全國高中物理競賽專題六機械振動與機械波訓練題答案

1、1 一根未被固定的質量為 m 的勻質彈簧 ,在作用其一端的恒力 FF作用下沿光滑水平面運動 若將此彈簧一端固定在天花板上懸掛起來,則彈簧此時長度比運動時短如圖所示,為使彈簧長度與恒力 F 作用下水平運動時相等 ,問在彈簧下端應掛質量M 為多少的重物？解：因彈簧有質量, 在恒力作用下,雖一端未被固定,仍會有伸長但由于彈簧各處張力不同,伸長也不均勻因勻質彈簧質量均勻變化 ,張力也均勻變化（線性變化）,其總伸長量相當于彈簧受到平均M張力 F 時的伸長量：2F（ 1）k l2彈簧豎直懸掛時 ,由于自身有質量 ,將有伸長 彈簧在自身重力作用下,彈簧中的張力時均勻變化的 ,各部分伸長也將均勻變化同樣可以利

2、用平均張力mg 作用下計算伸長量：21 mgkl 2依題意 ,M 的物體后ll ,再加質量為如果伸長量變?yōu)閘 則有關系：1 mgMgk l（ 2）2式（ 1）、（ 2）聯(lián)立 ,得1FmgM2g2、懸掛在同一高度的兩根不可伸長的輕質繩,繩長均為 l ,下面掛一質量為M 的光滑勻質薄平板平板中央有一質量為m 的光滑小木塊開始系統(tǒng)處于靜止懸掛狀態(tài),兩繩互相平行如圖（ a）所示 ,而后在兩繩平面內給平板一個小的水平速度v0 ,此板即做小角擺動求小擺動的周期 （提示 ,當 很小時 ,有近似式 sin,cos1 12）2lmvMv0圖（ a）圖（ b）解：此系統(tǒng)在運動中,除重力做功外 ,氣體外力均不做功,

3、 m 和 M 間的內力也不做功,所以系統(tǒng)是一個機械能守恒的保守系統(tǒng)又因為 m 和 M 間無水平力 ,所以 M 在擺動時 , m 只作上、下運動,而且 m 的上下運動速度與 M 的豎直運動速度分量相等M 在擺動中 ,由于繩長相等 , M 只作平動 , M 的運動可用M 上的一點代表 （剛體平動時 ,剛體上所有質點的運動狀態(tài)相同）利用圖（ b）寫出系統(tǒng)在運動中的動能和勢能系統(tǒng)動能為2Ek1 Mv 21 m v sin21 Mv21 mv2 21 Mv 21 Ml 2t222222此處由于擺動的角為小角度 ,所以略去2 項系統(tǒng)勢能為EpMmgl 1cos1Mm gl 22系統(tǒng)的機械能 E 守恒2E1

4、Ml 2t1Mm gl222這個表達式與簡諧振子的能量表達式相同,因此系統(tǒng)的小角度擺動是一個簡諧振動而且振動角頻率滿足：2Mm glMm gMl 2Ml系統(tǒng)振動周期為T2MlMm g3、如圖所示 , 彈簧振子系統(tǒng)中 M2kg, k 100N m, t 0 時 , x010cm, v00 , 在h 1cm 高處有一質量為m 0.4kg 的小物體下落,當 M 沿 xkmk軸負向通過平衡位置時,小物體剛好落在M 上 ,且無反彈 ,試求此M后兩物體一起運動的規(guī)律Ox0 x解：此題涉及的知識內容主要是動量守恒和簡諧運動, 而 m從高 h 處下落到與M 發(fā)生碰撞的過程, 在該題中可以忽略不計因為粘合以后彈

5、簧的組合總是提供給物體系指向平衡位置的力, 所以我們可以判斷兩物體一起運動的規(guī)律是簡諧運動簡諧運動的頻率、 初相我們可以較方便地得出, 解此問題關鍵在于粘合后的振幅的確定點則可以借助于動量守恒和能量守恒求解兩物體粘合后仍做簡諧運動, 從此時開始計時, 設其運動方程為, 這一x=Acost其中簡諧運動的角頻率為2km2005 30 rad sM2.43設粘合前瞬間 , M 至平衡位置速度為vm ,則1 2k x021 Mv m222vm2kx0221000.12解得M21 m s設兩物體粘合后的共同速度為v0 ,則由動量守恒定律有MvmMm v0解得v0215m s2.46又因為12kA21 M

6、m v0222解得AM mv02.4530m2k200660又由題意可知 ,初始位移 ,初相 ,所以粘合以后兩物體一起運動的規(guī)律為x30 cos530 tm6032、如圖（）所示U 形槽置于光滑水平面上其質量為 M,一質量為m的物塊用兩根勁4a,xFkkfammfxFffaM圖（ a）x0圖（ b）度系數均為 k 的輕彈簧與 U 形槽相連接 ,系統(tǒng)初始靜止 ,現作用一水平恒力F 于 U 形槽后 ,試求物塊相對于槽的運動規(guī)律解：因為M 和 m 為連接體而且涉及到兩根彈簧的組合,因為m 的運動是較為復雜的運動當然,我們可以初步想象到m 的運動可能為簡諧運動,因此我們必須為此設想而開拓思路首先我們可

7、以確定一下m 靜平衡的位置；然后以此位置來建立坐標,看其回復力或者加速度的表達式是否與簡諧運動的回復力和加速的的表達式相符；最后 ,確定初始條件A 、 和1）先求振動體相對平衡的位置設在力 F 作用下 , m 與 M 無相對運動時 , m 離槽中央的距離為 x0 ,此時對整體 ,有amaMF（ 1）Mm對 m 有2kx0mam所以,有x0Fm（ 2）2 Mm k2）判斷 m 相對運動為簡諧運動 以相對平衡位置為坐標原點,建立圖示 x 坐標 , m 在任意 x 位置時 ,受力 m 、 M 如圖（ b）所示對 MF2k xx0MaM所以aMF2 k xF m（ 3）MM2 MM m對于 m ,設

8、m 相對滑槽加速度為ar,則2k x x0m aMar（ 4）由（ 2）、（ 3）、（4）可得mar2kMmMx令 k2k Mm ,故 m 相對滑槽的運動為簡諧運動M3）設運動方程 x A cos t,下面確定初始條件由 t0時 , xx0 ,即 m 相對于槽未動 ,因而可得A x0Fm,02 M m kk 2k M mmMm因此 ,可得 m 相對于槽的運動方程FmMmxcos2kt2 Mm kMm5、如圖（ a）所示 ,在水平桌面上的中心有一光滑小孔O ,一條勁度系數為 k 的輕而細的彈性繩穿過小孔O ,繩的一段系一質量為m 的質點 ,彈性繩自然長度等于OA 現將質點沿桌面拉至B 處（設 O

9、Bl ） ,并將質點沿垂直于OB 的方向以速度v0 沿桌面拋出 ,試求：1）質點繞 O 點轉過 900 至 C 點所需的時間2）質點到達C 點時的速度及C 點至 O 點的距離解：沿 OB 、 OC 方向建立直角坐標系,設質點運動至任意位置r ,如圖（ b）所示由牛頓定律,有maxf coskxmayf sinky可見 ,質點在 x、 y 兩個方向均做簡諧運動,平衡位置均為O 兩者的周期均為mT2kv0O lA圖（ a）時 ,加速度及受力yCayraxfOB x圖（ b ）1）質點從 B 到 C ,質點在 x 方向運動的時間為T 4 ,有tTm42k2）因質點到達C 點時在 y 方向的速度為零,

10、因此 C 點的速度就是它在x 方向做簡諧運動的最大速度 ,即vCvmaxllkm又因為 B、 C 兩處機械能守恒 ,設 OCy ,因而有1mv21ky21mv21kl 22C2202解得yv0mk6、如圖所示 ,質量為 M 的箱內懸一彈性系數為k 的彈簧 ,彈簧下端系一質量為m 的小球 ,彈簧原長為l0 , 箱內上下底間距為l 初始時箱底離地面高度為h ,并靜 Mk止小球在彈力和重力作用下達平衡某時,箱子自由下落 ,落地時與地作完全非彈性碰撞設箱著地時, 彈簧長度正好與初始未下落時的彈簧長度相等求lmh1） h 的最小值為多大？2）在 1）的條件下 ,當箱子著地后 ,小球不會與箱底碰撞的最小l

11、 值題中設 m M 解：箱子未下落時,彈簧伸長量l1 滿足l1mg（ 1）k當箱子自由下落時,系統(tǒng)質心將作加速度為g 的自由落體運動由于箱子與小球質量相等,即 m M ,可以認為質心始終處于彈簧中點在質心系中由于質心加速引起的慣性力與重力平衡 ,因此 m 和 M 均在質心系中只受彈簧彈力作用m 和 M 均在半根彈簧作用下相對質心做簡諧振動 ,對應得彈性系數均為k12k（ 2）振動周期均為2ml1（ 3）T22k12g這里已利用式（1）箱子著地時 ,彈簧長度正好與初始未下落時的彈簧長度相等,說明下落過程中, m和 M 均經歷了n（自然數）個振動周期,即tn nT ,( n 1,2, )（ 4）1

12、）h 的最小值為h121gT222 mg2gt12l1k2）一旦箱子著地并處于靜止,小球將在整個彈簧的彈力和重力共同作用下作簡諧振動,即在彈力與重力作用的靜平衡位置附近作簡諧振動 由于箱子剛著地時彈簧長度與箱子未下落時相等 ,因此 ,箱子剛著地時 ,小球正好于此平衡位置但此時小球的速度為vgT 2l1g2g則小球振動的振幅l2 滿足1 mv21 kl2222得l 22l1當小球剛接觸箱底而未發(fā)生碰撞時,l 應滿足l l 0l1l2 l0l1 12l0mg 1 2k7、單擺由一根長為l2 的輕質桿和桿段質量為m 的重物組成 ,若在桿中某點處另加一質量為 m 的重物 ,試求擺的運動周期最多改變百分

13、之幾？解：設想有一個擺長為l3 的輔助擺 ,擺角也為,此輔助擺在偏離豎直方向同角度時,與異形擺有同樣的角速度,即兩者有相同的周期現在原擺桿上固定一質量為m 的重物 ,它離擺動軸的距離為 l1 ,則有mgl1coscosmgl2 cos cos1 ml121 ml2222解得2g l1l2coscosl12l 22同理對 l3 列出能量關系式后可得2g coscosl3由此當 l3l12l22時兩擺周期相等l1l2此時的周期為T32l3g而原擺周期為T22l 2g兩式相比 ,令 T3k ,則有T2k2l3l12l22l 2l2 l1l2即l12l2k 2 l1l22 k 2l220要保證 l1

14、有解 ,須使0 ,即l2 k224 k 21 l220即k 44k 240解得k0.91因此 ,在桿上加一等質量重物時,它的擺動周期最多改變 9%8、一根勁度系數為k 的輕彈簧水平放置,一端固定 ,另一端連接一個質量為m 的物塊 ,放在水平桌面上 , 現將物塊沿彈簧長度方向拉離平衡位置O ,使它到 O 點的距離為x0 時靜止釋放 ,此后物體在平衡位置附近來回運動 ,由于摩擦 ,振動不斷衰減 ,當物塊第 n 次速度為零時 ,恰好停在平衡位置處 ,求物體與桌面間的動摩擦因數解：由于摩擦阻力的存在 ,物體的振動為阻尼振動 ,不過它的阻力大小卻保持不變 ,屬常量阻力下的振動因最后物體靜止于平衡位置處,

15、若動摩擦因數已知,則第n1 次速度為零的位置確定 ,以此從后往前推,可確定出釋放的初始位置,從而想到用逆推法解本題設物塊從距平衡位置為x0 處從靜止開始運動,以后各次速度為零時到平衡位置的距離分別為 x1、x2、 、xn 2、xn 1 （ xn0 為已知） ,逐次應用動能定理有1 kx021 kx12mg x0 x1221 kx121 kx22mg x1x2221 kxn221 kxn21mg xn 2 xn 1221 kx21mgx2nn 1從以上方程分別可得x02mgx1kx12mgx2kxn 2xn 12 mgkxn 12 mgk各項相加得x0 xn 1n 1 2 mg 2n mgkk即

16、kx02nmg9、如圖所示 ,兩質量同為 m 的薄木板 ,用一條質量可以忽略、勁度系數為k 的彈簧相連 ,置于靠墻光滑的水平地面上若先把彈簧壓縮d0 ,然后釋放 ,Cd01C 將作BA）試論述木塊 B 離墻后兩木塊相對于它們的中心什么運動：2）試求出反映出此運動特征的主要物理量解： 1）木塊 B 離墻后兩木塊相對于它們的中心C 將作同頻率、同振幅的簡諧運動2）設彈簧恢復原長時右側物體的速度為v0 ,則1 kd 021 mv0222得v0d0km當兩物速度相同（為 v共 ）時 ,彈簧形變量 d最大 ,滿足mv02mv共1 mv0212mv共212kd 2 2222解得d 2 d04故該簡諧運動的

17、振幅同為2 d0 ,角頻率為2k4m若取木塊 B 離墻的最初瞬間（彈簧處于自由狀態(tài)）為計時原點,在 C 點參照系來看 ,取A、 B 平衡位置 OA、OB 分別為A、 B 的坐標原點 ,坐標 x 為正向水平向右的坐標,A、B 兩振子作余弦簡諧運動的初相位A、 B 可由參考圓定出 ,分別為A3 , B12210、如圖所示 ,一水平橫桿MN 距水平地面高為 1 米 ,橫桿下用細線懸掛一小球A,A通過一根輕彈簧與另一相同的小球B 相連靜止不動時 ,彈簧伸長 3cm,今將懸線球 A 的細線燒斷 , A、 B 便與彈簧一起往下運動假設已經知道, 在重力作用下MANA、 B 與彈簧合成的系統(tǒng)的重心作自由落體

18、運動,而且發(fā)現當 B 觸及地面上的橡皮泥時 ,彈簧的伸長剛好為3cm然后 B 與橡皮泥發(fā)生完全非彈性碰撞,試求彈簧相對其自由長度的最大壓縮量B解：設 A、 B 各自質量為 m ,彈簧的倔強系數為 k ,細線被燒斷橡皮泥前彈簧伸長量為l1 ,則有mg kl1細線燒斷后系統(tǒng)下落 ,系統(tǒng)的重心自由下落,由于 A、B 等質量 ,故系統(tǒng)重心始終位于彈簧的中點 C 取隨 C 一起自由下落的非慣性系S ,在此非慣性系中等價于 A、 B 都只受半根彈簧的作用力 ,對應得倔強系數為k 2k在這種情形下, A、 B 均作簡諧振動振動的角頻率為k2gml1振動周期為T22l12g由于 B 觸地時 ,彈簧的伸長剛好為

19、初態(tài),即伸長 3cm,這表明系統(tǒng)下落的時間為彈簧振動周期的整數倍 ,即tnn T( n1,2,3)重心下落距離為hn1 gt n2n21 gT 2n2h122其中 h11gT 20.3m 很容易發(fā)現 , n2 時 , hn 超過 1米 ,不合題意所以 B 觸地時 ,21 k彈簧的彈性勢能為l12 , A、 B 相對地面的動能值各為mgh12B 球與橡皮泥接觸后,其動能為零而后彈簧被壓縮的過程中, A 的動能、重力勢能與彈簧彈性勢能之和為一恒量設彈簧相對自由長度的最大壓縮量為l,則有mgh11 kl12mgl1l1 kl 222將 kmgl13.0cm, h1 30cm 代入上式 ,得,l1l1

20、8cm11、如圖所示 ,一手電筒和屏幕組成的系統(tǒng),質量均為 m ,被倔強系數均為 k 的彈簧懸掛在同一水平面上 ,當平衡時手電筒的光恰好照在屏幕的中心已知屏幕和手電筒相對于地面的上下振動表達式分別為x1A costx2A cost12kk問： 1）在屏幕上的光點相對于屏靜止不動；O2）在屏上的光點相對于屏幕作振幅A12 A 的振動x初相位1、2 應滿足什么條件？用何種方式讓它們啟動,才能得到上述結果解：光點相對于光屏的運動實際上就是手電筒和屏幕的振動的合成xx1x2Acos t1A cost 2 ,即得x2A sin12 sint12（ 1）221）光點相對于屏靜止不動,即 x0由（ 1）式得

21、sin1202即122）當光點相對于屏幕振幅為2 A 時 ,由（ 1）式得sin1212故12由以上討論可知 ,若想使光點相對于屏不動,要求12 ,即初位相相同 ,可以把它們同時往下拉（或往上托）A 位移后再同時放手即可辦到同理,若要求光點對屏有2A 的振幅 ,1、 2 必須滿足初位相相反,這可以讓手電筒在相對平衡點A 處 ,屏在相對平衡點處 ,而后放手即可辦到12、如圖（ a）所示 ,質量為m 的圓盤 ,懸于勁度系數為k 的彈簧下端, 在盤上方高hmg k 處有一質量也為m 的圓環(huán) ,由靜止開始自由下落,并與盤發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞時間很短,求圓環(huán)開始下落到圓盤向m下運動至最低點共經歷多少

22、時間？h解：圓環(huán)下落后 ,與圓盤作完全非彈性碰撞,共同以一定的初速m向最低點運動值得注意的是,振子的質量為2m ,所以未碰前圓盤圖（ a ）靜止位置并非為振動系統(tǒng)的平衡位置v12m環(huán)自由下落至盤面時的速度為2 gh gk環(huán)與盤碰撞 ,動量守恒 ,有mv12mv2v2m1v1m環(huán)與盤共同初速為v1g2m22k環(huán)與盤一起作簡諧振動的周期為T22mk未碰之前 ,彈簧的形變 x1 為x1mgk碰后振動系統(tǒng)的平衡位置形變?yōu)閤22mgkmgAP可見初始位置離平衡位置的距離為x2x1kN圖（ b）是簡諧振動過程的參考圖,環(huán)與盤的運動可以看作從圖中M到O MxN 的過程 , N 對于最低點 , OMmg k

23、,它對應的圓運動時質點從P 沿PAN 弧運動到 N ,對應半徑轉過圖（ b）由機械能守恒得2212mv222mgmgA1kmg1k2mgA2k2k2k求得振幅A2 mgk由圖中幾何關系有cosOMmg k2OP2mg k2所以初相為4則34于是從振動開始到最低點的時間為t1T3 T32m284k自由落體時間為t22g2mhk總運動時間為32mtt1t214k13、如圖（ a）所示 ,勁度系數為k 的輕彈簧豎直懸掛,下端與一質量為M 的圓柱體（不能轉動）相連 ,不可伸長的細繩跨過圓柱體,兩端分別系有質量為m1 和 m2 的重物細繩與圓kxMm2TTm1Mg圖（ a）圖（ b）柱體之間的摩擦力可忽

24、略不計試求當兩重物同時運動時,圓柱體的振動周期解：取圓柱體為研究對象, 它的受力如圖所示, 其中 kx 為彈簧對它作用的向上的彈力, Mg 為其自身重力 , 兩邊的 T 是兩條繩對它的拉力, 圓柱體就是在這幾個力的作用下而運動, 兩邊的重物 m1 、m2 和圓柱體三者的運動是想關聯(lián)的, 由其運動學關系和牛頓第二定律可列出方程 , 找出圓柱體運動中的受力特征或者是其運動學特征, 如其滿足簡諧運動的判據 ,便可根據簡諧運動的規(guī)律求出圓柱體的振動周期取彈簧為原長時圓柱體的中心位置為坐標原點, 豎直向下為x 軸 , 當圓柱體中心位于任意位置 x 時 , 受向上的彈簧力kx , 向下的重力Mg 及兩繩的

25、拉力2T ,由牛頓第二定律 ,對于圓柱體有2T MgkxMa（ 1）上式中a為此刻圓柱體的加速度 , 又設此刻物塊m1相對于圓柱體的加速度為a（設其方向為向下） , 則此刻物塊 m 相對于圓柱體的加速度則為a, 故此刻 m 和 m 兩物塊的加速212度 a1 和 a2 分別為a1 a a（ 2）a2aa同樣根據牛頓第二定律對物塊m1 和 m2 可分別列出方程為m1a1m1 gTm2 a2m2 gT由（ 2） - （ 5）式解得2m1m2g aTm2m1（ 6）式代入（ 1）式中有4m1m2 g4m1m2 aMg kx Mam1 m2m1 m2整理上式得4m1m2M g kx4m1m2M am1

26、 m2m1 m2故得圓柱體的加速度為4m1 m2akxm1m2 g4m1m2Mkm1m2引入一個新的變量x , 令4m1m2xxm1 m2 gk則前式變?yōu)閍kx4m1m2Mm1m2由上式可見 , 對于新變量x 來說 , 圓柱體將作簡諧運動, 其振動的角頻率為3）4）5）6）7）k4m1m2Mm1m2因 x 與 x 只差一個常量 , 故對于 x 來說 , 圓柱體也是作簡諧運動 , 其振動的角頻率也就是上面的 , 故得圓柱體作簡諧運動的周期為4m1 m2M2m1 m2T2k討論：以上結果與一個勁度系數為k , 質量為4m1m2M的彈簧振子的振動周期相m1 m2同, 故對于圖（ b）中 M 、m、m

27、4m1m2M三者組成的系統(tǒng) , 它們可等效為一個總質量為12m1 m2的物體 , 由此有時也將4m1m2M 稱為這一系統(tǒng)的等效質量（也有稱之為折合質量的）m1m2y14、沿x 方向傳播的簡諧波在t0 時刻的波形如圖所示,已知該波的振幅為A ,波速為 u ,波長為試寫出該波的波動表達A式A2x解：原點 O 的振動表達式為：00y(0, t)Acos tA0原點 O 處質點振動的初始條件為：t0 時 , y0A 2, v00 故有y0 Acos0A 2即03于是 ,原點 O 的振動表達式為y(0,t )Acost3在 x 軸上任取一點 P ,其坐標為 x ,則 P 點的振動表達式為y( x, t)

28、A cost3 2 xAcos2utx3其中用到22u15、同一媒質中有兩個平面簡諧波,波源作同頻率、同方向、同振幅的振動兩波相對傳播 ,波長為 8m ,波傳播方向上A、 B 兩點相距 20m , 一波在 A 處為波峰時 ,另一波在 B 處位相為,求連線上因干涉而靜止的各點的位置2解：由已知條件知,此兩平面簡諧波為相干波,在兩波平面的連線上形成駐波如果以A為原點建立 Ox 坐標軸 ,如圖所示 , 以甲波在A 點的位相為零AB的時刻作為計時起點Ox在 A、B 間 ,甲波的方程為y甲 Acos t2x乙波的方程為y乙 A cos t2x當甲波使 A 質元位移最大正值時,乙波在 B 點的相位為,因

29、t0 時 , B 處 x 20m 22x,t2.2當 AB 間的點因干涉為靜止時 ,甲、乙兩波在該點的位相差滿足AB 2n1,t2t22n 1 ,xx得x 4n13當 n3, 2, 1,0,1 時 , x1,5,9,13,17m 這就是 AB 連線上因干涉而靜止的各點的位置坐標16、一個人站在廣場中央,對著甲、乙、丙三個伙伴吹哨子（頻率1200Hz ）甲、乙、丙距廣場中央都是100m 遠 ,且分別在廣場中央的南東北面第四個伙伴丁則從西面乘車以 40m s 的速度趕來 ,忽然又一陣穩(wěn)定的風由南向北吹丙北過來 ,速度為 10ms ,如圖所示 ,求甲、乙、丙、丁四個人聽到哨聲的頻率各是多少？已知當時

30、聲速為320m s西乙丁東解：由于風吹動引起介質相對聲源和觀察者以速度vF運動 ,即 u觀u源vF ,應用多普勒效應公式南vF甲vu ,1 2 0 0 H zvu對甲：vvF ,uvF ,則vvF1200Hz甲vvF對乙：由于 vF 在東西方向無速度分量,故 v u0,所以乙v0v1200Hz0對丙： vvF , uvF ,vvF1200Hz丙vFv對?。?u0,v40m s,丁vu3 2 0 4 01 2 0 0 1 3 5 0 H zv03 2 017、一質點同時參與兩個互相垂直的簡諧振動,其表達式分別為x2cos 2 t2ysinty設, 試求質點的軌道方程, 并在 xy 平面上給出12

31、0.5其曲線；若,軌道曲線怎么變化？解： 1）時 ,-2-1012x-0.521圖（ a）x2cos2 t2cos t2 1x4y 22這里 , x 和 y 的變化范圍為2x2,1y1由軌道方程 x4y22 給出曲線如圖（a）所示2）時,2sin 2ty10.5-2-1012xx2cos 2t22cost2 12sin 2t2 4 y2和 y 的變化范圍同前 ,軌道曲線如圖（ b）所示18、沿 X 方向傳播的簡諧波在t 0時刻的波形如圖（所示 ,該波的振幅為A ,波速 u 和波長均已知1）試寫出該波的波動表達式2）試畫出 tT時刻的波形圖 ,其中 T 是周期a）-0.51圖（ b）yu2解：

32、1）設坐標原點O 點的振動為y 0,tAcostox圖（ a）初始條件 t0 時 , yA , A costA則于是 O 點的振動為y0 , tA c o s t在 X 軸上任取一點P ,其坐標為 x ,因波沿X 方向傳播 ,因而 P 點的相位比 O 點超前2 x ,于是 P 點的振動為2yy x, tAcostxt02Acosut x此即波動表達式oxT2）如圖（ b）所示 ,與 t0 時刻的波形（圖中虛線）t2圖（ b）相比 , tTX 方向傳播了的距離 ,如圖中實線所示時刻的波形應向2219、一個質點同時參與兩個方向的振動振動方程分別為x1A1c o s 1 0t3x ,2 A 2y設

33、A1A24c o s t1 04試求： 1）當 y1時合振動的振幅和初位相；2）當 y 為何值時 ,合振動的振幅最大？y 為何值時振幅為最??？解： 1）當 y1時 ,13,21,如圖所示 ,用合成法可求出合振動振幅的大小和44初相位值 ,即 A2A1,AOA212；合振動的相位相2AOA22422）由合成振幅公式可知,當 cos211時 , A 2 A1 達到最大即2KK 0,2,3A213y2KA1A2441所以y3 8KK0,1,22Oxcos 211,A0,時達到最小即212K1K0,1, 23y2K144所以y18KK0, 1,220、在圖中 O 處為波源 ,向左右兩邊發(fā)射振幅為A 、

34、頻率為的簡諧波 ,波長為當波遇到波密介質界面時將發(fā)生全反射,反射面與波源O 之間的距離為d5,4試求波源 O 兩邊合成波的波函數解：設波源的振動方程為波密 B波疏y0A cos 2td54x波源在 x0區(qū)域產生波函數為OCxy入Acos 2tu波源在dx0 區(qū)域產生波函數為xy入Acos 2tu在 xd 處 ,入射波所引起的振動為y入Ad ,tA cos 2dtuA cos 2t2由于反射波存在有半波損失,即有相應的突變 ,所以反射波在 xd 處引起的振動為y反AAcos2t2反射波的波函數為y反 A cos 2tx x0u25xA cos 2t4u2A cos 2xtu在5x 0 區(qū)域合成波為4y y入 y反A cos 2xxtA cos 2tu