湖南大学物理与微电子科学学院：《大学物理教材习题解答》第4-8章习题解.doc_大学文库

置 x0 = -A 时，φ = π． 4．2 已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a，b，c，d，e 各点的位相，及到达这些状态的时刻 t 各是多少？已知周期为 T；（2）振动表达式；（3）画出旋转矢量图． [ 解答] 方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为 x = AcosΦ，其中 A 表示振幅，Φ = ωt + φ 表示相位．由于 xa = A，所以 cosΦa = 1，因此 Φa = 0．由于 xb = A/2，所以 cosΦb = 0.5，因此 Φb = ±π/3；由于位相 Φ 随时间 t 增加，b 点位相就应该大于 a 点的位相，因此 Φb = π/3．由于 xc = 0，所以 cosΦc = 0，又由于 c 点位相大于 b 位相，因此 Φc = π/2．同理可得其他两点位相为 Φd = 2π/3，Φe = π． c 点和 a 点的相位之差为 π/2，时间之差为 T/4，而 b 点和 a 点的相位之差为 π/3，时间之差应该为 T/6．因为 b 点的位移值与 O 时刻的位移值相同，所以到达 a 点的时刻为 ta = T/6．到达 b 点的时刻为 tb = 2ta = T/3．到达 c 点的时刻为 tc = ta + T/4 = 5T/12．到达 d 点的时刻为 td = tc + T/12 = T/2．到达 e 点的时刻为 te = ta + T/2 = 2T/3．（2）设振动表达式为 x = Acos(ωt + φ)，当 t = 0 时，x = A/2 时，所以 cosφ = 0.5，因此 φ = ±π/3；由于零时刻的位相小于 a 点的位相，所以 φ = -π/3，因此振动表达式为 cos(2 ) 3 t x A T  =  − ．另外，在 O 时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与 t 轴相交于 f 点，由于 xf = 0，根据运动方程，可得 cos(2 ) 0 3 t T   − = 所以 2 3 2 f t T    − =  ．显然 f 点的速度大于零，所以取负值，解得 tf = -T/12．从 f 点到达 a 点经过的时间为 T/4，所以到达 a 点的时刻为 ta = T/4 + tf = T/6， O t x a b c d e A/2 A 图 6.2 O x a A b c d e φ O t x a b c d e A/2 A f

其位相为 2 0 3 a a t T   =  − = ．由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相． 4．3 如图所示，质量为 10g 的子弹以速度 v = 103m·s-1 水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数 k = 8×103N·m-1，木块的质量为 4.99kg，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程． [解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即 mv = (m + M)v0．解得子弹射入后的速度为 v0 = mv/(m + M) = 2(m·s-1 )，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得 (m + M) v0 2 /2 = kA2 /2，所以振幅为 0 m M A v k + = = 5×10-2 (m)．（2）振动的圆频率为 k m M  = + = 40(rad·s-1 )．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移 x 的正方向，振动方程可设为 x = Acos(ωt + φ)．当 t = 0 时，x = 0，可得 φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为 x = 5×10-2 cos(40t - π/2)(m)． 4．4 如图所示，在倔强系数为 k 的弹簧下，挂一质量为 M 的托盘．质量为 m 的物体由距盘底高 h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为 t = 0 时刻，求振动方程． [解答]物体落下后、碰撞前的速度为 v gh = 2 ，物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为 0 2 m m v v gh m M m M = = + + ，这也是它们振动的初速度．设振动方程为 x = Acos(ωt + φ)，其中圆频率为 k m M  = + ．物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为 x1，则 x1 = Mg/k．物体与托盘碰撞之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为 x2，则 x2 = (M + m)g/k．取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为 x0 = x1 - x2 = -mg/k．因此振幅为 2 2 2 2 0 0 2 2 ( ) ( ) v mg ghm A x  k k m M = + = + + 2 1 ( ) mg kh k m M g = + + ；初位相为 0 0 2 arctan ( ) v kh x m M g   − = = + ． m v M k 图 4.3 k M m h x x1 x2 O 图 4.4

4．5 重量为 P 的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率． [解答]（1）可以证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为 k = k1k2/(k1 + k2)，因此固有频率为 2π   = 1 2π k m = 1 2 1 2 1 2 ( ) k k g k k P =  + ．（2）因为当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为 2π   = 1 2 1 2 2 2 k kg m P = =   ． 4．6 一匀质细圆环质量为 m，半径为 R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期． [解答]方法一：用转动定理．通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为 Ic = mR2．根据平行轴定理，环绕过 O 点的平行轴的转动惯量为 I = Ic + mR2 = 2mR2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为 M = -mgRsinθ，方向与角度 θ 增加的方向相反．根据转动定理得 Iβ = M，即 2 2 d sin 0 d I mgR t  + =  ，由于环做小幅度摆动，所以 sinθ≈θ，可得微分方程 2 2 d 0 d mgR t I  + =  ．摆动的圆频率为 mgR I  = ，周期为 2π T  = 2 2 2 I R mgR g =  =  ．方法二：用机械能守恒定律．取环的质心在最底点为重力势能零点，当环心转过角度 θ 时，重力势能为 Ep = mg(R - Rcosθ)，绕 O 点的转动动能为 1 2 2 E I k =  ，总机械能为 1 2 ( cos ) 2 E I mg R R = + −   ．环在转动时机械能守恒，即 E 为常量，将上式对时间求导，利用 ω = dθ/dt，β = dω/dt，得 0 = Iωβ + mgR(sinθ) ω，由于 ω ≠ 0，当 θ 很小有 sinθ≈θ，可得振动的微分方程 2 2 d 0 d mgR t I  + =  ，从而可求角频率和周期． [注意]角速度和圆频率使用同一字母 ω，不要将两者混淆． 4.7 横截面均匀的光滑的U型管中有适量液体如图所示，液体的总长度为 L，求液面上下微小起伏的自由振动的频率。 C R mg θ O k1 k2 k k (a) (b) 图 4.5 0 y y y y 图 4.7

0.1(m) 解:建立竖直坐标如图,令微小振动中,两位相为臂水银面相平时,水银面坐标为0,水银的重力势能为0,则以右臂水银面的坐标为准, 在振动中任一时刻,水银的运动速度 (2)速度的最大值为 bdy.这时振动中水银的动能为加速度的最大值为 8π=2.5l(ms2) am=2A=642=632(ms2) mU2,水银的势能(看作两水银面相平的 (3)弹簧的倔强系数为状态下,从右臂移高度为y的一段水银柱到左臂,则有质量为Sp的水银升高了高度y)最大回复力为为Spgy2.因振动中机械能守恒 f∫=kA=mo2A=0.632(N); mU2+Sgy2=常量振动能量为 E=k42/2=mo22/2=3.16×102(J) 对求导数可得平均动能和平均势能为 D 2Spgyu=0 EA=En=k214=mo242/4=158×102(J 化 3y+2Sy=0 (4)如图=1,2,10s 所示,当t为1 2,10s等时刻这就是简谐振动的微分方程时,旋转矢量的由此可得振动角频率位置是相同的 sPg SpL VL 4.9一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动.已知氢原子质量m= 4.8质量为10×10kg的小球与轻弹簧1.68×102kg,振动频率v=10×104Hz,振幅A=1.0×101lm.试计算: 组成的系统,按x=0.lcos(8t+-)的规 (1)此氢原子的最大速度律作振动,式中t以秒(s)计,x以米m)计,求 (2)与此振动相联系的能量 (1)振动的圆频率、周期、振幅、初解答](1)氢原子的圆频率为位相 =2r=628×101(rads), (2)振动的速度、加速度的最大值:最大速度为 (3)最大回复力、振动能量、平均动 Vm=O4=6.28×103(ms) 能和平均势能 (2)氢原子的能量为 (4)画出这振动的旋转矢量图,并在 E=mv2=3.32×1020(J) 图上指明t为1,2,10s等各时刻的矢量位置解答](1)比较简谐振动的标准方程 10质量为025kg的物体,在弹性 x=Acos(t +o), 力作用下作简谐振动,倔强系数k 可知:圆频率为 25Nm-,如果开始振动时具有势能0.6J O=8兀和动能02J,求: 周期 (1)振幅 T=2/=1/4=0.25(s), (2)位移多大时,动能恰等于势能? 振幅为 (3)经过平衡位置时的速度

解：建立竖直坐标如图，令微小振动中，两臂水银面相平时，水银面坐标为 0，水银的重力势能为 0，则以右臂水银面的坐标为准，在振动中任一时刻，水银的运动速度 t y d d  = ．这时振动中水银的动能为 2 2 1 mv ，水银的势能（看作两水银面相平的状态下，从右臂移高度为 y 的一段水银柱到左臂，则有质量为 Sy 的水银升高了高度 y）为 Sgy 2．因振动中机械能守恒 + = 2 2 2 1 m Sgy 常量对 t 求导数可得 2 0 d d v +   =  S gy t m 化简 2 0 d d 2 2 + S gy = t y m  这就是简谐振动的微分方程．由此可得振动角频率 m Sg  2 = L g S L 2S g 2 = =    4．8 质量为 10×10-3kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按 2 0.1cos(8 ) 3 x t  =  + 的规律作振动，式中 t 以秒(s)计，x 以米(m)计．求：（1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相；（2）振动的速度、加速度的最大值；（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明 t 为 1，2，10s 等各时刻的矢量位置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程 x = Acos(ωt + φ)，可知：圆频率为 ω =8π，周期 T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，振幅为 A = 0.1(m)，位相为 φ = 2π/3．（2）速度的最大值为 vm = ωA = 0.8π = 2.51(m·s-1 )；加速度的最大值为 am = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s-2 )．（3）弹簧的倔强系数为 k = mω2，最大回复力为 f = kA = mω2A = 0.632(N)；振动能量为 E = kA2 /2 = mω2A 2 /2 = 3.16×10-2 (J)，平均动能和平均势能为 E E k p = = kA2 /4 = mω2A 2 /4 = 1.58×10-2 (J)．（4）如图所示，当 t 为 1， 2，10s 等时刻时，旋转矢量的位置是相同的． 4．9 一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动．已知氢原子质量 m = 1.68×10-27kg，振动频率 v = 1.0×1014Hz，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． [解答]（1）氢原子的圆频率为 ω = 2πv = 6.28×1014(rad·s-1 )，最大速度为 vm = ωA = 6.28×103 (m·s-1 )．（2）氢原子的能量为 1 2 2 E mv = m = 3.32×10-20(J)． 4．10 质量为 0.25kg 的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数 k = 25N·m-1，如果开始振动时具有势能 0.6J，和动能 0.2J，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度． O x t=1,2,10s A

[解答]物体的总能量为 E = Ek + Ep = 0.8(J)．（1）根据能量公式 E = kA2 /2，得振幅为 A E k = 2 / = 0.253(m)．（2）当动能等于势能时，即 Ek = Ep，由于 E = Ek + Ep，可得 E = 2Ep，即 1 1 2 2 2 2 2 kA kx =  ，解得 x A =  2 / 2 = ±0.179(m)．（3）再根据能量公式 E = mvm 2 /2，得物体经过平衡位置的速度为 2 / m v E m =  = ±2.53(m·s-1 )． 4.11 两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示． [解答]设它们的振动方程为 x = Acos(ωt + φ)，当 x = A/2 时，可得位相为 ωt + φ = ±π/3．由于它们在相遇时反相，可取 Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3， Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，它们的相差为 ΔΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3，或者 ΔΦ` = 2π –ΔΦ = 4π/3．矢量图如图所示． 4 ． 12 两个频率和振幅都相同的简谐振动的 x-t 曲线如图所示，求：（1）两个简谐振动的位相差；（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为 A = 5(cm)，周期为 T = 4(s)，圆频率为 ω =2π/T = π/2，它们的振动方程分别为 x1 = Acosωt = 5cosπt/2， x2 = Asinωt = 5sinπt/2 = 5cos(π/2 - πt/2) 即 x2 = 5cos(πt/2 - π/2)．位相差为 Δφ = φ2 - φ1 = -π/2．（2）由于 x = x1 + x2 = 5cosπt/2 + 5sinπt/2 = 5(cosπt/2·cosπ/4 + 5sinπt/2·sinπ/4)/sinπ/4 合振动方程为 5 2 cos( ) 2 4 x t   = − (cm)． 4．13 已知两个同方向简谐振动如下： 1 3 0.05cos(10 ) 5 x t = +  ， 2 1 0.06cos(10 ) 5 x t = +  ．（1）求它们的合成振动的振幅和初位相；（2）另有一同方向简谐振动 x3 = 0.07cos(10t +φ)，问 φ 为何值时，x1 + x3 的振幅为最大？φ 为何值时，x2 + x3 的振幅为最小？（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计． O x A t/s x/cm 5 0 1 2 3 4 -5 x1 x2 图 4.12

解得 100πt + π/2 = π/4 或 7π/4．由于 t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为 t = 0.0125s． 4．15 将频率为 384Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为 3.0Hz，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率． [解答]标准音叉的频率为 v0 = 384(Hz)，拍频为 Δv = 3.0(Hz)．如果待测音叉的固有频率 v2 比标准音叉的频率大，则得 Δv = v2 - v0，可能的频率是 v2 = v0 + Δv = 387(Hz)．如果待测音叉的固有频率 v1 比标准标准音叉的频率小，则得 Δv = v0 – v1，可能的频率是 v1 = v0 - Δv = 381(Hz)．在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于 ω 2 = k/m，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率为 v1，加一小块物体后，其频率 v`1 将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率 v2，即 387Hz． 4．16 示波器的电子束受到两个互相垂直的电场作用．电子在两个方向上的位移分别为 x = Acosωt 和 y = Acos(ωt +φ)．求在 φ = 0，φ = 30º，及 φ = 90º这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程． [解答]根据公式 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 cos sin x y xy A A A A + −  =    ，其中 Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，而 φ1 = 0，φ2 = φ．（1）当 Δφ = φ = 0 时，可得 2 2 2 2 2 2 0 x y xy A A A + − = ，质点运动的轨道方程为 y = x，轨迹是一条直线．（2）当 Δφ = φ = 30º 时，可得质点的轨道方程 2 2 2 2 2 2 3 1 2 4 x y xy A A A + − = ，即 2 2 2 x y xy A + − = 3 / 4 ，轨迹是倾斜的椭圆．（3）当 Δφ = φ = 90º时，可得 2 2 2 2 1 x y A A + = ，即 x 2 + y 2 = A 2，质点运动的轨迹为圆． 4．17 质量为 0.4kg 的质点同时参与互相垂直的两个振动： 0.08cos( ) 3 6 x t   = + ， 0.06cos( ) 3 3 y t   = − ．式中 x 和 y 以米(m)计，t 以秒(s)计．（1）求运动的轨道方程；（2）画出合成振动的轨迹；（3）求质点在任一位置所受的力． [解答]（1）根据公式 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 cos sin x y xy A A A A + −  =    ，其中位相差为 Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，所以质点运动的轨道方程为 2 2 2 2 1 0.08 0.06 x y + = ．（2）合振动的轨迹 ν1 ν0 ν2 ν ν`2 ν`1 Δν Δν O x y O x y x y O O a=0.08 x y b=0.06 Fx Fy F θ

第 5 章波动 P210． 5．1 据报道,1976 年唐山大地震时, 当地某居民曾被猛地向上抛起 2m 高,设地震横波为简谐波,且频率为 1Hz ,波速为 3km/s ,它的波长多大?振幅多大? [解答] 人离地的速度及地壳上下振动的最大速度，为  m = 2gh 地震波的振幅为 m gh A m 1.0 2 2 9.8 2 2 2 2 =   = = =       地震波的波长 km u 3 1 3 = = =   5．2 已知一波的波动方程为 y = 5×10-2 sin(10πt – 0.6x) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明 x = 0 时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较： 2π cos( ) x y A t   = − ，得 2π/λ = 0.6，因此波长为 λ = 10.47(m)；圆频率为 ω = 10π，频率为 v =ω/2π = 5(Hz)；波速为 u = λ/T = λv = 52.36(m·s-1 )．传播方向沿着 x 轴正方向．（2）当 x = 0 时波动方程就成为该处质点的振动方程 y = 5×10-2 sin10πt = 5×10-2 cos(10πt – π/2)，振动曲线如图． 5．3 已知波的波动方程为 y = Acosπ(4t – 2x)（SI）．（1）写出 t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出 t = 4.2s 时的波形曲线． [解答]波的波动方程可化为 y = Acos2π(2t – x)，与标准方程比较 y A =  cos[2 ( ) ] t x T   − + ，可知：周期为 T = 0.5s，波长 λ = 1m．波速为 u = λ/T = 2m·s-1．（1）当 t = 4.2s 时的波形方程为 y = Acos(2πx – 16.8π) = Acos(2πx – 0.8π)．令 y = A，则 cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2kπ，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为 x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当 k = 0 时的波峰离原点最近，最近为 x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为 Δt = Δx/u = (0 – x)/u = -0.2(s)，即：该波峰 0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0 时刻的波形曲线如实线所示．经过 t = 4s 时，也就是经过 8 个周期，波形曲线是重合的；再经 Δt = 0.2s，波形向右移动 Δx = uΔt = 0.4m，因此 t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示． [注意]各波峰的位置也可以由 cos(2πx – 16.8π) = 1 解得，结果为 x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数 k 值，波峰的位置不同．当 k = -8 x y A O u t=0 t=4.2s 0.5 1

湖南大学物理与微电子科学学院：《大学物理教材习题解答》第4-8章 习题解

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