2022年大学物理答案第八章振动.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载第八章 振动8-1 解：取固定坐标 xOy,坐标原点 O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时,货轮上的 A 点恰在水面上,就浮力为 S ga.这时Mg s ga往下沉一点时,合力2FMgsgay习题 8-1 图又sgy. dy2FMaMdt2故Mdysgy0dt2dy2sgy0dt2M故作简谐振动2 s gM4 3T 2 2 M 2 2 103 103 .6 35 s s g 2 10 10 9 8.8-2 解：取物体 A 为讨论对象,建立坐标 Ox 轴沿斜面对下,原点取在平稳位置处,即在初始位置斜下方距离 l 0 处,

2、此时：l 0 mg sin .0 1 m 1 k1 A 物体共受三力；重 mg, 支持力 N, 张力 T.不计滑轮质量时,有T=kx 列出 A 在任一位置x 处的牛顿方程式mgsinkl0x md2xmgsinTdt2将（ 1）式代入上式,整理后得名师归纳总结 故物体 A 的运动是简谐振动,且d2xkx0第 1 页,共 14 页dt2mk7 rad/s m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由初始条件x00l0,求得A优秀学习资料欢迎下载l00 1. m,故物体 A 的运动方程为vx=0.1cos7t+ m 2 当考虑滑轮质量时,两段绳子中张力数值不等,

3、如图所示,分别为T1、 T2,就对 A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为: mgsinT 1md2x2 x7.习题 8-2 图dt2对滑轮列出转动方程为：T 1rT 2rJ1Mr2a1Mrd2x3 2r2dt2rad/s式中 ,T 2=kl 0+x （4）由式（ 3）、4知T 1k l0x 1Md2x代入 2式知2d t2mgsinkl0x1Mmd22dt2又由（ 1）式知mgsinkl0故1Mm d2xkx0t2d2即d2xMkm x05td222kM 2m可见,物体A 仍作简谐振动,此时圆频率为：Mkm2由于初始条件：x0l0,v00可知, A、不变,故物体A 的运动方程为 : x0.1c

4、os 57.tm由以上可知：弹簧在斜面上的运动,变了系统的振动频率 . 仍为简谐振动,但平稳位置发生了变化,滑轮的质量改名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 8-3 解：简谐振动的振动表达式：优秀学习资料欢迎下载xAcos t由题图可知,A4102m,当 t=0 时,将x2102m代入简谐振动表达式,得：sin习题 8-3 图cos1 2由Asint,当 t=0 时,Asin0,故由cos1,取3由图可知,0,即2又因 :t=1s 时,x2102 m ,将其入代简谐振动表达式,得由 t=1s 时,Asin24cos3,

5、cos0313,230 知,sin3,取3名师归纳总结 即2s第 3 页,共 14 页3质点作简谐振动的振动表达式为x4102cos2t3m38-4 解：以该球的球心为原点,假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r,由高斯定理可知E4QrR3,就微粒在此处受电场力为:F4Qq3r00R式中,负号说明电场F 的方向与 r 的正方向相反,指向球心.由上式及牛顿定律,得：F4Qqr003 Rmd2r4Qq3r0d2r4Qq3r0dt20Rdt20mR令24Qq3m0R就d2r2r0d t2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故微粒作简谐振动,平稳点在球心处优

6、秀学习资料2欢迎下载.由T知: 解：（1）取弹簧原长所在位置为T240mR3A 时,处于静止位置P 点,有：Qq8-5 O 点 .当弹簧挂上物体MgkOP将 A 与 B 粘合后,挂在弹簧下端,静止平稳所在位置8-5 所示,就有：kOOMm gO 点,取 O 点为原坐标原点如图题设当 B 与 A 粘在一起后, 在其运动过程的任一位置,弹簧形变量O Ox,就 A、B 系统所受合力为：即FMm gkOOx kx0Mm d2xkxdt2可见 A 与 B 作简谐和振动 . 名师归纳总结 2 由上式知,Mkm10rad/s习题 8.5 图第 4 页,共 14 页以 B 与 A 相碰点为计时起点,此时A 与

7、 B 在 P 点,由图题8-5 可知OPOOOPMkmgMgmgkk就 t=0 时,x0OPmg.002 m负号表 P 点在 O 点上方 k又 B 与 A 为非弹性碰撞,碰撞前B 的速度为 :0122gh2 m/s01碰撞后, A、B 的共同速度为：0m010.4m/s（方向向上）Mm就 t=0 时,x 00 . 02 m00 4.m/s2可求得：A2 x 000 . 0447 m 2arctanx00.065可知 A 与 B 振动系统的振动表达式为：x0.0447cos 10t0. 65m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载3 弹

8、簧所受的最大拉力,应是弹簧最大形变时的弹力,最大形变为：xOOAMkmgA0 . 1447 m1,3就最大拉力F maxkx724.N22,如选 x 轴向下为正方向. 8-6 解： 1 已知 A=0.24m, T0已知初始条件x00. 12m,0即0 . 12.0 24c o s,c o s2而0Asin0 ,sin,0取3,故：x0 .24cos2t3m2 如图题所示坐标中,在平稳位置上方0.12m, 即 x=-0.12m 处,有cos2t32122t33由于所求时间为最短时间,故物体从初始位置向上运动,就取0.故sin2t30F习题 8-6 图2t323可得：tmin2sm2x0.3N ,

9、指向平稳位置 . 33 物体在平稳位置上方0.12m 处所受合外力8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞,设u 为子弹射入木块后二者共同速度,由动量定理可知：名师归纳总结 uMmm.20 m/s第 5 页,共 14 页不计摩擦,弹簧压缩过程中系统机械能守恒,即：1Mm u212 kx 0（x 0为弹簧最大形变量）22x0Mkmu5.0102m由此简谐振动的振幅Ax050.102系统圆频率Mkm40rad/s- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载如取物体静止时的位置 O（平稳位置）为坐标原点,Ox 轴水平向右为正,就初始条件为：t=0

10、 时, x=0,0u20.m/s0x,但它们物体的作用方由x 0Acos,0Asin,得：2就木块与子弹二者作简谐振动,其振动表达式为：x.5 0102cos 40 t2 m8-8 解：当物体m1向右移动 x 时,左方弹簧伸长x,右方弹簧缩短向是相同的,均与物体的位移方向相反,即令 F=-kx,有:kk1kk20.4N/mFk1xk2x1 kgm由T2k得m 1T 12kT 124242就粘上油泥块后,新的振动系统质量为：m 1m20.20kg1.4s 新的周期T 22m 1km 2在平稳位置时,m2 与 m1 发生完全非弹性碰撞. 碰撞前, m1 的速度11A 10. 10m/s设碰撞后,

11、m1 和 m2 共同速度为. 依据动量守恒定律,就xm 11m 1m 25rad/sm 110. 05m/sm 1m2新的振幅A 22T0 .035 m28-9 解：（1）由振动方程.0 60sin 5 t2知,A0 .6 m,故振动周期：T221 . 256 s .126 s 52 t=0 时,由振动方程得：名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - x0优秀学习资料欢迎下载0.60mdx0 | t 0 3 . 0 cos 5 t 0dt 23 由旋转矢量法知,此时的位相：3速度 A sin 0 . 60 5 3 m/s

12、2 6. m/s2加速度 a A 2 cos 0 . 60 5 2 1 m / s .7 5 m / s 2所受力 F ma 0 . 2 7 . 5 N 1 5. N（4）设质点在 x 处的动能与势能相等,由于简谐振动能量守恒,即：E k E p E 1 kA 22故有：E k E p 1 E 1 1 kA 22 2 2即 1 kx 2 1 1 kA 22 2 2可得：x 2 A 0 . 42 m28-10 解：（1）砝码运动到最高点时,加速度最大,方向向下,由牛顿其次定律,有：mamax mg NN 是平板对砝码的支持力 . 故 N m g a max m g A 2 m g 4 2vA 1

13、 . 74 N砝码对板的正压力与 N 大小相等,方向相反 .砝码运动到最低点时,加速度也是最大,但方向向上,由牛顿其次定律,有：故Nm gamaxmamaxNmg. mg42v2A81. N砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N 大小相等,方向相反（2）当 N=0 时,砝码开头脱离平板,故此时的振幅应满意条件：名师归纳总结 3 由A max4g2 v,可知,Nm g42vA max0第 7 页,共 14 页A max4gv20 . 062 m2A m ax 与v2成反比,当v2 时,2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载0 . 0155

14、 mA max1A max48-11 解：（1）设振子过平稳位置时的速度为,由机械能守恒,有：1kA21m2kA22m由水平方向动量定理：mmumummm此后,系统振幅为A ,由机械能守恒,有：1k A21mm u222得：AmmAm有：T2mmk（2）碰撞前后系统总能量变化为：E1k A212 kA1kA2mm1mmm1kA2222m2式中,负号表示能量损耗,这是泥团与物体的非弹性碰撞所致. （3）当 m 达到振幅 A 时, m 竖直落在 m 上,碰撞前后系统在水平方向的动量均为零,因名师归纳总结 而系统的振幅仍为A ,周期为2mkm,系统的振动总能量不变,为1 kA （非弹性碰 2第 8

15、页,共 14 页撞损耗的能量为源于碰撞前m 的动能） . 物体系统过平稳位置时的速度由：1kA21mm222习题 8-12 图得：mkmA8-12 解：（1）由放置矢量法可知,振子从A 运动到 2A 的位置处,2角相位的最小变化为：3就圆频率Tt23rad/s周期6 s由初始状态,在图示坐标中,初始条件为：x00 1. mA0 1. m002就振幅A2 x 00.01 m2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （2）由于E p1E优秀学习资料欢迎下载24E p12 kx,E1kA又22故1 2kx 21 41 2kA 2得：x0 .05m依据题意,振子在平

16、稳位置的下方,取x=0.05m. 依据振动系统的能量守恒定律：1kx21m21kA2s1222故2 Ax2.0091 m依据题意,取0 . 091 m/s再由xAcosttAsintad vA2costd t2x得：a0 .055m/s2（3）t=0 时,Ep1E11kA2122 mA6 8.103J4428Ek3E312 kA322 mA21103J4428EEkEp27 . 8103J（4）由简谐振动的振动表达式xAcos t当 t=0 时,x00. 05m,00 .091 m/s0,可得：23又A0 . 10 m ,3t32m故x.01 cos38-13 解：（1）据题意,两质点振动方程

17、分别为：xP5.00102cost3mxQ2.00102cost3m（2）P、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - PdxP优秀学习资料欢迎下载t3m/s5.00102sindtaPQdxQ22. 00102sint3m/s2dtdP5.00102cost3m/sdtaQdQ22. 00102cost3m/s2dt当 t=1s 时,有：xP.500102cos4m.25102m 23x Q.200102cos2m.100102m3P25 . 00102sin4m/s13 . 6010

18、2m/s3.200102sin2m/s5 . 44102m/sQ3102cos4m/2 s24 .68102m/saP5 . 003aQ22 . 00102cos2m/2 s9 . 87102m/s23（3）由相位差名师归纳总结 tPt. Q222P3Q3532第 10 页,共 14 页3可见, P 点的相比 Q 点的相位超前2 38-14 解：（1）由题意得初始条件：x 01A2 m00可得：3由旋转矢量法可证出在平稳位置的动能就是质点的总能量kkmE1kA21mA. 0810J22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 可求得：12E2rad/优秀学习资

19、料欢迎下载sAm就振动表达式为：x5 . 00102cos2t3m2 初始位置势能EP1kx21m2A22 cos2t3.771106J22当 t=0 时,.5 0010222 cos3JEP1m2 A22 cos3211 . 001022228-15 解：（1）由初始条件：m2mx01 .2101m00可知,3且2 v2就振动表达式为：x.0 24cos2t3当 t=0.5s 时,13 m6 . 0010x0 . 24cos222 t=0.5s 时,小球所受力：f1mam102 x 1. 48103N因 t=0.5s 时,小球的位置在x6. 002m处,即小球在x 轴负方向,而f 的方向是沿

20、x 轴正方向,总是指向平稳位置2.101m所需最短时间设为t,由旋转矢量法. 13 从初始位置x01 .210m到x知,x0处,3x 处,23习题 8-15 图名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载st3t2 324 由于Asint20 . 24sin2t3在x1 . 2a1012Acost22230 .24cos2t.3/s34m 处t2s2m/s2326101m320. 24sin232240 .24cos340. 24cos2t35 t=4s 时,Ek1m21m Asin2t3210-4J2

21、210.01220.242sin2243J25. 33104JEP12 kx1m2A22 cos2t32210 .01220 .242cos2243J21 .77104JE总EkEP5. 33104J1.7710-4J7.108-16 解：设两质点的振动表达式分别为：习题 8-16 图x 1Acost1x 2Acost2由图题可知,一质点在x 1A处时对应的相位为：2t1arccosA/23A同理：另一质点在相遇处时,对应的相位为：名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 故相位差t优秀学习资料欢迎下载52arccosA

22、/2A3 t 2 t 1 5 42 13 3 3如 1与 2 的方向与上述情形相反,故用同样的方法,可得：2 1 23 3 38-17 解：由图题 8-17图在课本上 P33所示曲线可以看出,两个简谐振动的振幅相同,即2A 1 A 2 0 . 05 m ,周期匀称 T .0 1 s,因而圆频率为：20T由 x-t 曲线可知,简谐振动 1 在 t=0 时,x 10 0 , 且 10 0,故可求得振动 1 的初位相310 . 2同样,简谐振动 2 在 t=0 时,x 20 0 . 05 m , 20 0 , 可知 20故简谐振动 1、2 的振动表达式分别为：3x 1 0 . 05 cos 20 t

23、 2x 2 0 . 05 cos 20 t m因此,合振动的振幅和初相位分别为：名师归纳总结 A2 A 12 A 22 A 1A 2cos201052102m第 13 页,共 14 页0arctanA 1sin10A 2sin20A 1cos10A 2cos20应取 545 m4. marctan 14或54但由 x-t 曲线知, t=0 时,xx 1x 20 . 05 , 因此故合振动的振动表达式：x52102cos 20t8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：3A2 A 12 A 22A 1A 2cos21cos50.0520 .06220 .050.065.0 0892 m-

24、 - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - arctanA 1sin优秀学习资料2欢迎下载1A 2sinA 1cos1A 2cos20 . 05 sin30 . 06sin5arctan 2 . 51 . 19 rad681 35 3.005cos0 . 06cos5x3的 振 幅最 大 ； 当5（ 2） 当12k,即2 k12 k3时 ,x 1522 k1 ,即2 k122 k1 5时,x2x3的振幅最小 . （3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示,如图题8-18 所示 . 8-19 解：依据题意画出振幅矢量合成图,如习题 8-19 图所示 .由习题 8-19 图及余弦定理可知A 2A22 A 12AA 1cos 3020217 . 3222017 3.3cm210 cm0.10m又由于名师归纳总结 如coscos21 300100 0习题 8-19 图第 14 页,共 14 页A22 A 12 A 24002A 1A 2217 . 3102,即第一、其次两个振动的相位差为2- - - - - - -