高中物理奥赛辅导专题PPT--06振动和波

1奥赛典型例题分析(振动和波)21.如图1所示的振动系统，轻弹簧的劲度系数为k，滑轮的质量为M，细线与滑轮之间无摩擦，两个小物块的质量分别为m1和m2，m1m2，试求滑轮的振动周期.Mm1m2k图13例1解:m1m2k图1••Mm图2aa先看图2的情况，设轻绳的拉力大小为T，则MaTMgmamgT由上一两个方程可解得gmMMmTgmMmMa2,天花板所受的拉力为gmMMmTF42这表明原来系统对天花板的作用与图3物体M′对天花板的作用等效，只要M′取值为4图3MmMMmM4m1m2k图1图4MMk因此，只要在上式中令就可用图4等效于图1,此时有21mmmM，21214mmmmM所以，系统的振动圆频率为MMk系统的振动周期为kMMT2252.如图2所示，物体的质量为m，用弹簧悬挂吊于水平轻杆上，杆的一端与光滑铰链相连，另一端用弹簧悬挂，已知k1、k2、m及尺寸a、b，试求物体m的振动周期.图2Oabk1k2m6设当m处于平衡位置时，弹簧1、2的伸长量分别为∆l10和∆l20,则例2解:图1Oabk1k2moxxθ对m有)1(101lkmg对杆有)2(202101blkalk建立ox轴，如图所示，当杆转过一个微小的角θ时，对m有)3()(101alxkmgmax)4()()(202101bblkaalxk对杆有)6()(221bkaaxk)5()(1axkmax由以上方程可得7)5()(1axkmax)6()(221bkaaxk由(5)、(6)式可得)7(22abkmax由(5)、(7)式消去θ可得0)(2221221xbkakmbkkax由这方程可知m的振动圆频率为)(2221221bkakmbkk故m的微振动周期为2212221)(22bkkbkakmT83.如图3所示，质量为m的小球C由细绳AC和BC共同悬挂，已知AC＝l，BC＝2l，∠ACO＝∠BCO＝30º,试求小球C在垂直纸面方向上的微振动周期.图3CABml2lO30°30°9方法1：以A为等效悬挂点图1CABml2lO例3解：30°30°ggcos30°于是小球C在垂直屏幕面方向上的微小摆动的周期为glglT332230cos2O'方法2：以AB线与CO线的交点O'为等效悬挂点则等效摆长l'为CO'，根据几何关系可求得lACl33230cos那么小球m的微振动周期为glglT33222把重力加速度沿AC方向和AB方向分解，可得在AC方向的分量值为gcos30°.g104.半径为R的轻圆环上固定两个质量相同的小重物，在环上与两个小重物距离相等的O处钻一小孔，将这小孔穿过墙壁上的光滑小钉而把圆环挂起来，使圆环可以在竖直平面上作微振动，两小重物的位置关系可以用它们之间的角距离2α表示，如图4所示，试求圆环微振动的周期.αO图4R●●αR11例4解：图1αOR●●αR用能量法求周期mr设每个重物的质量为m，它作微振动时的最大角振幅为,如图所示，那么它通过平衡位置时的最大速度为mmvmmrAv其中)cos1(22sin2RRr故)1()cos1(2Rvmm于是摆的最大动能为)cos1(22122222RmmvEmmkm设摆的质心C能上升的最大高度为hCm，则据机械能守恒定律有)2(21222mkmCmPmmvEmghEC12Cmr图1αOR●●αR在平衡位置时，质心C据悬挂点O的距离为)cos1(RL因最大偏角为，故质心上升的最大高度为m)cos1)(cos1()cos1(mmCmRLhkmPmEE于是由可得)cos1(2)cos1)(cos1(2222mRmgRmm解得Rgmm22)cos1(因为221cos1mm所以Rg22圆环微振动周期为gRT222135.如图5所示，在水平光滑桌面的中心有一个光滑小孔O，一条劲度系数为k的细弹性绳穿过小孔O，绳的一端系于小孔O正下方地面的A处，另一端系一质量为m的小物块，弹性绳的自然长度等于OA，现将小物块沿桌面拉至B点处，OB＝L，并给小物块一个与OB垂直的初速度v0沿桌面射出，试求：(1)小物块绕O点转过90°到达C点所需要的时间;(2)小物块到达C点时的速度及CO的长度.●OBAv0图514例5解：●OBAv0图1xy•rF••BCO图2(1)据胡克定律，质点在其运动轨迹上任一位置处所受弹力的大小为F＝kr,其中r为质点所在位置与原点O的距离,也是弹性绳的伸长量.由图2得kxFFxcoskyFFysin可见，质点在x方向和y方向都作简谐振动.平衡位置都在原点，振动圆频率都是mk周期都是kmT215质点从起始位置B绕O点运动到C点，对于x方向的简谐振动来说，质点是从最大位移的位置运动到平衡位置的，恰好经历了1/4T,所以xy•rF••BCO图2kmTt241(2)在x方向上，质点作简谐振动，利用如图3所示的参考圆，可确定其振幅和初相:xy0v0xLOB图400xxLA，于是其在x方向的简谐振动方程为tmkLtAxxxcos)cos(0速度为tmkmkLvxsin16，tmkLxcostmkmkLvxsin可求得)2cos()cos(00tmkkmvtAyyy利用公式及初始条件22020yyvyA0000vvyyy，tmkvvycos0因质点经t=T/4时间到达C点，故在C点处，有0,,00CyCxCCvmkLvkmvyx，于是mkLvvvkmvyxOCCyCxCCC22022，176.三根长为l＝2.00m的质量均匀的直杆构成一个等边三角形框架ABC，C点悬挂在一光滑水平转轴上，整个框架可绕转轴转动，杆AB是一导轨，一电动玩具松鼠可在导轨上运动，如图6所示，现观测到松鼠正在导轨上运动而框架却静止不动，试证明松鼠的运动应是一种什么样的运动.ABCl图6ll(96年13届预赛题)18例6解：ABCl图1llxO建立如图所示ox轴.因为题设玩具松鼠在导轨上运动时，框架都静止不动.那么以框架作为研究对象，对C轴力矩平衡，因此当玩具松鼠运动到图中位置时，它除了受到玩具松鼠给以的向下的、大小为mg的压力外，必然受到玩具松鼠给以的大小为F的向左的力作用.于是有mgF60sinFlmgx得xlngF32那么，玩具松鼠也必然受到一个向右的大小等于F的力F'的作用.lmgkkxxlmgF32,3219由此可见，玩具松鼠的运动必然是简谐振动.lmgkkxxlmgF32,32其振动周期为)(64.22322sglkmT因玩具松鼠到达AB导轨两端时应反向它的，所以其振幅不能大于1/2l,即)(00.12mlA由以上论证可知，玩具松鼠在导轨AB上的运动是以AB中点为平衡位置，振幅不大于1米，周期约为2.64s的简谐振动.207.A是某种材料制成的小球，B是某种材料制成的均匀刚性薄球壳，假设A与B的碰撞是完全弹性的，B与桌面的碰撞是完全非弹性的.已知球壳质量为m，内半径为r，放置在水平无弹性的桌面上，小球A的质量也为m，通过一自然长度为r的柔软弹性绳悬挂在球壳内壁的最高处，且有kr=9mg/2，k为弹性绳的弹性系数.起初将小球A拉到球壳的最低点，如图7所示，然后轻轻释放，试详细地、定量地讨论小球A以后的运动.(92年第9届预赛题)AB图7●21例7解：AB图1●••lOO小球A的平衡位置O'与球心O的距离为∆l，且有rkmgl92x以O'为原点建立如图所示的x轴.设任一时刻，小球A偏离平衡位置，其坐标为x，那么它所受的回复力为kxmglxkF)(令，则小球的运动方程为rgmk29)cos(0tAx因为t=0时，09700vrlrx，22所以小球的振幅为rvxA9722020初相为00故小球运动方程为)1(29cos97cos97trgrtrx运动速度为)2(29sin2997trggrv加速度为)3(29cos27trgga当时，即小球A回到球心O处，由(1)式可得rx92••lOOAB图1●x23)20(7229cos11Tttrg所以)20(57329sin11Tttrg由(2)得此时小球的速度为grvA25由(3)得此时小球的加速度为gaA此后，小球向上运动，绳子不再拉紧小球，小球A作竖直上抛运动.小球上升的最大高度不能超过r，故当小球A上升高度为r时，其速度大小为v，有0222grgrvvA24这表明小球A将与球壳相碰，由于两者质量相等，且碰撞为弹性碰撞，所以，A与B交换速度，B竖直上抛，而小球A则自由下落.B能上升的最大高度为42222rgvgvHBB所用时间为grgvtB21此后，B自由下落.而当B上升到最大高度时，小球A的下落高度为42212121rgrggth由于rrrrhHB244这表明此时绳子仍未拉紧.25令，其中rhhBA222121gtvthgthBA，由这三式可解得：grthrhBA20，，这表明经历时间t，绳子将被拉直，此时小球A回到球壳的球心O点，球壳B则经历一升一降，又回到原来位置，并与桌面作完全非弹性碰撞而静止.此时小球A的速度为grgtvO2此后在绳子作用下又作简谐振动.其振动方程为)cos(0tAx由初始条件：可求得grvrx29200，26rvxA109222020，10103sin00Av1010cos00Ax故1010arccos0＝于是)1010arccoscos(1092trx由于rrrrA92109292所以小球A向下运动时不可能与球壳相碰，这是预料中的事，因球壳B与桌面的碰撞是完全非弹性碰撞，能量有所损失.故球壳B将一直静止下去.小球A的振动周期仍为grT92227由图2所示的参考圆可知，小球A从O点下落再回到O点需时间为x图2O0OA)1010arccos(23220grt接着，小球A又做竖直上抛运动，上抛的初速度大小为grvv20其上抛的最大高度为rgvh220max到最高点时速度为零，故小球A只是与球壳轻轻接触而不发生碰撞，然后又落回，球壳B则保持静止.小球A从上抛到回到O点需时间为28grgvt2220此后，球壳B一直保持静止，而小球A则作简谐振动→竖直上抛运动→简谐振动→竖直上抛运动→简谐振动…这样的周期性运动，其运动周期为grgrttT22)1010arccos(232小球A与球壳B的运动情况可以用下图来表示.●●●●●●重复A●B298.如图8所示，一只狼沿半径为R的圆形岛边缘按逆时针方向匀速跑动，当狼经过岛边缘某点时，一只猎犬以相同速率v从岛中心O出发追赶狼，设在追赶过程中狼、猎犬、中心O三者始终在同一直线上，问猎犬应沿何种曲线追赶？它在何处可以追上狼？O·图830例8解：方法一（解析法）：建立极坐标系，如图1所示.设t=0时，犬和狼分别位于图中的O点和A点，经历一段时间，在时刻t，狼到达C点，犬到达距圆心O为r的D点.依题意，O、D、C三点在同一直线上.狼绕岛做圆周运动的角速度是恒量，为vxy•orABCrvDt图1Rv设犬在D点处的径向速度和横向速度分别为和.为保证任何时候犬和狼都在同一直线上，则必须有rvvrvRv即rv由于222vvvr即2222rvvr因此有rrvvrr2即有rrrrvav2或rar2