新编基础物理学上册5-6单元课后答案

第五章5-1有一弹簧振子，振幅mA2100.2，周期sT0.1，初相.4/3试写出它的振动位移、速度和加速度方程。分析根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。解：振动方程为：]2cos[]cos[tTAtAx代入有关数据得：30.02cos[2]()4xtSI振子的速度和加速度分别是：3/0.04sin[2]()4vdxdttSI2223/0.08cos[2]()4adxdttSI5-2若简谐振动方程为mtx]4/20cos[1.0，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t=2s时的位移、速度和加速度.分析通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ttAx得：振幅0.1Am，角频率20/rads，频率1/210s，周期1/0.1Ts，/4rad（2）2ts时，振动相位为：20/4(40/4)trad由cosxA，sinA，22cosaAx得20.0707,4.44/,279/xmmsams5-3质量为kg2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SItx沿着x轴振动.求：（1）t=0时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。解：（1）跟据xmmaf2，)]6/(5sin[2.0tx将0t代入上式中，得：5.0fN（2）由xmf2可知，当0.2xAm时，质点受力最大，为10.0fN5-4为了测得一物体的质量m，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率Hz0.11；而当将另一已知质量为'm的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz0.22.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析根据简谐振动频率公式比较即可。解：由mk/21，对于同一弹簧（k相同）采用比较法可得：mm'21解得：'4mm5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅mA2100.2，周期T=0.5s，当t=0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在mx2100.1处，向负方向运动；（4）物体在mx2100.1处，向负方向运动.求以上各种情况的振动方程。分析根据旋转矢量图由位移和速度确定相位。进而得出各种情况的振动方程。解：设所求振动方程为：]4cos[02.0]2cos[ttTAx由A旋转矢量图可求出3/2,3/,2/,04321（1）0.02cos[4]()xtSI（2）0.02cos[4]()2xtSI（3）0.02cos[4]()3xtSI（4）20.02cos[4]()3xtSI5-6在一轻弹簧下悬挂0100mg砝码时，弹簧伸长8cm.现在这根弹簧下端悬挂250mg的物体，构成弹簧振子.将物体从平衡位置向下拉动4cm，并给以向上的21cm/s的初速度（令这时t=0）.选x轴向下，求振动方程.分析在平衡位置为原点建立坐标，由初始条件得出特征参量。解：弹簧的劲度系数lgmk/0。题图5-5当该弹簧与物体m构成弹簧振子，起振后将作简谐振动，可设其振动方程为：]cos[tAx角频率为mk/代入数据后求得7/rads以平衡位置为原点建立坐标，有：000.04,0.21/xmvms据2020)/(vxA得：0.05Am据Ax01cos得0.64rad由于00v,应取)(64.0rad于是，所求方程为：))(64.07cos(05.0mtx5-7某质点振动的x-t曲线如题图5－7所示.求：（1）质点的振动方程；（2）质点到达P点相应位置所需的最短时间.分析由旋转矢量可以得出相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据P点的相位确定最短时间。00001cos()0,/2,031,325650.1cos()6320xAttxAvtstxtmP解：（）设所求方程为：从图中可见，由旋转矢量法可知；又故：（）点的相位为0500.4630.4ppptttsPs即质点到达点相应状态所要的最短时间为5-8有一弹簧，当下面挂一质量为m的物体时，伸长量为m2108.9.若使弹簧上下振动，且规定向下为正方向.（1）当t＝0时，物体在平衡位置上方m2100.8，由静止开始向下运动，求振动方程.(2)当t＝0时，物体在平衡位置并以0.6m/s的速度向上运动，求振动方程.分析根据初始条件求出特征量建立振动方程。解：设所求振动方程为：)cos(tAx题图5-7其中角频率lgmlmgmk//，代入数据得：10/rads（1）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：000.08,0xmv据2020)/(vxA得：0.08Am据Ax01cos得rad由于0v＝0,不妨取rad于是，所求方程为：10.08cos(10)()xtSI（2）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：000,0.6/xvms据2020)/(vxA得：0.06Am据Ax01cos得/2rad由于00v,应取/2rad于是，所求方程为：20.06cos(10/2)()xtSI5-9一质点沿x轴作简谐振动，振动方程为)SI)(3t2cos(104x2，求：从t=0时刻起到质点位置在x=-2cm处，且向x轴正方向运动的最短时间.分析由旋转矢量图求得两点相位差，结合振动方程中特征量即可确定最短时间。解:依题意有旋转矢量图从图可见02(0)tt而012ts故所求时间为：5-10两个物体同方向作同方向、同频率、同振幅的简谐振动，在振动过程中，每当第一个物体经过位移为2/A的位置向平衡位置运动时，第二个物体也经过此位置，但向远离平衡解答图5-9位置的方向运动，试利用旋转矢量法求它们的相位差.分析由旋转矢量图求解。根据运动速度的方向与位移共同确定相位。解：由于2/10Ax、100v可求得：4/1由于2/20Ax、200v可求得：4/2如图5-10所示，相位差：12/25-11一简谐振动的振动曲线如题图5-11所示，求振动方程.分析利用旋转矢量图求解，由图中两个确定点求得相位，再根据时间差求得其角频率。解：设所求方程为)cos(tAx当t=0时：115,0xcmv由A旋转矢量图可得：02/3trad当t=2s时：从x-t图中可以看出：220,0xv题图5-11题图5-11题图5-10据旋转矢量图可以看出，23/2trad所以，2秒内相位的改变量203/22/35/6ttrad据t可求出：/5/12/trads于是：所求振动方程为：520.1cos()()123xtSI5-12在光滑水平面上,有一作简谐振动的弹簧振子,弹簧的劲度系数为K,物体的质量为m,振幅为A.当物体通过平衡位置时,有一质量为'm的泥团竖直落到物体上并与之粘结在一起.求:（1）'m和m粘结后,系统的振动周期和振幅;（2）若当物体到达最大位移处,泥团竖直落到物体上,再求系统振动的周期和振幅.分析系统周期只与系统本身有关，由质量和劲度系数即可确定周期，而振幅则由系统能量决定，因此需要由动量守恒确定碰撞前后速度，从而由机械能守恒确定其振幅。解:（1）设物体通过平衡位置时的速度为v,则由机械能守恒:221122KKAmvvAm当'm竖直落在处于平衡位置m上时为完全非弹性碰撞,且水平方向合外力为零,所以(')'mvmmumuvmm此后,系统的振幅变为'A,由机械能守恒,有2211'(')22'''KAmmummmAuAKmm系统振动的周期为:K'mm2T（2）当m在最大位移处'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K'mm2.5-13设细圆环的质量为m,半径为R,挂在墙上的钉子上.求它微小振动的周期.分析圆环为一刚体须应用转动定律，而其受力可考虑其质心。解:如图所示,转轴o在环上,角量以逆时针为正,则振动方程为sinmgRdtdJ22当环作微小摆动sin时,2220ddt解答图5-13mgRJ22JmR222RTg5－14一轻弹簧在60N的拉力下伸长30cm．现把质量为4kg的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止，再把物体向下拉10cm，然后由静止释放并开始计时．求(1)此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2)物体的振动方程；(3)物体在平衡位置上方5cm时弹簧对物体的拉力；(4)物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5cm处所需要的最短时间．(5)如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A需满足何条件？二者在何位置开始分离？分析小物体分离的临界条件是对振动物体压力为零，即两物体具有相同的加速度，而小物体此时加速度为重力加速度，因此可根据两物体加速度确定分离条件。解：选平衡位置为原点，取向下为x轴正方向。由：fkx200/fkNmx/507.07/kmrads(1)小物体受力如图．设小物体随振动物体的加速度为a，按牛顿第二定律有maNmg)(agmN当N=0，即a=g时，小物体开始脱离振动物体，已知A=10cm，200/,7.07/kNmrads系统最大加速度为22max5aAms此值小于g，故小物体不会离开．(2)00010cos,0sintxcmAvA时，解以上二式得100Acm∴振动方程0.1cos(7.07)()xtSI(3)物体在平衡位置上方5cm时，弹簧对物体的拉力()fmga，而222.5axms29.2fN(4)设1t时刻物体在平衡位置，此时0x，即10cos,At∵此时物体向上运动，0v∴11,0.22222tts。Nmg题图5－14x5cmO题图5－14再设2t时物体在平衡位置上方5cm处，此时5xcm，即25cos,At∵此时物体向上运动，0v2222,0.29633tts210.074ttts(5)如使ag，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N=0求得xag22/19.6xgcm即在平衡位置上方19.6cm处开始分离，由gAa2max，可得2/19.6Agcm。5-15在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0Kg的重物.现使平板沿竖直方向作上下简谐振动，周期为0.50s，振幅为m2100.2，求：（1）平板到最低点时，重物对板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物会跳离平板？分析重物跳离平板的临界条件是对平板压力为零。解：重物与平板一起在竖直方向上作简谐振动，向下为正建立坐标，振动方程为：)4cos(02.0tx设平板对重物的作用力为N，于是重物在运动中所受合力为：fmgNma，2ax而据牛顿第三定律，重物对平板的作用力'N为：)('2xgmNN（1）在最低点处：Ax,由上式得，'12.96NN（2）频率不变时，设振幅变为'A,在最高点处（'Ax）重物与平板间作用力最小，设0'N可得：2'/0.062Agm（3）振幅不变时，设频率变为'