物理学教程第二版上册第五章课后习题答案详解.docx

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物理学教程第二版上册第五章课后习题答案详解

物理学教程第二版第五章课后习题答案

第五章机械振动

5-1

一个质点作简谐运动，振幅为

A，在起始时刻质点的位移为

A，

2

且向

x

轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（

）

题5-１图

分析与解（B）图中旋转矢量的矢端在

x

轴上投影点的位移为－

A/2，

且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故

满足题意．因而正确答案为（B）．

5-2一简谐运动曲线如图（a）所示，则运动周期是（）

（A）2.62

s

（B）2.40

s

（C）2.20

s

（D）2.00s

题5-２图

分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A/2，且向x轴

正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初

相位为-2π/3．振动曲线上给出质点从

A/2处运动到x=0

处所需时间

为1s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差

2

2

5，则角

3

6

频率

/t

5

rads1，周期T

2

2.40s.故选（B）．

6

5-3

两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示，x1的相位比x2的相

位（

）

（A）落后π（B）超前π（C）落后π（D）超前π

2

2

分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（

b）即可得到答案

为（B）．

题5-３图

5-4

两个同振动方向、同频率、振幅均为

A

的简谐运动合成后，振

幅仍为

A，则这两个简谐运动的相位差为（

）

（A）60

（B）90

（C）120

（D）180

分析与解

由旋转矢量图可知两个简谐运动

1和

2的相位差为

120

时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A.正确答案为（C）．

题

5-4

图

5-5

若简谐运动方程为

x

0.10cos20πt

π

，式中

x

的单位为

m，t

4

的单位为s.求：

（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；

（2）t2s

时的位移、速度和加速度．

分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的

一般形式xAcost作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同

的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t值后，即可

求得结果．

解

（1）将x0.10cos20πt0.25πm与x

Acos

t比较后可得：

振幅A＝0.10m，角频率

20πrads

1

，初相

＝0.25

π

，则周期

T

2π/ω0.1s，频率v1/THz．

（２）t

2s时的位移、速度、加速度分别为

x

0.10cos40πt0.25π7.07

102m

v

dx/dt

2πsin40π0.25π

4.44ms-1

a

2

2

2

2

m

-2

d

x/dt

40πcos40π0.25π2.7910

s

5-6

一远洋货轮，质量为

m，浮在水面时其水平截面积为

S．设在

水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘

滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并

求振动周期．

分析要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运

动时，它所受的合外力F与位移x间的关系，如果满足Fkx，则货

轮作简谐运动．通过Fkx即可求得振动周期T2π/ω2πm/k．

证货轮处于平衡状态时［图（a）］，浮力大小为F＝mg．当船

上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O，

竖直向下为x轴正向，如图（b）所示．则当货轮向下偏移x位移时，

受合外力为

FPF

其中F为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为

FFgSxmggSx

题5-6图

则货轮所受合外力为

FPFgSxkx

式中kgS是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动

是简谐运动．

由Fmd2x/d2t可得货轮运动的微分方程为

d2x/d2tgSx/m0

令2gS/m，可得其振动周期为

T2π/ω2πm/ρgS

5-7如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1、k2．当物体

在光滑斜面上振动时．

（1）证明其运动仍是简谐运动；

（2）求系统的振动频率．

题5-7图

分析从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O，Ox轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox

轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联

时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可

证得物体作简谐运动，并可求出频率．

证设物体平衡时两弹簧伸长分别为x1、x2，则由物体受力平衡，有

mgsink1x1k2x2

（1）

按图（b）所取坐标，物体沿x轴移动位移x时，两弹簧又分别被拉

伸x1和x2，即x

x1

x2．则物体受力为

Fmgsink2x2

x2

mgsink1x1x1（２）

将式

（1）代入式

（2）得

Fk2x2

k1x1（３）

由式（3）得x1

F/k1、x2

F/k2，而x

x1

x2，则得到

F

k1k2/k1

k2x

kx

式中kk1k2

/k1

k2为常数，则物体作简谐运动，振动频率

/2π

1

k/m

1

/k1

k2m

vω

k1k2

2π

2π

讨论

（1）由本题的求证可知，斜面倾角θ对弹簧是否作简谐

运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜

置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，

均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．

（2）

如果振动系统如图（c）（弹簧并联）或如图（d）所示，也可通过物

体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为

1

vk1k2/m，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体

2π

是否作简谐运动的思路是相同的．

5-8一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A＝2.0×10-2m，周期T

＝0.50ｓ．当t＝0时，

（1）物体在正方向端点；

（2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在x＝-1.0×10-2m处，向负方向运动；（4）物体在x＝-1.0×10-2m处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．

分析在振幅A和周期T已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运

动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．

（1）解析法：

由振动方程出发，根据初始条件，即t＝0时，x＝x0和v＝v0来确定φ值．

（2）旋转矢量法：

如图（a）所示，将质点P在Ox轴上振动的

初始位置x0和速度v0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢

量法比较直观、方便，在分析中常采用．

题5-8图

解由题给条件知A＝2.0×10-2m，ω2/T4πs1，而初相φ可采用

分析中的两种不同方法来求．

解析法：

根据简谐运动方程xAcost，当t0时有x0Acost，

v0Asin．当

（1）x0

A时，cos

1

1

，则1

0

；

（2）x0

0时，cos

2

0

，2

π，因v0

0，取

2

π；

2

2

（3）x0

1.0

102

m时，cos3

0.5

，

3

π，由v0

0

，取

3

（4）

10

102

m

π

时，

0

.

，

4

π

，由v

0，取

.

0

x0

cos4

5

3

3

4

π；

3

4π．

3

旋转矢量法：

分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b）

所示，它们所对应的初相分别为

10，

2

π，

3

π，

4

4π．

2

3

3

振幅A、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为

（1）x2.010

（2）x2.010

2

2

cos4πtm

cos4πtπ/2m

（3）x2.010

（4）x2.010

2

2

cos4πtπ/3m

cos4πt4π/3m

5-9有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8

-2

×10

m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．

（1）当t＝0

时，

物体在平衡位置上方8.0×10-2ｍ处，由静止开始向下运动，求运动

方程．

（2）当t＝０时，物体在平衡位置并以

-1

0.6ｍ·s的速度向上

运动，求运动方程．

分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和

φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及

弹簧劲度系数k）决定的，即k/m，k可根据物体受力平衡时弹簧

的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．

题5-9图

解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量l＝9.8×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl＝

mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为

k/mg/l10s1

（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由

初始条件t

＝0

时，x10＝8.0

-2

＝0

可得振幅

×10m、v10

Ax102

v10/

2

1π［图

8.0102m；应用旋转矢量法可确定初相

（a）］．则运动方程为

x1

8.0102

cos10t

πm

（2）t

＝０时，x20＝0、v20

＝0.6ｍ·s，同理可得

-1

A2x202

v20/

2

2m；

2π/2

［图（b）］．则运动方程

6.010

为

x26.0102cos10t0.5πm

5-10某振动质点的x-t曲线如图（a）所示，试求：

（1）运动方程；

（2）点P对应的相位；（3）到达点P相应位置所需的时间．分析由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x－t图线确定振动的三个特征

量A、ω和0，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A；而ω、

0通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方

便．

解

（1）质点振动振幅A＝0.10

ｍ．而由振动曲线可画出

t0＝0和

t1＝4ｓ时旋转矢量，如图（b）所示．由图可见初相

0

π/3（或

5π/3

），而由t1

t0/

2

3

得

ω

π

1

，则运动方程为

0

/

5/24s

x

0.10cos

5πt

π/3

m

24

题5-10图

（2）图（a）中点P的位置是质点从A／2处运动到正向的端点处．对

应的旋转矢量图如图（c）所示．当初相取

0

π/3

时，点P的相

位为p

0

tp

0

0（如果初相取成

0

5π/3

，则点P相应的相

位应表示为

p

0

t

p

0

．

2π

（3）由旋转矢量图可得ωtp

0

π/3，则tp

1.6s．

5-11

质量为10g的物体沿x的轴作简谐运动，振幅

A=10cm，周

期T=4.0s，t=0

时物体的位移为

x

0

且物体朝x轴负方向运

5.0cm，

动，求

（1）t=1.0s时物体的位移；

（2）t=1.0s时物体受的力；（3）

t=0之后何时物体第一次到达x=5.0cm处；（4）第二次和第一次经

过x=5.0cm处的时间间隔.

分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程

xAcos（t

）.其

中振幅

A，角频率

2π均已知，而初相

可由题给初始条件利用旋

T

转矢量法方便求出.有了运动方程，t时刻位移x和t时刻物体受力Fmam2x也就可以求出.对于（3）、（4）两问均可通过作旋

转矢量图并根据公式t很方便求解.

解由题给条件画出t=0时该简谐运动的旋转矢量图如图（

a）所示，

可知初相

2π.而A=0.10m，

2ππs1.则简谐运动方程为

3

T2

π

2π

x0.10cos（t

）m

2

3

（1）t=1.0s时物体的位移

π2π

8.6610

2

m

x0.10cos（1.0

）m

2

3

（2）t=1.0s时物体受力

Fm

2

x

1010

3

π

2

（8.6610

2

）N

（）

2

2.14

103

N

（3）设

t=0

时刻后，物体第一次到达

x=5.0cm

处的时刻为

t1，画出

t=0

和t=t1时刻的旋转矢量图，如图（

b）所示，由图可知，

A1与

A

的相位差为

π，由

t得

t1

πs

π/2

2s

（4）设

t=0

时刻后，物体第二次到达

x=5.0cm处的时刻为

t2,画出

t=t1和

t=

t2时刻的旋转矢量图，如图（

c）所示，由图可知，

A2

与

A1

的相位差为2π，故有

3

tt2

t1

2π/3

4

π/2

ss

3

题5-11图

5-12图（a）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅

为2cm，求

（1）振动周期；

（2）加速度的最大值；（3）运动方程．

分析根据v-t图可知速度的最大值vmax，由vmax＝Aω可求出角频

率ω，进而可求出周期T和加速度的最大值amax＝Aω2．在要求的简谐运动方程x＝Acos（ωt＋φ）中，因为A和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v－t曲线图可以知道，当t＝0时，质点运动速度

v0＝vmax/2＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x

轴正向向着平衡点运动．利用v0＝－Aωsinφ就可求出φ．

解

（1）由vmax

A

得

1.5s1，则

T2π/ω4.2s

（2）amaxA2

4.5

102ms2

（3）从分析中已知v0

Aωsin

Aω/2，即

sin

1/2

π/6,5π/6

因为质点沿x轴正向向平衡位置运动，则取

5π/6，其旋转矢量图

如图（b）所示．则运动方程为x

2cos1.5t

5πcm

6

题5-12图

5-13有一单摆，长为1.0m，最大摆角为5°，如图所示．

（1）求

摆的角频率和周期；

（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？

题5-13图

分析单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系

可表示为简谐运动方程

maxcos

t，其中角频率ω仍由该系统的

性质（重力加速度g和绳长l）决定，即

g/l．初相φ与摆角θ，

质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，

必须注意区分．

解

（1）单摆角频率及周期分别为

ωg/l

3.13s1;T2π/ω2.01s

（2）由t0时

max5o可得振动初相

0，则以角量表示的简谐运

动方程为

π

cos3.13t

θ

36

（３）摆角为3°时，有cost/max0.6，则这时质点的角

速度为

d/dt

0.80

max

sint

max1cos2

t

max

0.218s1

线速度的大小为

vld/dt0.218ms1

讨论

质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，

但

结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取

sin，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立．

*5-14一飞轮质量为12kg，内缘半径r＝0.6ｍ，如图所示．为了测

定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s，试求其绕质心轴的转动惯量．

题5-14图

分析飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为T2πJ/mglc，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离lc，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，

可求出其绕质心轴的转动惯量．

解

由复摆振动周期T

2

2

2πJ/mglc，可得JmgrT/4

π（这里

lCr）．则由平行轴定理得

J

0Jmr

2

mgrT2

mr

2

2.83kgm

2

2

4π

5-15如图（a）所示，质量为

-2

-1

1.0×10kg的子弹，以500m·s的

速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设

木块的质量为4.99kg，弹簧的劲度系数为

3

-1

8.0×10N·m，若以弹

簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x轴正向，求简谐运动方程．

题5-15图

分析可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程

中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运

动的初速度v0，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧