NO1机械振动规范标准答案

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《大学物理AII 》作业 No.01 机械振动

一、选择题：

1．假设一电梯室正在自由下落，电梯室天花板下悬一单摆(摆球质量为m ，摆长为l ) 。若使单摆摆球带正电荷，电梯室地板上均匀分布负电荷，那么摆球受到方向向下的恒定电场力F 。则此单摆在该电梯室内作小角度摆动的周期为： [

C

]

(A) Fm

l

π2 (B) Fl

m π2 (C) F

ml

π

2

(D) ml

F π

2 解：

2．图(a)、(b)、(c)为三个不同的简谐振动系统。组成各系统的各弹簧的原长、各弹簧的劲度系数及重物质量均相同。(a)、(b)、(c)三个振动系统的2（

为固有角频率）值之比为

[

B ]

(A) 2∶1∶

2

1

(B) 1∶2∶4 (C) 2∶2∶1

(D) 1∶1∶2

解：由弹簧的串、并联特征有三个简谐振动系统的等效弹性系数分别为：2

k

，k ，k 2 则由m

k

=

2

ω可得三个振动系统的2（为固有角频率）值之比为： m k

2 ：m k ：m k 2，即1∶2∶4 故

选B 3．两个同周期简谐振动曲线如图所示。则x 1的相位比x 2的相位 [

A ]

(A) 超前/2 (B) 落后

(C) 落后

(D) 超前

解：由振动曲线画出旋转矢量图可知

x 1的相位比x 2的相位超前

k m

m

m k k k

k (b)

(c) t

x

O

x 1 x 2

x

2

A 1A ω

4．一物体作简谐振动，振动方程为)2

1

cos(π+=t A x ω。则该物体在t = T /8（T 为振动周期）时刻的动能与t = 0时刻的动能之比为： [

B ] (A) 1:4

(B) 1:2

(C) 1:1

(D) 2:1

(E) 4:1

解：由简谐振动系统的动能公式：)2

1(sin 2122πω+=

t kA E k 有t = 0时刻的动能为：22221)2102(sin 21kA T kA =+?ππ t = T /8时刻的动能为：2224

1

)2182(sin 21kA T T kA =+?ππ，

则在t = T /8时刻的动能与t = 0时刻的动能之比为：1:2

二、填空题：

1．用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长10cm 。此弹簧下应挂 kg 的物体，才能使弹簧振子作简谐振动的周期s)(2.0π=T 。 解： 弹簧的劲度系数 ()

1m N 4001

.040-?==?=

x F k 弹簧振子简谐振动周期 k

m T π

2= 应挂物体质量 ()kg 0.440022.042

2

2=???

?

??ππ=?π=k T m

2．两个同频率余弦交流电()t i 1和()t i 2

位相差=-12

?? 。 解：由图作旋转矢量图可知：

()t i 1的初相 21π

?=

()t i 2的初相

02=?

所以 =-12??2π-

3．一质点作简谐振动，其振动曲线如图所示。根据此图，它的周期=T ，用余弦函数描述时初相位=? 。 解：由振动曲线和旋转矢量图可知

2212=+T

T 振动周期 ()s 43.37

24

==T

振动初相 ππ?3

234-=或

4．一物块悬挂在弹簧下方作简谐振动，当这物块的位移等于振幅的一半时，其动能是总能量的 （设平衡位置处势能为零）。当这物块在平衡位置时，弹簧的长度比原长长l ?,这一振动系统的周期为 ，这时将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量减半的物块，则系统的振动周期又为 。 解：谐振动总能量22

1kA E E E p k =+= 当A x 2

1

=

时 4

)2(212122E A k kx E p ===

所以动能

E E E E p k 4

3

=-=

物块在平衡位置时， 弹簧伸长l ?，则l k mg ?=，l

mg

k ?=， 振动周期g

l k m

T ?==ππ

22 弹簧截去一半后，其劲度系数为2k l

mg

?=2

，当挂一质量减半的物块时，其质量为m 2

1

， 振动周期

g l

l

mg m

T ?=?=π

π2212，即为原周期的一半

5．一质点同时参与了两个同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为

)4/cos(05.01πω+=t x (SI)

)12/19cos(05.02πω+=t x (SI)

则其合成运动的运动方程为=x 。 (SI) 解：由旋转矢量图可知：，

ππ

???)125(4

21=-

-=

-=?知A oA 1?为等边三角形，故

合成振动振幅 )m (05.021===A A A 合振动的初相 12

)4

3

(

π

π

π

?-

=-

-=(或

π12

23) 2

A

所以，合振动方程为 )12

cos(05.0π

ω-

=t x

(SI) 或 )12

23

cos(05.0πω+=t x

(SI)

或

)1211

cos(05.0πω+

-=t x (SI) 或 1

0.05cos()12

x t ωπ=-

(SI)

注：也可用两余弦函数和化积公式：2

cos

2

cos

2cos cos β

αβ

αβα+-=+做：

)

12

11

cos()32cos(05.0)2

41219cos()241219cos(

05.02π+ω?π?-=π+

ω+π+ω?π-ω-π+ω??=t t t t t x

三、计算题： 1．

解:参见图，已知物体最低位置在初始位置下方cm 0.100=x 处，由此可得弹簧振子的振幅为cm 0.5=A 。同时可以判知，新的平衡位置在弹簧原长端点O '下方cm 0.5处，也就是说，竖直悬挂的弹簧振子将以O 为平衡点作简谐振动，其振动方程为

cm )cos(0.5)(?+=ωt t x

(1) 物体从初始位置运动到最低位置的过程中机械能守恒，规定O '为重力势能和弹性势

能零点，则有

02

102

0=-mgx kx 将上式改写为0

2x g

m k =

振动频率为Hz 23.22=π

ω

=

f 若规定撒手这一瞬间为0=t 时刻，此刻cm 0.5)0(-=x ，即?=-cos 0.5

解得π=?

求出了特征量A ，ω和?，则该弹簧振子的位移和速度表示就可具体确定为

cm )14cos(0.5)(π+=t t x -1s cm )14sin(70)(?π+-=t t v

(2) 物体在初始位置下方cm 0.8处，即位移cm 0.3=x ，由位移表达式

)14cos(0.53π+=t

得5

3

)14cos(=π+t

由勾股定理，可得5

4)14sin(=π+t 根据速度表达式，该处的速度为-1

s cm 56)14sin(70?-=π+-=t v

（3

m

M k

m k +π=π2141

o '

o

x

（4）原物体与砝码系在一起时，其新的平衡位置处重力和弹性力大小相等，即

g m M kx )(+=

式中2

m ωk =

因此，新的平衡位置在弹簧原长端点下方的距离x

已知在原物体g m 100=在一起时，质量g m M 400=+，按比例，新平衡位置在弹簧原长端点下方cm 20处。这是一种较简洁的分析求解法。 2．

解： (1) 振动周期

振动角频率 (2)

00>v 由振幅公式

，可得

(3) 振动方程为 或 )3

10cos(1015)cos(2

+?=?+ω=-t t A x （SI ）

3．

解：如图所示，取逆时针方向为正，则振动系统所受合力矩为

-≈θ-θ=)(sin sin a b mg mga mgb M 对于振幅很小的振动有 θ-≈)(a b mg

M 由于合力矩M 与θ 的正负号相反， 所以上式可写为 θ)(a b mg M --= 系统转动惯量

)(2222b a m mb ma J +=+=

A

由转动定律22d d t

J M θ

=得

θθθ)

()

()()(d d 2

22222b a a b g b a m a b mg J M t +--=+--== 即

0)

()(d d 2

222=+-+θθb a a b g t 故系统做简谐振动，其角频率 2

2)

(b

a a

b g +-=ω

简谐振动周期

或由系统机械能守恒求导数做：选O 所在水平面为零势能面有

系统机械能 C mgb mga mb ma =-++θθωcos cos )(2

1

222（C 为常量） 对时间求一阶导数有 0sin sin d d )(222

2=+-θ+θmgb ωθmga ωt

ωmb ma

对于振幅很小的振动有 θb a a b g t )

()

(d d 2222+--=θ

或由等效于教材中的复摆做：Mgh

J

T π

2= 等效质心到转轴距离： 2a

b h -= 等效质量：

m M 2=

等效转动惯量：

)(22mb ma J +=