定时，振动角频率等于周期性外力的角频率，有30/rad s ω=

(2)受迫振动达到稳定后，其振幅为：2

2222

004)(/)/(ωβωω+-=m F A

式中m k /0=ω为系统振动的固有角频率，0F 为外力的振幅

由上式可解得，当外力的频率ω

为：26.5/rad s ω==时

系统出现共振现象，共振的振幅为：0.177r A m ==

第六章

6-1频率为Hz 41025.1?=ν的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量

211/1090.1m N E ?=，棒的密度3

3

/106.7m Kg ?=ρ.求该纵波的波长.

分析 纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。

解：波速ρ/E u =

,波长νλ/u = 0.4m λ==

6-2一横波在沿绳子传播时的波方程为：))(5.2cos(04.0SI x t y ππ-=(1)求波的振幅、波

速、频率及波长；(2)求绳上的质点振动时的最大速度；(3)分别画出t=1s 和t=2s 的波形，并指出波峰和波谷.画出x=1.0m 处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同. 解：（1）用比较法，由)2cos()5.2cos(04.0x t A x t y λ

π

?ωππ-

+=-=得

0.04A m = ； /2 2.5/2 1.25Hz νωπππ===；2, 2.0m π

πλλ

==

2.5/u m s λν==

（2）0.314/m A m s νω==

（3）t=1(s)时波形方程为：

)5.2cos(04.01x y ππ-= t=2(s)时波形方程为：)5cos(04.02x y ππ-=

x=1(m)处的振动方程为：)5.2cos(04.0ππ-=t y

6-3 一简谐波沿x 轴正方向传播，t=T/4时的波形图如题图6－3所示虚线，若各点的振动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值区间为（-π，π].求各点的初相.

分析 由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图。依旋转矢量法可求t=0时的各点的相位。

解:由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图(图中实线),依旋转矢量法可知 质点1的初相为π; 质点2的初相为π/2; 质点3的初相为0; 质点4的初相为-π/2.

6-4 有一平面谐波在空间传播,如题图6－4所示.已知A 点的振动规律为

)t cos(A y ?+ω=，就图中给出的四种坐标,分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达式

中在描写距A 点为b 处的质点的振动规律是否一样? 分析 无论何种情况，只需求出任意点x 与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。只要把各种情况中b 的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得b 点的振动规律。

解: 设其波长为λ,选o 点处为坐标原点,由方程)t cos(A y ?+ω=；可得取图中a

题图

题图6-3

t

所示的坐标,则x 处质点的振动比A 点滞后πλ

2x ,故

.cos(2)x

a y A t ωπ?λ

=-

+

同理可得

.cos(2)x

b y A t ωπ?λ

=++

.cos(2)x l

c y A t ωπ?λ-=-

+ .cos(2)x l

d y A t ωπ?λ

-=++

要求距A 为b 的点的振动规律,只要把各种情况中b 的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得.从结果可知,取不同的坐标只是改变了坐标的原点,波的表达式在形式上有所不同,但b 点的振动方程却不变.即

cos(2)b

y A t ωπ?λ

=-

+

6-5一平面简谐波沿x 轴正向传播，其振幅为A ，频率为ν，波速为u.设't t =时刻的波形曲线如题图6－5所示.求(1)x=0处质点振动方程；(2)该波的波方程.

分析 由于图中是't 时刻波形图，因此，对x=0处质点，由图得出的相位也为't 时刻的相位。再由旋转矢量推算出t=0时刻的初相位。进而写出波动方程。

解：(1)设0x =处质点的振动方程为 ])'(2cos[?πν+-=t t A y 。由图可知，'t t =时

0cos ==?A y ，sin 0A νω?=-<。所以2/π?=

0x =处的振动方程为：]2

1

)'(2cos[ππν+

-=t t A y (2)该波的表达式为： ]2

1

)/'(2cos[ππν+--=u x t t A y

6-6一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅10A cm =，波的角频率7/rad s ωπ=，当1.0t s =时，10x cm =处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，

而20x cm =处的b 质点正通过 5.0y cm =点向y 轴正方向运动.设该波波长10cm λ>，求该平面波的波方程. 分析 通过旋转矢量图法，结合10x cm =点和20x cm =点，在 1.0t s =的运动状态，可得到波长和初相。

解：设平面简谐波的波长为λ，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(1.0SI x t y ?λππ+-=。 1.0t s =时10x cm = 处

0])/1.0(27cos[1.0=+-=?λππy

(2)

题图6-5

t t '=

因此时a 质点向y 轴负方向运动，故 172(0.1/)(1)2

ππλ?π-+=

而此时, b 质点正通过m y 05.0=处，有05.0])/2.0(27cos[1.0=+-=?λππy ，且质

点b 向y 轴正方向运动，故 1

72(0.2/)(2)3

ππλ?π

-+=-

由(1)、(2)两式联立得 m 24.0=λ ， 3/17π?-= 所以，该平面简谐波的表达式为：)](3

17

12

.07cos[1.0SI x

t y πππ-

-

= 6-7 已知一平面简谐波的波方程为))(37.0125cos(25.0SI x t y -=(1)分别求

m x m x 25,1021==两点处质点的振动方程；(2)求1x 、2x 两点间的振动相位差；(3)求1x 点

在t=4s 时的振动位移.

分析 波方程中如果已知某点的位置即转化为某点的振动方程。直接求解两点的振动相位差和某时刻的振动位移。

解：(1)m x 101=、m x 252=的振动方程分别为：100.25cos(125 3.7)(),x y t SI ==-

250.25cos(1259.25)()x y t SI ==- (2) 2x 与1x 两点间相位差 21 5.55rad φφφ?=-=-

(3) 1x 点在t=4s 时的振动位移 0.25cos(1254 3.7)0.249y m =?-=

6-8如题图6-8所示，一平面波在介质中以波速20/u m s =沿x 轴负方向传播，已知A 点的振动方程为)(4cos 10

32

SI t y π-?=. (1)以A 点为坐标原点写出波方程；

(2)以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波方程. 分析 由波相对坐标轴的传播方向和已知点的振动方程 直接写出波方程。

解：(1)坐标为x 处质点的振动相位为

)]20/([4)]/([4x t u x t t +=+=+ππ?ω波的表达式为

))](20/([4cos 1032SI x t y +?=-π

(2)以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 )](20

5

[4'SI x t t -+=+π?ω 波的表达式为 )]()20

(4cos[1032SI x

t y ππ-+

?=- 6-9 有一平面简谐波在介质中传播，波速100/u m s =，波线上右侧距波源O （坐标原点）为75m 处的一点P 的运动方程为))(2/2cos(30.0SI t y ππ+=,求： (1)波向x 轴正向传播的波方程；(2)波向x 轴负向传播的波方程.

解：(1)设以0x =处为波源，沿轴正向传播的波方程为： 0cos[(/)]y A t x u ω?=-+

u

题图6-8

在上式中，代入75x m =，并与该处实际的振动方程)2/2cos(30.0ππ+=t y 比较 可得：100.3,2,2A m s ωπ?π-===， 可得：))(100

22cos(30.0SI x t y π

π-=为所求 (2)设沿轴负向传播的波方程为：0cos[(/)]y A t x u ω?=++

在上式中，代入75x m =，并与该处实际的振动方程)2/2cos(30.0ππ+=t y 比较 可得：100.3,2,A m s ωπ?π-===-， 可得：)](100

22cos[30.0SI x t y π

ππ+-=为所求

6-10 一平面谐波沿ox 轴的负方向传播,波长为λ，P 点处质点的振动规律如题图6－10所示.求:

（1）P 点处质点的振动方程;（2）此波的波动方程；（3）若图中/2d λ=,求O 点处质点的振动方程.

分析 首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P 点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P 与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。

解:（1）从图中可见4T s =,且00,,po t y A ?π==-∴=,则P 点处质点的振动方程为 2cos(

)cos()()42

p y A t A t SI ππ

ππ=+=+ （2）向负方向传播的波动方程为

cos[

()]2

x d

y A t π

πλ

-=+

+

（3）把/2,

0d x λ==代入波动方程即得

0/2

3cos[

()]cos(

)2

2

4

y A t A t π

λπ

ππλ

-=+

+=+

6-11一平面简谐波的频率为500Hz ，在空气(3/3.1m Kg =ρ)中以

340/s m 的速度传播，达到人耳时的振幅为m 6100.1-?.试求波在人耳中的平均能量密度

和声强.

分析 平均能量密度公式直接求解。声强即是声波的能流密度。 解:波在耳中的平均能量密度：22222631

2 6.4110/2

w A A J m ρωπρν-=

==? 声强就是声波的能流密度，即：3

2

2.1810/I uw W m -==?

6-12 一正弦空气波,沿直径为0.14m 的圆柱形管传播,波的平均强度为32910/J s m -??,频率为300Hz,波速为300/s m .求:

(1) 波中的平均能量密度和最大的能量密度各是多少? (2) 每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量? 题图6-10