毛峰版 大学物理 第十二章习题及答案

1第第 12 章章 机械振动机械振动 习题及答案习题及答案1、什么是简谐振动？哪个或哪几个是表示质点作简谐振动时加速度和位移关系的？ （1） 𝑎 = 8𝑥；（2） ；(3) ；(4) .𝑎 = 12𝑥2𝑎 =‒ 24𝑥𝑎 =‒ 2𝑥2答：系统性回复力的作用下，作周期性往复运动，即为简谐振动对于简谐振动，有 ,故（3）表示简谐振动𝑎 =‒ 𝜔20𝑥2、对于给定的弹簧振子，当其振幅减为原来的 1/2 时，下列哪些物理量发生了变化？变化为原来的多少倍？（1）劲度系数；（2）频率；（3）总机械能；（4）最大速度；（5）最大加速度解：当 时，𝐴'=1 2𝐴（1）劲度系数 k 不变2）频率不变3）总机械能 𝐸'=1 2𝑘𝐴‘2=1 4𝐸（4）最大速度 𝑉’=‒ 𝐴'𝜔0sin (𝜔0𝑡 + 𝜑)∴ 𝑉𝑚' =‒ 𝐴'𝜔 =1 2𝑉𝑚(5) 最大加速度 𝑎' =‒ 𝐴'𝜔20cos (𝜔0𝑡 + 𝜑)∴ 𝑎𝑚' =‒ 𝐴'𝜔20=1 2𝑎𝑚3、劲度系数为和的两根弹簧，与质量为的小球按题图所示的两种方式连接，试证明它们的1k2km振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有，设串联弹簧的等效倔强系数21FFF为等效位移为，则有 串Kx111xkFxkF串222xkF又有 21xxx22211 kF kF kFx串所以串联弹簧的等效倔强系数为2121 kkkkk串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为的弹簧振子系统，故小球作谐)/(2121kkkkk振动．其振动周期为2121)(222 kkkkm kmT串(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有，即，设并联弹簧的倔强21FFF21xxx系数为，则有 并k2211xkxkxk并故 21kkk并同上理，其振动周期为212kkmT4. 完全相同的弹簧振子， 时刻的状态如图所示，其相位分别为多少？𝑡 = 0k m 𝑥 = 𝑥𝑚𝑎𝑥(a)k m v𝑥 = 0(b)k m v𝑥 = 0(c)k m 𝑥 = ‒ 𝑥𝑚𝑎𝑥(d)解：对于弹簧振子，时， ,𝑡 = 0𝑥 = 𝐴cos 𝜑 𝑣 =‒ 𝐴𝑠𝑖𝑛𝜑（a） ,故 𝑥 = 𝑥𝑚𝑎𝑥cos 𝜑 = 1，故 𝑣 = 0𝑠𝑖𝑛𝜑 = 0∴ 𝜑 = 03（b） ，故 𝑥 = 0 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 0，故 𝑣 0∴ 𝜑 =𝜋 2（c） ，故 𝑥 = 0 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 0，故 𝑣 > 0𝑠𝑖𝑛𝜑 < 0∴ 𝜑 =3𝜋 2（d） ,故 𝑥 =‒ 𝑥𝑚𝑎𝑥cos 𝜑 =‒ 1，故 𝑣 = 0𝑠𝑖𝑛𝜑 = 0∴ 𝜑 = 𝜋5、如图所示，物体的质量为，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为，弹簧的倔强系数为，mk滑轮的转动惯量为，半径为。

先把物体托住，使弹簧维持原长，然后由静止释放，试证明物体IR作简谐振动，并求振动周期．解：分别以物体和滑轮为对象，其受力如题图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，m沿斜面向下为轴正向，则当重物偏离原点的坐标为时，有xx①221ddsintxmTmg②IRTRT21③Rtx22dd)(02xxkT式中，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有kmgx/sin0kxRtx RImR22dd)(令 ImRkR 22 2则有0dd2 22 xtx4故知该系统是作简谐振动，其振动周期为)/2(22222KRIm kRImRT6、质量为的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作谐振kg10103)SI()328cos(1 . 0x动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量，在哪些位置上动能与势能相等?解：(1)设谐振动的标准方程为，则知：)cos(0tAx3/2, s412,8,m1 . 00TA又 8 . 0Avm1sm51. 21sm2 .632Aam2sm(2) N63. 0mmmaFJ1016. 32122mmvE当时，有，pkEE pEE2即 )21(21 2122kAkx∴ m202 22Ax7、一个沿轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为，周期为，其振动方程用余弦函数表示．如果xAT时质点的状态分别是：0t(1)；Ax0(2)过平衡位置向正向运动；(3)过处向负向运动；2Ax (4)过处向正向运动．2Ax试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为  0000 sincos  AvAx将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有5)2cos(1tTAx)232cos(232tTAx)32cos(33tTAx)452cos(454tTAx8. 物体沿 x 轴作简谐振动，在时刻，其坐标为 ,速度,加速度𝑡 = 0𝑥0=‒ 8.50 𝑐𝑚𝑣0=‒ 0.92 𝑐𝑚/𝑠,试求：𝑎0= 47 𝑚/𝑠2（1）弹簧振子的角频率和周期；（2）初相位和振幅。

解：设 ，则时𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + 𝜑)𝑡 = 0𝑥0= 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜑 ，𝑣0=‒ 𝐴𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜑𝑎0=‒ 𝐴𝜔20𝑐𝑜𝑠𝜑 =‒ 𝜔2 0𝑥0(1)𝜔0=‒𝑎0𝑥0=‒47.0 ‒ 0.085= 23.5 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑇 =2𝜋 𝜔0=2 × 3.14 23.5= 0.27 𝑠(2)cm5 . 85 .230092. 0085. 022 2 2 02 02 0vxA00461. 0)085. 0(5 .230092. 0tan000xv 01 .959、两质点作同方向、同频率的简谐振动，振幅相等当质点 1 在 处，且向左运动时，另𝑥1= 𝐴/2一个质点 2 在 处，且向右运动求这两个质点的相位差𝑥2=‒ 𝐴/26解：由旋转矢量图可知，当质点 1 在处，且向左运动时，相位为；𝑥1= 𝐴/2𝜋/3而质点 2 在处，且向右运动，相位为（如图） 所以他们的相位差为 𝑥2= ‒ 𝐴/24𝜋/3𝜋10、一质量为的物体作谐振动，振幅为，周期为，当时位移kg10103cm24s0 . 40t为．求：cm24(1)时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；s5 . 0t(2)由起始位置运动到处所需的最短时间；cm12x(3)在处物体的总能量．cm12x解：由题已知 s0 . 4,m10242TA∴ 1srad5 . 02T又，时，0t0,00Ax故振动方程为m)5 . 0cos(10242tx(1)将代入得s5 . 0t0.17mm)5 . 0cos(10242 5 . 0txN102 . 417. 0)2(10103232 xmmaF方向指向坐标原点，即沿轴负向．x(2)由题知，时，，0t00时 tt 3, 0,20tvAx故且∴ s32 2/3 t(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为7J101 . 7)24. 0()2(10102121 214223222AmkAE11、图为两个谐振动的曲线，试分别写出其谐振动方程．tx 解：由题图(a)，∵时，0ts2,cm10,,23, 0, 0000TAvx又即 1srad2T故 m)23cos(1 . 0txa由题图(b)∵时，0t35, 0,2000vAx时，1t22, 0, 0111vx又 25 3511∴ 65故 mtxb)35 65cos(1 . 012、一物块在水平面上作简谐振动，振幅为 10 cm，当物块离开平衡位置 6 cm 时，速度为 24 cm/s。

问：（1）此简谐振动的周期是多少？（2）物块速度为12 cm/s 时的位移是多少？±解：设，𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + 𝜑)已知，故 ,𝐴 = 10 𝑐𝑚𝑥 = 10𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + 𝜑) 𝑣 =‒ 10𝜔0𝑠𝑖𝑛(𝜔0𝑡 + 𝜑)∴ 𝑥2 100+𝑣2100𝜔20= 1(1)当 𝑥 = 6 𝑐𝑚，𝑣 = 24 𝑐𝑚/𝑠8𝜔0=𝑣2100 ‒ 𝑥2=242100 ‒ 62= 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑇 =2𝜋 𝜔0=2 × 3.14 3= 2.09 𝑠（2）当 时𝑣 =± 12 𝑐𝑚/𝑠𝑥 =±100 ‒𝑣2𝜔20=±100 ‒12232=± 9.16 𝑐𝑚13、一长方形木块浮于静水中，其浸入部分高为 a，今用手指沿竖直方向将其慢慢压下，使其浸入部分高度为 b，然后放手任其运动试证明若不计阻力，木块的运动为简谐振动，并求出振动周期和振幅解：xb a𝑚𝑔𝑓OSx设木块质量为 m，底面积为 S，水的密度为，木块受到重力 和浮力 . 平衡时，𝜌水𝑚𝑔𝑓,以水面上某点为原点，向上为 x 轴建立坐标系，则当木块在图示位置时，合𝑚𝑔 = 𝑓 = 𝜌水𝑔𝑆𝑎力为 𝐹 = 𝑓 ‒ 𝑚𝑔 = 𝜌水𝑔𝑆|𝑏| ‒ 𝜌水𝑔𝑆|𝑎| =‒ 𝜌水𝑔𝑆𝑥由牛顿第二定律 𝐹 = 𝑚𝑎 = 𝑚𝑑2𝑥𝑑𝑡2故 𝑚𝑑2𝑥𝑑𝑡2= ‒ 𝜌水𝑔𝑆𝑥∴ 𝑑2𝑥𝑑𝑡2+𝜌水𝑔𝑆𝑥𝑚𝑥 = 0可见，木块作简谐振动，振幅为，，𝑏 ‒ 𝑎𝜔0=𝜌水𝑔𝑆 𝑚9𝑇 = 2𝜋𝑚𝜌水𝑔𝑆 = 2𝜋 𝑎 𝑔14、有一单摆，摆长，摆球质量，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水m0 . 1lkg10103m平向右的冲量，取打击时刻为计时起点，求振动的初位相和角振14smkg100 . 1tF)0( t幅，并写出小球的振动方程．解：由动量定理，有0mvtF∴ 1 - 34 sm01. 01010100 . 1。