05机械振动作业及参考答案1分析.docx
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05机械振动作业及参考答案1分析
第十三章机械振动
选择题:
并联,系统的劲度系数为6k.
C】2(基础训练4)一质点作简谐振动,周期为T.当它由平衡位置向x轴正方向
运动时,从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的时间为
(A)T/12.(B)T/8.(C)T/6.(D)T/4.
提示:
从从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程在旋转矢量图上,矢量转过的
1
角位移为,对应的时间为T/6.
3
[B]3、(基础训练8)图中所画的是两个简谐振动的振动曲线•若这两个简谐振动
可叠加,则合成的余弦振动的初相为
(B)二
(C)丄二.(D)0.
2
提示:
使用谐振动的矢量图示法,
-A2,初相位为…
[D]4、(自测提高4)质量为m的物体,由劲度系数为k1和k2的两个轻质弹簧串联后连接到固定端,在光滑水平轨道上作微小振动,则振动频率为:
(A)
k1k2
(B)
(C)
v=丄]人严2
2\m&k2
(D)
k1k2
1
2\m(k1k2)
性系数满足:
k二
k1k2
,可计算得到v
m(k「k2)
【B】5、(自测提高5)一简谐振动曲线如图所示•则振动
周期是
(A)2.62s.(B)2.40s.
(C)2.20s.
2.00s.
提示:
使用谐振动的矢量图示法,初始状态旋转矢量位于
第四象限,初始相位为…,到第一次回到平衡位置时,旋转矢量转过的角度为
3
55
……=…,此过程经历时间为1s,可得•等到周期为2.4s
2366
【D】6、(自测提高所做的功为:
(
AkA2
6)弹簧振子在水平光滑桌面上作简谐振动,其弹性力在半个周期内)
1212
BkACkAD0
24
提示:
振动方程为
x=Acos(・t「0),经过半个周期,质点偏离平衡位置的位移为
A
x=Acos(t\■■),这两个位置弹簧所具有的弹性势能Ep=-kx2相同,所以所做的
2
功为零。
填空题
7、(基础训练12)一系统作简谐振动,周期为T,以余弦函数表达振动时,初相为零.在
1
0 4 提示: 动能和势能相等,为总能量的一半,此时物体偏离平衡位置的位移应为最大位 移的22,相位为「4,因为初始相位为零,t=T/8 &(自测提高9)两个弹簧振子的振动周期都是0.4S,设开始时第一个振子从平衡位 置向负方向运动,经过0.5S后,第二个振子才从正方向的端点开始运动,则这两个振动的 相位差为: 1 提示: 第一个振子在开始运动时,其初始相位为■: 2,经过0.5S=1—T后,振动相位 4 为二,此时第二个振动才从正方向的端点开始运动,即第二个振动的初始相位为0,所以两 提示: 当单摆在最低位置时,对左右两边有: 11.(自测提高13)一台摆钟每天慢2分10秒,其等效摆长I=0.995m,摆锤可上、下移动以调节其周期.假如将此摆当作质量集中在摆锤中心的一个单摆来考虑,则应将摆锤 向上移动2.99mm,才能使钟走得准确? 三计算题 个振动的相位差为二 9、(自测提高10)分别敲击某待测音叉和标准音叉,使他们同时发音,会听到时 强时弱的拍音。 若测得在20S内拍的次数为180次,标准音叉的频率为300Hz,则待测音叉的频率为: 309Hz或291Hz 提示: 20秒内测得拍的次数为180次,拍的频率为9;而待测音叉和标准音叉产生拍 的频率为两个频率的差,即v,—v2=V,—300=9 10、(自测提高11)一单摆的悬线长I=1.5m,在顶端固定点的竖直下方0.45m处有一小钉,如图13-26所示.设摆动很小,则单摆的 左右两方振幅之比A〃A2的近似值为_0.837「. 1212kxmvFS 22 外力撤去后,系统能量守恒,有 121212kxmvkA 222 代入数据可以得到: A二0.204m;.= 取向右为正,当物体达到左方最远位置为起始时刻,初始相位为二 振动方程为x=0.204cos(2t二) 14. (SI单位)如下: (基础训练23)有两个同方向的简谐振动,它们的方程 (1)求它们合成振动的振幅和初位相。 (2)若另有一振动X3=0.07cos(10t,问 '为何值时, X1X3的振幅为最大;'为何值时,X2-X3的振幅为最小。 解: (1) 合成振动的振幅: A二.0.0520.062=0.078m 31 初相位: 0.05sin兀+0.06sin兀 o"an」(44-)"an,11 0.05cos—「0.06cos—二 44 因为旋转矢量位于第一象限,初始相位为84.80 (2)若另有一振动X3=0.07cos(10t•J,X1X3振幅最大,需要振动的初相位相同, 35 所以,x2x3的振幅最小,需要初相位相差1800,这时-= 44 15.(基础训练24)在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为100g的物体,当物体处于 平衡位置时,再对物体加一拉力使弹簧伸长,然后从静止状态将物体释放。 已知物体在32 内完成48次振动,振幅为5cm。 (1)上述的外加拉力有多大? (2)当物体在平衡位置以下1cm时,此振动的动能和势能各是多少? 解: (1)由题可知,T=空=2兀=? S 国Vk3 k=8.88N/mf=kA=8.880.05=0.444N(因为从静止状态释放,此时偏离平 衡位置位移最大,此时弹簧的相对于平衡位置的形变为振幅A) ⑵当物体在平衡位置以下1cm时,此振动的势能和动能分别是: 12124 Epkx8.88(0.01)=4.4410-J 121212122 EkkA2kx28.88(0.05)28.88(0.01)2=1.0710,J 2222 16(自测提高18)在平板上放一质量为m=2kg的物体,平板在竖直方向上作简谐振动 1 其振动周期TS,振幅A=4cm, (1)物体对平板的压力的表达式; (2)平板以多大的振幅 2 振动时,物体才能离开平板? 解: 物体的振动方程可以表示为: x=0.04cos(4二t•取竖直方向为x轴方向,且竖 直向上为正方向•考虑到起始时刻未定,引入初始相位'0 (1)设平板对物体的弹力为N,物体所受重力mg,由牛顿第二定律得 d2x dt2 其中,■-='0—二 N=19.61.2^: 2cos(4^),物体对平板的压力与弹力大小相等,方向相反 N'=-19.6-1.28「: 2cos(4: t) 2 (2)N=mAcos(4二t)mg 当cos(41■■)取-1时,N最小,要求N=0,则有 2 -m(4二)Amg=0 A=6.2110‘m 17(自测提高21)质量为M的圆盘挂在劲度系数为k的轻弹簧下, 并处于静止状态,如图13-30所示。 一质量为m的物体,从距圆盘为h 的高度自由下落,并粘在盘上和盘一起振动。 设物体和盘相碰瞬间t=0, 而且碰撞时间很短。 取碰后系统的平衡位置为坐标原点,竖直向下为坐标的正方向。 试求系统的振动方程。 所以,振动方程为: 或者: mgarccos——. k(竺沪2ghm2 ]k(mM)k k cos(itarctan VM+mY(m+M)g 解法1: 质量为m的物体与质量为M的物体先发生碰撞,碰撞后的瞬时速度大小为v: m.2gh=(Mm)vv=m.2gh/(Mm),系统动能为: 122Ek1(mM)v=mgh/(Mm) (1) 2 到系统达到平衡位置时,弹簧伸长量为L=(M+m)g/k,则碰撞后瞬间物体偏离平衡位置的位 移为x=-哩,根据振动系统能量守恒,有: k 121212(mM)vkxkA 222 根据条件,此振动的角频率为 在t=0时,M+m在往平衡位置方向运动,并再经平衡位置向正最大位移方向移动,由此可 判定在旋转矢量图中,矢量处于第三象限。 且x=-mg k 亠■■; 导)2.2ghm2 (k)(mM)k mg (mg)2.2ghm2(k) (1) 22 Mg -2T (2) 或者: x(mg)2+蠱mlcos。 匚匸心arctan匚匚") Vk(m+M)k\M+m^(m+M)g 解法2: 质量为m的物体与质量为M的物体先发生碰撞,碰撞后的瞬时速度大小为v: m2gh=(Mm)vv=m2gh/(Mm),系统动能为: Ek1J(mM)v2=m2gh/(Mm) 2 一1 碰撞前后瞬间,弹簧的伸长量为L1=Mg/k,弹簧的弹性势能为Ep1kl i(mM)v'2 2 所以,振动方程为: 或者: 附加题 1(自测提高24)在伦敦与巴黎之间(约S=320km)挖掘地下直线隧道,铺设地下铁路.设只在地球引力作用下时列车运行,试计算两城市之间需运行多少时间? 列车的最大速度是 多少? 忽略一切摩擦,并将地球看作是半径为R=6400km的密度均匀的静止球体,已知处于 地球内部任一点处质量为m的质点所受地球引力的大小与它距地球中心的距离成正比,可由 (4二G'mr)/3表示,式中G为引力恒量,「为地球密度,r为质点与地球中心的距离。 解: 见图,质量为m的质点P受的引力在指向 O点的方向上的分力为 上式中 F二里二G;? mrsin① 3 rsin=x② 又因 43r1 GR3;m2=mg 3R2 将②、③式代入①式,得 这表明,在 OP方向上, 因此 44g 有—二G^R二g,即—二二兰 33R f=mgx R F正比于x并且方向相反,故为谐振动. d2xmg 二mx dt2 其解为 x=Acos.g/Rt A二Rsin(^/2): (S/2)=1.6105m 则列车运行所需时间T2! ' R 42.3min: g 列车最大速度 Vmax 二Ag/R=1.98102ms_1
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- 05 机械振动 作业 参考答案 分析