大学物理_马文蔚__第五版_下册_第九章到第十一章课后答案

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第九章 振动

9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A，起始时刻质点的位移为

代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）

A，且向x 轴正方向运动，2

题９-１ 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）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）

22 2 2 A x

2cos πt πcm Cx 2cosπt π cm 3 3 3 3 42 2 4 B x 2cos πt πcm Dx 2cosπt π cm 3333

题９-２ 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 轴负方向运动．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+A 处所需时间为1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差Δ

出正确答案． 4π/3，则角频率ω Δ/Δt 4π/3 s 1，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找

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9-3 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ππ （B）超前 （C）落后π （D）超前π 22

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９-３ 图

9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ）

（A） v （B）v （C）2v （D）4v 2

1222分析与解 质点作简谐运动的动能表式为Ek m Asin t ，可见其周期为简谐2

9-5 图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C）． 振动的初相位为（ ）

（A） 13π （B）π （C）π （D）0 22

分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差

Acos ωt π ．它们的振幅不同．对2

A于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x1 cos t．因2是 （即反相位）．运动方程分别为x1 Acos t和x2

而正确答案为（D）．

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题９-５ 图

9-6 有一个弹簧振子，振幅A 2.0 10 2m，周期T 1.0s，初相

它的运动方程，并作出x t图、v t图和a t图．

3π/4．试写出

题９-6 图

分析 弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A、初相 、角频率 是简谐运动方程x Acos t 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A、 已知外， 可通过关系式ω 2π/T确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．

解 因ω 2π/T，则运动方程

x Acos ωt

根据题中给出的数据得 2πt Acos T

x 2.0 10 2cos 2πt 0.75π m

振子的速度和加速度分别为

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v dx/dy 4π 10 2sin 2πt 0.75π m s-1

a d2x/d2y 8π 10 2cos 2πt 0.75π m s-1

x t、v t及a t图如图所示．

9-7 若简谐运动方程为x 0.10cos 20πt 0.25π m ，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t 2s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

t 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、x Acos

加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果．

解 （1） 将x 0.10cos 20πt 0.25π m 与x Acos t 比较后可得：振幅A ＝0.10m，角频率ω 20πs 1，初相 ＝0.25π，则周期T 2π/ω 0.1s，频率v 1/THz．

（２）t 2s时的位移、速度、加速度分别为

x 0.10cos 40πt 0.25π 7.07 10 2m

v dx/dt 2πsin 40π 0.25π 4.44m s-1

a d2x/d2t 40π2cos 40π 0.25π 2.79 102m s-2

9-8 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F kx，则货轮作简谐运动．通过F kx即可求得振动周期T 2π/ω 2πm/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

F P F

其中F 为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为

F F gSx mg gSx

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题９-８ 图

则货轮所受合外力为

F P F gSx kx

式中k gS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

2 F mdx/dt可得货轮运动的微分方程为 22d2x/d2t gSx/m 0 令 gS/m，可得其振动周期为

T 2π/ω 2πm/ρgS

9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度 5.5 10kg m．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐运动；（2） 计算其周期．

3 3

题９-９ 图

分析 证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．

证 （1） 取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x处时，它受地球的引力为

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F Gmxm x2

式中G为引力常量，mx是以x 为半径的球体质量，即mx 4πρx3/3．令k 4πρGm/3，则质点受力

F 4πρGmx/3 kx

因此，质点作简谐运动．

（2） 质点振动的周期为

T 2πm/k 3π/Gρ

5.07 10s3

9-10 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9-10 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

mgsin k1x1 k2x2 （1）

和x2 ， x2 ．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即x x1则

物体受力为

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mgsin k1 x1 x1 （２） F mgsin k2 x2 x2

将式（1）代入式（2）得

k1x1 （３） F k2x2

F/k1、x2 F/k2，而x x1 x2 ，则得到 由式（3）得x1

F k1k2/ k1 k2 x kx

式中k k1k2/ k1 k2 为常数，则物体作简谐运动，振动频率 11v ω/2π k/m 1k2/k1 k2m 2π2π

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v 1

2πk1 k2/m，读者可以一试．通过这些例子可以知道，

证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．

9 －11 在如图（a）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为m1的物体A，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m、半径为R 的定滑轮B（可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为m2的物体C

．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率． *

题9-11 图

分析 这是一个由弹簧、物体A、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b）所示，设系统处于平衡状态时，与物体

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A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O，此时弹簧已伸长x0，且kx0 m2g．当弹簧沿Ox轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A、C 及滑轮B的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．

解1 在图（b）的状态下，各物体受力如图（c）所示．其中F k x x0 i．考虑到绳子不可伸长，对物体A、B、C 分别列方程，有

d2xFT1 k x x0 m12 （1） dt

d2xm2g FT2 m22 （2） dt

1d2x FT2 FT1 R J mR2 （3） 2dt

kx0 m2g （4）

2方程（3）中用到了FT2 FT 2、FT1 FT 1、J mR/2及 a/R．联立式（1） ～式（4）

可得

d2xk x 0 （5）2dtm1 m2 m/2

则系统振动的角频率为 k/m1 m2 m/2

解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x（此时速度为v、加速度为a）为末状态，则由机械能守恒定律，有

11112E0 m2gx m1v2 m2v2 Jω2 k x x0 2222

在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得

dvdvdωdx m2v Jω k x x0 dtdtdtdt

222将J mR/2，ωR v，dv/dt dx/dt 和m2g kx0 代入上式，可得 0 m2gv m1v

d2xk x 0 （6）2dtm1 m2 m/2

式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．

9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A＝2.0 ×10-2 m，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＝-1.0×10-2 m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

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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9-12 图

解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m，ω 2/T 4πs，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x Acos t ，当t 0时有x0 Aco s t ， 1v0 Aωsin．当（1）x0 A时，cos 1 1，则 1 0；

ππ（2）x0 0时，cos 2 0，2 ，因v0 0，取2 ； 22

ππ（3）x0 1.0 10 2m时，cos 3 0.5，3 ，由v0 0，取3 ； 33

4ππ（4）x0 1.0 10 2m时，cos 4 0.5，4 π ，由v0 0，取4 ． 33

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 1 0，2 π，23 π，34 4π． 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

cos4πt m

2（2）x 2.0 10cos 4πt π/2 m

2（3）x 2.0 10cos 4πt π/3 m

2（4）x 2.0 10cos 4πt 4π/3 m （1）x 2.0 10 2

9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为m 的物体时， 伸长量为9.8 ×10-2 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 ×10-2 ｍ 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0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．

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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 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9-13 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Δl ＝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/m g/ l 10s 1

（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 ×10-2 m、v10 ＝0 可得振幅A

确定初相12x10 v10/ 8.0 10 2m；应用旋转矢量法可2 π［图（a）］．则运动方程为

x1 8.0 10 2cos 10t π m

2x20 v20/ 6.0 10 2m；2 （2）t ＝０ 时，x20 ＝0、v20 ＝0.6 ｍ·s-1 ，同理可得A2

2 π/2［图（b）］．则运动方程为

x2 6.0 10 2cos 10t 0.5π m

9-14 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 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b） 所示．由图可见初相0 π/3（或0 5π/3），而由 t1 t0 /2 /3得ω 5π/24s，则运动方程为 1

5π x 0.10cos t π/3 24 m

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题9-14 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

（3） 由旋转矢量图可得ωtp 0 π/3，则tp 1.6s．

9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到x ＝A/2 处；

（3） 由x ＝A/2处到最大位移处．

解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O．

（1） 平衡位置x1 到最大位移x3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故Δ

则所需时间 1 p 0 ω tp 0 2π． π/2，

t1 1/ T/4

（2） 从平衡位置x1 到x2 ＝A/2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有Δ

则所需时间 2 π/6，

t2 2/ T/12

（3） 从x2 ＝A/2 运动到最大位移x3 处，图中旋转矢量从位置2 转到位置3，有Δ3 π/3，则所需时间

t3

3/ T/6

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题9-15 图

9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？

题9-16 图

分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力FN 作用，FN 是一个变力．按牛顿定律，有

d2yF mg FN m2 （1） dt

d2y2 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a 2 A cos t ，则式（1）可改写dt

为

FN mg mA 2cos t （2）

（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位 t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．

（2） 由式（2）可知支持力FN 的值与振幅A、角频率ω和相位（ t ）有关．在振动过程中，当ωt π时FN最小．而重物恰好跳离平板的条件为FN＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．

解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位 t ＝0，物体受板的支持力为

2 /t 12.96N FN mg mA 2 mg mA

与FN大小相等，方向相反． 重物对木块的作用力FN2

（2） 当频率不变时，设振幅变为A′．根据分析中所述，将FN＝0及ωt

中式（2），可得 π代入分析

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A mg/mω2 gT2/4π2 6.2 10 2m

（3） 当振幅不变时，设频率变为v ．同样将FN＝0及ωt π代入分析中式（2），可得

9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为x1 Acos t ，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．

ω21v mg/mA 3.52Hz 2π2π

题9-17 图

解 图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前 /2，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为

x2 Acos t /2

9-18 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 1.5s 1，则

T 2π/ω 4.2s

（2）amax A 2 4.5 10 2m s 2

（3） 从分析中已知v0 Aωsin Aω/2，即

sin 1/2

π/6, 5π/6

5π/6，其旋转矢量图如图（b）所示．则运

动方程为 x 2cos 1.5t 5π/6 cm 因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取

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题9-18 图

9-19 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9-19 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

ω g/l 3.13s 1;T 2π/ω 2.01s

（2） 由t 0时 max 5o可得振动初相 0，则以角量表示的简谐运动方程为

πcos3.13t 36

（３） 摆角为3°时，有cos t / max 0.6，则这时质点的角速度为 θ

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d /dt max sin t max cos2 t 0.80 max 0.218s

线速度的大小为 1

v ld /dt 0.218s 1

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．

9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度gE 9.80m s 2）

2解 由单摆的周期公式T 2π/g可知g 1/T2，故有gM/gE TE2/TM，则月球的

重力加速度为

gM TE/TMgE 1.63m s 2

9-21 一飞轮质量为12kg，内缘半径r ＝0.6

ｍ，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． 2

9-21 题图

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T 2πJ/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 2πJ/mglc，可得J mgrT/4π．则由平行轴定理得 22

J0 J mr2 mgrT2/4 2 mr2 2.83kg m2

9-22 如图（a）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s-1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4.99 kg，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m-1 ，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．

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题9-22 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振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m1 ＋m2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v0 和初位移x0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．

解 振动系统的角频率为 k/m1 m2 40s 1

由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v0 为

v0 m1v m1 m2 1.0m s 1

2又因初始位移x0 ＝0，则振动系统的振幅为 2A x0 v0/ω v0/ω 2.5 10 2m

图（b）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位0 π/2，则简谐运动方程为

x 2.5 10 2cos 40t 0.5π m

9-23 如图（a）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m1 的空盘．现有一质量为m2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？

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题9-23 图

分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m1 变为m1 + m2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于A 2x0 v0/ω，因此，确定初始速度v0 和初始位移2

x0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．

解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为

T 2π/ω 2πm1/k T 2π/ω 2πm1 m2/k

可见T′＞T，即振动周期变大了．

（2） 如图（b）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即

x0 l1 l2 m1gm1 m2m g 2g kkk

式中l1 ＝m1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l2 ＝（m1 ＋m2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度

v0

式中v m2m2v 2gh m1 m2m1 m22gh是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为

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22A x0

v0/ω m2g2kh1 km1 m2

本题也可用机械能守恒定律求振幅A．

9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m1 的物体，在水平面上作振幅为A的简谐运动．有一质量为m2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a）物体通过平衡位置时，（b）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？

题9-24图

分析 谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式A

幅．

解 （1） 由分析可知，在（a）、（b）两种情况中，粘土落下前后的周期均为 2x0 v0/ω）求得两种情况下的振2

T 2π/ω 2πm1/k

T 2π/ω 2πm1 m2/k

物体粘上粘土后的周期T′比原周期T 大．

（2） （a） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为

A、v 和A′、v′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式

kA 2/2 m1v2/2 （1）

kA 2/2 m1 m2 v 2/2 （2）

m1v m1 m2 v （3）

联立解上述三式，可得

A m1/m1 m2A

即A′＜A，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．

（b） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v′＝m1v/（m1 ＋m2 ） ＝0，因而振幅不变，即

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A′＝A

9-25 质量为0.10kg的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s-1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？

分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度amax A 2，由此可确定振动的周期T．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA2/2．当动能与势能相等时，Ek ＝EP ＝kA2/4．因而可求解本题．

解 （1） 由分析可得振动周期

T 2π/ω 2πA/amax 0.314s

（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即

11mA2 2 mAamax 22

2.0 10 3JEk E

（3） 设振子在位移x0 处动能与势能相等，则有

2kx0/2 kA2/4

得 x0 2A/2 7.07 10 3m

（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即x A/2）时的势能为

121 A kx k E/4 22 2

则动能为 EK E EP 3E/4 EP

9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg，振动频率 ＝1.0 ×1014 Hz，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．

解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－Aωsin（ωt ＋φ），故氢原子

振动的最大速度为

vmax ωA 2πvA 6.28 102m s 1

（２） 氢原子的振动能量

2E mvmax/2 3.31 10 20J

9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按x 0.5 8πt π/3 cm 的规律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量E；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．

解 （1） 将x 0.5 8πt π/3 cm 与x Acos t 比较后可得：角频率ω 8πs， 1振幅A ＝0.5cm，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ

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