机械振动一章习题解答

机械振动一章习题解答习题12—1把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，使单摆与竖直方向成一微小角度，然后由静止位置放手任其振动，从放手时开始计时，若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初位相为：［］(A)。(B)。(C)0。(D)2。解：单摆的振动满足角谐振动方程，这里所给的是初始角位移，也是角振幅，而非初位相。由旋转矢量法容易判断该单摆振动的初位相为“0”，因此，应当选择答案(C)。习题12—2轻弹簧上端固定，下端系一质量为m1的物体，稳定后在m1下边又系一质量为m2的物体，于是弹簧又伸长了x，若将m2移去，并令其振动，则振动周期为：［］(A)gmxmT122。(B)gmxmT212。(C)gmmxmT)(2211。(D)gmmxmT)(2212。解：谐振子的振动周期只与其本身的弹性与惯性有关，即与其倔强系数k和质量m有关。其倔强系数k可由题设条件求出gmxk2所以xgmk2该振子的质量为m1，故其振动周期为gmxmkmT21122应当选择答案(B)。习题12—3两倔强系数分别为k1和k2的轻弹簧串联在一起，下面挂着质量为m的物体，构成一个竖挂的弹簧谐振子，则该系统的振动周期为：［］(A)21212)(2kkkkmT。(B)212kkmT。mmm题解12―1图t=0ω(C)2121)(2kkkkmT。(D)2122kkmT。解：两弹簧串联的等效倔强系数为2121kkkkk，因此，该系统的振动周期为2121)(22kkkkmkmT所以应当选择答案(C)。习题12—4一质点作简谐振动，周期为T，当它由平衡位置向X轴正方向运动时，从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的时间为：［］(A)T/4。(B)T/12。(C)T/6。(D)T/8。解：参见旋转矢量图，可得关系式tTt231有该式解得6Tt所以应当选择答案(C)。习题12—5一倔强系数为k的轻弹簧截成三等份，取其中的两根，将它们并联在一起，下面挂一质量为m的物体，如图所示。则振动系统的频率为：［］(A)mk21。(B)mk621。(C)mk321。(D)mk321。解：弹簧截成三等份，其每一段的倔强系数为3k；再取其中两段并联的等效倔强系数为6k，因此，我们可得该振动系统的频率为mk6212故应当选择答案(B)。习题12—6两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同，第一个质点的振动方程为)cos(1tAx，当第一个质点从相对平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大位移处，则第二个质点的振动方程为：kmm习题12―5图tttXA–A60°A/2题解12―4图［］(A))21cos(2tAx。(B))21cos(2tAx。(C))32cos(2tAx。(D))cos(2tAx。解：可画出这两个振动的旋转矢量图，容易看出这两个振动的位相差为2112因此，只有答案(B)是正确的。习题12─7一质点作简谐振动，其运动速度与时间的曲线如图所示，若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初位相为。解：设质点的振动规律为)cos(tAx则其运动速度为)cos()2cos()sin(vvtVtAtAdtdxm式中2v是运动速度的初位相，由题给速度曲线用旋转矢量法容易知道32v因此6523习题12─8一弹簧振子简谐作振动，振幅为A，周期为T，其运动方程用余弦表示。若t=0(1)振子在负的最大位移处，则初位相为；(2)振子在平衡位置向正方向运动，则初位相为；(3)振子在位移为A/2处，且向负方向运动，则初位相为。解：用旋转矢量法可以确定：情况(1)的初位相为；情况(2)的初位相为mvt(s)vO2mv习题12―7图31mvvmvmv题解12―7图1A2AX题解12―6图O2；情况(3)的初位相为3。习题12—9一简谐振动的表达式为)3cos(tAx，已知t=0时的初位移为0.04m，初速度为0.09m/s，则振幅A=，初相。解：由初位移x0和初速度v0可求振幅A和初相m05.0309.004.022222020vxA∵8.005.004.0cos0Ax而005.0309.0sin0Av∴87.368.0arccos[注意：本题的答案可能有误，根据计算结果该振动的初位相应该是负值。]习题12—10一系统作简谐振动，周期为T，以余玄函数表示振动时，初位相为零。在20Tt范围内，系统在t=时刻动能和势能相等。解：依题意有如下关系222121vmkx即tAmtkA22222sin21cos21∵2mk∴1tg2t12tgtT∴42tT或者432tTXt=0(1)题解12―8图Xt=023(2)X3t=0(3)故在20Tt范围内，当8Tt或者83Tt时刻，系统的动能和势能相等。习题12—11两个简谐振动曲线如图所示，两个简谐振动的频率之比f1:f2=，加速度最大值之比a1:a2=，初始速率之比v10:v20=。解：由曲线图可以看出，x1的周期是x2的一半，因此它们的频率之比应为2:1；而加速度的最大值正比于频率的平方，因此第二个空白应填4:1；由于初始速度sin2sin0AAv而x1和x2的初相、振幅都相等，因而它们的初速都应与频率成正比，即它们的初始速率之比v10:v20与频率之比相等，也为2:1。习题12─12一质点作简谐振动，振动图线如图所示，根据此图，它的周期T=，用余玄函数描述时的初位相。解：根据振动图线可画出旋转矢量图，可得6762∴1272T∴s43.3724T从旋转矢量图还可以得到32或34习题12—13质量为2kg的质点，按方程)65sin(2.0tx(SI)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。解：(1)质点的加速度为xtdtxda25)65sin(2.05222XXX1X2A－AtO习题12―11图t(s)X2O4–2习题12―12图t=0t=2X32题解12―12图作用于质点的力为)65sin(10tmaF把t=0s代入上式得N5)6sin(10F(2)作用于质点的力的最大值为N102.05222maxmaxAmmaF该力的大小为N10maxF由于xmaF50令上式中(N)10maxFF可得m2.0x习题12—14一质量为M的物体在光滑水平面上作简谐振动，振幅是12cm,在距平衡位置6cm处速度是24cm/s，求：(1)周期T；(2)当速度是12cm/s时的位移。解：(1)设物体的振动方程为)2cos(12.0)cos(tTtAx①因而物体的振动速度为)2sin(24.0tTTdtdxv②把x=0.06m代入①得5.0)2cos(tT由三角关系23)5.0(1)2(cos1)2sin(22tTtT③把v=0.24m/s和③均代入②并取绝对值得TT312.02324.024.0由此解得s72.223T(3)把v=0.12m/s代入②可得4324.012.02324.0)2sin(vTtT可得316411631)2(sin1)2cos(222tTtT④把④代入①得cm9.11431612.02x习题12─15一质点在X轴上作简谐振动，取该质点向右运动通过A点时作为计时起点(t=0)，经过2秒后质点第一次经过B点，再经过2秒后质点第二次经过B点，若已知该质点在A、B两点具有相同的速率，且AB＝10cm。求：(1)质点的振动方程；(2)质点在A点的速率。解：(1)依题意可画出旋转矢量图，由于BAvv，A、B相对于原点对称，AB中点为平衡位置，也是坐标原点。设质点的振动方程为)cos(tAx显然，由于时间均为2秒，图示的两个角度相等，均为2，因此圆频率满足22，4初位相454（或者写成43）振幅205.02205.0)4cos(2ABAm所以质点的振动方程为)454cos(205.0tx(SI)(2)质点的速率ABvX习题12―15图ABXt=0t=2t=4题解12―15图)454sin(4205.0tdtdxv求A点的速率，可令t=0m/s1093.3405.0)22(4205.045sin4205.020tv［注：该题是旋转矢量法的典型应用，用该法能直观、方便地进行求解；用解析法也可以求解，但是较繁而且不直观。］习题12─16一物体作简谐振动，其速度最大值vm=3×10-2m/s，振幅A=2×10-2m。若t=0时，物体位于平衡位置且向X轴的负方向运动。求：(1)振动周期T；(2)加速度的最大值am；(3)振动方程的数值表达式。解：(1)∵Amv∴122s5.1102103Amv∴振动周期s19.45.122T(2)加速度的最大值22222m/s105.41025.1Aam(3)因t=0时，物体位于平衡位置且向X轴负向运动，所以振动的初位相2，故振动方程为)25.1cos(02.0tx(SI)习题12─17两个同方向的简谐振动的振动方程分别为)81(2cos10421tx，)41(2cos10322tx(SI)求：合振动方程。解：设合振动方程为)cos(tAx则)cos(212212221AAAAAm1048.6)24cos(10122)103()104(242222初位相满足06.22cos1034cos1042sin1034sin104coscossinsintg222222112211AAAA因此rad12.110.6406.2arctg故合振动方程为)12.12cos(1048.62tx(SI)习题12—18在竖直面内半径为R的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处。然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动，试证：(1)此物体作简谐振动；(2)此简谐振动的周期gRT2。解：(1)以半径R与竖直方向的夹角表示小物体的角位移，并且规定在竖直方向右侧0，反之在竖直方向左侧，则0。当物体在任一角位移处时，它所受到的对O点的外力矩为mgRmgRMsin若把小物体看成单质点的“刚体”，由转动定律有222dtdmRmgR即022Rgdtd可令Rg2则有0222dtd因此，小物体是作角谐振动。(2)该物体作角谐振动的周期为gRT22习题12—19两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为20cm，与第一个简谐振动的位相差为61，若第一个简谐振动的振幅为OR题解12―18图cm310=17.3cm，则第二个简谐振动的振幅为cm，第一、二两个简谐振动的位相差21。解：合振动的振幅矢量与两个分振动的振幅矢量有如下关系21AAA由此可得第二个简谐振动的振幅为)6cos(212122AAAAA23310202)310(2022cm10从振幅矢量关系图容易看出1A和2A之间的夹角为2，也就是说