青岛科技大学：《大学物理》课程教学资源（PPT课件）第五十三讲 机械波波动光学习题点评

B 波 力光学习地 the 青岛科技大学 大学物理讲义

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习题14-2 解:(1)由x=0.1cos20xt+ 4 与x=Acos(O+p)比较 得振幅A=0.1(m)角频率=20n初相 频率v==10周期T 2兀 2兀 =0.1(s) (2)t=2s 位移x=0.cos(207t+0.25=7.07×102(m) 速度==- Rosin(ot+g)=-444(ms-) 加速度a==-A032cos(ot+)=-2.79×102(m·s 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 习题14－2 解：（1）由 0.1cos 20 4 x t           与 x  Acos(t  ) 比较 得振幅 A  0.1(m) 角频率  20 初相 4    频率 10 2      周期 2 T 0.1(s)     （2）t  2s 位移 x  0.1cos20t  0.25  -2  7.0710 (m) 速度 v  x  Asin(t  ) 2 加速度 a  x  A cos(t ) -1  4.44(ms ) 2 -2  2.7910 (m s )

习题14-7 解:如图,以水平方向为xC 轴正向,以弹簧自由状态 时A的位置为坐标原点 由动能定理一外力所作的功等于系统 C 动能的增量 f,dx +m gdx=d-m,u2+-m,02+Jo2 把 mR2和F k 人x 2 代入上式,同时利用=dx/dt 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 习题14－7 解：如图，以水平方向为 轴正向，以弹簧自由状态 时A的位置为坐标原点 x o x m1 m2 m A B C 由动能定理－外力所作的功等于系统 动能的增量 2 2 2 2 1 2 1 1 1 d d d 2 2 2 Fk x m g x m m J            v v 把 1 2 2 J  mR Fk  kx 代入上式，同时利用 v  dx / dt 和

得 kx+mg=(m,+m2+m/2)i 令x=x-mg/k M'=(m1+m2+m/2) 上式变成 k=mix 振动角频率 k k M vm, +m,+m/2 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 得  kx  mg  m1  m2  m / 2x 令 x '  x  mg / k M '  m1  m2  m/ 2 上式变成  kx '  M ' x' 振动角频率 1 2 ' / 2 k k M m m m     

习题14-12 解:(1)只要物体不离开板面,物体所受合力产生的加 速度就是平板做简诸谐运动的加速度 FN FN=m dy 2J=Acos(ot+甲 FN=mg+mAo cos(at+o) 最低点,y取最大值Ot+q=2k丌 FN=mg +mAo =2丌/T (2)重物离板,此时F=0由 FN=mg+mA@ cos(at+o) 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 习题14－12 解：（1）只要物体不离开板面，物体所受合力产生的加 速度就是平板做简谐运动的加速度。 2 2 d d N y mg F m t   y FN mg   2 cos FN  mg  mA t  最低点，y取最大值 t   2k 2 FN  mg  mA （2）重物离板，此时 0 FN  由   2 cos FN  mg  mA t    2 /T y  Acost   

在ot+q=(2k+1)x时,重物最容易离板,有 mg -mAo=0 在一定的频率下,物体离板的最小振幅 A=o/62 (3)在一定的振幅下,物体离板的最小频率为 2T 2TVA 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 在 t   (2k 1) 时，重物最容易离板，有 2 mg  mA  0 在一定的频率下，物体离板的最小振幅 2 A  g / （3）在一定的振幅下，物体离板的最小频率为 1 2 2 g A      

习题14-16 解:对单摆或复摆,都有6=mgo 单摆=m/2 周期 T 2兀=2兀 2 由此得 e g 1.63m·s 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 习题14－16 解：对单摆或复摆，都有 mgl J      单摆 2 J  ml g l      周期 2 2 l T g      由此得 e m m e T g T g  2 e m e m T g g T        2 1.63m s   

习题14-17 解:取如图所示的坐标系 B m = OB tan30( oc tan30°)tan30° 设质量面密度为 dm=ods =o2(h-y)tan 30dy iy J=「y2dm=mh2/6 0 振动周期T= 2兀二2兀 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 习题14－17 解：取如图所示的坐标系 mgl J      o l  OB tan 30 A O B dy y x h C   o o  OC tan 30 tan 30 设质量面密度为   o dm  ds   2 h  y tan 30 dy 2 0 d h J  y m  2  mh / 6 振动周期 2 2 J T mgl     

习题14-25 B 解:A、B无相对滑动,是 由于它们之间有摩擦力。B 做加速运动所需要的力就 由摩擦力提供。摩擦力所 能提供的最大加速度为 =ys mbg B 也即是系统最大的加速度不能超过/g 系统做简谐运动的加速度为a=-Ao02cos(am+q) 最大能量E=hA21/然)2=2k 最大加速度AO2=/g ,+m 2 2 9.62×10-3J 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 习题14－25 m1 m2 A B 解：A、B无相对滑动，是 由于它们之间有摩擦力。B 做加速运动所需要的力就 由摩擦力提供。摩擦力所 能提供的最大加速度为 s B B B f m g a g m m      也即是系统最大的加速度不能超过 g 系统做简谐运动的加速度为   2 a  A cos t   最大加速度 2 A  g 最大能量 2 2 2 1 1 2 2 g E kA k           2 1 2 k m m    3 9.62 10 J   

习题14-26 B 解:x=005c0s(101+075丌 x2=0.06c0(10+0.25z) x3=007c0(10+) O C⊥D 两振动的合成x=Acos(at+g) MNX A=√42+4+244cos(2-) BN BD+DN A, sin A, sin p tan p ON OM +MN A, cos 92+ A cos p 青岛科技大学 大学物理讲义

青岛科技大学 大学物理讲义 习题14－26 解： x1  0.05cos10t  0.75  x2  0.06cos10t  0.25  x3  0.07cos10t  3  两振动的合成   2 2 1 2 1 2 2 1 A  A  A  2A A cos    x  Acost    2 2 1 1 2 2 1 1 sin sin tan cos cos BN BD DN A A ON OM MN A A             B O y x C D M N A2 A1