力学第二版习题答案第九章

第九章基本知识小结⒈物体在线性回复力F=-kx，或线性回复力矩τ=-cφ作用下的运动就是简谐振动，其动力学方程为,02022xdtxd（x表示线位移或角位移）；弹簧振子：ω02=k/m，单摆：ω02=g/l，扭摆：ω02=C/I.⒉简谐振动的运动学方程为x=Acos(ω0t+α)；圆频率、频率、周期是由振动系统本身决定的，ω0=2π/T=2πv；振幅A和初相α由初始条件决定。⒊在简谐振动中，动能和势能互相转换，总机械能保持不变；对于弹簧振子，22021221AmkAEEpk。⒋两个简谐振动的合成分振动特点合振动特点方向相同，频率相同与分振动频率相同的简谐振动Δα=±2nπ合振幅最大Δα=±(2n+1)π合振幅最小方向相同，频率不同，频率成整数比不是简谐振动，振动周期等于分振动周期的最小公倍数方向相同，频率不同，频率较高，又非常接近出现拍现象，拍频等于分振动频率之差方向垂直，频率相同运动轨迹一般为椭圆Δα=±2nπ简谐振动（ⅠⅢ象限）Δα=±(2n+1)π简谐振动(ⅡⅣ象限)方向垂直，频率不同，频率成整数比利萨如图形，花样与振幅、频率、初相有关⒌阻尼振动的动力学方程为022022xdtdxdtxd。其运动学方程分三种情况：⑴在弱阻尼状态（β＜ω0），振动的方向变化有周期性，220'),'cos(tAext，对数减缩=βT’.⑵在过阻尼状态（β＞ω0），无周期性，振子单调、缓慢地回到平衡位置。⑶临界阻尼状态（β=ω0），无周期性，振子单调、迅速地回到平衡位置⒍受迫振动动力学方程tfxdtdxdtxdcos202022；其稳定解为)cos(0tAx，ω是驱动力的频率，A0和φ也不是由初始条件决定,222220004)(/fA2202tg当2202时，发生位移共振。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=-mghsinφOh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φC置附近运动，因而是简谐振动。由转动定理：22/dtIdmghmg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k1k2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2ox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2k1伸长ΔL2，ΔL1+ΔL2=x(1)；由于忽略弹簧质量，k2两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，o所以m所受的回复力xLkFkkkk212122，x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.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，mmf*=maTmgaα222222222,,,/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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(tAxkkOx)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：rad759.0,688.0sin,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？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。O解：⑴如图示,τo=-mgRsinφ≈-mgRφR由平行轴定理，Io=mR2+mR2=2mR2；据转动φC定理τo=Ioβ,∴2222dtdmRmgR,即mggRRgoRgdtdoT22222,,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.o⑶设剩余圆环的质心在c处，质量为rm/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：2