第九章振动习题解答

第9章振动第九章振动习题解答9.2.1一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τ=-mghsinφ因为是微小摆动，sinφ≈φ,∴τ=-mghφ，即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位置附近运动，因而是简谐振动。由转动定理：22/dtIdmgh即，ImghImghImghdtd020,022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坐标o-x。设m向右偏离平衡位置x，则弹簧1被拉长x，弹簧2被压缩x，m所受的合力（即回复力）xkkF)(21.由牛顿第二定律：0,)(21222221xmxkkmkkdtxddtxdmkkmkk2121020,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？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ΔL1，弹簧2伸长ΔL2，ΔL1+ΔL2=x(1)；由于忽略弹簧质量，两个弹簧连接点处所受的两个弹力等大反向，即k1ΔL1=k2ΔL2(2)；由⑴、⑵解得：xLkkk2112，所以m所受的回复力xLkFkkkk212122，由牛顿二定律；222121dtxdkkkkmx，即0)(212122xkkmkkdtxd)(02121'kkmkk，未串联前频率mk10，令0210'，即mkkkmkk1212121)(，可求得：1312kk9.2.4单摆周期的研究：⑴单摆悬挂于以加速度a沿水平方向直线行驶的车厢内；⑵单摆悬挂于以加速度a上升的电梯内；⑶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.mf*=maTmgaα第9章振动解：⑴以车为参考系，单摆受力如图示，设平衡位置与竖直线成α角，由平衡条件：gatgmgTmaT/,cos,sin设单摆偏离平衡位置角位移为θ(θ5°)，单摆所受回复力矩：)sincos()]sin(cos)cos(sin[cossin,sin,1cos,5)]sinsincos(cos)sincoscos(sin[)]cos()sin([agmlagmlagagmlmalmgl由转动定理：)sincos(,222agmlmlIdtd，222222222,,,/sin,/cos,00sincos202222sincosgallgalgalaglagdtdTgaagag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glT2，g是重力场强度现在单摆在力场amgmfgmgm*'中振动，力场强度：2222,',''22aglglTaggagg⑵以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向，由转动定理：222)(sin)(dtdmllagmlmamgagllaglagdtdT2,,0022同样可以认为单摆在力场amgmgm'中振动，力场强度：aglglTagg22,''⑶与前面分析完全相同，aglT29.2.5在通常温度下，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6.02×1023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。解：利用9.2.2题的结果：mkmkk2021kk第9章振动mNmk/354)102(2131002.610108212021233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22cm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72.08.90mk.设振子的运动学方程为)2()7sin(7),1()7cos(tAvtAxdtdx.据题意,t=0时，smvmx/100.7,102222,代入⑴、⑵中，有)'2(sin7100.7,)'1(cos102222AA由⑴'、⑵'可解得：A=3×10-2m；3/1sin,3/22cos,α=-19.47º=-0.34rad.代入（1）中，振子的运动学方程为：x=3×10-2cos(7t-0.34).9.2.7质量为1.0×103g的物体悬挂在劲度系数为1.0×106dyn/cm的弹簧下面，⑴求其振动的周期；⑵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。解：以平衡位置为坐标原点，建立图示坐标o-x⑴10101031010100.10256mksT199.01010220⑵设运动学方称为)1010cos(tAx)1010sin(1010tAv，将t=0时，x=0.5×10-2,v=15×10-2代入，有②）（①，sin102/103cos105.022AA①2+②2，可求得A2=0.475×10-4，A=6.89×10-3m，将A值代入①、②中得：②rad759.0,688.0sin,726.0cos所以，运动学方程为：)759.01010cos(1089.63tx9.2.8⑴一简谐振动的规律为x=5cos(8t+π/4),若计时起点提前0.5s，其运动学方程如何表示？欲使其初相为零，计时起点应提前或推迟若干？⑵一简谐振动的运动学方程为x=8sin(3t-π),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？Ox第9章振动⑶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：⑴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+π/4).当t0=0.5s时，x=5cos(8t'-4+π/4)=5cos(8t'-184º)=5cos(8t'+176º)若使初相为零，令-8t0+π/4=0，得t0=π/32，即计时起点提前π/32秒可使初相为零。⑵原方程x=8sin(3t-π)=8cos(3t-3π/2).设计时起点推迟t0秒，则t'=t-t0，将t=t'+t0代入原方程得x=8cos(3t'+3t0-3π/2).当t0=1s时，x=8cos(3t'+3-3π/2)=8cos(3t'-98º),∴t0=1s时，初相α=（3-3π/2）rad=-98º若使初相为零，令3t0-3π/2=0，得t0=π/2，即计时起点推迟π/2秒可使初相为零。⑶t=0t=0t’=0176º45ºoxo-98ºxt’=09.2.9画出某简谐振动的位移-时间曲线，其振动规律为x=2cos2π(t+1/4)(SI制).解：由运动学方程可知：A=2m,ω0=2π,T=2π/ω0=1s,α=π/2.方法一：根据余弦函数图像规律：相位Φ=0,π/2,π,3π/2,2π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2π(t+1/4)=0,π/2,π,3π/2,2π;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=2cos2πt',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)2-10123456t(1/4s)-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。⑴求其振动的周期。⑵求与其振动周期相等的单摆的长度。⑶将圆环去掉2/3而刀口支于剩余圆环的中央，求其周期与整圆环摆动周期之比。解：⑴如图示,τo=-mgRsinφ≈-mgRφ由平行轴定理，Io=mR2+mR2=2mR2；据转动定理τo=Ioβ,∴2222dtdmRmgR,即gRRgoRgdtdoT22222,,022⑵∵单摆的周期为gLT2∴与薄圆环振动周期相等的单摆的摆长L=2R.⑶设剩余圆环的质心在c处，质量为m/3.据平行轴定理：Io=Ic+mr2/3;Io’=mR2/3=Ic+m(R-r)2/3,∴Ic=mR2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr2/3第9章振动代入前式得Io=2mRr/3.设余环摆角为φ，则τo=-mgrφ/3.由转动定理τo=Ioβo，有–mgrφ/3=(2mRr/3)d2φ/dt2,即gRRgoRgdtdoT22222,,022.由于和剩余环的大小无关，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。9.2.111m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。⑴求当h=50cm和h=100cm时的比值T//T0.⑵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)1(2cmghIT，其中hc为摆质心到转轴的距离。未加小物体时：2031220201210)(,lmmlmImml2lch，代入（1）中glT3202.加小物体后：42020002/)(,2lhlcmmhmhmm，202031hmlmI,代入（1）中)2(3)3(2222lhghlT∴hllhlTT232220⑴当l=1m,h=0.5m时，9354.015.0215.0312220TT当l=1m,h=l=1m时，155.111211312220TT⑵令T=T0，即0)23(,23222lhhhllhl，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glT3202可知，此物理摆的等效单摆长度为l32，因此，在lh32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.由动量守恒，有021202)(vmmvmsmvmmvm/1.01.09.00.11.0021202第9章振动碰后两球构成一个单摆,圆频率3.39.08.90lg.设运动学方程)2()3.3sin(3.3),1()3.3cos(tAvtAxdtdx将t=0时,x=0,v=0.1代入,得：0=Acosα⑴’,0.1=-3.3Asinα⑵’α要同时满足⑴’⑵’，只有取α=-π/2；代入⑵’得A≈0.03.所以运动学方程为：)3.3cos(03.02tx9.2.13