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时间:2018-10-10
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1、第4章振动与波动一、选择题1.A2.B3.C4.C5.D6.C7.C8.B9.C10.B11.B12.B13.B14.C15.A16.C17.D18.D19.C20.D21.122.B23.D24.B25.A26.A27.C28.C29.A30.D31.C32.B33.B34.D35.C36.D37.A2138.C39.D40.B41.C42.D43.B44.C45.A46.C47.A48.C49.C50.B51.C52.D53.B54.C55.B56.A57.C58.B59.C60.B61.D62.C63.D64
2、.C65.C66.B67.D68.B69.D70.D71.B72.D73.D74.C75.D76.D21二、填空题1.(1);(2)2.;1m3.0.5s4.1.5s5.1.246.7.3.6´10-4J8.2:19.1.25cm10.11.0.031m12.5cm13.10;14.-115.1990<n<2000Hz16.017.518.(SI)或(SI)19.,20.21.022.,23.24.25.2126.27.,A4-3-1图三、计算题1.解:以振动系统平衡位置为坐标原点,向下为正建立Ox轴(如A4-3-
3、1图所示)物体m从h高度落到盘面过程中,机械能守恒(1)物体m与盘发生完全非弹性碰撞,动量守恒.因为盘子与弹簧的质量可忽略,振动系统初速率即为v,方向向下.振动系统在O点平衡时,有关系:(2)已知(3)所以,系统振动时的振幅系统振动时的初相为运动方程为2.解:(1)由题意初相位,振动方程为,21加速度(2),时,3.解:时速度具有正最大值,运动方程为最大加速度4.解:该运动系统由两个部分组成,一个质量为m的物体,一个定滑轮,对物体的应用牛顿定律,对定滑轮要用定轴转动定律.A4-3-4图首先画出它们的受力图,如A4-
4、3-4图所示.列出运动方程:以m的平衡位置为坐标原点,向下为x轴正向,在平衡位置处,设弹簧伸长,则有因此,当物体在任意其它位置时,必有(4)联立(1),(2),(3)和(4)得由于物体m做一维运动,所以,于是与标准微分方程比较,可知21因此,系统的振动周期5.解:建立A4-3-5图所示的坐标系Ox,振动系统圆频率为A4-3-5图根据功能原理m据已知条件,初相位系统振动的运动方程6.解:方法I.解析法由已知条件,可得.有两个取值满足,即由已知条件v0>0即,即要求,于是只能取.A4-3-6(a)图A4-3-6(b)图
5、方法II.旋转矢量法由已知条件,可知对应的旋转矢量A可以有B、C两个位置,如3-4-6(a)图所示.又由可知,A矢量在x轴上的投影点D向x轴正向运动,因此,对应的旋转矢量只能是OC,OC=A与x轴的夹角即为该质点的振动初态,即如图13-5(b)所示.217.解:如A4-3-7图所示,当圆盘逆时针转过q角时,受力矩由转动定律得A4-3-7图式中J由平行轴定理可求得所以令,则其摆动周期为已知单摆周期为所以8.解:已知等效钟摆的周期为将上式微分得:由于钟的相对误差等于摆钟周期的相对误差,即所以219.解:由给定曲线可看出
6、.下面利用旋转矢量法确定振动的初相和角频率.由图可知,t=0时,,且由曲线在a点的斜率(振动速度)可知,因此,可画出如图13-7(a)所示的旋转矢量图,由图可知,.A4-3-9图由振动曲线可知,时,,,此振动状态对应的旋转矢量如图13-7(b)所示,显然在内旋转矢量由OM转到OP,其转过,所以解得质点的运动方程为当然,用解析法也可确定和,同学们可自行分析.A4-3-10图10.解:解法I用动力学振动方程法.以弹簧的固有长度的端点为坐标原点,向右为正建立坐标S.隔离m1、m2、M,分析受力情况,如A4-3-10图所示
7、.根据受力情况和牛顿第二定律,可得解上列方程,可以得到21令,上式可化为简谐振动的标准方程因此,系统的振动圆频率为解法II能量法在该系统的振动过程中,只有重力和弹簧的弹性力做功,因此该系统的机械能守恒.设当m1运动到O点时,弹性势能为零,m2所在处的重力势能为零.由于m1的重力势能不变,则当m2下降S距离时,有把代入上式,再对时间求导,可得该结果与第一种解法的结果一样.令,得到简谐振动的表达式从而可以得到A4-3-11图11.解:解法I以小球为研究对象,受力情况如A4-3-11图所示.设逆时针方向的角位移为正,t时
8、刻小球位于P点,角位移为,根据牛顿运动定律,在轨迹的切线方向上有即21其中,为切向加速度,,当振幅很小时,,代入上式有即其中,角频率,求解该微分方程得式中的振幅θ0和初相,可由初始条件确定.当t=0时,,则有故因此小球的振动方程为解法II小球在运动过程中仅有重力作功,机械能守恒,以最低点为势能零点,则在t时刻小球的机械能为对时间求导,有即所以在振幅很小时,得
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