NO1机械振动答案

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《大学物理AII 》作业 No.01 机械振动
一、选择题：
1．假设一电梯室正在自由下落，电梯室天花板下悬一单摆(摆球质量为m ，摆长为l ) 。

若使单摆摆球带正电荷，电梯室地板上均匀分布负电荷，那么摆球受到方向向下的恒定电场力F 。

则此单摆在该电梯室作小角度摆动的周期为： [
C
]
(A) Fm
l
π2 (B) Fl
m π2 (C) F
ml
π
2
(D) ml
F π
2 解：
2．图(a)、(b)、(c)为三个不同的简谐振动系统。

组成各系统的各弹簧的原长、各弹簧的劲度系数及重物质量均相同。

(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω2（ω为固有角频率）值之比为 [
B ]
(A) 2∶1∶
2
1
(B) 1∶2∶4
(C) 2∶2∶1
(D) 1
∶1∶2
解：由弹簧的串、并联特征有三个简谐振动系统的等效弹性系数分别为：2
k
，k ，k 2 则由m
k
=
2
ω可得三个振动系统的ω2（ω为固有角频率）值之比为： m k
2 ：m k ：m k 2，即1∶2∶4
3．两个同周期简谐振动曲线如图所示。

则x [ A ] (A) 超前π/2 (C) 落后π 解：由振动曲线画出旋转矢量图可知
x 1的相位比x 2的相位超前π/2
4．一物体作简谐振动，振动方程为)2
1
cos(π+=t A x ω。

则该物体在t = T /8（T 为振动周期）时刻的动能与t = 0时刻的动能之比为：
(b)
(c)
[ B ] (A) 1:4
(B) 1:2 (C) 1:1 (D) 2:1 (E) 4:1
解：由简谐振动系统的动能公式：)2
1(sin 2122πω+=
t kA E k 有t = 0时刻的动能为：22221)2102(sin 21kA T kA =+⋅ππ t = T /8时刻的动能为：2224
1
)2182(sin 21kA T T kA =+⋅ππ，
则在t = T /8时刻的动能与t = 0时刻的动能之比为：1:2
二、填空题：
1．用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长10cm 。

此弹簧下应挂 kg 的物体，才能使弹簧振子作简谐振动的周期s)(2.0π=T 。

解： 弹簧的劲度系数 ()
1m N 4001
.040-⋅==∆=
x F k 弹簧振子简谐振动周期 k
m T π
2= 应挂物体质量 ()kg 0.440022.042
22=⨯⎪⎭
⎫
⎝⎛ππ=⋅π=k T m
2．两个同频率余弦交流电()t i 1和()t i 2
位相差=-12ϕ
ϕ 。

解：由图作旋转矢量图可知：
()t i 1的初相
2
1π
ϕ=
()t i 2的初相
02=ϕ
所以 =-12ϕϕ2π-
3．一质点作简谐振动，其振动曲线如图所示。

根据此图，它的周期=T ，用余弦函数描述时初相位=ϕ 。

解：由振动曲线和旋转矢量图可知
2212=+T
T 振动周期 ()s 43.37
24
==T
振动初相 ππϕ3
234-=或
4．一物块悬挂在弹簧下方作简谐振动，当这物块的位移等于振幅的一半时，其动能是总能量的 （设平衡位置处势能为零）。

当这物块在平衡位置时，弹簧的长度比原长长l ∆,这一振动系统的周期为 ，这时将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量减半的物块，则系统的振动周期又为 。

解：谐振动总能量22
1kA E E E p k =+= 当A x 2
1
=
时 4
)2(212122E A k kx E p ===
所以动能
E E E E p k 4
3
=-=
物块在平衡位置时， 弹簧伸长l ∆，则l k mg ∆=，l
mg
k ∆=， 振动周期g
l k m
T ∆==ππ
22 弹簧截去一半后，其劲度系数为2k l
mg
∆=2
，当挂一质量减半的物块时，其质量为m 2
1
， 振动周期
g l l
mg m
T ∆=∆=π
π2212，即为原周期的一半
5．一质点同时参与了两个同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为
)4/cos(05.01πω+=t x (SI)
)12/19cos(05.02πω+=t x (SI)
则其合成运动的运动方程为=x 。

(SI) 解：由旋转矢量图可知：，
ππ
ϕϕϕ)125(4
21=-
-=
-=∆知A oA 1∆为等边三角形，故
合成振动振幅 )m (05.021===A A A
合振动的初相 12)43(π
ππϕ-=--=(或π12
23
)
所以，合振动方程为
)12cos(05.0π
ω-
=t x
(SI) 或 )12
23
cos(05.0πω+=t x
(SI)
或
)1211
cos(05.0πω+
-=t x (SI) 或 1
0.05cos()12
x t ωπ=-
(SI)
2
注：也可用两余弦函数和化积公式：2
cos
2
cos
2cos cos β
αβ
αβα+-=+做：
)
12
11
cos()32cos(05.0)2
41219cos()241219cos(
05.02π+ω⨯π⨯-=π+
ω+π+ω⨯π-ω-π+ω⨯⨯=t t t t t x
三、计算题： 1．
解:参见图，已知物体最低位置在初始位置下方cm 0.100=x 处，由此可得弹簧振子的振幅为cm 0.5=A 。

同时可以判知，新的平衡位置在弹簧原长端点O '下方cm 0.5处，也就是说，竖直悬挂的弹簧振子将以O 为平衡点作简谐振动，其振动方程为 cm )cos(0.5)(ϕ+=ωt t x
(1) 物体从初始位置运动到最低位置的过程中机械能守恒，规定O '为重力势能和弹性势能零点，则有02
102
0=-mgx kx 将上式改写为
2x g m k =
振动频率为Hz 23.22=π
ω
=
f 若规定撒手这一瞬间为0=t 时刻，此刻cm 0.5)0(-=x ，即ϕ=-cos 0.5 解得π=ϕ
求出了特征量A ，ω和ϕ，则该弹簧振子的位移和速度表示就可具体确定为
cm )14cos(0.5)(π+=t t x -1s cm )14sin(70)(⋅π+-=t t v
(2) 物体在初始位置下方cm 0.8处，即位移cm 0.3=x ，由位移表达式)14cos(0.53π+=t
得5
3
)14cos(=π+t
由勾股定理，可得5
4
)14sin(=π+t
根据速度表达式，该处的速度为-1
s cm 56)14sin(70⋅-=π+-=t v
（3）将质量的砝码系在物体上，系统的振动频率为原来频率的一半，即
m k =π41（4g m M kx )(+= 式中2
m ωk =
o '
o
x
因此，新的平衡位置在弹簧原长端点下方的距离x
已知在原物体g m 100=时，平衡位置在弹簧原长端点下方处，现原物体和砝码系在一起时，质量g m M 400=+，按比例，新平衡位置在弹簧原长端点下方cm 20处。

这是一种较简洁的分析求解法。

2．
解： (1) 振动周期
振动角频率 (2)
00>v 由振幅公式
，可得
(3) 振动方程为 或 )3
10cos(1015)cos(2
+⨯=ϕ+ω=-t t A x （SI ）
3．
解：如图所示，取逆时针方向为正，则振动系统所受合力矩为
-≈θ-θ=)(sin sin a b mg mga mgb M 对于振幅很小的振动有 θ-≈)(a b mg
M
由于合力矩M 与θ 的正负号相反， 所以上式可写为 θ)(a b mg M --= 系统转动惯量 )(2222b a m mb ma J +=+=
由转动定律2
2
d d t J
M θ
=得 θθθ)
()
()()(d d 222222b a a b g b a m a b mg J M t +--=+--== 即
0)
()(d d 2
222=+-+θθb a a b g t 故系统做简谐振动，其角频率 2
2)
(b a a b g +-=
ω
A
简谐振动周期
或由系统机械能守恒求导数做：选O 所在水平面为零势能面有
系统机械能 C mgb mga mb ma =-++θθωcos cos )(2
1
222（C 为常量） 对时间求一阶导数有 0sin sin d d )(222
2=+-θ+θmgb ωθmga ωt
ωmb ma
对于振幅很小的振动有 θb a a b g t )
()
(d d 2
222+--=θ
或由等效于教材中的复摆做：Mgh
J
T π
2= 等效质心到转轴距离： 2a
b h -= 等效质量：
m M 2=
等效转动惯量：
)(22mb ma J +=。