大学物理答案-第六章

6.8 如题 6.8 图所示，有一弹簧振子，弹簧的倔强系数为 k，振子的质量为 m’，开始时处 于静止平衡状态，有一发质量为 m 的子弹以速度 v0 沿弹簧方向飞来，击中振子并埋 在其中，试以击中为计时零点，写出此系统的振动表达式。 解：碰撞时动量守恒,碰后机械能守恒可列方程：
mv0 = (m + m′)v mv0 所以 v = ，代入下式 m + m′ 1 2 1 kA = (m + m′)v 2 2 2
ρgas = mg 所以 m = ρas
b
a
当木块偏离平衡位置 x 后，有：
题 6.3 图
& mg − ρg (a + x) s = m& x &=0 ρgxs + m& x
∴ω 2 = T=
ρgs
m
=
g a a g
2π
ω
= 2π
6.4 一质量为 1.0×10-3 千克的质点，作简谐振动，其振幅为 2.0×10-4 米，质点在离平衡位 置最远处的加速度为 8.0×103 米/秒。 （1）试计算质点的振动频率； （2）质点通过平衡 -4 位置时的速度； （3）质点位移为 1.2×10 米时的速度； （4）写出作用在这质点上的力 作为位置的函数和作为时间的函数。 解：已知 m = 1.0 × 10 kg ， A = 2.0 × 10 m 。 令 x = A cos(ωt + ϕ )
由（2）式可得 f =
ω=
2k 3m
6.10 如题 6.10 图所示，弹簧的倔强系数为 k，定滑轮的质量为 m’，半径为 R，转动惯量为 I，物体的质量为 m。轴处摩擦不计，弹簧和绳的质量也不计，绳与滑轮间无相对滑 动。 （1）试求这一振动系统的振动频率， （2）如果在弹簧处于原长时由静止释放物体 m，m 向下具有最大速度时开始计时，并令 m 向下运动为 x 的正坐标，试写出 m 的振 动表达式。 解： （1）设弹簧原长 l0，系统平衡时，弹簧伸长 x0，平衡时 m 所在点为坐标原点， 有 mg = kx0 运动中，由转动定理有：
6.1 如题 6.1 图所示，用一根金属丝把一均匀圆盘悬挂起来，悬线 OC 通过圆盘质心，圆盘 呈水平状态，这个装置称为扭摆，当使圆盘转过一个角度时，金属线受到扭转，从而产 生一个扭转的回复力矩。若扭转角度很小，圆盘对 OC 轴的转动惯量为 I，扭转力矩可 表示为 M = − kθ ，求扭摆的振动周期。 解：已知 M = − kθ ， C
所以
k
m’
m v0 x0题 6.8 图 NhomakorabeaA=
mv0 k (m + m′) k m + m′
ω=
取向右为正方向， ϕ =
π
2
mv0 k (m + m′) cos( k π t+ ) m + m′ 2
x = A cos(ωt + ϕ ) =
6.9 如题 6.9 图所示振动系统，振子是一个作纯滚动的圆柱体，已知圆柱体的质量为 m， 半径为 R，弹簧的倔强系数为 k，并且弹簧是系于圆柱体的中心旋转对称轴上。试求 这一振动系统的频率。 解：设弹簧原长处为平衡点，又因弹簧质量不计，对圆柱体在运动中的受力进行分析有：
的？你想到了这种方法吗？这只鸟的质量是多少？ 解：可以认为树技与鸟组成一个谐振子。 利用砝码测得树枝的弹性系数为：
k=
m′g = 81.67(kg / m) l 2 ( s) 3
k 2π = m T
因为，鸟在树枝上在 4 秒内来回摆动了 6 次， 所以， T = 又因为 ω =
可得： m =
kT 2 = 0.92(kg) 4π 2
ω=
μ
8b b 3 / 4 ( ) m 5a
−3
6.13 质量 m=1.0×10-2 千克的小球与轻质弹簧组成的振动系统按 x = 5 ×10 cos(8πt +
π
3
)
的规律振动，式中各量均为 SI 单位。求（1）振动的圆频率、周期、振幅和初始相位； （2）振动的速度和加速度（函数式） ； （3）振动的总能量 E； （4）振动的平均动能和 平均势能； （5）t=1.0 秒、10 秒等时刻的相位。 解： （1）Q x = 5 × 10 cos(8πt +
−3
−4
& = − Aω 2 cos(ωt + ϕ ) x 则 &
&max = Aω 2 = 8.0 ×10 3 m ⋅ s −1 由已知条件可得 & x
（1） ω =
2
ν=
ω = 1.0 × 10 3 Hz 2π
& &max x = 4.0 ×10 7 A
& = − Aω sin(ωt + ϕ ) （2） x
∴振动表达式为
1 q2 ，流经电感中的电流若 6.11 在 LC 电路中，电容极板上的电量若为 q，电容器将储能 2 C
为 i，电感中将储存磁能 振荡频率。 解：Q
1 2 dq 1 q 2 1 2 且 Li ， i = + Li =恒量，试求 LC 电路的固有 2 dt 2 C 2
1 q2 1 2 + Li = C 2 c 2 1 q 2 1 dq 2 + L( ) = C 2 c 2 dt ∴ q dq dq d 2 q +L =0 c dt dt dt 2 d 2q 1 + q=0 dt 2 LC
[T − k (x + x0 )]R = Iβ
& 对于 m，有 mg − T = m& x
又因
x0 l0
I T mg x
& & = Rβ x
联立以上各式，可得：
I & − kx = (m + 2 ) & x R k &+ x 即 & x=0 I m+ 2 R k 2 设 ω = I (m + 2 ) R
过平衡点时，速度为最大值：
& = Aω = 1.3m / s x
（3） x = A cos(ωt + ϕ ) = 1.2 × 10 (m)
−4
∴ cos(ωt + ϕ ) =
x 3 = A 5
& = − A sin(ωt + ϕ ) = − Aω (± 1 − cos 2 (ωt + ϕ ) ) = ±1.0(m ⋅ s −1 ) x
Δx 2 =
∴ - k(x- l) =
与（5.2）式对比可得：
ω2 =
k
μ
A = l ′-l
此系统作振幅为 A，圆频率为 ω 的简振动。 6.7 有一鸟类学家，他在野外观察到一种少见的大鸟落在一棵大树的细枝上，他想测得 这只鸟的质量，但不能捉住来称量，于是灵机一动，测得这鸟在树枝上在 4 秒内来回 摆动了 6 次，等鸟飞走以后，他又用一千克的砝码系在大鸟原来落的位置上，测出树 枝弯下了 12 厘米，于是他很快算出了这只鸟的质量。你认为这位鸟类学家是怎样算
解： （1）振动频率
ν=
1 ω = 2π 2π v0
g = 1.6( Hz ) l
（2）振幅
2 A = x0 +(
ω
) 2 = 0.02(m)
x0 （3）初相位 ϕ = cos = cos −1 0.9 = ±0.46(rad ) A
−1
k m
题 6.5 图
(v0>0 取正号，v0<0 取负号) （4）振动表达式. X = 0.02 cos(10t − 0.46)(m)
则
题 6.10 图
ν=
ω 1 = 2π 2π
k m+ I R2
（2）以弹簧原长时释放 m，
x0 = −
mg k mg k
所以， A =
又 x0 = − A ， v0 = 0 ，
则
ϕ =−
π
2 ⎡ ⎢⎛ ⎜ k mg x= cos ⎢⎜ ⎢⎜ I k ⎢⎜ m + 2 R ⎝ ⎢ ⎣
1 ⎤ ⎞2 ⎥ ⎟ π ⎟ t− ⎥ 2⎥ ⎟ ⎟ ⎥ ⎠ ⎥ ⎦
（3） E =
π
3
) (m ⋅ s −2 )
1 1 KA 2 = m ω 2 A2 = 8 ×10 −6 π 2 ( J ) 2 2 E 1 1 2 2 2 −6 2 （4） < E k >=< E p >= = KA = mω A = 4 ×10 π ( J ) 2 4 4 1 6.14 在阻尼振动中，量 τ = 叫做弛豫时间。 （1）证明 τ 的量纲是时间； （2）经过时间 τ
&& ，可得： 由转动方程 M = Iθ && ， M = −kθ = Iθ
&& + k θ = 0 ， θ I
对比（6.2）式可知： ω =
2
O 题 6.1 图
k ， I
所以
T=
2π
ω
= 2π
I K
6.2 一质量为 m 的细杆状一米长的直尺，如果以其一端点为轴悬挂起来，轴处摩擦不计， 求其振动周期。 解：复摆（物理摆）小角度振动时方程为：
−3
π
3
) 与振动表达式 x = Acos(ωt + ϕ ) 比较便直接可得：
A = 5 × 10 −3 (m)
ω = 8π 2π 1 T= = (s) ω 4 π ϕ= 3
（2） x = −4π × 10 sin (8πt +
−2 .. .
π
3
) (m ⋅ s −1 )
x = −32π 2 × 10 −2 cos(8πt +
Q m1 x1 = m 2 x 2 x= m1 + m2 x1 m2