发布时间 : 星期四 文章力学知识小结及习题答案（下）更新完毕开始阅读f37e5f641ed9ad51f01df24e
略一切阻力，则刚体所受力矩τ= - mghsinυ O h 因为是微小摆动，sinυ≈υ,∴τ= - mghυ，
即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位 υ C 置附近运动，因而是简谐振动。
由转动定理：?mgh??Id2?/dt2 mg 即，
9.2.2 轻弹簧与物体的连接如图所示，物体质量为m，弹簧的劲度系数为k1和k2，支承面为理想光滑面，求系统振动的固有频率。
解：以平衡位置为原点建立 k1 k2 坐标o-x。设m向右偏离平衡位 m 置x，则弹簧1被拉长x，弹簧2 o x 被压缩x，m所受的合力（即回复力）F??(k1?k2)x.
x由牛顿第二定律：?(k1?k2)x?md2,dt2d2?dt2?mghI??0??0?2mghI,?0?mghI
d2xdt2?k1?k2mx?0
??0?
2k1?k2m,?0?k1?k2m
9.2.3 一垂直悬挂的弹簧振子，振子质量为m，弹簧的劲度系数为k1.若在振子和弹簧k1之间串联另一弹簧，使系统的频率减少一半。问串联上的弹簧的劲度系数k2应是k1的多少倍？
解：以两个弹簧串联后m的平衡位置为原点建立图示坐标o-x,设m向下偏离平衡位置x，弹簧1伸长ΔL1，弹簧2 k1
伸长ΔL2，ΔL1+ΔL2 = x (1)；由于忽略弹簧质量， k2 两个弹簧连接点处所受的两个弹力等大反向，即 k1ΔL1 = k2ΔL2 (2)；由⑴、⑵解得：?L2?kkk1k1?k2x， o
2x， x 所以m所受的回复力 F??k2?L2??k11?k2由牛顿二定律；?k1k2k1?k2xx?md ，即 dt22d2xdt2?k1k2m(k1?k2)x?0
??0'?k1k2m(k1?k2)k1k2m(k1?k2)，未串联前频率 ?0?，可求得：k2?1 3k1k1m，令
，即 ?0'?12?0?12k1m
9.2.4 单摆周期的研究：⑴单摆悬挂于以加速度a沿水平方向直线行驶的车厢内；⑵单摆悬挂于以加速度a上升的电梯内；⑶单摆悬挂于以加速度a（a 解：⑴以车为参考系，单摆受力如图示，设平衡位置与竖直线 T α 成α角，由平衡条件：a f*=ma mg Tsin??ma,Tcos??mg,?tg??a/g 设单摆偏离平衡位置角位移为θ(θ<5°)，单摆所受回复力矩： ???[mglsin(???)?malcos(???)]??ml[g(sin?cos??cos?sin?)?a(cos?cos??sin?sin?)] ??5?,cos??1,sin???,gsin??acos????ml[g(sin???cos?)?a(cos???sin?)]??ml(gcos??asin?)?由转动定理：I???,d2?dt2ml2d2?dt2??ml(gcos??asin?)， ?2gcos??asin?l??0,cos??g/a2?g2,sin??a/a2?g2,?a2?g2l??0?gcos??asin?l,?0?a2?g2l,T?2? 以上求解较为麻 la2?g2烦，我们可以用另外一种简捷的思路和方法： 在重力场中单摆的周期为T?2?lg，g是重力场强度 ?????现在单摆在力场mg'?mg?f*?mg?ma中振动，力场强度： ???g'?g?a,g'?g2?a2,?T?2?lg'?2?lg?a22 ⑵以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向，由转动定理： ?(mg?ma)lsin???m(g?a)l??ml2d2?dt2d2?dt2 ?g?al??0,??0?g?al,T?2??lg?a同样可以认为单摆在力场 mg'?mg?ma 中振动，力场强度： ??g'?g?a,?T?2?lg'?2?lg?alg?a ⑶与前面分析完全相同，T?2? 9.2.5 在通常温度下，固体内原子振动的频率数量级为1013/s，设想各原子间彼此以弹簧连接，1摩尔银的质量为108g，且包含6.0231023个原子，现仅考虑一列原子，且假设只有一个原子以上述频率振动，其它原子皆处于静止，计算一根弹簧的劲度系数。 解：利用9.2.2题的结果： k k ?k2k?0?k1m?2m 132108?101k?12m?0?2?6.02?1023?(2??10)?354N/m 2?3 9.2.6 一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=9.8N/m,物体的质量为200g,现将弹簧自平衡位置拉长22cm并给物体一远离平衡位置的速度，其大小为7.0cm/s,求该振子的运动学方程（SI）。 解：弹簧振子的圆频率?0?km?9.80.2?7.设振子的运动学方程为 x?Acos(7t??)(1),v?dxdt??7Asin(7t??)(2). 据题意,t=0时，x?22?10?2m,v?7.0?10?2m/s,代入⑴、⑵中，有 22?10?2?Acos?(1)',7.0?10?2??7Asin?(2)' 由⑴'、⑵'可解得：A=3310-2m；cos??22/3,sin???1/3, α= - 19.47o= - 0.34rad. 代入（1）中，振子的运动学方程为： x = 3310-2 cos (7t - 0.34). 9.2.7质量为1.03103g的物体悬挂在劲度系数为1.03106dyn/cm的弹簧下面，⑴求其振动的周期；⑵在t=0时，物体距平衡位置的位移为+0.5cm，速度为+15cm/s，求运动学方程。 解：以平衡位置为坐标原点，建立图示坐标o-x ⑴?0?km?1.0?106?10?510?2?103?1010 O x 2?2?T????0.199s 10100⑵设运动学方称为 x?Acos(1010t??) v??1010Asin(1010t??)，将t=0时，x=0.5310-2,v=15310-2代入，有0.5?10?2?Acos?①，?3?10?2（/210）?Asin?② ①2+②2，可求得 A2=0.475310-4，A=6.89310-3m，将A值代入①、②中得： cos??0.726,sin???0.688,????0.759rad 所以，运动学方程为：x?6.89?10?3cos(1010t?0.759) 9.2.8 ⑴一简谐振动的规律为x=5cos(8t+π/4),若计时起点提前0.5s，其运动学方程如何表示？欲使其初相为零，计时起点应提前或推迟若干？ ⑵一简谐振动的运动学方程为x=8sin(3t-π),若计时起点推迟1s，它的初相是多少？欲使其初相为零，应怎样调整计时起点？ ⑶画出上面两种简谐振动在计时起点改变前后t=0时旋转矢量的位置。 解：⑴设计时起点提前t0秒，则t'=t+t0，将t=t'-t0代入原方程得 x=5cos(8t'-8t0+π/4). 当t0=0.5s时，x=5cos(8t'-4+π/4)=5cos(8t'-184o)=5cos(8t'+176o) 若使初相为零，令 -8t0+π/4=0，得 t0=π/32，即计时起点提前 π/32秒可使初相为零。 ⑵原方程x=8sin(3t-π)=8cos(3t-3π/2). 设计时起点推迟t0秒，则t'=t-t0，将t=t'+t0代入原方程得 x=8cos(3t'+3t0-3π/2). 当t0=1s时，x=8cos(3t'+3-3π/2)=8cos(3t'-98o),∴t0=1s时，初相α=（3-3π/2）rad=-98o 若使初相为零，令 3t0-3π/2=0，得t0=π/2，即计时起点推迟 π/2秒可使初相为零。 ⑶ t=0 t=0 t’=0 176o 45o o x o -98o x t’=0 9.2.9 画出某简谐振动的位移-时间曲线，其振动规律为 x=2cos2π(t+1/4) (SI制). 解：由运动学方程可知：A=2m,ω0=2π,T=2π/ω0=1s,α=π/2. 方法一：根据余弦函数图像规律：相位Φ=0,π/2,π,3π/2,2π时，其对应的位移为A,0,-A,0,A.因此只要求出对应的时间t即可画出x-t图像。令2π(t+1/4)=0,π/2,π,3π/2,2π;可求得对应的时间为-1/4,0,1/4,2/4,3/4.找出这些特殊点，即可画出x-t曲线。 方法二：令t'=t+1/4得x=2cos2πt',以1/4秒为t轴的时间单位，先画出它的x-t'图像。然后根据t=t'-1/4,将o-x轴右移1/4即得到x-t图像。 x (m) 2 -1 0 1 2 3 4 5 6 t (1/4 s ) -2 9.2.10 半径为R得薄圆环静止于刀口O上，令其在自身平面内作微小的摆动。⑴求其振动的周期。⑵求与其振动周期相等的单摆的长度。⑶将圆环去掉2/3而刀口支于剩余圆环的中央，求其周期与整圆环摆动周期之比。 O 解：⑴如图示,τo=-mgRsinυ≈-mgRυ R 由平行轴定理，Io=mR2+mR2=2mR2；据转动 υ C 定理τo=Ioβ, ∴ ?mgR??2mRd2?dt22d2?dt2,即 2Rg?g2R??0,??o?g2R,T??o2??2?Lgmg ⑵∵单摆的周期为T?2?o ∴与薄圆环振动周期相等的单摆的摆长L=2R. ⑶设剩余圆环的质心在c处，质量为 r m/3.据平行轴定理：Io=Ic+mr2/3;Io’ = mR2/3 =Ic+m(R-r)2/3,∴Ic=mR2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr2/3 代入前式得 Io=2mRr/3. 设余环摆角为υ，则 c o' R