波动与光学模拟试卷
一、填空题（3*10=30）
1. 简谐振动t x π2cos =的周期为____________。

2. 简谐振动t x π2sin -=的速度的初相为_____________。

3. 简谐振动t x π2sin 2=的最大速度为____________。

4. 简谐振动t x πsin 1=，t x πcos 2=的相位差为____________。

5. 平面简谐波()x t y -=πcos 的周期_________，相速度为________，波长为_________。

6. 劲度系数为k ，质量为m 的弹黄振子的固有频率为_________。

7．考虑简谐振动t x πsin 1=，()ϕπ+=t x cos 22的合振动当=ϕ______________时其振幅为最小，最小值为_________。

8. 平面简谐波()x t y 2cos 2-=π在密度为1kg/m 3的介质中传播，其平均能量密度为 _________，波的强度为______________。

9. 平面简谐波()x t y -=πcos 1的传播方向为__________，它和()x t y +=πcos 2合成波为________________。

10. 声强级表示声音的强弱，用声强12
010-=I W/m 2作为测定声强的标准，6
10-=I W/m 2
的声强级为___________dB
二．名词解释 （4*5=20）
11 同相 反相 12品质因数 13横波 纵波 14波的叠加原理 15 恢复力 三．证明题（5*2=10）
16从弹黄振子能量守恒推导出其动力学微分方程
17材料发生体积压缩形变时弹性势能密度为弹性模量和体应变平方的乘积的一半。

四．计算题（40）
18如图所示，一轻弹簧的右端连着一物体，弹簧的劲度系数k =1N/m ，物体的质量m =40g.
（1）把物体从平衡位置向右拉到x =0.1m 处停下后再释放，求简谐运动方程； （2）求物体从初位置运动到第一次经过x =0.05m 处时的速度及其所受到的力； （3）求物体由x =0.05m 运动到x =-0.05m 处所需要的最短时间； （4）求1秒钟后物体所处的位置，弹黄的势能和系统的机械能； （5）物体在何处其动能和势能相等？
（6）如果物体在x =0.1m 处时具有向右的速度v =1m/s ，求其运动方程。

19.
一平面简谐波沿 Ox 轴正方向传播， 已知振幅A=0.1m ，T=2s ，λ=4m. 在t=0时坐标原点处的质点位于平衡位置沿 O y 轴正方向运动。

（1）写出波动方程；
（2）画出t =1s 时的波形图；
（3）x =1m 处质点的振动规律并做图；
（4）以x =0.5m 处质点为波源，写出波动方程；
（5）以x =0.5m 处质点为波源，写出x =-1m 和x =1m 处质点的振动方程。

20. 两波在一很长的弦线上传播，其波动方程式分别为： y 1＝0.1cos （ 4x －5t ） （ＳＩ） y 2＝0.1cos （ 4x ＋5t ） （ＳＩ）
求（1）两波的频率、波长、波速；
（2）两波叠加后的节点位置，振幅最大的那些点的位置． （3）相邻波节和波腹间的距离。

大学物理（下）期中试卷A 卷答案
1. 1；
2. π 或者-π；
3. 4π；
4. π/2 或者-π/2或者3π/2；
5. 2，π，2π；
6.
m
k π21； 7. 2k π-π/2, 1； 8. 22π, 2
π； 9. x 轴正向，t x y ππcos cos 2=； 10. 60
11. 对于两个同频率的简谐运动，当ϕ∆ =± 2k π， ( k = 0,1,2,…)，两振动步调相同，称同相. 当ϕ∆ = ±(2k+1)π， ( k= 0,1,2,…)，两振动步调相反，称反相.
12. 对于实际振动体系中，阻尼很难避免，
用在鸣响时间内可能振动的次数的2π倍定义为阻尼振动的品质因数。

13. 横波：介质质点的振动方向和波传播方向相互垂直的波。

纵波：介质质点的振动方向与波传播方向在同一直线上的波。

14. 波的叠加原理：几列波相遇之后， 仍然保持它们各自原有的特征（频率、波长、振幅、振动方向等）不变，并按照原来的方向继续前进，好象没有遇到过其他波一样。

在相遇区域内任一点的振动，为各列波单独存在时在该点所引起的振动位移的矢量和。

15. 质点所受的沿位移方向的合外力与它的位移成正比而反向，这样的力称为恢复力。

16. 常量=+=
222
121kx m E v 0)21
21(d d 22=+⇒kx m t v
整理得0d d d d =+t
x kx t m v v 0d d 22
=+⇒x m k
t x ，为简谐振动的标准运动方程。

17. 胡克定律得V
V V K P P V V
K
P 00--=-⇒∆-=∆， 令P 0=0，即原先不存在压缩，又由于压缩量变化很小有0V V ≈，得0
V V V K
P --=， 2
02000
)(212)()(00
00
V V K V V V K dV V V V K
PdV W V
V V V
V V ∆=∆⨯=-=
-=⎰
⎰
∆+∆+
所以2
0)(21V V K V W ∆==
ω 18. (1) )cos(ϕω+=t A x ， 1s 504
.01
-===
m
k
ω，1.0=A m ，0=ϕ t x 5cos 1.0 =∴
(2) 3
π
5 3π52/15cos 05.05cos 1.0或=
⇒=⇒==t t t x
由旋转矢量法判断可知 3
π
5=
t
4
3235.05sin 5.005.05cos 1.0-=⨯
-=-=⇒==t v t x m/s 其中，负号表示速度沿x 轴负方向。

05.005.01=⨯==kx F N (3)
15
π3π=⇒=
t t ω (4) 0.0285cos 1.05cos 1.0 ≈==t x m
00039.0028.02
1
2122=⨯==kx E p J
005.01.05.02
1
(max)22=⨯===kA E E p J
(5) 20
124122122±=±=⇒===
A x kA E kx E p (6) m 20
1
51.0222
22
02
0=+=+=1v ωx A ＇
πϕωϕ35.011.125.01tan 00-≈-≈⇒-=-=-=
x v ＇ ()π35.05cos 20
1
-=
∴t x 19 (1) ])(
π2cos[ϕλ
+-=x
T t A y ，
0,0==x t 时0cos ==ϕA y 且0>∂∂=
t y v 所以2
π-=ϕ 因此⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛
-
=22πcos 1.0πx t y (2) 1=t 时，⎥⎦
⎤
⎢
⎣⎡-=2π2cos 1.0x y π=2πsin 1.0x ; (3) ()[]πt cos 1.01πcos 1.0-=-=t y
(4) 原点的振动方程为⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
-=2πcos 1.0πt y O ，2
π-
=O ϕ 由4π45.0π
2π
2-=-=--=-λ
ϕϕO
B O B x x ，所以4
3π
-=B ϕ 因此⎥⎦⎤⎢⎣
⎡
-
=43πcos 1.0πt y B ，从而⎥⎦⎤
⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=43422πcos 1.0πx t y 。

(5) x=-1m 处，⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡-
=-4πt cos 1.01πy
x=1m 处，⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
+
=43πt cos 1.01πy
20. (1) 与标准波动方程ｙ＝Ａｃｏｓ2 π（νｔ－ｘ／λ） 对比可得： ν ＝
π25Ｈｚ， λ＝2
πｍ，波速ｕ＝ ν λ＝45
ｍ／ｓ （２）节点位置 4 ｘ＝（ｎπ＋ π/2）
ｘ＝π（ｎ＋1/2）／4 （ｍ） ｎ＝０，±１，±２，±３，。

振幅最大的那些点为波腹，波腹位置 4 ｘ＝ｎπ ｘ＝ｎπ／4 （ｍ） ｎ＝０，±１，±２，±３。

（3）相邻波腹和波节间距为λ/4＝8
π。