大學(xué)物理 第5章習(xí)題解答

1、 第五章機(jī)械振動(dòng)5-1遠(yuǎn)洋貨輪，質(zhì)量為M=2x104t，浮在水面對(duì)其水平截面積為S=2x103m2。設(shè)在水面附近貨輪的截面積與貨輪高度無關(guān)，試證明此貨輪在水中的鉛直自由運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng)并求其自由振動(dòng)的周期。解：取固定坐標(biāo)xOy,坐標(biāo)原點(diǎn)O在水面上(圖題所示)設(shè)貨輪靜止不動(dòng)時(shí)，貨輪上的A點(diǎn)恰在水面上，則浮力為Spga.這時(shí)習(xí)題5-1圖Mg=spga往下沉一點(diǎn)時(shí)，合力F=Mg一spg(a+y)=一spgy.dy冗：M:2x104x103=2冗=2冗=6.35(s)又F=Ma=M-dt2dy2故M+spgy=0dt2y=0dy2dt2故作簡(jiǎn)諧振動(dòng)32s(2)滑輪為質(zhì)量M,半輕r的均質(zhì)圓盤，物體A的運(yùn)動(dòng)

2、方程。解：取物體A為研究對(duì)象，建立坐標(biāo)Ox軸沿斜面向下，原點(diǎn)取在平衡位置處，即在初始位置斜下方距離10處，此時(shí)：mgsin9kl0=0.1(m)(1)(1)A物體共受三力；重mg,支持力N,張力T.不計(jì)滑輪質(zhì)量時(shí)，有T=kx列出A在任一位置x處的牛頓方程式mgsin0-T=mgsin0-k(l+x)=m0d2x將(1)式代入上式，整理后得d2x故物體A的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，且w=7(rad/s):m由初始條件IXo=v=0=0.1m,故物體A的運(yùn)動(dòng)方程為x=01cos(7t+n)m(2)當(dāng)考慮滑輪質(zhì)量時(shí)，兩段繩子中張力數(shù)值不等，如圖所示，分別為T1、T2,則對(duì)A列出任一位置x處的牛頓方程式為:mg

3、sin0-T=1d2xmdt2(2)滑輪列出動(dòng)方TrTr=J卩12(1Mr212d2x(3)式中,T2=k(l0+x)由式(3)、(4)知T1k(l代入(2)式知mgsin0-k(l+x)=0d2xdt2又由(1)式知mgsin0=kl0故(丄M+m)d-+kx=02dt2d2xk即+x=0dt2M(-+m)2M+m2k可見，物體A仍作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，此時(shí)圓頻率為：w=5.7(rad/s)IMm2由于初始條件：x=-1,v=0000可知，A、申不變，故物體A的運(yùn)動(dòng)方程為：x=0.1cos(5.71+冗)m由以上可知：彈簧在斜面上的運(yùn)動(dòng)，仍為簡(jiǎn)諧振動(dòng)，但平衡位置發(fā)生了變化，滑輪的質(zhì)量改變了系統(tǒng)的振動(dòng)頻

4、率.5-3質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)曲線如習(xí)題5-3圖所示，試根據(jù)圖得出該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式。解：簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式：x=Acos(wt+9)由題圖可知，A=4x10-2m,當(dāng)t=0時(shí)，將x=2x10-2m代入簡(jiǎn)諧振動(dòng)表達(dá)式，得:1習(xí)題5-3圖cos9=_2由u=-wAsin(wt+9),當(dāng)t=0時(shí)，u=-wAsin9TOC o 1-5 h z1兀由圖可知，u0,即sin90，故由cos9=,取9=-23又因:t=ls時(shí)，x=2x10-2m,將其入代簡(jiǎn)諧振動(dòng)表達(dá)式,(冗)2=4cosW-一,cosW-一13丿13丿12TOC o 1-5 h z(兀)sinw-由t=1s時(shí),u=-wAsinW-一0知

5、口,I3丿即質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式為(2冗、x=4x10-2cos冗t一mI33丿5-4在一個(gè)電量為Q,半徑為R的均勻帶電球中，沿某一直徑挖一條隧道，另一質(zhì)量為m.電量為-q的微粒在這個(gè)隧道中運(yùn)動(dòng)，試求證該微粒的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，并求出振動(dòng)周期（設(shè)帶電球體介電常數(shù)為）。0解：以該球的球心為原點(diǎn)，假設(shè)微粒在某一任意時(shí)刻位于遂道中的位矢為F，由高斯定理可Qr，則微粒在此處受電場(chǎng)力為:F=-Qq一r4屈R34庇R300式中，負(fù)號(hào)表明電場(chǎng)F的方向與F的正方向相反，指向球心由上式及牛頓定律，得:TOC o 1-5 h z廠Qq0F+r=04屈R30d2rQqd2rQqm+r=0n+r=0dt24庇R3

6、dt24屈mR300Qqd2r+w2r=0dt2故微粒作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，平衡點(diǎn)在球心處.由T=-w,14冗smR3知：T=2冗lQq5-5如習(xí)題5-5圖所示，有一輕質(zhì)彈簧，其勁度系數(shù)k=500N-m-1，上端固定，下端懸掛一質(zhì)量M=4.0kg的物體A，在物體A的正下方h=0.6m處，以初速度v=4.0m-s-1的速度向01上拋出一質(zhì)量m=1.0kg的油灰團(tuán)B,擊中A并附著于A上。（1）證明A與B作簡(jiǎn)諧振動(dòng)；（2）寫出它們共同作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式;（3）彈簧所受的最大拉力是多少?（取g=10m-s-2，彈簧未掛重物時(shí)，其下端端點(diǎn)位于O/點(diǎn)）解：（1）取彈簧原長(zhǎng)所在位置為O/點(diǎn).當(dāng)彈簧掛上物體A時(shí)，處

7、于靜止位置P點(diǎn)，有：Mg=kOP將A與B粘合后，掛在彈簧下端，靜止平衡所在位置O點(diǎn)，取O點(diǎn)為原坐標(biāo)原點(diǎn)如圖題5-5所示，則有：kOO=(M+m)g設(shè)當(dāng)B與A粘在一起后，在其運(yùn)動(dòng)過程的任一位置，彈簧形變量OO，+x,則A、B系統(tǒng)所受合力為：可見A與B作簡(jiǎn)諧和振動(dòng).(2)由上式知，w=F=(M+m)g一k(OO+x)=一kxd2x(M+m)+kx=0-=10(rad/s)HAAA/H以B與A相碰點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此時(shí)A與B在P點(diǎn),由圖題5-5可知Mgmgkk*=arctanr-u)0、x0=0.65冗M(jìn)+mOP=OO-OP=gk則t=0時(shí)，y=-OP=-=-0.02m(負(fù)號(hào)表P點(diǎn)在O點(diǎn)上方)0k又B與

8、A為非彈性碰撞，碰撞前B的速度為:u=2-2gh=2m/s0101mu碰撞后，A、B的共同速度為：u=l=0.4m/s(方向向上)0M+mfx=一0.02m則t=0時(shí)，0lu=0.4m/s0u2可求得：A=,x2+L=0.0447(m)0W2可知A與B振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)表達(dá)式為：x=0.0447cos(101+0.65兀)m(3)彈簧所受的最大拉力，應(yīng)是彈簧最大形變時(shí)的彈力，最大形變?yōu)椋篗+mAx=OO+A=g+A=0.1447mk則最大拉力F=kAx=72.4Nmax5-6一物體豎直懸掛在勁度系數(shù)k的彈簧上簡(jiǎn)諧振動(dòng)，設(shè)振幅A=0.24m，周期T=4.0s，開始時(shí)在平衡位置下方0.12m處向上運(yùn)動(dòng)

9、。求：物體作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式;物體由初始位置運(yùn)動(dòng)到平衡位置上方0.12處所需的最短時(shí)間;物缽在平衡位置上方0.12m處所受到的合外刀的大小及方向(設(shè)物體的質(zhì)量為1.0kg)。2兀兀解：(1)已知A=0.24m,w=-=，如選x軸向下為正方向.T2已知初始條件x=0.12m,uYS-而u=-Awsinp0,取p0 x=0.24cost+mTOC o 1-5 h zI23丿(2)如圖題所示坐標(biāo)中，在平衡位置上方0.12m,即x=-0.12m處，有氣-)1-cost+=一123丿2-2-t+一=233因?yàn)樗髸r(shí)間為最短時(shí)間，故物體從初始位置向上運(yùn)動(dòng)，o人.-u023Xv-2-則取一t+=233習(xí)

10、題5-6圖2可得：t=smin3(3)物體在平衡位置上方0.12m處所受合外力F=-mwx=0.3N，指向平衡位置.5-7如習(xí)題5-7圖所示，質(zhì)量m=10g的子彈，以v=1000m-s-1的速度射入一在光滑平面上與彈簧相連的木塊，并嵌入其中，致使彈簧壓縮而作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，若木塊質(zhì)量M=4.99kg，彈簧的勁度系數(shù)k=8x103N-m-1，求簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式。解:子彈射入木塊為完全非彈性碰撞，設(shè)u為子彈射入木塊后二者共同速度，由動(dòng)量定理可知：mu=u=2.0(m/s)M+m不計(jì)摩擦，彈簧壓縮過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即：1=kx220:M+mx=u=5.0 x10-2m0k由此簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅A=x=

11、5.0 x10-20k系統(tǒng)圓頻率w=40(rad/s)M+m若取物體靜止時(shí)的位置O(平衡位置)為坐標(biāo)原點(diǎn)，Ox軸水平向右為正，則初始條件為:t=0時(shí)，x=0,u=u=2.0m/s00由x=Acos9,u=-Awsin9,得：申=一002則木塊與子彈二者作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其振動(dòng)表達(dá)式為：兀x=5.0 x10-2cos(40t一)m5-8如習(xí)題5-8圖所示，質(zhì)量為m的光滑物塊和彈簧構(gòu)成振動(dòng)系統(tǒng)，已知兩彈簧的勁度系數(shù)分別為氣=3.0N-m-，k2=1.0N-m-，:此系統(tǒng)沿彈簧的長(zhǎng)度方向振動(dòng)，周朗T=1.0s，振幅A=0.05m，當(dāng)物塊經(jīng)過平衡位置時(shí)有質(zhì)量為m2=0.10kg的油泥塊豎直落到物體上并立即粘

12、住，求新的振動(dòng)周期T2和振幅A。解：當(dāng)物體m向右移動(dòng)x時(shí)，左方彈簧伸長(zhǎng)x,右方彈簧縮短x,但它們物體的作用方向是相同的，均與物體的位移方向相反，即F=一(kx+kx)12令F=-kx,有:k=k+k=4N/m12T2kT2k得m=r=1a0.1(kg)14冗24冗2則粘上油泥塊后，新的振動(dòng)系統(tǒng)質(zhì)量為：m+m=0.20kg12m+m新的周期T=2兀獷=1.4(s)2k在平衡位置時(shí)，m2與m1發(fā)生完全非彈性碰撞.碰撞前，m的速度u=wA=0.10冗m/s1111設(shè)碰撞后，m1和m2共同速度為u.根據(jù)動(dòng)量守恒定律，mu=(m+m)u11122 2 則新的振幅muu=11=0.05冗m/s(m+m)1

13、2uuTA=0.035(m)222兀5-9質(zhì)量為0.2kg的質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其振動(dòng)方程為x=0.60sin式中x的單位為m,t的單位為s,求:(1)振動(dòng)周期;質(zhì)點(diǎn)初始位置，初始速度;A質(zhì)點(diǎn)在經(jīng)過一且向正向運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度和加速度以及此時(shí)質(zhì)點(diǎn)所受的力;2質(zhì)點(diǎn)在何位置時(shí)其動(dòng)能、勢(shì)能相等？一、兀解：(1)由振動(dòng)方程x=0.60sin(51-)知，A=0.6m,w=5(rad/s)2一2兀2故振動(dòng)周期：T=n=1.256(s)1.26(s)w5(2)t=0時(shí)，由振動(dòng)方程得：x=-0.60m0dxnu=|=3.0cos(51一)=00dtt=02速度3u=-Awsin9=-0.60 x5x(一)m/s=2.

14、6(m/s)2加速度1a=一Aw2cos9=-0.60 x52xm/s2=一7.5(m/s2)2所受力F=ma=0.2x(-7.5)N=-1.5(N)n(3)由旋轉(zhuǎn)矢量法知，此時(shí)的位相：9=-34)設(shè)質(zhì)點(diǎn)在x處的動(dòng)能與勢(shì)能相等，由于簡(jiǎn)諧振動(dòng)能量守恒，即：故有即可得kp2111E=E=E=(kA2)kp222111kx2=xkA22221E+E=E=kA2x=A=土0.42(m)習(xí)題5-12圖 5-10手持一塊平板。平板上放一質(zhì)量m=0.5kg的砝碼，現(xiàn)使平板在豎直方向上振動(dòng)，設(shè)這振動(dòng)為簡(jiǎn)諧振動(dòng)，頻率v=2Hz,振幅A=0.04m,問：位移最大時(shí)，砝碼對(duì)平板的正壓力多大?以多大振幅振動(dòng)時(shí)，會(huì)便砝

15、碼脫離平板?如果振動(dòng)頻率加快一倍，則砝碼隨板保持一起振動(dòng)的振幅上限如何?解：(1)砝碼運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，加速度最大，方向向下，由牛頓第二定律，有：ma=mg一NmaxN是平板對(duì)砝碼的支持力.故N=m(g一a)=m(g一A2)=m(g一4兀2vA)=1.74(N)max砝碼對(duì)板的正壓力與N大小相等，方向相反.砝碼運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，加速度也是最大，但方向向上，由牛頓第二定律，有：ma=N一mgmax故N=m(g+a)=m(g+4兀2v2A)=8.1(N)max砝碼對(duì)板的正壓力與板對(duì)砝碼的支持力N大小相等，方向相反.當(dāng)N=0時(shí)，砝碼開始脫離平板，故此時(shí)的振幅應(yīng)滿足條件：N=m(g一4冗2vA)=0max

16、gA=0.062(m)max4冗2v2由A=g,可知，A與v2成反比，當(dāng)v=2v時(shí)，max4兀2v2max1A=A=0.0155mmax4max5-11有一在光滑水平面上作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的彈簧振子，勁度系數(shù)為k，物體質(zhì)量為m，振幅為A，當(dāng)物體通過平衡位置時(shí)，有一質(zhì)量為m的泥團(tuán)豎直落在物體上，并與之粘結(jié)在一起，求：系統(tǒng)的振動(dòng)周期和振幅;振動(dòng)總能量損失了多少?如果當(dāng)物體達(dá)到振幅A時(shí)，泥團(tuán)豎直落在物體上，則系統(tǒng)的周期和振幅又是多？振動(dòng)的總能量是否改變?物體系統(tǒng)通過平衡位置的速度又是多少?解：(1)設(shè)振子過平衡位置時(shí)的速度為u，由機(jī)械能守恒，有：1:kkA2=mu2u=A2m由水平方向動(dòng)量定理：(m+m)u

17、=munu此后，系統(tǒng)振幅為A，由機(jī)械能守恒，有：11kA2=(m+m)u222得：有：2)碰撞前后系統(tǒng)總能量變化為：1AE=kA22式中，負(fù)號(hào)表示能量損耗(3)當(dāng)m達(dá)到振幅A時(shí),1m=kA2(一1)=2m+mm1(kA2)m+m21一kA22這是泥團(tuán)與物體的非彈性碰撞所致.m，豎直落在m上，碰撞前后系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量均為零，因TOC o 1-5 h zIm+m1而系統(tǒng)的振幅仍為A,周期為2叭，系統(tǒng)的振動(dòng)總能量不變，為丄kA2(非彈性碰k2撞損耗的能量為源于碰撞前m的動(dòng)能).物體系統(tǒng)過平衡位置時(shí)的速度u，由：丄kA2=(m+mJu，222Ik得：u，=+Am+m，A一a5-12一水平放置的簡(jiǎn)諧

18、振子，如習(xí)題5-12a圖所示，當(dāng)其從-運(yùn)動(dòng)到的位置處(A是22振幅)需要的最短時(shí)間為At=1.0s，現(xiàn)將振子豎直懸掛，如習(xí)題5-2b圖所示，現(xiàn)由平衡位置向下拉0.1m，然后放手，讓其作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，已知m=5.0kg，以向上方向?yàn)閤軸正方向，t=0時(shí)，m處于平衡位置下方且向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，其勢(shì)能為總能量的0.25倍，試求:振動(dòng)的周期、圓頻率、振幅;t=0時(shí)，振子的位置，速度和加速度;t=0時(shí)，振子系統(tǒng)的勢(shì)能、動(dòng)能和總能量;振動(dòng)的位移表達(dá)式。A一A解：(1)由放置矢量法可知，振子從-運(yùn)動(dòng)到的位置處,22兀角相位的最小變化為：A*=3則圓頻率=rad/sAt3周期由初始狀態(tài)，在圖示坐標(biāo)中，初始條件為：

19、x=一0.1m0nA=0.1(m)|u=00則振幅(2)因?yàn)镋=-E11E=kx2,E=kA2p22111kx2=(kA2)242p4又得：故x=土0.05(m)根據(jù)題意，振子在平衡位置的下方，取x=0.05m.根據(jù)振動(dòng)系統(tǒng)的能量守恒定律：1kA2211kx2+一mu222u=丫A2x2=土0.091(m-s-1)根據(jù)題意，取u=0.091m/s再由dva=Aw2cos31+*)dt=w2x得：a=0.055(m/s2)TOC o 1-5 h z1111(3)t=0時(shí)，E=E=(-kA2)=w2mA2=6.8x10-3(J)p44283313E=E=(kA2)=w2mA2=21x10-3(J)

20、k4428E=E+E=27.8x103(J)kp4)由簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式x=Acos(wt+*)2當(dāng)t=0時(shí)，x=一0.05m,u=一0.091m/s0,可得：*=兀003兀A=0.10m,w=3 兀2x=O.lcos十t+兀)m335-13作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)，它們的振幅分別為A=5.0 x10-2m,A=2.0 x10-2m,pQ圓頻率都為兀rad-s-1，初相位分別為9=，申=-，求：P3Q3它們各自的振動(dòng)位移表達(dá)式;當(dāng)t=ls時(shí)，它們的x、v、a各是多少?判斷哪一個(gè)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)超前?解：(1)據(jù)題意，兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程分別為：=5.00 x10-2cos(冗t+)m3冗x=2.00 x1

21、0-2cos(冗t一)mQ32)P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的速度及加速度表達(dá)分別為：dxdt冗=一x5.00 x10-2sin(冗t+)(m/s)3dxQdt冗=-rox2.00 x10-2sin(冗t一)(m/s)3當(dāng)t=1s時(shí)，有：duPdtdu&dt冗=-ro2x5.00 x10-2cos(冗t+一)(m/s2)3冗=-ro2x2.00 x10-2cos(冗t一)(m/s2)34冗=5.00 x10-2cosm=2.5x10-2(m)32冗x=2.00 x10-2cosm=-1.00 x10-2(m)Q3u=一冗x5.00 x10-2sinPu=一冗x2.00 x10-2sinQa=一冗2x5.00

22、x10-2cosPa=一冗2x2.00 x10-2cosQ4冗m/s=13.60 x10-2(m/s)32冗m/s=一5.44x10-2(m/s)34冗m/s2=24.68x10-2(m/s2)32冗m/s2=9.87x10-2(m/s2)3(3)由相位差兀兀2兀=(t+9)-(t+9)=9-9=一()=-PQPQ3332?？梢?，P點(diǎn)的相比Q點(diǎn)的相位超前絲.35-14質(zhì)量m=1.00 x10-2kg的質(zhì)點(diǎn)作振幅為A=5.00 x10-2m的簡(jiǎn)諧振動(dòng)，初始位置在位移丄A處并向著平衡位置運(yùn)動(dòng)，每當(dāng)它通過平衡位置時(shí)的動(dòng)能E為3.08x10-5J。2k寫出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式;求出初始位置的勢(shì)能。解：(1

23、)由題意得初始條件：可得：9=(由旋轉(zhuǎn)矢量法可證出)3在平衡位置的動(dòng)能就是質(zhì)點(diǎn)的總能量=nk=m2m11E=kA2=m2A2=3.08x10-5(J)2212E兀ro=，=rad/sAm2可求得：則振動(dòng)表達(dá)式為：兀兀x=5.00 x10-2cos(t+)m23(2)初始位置勢(shì)能當(dāng)t=0時(shí)，11兀兀E=kx2=mro2A2cos2(t+P2223兀兀=x1.00 x10-2x()2x(5.00 x10-2)2cos2J=7.71x10-6J235-15質(zhì)量m=10g的小球作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其A=0.24m，v=0.25Hz，當(dāng)t=0時(shí)，初位移為1.2x10-1m，并向著平衡位置運(yùn)動(dòng)，求:12 #12

24、423 (l)t=0.5s時(shí)，小球的位置;(2)t=0.5s時(shí)，小球所受力的大小與方向;(3)從起始位置到x=-12cm處所需的最短時(shí)間;在x=-12cm處小球的速度與加速度；(5)t=4s時(shí)，E,E以及系統(tǒng)的總能量。kp解：(1)由初始條件：fx=1.2x10-1m10lu0，故可求得振動(dòng)1的初位相101039=兀102同樣，簡(jiǎn)諧振動(dòng)2在t=0時(shí)，x=-0.05m,u=0,可知q=冗202020故簡(jiǎn)諧振動(dòng)1、2的振動(dòng)表達(dá)式分別為：3x=0.05cos(20冗t+冗)12x=0.05cos(20冗t+冗)m2因此，合振動(dòng)的振幅和初相位分別為：A=A2+A2+2AAcos(9-9)=5応2x10-2m121220109=arctan0Asin9+Asin9110220-Acos9+Acos9110220arcta1n=-或x=5卞2x10-2cos(20兀t+兀)m4兀44但由x-t曲線知，t=0時(shí)，故合振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式：x=x+x=-0.05,因此9應(yīng)取5-18已知兩個(gè)同方向同頻率的簡(jiǎn)諧振動(dòng)如下：(3)=0.05cos101+兀I5丿=0.06cos、式中x單位為