福州大学大学物理习题解答-第5章振动和波动

于是

R2k J mR 2 J mR 2 R2k
T 2π
5-7 如图所示，质量为 10g 的子弹，以 v0 1000m s 速度射入木块并嵌在木块中，使弹 簧压缩从而作简谐运动，若木块质量为 4.99kg，弹簧的劲度系数为8 103 N m ，求振动的振
幅。 （设子弹射入木块这一过程极短） 解： 先讨论子弹与木块的碰撞过程， 在碰撞过程中， 子弹与木块组成的系统的动量守恒，
福州大学-大学物理习题解答
第5章
振动和波动
5-1 一个弹簧振子 m 0.5kg ， k 50 N m ，振幅 A 0.04m ，求 (1) 振动的角频率、最大速度和最大加速度； (2) 振子对平衡位置的位移为 x = 0.02m 时的瞬时速度、加速度和回复力； (3) 以速度具有正的最大值的时刻为计时起点，写出振动方程。 解： （1）
d2 x 2 A cos(t ) 2 x d t2
当 x=0.02m 时， cos(t ) 1/ 2,
sin(t ) 3 / 2 ，所以
v 0.2 3 0.346(m/s) a 2(m/s 2 ) F ma 1(N)
解：根据题意，两质点分别在 x
A2
4π 3
O A1 A2
2π 3 A1
O
x
x
习题 5-9 图 5-10 一简谐振动的振幅 A = 24c ｍ、周期 T = 3s ，以振子位移 x = 12cm、并向负方向运 动时为计时起点，作出振动位移与时间的关系曲线，并求出振子运动到 x = -12c ｍ处所需的 最短时间。 解：依题意可得， 法可知
k 50 10 m 0.5
(rad s)
vmax A 10 0.04 0.4(m/s) amax 2 A 102 0.04 4(m/s 2 )
(2) 设 x A cos(t ) ，则
v
dx A sin(t ) dt
a
xmax 0.062(m) , A xmax 0.062(m)
5-14 一木块在水平面上作简谐运动，振幅为 5.0c ｍ，频率为 ，一块质量为 m 的较小 木块叠在其上，两木块间最大静摩擦力为 0.4ｍg，求振动频率至少为多大时，上面的木块将 相对于下面木滑动? 解：以平衡位置为坐标原点，向右为 x 轴正方向，建 立坐标系，小木块在 x 处：
由题意知，振动初速度 v0 0 (1)x 轴正向向上时： x0 0.01(m)

振动方程为 x 0.01cos(10 10t )(m) (2)x 轴正向向下 时： x0 0.01(m) 振动方程为 x 0.01cos(10 10t )(m)
0
5-12 劲度系数为 k 的轻弹簧，上端与质量为 m 的平板相联，下端与地面相联。如图所 示，今有一质量也为 m 的物体由平板上方 h 高处自由落下，并与平板发生完全非弹性碰撞。 以平板 开始 运动时 刻为 计时起 点， 向下 为正， 求振 动周期 、振 幅和 初相。
(3) 作旋转矢量图，可知：
π 2
π x 0 . 0 4 c o st( 10 2
)
5-2 弹簧振子的运动方程为 x 0.04cos(0.7t 0.3)(SI) ， 写出此简谐振动的振幅、 角频率、 频率、周期和初相。
A=0.04(m) 0.7(rad/s) 0.3(rad)
4
福州大学-大学物理习题解答
设碰撞后子弹与木块共同以速度 v 运动，则有
mv0 (m m)v v mv0 2(m/s) m m
然后系统做简谐振动，因为简谐振动过程中机械能守恒，所以振幅 A 可由初始时刻系 统的机械能确定，已知初始时刻系统的势能为零，所以有
1 1 (m m)v 2 kA2 2 2
习题 5-4 图
2
福州大学-大学物理习题解答
解：以平衡时右液面位置为坐标原点，向上为 x 轴正方向，建立坐标系。右液面偏离原点为 至 x 时，振动系统所受回复力为：
F
πd 2 g 2m
πd 2 πd 2 g 2x g x 4 2
振动角频率
振动周期 T 2 π
物体受力与位移成正比而反向，即可知物体做简谐振动国，此简谐振动的周期为
T 2π
m k
5-9 两质点分别作简谐振动， 其频率、 振幅均相等， 振动方向平行。 在每次振动过程中， 它们在经过振幅的一半的地方时相遇，而运动方向相反。求它们相差，并用旋转矢量图表示
5
福州大学-大学物理习题解答
出来。
A A 和 x 处相向通过，由此可以画出相应的旋转 2 2 2 4 矢量图，从旋转矢量图可得两个简谐振动的相位差为 π或 π 。 3 3
解：


2π
0.11(Hz) T
1

8.98(s)
5-3 证明：如图所示的振动系统的振动频率为

1 k1 k2 2π m
为 物 体 的 质 量 。
式 中 k1 , k2 分 别 为 两 个 弹 簧 的 劲 度 系 数 ， m
1
福州大学-大学物理习题解答
习题 5-3 图 解： 以平衡位置为坐标原点，水平向右为 x 轴正方向。设物体处在平衡位置时，弹簧 1 的 伸长量为 x10 ,弹簧 2 的伸长量为 x20 ，则应有
k1 x10 k 2 x20 0
当物体运动到平衡位置的位移为 x 处时，弹簧 1 的伸长量就为 x10 x ，弹簧 2 的伸长量就 为 x20 x ，所以物体所受的合外力为
F k1 ( x10 x) k2 ( x20 x) (k1 k2 ) x
由牛顿第二定律得
7
福州大学-大学物理习题解答
习题 5-12 图 解：物体下落与平板碰撞前速度： v
2 gh
mv (m m)v0
所以物体与平板碰撞后共同运动的速度： v0
1 2 gh 2 mg k
以平衡位置为坐标原点，向下为 x 轴正方向，建立坐标系。依题意： x0 在 x 处，物体和平板受力：
) arccos
mg m g 2 mgkh
2
5-13 在一平板上放一重 9.8N 的物体，平板在竖直方向作简谐振动，周期 T =0.50s ，振 幅 A =0.020m，试求 (1)重物对平板的压力 F ； (2)平板以多大振幅运动时，重物将脱离平板? 解：以平衡位置为坐标原点，向下为 x 轴正方向，物体在 x 处时，
2π 2π ，又由旋转矢量 T 3
π 3 2π π t )(m) 3 3
x
A/2
所以振动方程为： x 0.24 cos(
o
质点运动到 x = -12c ｍ处最小相位变化为 π 3 ， 所以 需要最短时间为
A
3
习题 5-10 图
t (s)
t
π3 T 3 0.5(s) 2π 2π
O F x
F m 2 x
2π 2 T
O
x
x
在最大位移处，F 最大， Fmax m 2 x
2
习题 5-14 图
当 Fmax f s，即m A s mg 时小木块开始相对于大木块滑动，由此得：


g s 8.85(rad/s) A
8.85 1.4(Hz) 2π
F 2mg k ( x
则： T 2π
2 v0
2mg ) kx k
2m k


2π k T 2m
2 A x0
2
m 2 g 2 2 gh / 4 1 m 2 g 2 mgkh k2 k / 2m k
见旋转矢量图，有：
arccos(
x0 A
mg sin kx0
平衡位置距 O 点为： l0 x0 l0
x0
mg sin k
mg sin k
以平衡位置为坐标原点，如图建立坐标轴 Ox，当物体运动到离开平衡位置的位移为 x 处时，弹簧的伸长量就是 x0 x ,所以物体所受的合外力为
F mg sin k ( x0 x) 即F kx
习题 5-6 图 解：设任意时刻 t，物体 m 离平衡位置的位移为 x，速率为 v，则振动系统的总机械能
1 1 v 1 E kx 2 C J mv 2 恒量 2 2 R 2
式中 C 为滑轮的重力势能，为一常量，上式两边对 t 求导得
2
kxv J
v a mva 0 R R k a x 2 x J m R2
N O
8
mg
x
习题 5-13 图
福州大学-大学物理习题解答
mg N ma m 2 x N mg m 2 x 9.8 16 2 x
(1)重物对平板的压力 F 9.8 16 2 x （2）当 N=0 时重物将脱离平板，由 N 9.8 16 2 xmax 0 ，得
A
m m 0.01 4.99 v 2 0.05m k 8 103
5-8 如图所示，在一个倾角为 的光滑斜面上，固定一个原长为 l0 、劲度系数为 k 、质 量可以忽略不计的弹簧，在弹簧下端挂一个质量为 m 的重物，求重物作简谐运动的平衡位 置和周期。
解： 设物体处在平衡位置时弹簧伸长量为 x0 ,则
5-11 如图所示，一轻弹簧下端挂着两个质量均为 m = 1.0kg 的物体 B 和 C，此时弹簧伸 长 2.0c ｍ并保持静止。用剪刀断连接 B 和 C 的细线，使 C 自由下落，于是 B 就振动起来。 选 B 开始运动时为计时起点，B 的平衡位置为坐标原点，在下列情况下，求 B 的振动方程 (1)x 轴正向向上； (2)x 轴正向向下。