声学基础答案文档格式.docx
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它受重力Mmg,方向竖直向下;
受沿
绳方向的拉力T,这两力的合力F就是小球摆动时的恢复力,方向沿小球摆
动轨迹的切线方向。
ξ
设绳子摆动后与竖直方向夹角为θ,则sinθ=
受力分析可得:
F=Mmgsinθ=Mmgξl
(2)外力去掉后(上述拉力去掉后),小球在F作用下在平衡位置附近产生摆
动,加速度的方向与位移的方向相反。
由牛顿定律可知:
F=−Mmd
dt
则−Mmd=Mmgξl
即
d
ξ+ξ=0,
dt2
即f0=1
2π
∴ω0
=
这就是小球产生的振动频率。
1-3有一长为l的细绳,以张力T固定在两端,设在位置x0处,挂着一质量
Mm,如图所示,试问:
(1)当质量被垂直拉离平衡位置ξ时,它
所受到的恢复平衡的力由何产生?
并应怎样
图习题1-3
表示?
(2)当外力去掉后,质量Mm在此恢复力作用下产生振动,它的振动频率应
如何表示?
(3)当质量置于哪一位置时,振动频率最低?
首先对Mm进行受力分析,见右图,
l−x0
x0
Fx=T
−T
=0
(l−x0)
+ε
x
(ε〈〈x0,∴x0
+ε
≈x0
(l−x0)
≈(l−x0)
。
)
ε
Fy=T
+T
+Tε
≈T
Tl
x0(l−x0)
可见质量Mm受力可等效为一个质点振动系统,质量M=Mm,弹性系数
k=x0(l−x0)
(1)恢复平衡的力由两根绳子拉力的合力产生,大小为F=x0(l−x0)ε,
方向为竖直向下。
(2)振动频率为ω=K=
x0(l−x0)Mm
M
(3)对ω分析可得,当x0=l时,系统的振动频率最低。
1-4设有一长为l的细绳,它以张力T固定在两端,如图所示。
设在绳的x0位
置处悬有一质量为M的重物。
求该系统的固有频率。
提示:
当悬有M时,绳子
向下产生静位移ξ0以保持力的平衡,并假定M离平衡位置ξ0的振动ξ位移很小,
满足ξ<
<
ξ0条件。
图习题1-4
2Tcosθ=Mg
4πξ=Mg
cosθ=ξ
如右图所示,受力分析可得
⇒
−2Tξ0+ξ=Md
又ξ<
ξ0,T'
≈T,可得振动方程为
Md2
+4Tξ=−4Tξ0
ll
f=21π
4Tl=
2πξ0M2πξ0
Mg
∴
1-5有一质点振动系统,已知其初位移为ξ0,初速度为零,试求其振动位移、
速度和能量。
设振动位移ε=εacos(ω0t−ϕ),
速度表达式为v=−ω0εasin(ω0t−ϕ)。
由于εt=0=ε0,vt=0=0,
代入上面两式计算可得:
ε=ε0cosω0t
;
v=−ω0ε0sinω0t。
振动能量E=1Mmv
=1Mmω0
22
a
1-6有一质点振动系统,已知其初位移为ξ0,初速度为v0,试求其振动位移、
速度、和能量。
如右图所示为一质点振动系统,弹簧的弹性系数为Km,质量为Mm,
取正方向沿x轴,位移为ξ。
2ξ2+ω0
=K
则质点自由振动方程为
ξ=0,(其中ω0
m
)
解得
ξ=ξacos(ω0t−ϕ0),
v=dξ
=ω0ξasin(ω0t−ϕ0+π)=ω0ξacos(ω0t−ϕ0+π)
ω0
ξ=
ω0ξ0+v0
222
ξ0=ξacosϕ0
当ξt=0=ξ0,vt=0=v0时,
⇒
v
=ωξ
acos(
ϕ−π
v0
ω0ξ0
ϕ0=arctan
质点振动位移为ξ=ω1ω0
ξ0
+v0
cos(ω0t−arctan
+π)
质点振动速度为v=ω0
cos(ωt−arctanω0ξ0
质点振动的能量为E=1Mmv
=1Mm(ω0
ξ0+v0)
1-7假定一质点振动系统的位移是由下列两个不同频率、不同振幅振动的叠
加ξ=sinωt+1sin2ωt,试问:
(1)在什么时候位移最大?
(2)在什么时候速度最大?
ξ=sinωt+1sin2ωt,
∴d
ε=ωcosωt+ωcos2ωt
=−ωsinωt−2ω
sin2ωt。
令dε
=0,得:
ωt=2kπ±
π或ωt=2kπ±
π,
3
经检验后得:
t=2kπ±
π3
时,位移最大。
ω
令d=0,得:
ωt=kπ或ωt=2kπ±
arccos(−1),
4
t=2kπ时,速度最大。
1-8假设一质点振动系统的位移由下式表示
ξ=ξ1cos(ωt+ϕ1)+ξ2cos(ωt+ϕ2)
ξ=ξacos(ωt+ϕ)
试证明
+2ξ1ξ2cos(ϕ2−ϕ1),ϕ=arctanξξ11csoinsϕ1+ξ2sinϕ2
其中ξa=ξ1
+ξ2
ϕ1+ξ2cosϕ2
证明:
=ξ1cosωtcosϕ1−ξ1sinωtsinϕ1+ξ2cosωtcosϕ2−ξ2sinωtsinϕ2
=cosωt(ξ1cosϕ1+ξ2cosϕ2)−sinωt(ξ1sinϕ1+ξ2sinϕ2)
设A=ξ1cosϕ1+ξ2cosϕ2,B=−(ξ1sinϕ1+ξ2sinϕ2)
则ξ=Acosωt+Bsinωt=A
+B
cos(ωt+ϕ)
(其中ϕ=arctan(−B))
A
又A
=ξ1
+ξ1
=ξ1+ξ2
cos
ϕ1+ξ2
+2ξ1ξ2(cosϕ1cosϕ2+sinϕ1sinϕ2)
+2ξ1ξ2cos(ϕ2−ϕ1)
ϕ2+2ξ1ξ2cosϕ1cosϕ2
sin
ϕ2+2ξ1ξ2sinϕ1sinϕ2
又ϕ=arctan(−B)=arctan(ξ1cosϕ1+ξ2cosϕ2
ξ1sinϕ1+ξ2sinϕ2
令ξa=A
+B=ξ1+ξ2+2ξ1ξ2cos(ϕ2−ϕ1)
2222
则ξ=ξacos(ωt+ϕ)
1-9假设一质点振动系统的位移由下式表示
ε=ε1cosw1t+ε2cosw2t
(w2>
w1)
ε=εacos(w1t+ϕ),
εsin(∆wt)
其中εa=ε1
+ε22+2ε1ε2cos(∆wt),
ϕ+arctanε1+ε2
cos(∆wt),∆w=w1−w2.
因为位移是矢量,故可以用矢量图来表示。
由余弦定理知,
εa=ε1
+ε2
2+2ε1ε2cos(w2t−w1t)
=ε1
2+ε22+2ε1ε2cos(∆wt)
其中,∆w=w2−w1。
由三角形面积知,
ε1ε2sin∆wt=1ε1εasinϕ
sinϕ=ε2sin∆wt
得
εa
ε2sin∆wt
−ε2sin
tgϕ=
∆wt
(ε1+ε2cos∆wt)
εsin∆wt
=ε1+ε2cos∆wt
ϕ=ε1+ε2cos∆wt
故
即可证。
1-10有一质点振动系统,其固有频率f0为已知,而质量Mm与弹性系数Km
待求,现设法在此质量Mm上附加一已知质量m,并测得由此而引起的弹簧伸长ξ1,
于是系统的质量和弹性系数都可求得,试证明之.
证由胡克定理得
mg=Kmξ1⇒Km=mg/ξ1
由质点振动系统固有频率的表达式f0=
得,
mg
Mm=4π
f02=4π
.
ξ1
f0
纵上所述,系统的质量Mm和弹性系数Km都可求解.
1-11有一质点振动系统,其固有频率f0为已知,而质量Mm与弹性系数待求,
现设法在此质量Mm上附加一质量m,并测得由此而引起的系统固有频率变为f0’,
于是系统的质量和弹性系数都可求得,试证明之。
由
f0=
得Km=(2πf0)Mm
f0′=
(2f)2(Mm+m,)
得Km=π′
2πMm+m
′
′2,Km=4π
2mf02f0
f02−f0′2
mf0
联立两式,求得Mm=
f02−f0
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