振动和波

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奥赛典型例题
分析(振动和波)
1
1.如图1所示的振动
系统,轻弹簧的劲度
系数为k,滑轮的质
量为M,细线与滑轮
之间无摩擦,两个小
物块的质量分别为m1
和m2,m1> m2,试
求滑轮的振动周期.
k
M
m1
m2
图1
2
例1 解: 先看图2的情况,设轻绳的拉力大
小为T,则
Mg  T  Ma
k
T  mg  ma
由上一两个方程可解得
M m
2Mm
a
g , T
g
M m
M m
天花板所受的拉力为
m1
m2
图1
4Mm
F  2T 
g
a
a
M m
M • •m
这表明原来系统对天花板的作用与图3物体M′ 对
图2
天花板的作用等效,只要M′取值为
3
4Mm
M 
M m
k
因此,只要在上式中令 M  m1 ,m  m2 就可
用图4等效于图1,此时有
4m1 m2
M 
m1
m1  m2
所以,系统的振动圆频率为

k
M  M
系统的振动周期为
M  M
T
 2

k
m2
图1
M
图3
k
M  M
图4
2
4
2.如图2所示,物体的质量为m,用
弹簧悬挂吊于水平轻杆上,杆的一
端与光滑铰链相连,另一端用弹簧
悬挂,已知k1、k2、m及尺寸a、b,
试求物体m的振动周期.
a
b
k2
O
k1
m
图2
5
例2 解: 设当m处于平衡位置时,
弹簧1、2的伸长量分别为∆l10和
∆l20,则
O
对m有 mg  k1l10 (1)
对杆有 k1l10  a  k 2 l 20  b (2)
建立ox轴,如图所示,当杆转
过一个微小的角θ时,
b
a
k2
m
图1
对m有 max  mg  k1 ( x  l10  a )
o
x
x
(3)
对杆有 k1 ( x  l10  a )a  k 2 (l 20  b )b
由以上方程可得
θ
k1
max  k1 ( x  a )
k1 ( x  a )a  k 2 b 2
(4)
(5)
(6)
6
max  k1 ( x  a )
k1 ( x  a )a  k 2 b 2
(5)
由(5)、(6)式可得
b2
max  k 2 
a
(6)
(7)
由(5)、(7)式消去θ可得
k1 k 2 b 2
ax 
x0
2
2
m(k1 a  k 2 b )
由这方程可知m的振动圆频率为

k1 k 2 b 2
m ( k1 a 2  k 2 b 2 )
故m的微振动周期为
2
m ( k1 a 2  k 2 b 2 )
T
 2

k1 k 2 b 2
7
3.如图3所示,质量为m的小球C由细绳
AC和BC共同悬挂,已知AC=l,BC=
2l,∠ACO=∠BCO=30º,试求小球C在
垂直纸面方向上的微振动周期.
O
B
2l
A
l
30°30°
C
m
图3
8
例3 解:方法1:以A为等效悬挂点

把重力加速度 g 沿AC方向和AB方
向分解,可得在AC方向的分量值
为gcos30°.
于是小球C在垂直屏幕面方向
上的微小摆动的周期为
l
2 3l
T  2
 2
g cos 30
3g
O
B
O'
2l
A
30°30°
l
C
m
图1
gcos30°
g
方法2:以AB线与CO线的交点O'为等效悬挂点
则等效摆长l'为CO',根据几何关系可求得
AC
2 3
l 

l
cos 30
3
l
2 3l
 2
那么小球m的微振动周期为 T  2
g
3g
9
4.半径为R的轻圆环上固定两个质量相同的小
重物,在环上与两个小重物距离相等的O处钻
一小孔,将这小孔穿过墙壁上的光滑小钉而
把圆环挂起来,使圆环可以在竖直平面上作
微振动,两小重物的位置关系可以用它们之
间的角距离2α表示,如图4所示,试求圆环微
振动的周期.
O
●
●
R αα R
图4
10
m
例4 解:
用能量法求周期
设每个重物的质量为m,它作微振动
时的最大角振幅为  m ,如图所示,那么
它通过平衡位置时的最大速度 v m为
vm  A  r m

其中 r  2 R sin  R 2(1  cos  )
2
故 vm   m R 2(1  cos  )
于是摆的最大动能为 E km
O
●
r C
●
R αα R
图1
(1)
1 2
 2  mvm  2m 2 m2 R 2 (1  cos  )
2
设摆的质心C能上升的最大高度为hCm,则据机械能
守恒定律有
E Pm  2mghCm  E km
1 2
 2  mvm
2
(2)
11
在平衡位置时,质心C据悬挂点O的距离为
L  R(1  cos  )
因最大偏角为  m ,故质心上升的最大
高度为
hCm  L(1  cos  m )  R(1  cos  )(1  cos  m )
m
O
●
r C
●
R αα R
图1
于是由 E Pm  Ekm 可得
2mgR(1  cos  )(1  cos  m )  2 2 m2 R 2 m(1  cos  )
g (1  cos  m )   2 m2 R
1 2
因为 1  cos  m   m
2
g
2
2
2R


所以
圆环微振动周期为 T 
 2
2R

g
解得
12
5.如图5所示,在水平光滑桌面的中心有一个光滑小
孔O,一条劲度系数为k的细弹性绳穿过小孔O,绳
的一端系于小孔O正下方地面的A处,另一端系一质
量为 m的小物块,弹性绳的自然长度等于OA,现将
小物块沿桌面拉至B点处,OB=L,并给小物块一
个与OB垂直的初速度v0沿桌面射出,试求:
(1)小物块绕O点转过90°到达C点所需要的时间;
(2)小物块到达C点时的速度及CO的长度.
O
v0
●
B
A
图5
13
v0
例5 解:(1)据胡克定律,质点在其运
●
O
动轨迹上任一位置处所受弹力的大小
B
为F=kr,其中r为质点所在位置与原点
O的距离,也是弹性绳的伸长量.
由图2得 Fx   F cos   kx
A
Fy   F sin   ky
图1
可见,质点在x方向和y方向都作简谐振动. y
C•
平衡位置都在原点,振动圆频率都是
F •
r
k
 • x

O
m
B
m
周期都是 T  2
k
图2
14
质点从起始位置B绕O点运动到C点, y
C•
对于x方向的简谐振动来说,质点是从
F •
r
最大位移的位置运动到平衡位置的,恰
 • x
好经历了1/4T,所以
O
B
1
 m
图2
t T
4
2
k
(2)在x方向上,质点作简谐振动,利用如图3所示的
y
参考圆,可确定其振幅和初相:
v0
Ax  L ,  0 x  0
B x
于是其在x方向的简谐振动方程为
O L x0
k
x  Ax cos(t   0 x )  L cos
t
m
k
k
sin
t
速度为 v x   L
m
m
图4
15
k
x  L cos
t
m
利用公式 Ay 
y 02 
,
v02y
2
k
vx  L
sin
m
及初始条件 y 0 y  0 , v0 y  v0
可求得 y  Ay cos(t   0 y )  v0
k
v y  v0 cos
t
m
k
t
m
m
k

cos(
t )
k
m 2
因质点经t=T/4时间到达C点,故在C点处,有
m
k
xC  0 , y C  v 0
,vCx   L
, vCy  0
k
m
m
k
2
2
2
2
于是 OC  xC  yC  v0
,vC  vCx  vCy  L
k
m
16
6. 三根长为l=2.00m的质量均匀的直杆构成一个等
边三角形框架ABC,C点悬挂在一光滑水平转轴上,
整个框架可绕转轴转动,杆AB是一导轨,一
电动玩具松鼠可在导轨上运动,如图6所示,现观测
到松鼠正在导轨上运动而框架却静止不动,试证明
松鼠的运动应是一种什么样的运动.
(96年13届预赛题)
C
l
l
B
A
l
图6
17
C
例6 解:建立如图所示ox轴.
因为题设玩具松鼠在导轨上运动时,
l
l
框架都静止不动. 那么以框架作为研
究对象,对C轴力矩平衡,因此当玩
O
x A F
B
具松鼠运动到图中位置时,它除了受
mg l
到玩具松鼠给以的向下的、大小
图1
为mg的压力外,必然受到玩具松鼠给以的大小为F的
向左的力作用. 于是有
mgx  Fl sin 60 得
F
2ng
3l
x
那么,玩具松鼠也必然受到一个向右的大小等于F
的力F'的作用.
F  
2mg
3l
x  kx , k 
2mg
3l
18
F  
2mg
3l
x  kx , k 
2mg
3l
由此可见,玩具松鼠的运动必然是简谐振动.
其振动周期为
m
T  2
 2
k
3l
 2.64 ( s)
2g
因玩具松鼠到达AB导轨两端时应反向它的,所以
其振幅不能大于1/2l,即
l
A   1.00 (m)
2
由以上论证可知,玩具松鼠在导轨AB上的运动是以
AB中点为平衡位置,振幅不大于1米,周期约为2.64s
的简谐振动.
19
7. A是某种材料制成的小球,B是某种材料制成的均
匀刚性薄球壳,假设A与B的碰撞是完全弹性的,B
与桌面的碰撞是完全非弹性的. 已知球壳质量为m,
内半径为r,放置在水平无弹性的桌面上,小球A的
质量也为m,通过一自然长度为r的柔软弹性绳悬挂
在球壳内壁的最高处,且有kr=9mg/2,k为弹性绳
的弹性系数. 起初将小球A拉到球壳的最低点,如图
7所示,然后轻轻释放,试详细地、定量地讨论小球
A以后的运动. (92年第9届预赛题)
B
A
●
图7
20
例7 解:小球A的平衡位置O'与球心O的距
离为∆l,且有
mg 2
l 
 r
k
9
以O'为原点建立如图所示的x轴.
• l
A•O
O
B
●
x
图1
设任一时刻,小球A偏离平衡位置,其坐标为x,
那么它所受的回复力为
F  k ( x  l )  mg  kx
k
9g
令 
,则小球的运动方程为

m
2r
x  A cos(t   0 )
7
因为t=0时, x0  r  l  r ,v0  0
9
21
所以小球的振幅为
• l
A•O
O
v
2
0
2
7
A x 
 r
9

2
0
●
x
初相为  0  0
图1
7
7
9g
t
故小球运动方程为 x  r cos t  r cos
9
9
2r
7 9 gr
9g
运动速度为 v  
sin
t (2)
9 2
2r
加速度为
7
9g
a   g cos
t
2
2r
B
(1)
(3)
2
当 x   r 时,即小球A回到球心O处,由(1)式可得
9
22
9g
2
cos
t1  
2r
7
9g
3
t1 
5
所以 sin
2r
7
T
(0  t1  )
2
T
(0  t1  )
2
由(2)得此时小球的速度为 v A   5 gr
2
由(3)得此时小球的加速度为
aA  g
此后,小球向上运动,绳子不再拉紧小球,小球A作
竖直上抛运动. 小球上升的最大高度不能超过r,故当小
球A上升高度为r时,其速度大小为v,有
v  v  2 gr 
2
A
gr
0
2
23
这表明小球A将与球壳相碰,由于两者质量相等,
且碰撞为弹性碰撞,所以,A与B交换速度,B竖直上
抛,而小球A则自由下落. B能上升的最大高度为
v B2
v2 r
HB 


2g 2g 4
vB
所用时间为 t1 

g
r
2g
此后,B自由下落. 而当B 上升到最大高度时,小球
A的下落高度为
1 2 1
r
r
h  gt1  g 

2
2 2g 4
r r r
由于 H B  h     r
4 4 2
这表明此时绳子仍未拉紧.
24
令
1 2
1 2
hA  hB  r ,其中 h A  gt ,hB  vt  gt
2
2
由这三式可解得: h A  r ,hB  0 ,t 
2r
g
这表明经历时间t,绳子将被拉直,此时小球A回到
球壳的球心O点,球壳B则经历一升一降,又回到原来
位置,并与桌面作完全非弹性碰撞而静止. 此时小球A
的速度为
vO  gt  2 gr
此后在绳子作用下又作简谐振动. 其振动方程为
x  A cos(t   0 )
2

由初始条件: x0   r ,v0  2 gr 可求得
9
25
v0 2
2
A  x0  2 
10r
9

x0
10
v0
3

sin  0  

10 , cos  0 
A
10
A
10
10
故  0=    arccos
10
2
10
x
10r cos(t    arccos
)
于是
9
10
2
2
2
由于 A  r  10r  r  r
9
9
9
2
所以小球A向下运动时不可能与球壳相碰,这是预
料中的事,因球壳B与桌面的碰撞是完全非弹性碰撞,
能量有所损失. 故球壳B将一直静止下去.
2r
小球A的振动周期仍为 T  2
9g
26
由图2所示的参考圆可知,小球A从O
点下落再回到O点需时间为
2  0
2 2r
10
t 

(  arccos
)

3 g
10

接着,小球A又做竖直上抛运动,上抛
的初速度大小为
O
A O 
 0
x
图2
v  v0  2 gr
其上抛的最大高度为 hmax
v0 2

r
2g
到最高点时速度为零,故小球A只是与球壳轻轻接触而
不发生碰撞,然后又落回,球壳B则保持静止. 小球A从
上抛到回到O点需时间为
27
2v0
2r

t 
2
g
g
此后,球壳B一直保持静止,而小球A则作简谐振动→
竖直上抛运动→简谐振动→竖直上抛运动→简谐振动…
这样的周期性运动,其运动周期为
2 2r
10
2r
T   t  t  
(  arccos
)2
3 g
10
g
小球A与球壳B的运动情况可以用下图来表示.
●
●
B
A
●
●
●
●
●
重复
28
8. 如图8所示,一只狼沿半径为R的圆形
岛边缘按逆时针方向匀速跑动,当狼经
过岛边缘某点时,一只猎犬以相同速率v
从岛中心O出发追赶狼,设在追赶过程中
狼、猎犬、中心O三者始终在同一直线上,
问猎犬应沿何种曲线追赶?它在何处可
以追上狼?
O·
图8
29
例8 解:方法一(解析法):建立极坐标系,
如图1所示. 设t=0时,犬和狼分别位于图中
的O点和A点,经历一段时间,在时刻t,狼
到达C点,犬到达距圆心O为r的D点. 依题
意,O、D、C三点在同一直线上. 狼绕岛做
圆周运动的角速度是恒量,为
y
B Cv
r
v

o
r •D
A x
t
图1
v

R
设犬在D点处的径向速度和横向速度分别为 vr和 v .
为保证任何时候犬和狼都在同一直线上,则必须有
v v
 
R r
即
v  r
由于 v 2  vr2  v2 即 v 2  vr2   2 r 2 因v、ω都是恒量,
因此有 vr vr   2 rr 即有 vr ar   2 rv r 或 ar   2 r
30
这表明在以ω转动的参考系来看,在r方
向上,犬做简谐振动. 设其方程为
r  A cos(t   )
当 t  0 时,r  0 , ar  0 ,速度沿r轴正方向,
而且最大,为 vrm  A  v
v

所以 A   R 且    ,于是

2

r  R cos(t  )  R sin t
y
B Cv
r
v

o
r •D
A x
t
图1
2
在静止参考系的固定坐标系o-xy中,在t时刻犬的坐标为
R
x  r cos t  R sin t cos t  sin 2t
2
R
2
y  r sin t  R sin t  (1  cos 2t )
2
31
y
R
R
x  sin 2t , y  (1  cos 2t )
2
2
B Cv
r
v
由以上两个方程消去t得犬的轨迹方程
o
R 2
R 2
x  (y  )  ( )
2
2
图1

r •D
2
A x
t
这是一个圆心在(0,R/2),半径为R/2的半圆. 这
半圆与狼的轨迹圆的交点B就是犬可能追上狼的地方.
犬沿这半圆从O点到达B点需时间为
R
t1 
2v
狼沿圆从A点到达B点需时间为
R
t2 
2v
因 t1  t 2 ,这说明B点就是犬追上狼的地方.
32
方法二:猜想和证明法
v
y
B C vr
v
D

o vr A x
设狼位于A点时犬从O点出发追狼. 当犬
未追上狼时,总可以把它的速度按径向
和横向分解. 径向速度vr使犬与狼的距离
缩短,而横向速度vθ则使犬和狼以及O
点保持在同一直线上. 因为狼的轨迹是圆,因此可猜想
犬的轨迹也是圆,并且在B点追上狼.
开始时,犬在O点,狼在A点,犬的速度应该全是径
向速度,而无需横向速度,速度方向应与轨迹相切,所
以,犬的轨迹圆的圆心应在y轴上. 当犬在B点追上狼时,
它们的速度方向应相同都与y轴垂直,犬的速度应该全
是横向速度. 此时犬的速度方向也应与其轨迹圆相切,
故轨迹圆的圆心也应在y轴上,由此可知犬的轨迹圆应
是以OB为直径的圆. 下面再证明这个圆满足题目所给的
33
条件.
设犬到达D点时狼到达C点,连接犬的轨 v
迹圆的圆心O'和D点,因圆心角是对应
的弦切角的两倍,所以,∠DO'O=2θ.
则有犬在t时间内通过的路程为
y
B C vr
o2v D

o vr A x
R
OD   2  R
2
延长OD与圆O相交于C'点, 则 AC   R
又因狼的速率与犬的速率都是v,所以它们在相同的
时间内通过相同的路程,所以,应有
AC  OD  R
则表明C'与C点重合,实际上是同一个点.
也就表明任何时候,O点和犬、狼都在同一直线上.
满足了题目所给的条件. 半圆O'确实是犬的轨迹.
34
9.到了晚上,地面辐射降温使空气层中产
生温度梯度,温度随高度递增,这导致声
速v随高度y变化,假定变化规律为
v=v0(1+a2y2) ,其中v0是地面(y=0)处
的声速,a为比例常数,今远方地面上某
0
声源发出一束声波,发射方向与竖直方向
成角,假定在波的传播范围内ay<<1,试
求该声波在空间传播的轨迹,并求地面上
听得最清楚的地点与声源的距离.
35
例9 解:本题要求的是声波波线的轨 y
第i+1层
迹,该波线与地面的交点就是地面上
y
 i 第i层
听得最清楚的地点.
x
第1层
如图1所示,声源在坐标原点,x轴 o
x
0
沿地面,沿y轴将空气分割成平行于x
图1
轴的n(n→∞)个薄层. 每个薄层的厚度为∆y(∆y→0),声
波从o点开始进入第一层,入射角为θ0,在各层空气中的
vi vn ,各层界面上声波的折射角依
声速依次为 v1,v2,
次为 1, 2,
 i  n ,第i+1层的入射角等于第i层的折射
角. 据折射定律得
vi
sin  i
v1 sin 1 v2 sin  2

, 
,


v0 sin  0 v1 sin 1
vi 1 sin  i 1
因此有
vi sin  i

v0 sin  0
(1)
36
由于声速沿y轴递增,折射角也逐渐 y
第i+1层
增大,也即各层的入射角逐渐增大,
y
 i 第i层
到某一层入射角超过了临界角时,声
x
o
第1层
波就会发生全反射而折回地面.
x
0
图1
现在来考察第i层中声波的径迹:由
于∆y极小,在这薄层中的声速可认为不变,径迹可认
为是一直线,由几何关系可知,声波的波线的斜率为
y
1
 cot  i 
1
2
x
sin  i
(2)
由(1)、(2)式及题设条件可得:
y
1
1
1
2


1


sin
0
2
2 2 2
2 2
x
sin  0 1  2a y
sin  0 (1  a y )
37
y
1
1
1
2


1


sin
0
2
2 2 2
2 2
x
sin  0 1  2a y
sin  0 (1  a y )
2
cos

1
2
a
2
0

1  2a 2 y 2  sin 2  0 
1
y
sin  0
sin  0
cos 2  0
 cot  0
2a 2
2
1
y
cos 2  0
(3)
由于中学未教积分,故采用下面方法来得到y与x的
关系式.
2 2
2
a
y
2
因ay<<1,故可令 sin x 
,那么有
cos 2  0
y
 cot  0 cos x
x
(4)
b
38
y
 cot  0 cos x
x
2 2
2
a
y
2
sin x 
cos 2  0
于是有 y 
cos  0
2a
(4)
sin x ,ω值尚待定.
用微元法处理y的表达式来求斜率:
y cos  0 sin  ( x  x)  sin x cos  0



 cos x
x
x
2a
2a
cos  0

比较(4)、(5)式可得 cot  0 
2a
2a

即有
sin  0
于是
y
cos  0
2a
sin
x
sin  0
2a
(5)
(6)
39
y
cos  0
2a
sin
x
sin  0
2a
(6)
由(6)式可见,在温度随高度y依题设条件递增的空气
中向上传播的声波为一正弦曲线,声波传播的轨迹曲线
与x轴的交点就是声波沿波线上扬下弯后重返地面处,
此处闻声清楚,此处坐标满足:
cos  0
2a
y
sin
x0
sin  0
2a
由此求得
2a
x  k
sin  0
(k  1 ,2 ,
)
(只取x>0的值)
取k=1,可得地面听得最清楚的地点与声源的距离为
 sin  0
Sx
2a
40