第9章振动习题解答 66 第9章振动习题解答 cm).(1)求弹簧的劲度系数，(2)求最大动能，(3)求总能。 标。由平衡条件有：m'gsin0=kab,(m+m)gsin0=kao 解：1)：o,2=燕，∴k=m@,2=0.05×102=5N/m ob=ao-ab=mgsin0/k=5×9.8×0.51490=0.05m (2)v==20cos10t,.'.Vms 20cm/s =0.2m/s 设m与m'碰前速度为m,由能量守恒，mglsin0=支m2, Ekm=mm2=0.5×0.05×0.22=1.0×103j %=√2gsn0=√2×9.8×0.2×0.5=1.4.设m与m碰后共同速 (3)根据能量守恒，总能量等于最大动能，为1.0×103j 度为o,由动量守恒m=(m+m)yo,。==是=0.7m/s 9.3.3若单摆的振幅为0，试证明悬线所受的最大拉力等于 显然，碰撞后两小球在平衡位置·附近作简谐振动，其圆频率 mg1+0o2) 0。=√益=√器=7.设运动学方程为x=Acos(71+a)(1), 证明：单摆的运动学方程为： 0=0。cos(o1+a) 速度v==-7Asn(7t+）(2).将初始条件1=0，x=-0.05, 角速度o=d0/di=-o,0。sn0ot+) v=0.7代入得：-0.05=Acos(1y,0.7=-7Asma(2y. 在法向方向应用牛顿第二定律： 可解得：A=0.1118m,a=.1.107rad..x=0.1118cos(7t-1.107) T-mg cos0=ma,=mo21 T=mg cos0+mla0o'sin oot+a) 9.3.11851年傅科作证明地球自转的实验，摆长69m,下悬重球 28kg设其振幅为5.0°，求其周期和振动的总能量，重球最低处势能 0<5°，∴.cos0≈1,02=号，0ot+a=号时，T最大 为零。 所以，Tx=g+mg0.2=mg(1+0,2) 解：T=2π√=2×3.14V祭≈16.75：根据能量守恒，振动 9.4.1在电子示波器中，由于互相垂直的电场的作用，使电子在 的总能量等于摆在最高点时的势能 荧光屏上的位移为x=Acosot,y=Aco(wt+a)求出a=0,πB, E=mgl1-c0s0x)=28×9.8×69(1-c0s5)≈72j π2时的轨迹方程并画图表示。 解：(I)a=0时，轨迹方程y=x,如图a所示。 9.3.2弹簧下面悬挂质量为50g的物体，物体沿竖直方向的运动 (2)a=n/3时，X=Acos@t, 学方程为x=2sil0t,平衡位置为势能零点（时间单位：s,长度单位： y =Acos(t+)=A(cos ot cos /3-sin @t sin/3)第9章振动习题解答 66 第9章振动习题解答 标。由平衡条件有： m' g sin  = kab, (m + m')g sin  = kao . ob = ao − ab = mg sin  / k = 59.8 0.5/ 490 = 0.05m 设 m 与 m’碰前速度为 v1，由能量守恒， 2 2 1 1 mglsin = mv ， v1 = 2glsin  = 29.80.20.5 =1.4 .设 m 与 m’碰后共同速 度为 v0,由动量守恒 mv m m v v m s v m m mv ( ') , 0.7 / 1 0 0 2 1 ' 1 = + = = = + 显然，碰撞后两小球在平衡位置 o 附近作简谐振动，其圆频率 7 2 5 490 0 2 = = = m   k . 设运动学方程为 x = Acos(7t +) （1）， 速度 v = = −7Asin( 7t +) (2) dt dx . 将初始条件 t = 0, x = −0.05， v = 0.7 代入得： − 0.05 = Acos (1)', 0.7 = −7Asin  (2)' . 可解得：A=0.1118m,α= - 1.107rad..∴ x = 0.1118cos(7t −1.107) 9.3.1 1851 年傅科作证明地球自转的实验，摆长 69m,下悬重球 28kg.设其振幅为 5.0º，求其周期和振动的总能量，重球最低处势能 为零。 解： T s g l 2 2 3.14 16.7 9.8 69 =  =   ；根据能量守恒，振动 的总能量等于摆在最高点时的势能 E mgl(1 cos ) 28 9.8 69(1 cos5 ) 72 j = −  max =   −   9.3.2 弹簧下面悬挂质量为 50g 的物体，物体沿竖直方向的运动 学方程为 x=2sin10t,平衡位置为势能零点（时间单位：s,长度单位； cm）.⑴求弹簧的劲度系数，⑵求最大动能，⑶求总能。 解：⑴∵ m k , k m 0.05 10 5N / m 2 2 0 2 0 =  =  =  = ⑵∵ v t v cm s m s dt dx 20cos10 , 20 / 0.2 / = =  max = = E mv j k 2 2 3 2 max 1 max 0.5 0.05 0.2 1.0 10− = =   =  ⑶根据能量守恒，总能量等于最大动能，为 1.0×10-3 j 9.3.3 若单摆的振幅为θ0，试证明悬线所受的最大拉力等于 mg(1+θ0 2 ) 证明：单摆的运动学方程为： cos( )  = 0 0 t + 角速度 / sin( )  = d dt = −0 0 0 t + 在法向方向应用牛顿第二定律： cos sin( ) cos 0 2 0 2 0 2        = + + − = = T mg ml t T mg ma m l n 0 2 2 0 5 , cos 1, ,         =  t + = l g  时，T 最大 所以， (1 ) 2 0 2 Tmax = mg + mg 0 = mg + 9.4.1 在电子示波器中，由于互相垂直的电场的作用，使电子在 荧光屏上的位移为 x = Acosωt, y = Acos(ωt+α).求出α=0，π/3， π/2 时的轨迹方程并画图表示。 y 解：⑴α=0 时，轨迹方程 y=x,如图 a 所示。 ⑵α=π/3 时， x = Acosωt, 0 x y = Acos(ωt+π/3)= A(cosωt cosπ/3 – sinωt sinπ/3) mg θ T n τ