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第九章振動9-1一個質點作簡諧運動，振幅為A，在起始時刻質點的位移為，且向x 軸正方向運動，代表此簡諧運動的旋轉矢量為（）題- 圖分析與解（b）圖中旋轉矢量的矢端在x 軸上投影點的位移為A/2，且投影點的運動方向指向Ox 軸正向，即其速度的x分量大于零，故滿足題意因而正確答案為（b）9-2已知某簡諧運動的振動曲線如圖（a）所示，則此簡諧運動的運動方程為（）題- 圖分析與解由振動曲線可知，初始時刻質點的位移為 A/2，且向x 軸負方向運動圖（）是其相應的旋轉矢量圖，由旋轉矢量法可知初相位為振動曲線上給出質點從A/2 處運動到+A 處所需時間為1 s，由對應旋轉矢量圖可知相應的相位差，則角頻率，故選（D）本題也可根據(jù)振動曲線所給信息，逐一代入方程來找出正確答案9-3 兩個同周期簡諧運動曲線如圖（a） 所示， x1 的相位比x2 的相位（）（A） 落后 （B）超前 （C）落后 （D）超前分析與解由振動曲線圖作出相應的旋轉矢量圖（b） 即可得到答案為（b）題- 圖9-4當質點以頻率 作簡諧運動時，它的動能的變化頻率為（）（A） （B） （C） （D）分析與解質點作簡諧運動的動能表式為，可見其周期為簡諧運動周期的一半，則頻率為簡諧運動頻率的兩倍因而正確答案為（C）9-5圖（a）中所畫的是兩個簡諧運動的曲線，若這兩個簡諧運動可疊加，則合成的余弦振動的初相位為（）（A） （B） （C） （D）分析與解由振動曲線可以知道，這是兩個同振動方向、同頻率簡諧運動，它們的相位差是（即反相位）運動方程分別為和它們的振幅不同對于這樣兩個簡諧運動，可用旋轉矢量法，如圖（b）很方便求得合運動方程為因而正確答案為（D）題- 圖9-6有一個彈簧振子，振幅，周期，初相試寫出它的運動方程，并作出圖、圖和圖題-6 圖分析彈簧振子的振動是簡諧運動振幅、初相、角頻率是簡諧運動方程的三個特征量求運動方程就要設法確定這三個物理量題中除、已知外，可通過關系式確定振子運動的速度和加速度的計算仍與質點運動學中的計算方法相同解因，則運動方程根據(jù)題中給出的數(shù)據(jù)得振子的速度和加速度分別為、及圖如圖所示9-7若簡諧運動方程為，求：（1） 振幅、頻率、角頻率、周期和初相；（2）時的位移、速度和加速度 分析可采用比較法求解將已知的簡諧運動方程與簡諧運動方程的一般形式作比較，即可求得各特征量運用與上題相同的處理方法，寫出位移、速度、加速度的表達式，代入值后，即可求得結果 解（1） 將與比較后可得：振幅A 0.10m，角頻率，初相0.25，則周期，頻率（）時的位移、速度、加速度分別為9-8一遠洋貨輪，質量為m，浮在水面時其水平截面積為S設在水面附近貨輪的水平截面積近似相等，水的密度為，且不計水的粘滯阻力，證明貨輪在水中作振幅較小的豎直自由運動是簡諧運動，并求振動周期分析要證明貨輪作簡諧運動，需要分析貨輪在平衡位置附近上下運動時，它所受的合外力與位移間的關系，如果滿足，則貨輪作簡諧運動通過即可求得振動周期證貨輪處于平衡狀態(tài)時圖（a），浮力大小為F mg當船上下作微小振動時，取貨輪處于力平衡時的質心位置為坐標原點O，豎直向下為x 軸正向，如圖（b）所示則當貨輪向下偏移x 位移時，受合外力為其中為此時貨輪所受浮力，其方向向上，大小為題- 圖則貨輪所受合外力為式中是一常數(shù)這表明貨輪在其平衡位置上下所作的微小振動是簡諧運動由可得貨輪運動的微分方程為令，可得其振動周期為9-9設地球是一個半徑為R 的均勻球體，密度現(xiàn)假定沿直徑鑿通一條隧道，若有一質量為m 的質點在此隧道內作無摩擦運動（1） 證明此質點的運動是簡諧運動；（2） 計算其周期題- 圖分析證明方法與上題相似分析質點在隧道內運動時的受力特征即可證（1） 取圖所示坐標當質量為m 的質點位于x處時，它受地球的引力為式中為引力常量，是以x 為半徑的球體質量，即令，則質點受力因此，質點作簡諧運動（2） 質點振動的周期為9-10如圖（a）所示，兩個輕彈簧的勁度系數(shù)分別為、 當物體在光滑斜面上振動時（1） 證明其運動仍是簡諧運動；（2） 求系統(tǒng)的振動頻率題9-10 圖分析從上兩題的求解知道，要證明一個系統(tǒng)作簡諧運動，首先要分析受力情況，然后看是否滿足簡諧運動的受力特征（或簡諧運動微分方程）為此，建立如圖（b）所示的坐標設系統(tǒng)平衡時物體所在位置為坐標原點O，Ox 軸正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 軸，物體受彈性力及重力分力的作用，其中彈性力是變力利用串聯(lián)時各彈簧受力相等，分析物體在任一位置時受力與位移的關系，即可證得物體作簡諧運動，并可求出頻率證設物體平衡時兩彈簧伸長分別為、，則由物體受力平衡，有 （1）按圖（b）所取坐標，物體沿x 軸移動位移x時，兩彈簧又分別被拉伸和，即則物體受力為 （）將式（1）代入式（2）得 （）由式（3）得、，而，則得到式中為常數(shù)，則物體作簡諧運動，振動頻率討論（1） 由本題的求證可知，斜面傾角 對彈簧是否作簡諧運動以及振動的頻率均不產生影響事實上，無論彈簧水平放置、斜置還是豎直懸掛，物體均作簡諧運動而且可以證明它們的頻率相同，均由彈簧振子的固有性質決定，這就是稱為固有頻率的原因（2） 如果振動系統(tǒng)如圖（c）（彈簧并聯(lián)）或如圖（d）所示，也可通過物體在某一位置的受力分析得出其作簡諧運動，且振動頻率均為，讀者可以一試通過這些例子可以知道，證明物體是否作簡諧運動的思路是相同的*9 11在如圖（a）所示裝置中，一勁度系數(shù)為k 的輕彈簧，一端固定在墻上，另一端連接一質量為的物體，置于光滑水平桌面上現(xiàn)通過一質量m、半徑為R 的定滑輪B（可視為勻質圓盤）用細繩連接另一質量為的物體C設細繩不可伸長，且與滑輪間無相對滑動，求系統(tǒng)的振動角頻率題9-11 圖分析這是一個由彈簧、物體A、C 和滑輪B 組成的簡諧運動系統(tǒng)求解系統(tǒng)的振動頻率可采用兩種方法（1） 從受力分析著手如圖（b）所示，設系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，與物體A 相連的彈簧一端所在位置為坐標原點O，此時彈簧已伸長，且當彈簧沿軸正向從原點O 伸長x 時，分析物體A、C 及滑輪B的受力情況，并分別列出它們的動力學方程，可解得系統(tǒng)作簡諧運動的微分方程（2）從系統(tǒng)機械能守恒著手列出系統(tǒng)機械能守恒方程，然后求得系統(tǒng)作簡諧運動的微分方程解1在圖（b）的狀態(tài)下，各物體受力如圖（c）所示其中考慮到繩子不可伸長，對物體A、B、C 分別列方程，有 （1） （2） （3） （4）方程（3）中用到了、及聯(lián)立式（1） 式（4）可得 （5）則系統(tǒng)振動的角頻率為解2取整個振動裝置和地球為研究系統(tǒng)，因沒有外力和非保守內力作功，系統(tǒng)機械能守恒設物體平衡時為初始狀態(tài)，物體向右偏移距離x（此時速度為v、加速度為a）為末狀態(tài)，則由機械能守恒定律，有在列出上述方程時應注意勢能（重力勢能和彈性勢能）零點的選取為運算方便，選初始狀態(tài)下物體C 所在位置為重力勢能零點；彈簧原長時為彈性勢能的零點將上述方程對時間求導得將， 和 代入上式，可得 （6）式（6）與式（5）相同，表明兩種解法結果一致9-12一放置在水平桌面上的彈簧振子，振幅A2.0 10-2 m，周期T0.50當t0 時，（1） 物體在正方向端點；（2） 物體在平衡位置、向負方向運動；（3） 物體在x -1.010-2m 處， 向負方向運動； （4） 物體在x-1.010-2 m處，向正方向運動求以上各種情況的運動方程分析在振幅A 和周期T 已知的條件下，確定初相是求解簡諧運動方程的關鍵初相的確定通常有兩種方法（1） 解析法：由振動方程出發(fā)，根據(jù)初始條件，即t 0 時，x x0 和v v0 來確定值（2） 旋轉矢量法：如圖（a）所示，將質點P 在Ox 軸上振動的初始位置x0 和速度v0 的方向與旋轉矢量圖相對應來確定旋轉矢量法比較直觀、方便，在分析中常采用題9-12 圖解由題給條件知A 2.0 10-2 m，而初相可采用分析中的兩種不同方法來求解析法：根據(jù)簡諧運動方程，當時有，當（1）時，則；（2）時，因，?。唬?）時， ，由，?。唬?）時， ，由，取旋轉矢量法：分別畫出四個不同初始狀態(tài)的旋轉矢量圖，如圖（b）所示，它們所對應的初相分別為，振幅A、角頻率、初相均確定后，則各相應狀態(tài)下的運動方程為（1）（2）（3）（4）9-13 有一彈簧， 當其下端掛一質量為m 的物體時， 伸長量為9.8 10-2 m若使物體上、下振動，且規(guī)定向下為正方向（1） 當t 0 時，物體在平衡位置上方8.0 10-2 處，由靜止開始向下運動，求運動方程（2） 當t 時，物體在平衡位置并以0.6s-1的速度向上運動，求運動方程分析求運動方程，也就是要確定振動的三個特征物理量A、和其中振動的角頻率是由彈簧振子系統(tǒng)的固有性質（振子質量m 及彈簧勁度系數(shù)k）決定的，即，k 可根據(jù)物體受力平衡時彈簧的伸長來計算；振幅A 和初相需要根據(jù)初始條件確定題9-13 圖解物體受力平衡時，彈性力F 與重力P 的大小相等，即F mg而此時彈簧的伸長量l 9.8 10-2m則彈簧的勁度系數(shù)k F l mg l系統(tǒng)作簡諧運動的角頻率為（1） 設系統(tǒng)平衡時，物體所在處為坐標原點，向下為x 軸正向由初始條件t 0 時，x10 8.0 10-2 m、v10 0 可得振幅；應用旋轉矢量法可確定初相圖（a）則運動方程為（2）t 時，x20 0、v20 0.6 s-1 ，同理可得；圖（b）則運動方程為9-14某振動質點的x-t 曲線如圖（a）所示，試求：（1） 運動方程；（2） 點P 對應的相位；（3） 到達點P 相應位置所需的時間分析由已知運動方程畫振動曲線和由振動曲線求運動方程是振動中常見的兩類問題本題就是要通過x t 圖線確定振動的三個特征量A、和，從而寫出運動方程曲線最大幅值即為振幅A；而、通?？赏ㄟ^旋轉矢量法或解析法解出，一般采用旋轉矢量法比較方便解（1） 質點振動振幅A 0.10 而由振動曲線可畫出t0 0 和t1 4 時旋轉矢量，如圖（b） 所示由圖可見初相（或），而由得，則運動方程為題9-14 圖（2） 圖（a）中點P 的位置是質點從A2 處運動到正向的端點處對應的旋轉矢量圖如圖（c） 所示當初相取時，點P 的相位為（如果初相取成，則點P 相應的相位應表示為（3） 由旋轉矢量圖可得，則9-15作簡諧運動的物體，由平衡位置向x 軸正方向運動，試問經過下列路程所需的最短時間各為周期的幾分之幾？ （1） 由平衡位置到最大位移處；（2） 由平衡位置到x A/2 處； （3） 由x A/2處到最大位移處解采用旋轉矢量法求解較為方便按題意作如圖所示的旋轉矢量圖，平衡位置在點O（1） 平衡位置x1 到最大位移x3 處，圖中的旋轉矢量從位置1 轉到位置3，故，則所需時間（2） 從平衡位置x1 到x2 A/2 處，圖中旋轉矢量從位置1轉到位置2，故有，則所需時間（3） 從x2 A/2 運動到最大位移x3 處，圖中旋轉矢量從位置2 轉到位置3，有，則所需時間題9-15 圖9-16在一塊平板下裝有彈簧，平板上放一質量為1.0 kg的重物現(xiàn)使平板沿豎直方向作上下簡諧運動，周期為0.50，振幅為2.010-2 m求：（1） 平板到最低點時，重物對平板的作用力；（2） 若頻率不變，則平板以多大的振幅振動時，重物會跳離平板？ （3） 若振幅不變，則平板以多大的頻率振動時， 重物會跳離平板？題9-16 圖分析按題意作示意圖如圖所示物體在平衡位置附近隨板作簡諧運動，其間受重力P 和板支持力FN 作用，F(xiàn)N 是一個變力按牛頓定律，有 （1）由于物體是隨板一起作簡諧運動，因而有，則式（1）可改寫為 （2）（1） 根據(jù)板運動的位置，確定此刻振動的相位，由式（2）可求板與物體之間的作用力（2） 由式（2）可知支持力 的值與振幅A、角頻率和相位（）有關在振動過程中，當時最小而重物恰好跳離平板的條件為0，因此由式（2）可分別求出重物跳離平板所需的頻率或振幅解（1） 由分析可知，重物在最低點時，相位0，物體受板的支持力為重物對木塊的作用力 與大小相等，方向相反（2） 當頻率不變時，設振幅變?yōu)锳根據(jù)分析中所述，將0及代入分析中式（2），可得（3） 當振幅不變時，設頻率變?yōu)橥瑯訉?及代入分析中式（2），可得9-17兩質點作同頻率、同振幅的簡諧運動第一個質點的運動方程為，當?shù)谝粋€質點自振動正方向回到平衡位置時，第二個質點恰在振動正方向的端點，試用旋轉矢量圖表示它們，并求第二個質點的運動方程及它們的相位差題9-17 圖解圖示為兩質點在時刻t 的旋轉矢量圖，可見第一個質點M 的相位比第二個質點N 的相位超前，即它們的相位差/2故第二個質點的運動方程應為9-18圖（a）為一簡諧運動質點的速度與時間的關系曲線，且振幅為2cm，求（1） 振動周期；（2） 加速度的最大值；（3） 運動方程分析根據(jù)v-t 圖可知速度的最大值vmax ，由vmax A可求出角頻率，進而可求出周期T 和加速度的最大值amax A2 在要求的簡諧運動方程x Acos（t ）中，因為A 和已得出，故只要求初相位即可由v t 曲線圖可以知道，當t 0 時，質點運動速度v0 vmax/2 A/2，之后速度越來越大，因此可以判斷出質點沿x 軸正向向著平衡點運動利用v0 Asin就可求出解（1） 由得，則（2）（3） 從分析中已知，即因為質點沿x 軸正向向平衡位置運動，則取，其旋轉矢量圖如圖（b）所示則運動方程為 題9-18 圖9-19有一單擺，長為1.0m，最大擺角為5，如圖所示（1） 求擺的角頻率和周期；（2） 設開始時擺角最大，試寫出此單擺的運動方程；（3） 擺角為3時的角速度和擺球的線速度各為多少？題9-19 圖分析單擺在擺角較小時（5）的擺動，其角量與時間的關系可表示為簡諧運動方程，其中角頻率仍由該系統(tǒng)的性質（重力加速度g 和繩長l）決定，即初相與擺角，質點的角速度與旋轉矢量的角速度（角頻率）均是不同的物理概念，必須注意區(qū)分解（1） 單擺角頻率及周期分別為（2） 由時可得振動初相，則以角量表示的簡諧運動方程為（） 擺角為3時，有，則這時質點的角速度為線速度的大小為討論質點的線速度和角速度也可通過機械能守恒定律求解，但結果會有極微小的差別這是因為在導出簡諧運動方程時曾取，所以，單擺的簡諧運動方程僅在 較小時成立9-20為了測月球表面的重力加速度，宇航員將地球上的“秒擺”（周期為2.00），拿到月球上去，如測得周期為4.90，則月球表面的重力加速度約為多少？ （取地球表面的重力加速度）解由單擺的周期公式可知，故有，則月球的重力加速度為9-21一飛輪質量為12kg，內緣半徑r 0.6，如圖所示為了測定其對質心軸的轉動慣量，現(xiàn)讓其繞內緣刃口擺動，在擺角較小時，測得周期為2.0s，試求其繞質心軸的轉動慣量9-21 題圖分析飛輪的運動相當于一個以刃口為轉軸的復擺運動，復擺振動周期為，因此，只要知道復擺振動的周期和轉軸到質心的距離，其以刃口為轉軸的轉動慣量即可求得再根據(jù)平行軸定理，可求出其繞質心軸的轉動慣量解由復擺振動周期，可得則由平行軸定理得9-22如圖（a）所示，質量為1.0 10-2kg 的子彈，以500ms-1的速度射入木塊，并嵌在木塊中，同時使彈簧壓縮從而作簡諧運動，設木塊的質量為4.99 kg，彈簧的勁度系數(shù)為8.0 103 Nm-1 ，若以彈簧原長時物體所在處為坐標原點，向左為x 軸正向，求簡諧運動方程題9-22 圖分析可分為兩個過程討論首先是子彈射入木塊的過程，在此過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，因而可以確定它們共同運動的初速度v0 ，即振動的初速度隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡諧運動它的角頻率由振子質量m1 m2 和彈簧的勁度系數(shù)k 確定，振幅和初相可根據(jù)初始條件（初速度v0 和初位移x0 ）求得初相位仍可用旋轉矢量法求解振動系統(tǒng)的角頻率為由動量守恒定律得振動的初始速度即子彈和木塊的共同運動初速度v0 為又因初始位移x0 0，則振動系統(tǒng)的振幅為圖（b）給出了彈簧振子的旋轉矢量圖，從圖中可知初相位，則簡諧運動方程為9-23如圖（a）所示，一勁度系數(shù)為k 的輕彈簧，其下掛有一質量為m1 的空盤現(xiàn)有一質量為m2 的物體從盤上方高為h 處自由落入盤中，并和盤粘在一起振動問：（1） 此時的振動周期與空盤作振動的周期有何不同？ （2） 此時的振幅為多大？題9-23 圖分析原有空盤振動系統(tǒng)由于下落物體的加入，振子質量由m1 變?yōu)閙1 + m2，因此新系統(tǒng)的角頻率（或周期）要改變由于，因此，確定初始速度v0 和初始位移x0 是求解振幅A 的關鍵物體落到盤中，與盤作完全非彈性碰撞，由動量守恒定律可確定盤與物體的共同初速度v0 ，這也是該振動系統(tǒng)的初始速度在確定初始時刻的位移x0 時，應注意新振動系統(tǒng)的平衡位置應是盤和物體懸掛在彈簧上的平衡位置因此，本題中初始位移x0 ，也就是空盤時的平衡位置相對新系統(tǒng)的平衡位置的位移解（1） 空盤時和物體落入盤中后的振動周期分別為可見TT，即振動周期變大了（2） 如圖（b）所示，取新系統(tǒng)的平衡位置為坐標原點O則根據(jù)分析中所述，初始位移為空盤時的平衡位置相對粘上物體后新系統(tǒng)平衡位置的位移，即式中l(wèi)1 m1/k 為空盤靜止時彈簧的伸長量，l2 （m1 m2）/k 為物體粘在盤上后，靜止時彈簧的伸長量由動量守恒定律可得振動系統(tǒng)的初始速度，即盤與物體相碰后的速度式中是物體由h 高下落至盤時的速度故系統(tǒng)振動的振幅為本題也可用機械能守恒定律求振幅A9-24如圖所示，勁度系數(shù)為k 的輕彈簧，系一質量為m1 的物體，在水平面上作振幅為A的簡諧運動有一質量為m2 的粘土，從高度h 自由下落，正好在（a）物體通過平衡位置時，（b）物體在最大位移處時，落在物體上分別求：（1）振動周期有何變化？ （2）振幅有何變化？題9-24圖分析諧振子系統(tǒng)的周期只與彈簧的勁度系數(shù)和振子的質量有關由于粘土落下前后，振子的質量發(fā)生了改變，因此，振動周期也將變化至于粘土如何落下是不影響振動周期的但是，粘土落下時將改變振動系統(tǒng)的初始狀態(tài)，因此，對振幅是有影響的在粘土落到物體上的兩種不同情況中，系統(tǒng)在水平方向的動量都是守恒的利用動量守恒定律可求出兩種情況下系統(tǒng)的初始速度，從而利用機械能守恒定律（或公式）求得兩種情況下的振幅解（1） 由分析可知，在（a）、（b）兩種情況中，粘土落下前后的周期均為物體粘上粘土后的周期T比原周期T 大（2） （a） 設粘土落至物體前后，系統(tǒng)振動的振幅和物體經過平衡位置時的速度分別為A、v 和A、v由動量守恒定律和機械能守恒定律可列出如下各式 （1） （2） （3）聯(lián)立解上述三式，可得即AA，表明增加粘土后，物體的振幅變小了（b） 物體正好在最大位移處時，粘土落在物體上則由動量守恒定律知它們水平方向的共同速度vm1v/（m1 m2 ） 0，因而振幅不變，即AA9-25質量為0.10kg的物體，以振幅1.010-2 m 作簡諧運動，其最大加速度為4.0 s-1求：（1） 振動的周期；（2） 物體通過平衡位置時的總能量與動能；（3） 物體在何處其動能和勢能相等？ （4） 當物體的位移大小為振幅的一半時，動能、勢能各占總能量的多少？分析在簡諧運動過程中，物體的最大加速度，由此可確定振動的周期T另外，在簡諧運動過程中機械能是守恒的，其中動能和勢能互相交替轉化，其總能量E kA2/2當動能與勢能相等時，Ek EP kA2/4因而可求解本題解（1） 由分析可得振動周期（2） 當物體處于平衡位置時，系統(tǒng)的勢能為零，由機械能守恒可得系統(tǒng)的動能等于總能量，即（3） 設振子在位移x0 處動能與勢能相等，則有得 （） 物體位移的大小為振幅的一半（即）時的勢能為則動能為 9-26一氫原子在分子中的振動可視為簡諧運動已知氫原子質量m 1.68 10-27 Kg，振動頻率1.0 1014 Hz，振幅A 1.0 10-11試計算：（1） 此氫原子的最大速度；（2） 與此振動相聯(lián)系的能量解（1） 簡諧運動系統(tǒng)中振子運動的速度v Asin（t ），故氫原子振動的最大速度為（） 氫原子的振動能量9-27 質量m 10g 的小球與輕彈簧組成一振動系統(tǒng)， 按的規(guī)律作自由振動，求（1） 振動的角頻率、周期、振幅和初相；（2） 振動的能量E；（3） 一個周期內的平均動能和平均勢能解（1） 將與比較后可得：角頻率，振幅A 0.5cm，初相/3，則周期T 2/0.25 （2） 簡諧運動的能量 （3） 簡諧運動的動能和勢能分別為則在一個周期中，動能與勢能對時間的平均值分別為9-28 已知兩同方向、同頻率的簡諧運動的運動方程分別為；求：（1） 合振動的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同頻率的簡諧運動，則為多少時，x1 x3 的振幅最大？ 又 為多少時，x2 x3 的振幅最小？題9-28 圖分析可采用解析法或旋轉矢量法求解.由旋轉矢量合成可知，兩個同方向、同頻率簡諧運動的合成仍為一簡諧運動，其角頻率不變；合振動的振幅，其大小與兩個分振動的初相差相關而合振動的初相位解（1） 作兩個簡諧運動合成的旋轉矢量圖（如圖）因為，故合振動振幅為合振動初相位（2） 要使x1 x3 振幅最大，即兩振動同相，則由得要使x1 x3 的振幅最小，即兩振動反相，則由得9-29手電筒和屏幕質量均為m，且均被勁度系數(shù)為k 的輕彈簧懸掛于同一水平面上，如圖所示平衡時，手電筒的光恰好照在屏幕中心設手電筒和屏幕相對于地面上下振動的表達式分別為和試求在下述兩種情況下，初相位1 、2 應滿足的條件：（1） 光點在屏幕上相對于屏靜止不動；（2） 光點在屏幕上相對于屏作振幅A2A的振動并說明用何種方式起動，才能得到上述結果題9-29 圖分析落在屏幕上的光點相對地面的運動和屏幕相對于地面的運動都已知道，且是兩個簡諧運動因此由運動的合成不難寫出光點相對屏的運動（實際上是兩個同方向、同頻率簡諧運動的合成）根據(jù)相對運動公式，有依題意所以 可見光點對屏的運動就是兩個同方向、同頻率簡諧運動和的合成用與上題相同的方法即可求解本題其中合運動振幅解（1） 根據(jù)分析和參考上題求解，當要求任一時刻光點相對于屏不動，即，就是當時，即時（），A0當光點相對于屏作振幅為2A的運動時，要求，即（2） 由以上求解可知，要使光點相對于屏不動，就要求手電筒和屏的振動始終要同步，即同相位，為此，把它們往下拉A位移后，同時釋放即可；同理，要使光點對屏作振幅為2A 的諧振動，兩者必須相位相反，為此，讓手電筒位于平衡點0 上方的-A處，而屏則位于+A 處同時釋放，即可實現(xiàn)9-30兩個同頻率的簡諧運動1 和2 的振動曲線如圖（a）所示，求（1）兩簡諧運動的運動方程x1 和x2；（2） 在同一圖中畫出兩簡諧運動的旋轉矢量，并比較兩振動的相位關系；（3） 若兩簡諧運動疊加，求合振動的運動方程分析振動圖已給出了兩個簡諧運動的振幅和周期，因此只要利用圖中所給初始條件，由旋轉矢量法或解析法求出初相位，便可得兩個簡諧運動的方程解（1） 由振動曲線可知，A 0.1 ，T 2，則2T -1 曲線1表示質點初始時刻在x 0 處且向x 軸正向運動，因此1 2；曲線2 表示質點初始時刻在x A /2 處且向x 軸負向運動，因此2 3它們的旋轉矢量圖如圖（b）所示則兩振動的運動方程分別為和 （2） 由圖（b）可知振動2超前振動1 的相位為56（3）其中則合振動的運動方程為題9-30 圖9-31將頻率為348 Hz的標準音叉振動和一待測頻率的音叉振動合成，測得拍頻為3.0Hz若在待測頻率音叉的一端加上一小塊物體，則拍頻數(shù)將減少，求待測音叉的固有頻率分析這是利用拍現(xiàn)象來測定振動頻率的一種方法在頻率u1 和拍頻數(shù)u|u2 u1|已知的情況下，待測頻率u2 可取兩個值，即u2 u1 u式中u前正、負號的選取應根據(jù)待測音叉系統(tǒng)質量改變時，拍頻數(shù)變化的情況來決定解根據(jù)分析可知，待測頻率的可能值為u2 u1 u （348 3） Hz因振動系統(tǒng)的固有頻率 ，即質量m 增加時，頻率u 減小從題意知，當待測音叉質量增加時拍頻減少，即u2 u1變小因此，在滿足u2 與u 均變小的情況下，式中只能取正號，故待測頻率為u2 u1 u351 Hz*9-32示波管的電子束受到兩個互相垂直的電場的作用電子在兩個方向上的位移分別為 和，求在0，30，90各種情況下，電子在熒光屏上的軌跡方程解這是兩個振動方向互相垂直的同頻率簡諧運動的合成問題合振動的軌跡方程為式中A1 、A2 為兩振動的振幅，為兩個振動的初相差本題中A1 A2 A，故有（1） 當0時，有x y，軌跡為一直線方程（2） 當30時，有x2 y2 x y A2/4，軌跡為橢圓方程（3） 當90時，有x2 y2 A2 ，軌跡為圓方程*9-33圖示為測量液體阻尼系數(shù)的裝置簡圖，將一質量為m 的物體掛在輕彈簧上，在空氣中測得振動的頻率為u1 ，置于液體中測得的頻率為u2 ，求此系統(tǒng)的阻尼系數(shù)題9-33 圖分析在阻尼不太大的情況下，阻尼振動的角頻率與無阻尼時系統(tǒng)的固有角頻率0 及阻尼系數(shù) 有關系式因此根據(jù)題中測得的u1 和u2 （即已知0 、），就可求出解物體在空氣和液體中的角頻率為 和，得阻尼系數(shù)為*9-34一彈簧振子系統(tǒng)，物體的質量m 1.0Kg，彈簧的勁度系數(shù)k 900Nm-1 系統(tǒng)振動時受到阻尼作用，其阻尼系數(shù) 10.0-1 為了使振動持續(xù)，現(xiàn)另外加一周期性驅動外力求：（1） 振子達到穩(wěn)定時的振動角頻率；（2） 若外力的角頻率可以改變，當其值為多少時系統(tǒng)出現(xiàn)共振現(xiàn)象？ 其共振的振幅多大？分析本題是物體在有阻尼條件下的受迫振動，其運動方程為 （1）等式右邊第一項與阻尼有關，該項經一段時間后，因而消失因此，穩(wěn)定時系統(tǒng)的振動由第二項確定，它是簡諧運動方程其中為周期性外力的角頻率，由此可知，此時振動的角頻率即是周期性外力的角頻率而振幅為 （2）式中為周期性外界驅動力的力幅，是彈簧振子的固有角頻率，m 是振子質量當阻尼系數(shù) 一定時，振幅A 是外力的角頻率P 的函數(shù)共振時，振幅最大，故可采用對函數(shù)A（P）求極值的方法確定共振頻率和振幅解（1） 根據(jù)分析，受迫振動達到穩(wěn)定時，系統(tǒng)作簡諧運動的角頻率即為周期性外力的角頻率，故有（2） 受迫振動達到穩(wěn)定后， 其振幅當時振幅將取得極大值，稱共振現(xiàn)象此時可解得周期性外界驅動力的角頻率為將上述結果代入振幅A 的表達式中，得共振時振幅為9-35 在一個LC 振蕩電路中， 若電容器兩極板上的交變電壓，電容，電路中的電阻可以忽略不計求：（1） 振蕩的周期；（2） 電路中的自感；（3） 電路中的電流隨時間變化的規(guī)律分析在不計電阻的前提下，該LC 電路是無阻尼自由振蕩電路，在振蕩過程中電容器兩極板上的電壓、電荷及電路中的電流均以相同的周期變化著振蕩周期為T 2 LC因此，本題可通過已知的電壓的角頻率，求出振蕩周期，然后可求出自感L另外，電容器極板上電壓U、電荷q 始終滿足關系式q CU因此，在確定q q（t）后，根據(jù)電流定義I dq/dt，可求出電流的變化規(guī)律解（1） 從題中已知的電壓變化關系中得振蕩周期為（2） 由振蕩電路周期得電路中的自感為（3） 電路中電流隨時間變化的規(guī)律為9-36用一個電容可在10.0 pF到360.0pF 范圍內變化的電容器和一個自感線圈并聯(lián)組成無線電收音機的調諧電路（1） 該調諧電路可以接收的最大和最小頻率之比是多少？ （2） 為了使調諧頻率能在5.0 105Hz 到1.5 106 Hz的頻率范圍內，需在原電容器上并聯(lián)一個多大的電容？ 此電路選用的自感應為多大？分析當自感L 一定時，要改變調諧頻率的范圍，只需改變電容的變化范圍本題采用并聯(lián)電容C 的方法使電容由原有的變化范圍Cmin Cmax 改變?yōu)镃min CCmax C，從而達到新的調諧目的為此，可根據(jù)，由原有電容比Cmax Cmin 來確定對應的頻率比再由新要求的頻率比來確定需要并聯(lián)的電容的大小解（1） 當線圈自感L 一定時，由，可得（） 為了在5.0 105 Hz 1.5 106Hz 的頻率范圍內調諧，應滿足由此得在原電容器上需并聯(lián)的電容為此電路選用的線圈自感為9-37一振蕩電路，已知C 0.25F，L 1.015H電路中電阻可忽略不計，電容器上電荷最大值為Q0 2.5 10-6 C（1） 寫出電路接通后電容器兩極板間的電勢差隨時間而變化的方程和電路中電流隨時間而變化的方程；（2） 寫出電場的能量、磁場能量及總能量隨時間而變化的方程；（3） 求t1 T/8 和t2 T/4 時，電容器兩極板間的電勢差、電路中的電流、電場能、磁場能分析無阻尼LC 振蕩電路中電流、電容器極板上電荷以及電勢差均以相同的頻率隨時間作正弦或余弦變化如果令極板上電荷，則由 可得電路中的電流I、極板兩端電勢差U 的變化規(guī)律利用電磁場中電場能量和磁場能量公式可寫出它們隨時間t 的函數(shù)關系式和特定時刻的瞬時值解（1） LC無阻尼振蕩電路的振蕩角頻率為若以電路閉合的瞬間為計時起點，此時極板上電荷最大則任一時刻極板上的電荷為該時刻電路中的電流為極板兩端電勢差為（2） 任意時刻電場能量、磁場能量及總能量分別為（3） 由，可得T 0.001 ，則當t1 T/8 時，由上述各式可得同理，當時可得由上述結果可以看出LC 電路在無阻尼振蕩過程中，總的電磁場能量是不變的，即滿足能量守恒定律第十章波動10-1圖（a）表示t 0 時的簡諧波的波形圖，波沿x 軸正方向傳播，圖（b）為一質點的振動曲線則圖（a）中所表示的x 0 處振動的初相位與圖（b）所表示的振動的初相位分別為（）題10-1 圖（） 均為零（） 均為 （） 均為（） 與 （） 與分析與解本題給了兩個很相似的曲線圖，但本質卻完全不同求解本題要弄清振動圖和波形圖不同的物理意義圖（a）描述的是連續(xù)介質中沿波線上許許多多質點振動在t 時刻的位移狀態(tài)其中原點處質點位移為零，其運動方向由圖中波形狀態(tài)和波的傳播方向可以知道是沿y 軸負向，利用旋轉矢量法可以方便的求出該質點振動的初相位為/2而圖（b）是一個質點的振動曲線圖，該質點在t 0 時位移為0，t 0 時，由曲線形狀可知，質點向y 軸正向運動，故由旋轉矢量法可判知初相位為/2，答案為（D）10-2機械波的表達式為，則（）（） 波長為100 （） 波速為10 -1（） 周期為1/3 （） 波沿x 軸正方向傳播分析與解波動方程的一般表式為，其中A 為振幅，為初相，u 為波速x/u 前的“-”表示波沿x 軸正向傳播，“+”表示波沿x軸負向傳播因此將原式寫為和一般式比較可知（）、（） 均不對而由2/T 6-1 可知T （1/3）則uT 33.3 m，因此（）也不對只有（）正確10-3一平面簡諧波，沿x 軸負方向傳播，角頻率為，波速為u設時刻的波形如圖（a）所示，則該波的表達式為（）題10-3 圖分析與解因為波沿x 軸負向傳播，由上題分析知（）、（B）表式不正確找出（C）、（D）哪個是正確答案，可以有很多方法這里給出兩個常用方法方法一：直接將t T/4，x0 代入方程，那么對（C）有y0 A、對（D）有y0 0，可見（D）的結果與圖一致方法二：用旋轉矢量法求出波動方程的初相位由圖（a）可以知道t T/4 時原點處質點的位移為0，且向y 軸正向運動，則此時刻的旋轉矢量圖如圖（b）所示要求初相位，只要將該時刻的旋轉矢量反轉（順時針轉）t T/4 /2，如圖（b）所示，即得0 同樣得（D）是正確答案題10-4 圖10-4如圖所示，兩列波長為的相干波在點P 相遇波在點S1 振動的初相是1 ，點S1 到點P的距離是r1 波在點S2的初相是2 ，點S2 到點P 的距離是r2 ，以k 代表零或正、負整數(shù)，則點P 是干涉極大的條件為（）分析與解P 是干涉極大的條件為兩分振動的相位差，而兩列波傳到P 點時的兩分振動相位差為，故選項（D）正確10-5在駐波中，兩個相鄰波節(jié)間各質點的振動（）（A） 振幅相同，相位相同（B） 振幅不同，相位相同（C） 振幅相同，相位不同 （D） 振幅不同，相位不同分析與解駐波方程為，因此根據(jù)其特點，兩波節(jié)間各點運動同相位，但振幅不同因此正確答案為（B）10-9已知一波動方程為（1） 求波長、頻率、波速和周期；（2） 說明x 0 時方程的意義，并作圖表示題10-9 圖分析采用比較法將題給的波動方程改寫成波動方程的余弦函數(shù)形式，比較可得角頻率、波速u，從而求出波長、頻率等當x 確定時波動方程即為質點的運動方程y y（t）解（1） 將題給的波動方程改寫為與比較后可得波速u 15.7 -1 ， 角頻率10-1 ，故有（2） 由分析知x 0 時，方程表示位于坐標原點的質點的運動方程（如圖）10-16平面簡諧波的波動方程為求：（1） t 2.1 s 時波源及距波源0.10m 兩處的相位；（2） 離波源0.80 m及0.30 m 兩處的相位差解（1） 將t 2.1 s和x 0 代入題給波動方程，可得波源處的相位將t 2.1 s 和x0.10 m 代入題給波動方程，得0.10 m 處的相位為（2） 從波動方程可知波長1.0 m這樣，x1 0.80 m 與x2 0.30 m兩點間的相位差10-21兩相干波波源位于同一介質中的A、B 兩點，如圖（a）所示其振幅相等、頻率皆為100 Hz，B 比A 的相位超前若A、B 相距30.0m，波速為u 400 ms-1 ，試求AB 連線上因干涉而靜止的各點的位置題10-21 圖分析兩列相干波相遇時的相位差因此，兩列振幅相同的相干波因干涉而靜止的點的位置，可根據(jù)相消條件獲得解以A、B兩點的中點O 為原點，取坐標如圖（b）所示兩波的波長均為u/u4.0 m在A、B 連線上可分三個部分進行討論1. 位于點A 左側部分因該范圍內兩列波相位差恒為2的整數(shù)倍，故干涉后質點振動處處加強，沒有靜止的點2. 位于點B 右側部分顯然該范圍內質點振動也都是加強，無干涉靜止的點3. 在A、B兩點的連線間，設任意一點P 距原點為x因，則兩列波在點P 的相位差為根據(jù)分析中所述，干涉靜止的點應滿足方程得 因x15 m，故k7即在A、B之間的連線上共有15 個靜止點10-23如圖所示，x 0 處有一運動方程為的平面波波源，產生的波沿x 軸正、負方向傳播MN 為波密介質的反射面，距波源34求：（1） 波源所發(fā)射的波沿波源O 左右傳播的波動方程；（2） 在MN 處反射波的波動方程；（3） 在O MN 區(qū)域內形成的駐波方程，以及波節(jié)和波腹的位置；（4） x 0區(qū)域內合成波的波動方程題10-23 圖分析知道波源O 點的運動方程，可以寫出波沿x 軸負向和正向傳播的方程分別為和因此可以寫出y1 在MN 反射面上P 點的運動方程設反射波為y3 ，它和y1 應是同振動方向、同振幅、同頻率的波，但是由于半波損失，它在P 點引起的振動和y1 在P 點引起的振動反相利用y1 在P 點的運動方程可求y3 在P 點的運動方程，從而寫出反射波y3 在O MN 區(qū)域由y1 和Y3 兩列同頻率、同振動方向、同振幅沿相反方向傳播的波合成形成駐波在x 0區(qū)域是同傳播方向的y2 和y3 合成新的行波解（1） 由分析已知：沿左方向和右方向傳播的波動方程分別為和（2） y1 在反射面MN 處引起質點P 振動的運動方程因半波損失反射波y3 在此處引起的振動為設反射波的波動方程為，則反射波在x 3/4處引起的振動為與上式比較得，故反射波的波動方程為（3） 在O MN 區(qū)域由y1 和y3 合成的駐波y4 為波節(jié)的位置：，取k 1， 2，即x /4， 3/4 處為波節(jié)波腹的位置：，取k 0，1，即x 0，/2 處為波腹（4） 在x 0 區(qū)域，由y2 和y3 合成的波y5 為這表明：x 0 區(qū)域內的合成波是振幅為2A 的平面簡諧波10-24一弦上的駐波方程式為（1） 若將此駐波看成是由傳播方向相反，振幅及波速均相同的兩列相干波疊加而成的，求它們的振幅及波速；（2） 求相鄰波節(jié)之間的距離；（3） 求t 3.0 10-3 s 時位于x0.625 m 處質點的振動速度分析（1） 采用比較法將本題所給的駐波方程，與駐波方程的一般形式相比較即可求得振幅、波速等（2） 由波節(jié)位置的表達式可得相鄰波節(jié)的距離（3） 質點的振動速度可按速度定義v dy/dt 求得解（1） 將已知駐波方程 與駐波方程的一般形式作比較，可得兩列波的振幅A 1.5 10-2 m，波長1.25 m，頻率u275 Hz，則波速u u343.8ms-1 （2） 相鄰波節(jié)間的距離為（3） 在t 3.0 10-3 s 時，位于x0.625 m 處質點的振動速度為第十一章光學11-1在雙縫干涉實驗中，若單色光源S 到兩縫S1 、S2 距離相等，則觀察屏上中央明條紋位于圖中O 處，現(xiàn)將光源S 向下移動到圖中的S位置，則（）（A） 中央明紋向上移動，且條紋間距增大（B） 中央明紋向上移動，且條紋間距不變（C） 中央明紋向下移動，且條紋間距增大（D） 中央明紋向下移動，且條紋間距不變分析與解由S 發(fā)出的光到達S1 、S2 的光程相同，它們傳到屏上中央O 處，光程差0，形成明紋當光源由S 移到S時，由S到達狹縫S1 和S2 的兩束光產生了光程差為了保持原中央明紋處的光程差為0，它會向上移到圖中O處使得由S沿S1 、S2 狹縫傳到O處的光程差仍為0而屏上各級條紋位置只是向上平移，因此條紋間距不變因此正確答案為（B）題11-1 圖11-2如圖所示，折射率為n2 ，厚度為e 的透明介質薄膜的上方和下方的透明介質的折射率分別為n1 和n3，且n1 n2 ，n2 n3 ，若用波長為的單色平行光垂直入射到該薄膜上，則從薄膜上、下兩表面反射的光束的光程差是（）題11-2 圖分析與解由于n1 n2 ，n2 n3 ，因此在上表面的反射光有半波損失，下表面的反射光沒有半波損失，故它們的光程差，這里是光在真空中的波長因此正確答案為（B）11-3如圖（a）所示，兩個直徑有微小差別的彼此平行的滾柱之間的距離為L，夾在兩塊平面晶體的中間，形成空氣劈形膜，當單色光垂直入射時，產生等厚干涉條紋，如果滾柱之間的距離L 變小，則在L 范圍內干涉條紋的（）（A） 數(shù)目減小，間距變大（B） 數(shù)目減小，間距不變（C） 數(shù)目不變，間距變小 （D） 數(shù)目增加，間距變小題11-3圖分析與解圖（a）裝置形成的劈尖等效圖如圖（b）所示圖中 d為兩滾柱的直徑差，b 為兩相鄰明（或暗）條紋間距因為d 不變，當L 變小時， 變大，L、b均變小由圖可得，因此條紋總數(shù)，因為d和n 不變，所以N 不變正確答案為（C）11-4在單縫夫瑯禾費衍射實驗中，波長為的單色光垂直入射在寬度為3的單縫上，對應于衍射角為30的方向，單縫處波陣面可分成的半波帶數(shù)目為（）（A） 2 個（B） 3 個（C） 4 個（D） 6 個分析與解根據(jù)單縫衍射公式因此第k 級暗紋對應的單縫波陣面被分成2k 個半波帶，第k 級明紋對應的單縫波陣面被分成2k 1 個半波帶由題意，即對應第1 級明紋，單縫分成3 個半波帶正確答案為（B）11-5波長550 nm 的單色光垂直入射于光柵常數(shù)d 1.0 10-4 cm 的光柵上，可能觀察到的光譜線的最大級次為（）（A） 4（B） 3（C） 2（D） 1分析與解由光柵方程，可能觀察到的最大級次為即只能看到第1 級明紋，答案為（D）11-6 三個偏振片P1 、P2 與P3 堆疊在一起，P1 與P3的偏振化方向相互垂直，P2與P1 的偏振化方向間的夾角為45，強度為I0 的自然光入射于偏振片P1 ，并依次透過偏振片P1 、P2與P3 ，則通過三個偏振片后的光強為（）（A） I0/16（B） 3I0/8（C） I0/8（D） I0/4分析與解自然光透過偏振片后光強為I1 I0/2由于P1 和P2 的偏振化方向成45，所以偏振光透過P2 后光強由馬呂斯定律得而P2和P3 的偏振化方向也成45，則透過P3 后光強變?yōu)楣蚀鸢笧椋–）11-7一束自然光自空氣射向一塊平板玻璃，如圖所示，設入射角等于布儒斯特角iB ，則在界面2 的反射光（）（A） 是自然光（B） 是線偏振光且光矢量的振動方向垂直于入射面（C） 是線偏振光且光矢量的振動方向平行于入射面（D） 是部分偏振光題11-7 圖分析與解由幾何光學知識可知，在界面2 處反射光與折射光仍然垂直，因此光在界面2 處的入射角也是布儒斯特角，根據(jù)布儒斯特定律，反射光是線偏振光且光振動方向垂直于入射面答案為（B）11-8在雙縫干涉實驗中，兩縫間距為0.30 mm，用單色光垂直照射雙縫，在離縫1.20m 的屏上測得中央明紋一側第5條暗紋與另一側第5條暗紋間的距離為22.78 mm問所用光的波長為多少，是什么顏色的光？分析與解在雙縫干涉中，屏上暗紋位置由 決定，式中d為雙縫到屏的距離，d為雙縫間距所謂第5 條暗紋是指對應k 4 的那一級暗紋由于條紋對稱，該暗紋到中央明紋中心的距離，那么由暗紋公式即可求得波長此外，因雙縫干涉是等間距的，故也可用條紋間距公式求入射光波長應注意兩個第5 條暗紋之間所包含的相鄰條紋間隔數(shù)為9（不是10，為什么？），故。解1屏上暗紋的位置，把以及d、d值代入，可得632.8 nm，為紅光解2屏上相鄰暗紋（或明紋）間距，把，以及d、d值代入，可得632.8 nm11-9在雙縫干涉實驗中，用波長546.1 nm 的單色光照射，雙縫與屏的距離d300mm測得中央明紋兩側的兩個第五級明條紋的間距為12.2mm，求雙縫間的距離分析雙縫干涉在屏上形成的條紋是上下對稱且等間隔的如果設兩明紋間隔為x，則由中央明紋兩側第五級明紋間距x5 x-5 10 x 可求出x再由公式x dd 即可求出雙縫間距d解根據(jù)分析：x （x5 x-5）/10 1.2210-3 m雙縫間距： d dx 1.34 10-4 m11-13