物理學教程(第二版)上冊課后答案4.5單元

第四章剛體的轉動4－1有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上：(1)這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；(2)這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；(3)當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；(4)當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零．對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤(C)(1)、(2)、(3)都正確，(4)錯誤D)((1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉軸，二是力平行于轉軸(例如門的重力并不能使門轉)．不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確．對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然．但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故(3)(4)說法不完全正確．綜上所述，應選(B)．4－2關于力矩有以下幾種說法：(1)對某個定軸轉動剛體而言，內力矩不會改變剛體的角加速度；(2)一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；(3)質量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態(tài)一定相同．對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(2)是正確的B)1()、(2)(是正確的D)(1)、(2)(、(3)都是正確的屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確．對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應選(B)．4－3均勻細棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(C)(2)、(3)是正確的分析與解剛體中相鄰質元之間的一對內力(A)角速度從小到大，角加速度不變(B)角速度從小到大，角加速度從小到大(C)角速度從小到大，角加速度從大到小(D)角速度不變，角加速度為零

分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關．當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應選(C)．盤心且垂直于盤面的水平軸轉動，軸間摩擦不計．如圖射來兩個質量相盤內，則ω的變化情況為()4－4一圓盤繞通過同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動量L以及圓盤的角速度B)兩者均不變(D)兩者均不確定(作用，故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒，故L(A)L不變，ω增大(C)L不變，ω減小分析與解對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩不變，此時應有下式成立，即mvdmvdJωJω00式中mvd為子彈對點O的角動量為圓盤初始角速度，J為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸O的轉0動慣量，J為子彈射入前盤對軸O的轉動慣量．由于J＞J，則＜．故選(C)．0004－5假設衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓運動，則在運動過程中，衛(wèi)星對地球中心的()(A)角動量守恒，動能守恒(B)角動量守恒，機械能守恒(C)角動量不守恒，機械能守恒D)角(動量不守恒，動量也不守恒(Ｅ)角動量守恒，動量也守恒分析與解由于衛(wèi)星一直向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對地球中心的角動＝恒量，式中r為地球中心指向衛(wèi)星的位矢．當衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時，由于｜r｜不同，由角動量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當衛(wèi)星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指星守恒，即r×mv率最小，故衛(wèi)星動能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛(wèi)星的機械能守恒，即衛(wèi)星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應選(B)．4－6一汽車發(fā)動機曲軸的轉速在12s內由1.2×103r·min-1均勻的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲軸轉動的角加速度；(2)在此時間內，曲軸轉了多少轉？分析這是剛體的運動學問題．剛體定軸轉動的運動學規(guī)律與質點的運動學規(guī)律有類似的關系，本題為勻變速轉動．解(1)由于角速度ω＝2πn(n為單位時間內的轉數)，根據角加速度的定義αdω，在勻dt變速轉動中角加速度為13.1rads2αωω02πnn0tt(2)發(fā)動機曲軸轉過的角度為t1t20tπnnt2200在12s內曲軸轉過的圈數為nnNθ2π0t390圈24－7水分子的形狀如圖所示，從光譜分析知水分子對AA′軸的轉動慣量J＝1.93AA′×10-47kg·m2，對BB′軸轉動慣量J＝1.14×10-47kg·m2，試由此數據和各原子質量求出氫和氧BB′原子的距離D和夾角θ．假設各原子都可當質點處理．題4-7圖水分子中的氧原子對AA′軸和BB′軸的轉動慣量均為零，因此計算水分子對兩個軸的慣量時，只需考慮氫原子即可．解由圖可分析如將原子視為質點，則轉動得JJ2md2sin2θAAH2md2cos2θHBB此二式相加，可得JJ2md2HBBAAJJd9.591011mBB則AA2mH由二式相比，可得tan2θBBJ/JAAJJ1.931.14則θarctanarctan52.3oAABB4－8一飛輪由一直徑為30㎝，厚度為2.0㎝的圓盤和兩個直徑為10㎝，長為8.0㎝的共軸圓柱體組成，設飛輪的密度為7.8×103kg·m，求飛輪對軸的轉動慣量．-3題4-8圖分析根據轉動慣量的可疊加性，飛輪對軸的轉動慣量可視為圓盤與兩圓柱體對同軸的轉動慣量之和；而勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量的計算可查書中公式，或根據轉動慣量的定義，用簡單的積分計算得到．解根據轉動慣量的疊加性，由勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量公式可得JJJ2m1m1d2d221221222121πρld41ad40.136kgm2162214－9用落體觀察法測定飛輪的轉動慣量，是將半徑為飛輪的繩子的一端掛一質量為m的重物，令重物以初速度為零下落，帶動飛輪轉動(如圖)．記(假設軸承間無R的飛輪支承在O點上，然后在繞過下重物下落的距離和時間，就可算出飛輪的轉動慣量．試寫出它的計算式．摩擦)．題4-9圖是不同的．飛輪作定軸轉動，而重物是作落體于繩子不可伸長，并且質量可以忽略．這樣，飛輪的轉動慣量，就可根據轉動定律和牛頓定律聯合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規(guī)律來確定．分析在運動過程中，飛輪和重物的運動形式運動，它們之間有著內在的聯系．由該題也可用功能關系來處理．將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統(tǒng)的機械能守恒．利用勻加速運動的路程、速度和加速度關系，以及線速度和角速度的關系，代入機械能守恒方程中即可解得．解1設繩子的拉力為F，對飛輪而言，根據轉動定律，有TFRJαT(1)(2)(3)而對重物而言，由牛頓定律，有mgFmaT由于繩子不可伸長，因此，有aRα重物作勻加速下落，則有h1at(4)22由上述各式可解得飛輪的轉動慣量為gt2JmR22h1解2根據系統(tǒng)的機械能守恒定律，有mgh1mv21Jω20(1′)(2′)22而線速度和角速度的關系為vRωvat又根據重物作勻加速運動時，有由上述各式可得(3′)(4′)v22ahgt2JmR22h1若軸承處存在摩擦，上述測量轉動慣量的方法仍可采用．這時，只需通過用兩個不同質量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響．4－10一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為2.03×1025.0kg·m2．當輪的轉速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1時，所經歷的時間t為多少？分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據轉動定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉動中角加速度與時間的關系，可解出飛輪所經歷的時間．該題還可應用角動量定理直接求解．N·m，渦輪的轉動慣量為3解1在勻變速轉動中，角加速度αωω0，由轉動定律MJα，可得飛輪所經歷的時t間tωω0J2πJnn10.8s0MM解2飛輪在恒外力矩作用下，根據角動量定理，有MdtJωωt00tωω0MJ2πJMnn10.8s則04－11質量為m和m的兩物體A、B分別懸掛在圖(a)所示的組合輪兩端.設兩輪的半徑分別12為R和r，兩輪的轉動慣量分別為J和J，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計，繩12的質量也略去不計.試求兩物體的加速度和繩的張力.題4-11圖分析由于組合輪是一整體，它的轉動慣量是兩輪轉動慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和(注意兩力矩的方向不同).對平動的物體和轉動的組合輪分別列出動力學方程，結合角加速度和線加速度之間的關系即可解得.解分別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).根據質點的牛頓定律和剛體的轉動定律，有(1)(2)(3)(4)PFmgFma1T11T111FPFmgmaT22T2222FRFrJJαT1T212FFT1,FFT2T1T2由角加速度和線加速度之間的關系，有aRα(5)(6)1arα2解上述方程組，可得mRmra1gR12JJmR12mr2122mRmra2gr12mrJJmR122122FJJmrmRr2112212mg1JmR2mrT12J12FJJmRmRr2112211mg2JmR2mrT22J124－12如圖所示裝置，定滑輪的半徑為為m1和m2的物體A、B.A置于傾角為θ的斜面上，速運動時，求：(1)其下落加速度的大?。?2)滑輪兩邊繩子的張力.(設繩的質量及伸長均不計，繩與滑輪間無滑動，滑輪軸光滑.)r，繞轉軸的轉動慣量為J，滑輪兩邊分別懸掛質量它和斜面間的摩擦因數為μ，若B向下作加題4-12圖力學問題，對于這類問題仍采用隔離體的方法，從受力分析著手，然A和B可視為質點，則運用牛頓定律.由張力是不同的，滑輪在力矩作用下產生定軸轉動，此，對滑輪必須運用剛體的定軸轉動定律.列出動系，即能解出結果來.解作A、B和滑輪的F的作用下運動，根據牛頓定律，分析這是連接體的動后列出各物體在不同運動形式下的動力學方程.物體于繩與滑輪間無滑動，滑輪兩邊繩中的因力學方程，并考慮到角量與線量之間的關受力分析，如圖(b).其中A是在張力F、重力P，支持力F和摩擦力11ＴＮ沿斜面方向有ｆFmgsinθμmgcosθma1(1)T1111而B則是在張力F和重力P的作用下運動，有22ＴmgFma2之間無滑動，則有(2)(3)2T22由于繩子不能伸長、繩與輪aarα12對滑輪而言，根據定軸轉動定律有解上述各方程可得(4)(5)FrFrJαT2T1FF,FFT1T1T2T2aamgmgsinmgcos211mmJ/r21212mmg1sinθμcosθsinθμcosθmgJ/r2FT1121mmJ/r221mmg1sinθμcosθmgJ/r2FT2122mmJ/r2124－13如圖(a)所示，飛輪的質量為60kg，直徑為0.50m，轉速為1.0×105.0s內停止轉動，求制動力F.設閘瓦與飛輪之間的摩擦因數μ＝0.40，飛輪的質量全部分布在輪緣上.r·min.現用閘瓦3-1制動使其在題4-13圖結果，因此，由飛輪的轉動規(guī)律可確定制動大小，是由閘瓦與飛輪之間的正壓力分析飛輪的制動是閘瓦對它的摩擦力矩作用的時所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的產生與F決定的，Ｎ而此力又是由制動力F通過杠桿作用來實現的.所以，制動力可以通過杠桿的力矩平衡來求出.解飛輪和閘桿的受力分析，如圖(b)所示.根據閘桿的力矩平衡，有FllFl012N1F，則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為而FNN12FμddFμdllMF(1)12f2N2l1摩擦力矩是恒力矩，飛輪作勻角加速轉動，由轉動的運動規(guī)律，有αωω0ω02πnt(2)tt因飛輪的質量集中于輪緣，它繞軸的轉動慣量2/4，根據轉動定律MJα，由式Jmd(1)、(2)可得制動力nmdlF3.14102N1llt124－14如圖所示，一通風機的轉動部分以初角速度ω繞其軸轉動，空氣的阻力矩與角速度0成正比，比例系數C為一常量.若轉動部分對其軸的轉動慣量為J，問：(1)經過多少時間后其轉動角速度減少為初角速度的一半？(2)在此時間內共轉過多少轉？題4-14圖分析由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉動定律可知，在變力矩作用下，通風機葉片的轉動是變角加速轉動，因此，在討論轉動的運動學關系時，必須從角加速度和角速度的定義出發(fā)，通過積分的方法去解.解(1)通風機葉片所受的阻力矩為M＝－Cω，由轉動定律M＝Jα，可得葉片的角加速度為αdωCω(1)dtJ根據初始條件對式(1)積分，有dωCωtdtωJω00由于C和J均為常量，得ωωeCt/J0(2)當角速度由ω→1ω時，轉動所需的時間為002tJln2C(2)根據初始條件對式(2)積分，有ωeCt/Jdtt0dθθ00θJω02C即在時間t內所轉過的圈數為Nθ2πJω04πCn300rmin14－15電風扇接通電源后一般經5s后到達額定轉速,而關閉電源后經00.5kgm16s后風扇停止轉動，已知電風扇的轉動慣量為，設啟動時電磁力矩和轉動2M時的阻力矩M均為常數，求啟動時的電磁力矩M.f分析由題意知和均為常數，故啟動時電風扇在和共同作用下，作勻加速MMMMff轉動，直至到達額定轉速，關閉電源后，電風扇僅在的作用下作勻減速轉動.運用勻變Mf速轉動的運動學規(guī)律和轉動定律既可求解.解設啟動時和關閉電源后，電風扇轉動時的角加速度分別為和，則啟動過程12MMJft011MJ關閉電源后f2t02202n聯解以上各式并將0以及、、、值代入，得nttJ206001M4.12Nm4－16一質量為m′、半徑為R的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度ω轉m的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可能達多大？小碎塊以原有的切向速度作上的最大高度.此外，在離的過程中，滿足角動量守恒條件，由角動量守恒定律可計算破裂后盤的角動量.動，若在某時刻，一質量為到的高度是多少？破裂后圓盤的角動量為分析盤邊緣裂開時，拋運動，由質點運動學規(guī)律可求得上拋碎塊與盤分題4-16圖解(1)碎塊拋出時的初速度為vωR0由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達的高度為hv22gω2R22g0(2)圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有LLL01為圓盤未碎時的角動量；mR2ω為碎塊被視為質點時，碎塊對軸的LLmR2ω式中2角動量；L為破裂后盤的角動量.則1mRLmω224－17在光滑的水平面上有一木桿，其質量m＝1.0kg，長l＝40cm，可繞通過其中點并與1之垂直的軸轉動.一質量為m＝10g的子彈，以v＝2.0×102m·s-1的速度射入桿端，其方向與2桿及軸正交.若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度.題4-17圖分析子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉動.這樣，子彈射入桿前的角速度可表示為ω，子彈陷入桿后，它們將一起以角速度ω′轉動.若將子彈和桿視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)得桿的角速度.不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動量守恒.由角動量守恒定律可解解根據角動量守恒定理JωJJω212式中為子彈繞軸的轉動慣量，Jω為子彈在陷入桿前的角動量，lω＝2v/為子Jml/22222彈在此刻繞軸的角速度1.為桿繞軸的轉動慣量.可得桿的角速度為Jml2/121Jω6mv29.1sω221JJ1m3m1224－18一質量為20.0kg的小孩，站在一半徑為3.00m、轉動慣量為450kg·m的靜止水平轉臺2的邊緣上，此轉臺可繞通過轉臺中心的豎直軸轉動，轉臺與軸間的摩擦不計.如果此小孩相對轉臺以1.00m·s－1的速率沿轉臺邊緣行走，問轉臺的角速率有多大？分析小孩與轉臺作為一定軸轉動系統(tǒng)，人與轉臺之間的相互作用力為內力，沿豎直軸方向不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動量守恒.在應用角動量守恒時，必須注意人和轉臺的角速度ω、ω都是相對于地面而言的，而人相對于轉臺的角速度ω應滿足相對角速度的關系式01ωωω.01解由相對角速度的關系，人相對地面的角速度為ωωωωv010R由于系統(tǒng)初始是靜止的，根據系統(tǒng)的角動量守恒定律，有JωJωω000101式中J為轉臺對轉臺中心軸的轉動慣量,J＝mR2為人對轉臺中心軸的轉動慣量.由式(1)、(2)01可得轉臺的角速度為v9.52102s1mR2ω0JmR2R0式中負號表示轉臺轉動的方向與人對地面的轉動方向相反.4－19一轉臺繞其中心的豎直軸以角速度ω＝πrads1轉動，轉臺對轉軸的轉動慣量為0J0＝4.0×10kg·m.今有砂粒以Q＝2tQ（在單位為g·s，t的單位為s）的流量豎直落至轉臺，-32-1并粘附于臺面形成一圓環(huán)，若環(huán)的半徑為r＝0.10m，求砂粒下落t＝10s時，轉臺的角速度.分析對轉動系統(tǒng)而言，隨著砂粒的下落，系統(tǒng)的轉動慣量發(fā)生了改變.但是，砂粒下落對轉臺不產生力矩的作用，因此，系統(tǒng)在轉動過程中的角動量是守恒的t內落至臺面的流量求出，從而可算出它所引起的附加的轉動慣量.這樣，轉臺在不就可由角動量守恒定律求出.0→10s內落至臺面的.在時間砂粒的質量，可由其同時刻的角速度解在時間砂粒的質量為m10Qdt0.10kg0根據系統(tǒng)的角動量守恒定律，有ωJωJmr0200則t＝10s時，轉臺的角速度J0Jmr20.8πs1004－20為使運行中的飛船停止繞其中心軸的轉動，可在飛船的側面對稱地安裝兩個切向控(如圖所示)，利用噴管高速噴射氣體來制止旋轉.若飛船繞其中心軸的轉動慣量J＝2.0×103kg·m2，旋轉的角速度ω＝0.2rad·s-1，噴線之間的距離r＝1.5m；噴氣以恒定的流量Q＝1.0kg·s和速率u＝50m·s從噴口噴出，問為使該飛船停止旋轉，噴氣應噴射多長制噴管口與軸-1-1時間？分析將飛船與噴出的氣體作為研究系統(tǒng)，在噴氣過程中，系統(tǒng)不受外力矩作用，其角動量守恒.在列出方程時應注意：(1)由于噴氣質量，噴氣前、后系統(tǒng)的角動量近質量遠小于飛船似為飛船的角動量Jω；(2)噴氣過程中氣流速率u遠大于飛船側面的線速度ωr，因此，整個噴氣過程中，氣流相對于空間的速率仍可近似看作是u，這樣，排出氣體的總角動量uωrdmmur.經上述處理后，可使問題大大簡化.m解取飛船和噴出的氣體為系統(tǒng)，根據角動量守恒定律，有Jωmur0(1)因噴氣的流量恒定，故有m2Qt2)由式(1)、(2)可得噴氣的噴射時間為Jωt2.67s2Qur題4-20圖4－21如圖所示，長為l、質量為m的均質桿，可繞O在豎直平面內轉動，點令桿至水平位m置由靜止擺下，在豎直位置與質量為的物體發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后物體沿摩擦因2s數為的水平面滑動，試求此物體滑過的距離.分析本題可分為三個過程，即細桿繞點O的轉動過程，細桿與物體的完全非彈性碰撞以及碰撞后物體在粗糙水平面上的滑動過程。注意前兩個過程，只能運用剛體定軸轉動所滿足的力學規(guī)律.其中，第一個過程滿足機械能守恒，如以細桿擺至垂直位置時細桿質心為勢能零lmg(而不是),擺至垂直位置時細桿的動能為mgl點，則細桿在水平位置的勢能應為2121OJ(而不是mv2)；第二個過程細桿和物體對點的角動量守恒（而不是動量守恒，想22一想為什么？），此外對完全非彈性碰撞，碰撞后瞬間滿足vl,為碰撞后細桿的角速度，為碰撞后物體的速度.v解由分析知，有l(wèi)1J轉動過程碰撞過程mg222J(Jml2)vl2m21mgs0()v222滑動過程1將代入以上三式，解得物體滑過的距離為Jml236ls25討論碰撞時作用在細桿-物體系統(tǒng)的外力均通過點O，外力矩為零，故系統(tǒng)對點O的角動量轉軸的點O處會產生水平方向的軸力分量，使合外力并不為零，故系統(tǒng)動量并不守恒，這是初學者容易犯的一種錯誤.守恒，但此時題4-21圖4－22一位溜冰者伸開雙臂來以1.0rs1繞身體中心軸轉動，此時的轉動慣量為1.33kgm2,她收起雙臂來增加轉速，如收起雙臂后的轉動慣量變?yōu)?.48.求（1）她收kgm2起雙臂后的轉速；（2）她收起雙臂前后繞身體中心軸的轉動動能各為多少？分析各種物體（含剛體和變形體）在運動過程中，只要對空間某定點或定軸的外力矩之和為零，則物體對同一點或軸的角動量就守恒，在本題中當溜冰者繞身體中心軸轉動時，人體重力和地面支持力均與該軸重合，故無外力矩作用，滿足角動量守恒.此時改變身體形狀（即改變對軸的轉動慣量）就可改變轉速，這是在體育運動中經常要利用的物理規(guī)律.解（1）由分析知，有JJ00J02.77rs-1則J01EJ226.2J（2）收起雙臂前2k1001EJ272.6J收起雙臂后2k2此時由于人體內力做功，有EEk2k14－23一質量為m′、半徑為R的轉臺，以角速度ω轉動，轉軸的摩擦略去不計.(1)有一質a量為m的蜘蛛垂直地落在轉臺邊緣上.此時，轉臺的角速度ω為多少？(2)若蜘蛛隨后慢慢地b爬向轉臺中心，當它離轉臺中心的距離為r時，轉臺的角速度ω為多少？設蜘蛛下落前距離c轉臺很近.分析對蜘蛛和轉臺所組成的轉動系統(tǒng)而言，在蜘蛛下落至轉臺面以及慢慢向中心爬移過程中，均未受到外力矩的作用，故系統(tǒng)的角動量守恒.應該注意的是，蜘蛛爬行過程中，動慣量是在不斷改變的.由系統(tǒng)的角動量守恒定律即可求解.解(1)蜘蛛垂直下落至轉臺邊緣時，由系統(tǒng)的角動量守恒定律，有其轉JJω1Jω0a0b1J為轉臺對其中心軸的轉動慣量，mR2為蜘蛛剛落至臺面邊緣時，它mRJ12式中02對軸的轉動慣量.于是可得Jmωωω0bJJam2ma01(2)在蜘蛛向中心軸處慢慢爬行的過程中，其轉動慣量將隨半徑r而改變，即mr2.在此過程中，由系統(tǒng)角動量守恒，有J2JJω1Jω0a0cJmRmR22mr22則0cJJaa024－24一質量為1.12kg，長為1.0m的均勻細棒，支點在棒的上端點，開始時棒自由懸掛.以100N的力打擊它的下端點，打擊時間為0.02s.(1)若打擊前棒是靜止的，求打擊時其角動量的變化；(2)棒的最大偏轉角.題4-24圖分析該題屬于常見的剛體轉動問題，可分為兩個過程來討論：(1)瞬間的打擊過程.在瞬間外力的打擊下，棒受到外力矩的角沖量，根據角動量定理，棒的角動量將發(fā)生變化，則獲得一定的角速度.(2)棒的轉動過程.由于棒和地球所組成的系統(tǒng)，除重力(保守內力)外無其他外力做功，因此系統(tǒng)的機械能守恒，根據機械能守恒定律，可求得棒的偏轉角度.解(1)由剛體的角動量定理得ΔLJωMdtFlΔt2.0kgm2s10(2)取棒和地球為一系統(tǒng)，并選O處為重力勢能零點.在轉動過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，即121Jωmgl1cosθ202由式(1)、(2)可得棒的偏轉角度為3F2Δt2θarccos18838om2gl4－25我國1970年4月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近地點為4.39×10×106m.試計算衛(wèi)星在近地點和遠地點的速率.(設地球半徑為6.38×106m)分析當人造衛(wèi)星在繞地球的橢圓軌道上運行時，只受到有心力———萬有此，衛(wèi)星在運行過程中角動量是守恒的，同時該力對地球和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)而言，又是屬于m，遠地點為2.385引力的作用.因保守內力，因此，系統(tǒng)又滿足機械能守恒定律.根據上述兩條守恒定律可求出衛(wèi)星在近地點和遠地點時的速率.解由于衛(wèi)星在近地點和遠地點處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動量守恒定律有mrvmrv2(1)(2)112又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機械能守恒，故有122Gmmr1mv2GmmmvEE2r2121式中G為引力常量，m和m分別為地球和衛(wèi)星的質量，r和r是衛(wèi)星在近地點和遠地點時離12Ｅ地球中心的距離.由式(1)、(2)可解得衛(wèi)星在近地點和遠地點的速率分別為Gmr8.11103ms1E2rrrv1112rv1v6.31103msr12124－26在題3－26的沖擊擺問題中，若以質量為m′的均勻細棒代替柔繩，子彈速度的最小值應是多少？題4-26圖分析該題與習題3－26的不同之處在于：(1)子彈與擺錘的相互作用過程不再滿足動量守恒，而應屬于角動量守恒，這是因為細棒和擺錘是一整體，子彈與擺錘相互作用時，軸對桿有水平方向的分力作用，因此，對子彈與擺組成的系統(tǒng)而言，不能滿足動量守恒的條件.但是，軸對桿的作用力和桿所受的重力對轉動都不產生力矩，系統(tǒng)角動量守恒的條件卻能滿足.(2)擺在轉動過程中，就地球與擺組成的系統(tǒng)而言，滿足機械能守恒定律.擺錘恰能通過最高點所需的速度，發(fā)生改變.擺錘開始轉動時的解取子彈與擺為系統(tǒng)，根據系統(tǒng)的可直接應用機械能守恒定律去解.擺是剛體，擺錘與軸心之間的距離不可能動能必須大于或等于轉至最高點處所增加的勢能.角動量守恒，有vJv2lJJω(1)J1l1230和12分別為子彈、擺錘和桿對軸的轉動慣量.式中ml，J2Jml2Jml3123根據擺在轉動過程中機械能守恒，有12JJω21mglmg2lmg3l(2)23022由式(1)、(2)可得子彈速度的最小值為v4mn2gl4－27如圖所示，一質量為m的小球由一繩索系著，以角速度ω0在無摩擦的水平面上，作半徑為r的圓周運動.如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力，使小球作半徑為r/02的圓周0運動.試求：(1)小球新的角速度；(2)拉力所作的功.題4-27圖分析沿軸向的拉力對小球不產生力矩，因此，小球在水平面上轉動的過程中不受外力矩作用，其角動量應保持不變.但是，外力改變了小球圓周運動的半徑，也改變了小球的轉動慣量，從而改變了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根據動能定理由小球動能的變化得到.解(1)根據分析，小球在轉動的過程中，角動量保持守恒，故有JωJω0011J和J分別是小球在半徑為r和1/2r時對軸的轉動慣量，即J和J1mr2，mr20140010式中００則Jω1ω4ω0J00(2)隨著小球轉動角速度的增加，其轉動動能也增加，這正是拉力作功的結果.由轉動的動能定理可得拉力的功為W1Jω21Jω23mr2ω22112002004－28質量為0.50kg，長為0.40m的均勻細棒，可繞垂直于棒的一端的水平軸轉動.如將此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1)當棒轉過60°時的角加速度和角速度；(2)下落到豎直位置時的動能；(3)下落到豎直位置時的角速度.題4-28圖M＝Jα是一瞬時關系式，為求棒在不同位置的角加速度，只需確定棒所在分析轉動定律位置的力矩就可求得.由于重力矩θmglcosθ是變力矩，角加速度也是變化的，因M2此，在求角速度時，就必須根據角加速度用積分的方法來計算(也可根據轉動中的動能定理，通過計算變力矩的功來求).至于棒下落到豎直位置時的動能和角速度，可采用系統(tǒng)的機械能守恒定律來解，這是因為棒與地球所組成的系統(tǒng)中，只有重力作功(轉軸處的支持力不作功)，因此，系統(tǒng)的機械能守恒.解(1)棒繞端點的轉動慣量J1由轉動定律M＝Jα可得棒在θ位置時的角加速度為ml23αMθ3gcosθ2lJ當θ＝60°時，棒轉動的角加速度18.4rads2由于αdωωdω，根據初始條件對式(1)積分，有dtdθωωdω60oαdθ00則角速度為3gsin60o7.98rads10l(2)根據機械能守恒，棒下落至豎直位置時的動能為E1mgl0.98J2k(3)由于該動能也就是轉動動能，k即E12J，所以，棒落至豎直位置時的角速度為22E3g8.57rads-1lkJ*4－29如圖所示，壓路機的滾筒可以近似看成一個圓柱形薄壁圓筒，已知圓筒直徑d=1.50m，質量m=104kg.如作用于O的水平牽引力F=2.0104N，使其在水平路面上作圓筒中心軸和軸心加速度；（2）滾筒與路面間的摩擦力大??；純滾動，求：（1）滾筒的角加速度0（3）從靜止開始滾筒在路面壓過1m距離時，滾筒的動能.題4-29圖分析滾筒的運動被稱為剛體平面運動，按照疊加原理該運動可以被分解為質心的平動和繞質心的轉動兩部分，分別滿足質心運動定理和轉動定律，以及相應的運動學規(guī)律.由于是純滾動（即滾筒與地面間無相對滑動），故作用在滾筒上的為靜摩擦力，且有r,vr,sr三式成立.滾筒的動能也可看成兩個分運動動能之和，即00E1mv1J2.222k00解（1）設作用于滾筒上的靜摩擦力如圖所示，由分析可知，有FFmaf(1)0dFJ（2）02fd（3）20F由上述三式可解得1.33rads2mdda01.0ms22（2）由式（2）得FFma10.4Nf0（3）由分析知，有E1mv1J2222k00224sddv02將已知的值代入并聯解三式可求得E2.0104Jk第五章機械振動5-1一個質點作簡諧運動，振幅為A，在起始時刻質點的位移為A，且向x軸正方向運2動，代表此簡諧運動的旋轉矢量為（）題5-１圖分析與解（B）圖中旋轉矢量的矢端在x軸上投影點的位移為－A/2，且投影點的運動方向指向Ox軸正向，即其速度的x分量大于零，故滿足題意．因而正確答案為（B）．5-2一簡諧運動曲線如圖（a）所示，則運動周期是（）(A)2.62s(B)2.40s(C)2.20s（D）2.00s題5-２圖分析與解由振動曲線可知，初始時刻質點的位移為A/2，且向x軸正方向運動．圖（ｂ）是其相應的旋轉矢量圖，由旋轉矢量法可知初相位為-．振動曲線上給出質點從A/22π/3處運動到x=0處所需時間為1s，由對應旋轉矢量圖可知相應的相位差5，則2236角頻率，周期.故選5rads1622.40sΔ/ΔtT（B）．5-3兩個同周期簡諧運動曲線如圖（a）所示，x的相位比x的相位（）12（A）落后π（B）超前π（C）落后（D）超π22前π分析與解由振動曲線圖作出相應的旋轉矢量圖（b）即可得到答案為（B）．題5-３圖5-4兩個同振動方向、同頻率、振幅均為A的簡諧運動合成后，振幅仍為A，則這兩個簡諧運動的相位差為（）（A）60（B）90（C）120（D）180分析與解由旋轉矢量圖可知兩個簡諧運動1和2的相位差為120時，合成后的簡諧運動3的振幅仍為A.正確答案為（C）．題5-4圖5-5若簡諧運動方程為，式中πx0.10cos20πt4x的單位為m，t的單位為s.求：（1）振幅、頻率、角頻率、周期和初相；（2）時的t2s位移、速度和加速度．分析可采用比較法求解．將已知的簡諧運動方程與簡諧運動方程的一般形式xAcost作比較，即可求得各特征量．運用與上題相同的處理方法，寫出位移、速度、加速度的表達式，代入值后，即可求得結果．t解（1）將與比xAcostx0.10cos20πt0.25πm較后可得：振幅A＝0.10m，角頻率，20πrads1初相＝0.25，則周期，頻率．v1/THzT2π/ω0.1sπ（２）時的位移、速度、加速度分別為t2sx0.10cos40πt0.25π7.07102mvdx/dt2πsin40π0.25π4.44ms-1ad2x/d2t40π2cos40π0.25π2.79102ms-25-6一遠洋貨輪，質量為m，浮在水面時其水平截面積為S．設在水面附近貨輪的水平截面積近似相等，水的密度為ρ，且不計水的粘滯阻力，證明貨輪在水中作振幅較小的豎直自由運動是簡諧運動，并求振動周期．分析要證明貨輪作簡諧運動，需要分析貨輪在平衡位置附近上下運動時，它所受的合外力與位移間的關系，如果滿足，則FxFkx貨輪作簡諧運動．通過即可求得振動周Fkx期．T2π/ω2πm/k證貨輪處于平衡狀態(tài)時［圖（a）］，浮力大小為F＝mg．當船上下作微小振動時，取貨輪處于力平衡時的質心位置為坐標原點O，豎直向下為x軸正向，如圖（b）所示．則當貨輪向下偏移x位移時，受合外力為FPF其中為此時貨輪所受浮力，其方向向上，F大小為FFgSxmggSx題5-6圖則貨輪所受合外力為FPFgSxkx式中是一常數．這表明貨輪在其平衡位kgS置上下所作的微小振動是簡諧運動．由Fmd可得貨輪運動的微分方程為2tx/d2d2x/d2tgSx/m0令，可得其振動周期為2gS/mT2π/ω2πm/ρgS5-7如圖（a）所示，兩個輕彈簧的勁度系、數分別為．當物體在光滑斜面上振動kk12時．（1）證明其運動仍是簡諧運動；（2）求系統(tǒng)的振動頻率．題5-7圖分析從上兩題的求解知道，要證明一個系統(tǒng)作簡諧運動，首先要分析受力情況，然后看是否滿足簡諧運動的受力特征（或簡諧運動微分方程）．為此，建立如圖（b）所示的坐標．設系統(tǒng)平衡時物體所在位置為坐標原點O，Ox軸正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox軸，物體受彈性力及重力分力的作用，其中彈性力是變力．利用串聯時各彈簧受力相等，分析物體在任一位置時受力與位移的關系，即可證得物體作簡諧運動，并可求出頻率．證設物體平衡時兩彈簧伸長分別為、，xx21則由物體受力平衡，有（1）mgsinkxkx1122按圖（b）所取坐標，物體沿x軸移動位移x時，兩彈簧又分別被拉伸和，即．則12xxxxx2物體受力為1將式（1）代入式（mgsinkx2）11（２）x1得Fmgsinkxx222（３）Fkxkx1由式2（23）1得、，而，則得xF/kxxx2F/kx2到1121Fkk/kkxkx1212式中為常數，則物體作簡諧運動，kkk/kk2振動頻率12111kk/kkm1212vω/2πk/m2π2π討論（1）由本題的求證可知，斜面傾角θ對彈簧是否作簡諧運動以及振動的頻率均不產生影響．事實上，無論彈簧水平放置、斜置還是豎直懸掛，物體均作簡諧運動．而且可以證明它們的頻率相同，均由彈簧振子的固有性質決定，這就是稱為固有頻率的原因．（2）如果振動系統(tǒng)如圖（c）（彈簧并聯）或如圖（d）所示，也可通過物體在某一位置的受力分析得出其作簡諧運動，且振動頻率均為，讀者可以一12πkk/m12v試．通過這些例子可以知道，證明物體是否作簡諧運動的思路是相同的．5-8一放置在水平桌面上的彈簧振子，振幅A＝2.0×10-2m，周期T＝0.50ｓ．當t＝0時，（1）物體在正方向端點；（2）物體在平衡位置、向負方向運動；（3）物體在x＝-1.0×10-2m處，向負方向運動；（4）物體在x＝-1.0×10-2m處，向正方向運動．求以上各種情況的運動方程．分析在振幅A和周期T已知的條件下，確定初相φ是求解簡諧運動方程的關鍵．初相的確定通常有兩種方法．（1）解析法：由振動方程出發(fā)，根據初始條件，即t＝0時，．（x＝x和v＝v0來確定φ值2）旋轉矢量0法：如圖（a）所示，將質點P在Ox軸上振動的初始位置x和速度v的方向與旋轉矢00量圖相對應來確定φ．旋轉矢量法比較直觀、方便，在分析中常采用．題5-8圖解由題給條件知A＝2.0×10-2m，，而初相φ可采用分析中的兩種不ω2/T4πs1同方法來求．解析法：根據簡諧運動方程，當t0xAcost時有，．當sinxAcostvA（1）0時，0，則；xA0101cos1（2）時，，，因，取π；πx000v00cos22222（3）時，，，由，π3x1.0102m0cos0.5v0330取π；33（4）時，，，由，ππ0cos0.5x1.0102m0v0344取4π．34旋轉矢量法：分別畫出四個不同初始狀態(tài)的旋轉矢量圖，如圖（b）所示，它們所對應的初相分別為，，，．ππ4π02331234振幅A、角頻率ω、初相φ均確定后，則各相應狀態(tài)下的運動方程為（1）mx2.0102cos4πt（2）x2.0102cos4πtπ/2m（3）（4）x2.0102cos4πtπ/3mx2.0102cos4πt4π/3m5-9有一彈簧，當其下端掛一質量為m的物體時，伸長量為9.8×10-2m．若使物體上、下振動，且規(guī)定向下為正方向．（1）當t＝0時，物體在平衡位置上方8.0×10-2ｍ處，由靜止開始向下運動，求運動方程．（2）當t＝０時，物體在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上運動，求運動方程．分析求運動方程，也就是要確定振動的三個特征物理量A、ω和φ．其中振動的角頻率是由彈簧振子系統(tǒng)的固有性質（振子質量m及彈簧勁度系數k）決定的，即，kk/m可根據物體受力平衡時彈簧的伸長來計算；振幅A和初相φ需要根據初始條件確定．題5-9圖解物體受力平衡時，彈性力F與重力P的大小相等，即F＝mg．而此時彈簧的伸長量Δl＝9.8×10-2m．則彈簧的勁度系數k＝F／Δl＝mg／Δl．系統(tǒng)作簡諧運動的角頻率為k/mg/l10s1（1）設系統(tǒng)平衡時，物體所在處為坐標原點，向下為x軸正向．由初始條件t＝0時，x＝8.0×10-2m、v＝0可得振幅1010；應用旋轉矢量法可確定2Ax2v/8.0102m初相1010［圖（a）］．則運動方程為π1x8.0102cos10tπm1（2）t＝０時，x＝0、v＝0.6ｍ·s-1，2020同理可得；［圖（b）］．則運動方程為.26010π/2Axv/m22220202x6.0102cos10t0.5πm25-10某振動質點的x-t曲線如圖（a）所示，試求：（1）運動方程；（2）點P對應的相位；（3）到達點P相應位置所需的時間．分析由已知運動方程畫振動曲線和由振動曲線求運動方程是振動中常見的兩類問題．本題就是要通過x－t圖線確定振動的三個特征量A、ω和，從而寫出運動方程．曲線最大幅值即為振幅A；而ω、通?？赏ㄟ^旋轉矢量法或解析法解出，一般矢量法比較方便．00采用旋轉解（1）質點振動振幅A＝0.10ｍ．而由振動曲線可畫出t＝0和t＝4ｓ時旋轉矢01量，如圖（b）所示．由圖可見初相（或π/3），而由得0，則運5π/3tt/2/3ω5π/24s1010動方程為x0.10cos5πtπ/3m24題5-10圖（2）圖（a）中點P的位置是質點從A／2處運動到正向的端點處．對應的旋轉矢量圖如圖（c）所示．當初相取時，點P的π/3相位為（如果初相取成，5π/30t00則點應的相位應表Pp0相p0示為．t02π（3）由旋轉矢量圖可得，則．0ppωt0π/3t1.6spp質量為10g的物體沿x的軸作簡諧運5-11動，振幅A=10cm，周期T=4.0s，t=0時物體的位移為且物體朝x軸負方向運x5.0cm，動，求（1）t=1.0s時物體的位移；（2）t=1.00s時物體受的力；（3）t=0之后何時物體第一次到達x=5.0cm處；（4）第二次和第一次經過x=5.0cm處的時間間隔.分析根據題給條件可以先寫出物體簡諧運動方程.其中振幅A，角頻率均2πxAcos(t)T已知，而初相可由題給初始條件利用旋轉矢量法方便求出.有了運動方程，t時刻位移x和t時刻物體受力也就可以求出.Fmamx2對于（3）、（4）兩問均可通過作旋轉矢量圖并根據公式很方便求解.t解由題給條件畫出t=0時該簡諧運動的旋轉矢量圖如圖（a）所示，可知初相2π.而3A=0.10m，.則簡諧運動方程為2ππs12Tπ2πx0.10cos(t)m23(1)t=1.0s時物體的位移π2π)m8.6610mx0.10cos(1.0223（2）t=1.0s時物體受力πFm2x10103()2(8.66102)N22.14103N（3）設t=0時刻后，物體第一次到達x=5.0cm處的時刻為t，畫出t=0和t=t時刻的旋轉矢量圖，如圖（）b所示，由圖可知，A與111A的相位差為，由得tπtπs2sπ/21（4）設t=0時刻后，物體第二次到達x=5.0cm處的時刻為t,畫出t=t和t=t時刻的旋轉矢量圖，如圖（）c所示，由圖可知，A與2122A的相位差為，2π故有31ttt2π/3s4sπ/2321題5-11圖5-12圖（a）為一簡諧運動質點的速度與時間的關系曲線，且振幅為2cm，求（1）振動周期；（2）加速度的最大值；（3）運動方程．分析根據v-t圖可知速度的最大值vmax，由vmax＝Aω可求出角頻率ω，進而可求出周期T和加速度的最大值a＝Aω2．在要max求的簡諧運動方程x＝Acos（ωt＋φ）中，因為A和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v－t曲線圖可以知道，當t＝0時，質點運動速度v0＝v/2＝Aω/2，之后速度越來越max大，因此可以判斷出質點沿x軸正向向著平衡點運動．利用v0＝－Aωsinφ就可求出φ．解（1）由得，則1.5svmaxA1T2π/ω4.2s（2）24.5102ms2aAmax分析中已知，即（3）從AvAωsinω/20sin1/2π/6,5π/6因為質點沿x軸正向向平衡位置運動，則取，其旋轉矢量圖如圖（b）所示．則運5π/6動方程為5πcm6x2cos1.5t題5-12圖5-13有一單擺，長為1.0m，最大擺角為5°，如圖所示．（1）求擺的角頻率和周期；（2）設開始時擺角最大，試寫出此單擺的運動方程；（3）擺角為3°時的角速度和擺球的線速度各為多少？題5-13圖分析單擺在擺角較小時（θ＜5°）的擺動，其角量θ與時間的關系可表示為簡諧運動方程，其中角頻率ω仍由該系統(tǒng)的性質（重力加速度g和繩長）決定，即costmaxl．初相φ與擺角θ，質點的角速度與旋g/l轉矢量的角速度（角頻率）均是不同的物理概念，必須注意區(qū)分．解（1）單擺角頻率及周期分別為ωg/l3.13s1;T2π/ω2.01s（2）由時可得振動初相，則以t05o角量表示的簡諧運動方程為max0πθcos3.13t36（３）擺角為3°時，有，cost/0.6max則這時質點的角速度為td/dtsint1cos2maxmax0.800.218s1max線速度的大小為vld/dt0.218ms1討論質點的線速度和角速度也可通過機械能守恒定律求解，但結果會有極微小的差別．這是因為在導出簡諧運動方程時曾取，所以，單擺的簡諧運動方程僅在θsin較小時成立．*5-14一飛輪質量為12kg，內緣半徑r＝0.6ｍ，如圖所示．為了測定其對質心軸的轉動慣量，現讓其繞內緣刃口擺動，在擺角較小時，測得周期為2.0s，試求其繞質心軸的轉動慣量．題5-14圖分析飛輪的運動相當于一個以刃口為轉軸的復擺運動，復擺振動周期為，質T2πJ/mgl因此，只要知道復擺振動的周期和轉軸到c心的距離，其以刃口為轉軸的轉動慣量即l可求得．再根據平行軸定理，可求出其繞質c心軸的轉動慣量．解由復擺振動周期，可得JmgrTT2πJ/mgl/4π22（這里）．則由平行軸定理得clrCJJmr2mgrTmr22.83kgm224π205-15如圖（a）所示，質量為1.0×10-2kg的子彈，以500m·s-1的速度射入木塊，并嵌在木塊中，同時使彈簧壓縮從而作簡諧運動，設木塊的質量為4.99kg，彈簧的勁度系數為8.0×103N·m-1，若以彈簧原長時物體所在處為坐標原點，向左為x軸正向，求簡諧運動方程．題5-15圖分析可分為兩個過程討論．首先是子彈射入木塊的過程，在此過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，因而可以確定它們共同運動的初速度v0，即振動的初速度．隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡諧運動．它的角頻率由振子質量m＋m和12彈簧的勁度系數k確定，振幅和初相可根據初始條件（初速度v0和初位移x）求得．初0相位仍可用旋轉矢量法求．解振動系統(tǒng)的角頻率為k/mm40s112由動量守恒定律得振動的初始速度即子彈和木塊的共同運動初速度v0為mv1mmv1.0ms1012又因初始位移x＝0，則振動系統(tǒng)的振幅為02Ax2v/ωv/ω2.5102m000圖（b）給出了彈簧振子的旋轉矢量圖，從圖中可知初相位，則簡諧運動方程為π/20x2.5102cos40t0.5πm5-16如圖（a）所示，一勁度系數為k的輕彈簧，其下掛有一質量為m的空盤．現有1一質量為m的物體從盤上方高為h處自由2落入盤中，并和盤粘在一起振動．問：（1）此時的振動周期與空盤作振動的周期有何不同？（2）此時的振幅為多大？題5-16圖分析原有空盤振動系統(tǒng)由于下落物體的加入，振子質量由m1變?yōu)閙1+m2，因此新系統(tǒng)的角頻率（或周期）要改變．由于，因此，確定初始速度v0和初始位移x是求解振幅A的關鍵．物體落到盤中，Ax2v/ω2000與盤作完全非彈性碰撞，由動量守恒定律可確定盤與物體的共同初速度v0，這也是該振動系統(tǒng)的初始速度．在確定初始時刻的位移x0時，應注意新振動系統(tǒng)的平衡位置應是盤和物體懸掛在彈簧上的平衡位置．因此，本題中初始位移x，也就是空盤時的平衡位置0相對新系統(tǒng)的平衡位置的位移．解（1）空盤時和物體落入盤中后的振動周期分別為T2π/ω2πm/k1mm/k12T2π/ω2π可見T′＞T，即振動周期變大了．（2）如圖（b）所示，取新系統(tǒng)的平衡位置為坐標原點O．則根據分析中所述，初始位移為空盤時的平衡位置相對粘上物體后新系統(tǒng)平衡位置的位移，即mgmmxll2gm2gk1k1012k式中為空盤靜止時彈簧的伸長量，l2＝mg1kl1為物體粘在盤上后，靜止時彈簧的伸2gmm1k長量．由動量守恒定律可得振動系統(tǒng)的初始速度，即盤與物體相碰后的速度mmv0v2gh22mmmm2121式中是物體由h高下落至盤時的速v2gh度．故系統(tǒng)振動的振幅為2mg2khAx2v/1(mm)g2k0012本題也可用機械能守恒定律求振幅A．5-17質量為0.10kg的物體，以振幅1.0×10-2m作簡諧運動，其最大加速度為4.0ｍ·s-1求：（1）振動的周期；（2）物體通過平衡位置時的總能量與動能；（3）物體在何處其動能和勢能相等？（4）當物體的位移大小為振幅的一半時，動能、勢能各占總能量的多少？分析在簡諧運動過程中，物體的最大加速度，由此可確定振動的周期T．另外，Aa2max在簡諧運動過程中機械能是守恒的，其中動能和勢能互相交替轉化，其總能量E＝kA2/2．當動能與勢能相等時，E＝E＝kPkA2/4．因而可求解本題．解（1）由分析可得振動周期T2π/ω2πA/a0.314smax（2）當物體處于平衡位置時，系統(tǒng)的勢能為零，由機械能守恒可得系統(tǒng)的動能等于總能量，即EE1mA221mAak22max2.0103J（3）設振子在位移x處動能與勢能相0等，則有kx2/2kA2/40得x2A/27.07103m0（４）物體位移的大小為振幅的一半（即）時的勢能為xA/21AE/4E1kx22k22P則動能為EEE3E/4一勁度系數k=312的輕彈簧，一KPNm15-18端固定，另一端連接一質量的物體，m0.3kg0放在光滑的水平面上，上面放一質量為的物體，兩物體間的最大靜摩擦系數m0.2kg0.5.求兩物體間無相對滑動時，系統(tǒng)振動的最大能量.分析簡諧運動系統(tǒng)的振動能量為.1EEEkA22kp因此只要求出