《力学第二版习题答案第九章》由会员分享，可在线阅读，更多相关《力学第二版习题答案第九章（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第九章基本知识小结物体在线性回复力F = - kx，或线性回复力矩= - c作用下的运动就是简谐振动，其动力学方程为 （x表示线位移或角位移）；弹簧振子：02=k/m，单摆：02=g/l，扭摆：02=C/I.简谐振动的运动学方程为 x = Acos(0t+)；圆频率、频率、周期是由振动系统本身决定的，0=2/T=2v；振幅A和初相由初始条件决定。在简谐振动中，动能和势能互相转换，总机械能保持不变；对于弹簧振子，。两个简谐振动的合成分振动特点合振动特点方向相同，频率相同与分振动频率相同的简谐振动=2n 合振幅最大=(2n+1) 合振幅最小方向相同，频率不同，频率成整数比不是简谐振动，振动周期等于
2、分振动周期的最小公倍数方向相同，频率不同，频率较高，又非常接近出现拍现象，拍频等于分振动频率之差方向垂直，频率相同运动轨迹一般为椭圆=2n 简谐振动（象限）=(2n+1)简谐振动(象限)方向垂直，频率不同，频率成整数比利萨如图形，花样与振幅、频率、初相有关阻尼振动的动力学方程为 。其运动学方程分三种情况：在弱阻尼状态（0），振动的方向变化有周期性，对数减缩 = T.在过阻尼状态（0），无周期性，振子单调、缓慢地回到平衡位置。临界阻尼状态（=0），无周期性，振子单调、迅速地回到平衡位置受迫振动动力学方程 ；其稳定解为 ，是驱动力的频率，A0和也不是由初始条件决定, 当时，发生位移共振。9.2.1
3、 一刚体可绕水平轴摆动。已知刚体质量为m，其重心C和轴O间的距离为h，刚体对转动轴线的转动惯量为I。问刚体围绕平衡位置的微小摆动是否是简谐振动？如果是，求固有频率，不计一切阻力。解：规定转轴正方向垂直纸面向外，忽略一切阻力，则刚体所受力矩= - mghsin O h因为是微小摆动，sin,= - mgh，即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位 C置附近运动，因而是简谐振动。由转动定理： mg即，9.2.2 轻弹簧与物体的连接如图所示，物体质量为m，弹簧的劲度系数为k1和k2，支承面为理想光滑面，求系统振动的固有频率。解：以平衡位置为原点建立 k1 k2 m坐标o-x。设m向右偏离平衡位置x，则
4、弹簧1被拉长x，弹簧2 o x被压缩x，m所受的合力（即回复力）.由牛顿第二定律：9.2.3 一垂直悬挂的弹簧振子，振子质量为m，弹簧的劲度系数为k1.若在振子和弹簧k1之间串联另一弹簧，使系统的频率减少一半。问串联上的弹簧的劲度系数k2应是k1的多少倍？m解：以两个弹簧串联后m的平衡位置为原点建立图示坐标o-x,设m向下偏离平衡位置x，弹簧1伸长L1，弹簧2 k1伸长L2，L1+L2 = x (1)；由于忽略弹簧质量， k2两个弹簧连接点处所受的两个弹力等大反向，即k1L1 = k2L2 (2)；由、解得：， o所以m所受的回复力 ， x由牛顿二定律； ，即 ，未串联前频率 ，令 ，即，可求
5、得：9.2.4 单摆周期的研究：单摆悬挂于以加速度a沿水平方向直线行驶的车厢内；单摆悬挂于以加速度a上升的电梯内；单摆悬挂于以加速度a（ag）下降的电梯内。求此三种情况下单摆的周期，摆长为l.f*=maTmga解：以车为参考系，单摆受力如图示，设平衡位置与竖直线成角，由平衡条件：设单摆偏离平衡位置角位移为(5)，单摆所受回复力矩：由转动定理：， 以上求解较为麻烦，我们可以用另外一种简捷的思路和方法：在重力场中单摆的周期为，g是重力场强度现在单摆在力场中振动，力场强度：以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向，由转动定理：同样可以认为单摆在力场 中振动，力场强度：与前面分析完全相同，9.2.5 在
6、通常温度下，固体内原子振动的频率数量级为1013/s，设想各原子间彼此以弹簧连接，1摩尔银的质量为108g，且包含6.021023个原子，现仅考虑一列原子，且假设只有一个原子以上述频率振动，其它原子皆处于静止，计算一根弹簧的劲度系数。kk解：利用9.2.2题的结果：9.2.6 一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=9.8N/m,物体的质量为200g,现将弹簧自平衡位置拉长cm并给物体一远离平衡位置的速度，其大小为7.0cm/s,求该振子的运动学方程（SI）。解：弹簧振子的圆频率.设振子的运动学方程为 .据题意,t=0时，,代入、中，有 由、可解得：A=310-2m；,= - 19.47= - 0.3
7、4rad. 代入（1）中，振子的运动学方程为：x = 310-2 cos (7t - 0.34).9.2.7质量为1.0103g的物体悬挂在劲度系数为1.0106dyn/cm的弹簧下面，求其振动的周期；在t=0时，物体距平衡位置的位移为+0.5cm，速度为+15cm/s，求运动学方程。Ox解：以平衡位置为坐标原点，建立图示坐标o-x设运动学方称为 ，将t=0时，x=0.510-2,v=1510-2代入，有2+2，可求得 A2=0.47510-4，A=6.8910-3m，将A值代入、中得：所以，运动学方程为：9.2.8 一简谐振动的规律为x=5cos(8t+/4),若计时起点提前0.5s，其运动
8、学方程如何表示？欲使其初相为零，计时起点应提前或推迟若干？一简谐振动的运动学方程为x=8sin(3t-),若计时起点推迟1s，它的初相是多少？欲使其初相为零，应怎样调整计时起点？画出上面两种简谐振动在计时起点改变前后t=0时旋转矢量的位置。解：设计时起点提前t0秒，则t=t+t0，将t=t-t0代入原方程得 x=5cos(8t-8t0+/4).当t0=0.5s时，x=5cos(8t-4+/4)=5cos(8t-184)=5cos(8t+176)若使初相为零，令 -8t0+/4=0，得 t0=/32，即计时起点提前/32秒可使初相为零。原方程x=8sin(3t-)=8cos(3t-3/2). 设
9、计时起点推迟t0秒，则t=t-t0，将t=t+t0代入原方程得 x=8cos(3t+3t0-3/2).当t0=1s时，x=8cos(3t+3-3/2)=8cos(3t-98),t0=1s时，初相=（3-3/2）rad=-98若使初相为零，令 3t0-3/2=0，得t0=/2，即计时起点推迟/2秒可使初相为零。 t=0 t=0 t=0 176 45 o x o -98 x t=09.2.9 画出某简谐振动的位移-时间曲线，其振动规律为x=2cos2(t+1/4) (SI制).解：由运动学方程可知：A=2m,0=2,T=2/0=1s,=/2.方法一：根据余弦函数图像规律：相位=0,/2,3/2,2
10、时，其对应的位移为A,0,-A,0,A.因此只要求出对应的时间t即可画出x-t图像。令2(t+1/4)=0,/2,3/2,2;可求得对应的时间为-1/4,0,1/4,2/4,3/4.找出这些特殊点，即可画出x-t曲线。方法二：令t=t+1/4得x=2cos2t,以1/4秒为t轴的时间单位，先画出它的x-t图像。然后根据t=t-1/4,将o-x轴右移1/4即得到x-t图像。 x (m) 2 -1 0 1 2 3 4 5 6 t (1/4 s ) -29.2.10 半径为R得薄圆环静止于刀口O上，令其在自身平面内作微小的摆动。求其振动的周期。求与其振动周期相等的单摆的长度。将圆环去掉2/3而刀口支
11、于剩余圆环的中央，求其周期与整圆环摆动周期之比。 O 解：如图示,o=-mgRsin-mgR R 由平行轴定理，Io=mR2+mR2=2mR2；据转动 C mg定理o=Io, ,即 单摆的周期为 与薄圆环振动周期相等的单摆的摆长L=2R. o Rc设剩余圆环的质心在c处，质量为 r m/3.据平行轴定理：Io=Ic+mr2/3;Io = mR2/3o=Ic+m(R-r)2/3,Ic=mR2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr2/3代入前式得 Io=2mRr/3. 设余环摆角为，则o= - mgr/3.由转动定理o=Ioo，有 mgr/3=(2mRr/3)d2/dt2,即 . 由于和剩余
12、环的大小无关，可知，无论剩余环多大，只要刀口支于剩余环的中央，其振动周期就和整个圆环的振动周期相等。9.2.11 1m长的杆绕过其一端的水平轴作微小的摆动而成为物理摆。另一线度极小的物体与杆的质量相等，固定于杆上离转轴为h的地方。用T0表示未加小物体时杆子的周期，用T表示加上小物体以后的周期。求当h=50cm和h=100cm时的比值T/T0.是否存在某一h值，可令T=T0,若有可能，求出h值并解释为什么h取此值时周期不变。解：为简便起见，借用9.2.1题中求得的结果，物理摆的周期，其中hc为摆质心到转轴的距离。未加小物体时：，代入（1）中 .加小物体后：，,代入（1）中 当l=1m,h=0.5
13、m时， 当l=1m,h=l=1m时，令T=T0 ， 即，解得：h=0, h=2l/3.在h=0处加小物体，即把物体放在转轴处，对摆的摆动毫无影响，故周期不变。由可知，此物理摆的等效单摆长度为，因此，在处加小物体，相当于只增加单摆的质量，没有改变单摆的长度，故周期不变。9.2.12 天花板下以0.9m长的轻线悬挂一个质量为0.9kg的小球。最初小球静止，后另一质量为0.1kg的小球沿水平方向以1.0m/s的速度与它发生完全非弹性碰撞。求两小球碰后的运动学方程。解：设m1=0.9kg,m2=0.1kg,碰前m2的速度为v20=1.0m/s,碰后两球的共同速度为v0.由动量 lo x守恒，有 v0 m2 v20 m1碰后两球构成一个单摆,圆频率.设运动学方程 将t=0时,x=0,v=0.1代入,得：0=Acos , 0.1= - 3.3As
