05机械振动作业及参考答案2015

2015-2016(1)《大学物理A(2)》作业参考答案第十三章机械振动一.选择题:【D】1（基础训练2）一劲度系数为k的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联，下面挂一质量为m的物体，如图13-15所示。则振动系统的频率为：(A)mk3．(B)mk．(C)mk3．(D)mk6．提示：劲度系数为k的轻弹簧截成三等份，每份的劲度系数为变为3k，取出其中2份并联，系统的劲度系数为6k.【C】2（基础训练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/12．(B)T/8．(C)T/6．(D)T/4．提示：从从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程在旋转矢量图上，矢量转过的角位移为13，对应的时间为T/6.[B]3、（基础训练8）图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为(A)23．(B)．(C)21．(D)0．提示：使用谐振动的矢量图示法，合振动的初始状态为2A,初相位为[D]4、（自测提高4）质量为m的物体，由劲度系数为k1和k2的两个轻质弹簧串联后连接到固定端，在光滑水平轨道上作微小振动，则振动频率为：(A)mkkv212．(B)mkkv2121．(C)212121kmkkkv．(D))(212121kkmkkv．提示：两根劲度系数分别为k1和k2的两个轻质弹簧串联后，可看成一根弹簧，其弹xtOA/2-Ax1x2图13-15km2015-2016(1)《大学物理A(2)》作业参考答案性系数满足：21111kkk，2121kkkkk，)(21212kkmkk，可计算得到v【B】5、（自测提高5）一简谐振动曲线如图所示．则振动周期是(A)2.62s．(B)2.40s．(C)2.20s．(D)2.00s．提示：使用谐振动的矢量图示法，初始状态旋转矢量位于第四象限，初始相位为3，到第一次回到平衡位置时，旋转矢量转过的角度为6532＝＋，此过程经历时间为1s，可得65＝，等到周期为2.4s【D】6、（自测提高6）弹簧振子在水平光滑桌面上作简谐振动，其弹性力在半个周期内所做的功为：（）A2kAB221kAC241kAD0提示：振动方程为)cos(0tAx，经过半个周期，质点偏离平衡位置的位移为)cos(0tAx，这两个位置弹簧所具有的弹性势能221kxEp＝相同，所以所做的功为零。二填空题7、(基础训练12)一系统作简谐振动,周期为T，以余弦函数表达振动时，初相为零．在0≤t≤T41范围内，系统在t=_T/8_时刻动能和势能相等．提示：动能和势能相等，为总能量的一半，此时物体偏离平衡位置的位移应为最大位移的22，相位为4，因为初始相位为零，t=T/88、(自测提高9)两个弹簧振子的振动周期都是0.4S，设开始时第一个振子从平衡位置向负方向运动，经过0.5S后，第二个振子才从正方向的端点开始运动，则这两个振动的相位差为：．提示：第一个振子在开始运动时，其初始相位为2，经过TS4115.0后，振动相位为，此时第二个振动才从正方向的端点开始运动，即第二个振动的初始相位为0,所以两图13-23x(cm)t(s)O4212015-2016(1)《大学物理A(2)》作业参考答案个振动的相位差为9、(自测提高10)分别敲击某待测音叉和标准音叉，使他们同时发音，会听到时强时弱的拍音。若测得在20S内拍的次数为180次，标准音叉的频率为300Hz，则待测音叉的频率为：309Hz或291Hz提示：20秒内测得拍的次数为180次，拍的频率为9；而待测音叉和标准音叉产生拍的频率为两个频率的差，即9300121vvv10、(自测提高11)一单摆的悬线长l=1.5m，在顶端固定点的竖直下方0.45m处有一小钉，如图13-26所示．设摆动很小，则单摆的左右两方振幅之比A1/A2的近似值为___0.837___．提示：当单摆在最低位置时，对左右两边有：222211)(21)(21AmAm对于单摆lg，2211AlgAlg837.0:2121llAA11．(自测提高13)一台摆钟每天慢2分10秒，其等效摆长l=0.995m，摆锤可上、下移动以调节其周期．假如将此摆当作质量集中在摆锤中心的一个单摆来考虑，则应将摆锤向上移动2.99mm，才能使钟走得准确？提示：钟摆周期的相对误差T/T钟的相对误差t/t，等效单摆的周期g/l2T，这里g不变，则有ldlTdT//2即有mmttlTTll99.2606024130995.02/2/212(自测提高14)、两个互相垂直的不同频率谐振动合成后的图形如图13-27所示．由图可知x方向和y方向两振动的频率之比xy=___4:3___．提示：在同样的时间间隔内，X方向的振动为2Tx，而y方向的振动为1.5Ty,周期之比为3：4，频率之比相反为4：3三计算题13、（基础训练18）如图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的弹性系数为k=24N/m，物体的质量为6kg，物体静止在平衡位置。设以大小为F=10N的水平恒力向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05m时撤去力F，当物体运动到左方最远位置时开始记时，求物体的运动方程。解：由题意可以得到，当物体在恒力作用下左移0.05米时，满足：图13-27xy图13-26l0.45m小钉2015-2016(1)《大学物理A(2)》作业参考答案FSmvkx222121外力撤去后，系统能量守恒，有222212121kAmvkx代入数据可以得到：mA204.0；2624mk取向右为正，当物体达到左方最远位置为起始时刻，初始相位为振动方程为)2cos(204.0tx14.（基础训练23）有两个同方向的简谐振动，它们的方程(SI单位)如下：4110cos06.04310cos05.021txtx，(1)求它们合成振动的振幅和初位相。(2)若另有一振动)10cos(07.03tx，问为何值时，31xx的振幅为最大；为何值时，32xx的振幅为最小。解：（1）合成振动的振幅：078.006.005.022Am初相位：11tan)41cos06.043cos05.041sin06.043sin05.0(tan110因为旋转矢量位于第一象限，初始相位为84.80(2)若另有一振动)10cos(07.03tx，31xx振幅最大，需要振动的初相位相同，所以43，32xx的振幅最小，需要初相位相差1800，这时4515.（基础训练24）在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为100g的物体，当物体处于平衡位置时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放。已知物体在32内完成48次振动，振幅为5cm。（1）上述的外加拉力有多大？（2）当物体在平衡位置以下1cm时，此振动的动能和势能各是多少？解：(1)由题可知，3222kmTSmNk/88.8NkAf444.005.088.8(因为从静止状态释放，此时偏离平衡位置位移最大，此时弹簧的相对于平衡位置的形变为振幅A)(2)当物体在平衡位置以下1cm时，此振动的势能和动能分别是：2015-2016(1)《大学物理A(2)》作业参考答案JkxEP4221044.4)01.0(88.82121JkxkAEK222221007.1)01.0(88.821)05.0(88.821212116(自测提高18)在平板上放一质量为m=2kg的物体,平板在竖直方向上作简谐振动,其振动周期ST21,振幅A=4cm,(1)物体对平板的压力的表达式;(2)平板以多大的振幅振动时,物体才能离开平板?解:物体的振动方程可以表示为:)4cos(04.00tx取竖直方向为x轴方向,且竖直向上为正方向.考虑到起始时刻未定,引入初始相位0(1)设平板对物体的弹力为N,物体所受重力mg,由牛顿第二定律得:22)(dtxdmmgNF合mgtAmmgdtxdmN)4cos(0222)4cos(28.16.1902tN,物体对平板的压力与弹力大小相等,方向相反)4cos(28.16.19'02tN(2)mgtAmmgdtxdmN)4cos(0222当则有要求最小时取,0,,1)4cos(0NNt0)(42mgAmmA21021.617(自测提高21)质量为M的圆盘挂在劲度系数为k的轻弹簧下，并处于静止状态，如图13-30所示。一质量为m的物体，从距圆盘为h的高度自由下落，并粘在盘上和盘一起振动。设物体和盘相碰瞬间t=0，而且碰撞时间很短。取碰后系统的平衡位置为坐标原点，竖直向下为坐标的正方向。试求系统的振动方程。解：质量为m的物体与质量为M的物体先发生碰撞，碰撞后的瞬时速度大小为v：k图13-30mMh2015-2016(1)《大学物理A(2)》作业参考答案vmMghm)(2)/(2mMghmv，系统动能为：)/()(21221mMghmvMmEk(1)碰撞前后瞬间，弹簧的伸长量为L1=Mg/k,系统势能为kgMkxEp2212221(2)到系统达到平衡位置时，弹簧伸长量为L2=(M+m)g/k，设平衡位置时（M＋m）物体的速度为v’,有：)()(21')(211211222LLgMmEEkLvMmPK(3)2221')(21KAvMm，(4)根据（1）（2）（3）（4）各式，得到kMmghmkmgA)(2)(22；根据条件，此振动的角频率为mMk在t=0时，M＋m在往平衡位置方向运动，并再经平衡位置向正最大位移方向移动，由此可判定在旋转矢量图中，矢量处于第三象限。设t=0时偏离平衡位置位移为x，有：2122121KAEkxK得到kmgx＝初始相位为：kMmghmkmgkmg)(2)(arccos22;也可写成：gmmkh)(2arctan0所以，振动方程为：))(2)(arccoscos()(2)(2222kMmghmkmgkmgtmMkkMmghmkmgx＋或者：）＋gmmkhtmMkkMmghmkmgx)(2arctancos()(2)(02218(自测提高23)如图13-31所示。一质点在x轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A点ABvx图13-312015-2016(1)《大学物理A(2)》作业参考答案时作为计时起点(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点处的速率。解：由旋转矢量图和|vA|=|vB|可知T/2=4秒，∴T=8s，=(1/8)s-1，s-1(1)以AB的中点为坐标原点，x轴指向右方．t=0时，5xcmcosAt=2s时，5xcmsin)2cos(AA由上二式解得tg=1因为在A点质点的速度大于零，所以=-3/4或5/4（如图）25cos/xAcm∴振动方程)434cos(10252tx(SI)(2)速率)434sin(41025dd2ttxv(SI)当t=0时，质点在A点221093.3)43sin(10425ddtxvm/s附加题1（自测提高24）在伦敦与巴黎之间（约S＝320km）挖掘地下直线隧道，铺设地下铁路．设只在地球引力作用下时列车运行，试计算两城市之间需运行多少时间？列车的最大速度是多少？忽略一切摩擦，并将地球看作是