大学物理学振动与波动习题答案

大学物理学振动与波动习题答案
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大学物理学（上）第四，第五章习题答案
第4章振动
p174．
4．1一物体沿x轴搞四极振动，振幅a=0.12m，周期t=2s．当t=0时，物体的加速度x=0.06m，且向x轴正向运动．谋：
（1）此简谐振动的表达式；
（2）t=t/4时物体的边线、速度和加速度；
（3）物体从x=-0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．
[答疑]（1）设立物体的四极振动方程为
x=acos(ωt+φ)，
其中a=0.12m，角频率ω=2π/t=π．
当t=0时，x=0.06m，所以
cosφ=0.5，
因此
φ=±π/3．物体的速度为
v=dx/dt=-ωasin(ωt+φ)．当t=0时，
v=-ωasinφ，
由于v>0，所以sinφ<0，因此
φ=-π/3．四极振动的表达式为
x=0.12cos(πtcπ/3)．（2）当t=t/4时物体的位置为
x=0.12cos(π/2cπ/3)=0.12cosπ/6=0.104(m)．速度为
v=-πasin(π/2cπ/3)
=-0.12πsinπ/6=-0.188(ms-1
)．加速度为
a=dv/dt=-ω2acos(ωt+φ)
=-π2
acos(πt-π/3)
=-0.12π2cosπ/6=-1.03(ms-2
)．（3）方法一：求时间差．当x=-0.06m时，可得
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cos(πt1-π/3)=-0.5，
因此
πt1-π/3=±2π/3．
由于物体向x轴正数方向运动，即v<0，所以sin(πt1-π/3)>0，因此
πt1-π/3=2π/3，
得t1=1s．
当物体从x=-0.06m处第一次回到平衡位置时，x=0，v>0，因此
cos(πt2-π/3)=0，
可得πt2-π/3=-π/2或3π/2等．由于t2>0，所以
πt2-π/3=3π/2，只须t2=11/6=1.83(s)．
所需要的时间为
δt=t2-t1=0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x=-0.06m，向x轴正数方向运动第一次返回平衡位置所需的时间就是它从x=0.06m，即为从起点向x轴正方向运动第一次返回平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x=0，v<0，因此
cos(πt-π/3)=0，
可以得πt-π/3=π/2，Champsaurt=5/6=0.83(s)．
[注意]根据振动方程
x=acos(ωt+φ)，
当t=0时，可得
φ=±arccos(x0/a)，（-π<φqπ），初位相的值域由速度同意．
由于
v=dx/dt=-ωasin(ωt+φ)，当t=0时，
v=-ωasinφ，
当v>0时，sinφ<0，因此
φ=-arccos(x0/a)；当v<0时，sinφ>0，因此
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φ=arccos(x0/a)．
可知：当速度大于零时，初位相取负值；当速度大于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初边线x0=a时，φ=0；当初边线x0=-a时，φ=π．
4．2已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：
（1）a，b，c，d，e各点的位相，及抵达这些状态的时刻t各就是多少？未知周期为t；
（2）振
x动表达式；
aa（3）画a/2b出旋转矢量oc图．
dt[答疑]e方法一：由图6.2十一位说媒时间．
（1）设曲线方程为
x=acosφ，
其中a表示振幅，φ=ωt+φ表示相位．
由于xa=a，所以
cosφa=1，
因此φa=0．
由于xb=a/2，所以
因此φb=±π/3；由于位相φ随时间t增加，b点位相就应该大于a点的位相，因此
φb=π/3．由于xc=0，所以
cosφc=0，
又由于c点位二者大于b位相，因此
φc=π/2．
同理可以得其他两点位灵府φd=2π/3，φe=π．c点和a点的增益之高为π/2，时间之高为t/4，而b点和a点的增益之高为π/3，时间之差必须为t/6．因为b点的加速度值与o时刻的加速度值相同，所以抵达a点的时刻为
ta=t/6．
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到达b点的时刻为
tb=2ta=t/3．
到达c点的时刻为
tc=ta+t/4=5t/12．
到达d点的时刻为
td=tc+t/12=t/2．
到达e点的时刻为
te=ta+t/2=2t/3．（2）设立振动表达式为
x=acos(ωt+φ)，
当t=0时，x=a/2时，所以
cosφ=0.5，
因此
φ=±π/3；
由于零时刻的位相大于a点的位相，所以
因此振动表达式为
x?acos(2?tt??3)．另外，在o时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；
由于其斜率大于dc零，所以速度小b于零，因此初位ea相取负值，从而
oφx可得运动方程．
a（3）例如图转动矢量图右图．
方法
二：由时间x求位二者．将
aa曲线反方a/2bf向延长与toc轴相交于fdt点，由于exf=0，根
据运动方程，可以得
cos(2?tt??3)?0
所以
2?tft??32．word完美格式
似乎f点的速度大于零，所以挑负值，Champsaur
tf=-t/12．
从f点抵达a点经过的时间为t/4，所以抵达a点的时刻为
ta=t/4+tf=t/6，
其位灵府
taa2t30．
由图可以确认其他点的时刻，同理只须各点的位相．
4．3如图所示，质量为10g的子弹以
速度v=103ms-1
水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐mvmk振动．设弹簧
的高傲系数k
图4.3=8×103nm-1
，木块的质量为4.99kg，数等桌面摩擦，试求：
（1）振动的振幅；（2）振动方程．
[答疑]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还顾不上运动，弹簧没被放大，它们的动量动量，即为
mv=(m+m)v0．
Champsaur子弹射入后的速度为
v0=mv/(m+m)=2(ms-1)，
这也就是它们振动的初速度．
子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得
(m+m)v22
0/2=ka/2，
所以振幅为
a?vm?m0k=5×10-2
(m)．（2）振动的圆频率为
km?m=40(rads-1
)．
取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x的正方向，振动方程可设为
x=acos(ωt+φ)．
当t=0时，x=0，可得
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φ=±π/2；
由于速度为也已，所以取负的初位二者，因此振动方程为
x=5×10-2cos(40t-π/2)(m)．4．4如图所示，在倔强系数为k的
弹簧下，摆一质量为
km的托盘．质量为mx1x2的物体由距盘底高moh处自由下落与盘h发生完全非弹性碰
m撞到，而使其并作珍谐振
动，设两物体碰后瞬
x时为t=0时刻，谋
图4.4振动方程．
[答疑]物体落后、相撞前的速度为
v?2gh，
物体与纸盒搞全然非弹簧相撞后，根据动量守恒定律可以得它们的共同速度为
vm0?m?mv?mm?m2gh，
这也就是它们振动的初速度．设立振动方程为
x=acos(ωt+φ)，
其中圆频率为
km?m．
物体没落之前，纸盒均衡时弹簧弯曲为x1，则
x1=mg/k．
物体与纸盒相撞之后，在代莱平衡位置，弹簧弯曲为x2，则
x2=(m+m)g/k．
挑代莱平衡位置为原点，价值观念下的方向为也已，则它们振动的初加速度为
x0=x1-x2=-mg/k．因此振幅为
a?x2?v20mg22ghm20?2?(k)?k(m?m)word轻松格式
mgk12kh(mm)g；初位相为
arctan?v0?x?2kh．0(m?m)g
4．5重量为p的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．
[答疑]（1）可以证明：当两根弹簧串联时，总高傲系数为k=k1k2/(k1+k2)，因此固
有频率为
k1kk2πk2?1k2πm(a)(b)
图4.5
1k1k2g2(k1k2)p．
（2）因为当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为
12k2kg2π?2?m?12?p．
4．6一匀质细圆环质量为m，半径为r，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．
[答疑]方法一：用旋转定理．通过质心横向环面存有一个轴，环绕着此轴的转动惯量为ori=mr2
c．θc根据平行轴定理，环绕过o精心整理学习帮手mg点的平行轴的转动惯量为
i=ic+mr2=2mr2．
当环偏离平衡位置时，重力的力矩为
m=-mgrsinθ，
方向与角度θ增加的方向相反．
根据旋转定理得
iβ=m，
即id2?dt2?mgrsin??0，
由于环做小幅度摆动，所以sinθ≈θ，可得微分方程
d2?dt2?mgri??0．转动的圆频率为
mgri，周期为
t?2π??2?i2rmgr?2?．
g方法二：用机械能守恒定律．取环的质心在最底点为重力势能零点，当环心转过角度θ时，重力势能为
ep=mg(r-rcosθ)，拖o点的旋转动能为
e1k?2i?2，总机械能为
e?12i?2?mg(r?rcos?)．环路在旋转时机械能动量，即e为常量，将上式对时间微分，利用ω=dθ/dt，β=dω/dt，得
0=iωβ+mgr(sinθ)ω，
由于ω≠0，当θ不大存有sinθ≈θ，可以得振动的微分方程
d2?dt2?mgri??0，从而可求角频率和周期．
[特别注意]角速度和圆频率采用同一字母ω，不要将两者混为一谈．
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（4）图画出来这振动的转动矢量图，并
4.7横截面均匀的光在图上指明t为1，2，10s等各时刻的矢滑的u型管中有适量液
量位置．
yy体如图所示，液体的总[答疑]（1）比较四极振动的标准方
0y长度为l，求液面上下程
y微小曲折的民主自由振动的频率。

图4.7求解：创建直角座标例如图，而令微小振
动中，两
臂水银面相平时，水银面坐标为0，水银的
重力势能为0，则以右臂水银面的座标为依据，
在振动中任一时刻，水银的运动速度
dydt．这时振动中水银的动能为12mv2，
水银的势能（看作两水银面相平的状态下，从右臂移高度为y的一段水银柱到
左臂，则存有质量为y的水银增高了高度y）为y2
．因振动中机械能守恒12m?2?s?gy2?常量对t求导数可得
mvd?dt?2s?gy??0
化简
dy2mdt2?2s?gy?0这就是四极振动的微分方程．
由此可得振动角频率??2s?gm
2s?g2gs?l?l
4．8质量为10×10-3
kg的小球与轻弹
簧组成的系统，按x?0.1cos(8?t?2?3)的
规律并作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)
计．求：
（1）振动的圆频率、周期、振幅、初
位相；
（2）振动的速度、加速度的最大值；
（3）最大回复力、振动能量、平均动
能够和平均值势能；
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x=acos(ωt+φ)，所述：圆频率为ω=8π，
周期
t=2π/ω=1/4=0.25(s)，振幅为
a=0.1(m)，位相为φ=2π/3．（2）速度的最大值为vm=ωa=0.8π=2.51(ms-1)；加
速度的最大值为am=ω2a=6.4π2=63.2(ms-2)．（3）弹簧的倔强系数为
k=mω2，
最大回复力为f=ka=mω2a=0.632(n)；
振动能量为
e=ka2/2=mω2a2/2=3.16×10-2(j)，平均动能和平均势能为
ek?ep=ka2/4=mω2a2/4=1.58×10-2
(j)．t=1,2,10s（4）例如图
所示，当t为1，a2，10s等时刻ox时，旋转矢量的位置是相同的．
4．9一氢原子在分子中的振动可以视作四极振动．未知氢原子质量m=1.68×10-27kg，振动频率v=1.0×1014
hz，振幅a=1.0×10-11
m．先行排序：（1）此氢原子的最小速度；（2）与此振动二者联系的能量．[答疑]（1）氢原子的圆频率为ω=2πv=6.28×1014(rads-1)，最小速度为。