大学物理 第5章习题解答.docx

大学物理 第5章习题解答第五章 机械振动 5-1一远洋货轮，质量为M=2´104t，浮在水面对其水平截面积为S=2´103m2。设在水面附近货轮的截面积与货轮高度无关，试证明此货轮在水中的铅直自由运动是简谐振动，并求其自由振动的周期。 解：取固定坐标xOy，坐标原点O在水面上 设货轮静止不动时，货轮上的A点恰在水面上，则浮力为Sga.这时 Mg=srga 往下沉一点时， 合力 F=Mg-srg(a+y) =-srgy. 又 F=Ma=Mdydt22习题5-1图 故Mdydt2222+srgy=0 dydt+srgMy=0 故作简谐振动 w2=srgM=2p Msrg2´10´103343 T= 2pw=2p2´10´10´9.8=6.35(s) 5-2 重物A的质量M=1kg，放在倾角q=30的光滑斜面上，并用绳跨过定滑轮与劲度系数k=49N×m-10的轻弹簧连接，如习题5-2图所示，将物体由弹簧未形变的位置静止释放，并开始计时，试求: 不计滑轮质量，物体A的运动方程; 滑轮为质量M，半轻r的均质圆盘，物体A的运动方程。 解：取物体A为研究对象，建立坐标Ox轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l0处，此时： l0=mgsinqk=0.1(m) (1) 33 (1) A物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T=kx 列出A在任一位置x处的牛顿方程式 mgsinq-T=mgsinq-k(l0+x)=mdxdt22将式代入上式，整理后得 dxdt22+kmx=0 故物体A的运动是简谐振动，且w=km=7(rad/s) ìx0=-l0ìA=l0=0.1m,求得í,故物体A的运动方程为 由初始条件ív=0j=pîîx=0.1cos(7t+)m (2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T1、T2,则对A列出任一位置x处的牛顿方程式为: mgsinq-T1=mdxdt22 (2) 出转动方2对滑轮列程为：习题5-2图 1dxæ12öa (3) T1r-T2r=Jb=çMr÷=Mr22dtè2ør式中,T2=k(l0+x) 由式、(4)知T1=k(l0+x)+12Mdxdt22代入(2)式知 2æ1ödxmgsinq-k(l0+x)=çM+m÷ 2è2ødt又由式知mgsinq=kl0 122故(M+m)dxdtk22+kx=0 即dxdt2+(M2x=0 +m) 34 w2=kM2+m可见，物体A仍作简谐振动，此时圆频率为：w=kM2+m=5.7(rad/s) 由于初始条件：x0=-l0,v0=0 可知，A、j不变，故物体A的运动方程为: x=0.1cos(5.7t+p)m 由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率. 5-3质点作简谐振动的振动曲线如习题5-3图所示，试根据图得出该质点的振动表达式。 解：简谐振动的振动表达式：x=Acos(wt+j) 由题图可知，A=4´10-2m,当t=0时，将x=2´10-2m代入简谐振动表达式，得：cosj=12由u=-wAsin(wt+j),当t=0时，u=-wAsinj 由图可知，u>0,即sinj<0,故由cosj=又因:t=1s 时，x=2´10得 -212,取j=-p3习题5-3图 m,将其入代简谐振动表达式，pæ2=4cosçw-3è由t=1s时,u=-wAsinçw-èæö÷,øpö1æcosçw-÷= 3ø2èpöpppöæ=， ÷<0知，sinçw-÷>0,取w-333ø3èø2p3s 即 w=质点作简谐振动的振动表达式为 x=4´10-2pöæ2cosçpt-÷m 3øè35-4在一个电量为Q，半径为R的均匀带电球中，沿某一直径挖一条隧道，另一质量为m，35 电量为-q的微粒在这个隧道中运动，试求证该微粒的运动是简谐振动，并求出振动周期(设带电球体介电常数为e0)。 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可v知E=vQr4pe0R3vv,则微粒在此处受电场力为:F=-Qq4pe0R3vr vv式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得： F+2Qq4pe0R23r=0drdtQq4pe0Rm23mdrdt+Qq4pe0R32r=0Þ2+Qq4pe0mR3 r=0令 w2= 则 drdt22+wr=0 2p故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由T=w 4pe0mRQq3知: T=2p 5-5如习题5-5图所示，有一轻质弹簧，其劲度系数k=500N×m-1，上端固定，下端悬挂一-1质量M=4.0kg的物体A，在物体A的正下方h=0.6m处，以初速度v01=4.0m×s的速度向上抛出一质量m=1.0kg的油灰团B，击中A并附着于A上。 证明A与B作简谐振动; 写出它们共同作简谐振动的振动表达式; 弹簧所受的最大拉力是多少?(取g=10m×s于O点) 解：取弹簧原长所在位置为O¢点.当弹簧挂上物体A时，处于静止位置P点，有：Mg=kO¢P /-2，弹簧未挂重物时，其下端端点位 将A与B粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O点，取O点为原坐标原点如图题5-5所示，则有：kO¢O=(M+m)g 36 设当B与A粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量OO¢+x,则A、B系统所受合力为： F=(M+m)g-k(O¢O+x)=-kx 即 (M+m)可见A与B作简谐和振动. (2) 由上式知，w=kM+m=10(rad/s) dxdt22+kx=0 以B与A相碰点为计时起点，此时A与B在P点，由图题5-5可知 OP=O¢O-O¢P=M+mkg-Mgk=mgk习题5.5图 则t=0时，x0=-OP=-mgk=-0.02m(负号表P点在O点上方) ¢=又B与A为非弹性碰撞，碰撞前B的速度为:u01u01-2gh=2m/s 2碰撞后，A、B的共同速度为：u0=ìx0=-0.02m则t=0时，í u=0.4m/sî0¢mu01M+m=0.4m/s 可求得：A=x+20u0w22=0.0447(m) æ-u0 j=arctanççxwè0ö÷=0.65p ÷ø可知A与B振动系统的振动表达式为：x=0.0447cos(10t+0.65p)m (3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为： Dx=O¢O+A=M+mkg+A=0.1447m 则最大拉力 Fmax=kDx=72.4N 5-6 一物体竖直悬挂在劲度系数k的弹簧上简谐振动，设振幅A=0.24m，周期T=4.0s，开始时在平衡位置下方0.12m处向上运动。求: (1)物体作简谐振动的振动表达式; 37 (2)物体由初始位置运动到平衡位置上方0.12处所需的最短时间; (3)物钵在平衡位置上方0.12m处所受到的合外刀的大小及方向(设物体的质量为l.0kg)。 解：(1) 已知A=0.24m, w=2pT=p2,如选x轴向下为正方向. 12,j=±已知初始条件x0=0.12m,u0<0即 0.12=0.24cosj,cosj=而 u0=-Awsinj<0,sinj>0,取j=p3p3,故： ö÷m øpæpx=0.24cosçt+3è2(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m处，有 pö1æpcosçt+÷=-3ø2è2p2t+p3=±2p3因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，u<0.故sin(p2=23t+2p3s p3)>0 则取p2t+p3习题5-6图 可得：tmin=(3) 物体在平衡位置上方0.12m处所受合外力F=-mwx=0.3N,指向平衡位置. 5-7如习题5-7图所示，质量m=10g的子弹，以v=1000m×s的速度射入一在光滑平面上与弹簧相连的木块，并嵌入其中，致使弹簧压缩而作简谐振动，若木块质量M=4.99kg，弹簧的劲度系数k=8´10N×m3-1-1，求简谐振动的振动表达式。 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知： u=mM+mu=2.0(m/s) 不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即： 12(M+m)u2=12kx0 2x0=M+mku=5.0´10-2m -2由此简谐振动的振幅 A=x0=5.0´10 38 系统圆频率w=kM+m=40(rad/s) 若取物体静止时的位置O为坐标原点，Ox轴水平向右为正，则初始条件为： t=0时，x=0,u0=u=2.0m/s>0 由x0=Acosj,u0=-Awsinj,得：j=-p2则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为： x=5.0´10-2cos(40t-p2)m 5-8 如习题5-8图所示，质量为m1的光滑物块和弹簧构成振动系统，已知两弹簧的劲度系数分别为k1=3.0N×m-1，k2=1.0N×m-1，:此系统沿弹簧的长度方向振动，周朗T1=1.0s，振幅A1=0.05m，当物块经过平衡位置时有质量为m2=0.10kg的油泥块竖直落到物体上并立即粘住，求新的振动周期T2和振幅A。 解：当物体m1向右移动x时，左方弹簧伸长x，右方弹簧缩短x，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即 F=-(k1x+k2x) 令F=-kx,有:k=k1+k2=4N/m mk由 T=2p22得m1=T1k4p2=T1k4p2»0.1(kg) 则粘上油泥块后，新的振动系统质量为： m1+m2=0.20kg m1+m2k新的周期 T2=2p=1.4(s) 在平衡位置时，m2与m1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m1的速度u1=w1A1=0.10pm/s 设碰撞后，m1和m2共同速度为u. 根据动量守恒定律， m1u1=(m1+m2)u 39 则 u=m1u1(m1+m2)=0.05pm/s 新的振幅 A2= uw2=uT2p=0.035(m) 5-9质量为0.2kg的质点作简谐振动，其振动方程为x=0.60sinç5t-æpö式中x的单位为÷，è2øm，t的单位为s，求: (1)振动周期; (2)质点初始位置，初始速度; (3)质点在经过A2且向正向运动时的速度和加速度以及此时质点所受的力; (4)质点在何位置时其动能、势能相等？ 解：由振动方程x=0.60sin(5t-p2)知，A=0.6m,w=5(rad/s) 故振动周期： T=2pw=25p=1.256(s)»1.26(s) (2) t=0时，由振动方程得： x0=-0.60mu0=dxdt|t=0=3.0cos(5t-p2)=0(3) 由旋转矢量法知，此时的位相：j=-p3速度 u=-Awsinj=-0.60´5´(-32)m/s=2.6(m/s) 加速度 a=-Aw2cosj=-0.60´52´12m/s2=-7.5(m/s2) 所受力 F=ma=0.2´(-7.5)N=-1.5(N) 设质点在x处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即： E2k+Ep=E=12kA 故有： E11k=Ep=2E=2(122kA) 即 1=1´12kx22kA22可得： x=±22A=±0.42(m) 40 5-10手持一块平板。平板上放一质量m=0.5kg的砝码，现使平板在竖直方向上振动，设这振动为简谐振动，频率v=2Hz，振幅A=0.04m，问: (1)位移最大时，砝码对平板的正压力多大? (2)以多大振幅振动时，会便砝码脱离平板? (3)如果振动频率加快一倍，则砝码随板保持一起振动的振幅上限如何? 解：砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有： mamax=mg-N N是平板对砝码的支持力. 故N=m(g-amax)=m(g-Aw2)=m(g-4p2vA)=1.74(N) 砝码对板的正压力与N大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有： mamax=N¢-mg 22故 N¢=m(g+amax)=m(g+4pvA)=8.1(N) 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N¢大小相等，方向相反. 当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件： N=m(g-4pvAmax)=0Amax=g4pv222=0.062(m)(3) 由Amax=g4pv222,可知，Amax与v成反比，当v¢=2v时， ¢=Amax14Amax=0.0155m 5-11有一在光滑水平面上作简谐振动的弹簧振子，劲度系数为k，物体质量为m，振幅为A，当物体通过平衡位置时，有一质量为m'的泥团竖直落在物体上，并与之粘结在一起，求: (1)系统的振动周期和振幅; (2)振动总能量损失了多少? (3)如果当物体达到振幅A时，泥团竖直落在物体上，则系统的周期和振幅又是多？振动的总能量是否改变?物体系统通过平衡位置的速度又是多少? 解：设振子过平衡位置时的速度为u，由机械能守恒，有： 12kA2=12mu u=2kmA 41 由水平方向动量定理： (m+m¢)u=muÞu=此后，系统振幅为A¢，由机械能守恒，有： 12kA¢=2mm+m¢u 12(m+m¢)u 2得： A¢=mm+m¢A 有： T¢=2p碰撞前后系统总能量变化为： DE=12kA¢-2m+m¢k12kA2=12kA(2mm+m¢-1)=-m¢m+m¢2(1kA) 2式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致. 当m达到振幅A时，m¢竖直落在m上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A，周期为2pm+m¢k，系统的振动总能量不变，为12kA. 物体系统过平衡位置时的速度u¢由：12kA2=12(m+m¢)u¢ 2得： u¢=± km+m¢A 5-12一水平放置的简谐振子，如习题5-12a图所示，当其从A2运动到-A2的位置处需要的最短时间为Dt=1.0s，现将振子竖直悬挂，如习题5-2b图所示，现由平衡位置向下拉0.1m，然后放手，让其作简谐振动，已知m=5.0kg，以向上方向为x轴正方向，t=0时，m处于平衡位置下方且向x轴负方向运动，其势能为总能量的0.25倍，试求: (1)振动的周期、圆频率、振幅; (2)t=0时，振子的位置，速度和加速度; (3)t=0时，振子系统的势能、动能和总能量; (4)振动的位移表达式。 解：由放置矢量法可知，振子从角相位的最小变化为：Dj=p3A2运动到-A2的位置处， DjDt=则圆频率 w=p3rad/ s习题5-12图 42 周期 T=2pw=6s 由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：ìx0=-0.1mí=0ÞA=0.1(m) îu02则振幅 A=x2+u00w2=0.1m 因为Ep=14E 又 E1212p=2kx,E=2kA 故 121122kx=4(2kA) 得： x=±0.05(m) 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x=0.05m. 根据振动系统的能量守恒定律： 1122kx2+2mu=12kA2故 u=±wA2-x2=±0.091(m×s-1) 根据题意，取u=-0.091m/s 再由 x=Acosw(t+tj)u=-wAsinw(t+j) a=dvdt=-Aw2cosw(t+j) =-w2x 得： a=0.055(m/s2) t=0时，E1p=E=144(12kA2)=18w2mA2=6.8´10-3(J) Ek=3312322-34E=4(2kA)=8wmA=21´10(J) E=E-3k+Ep=27.8´10(J) 由简谐振动的振动表达式x=Acos(wt+j) 当t=0时，x0=-0.05m,u20=-0.091m/s<0,可得：j=3p 又 A=0.10m,w=p3 43 p2故 x=0.1cos(t+p)m 335-13作简谐振动的P、Q两质点，它们的振幅分别为Ap=5.0´10-2m，AQ=2.0´10-2m，圆频率都为prad×s-1，初相位分别为jpP=3，jQ=-p3，求: (1)它们各自的振动位移表达式; (2)当t=ls时，它们的x、v、a各是多少? (3)判断哪一个质点振动超前? 解：据题意，两质点振动方程分别为： x-2P=5.00´10cos(pt+p3)mxQ=2.00´10-2cos(pt-p3)mP、Q两质点的速度及加速度表达分别为： udxPP=dt=-w´5.00´10-2sin(pt+p3)(m/s) udxQ-2Q=dt=-w´2.00´10sin(pt-p3)(m/s) aduPP=dt=-w2´5.00´10-2cos(pt+p3)(m/s2) aduQ2Q=dt=-w2´2.00´10-cos(pt-p23)(m/s) 当t=1s时，有： x-2P=5.00´10cos4p3m=2.5´10-2(m)x-22pQ=2.00´10cos3m=-1.00´10-2(m)u5.00´10-2sin4pm/s=13.60´10-2P=-p´3(m/s)u.00´10-2sin2pQ=-p´23m/s=-5.44´10-2(m/s)a2P=-p´5.00´10-2cos4p3m/s2=24.68´10-2(m/s2)a22pQ=-p´2.00´10-2cos3m/s2=9.87´10-2(m/s2) 44 由相位差 Dj=(wt+jP)-(wt+jQ)=jP-jQ=p3-(-p3)=2p3可见，P点的相比Q点的相位超前 2p3. 5-14一质量m=1.00´10-2kg的质点作振幅为A=5.00´10-2m的简谐振动，初始位置在位移12A处并向着平衡位置运动，每当它通过平衡位置时的动能Ek为3.08´10-5J。 (1)写出质点的振动表达式; (2)求出初始位置的势能。 解：由题意得初始条件： 1ìx=Aï í02 ïu<0î0可得：j=p3 (由旋转矢量法可证出) 在平衡位置的动能就是质点的总能量 w=E=12kmkAÞk=mw22=12mwA=3.08´1022-5(J)可求得：w=1A2Em=p2rad/s 则振动表达式为： x=5.00´10-2cos(p2t+p3)m (2) 初始位置势能 EP=12kx2=12mwAcos(222p2t+p3) 当t=0时， EP=1212mwAcos´1.00´10-2222p3´( p2)´(5.00´102-2 = )cos22p3J=7.71´10-6J 5-15质量m=10g的小球作简谐振动，其A=0.24m，v=0.25Hz，当t=0时，初位移为1.2´10-1m，并向着平衡位置运动，求: 45 (l)t=0.5s时，小球的位置; (2)t=0.5s时，小球所受力的大小与方向; (3)从起始位置到x=-12cm处所需的最短时间; (4)在x=-12cm处小球的速度与加速度; (5)t=4s时，Ek,Ep以及系统的总能量。 解：由初始条件： ìx0=1.2´10-1m íîu0<0可知，j=p3 p2且 w=2pv= p2t+则振动表达式为：x=0.24cos(当t=0.5s时， p3)m x=0.24cos(p2´12+p3)m=-6.00´10-2m (2) t=0.5s时，小球所受力： f=ma=m(-wx)=1.48´102-3(N) 因t=0.5s时，小球的位置在x=-6.00´10-2m处，即小球在x轴负方向，而f的方向是沿x轴正方向，总是指向平衡位置. -1-1(3) 从初始位置x0=1.2´10m到x=-1.2´10m所需最短时间设为t，由旋转矢量法知， x0处,j=±x处,j=±p323ppüìwt=ï2ïï3ïÞt=(s) íý3ïw=pïï2ïîþ (4) 因为 u=-wAsin(wt+j)=-p´0.24sin(t+) 223习题5-15图 pp a=-wAcos(wt+j)=-2p2´0.24cos(t+) 42346 pp在x=-1.2´10-1m处t=23s u=-a=-(5) t=4s时， Ek=12p2´0.24sin(2p2´23´+23p3+)m/s2=-3.26´10-1m/sp4´0.24cos(p2p3)=-p24´0.24cos(p2t+p3 )mu2=12m-wAsin(p2t+p3) 212´0.01´(-4p2)´0.24sin(222p2´4+p3)J=5.33´10(J)222 EP=12kx2=12mwAcos(p2t+p3) 12´0.01´(-4p2)´0.24´cos(222p2´4+p3)J=1.77´10(J)-4-4-4 E总=Ek+EP=5.33´10J+1.77´10J=7.10´10(J) 5-16两质点沿同一直线作同频率、同振幅的简谐振动，在振动过程中，每当它们经过振幅一半时相遇，而运动方向相反，求它们相位差，并作旋转矢量图表示。 解：设两质点的振动表达式分别为： x1=Acos(wt+j1)x2=Acos(wt+j2)由图题可知，一质点在x1=A2处时对应的相位为： wt+j1=arccosA/2AA/2A=p35p3习题5-16图 同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为： wt+j2=arccos=故相位差 Dj=(wt+j2)-(wt+j1) =j2-j1=5p3-p3=43p 若u1与u2的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得： 47 Dj=j2-j1=p3-(-p3)=23p 5-17已知两个简谐振动的x-t曲线如习题5-17图所示，它们的频率相同，求它们的合振动的振动表达式。 解：由图题5-17(图在课本上P200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即A1=A2=0.05m,周期均匀T=0.1s，因而圆频率为：w=2pT=20p 由x-t曲线可知，简谐振动1在t=0时，x10=0,且u10>0，故可求得振动1的初位相j10=32p. 同样，简谐振动2在t=0时，x20=-0.05m,u20=0,可知j20=p 故简谐振动1、2的振动表达式分别为： x1=0.05cos(20pt+32p)x2=0.05cos(20pt+p)m因此，合振动的振幅和初相位分别为： A=A1+A2+2A1A2cos(j20-j10)=52´10A1sinj10+A2sinj20A1cosj10+A2cosj2022-2m j0=arctan =arcta1n=p4或54p 54但由x-t曲线知，t=0时，x=x1+x2=-0.05,因此j应取故合振动的振动表达式：x=52´10 5-18已知两个同方向、同频率的-2p. cos(20pt+54p)m 简谐振动如下：3ö3öææx1=0.05cosç10t+p÷x2=0.06cosç10t+p÷式中x单位为m，t单位为s。 5ø5øèè(1)求它们合振动的振幅与初相位; (2)另有一同方向简谐振动x3=0.07cos(10t+j)，问j为何值时，x1+x3的振幅最大? j为何值时，x2+x3的振幅最小? (3)用旋转矢量法表示(1)、(2)两小问的结果。 解：它们的合振动幅度初相位分别为： 48 A=22A1+A2+2A1A2cos(j2-j1) =0.052+0.062p3+2´0.05´0.06´cos(-p)m 55m =0.0892Asinj1+A2sinj2 j=arctan1 A1cosj1+A2cosj20.05sin3535p+0.06sinp+0.06cosp5 =0.05cosp5=arctan2.5=1.19rad=68°13¢ 当j-j1=±2kp,即j=±2kp+j1=±2kp+35p时，x1+x3的振幅最大；当p5j-j2=±(2k+1)p，即j=±(2k+1)+j2=±(2k+1)p+时，x2+x3的振幅最小. 以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题5-18所示. 5-19两个同方向、同频率的简谐振动，其合振动的振幅A=0.20m，合振动的相位与第一个振动的相位差为30，若第一个振动的振幅A1=0.173m，求第二个振动的振幅及第一、第二两个振动的相位差为多少? 解：根据题意画出振幅矢量合成图，如习题5-19图所示.由习题5-19图及余弦定理可知 A2=A+A1-2AA1cos30°=22o202+17.3-2´20´17.3´232cm =10cm=0.10m 又因为 cosDj=cosj(2-j1) =p2A-(A1+A2)2A1A2222=400-(300+100)2´17.3´10习题5-19图 =0 若Dj= ,即第一、第二两个振动的相位差为p2 49