普通物理學第五版第15章振動答案

這里是普通物理學第五版1、本答案是對普通物理學第五版第十五章的答案，本章共6節內容，習題有37題，希望大家對不準確的地方提出寶貴意見。2、答案以ppt的格式，沒有ppt的童鞋請自己下一個，有智能手機的同學可以下一個軟件在手機上看的哦，親們，趕快行動吧。

15-1質量為10g的小球與輕彈簧組成的系統，按的規律而振動，式中t以s為單位,試求:(1)振動的角頻率、周期、振幅、初相、速度及加速度的最大值;(2)t=1s、2s、10s等時刻的相位各為多少?(3)分別畫出位移、速度、加速度與時間的關系曲線。π30.5cos(8xmt)+=π返回結束A=0.5mπ30.5cos(8xmt)+=π=3πφ=ω8=25.12s-1π0.15=12.6m/smv×==ωA8π2ma=ωA()=316m/s=×8π20.52t=1s()+==ωφ+t8π3π253π×()+==ωφ+tπ3π493π82t=2s×()+==ωφ+tπ3π2413π810t=10sT0.25sω2=π=解：返回a~tv~tx~tvaxtox~t曲線φ3π=56πφ=v~t曲線43πφ=a~t曲線返回結束

15-2有一個和輕彈簧相聯的小球，沿x軸作振幅為A的簡諧振動，其表式用余弦函數表示。若t=0時，球的運動狀態為:(1)x0=-A;

(2)過平衡位置向x

正方向運動;(3)過x=A/2處向

x負方向運動;試用矢量圖示法確定相應的初相的值，并寫2A(4)過處向

x正方向運動;出振動表式。返回結束3πφ=A(3)xπφA=(1)x32πφ=A(2)x74πφ=A(4)x返回結束

15-3一質量為10g的物體作簡諧振動，其振幅為24cm，周期為4.0s，當t=0時，位移為+24cm。求:(1)t=0.5s時，物體所在位置;(2)t=0.5s時，物體所受力的大小與方向;(3)由起始位量運動x=l2cm處所需的最少時間;(4)在x=12cm處，物體的速度、動能以及系統的勢能和總能量。

返回結束t=0πω2T=4=1.57s-1=2ππ2=0v0=x0=A=0.24mtcosx=0.242πt=0.5s()×cosx=0.242π0.5cos=0.24π0.25×=0.17m22=0.24振動方程為：A=0.24m解：φ0=返回結束=fma2πcos()×a=0.5ωA2×=0.1714π2=0.419m/s2=10×10-3×(-0.419)=-0.419×10-3N

=0.5st()cos=0.240.122πt=1()cos2πt2=2πt3π2=t32s返回結束=-0.326m/sωAvsin=()2πt0.24××=3π2πsin12Emvk2==×10×10-3×(0.326)2

12=5.31×10-4

J12EkxP2=12m2=ωx2×=×10×10-312×(0.12)2

()2π2=1.77×10-4

JEk=EkEp+=7.08×10-4

J返回結束

15-4一物體放在水平木板上，此板沿水平方向作簡諧振動，頻率為2Hz，物體與板面間的靜摩擦系數為0·50。問:(1)要使物體在板上不致滑動，振幅的最大值為若干?(2)若令此板改作豎直方向的簡諧振動，振幅為0.05m，要使物體一直保持與板接觸的最大頻率是多少?返回結束mgm=mamωAm2=mgωA2=mmπ222()×=0.031m=0.5×9.8

(1)為使物體和板不發生相對滑動，由最大靜摩擦力帶動物體和板一起振動,所以有：返回結束為使物體不脫離板必須滿足gωA2=mgωA=mn21πgA==2.2Hz21π9.8=5.0×10-2NmgNmg=maN≥0(2)物體作垂直振動時有：N=0在極限情況時有：mg=mammωA2=m∴返回結束

15-5在一平板上放質量為m=1.0kg的物體，平板在豎直方向上下作簡諧振動，周期為T=O.5s，振幅A=O.O2m。試求:(1)在位移最大時物體對平板的工壓力；

(2)平板應以多大振幅作振動才能使重物開始跳離平板。m返回結束=1.0(9.8+3.16)amωA2=Nmg=mam(1)當物體向上有最大位移時有：()mNg=ωA2()=20.5π1.0×9.820.02×Nmg=mam+()mNg=ωA2=12.96NNmgxo=6.64N當物體向下有最大位移時有：amωA2=返回結束(2)當物體向上脫離平板時有：mg=mωA2g=ωA2()=0.062m=9.84π2Nmgxo返回結束

15-6圖示的提升運輸設備，重物的質量為1.5×1O4kg，當重物以速度v=l5m/min勻速下降時，機器發生故障，鋼絲繩突然被軋住。此時，鋼絲繩相當于勁度系數k=

5.78×1O6

N/m的彈簧。求因重物的振動而引起鋼絲繩內的最大張力。m返回結束=2.21×105Nx0=0v0=0.25m/sωA2+=x0v022=ωv0k=ωmTm2mg=Aω+Tm2mg=Aω+mmg=ωv0+mg=mkv0=1.5×104×9.8+0.255.78×106×1.5×104t=0：解：取物體突然停止時的位置作為坐標的原點（物體的靜平衡位置），并以此時刻作為計時零點。mgT返回結束

15-7一落地座鐘的鐘擺是由長為l的輕桿與半徑為r的勻質圓盤組成，如圖所示，如擺動的周期為1s，則r與l間的關系如何?rl返回結束qMmgrlsin()+=Jrm22+=12mrl()+?qsinq2dMJ=qdt2qrmgrml22()++=12mrl()+2dqdt2?qmgrl()++qrgrl22()++=02rl()+2dqdt22解：rlqmg返回結束+qrgrl22()++=02rl()+2dqdt22=rgrl22()++2rl()+2ω=rgrl22()++2rl()+2r2=0gl+6π2l24π2lr28πgr+可得r與l的關系式：=ω2πT由：=1+q2=02dqdt2ω比較上兩式得到：返回

15-8如圖所示，兩輪的軸互相平行，相距為2d，其轉速相同，轉向相反，將質量為m的勻質木板放在兩輪上，木板與兩輪間的摩擦系數均為m，當木板偏離對稱位置后，它將如何運動?如果是作簡諧振動，其周期是多少?2dω12C.ω返回結束Ngm1+=N2xd()+N1=N2xd()fm1=N1+=N2xd()gm2dxd()gm2d=N1xd()gm2d=f1m+=f2xd()gm2dmC.o.N1N2f1f2gmxfm2=N2解：從上述四式解得：返回結束xd()gm2d=f1m+=f2xd()gm2dmd=f2f1mxdt22d=mxdt22+xd()gmxd()gm2d2dmm+=0gdmxdxdt22=Tωπ2=gdmπ2=ω2gdm返回結束

15-9如圖所示，輕質彈簧的一端固定，另一端系一輕繩，輕繩繞過滑輪連接一質量為m的物體，繩在輪上不打滑，使物體上下自由振動。已知彈簧的勁度系數為k,滑輪半徑為R

轉動慣量為J。

(1)證明物體作簡諧振動;(2)求物體的振動周期；

(3)設t=0時，彈簧無伸縮，物體也無初速，寫出物體的振動表式。Mkm返回結束R=0T2RT1Tbk2=T1=Tbk1=解：在靜平衡時有：T2T1gT2mJkmxob靜平衡位置gm=0T2=gmbk返回結束Tbk1()+=xaJR=T2RT1取靜平衡位置為坐標原點Jkmxob靜平衡位置x在任意位置時有：T2T1gT2ma2dx==aR2dtJ2++2dx=02dtkxmRω=J2+kmR返回結束=0tx==gmbk0=Agmk+J2+kmRcocx=gmktπv=00由初始條件：=φπ得：振動方程為：ω=J2+kmR+=π2J2kmR=Tωπ2返回結束

15-10如圖所示，絕熱容器上端有一截面積為S的玻璃管，管內放有一質量為m的光滑小球作為活塞。容器內儲有體積為V、壓強為p的某種氣體，設大氣壓強為p0

。開始時將小球稍向下移，后放手，則小球將上下振動。如果測出小球作簡諧振動時的周期T，就可以測定氣體的比熱容比熱容比γ。試證明：

(假定小球在振動過程中，容器內氣體進行的過程可看作準靜態絕熱過程)π4γVmp2=2S4T2返回結束解：在靜平衡時：當小球下降x(任意位置)時：0pp1mgxox靜平衡位置任意位置由上兩式可得到：設過程是絕熱的，所以：Vx1=VSgm0+=SpSp1()=VγpγxVSp=VγpVγ11pdxdt22m=SpS1p0+dxdt22m=SpSmg1p返回結束=pVγx1S1()=pVγpγxVS+1γVxS?=p+1γVxSVxS<<∵++=1Vγx1S1γVxS...∴1()=pVγγxVSp1=pVγx1Sp返回結束1p=p+1γVxS=dxdt22m前面已得到：+=dxdt22mpSγVx20=ω2mpSγV2=ωmpSγV2=TωmpSγV2π2π4γVmp2=2S4T2=SpS1pSp+1γVxSSpdxdt22m=SpS1p返回結束

15-111660年玻意耳把一段封閉的氣柱看成一個彈簧，稱為“空氣彈簧”如圖所示，有一截面積為S的空心管柱，配有質量為m的活塞，活塞與管柱間的摩擦略去不計。在話塞處于平街狀態時，柱內氣體的壓強為p，氣柱高為h,若使活塞有一微小位移，活塞將作上下振動，求系統的固有角頻率。可利用這空氣彈簧作為消振器。phm返回結束gm0+=SpSpx0+ddt22m=SpSmg1pVpV1p=1解：在靜平衡時：當活塞下降x(任意位置)時：設過程是等溫的V1hx()=SVh=Sdxdt22m=SpS1p由上兩式得到：靜平衡位置任意位置xxo0pp1mgp1p=hx()ShS返回結束p1p=hx()ShSp=x()h11px()h1?+()hx<<∵dxdt22m=SpS1pdxdt22m=SSppx()h1+dxdt22m=Spxh+0m=Sphω=mhgm0+Spp1=hx()hp返回結束

15-12設想沿地球直徑鑿一隧道，并設地球為密度ρ=5.5×l03kg/m3的均勻球體。試證:(1)當無阻力時，一物體落入此隧道后將作簡諧振動；

(2)物體由地球表面落至地心的時間為

(提示，物體在地球內部所受引力的計算，與電荷在均勻帶電球體內受力的計算類似)πρ3Gt=41式中G是引力常量。返回結束FGmr=M2Gr=M2.ò=KòSdSKπ2r4=GrM2π2r4=GMπ4.ò=KòSdSKπ2r4ρ=Gπ4π3r43.πρ=G4r3KmK=F解：由萬有引力定律：和靜電場類似，引入萬有引力場場強K和靜電場類似，引入引力場的高斯定理在地球內部作一半徑為r的高斯面得到該處的場強：返回結束ρ=Gπ4r3K=FmK=mρGπ4r3dxdt22m=+0ρGπ4r3drdt22==ωρGπ43=Tωπ2=tT4=πρG3=πρG341=1267s3×3.146.67×10-11×5.5×103=41ρGπ43=π2返回結束

15-13一半徑為R的光滑圓環以恒定的角速度ω繞其豎直的直徑旋轉，圓環上套有一小珠。試求在Rω2>g的情形下，

(1)小珠相對圓環的平衡位置(以小珠與圓心的連線同豎直直徑之間的夾角q0表示);(2)小珠在平衡位置附近作小振動的角頻率。返回結束mg=Ncosq0g=cosq0Rω21cosg=q0Rω2Nsinq0=ωmRsinq02+=qq0Δq解：(1)在平衡位置時

(2)當小球偏離平衡位置時ωmRsinq2FI=小球除了受正壓力N，重力作用mg外，qNmgFI還受到一慣性力作用返回結束Δq=ddt22sin(q0+Δq)()Δqcos(q0+)ω2gRΔqsin(q0+)dv=ωmRsinqcosq2mgsinqmdt=ddtq22sinqcosqω2gRsinqd=mRdtq2Δq因為很小+Δqsin(q0+)cosq0sinq0Δq?Δqcos(q0+)sinq0cosq0Δq?將這兩式代入上式可得：返回結束=ddt22Δq()()+cosq0sinq0Δqsinq0cosq0Δq()ω2gR+cosq0sinq0Δq()g=cosq0sinq0ω2Rsinq0()g+cosq0sinq0ω2(2cos

q0ω22R)Δq=2()cosω0q0ω212g+cosq0RR122ω4g2()ω2+R2ω2g2=R2ω4g2R2ω2=返回結束

15-14一長為l質量為m的均勻細棒，用兩根長為L的細線分別拴在棒的兩端，把棒懸掛起來，若棒繞通過中心的豎直軸oo′作小角度的擺動，試測定其振動周期。2Ll2l返回結束2qL?jl1Fmgtg=2q1mg2q?M×=2Fl2×=FlJ2=1m12l=2jtd2dJM2qL?jl=1mg22Ljl=mg4Ljl=mg4Ll2j22=1m12ljtd2dmg4Ll2jFTmgq2qLlj解：當棒偏轉一個角度j時返回結束ω=gL322=1m12ljtd2dmg4Ll2j+2jtd2d=3gLj0=Tωπ2=π2gL3返回結束

15-15一質量為M的盤子系于豎直懸掛的輕彈簧下端，彈簧的勁度系數為k現有一質量為m的物體自離盤h高處自由落下掉在盤上，沒有反彈，以物體掉在盤上的瞬時作為計時起點，求盤子的振動表式。(取物體掉在盤子后的平衡位置為坐標原點，位移以向下為正，)Mmh返回結束Mgxk01=m()+Mgxk02=ω=m+Mk解：設盤子掛在彈簧下的靜平衡位置為x01當物體落入盤上后新的平衡位置為x02系統將以此平衡位置振動的圓頻率ω為：Mmx02x01oxhmMx0為中心進行振動。返回()=x0x02x01=Mgkm()+Mgk=mgk2m0=ghm()+Mv2m0=ghm()+MvMmx02x01oxhmMx0設碰撞時刻(t=0)盤的位碰撞是完全彈性的，所以：得：置為x0返回結束2m0=ghm()+MvωA2+=x0v022+=mgk22ghm2m()+Mm()+M2k+=mgk2khm()+Mg1x0=mgk返回結束=tgφωx0v0=2mghm()+Mmgkkm()+M.=2khm()+Mg2m0=ghm()+Mvx0=mgkω=m+Mk++=mgk2khm()+Mg1xcosm+Mkt2khm()+Mgtg1返回結束

15-16一個水平面上的彈簧振子，彈簧的勁度系數為k，所系物體的質量為M，振幅為A。有一質量為m的小物體從高度h處自由下落。當振子在最大位移處，物體正好落在M上，并粘在一起，這時系統的振動周期、振幅和振動能量有何變化？如果小物體是在振子到達平衡位置時落在M上，這些量又怎樣變化?mohMx0=Ax返回結束=m+Mkπ2解：1=ωA2+=x0v122Aω=Mk當物體m落下時當物體m落下后系統的圓頻率為：系統的振動周期為：>T=Mkπ2ω=m+Mk11=Tωπ21振子的速度v1=0mohMx0=Ax(1)彈簧振子的圓頻率為：返回M2=m()+Mv0v=M2m()+Mv0v=0vAω=MkA=Mm()+MAMk(2)當振子在平衡位置時m落下,由動量守恒2ωA+=0v2222ω=m+Mk2ω=12=m+Mk=Tπ2T112kA1=E12=12kA=2E系統的振動能量為：返回結束×=Mm()+MAMkm+Mk=m+MMAA>=2vMm()+MAMk2vω22A=12kA2=E2212=kA2m+MMω=m+Mk2ω=1E>12kA=2返回結束

15-17一單擺的擺長l=1m，擺球質量m=0.01kg。開始時處在平衡位置。

(1)若給小球一個向右的水平沖量I=2×10-3kg·m/s。設擺角向右為正。如以剛打擊后為t=0，求振動的初相位及振幅；

(2)若沖量是向左的，則初相位為多少?

mlq返回結束0q0=t0=Im=vmIm=vml=dqdtml=ωqmIml=ωqmglIml==2×10-30.01×119.8=6.39×10-2rad解：φ=2π>0dqdt0由動量原理：mlq若沖量向左，則：φ=2π=3.660返回結束

15-18一彈簧振子由勁度系數為k的彈簧和質量為M的物塊組成，將彈簧一端與頂板相連，如圖所示。開始時物塊靜止，一顆質量為m、速度為v0的子彈由下而上射入物塊，并留在物塊中。

(1)求振子以后的振動振幅與周期；

(2)求物塊從初始位置運動到最高點所需的時間。Mx02x01oxx0mM+返回結束Mgxk10==m0vvm()+Mω=m+Mkm()+Mgxk20==x0x02x01=m0vvm()+M=mkg解：在初始位置+Mx02x01oxx0mM(1)由動量守恒振子的頻率為：得到：返回結束ω=m+MkωA2+=x0v22=m0vvm()+M+mkgk0v2m()+M2g1=()+=mkg222m0v22m()+M2m+Mk.x0=mkg返回結束=tgφωx0v0=m+Mkm0vm+M.mkg=0vgm+Mk+==ωtφΦ2π=ωtφ2π=0vgm+Mk1tg0vgm+Mk1tg=tm+Mkω=m+Mk=m0vvm()+Mx0=mkg返回結束

15-19一彈簧振子作簡諧振動，振幅A

=0.20m，如彈簧的勁度系k=2.0N/m，所系物體體的質量m=0.50kg。試求:(1)當動能和勢能相等時，物體的位移多少？

(2)設t=0時，物體在正最大位移處，達到動能和勢能相等處所需的時間是多少？

(在一個周期內。)返回結束φωAxtcos()+=ω=mk2xtcos=0.212Emvk2=2sinA12m=ω2ωt212Ekxp2=2cosA12m=ω2ωt2解：設諧振動方程為：0=t時刻，物體在正方向最大處=φ0=20.5=2s-1A=0.2mEk=Ep當=sinωt2cosωt2返回結束=sinωt2cosωt2+=ωt4π2πk+=4π2πk2+=8π4πk=0,1,2,3k當=t8π38π58π78π,,,t=0.39s,1.2s,2s,2.7s+=ωt4π2πkxcos=0.24π=0.141m返回結束

15-20一水平放置的彈簧振子，已知物體經過平衡位置向右運動時速度v=1.0m/s，周期T=1.0s。求再經過1/3s時間，物體的動能是原來的多少倍。彈簧的質量不記。返回結束()+12Emvk2=2sinA12m=ω2ωt2φ()2sinA12m=ω226π142A12m=ω2.EEm=14Em=2A12mω2解：經平衡位置向正方向運動時，最大動能為經T/3后，物體的相位為6π返回結束

15-21在粗糙的水平面上有一彈簧振子，已知物體的質量m=1.0kg，彈簧的勁度系數k=100N/m，摩擦系數m滿足mg=2m/s2，今把物體拉伸Δl=0.07m然后釋放，由靜止開始運動如圖所示。求物體到達最左端B點所需的時間。mkmΔlmb返回結束12mglbkmΔ2()()+=b12klΔ2mkmΔlmbACB12k2()=blΔ2+12k()=blΔ()blΔmgm12=()blΔk解：A→B應用功能原理返回結束mgm12=()blΔk=0.071002×2×1gm=blΔk2m=0.03m返回結束mkmΔlmbACBA→C應用功能原理12mglxmmΔ2()+=v12kx212k()lΔ2=2gxm+kx2()lΔ22gmlΔmkm=22vglxmΔ()+kx2()lΔ2mkm返回結束2v=2gxm+kx2()lΔ22gmlΔmkm2gm=A()lΔ22gmlΔkmC==2×2=4kmB==100=1001=100×(0.07)24×0.07=0.21令：dxdt22v==x+x2ABC返回結束dxdt<0由于dxdt=x+x2ABCdtdx=x+x2ABCdxx+x2ABC=òlΔbt=dtòt0dxdt22v==x+x2ABC返回結束lΔbBBCxBA21sin=4A+2arclΔBBCBA21sin4A+2arc=BBCBA21sin4A+2arcbdxx+x2ABC=òlΔbt返回結束lΔBBCBA21sin2A+2arct=BBCBA21sin4A+2arcb4=AB=100C=0.21Δl=0.07b=0.030.214sin442arc=××2×100×0.07100()101sinarc0.214442××2×100×0.03100()101arcsin(1)-arcsin(-1)=101=1012π2π()π=10=0.314s返回結束

15-22質量為m=5.88kg的物體，掛在彈簧上，讓它在豎直方向上作自由振動。在無阻尼情況下，其振動周期為T=0.4πs；在阻力與物體運動速度成正比的某一介質中，它的振動周期為T=0.5πs；求當速度為0.01m/s時，物體在阻尼介質中所受的阻力。返回結束=3.53(kg.s-1)=2×3×5.88=3(s-1)ωβT20=2π2T20=2πT22π=2π0.4π22π0.5π2=2516=rβ2mF=rv=3.5×1.0×10-2

=0.353N2ωβT20=2π2ωβT20=2π2解：返回結束

15-23一擺在空中振動，某時刻，振幅為A0=0.03m，經過t1=10s后，振幅變為A1=0.01m，問:由振幅為A0時起，經多長時間，其振幅減為A2=0.003m

？返回結束=20.9(s)=0.110βAe0=At0=lnAlnAβt1=ln100.030.01110=lnβtAA1120=lnβtAA2=10.11ln0.030.003解：返回結束

15-24試用最簡單的方法求出下列兩組簡諧振動合成后所得合振動的振幅：第一組：第二組：0.05cos(3t+π/3)mx1=0.05cos(3t+π/3)mx1=0.05cos(3t+7π/3)mx2=0.05cos(3t+4π/3)mx2=返回結束==3π73ππΦΔ2==3π43ππΦΔA

=A1+A2=0.05+0.05=0.10(m)A

=A1-A2=0解：0.05cos(3t+π/3)mx1=0.05cos(3t+7π/3)mx2=(1)0.05cos(3t+π/3)mx1=0.05cos(3t+4π/3)mx2=(2)返回結束

15-25

一質點同時參與兩個在同一直線上的簡諧振動:試求其合振動的振幅和初相位(式中x以m計,t以s計)。0.04cos(2t+π/6)mx1=0.03cos(2t-5π/6)mx2=返回結束=0.01mφ2A1A2cos()++=A22A1A22φ1=(0.04)2+(0.04)2+2×0.04×0.03cos(-π)arctg+=φ1A1sinφ2A2sinφ1A1cosφ2A2cos+φ()+arctg=230.04×210.04×210.04×()+0.04×23()3arctg=1=π6解：返回結束

15-26有兩個同方向的簡諧振動，它們的表式如下：

(1)求它們合成振動的振幅和初相位；0.06cos(10t+π/4)mx2=0.05cos(10t-3π/4)mx1=問φ0為何值時x1+x3的振幅為最大；(2)若另有一振動0.07cos(10t+φ0)mx3=φ0為何值時x2+x3的振幅為最小。(式中x以m計;t以s計)返回結束=0.078mφ2A1A2cos()++=A22A1A22φ1=(0.05)2+(0.06)2+2×0.05×0.06cos(-π/2)arctg+=φ1A1sinφ2A2sinφ1A1cosφ2A2cos+φ解：(1)+arctg=220.05×0.06×0.05×+0.06×222222()arctg=11()=84048′返回結束φ30=34πφ3=34ππ4πφ3=φ3=54π(2)返回結束

15-27兩個同方向的簡諧振動，周期相同，振幅為A1=0.05m，A2=0.07m，組成一個振幅為A=0.09m的簡諧振動。求兩個分振動的相位差。返回結束φ2A1A2cos()++=A22A1A22φ1解：φ2A1A2cos()+=A22A1A22φ12=(0.09)2-(0.05)2--(0.05)22×0.05×0.07=0.1φ2()=φ1

84016′返回結束

15-28當兩個同方向的簡諧振動合成為一個振動時，其振動表式為：式中t以s為單位。求各分振動的角頻率和合x=Acos2.1tcos50.0t振動的拍的周期。返回結束x=Acos2.1tcos50.0tω2Axcos+=ω21ω2ω21costt=2.1ω2ω21=50+ω2ω21=47.9ω1=52.1ω2=4.2ωω21=2Tωω21π=4.22π=1.5(s)解：兩式比較得：拍頻為：返回結束

15-29三個同方向、同頻率的諧振動為試利用旋轉矢量法求出合振動的表達式。0.1cos(10t+π/6)mx1=0.1cos(10t+π/2)mx2=0.1cos(10t+5π/6)mx3=返回結束+=A1A3A′+=A2A′=A+A1A2A3+A2Aφ2φ1A3A1A′xoφ3=56πφ3=2πφ2=6πφ1解：=A1A2A3==0.1=A1A2=0.2=2πφ0.2cos(10t+π/2)mx=返回結束

15-30一質點同時參與兩個互相垂直的簡諧振動，其表式分別為:若φ0=π/4,試用消去法求出合振動的軌A

cos(ωt+x=φ0)2A

cos(2ωt+y=φ0)跡方程，并判斷這是一條什么曲線。返回結束ωAxtcos()+=4π22ωtcos()=ωtsinω222()()+12ωtcos=ωtsinωtcosωtsintsinAx2y=ωAtcos()+2π222()=ωAt2sin=2ωtcosωtsinA2.2()12=ωtcosωtsin1(1)=A2y2ωcosωtsin(2)解：返回結束12Ax2()+=12Ay=4+12Ay4Ax2=y2A()Ax22()12=ωtcosωtsin1(1)=A2y2ωcosωtsin(2)由式(1)、(1)得：返回結束

15-31質量為0.1kg的質點同時參與互相垂直的兩個振動，其振動表式分別為：求:(1)質點的運動軌跡;0.06cos(πt/3

+π/3)mx=0.03cos(πt/3

-π/6)my=(2)質點在任一位置所受的作用力。返回結束ωAcos()+=2πxt′sin=ωAt′ωBcos=yt′+Ax2=2By221B=0.03A=0.06=3πω其中解：(1)t′=12t即：兩振動方程改寫為：+x2=y21(0.06)2(0.03)2處6π把時間零點取在y軸振動的初相為返回dωABrtisincos+=ωtjdtωω′′dωABrtisincos=ωtjdtωω2222′′′=ωr2F=mdrdt22′=ωr2m9π×=0.12r=0.11rωABrtisincos+=ωtj′′(2)返回結束

15-32一質點同時作兩個相互垂直的振動。設此兩振動的振幅相同，頻率之比為

2：3，初相都為零，求該質點的運動軌。返回結束3Aysin=ωtx+=ω2costA2Ay=x+A2Ax+A2A4.3A()=x+A2Ax+A3A2()=x+A2AxA2ω()4=2cost3ωAcost4()=3Acosωt3cosωty改寫：ω()2=2Acost1x改寫：2Axcos=ωt解：設=ωcostx+A2A返回結束

15-33設一質點的位移可用兩個簡諧振動的疊加來表示:

(1)寫出這質點的速度和加速度表式；

(2)這質點的運動是不是簡諧振動?(3)畫出其x~t圖線。A

sinωt+Bsin2ωtx=返回結束+2BsinωtAxsin=ωt解：tdxd+2BcosωtAcos=ωt2ωωtdxd2BsinωtAsin=ωt4ωω2222ABx~txyo返回結束

15-34把一個電感器接在一個電容器上，此電容器的電容可用旋轉旋鈕來改變。我們想使LC振蕩的頻率與旋鈕旋轉的角度而作線性變化，如果旋鈕旋轉1800角，振蕩頻率就自2.0×105Hz變到4.0×105Hz

，若L=1.0×10-3H，試繪出在轉角1800的范圍內，電容C與角度的函數曲線。返回結束1LC=2πf21C=4πfL2L=1.0×10-3HfΔqΔ與成正比解：2.0×105C(pf)f(Hz)00q2.5×105450