振动及波动答案43167

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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