1、第九章振動A9-1一個質點作簡諧運動，振幅為A，在起始時刻質點的位移為，且向x軸正方向運2動，代表此簡諧運動的旋轉矢量為（）題9-1圖分析與解（b）圖中旋轉矢量的矢端在x軸上投影點的位移為一A/2,且投影點的運動方向指向Ox軸正向，即其速度的x分量大于零，故滿足題意因而正確答案為（b）.9-2已知某簡諧運動的振動曲線如圖（a）所示，則此簡諧運動的運動方程為（）題9-2圖分析與解由振動曲線可知，初始時刻質點的位移為-V2,且向x軸負方向運動.圖（b）是其相應的旋轉矢量圖，由旋轉矢量法可知初相位為2冗/3振動曲線上給出質點從-A/2處運動到+A處所需時間為1s,由對應旋轉矢量圖可知相應的相位差4冗

2、/3，則角頻率3/At4n/3s1，故選（D）本題也可根據振動曲線所給信息，逐一代入方程來找出正確答案.9-3兩個同周期簡諧運動曲線如圖（a）所示，X1的相位比x的相位（)（A）落后（B）超前（C）落后n（D）超前n22分析與解由振動曲線圖作出相應的旋轉矢量圖（b)即可得到答案為（b）題9-3圖9-4當質點以頻率v作簡諧運動時，它的動能的變化頻率為（）（A）v（B）v（C）2v（D）4v2分析與解質點作簡諧運動的動能表式為Ek丄m2A2sin2t,可見其周期為簡諧2運動周期的一半，則頻率為簡諧運動頻率V的兩倍因而正確答案為（C）.9-5圖（a）中所畫的是兩個簡諧運動的曲線，若這兩個簡諧運動可疊

3、加，則合成的余弦振動的初相位為（）31（A）n（B）n（C）n（D）022分析與解由振動曲線可以知道，這是兩個同振動方向、同頻率簡諧運動，它們的相位差A是（即反相位）運動方程分別為X|Acost和x2coswtn.它們的振幅不同.對2A于這樣兩個簡諧運動，可用旋轉矢量法，如圖（b）很方便求得合運動方程為x1-cost.因2而正確答案為（D）題9-5圖29-6有一個彈簧振子，振幅A2.010m，周期T1.0s，初相3d4試寫出它的運動方程，并作出xt圖、vt圖和at圖.題9-6圖分析彈簧振子的振動是簡諧運動.振幅A、初相、角頻率是簡諧運動方程xAcost的三個特征量求運動方程就要設法確定這三個物

4、理量題中除A、已知外，可通過關系式2nT確定振子運動的速度和加速度的計算仍與質點運動學中的計算方法相同.解因32冗/T,則運動方程根據題中給出的數據得振子的速度和加速度分別為xt、vt及at圖如圖所示.9-7若簡諧運動方程為x0.10cos20n0.25nm，求：（1）振幅、頻率、角頻率、周期和初相；（2）t2s時的位移、速度和加速度.分析可采用比較法求解.將已知的簡諧運動方程與簡諧運動方程的一般形式xAcost作比較，即可求得各特征量.運用與上題相同的處理方法，寫出位移、速度、加速度的表達式，代入t值后，即可求得結果.解（1）將x0.10cos20nt0.25nm與xAcost比較后可得：振

5、幅A=10.10m,角頻率320冗s，初相=0.25n,則周期T2n/30.1s，頻率v1/THz.（2）t2s時的位移、速度、加速度分別為9-8一遠洋貨輪，質量為m，浮在水面時其水平截面積為S.設在水面附近貨輪的水平截面積近似相等，水的密度為p且不計水的粘滯阻力，證明貨輪在水中作振幅較小的豎直自由運動是簡諧運動，并求振動周期.分析要證明貨輪作簡諧運動，需要分析貨輪在平衡位置附近上下運動時，它所受的合外力F與位移x間的關系，如果滿足Fkx，則貨輪作簡諧運動.通過Fkx即可求得振動周期T2n/32n.m/k.證貨輪處于平衡狀態時圖（a），浮力大小為F=mg.當船上下作微小振動時，取貨輪處于力平衡

6、時的質心位置為坐標原點0,豎直向下為x軸正向，如圖（b）所示.則當貨輪向下偏移x位移時，受合外力為其中F為此時貨輪所受浮力，其方向向上，大小為題9-8圖則貨輪所受合外力為式中kgS是一常數.這表明貨輪在其平衡位置上下所作的微小振動是簡諧運動.22由Fmdx/dt可得貨輪運動的微分方程為令2gS/m，可得其振動周期為339-9設地球是一個半徑為R的均勻球體，密度5.510kgm.現假定沿直徑鑿通一條隧道，若有一質量為m的質點在此隧道內作無摩擦運動.（1）證明此質點的運動是簡諧運動；（2）計算其周期.題9-9圖分析證明方法與上題相似分析質點在隧道內運動時的受力特征即可.證（1）取圖所示坐標.當質量

7、為m的質點位于x處時，它受地球的引力為3式中G為引力常量，mx是以x為半徑的球體質量，即mx4np</3令k4npGm/3，則質點受力因此，質點作簡諧運動.（2）質點振動的周期為9-10如圖（a）所示，兩個輕彈簧的勁度系數分別為K、k2當物體在光滑斜面上振動時.（1）證明其運動仍是簡諧運動；（2）求系統的振動頻率.題9-10圖分析從上兩題的求解知道，要證明一個系統作簡諧運動，首先要分析受力情況，然后看是否滿足簡諧運動的受力特征（或簡諧運動微分方程）為此，建立如圖（b）所示的坐標設系統平衡時物體所在位置為坐標原點O,Ox軸正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox軸,物體受彈性力及重力分力的作

8、用，其中彈性力是變力.利用串聯時各彈簧受力相等，分析物體在任一位置時受力與位移的關系，即可證得物體作簡諧運動，并可求出頻率證設物體平衡時兩彈簧伸長分別為x1>x2，則由物體受力平衡，有式中kKk?/匕k2為常數，則物體作簡諧運動，振動頻率mgsink1x1k2x2(1)按圖（b）所取坐標，物體沿x軸移動位移x時，兩彈簧又分別被拉伸x1和x2，即xx1x2.則物體受力為Fmgsink2X2X2mgsinKx1x1(2)將式（1）代入式（2)得Fk2x2k1x1(3)由式（3）得%|F/K、x2F/k2，而xX1X2，則得到討論（1）由本題的求證可知，斜面傾角B對彈簧是否作簡諧運動以及振動的

9、頻率均不產生影響事實上，無論彈簧水平放置、斜置還是豎直懸掛，物體均作簡諧運動而且可以證明它們的頻率相同，均由彈簧振子的固有性質決定，這就是稱為固有頻率的原因.（2）如果振動系統如圖（c）（彈簧并聯）或如圖（d）所示，也可通過物體在某一位置的受力分析得出其作簡諧運動，且振動頻率均為v'k1k2/m，讀者可以一試.通過這些例子可以知道，2n證明物體是否作簡諧運動的思路是相同的.*9-11在如圖（a）所示裝置中，一勁度系數為k的輕彈簧，一端固定在墻上，另一端連接一質量為葉的物體A,置于光滑水平桌面上.現通過一質量m、半徑為R的定滑輪B（可視為勻質圓盤）用細繩連接另一質量為m2的物體C設細繩不

10、可伸長，且與滑輪間無相對滑動，求系統的振動角頻率.題9-11圖分析這是一個由彈簧、物體A、C和滑輪B組成的簡諧運動系統求解系統的振動頻率可采用兩種方法（1）從受力分析著手如圖（b）所示，設系統處于平衡狀態時，與物體A相連的彈簧一端所在位置為坐標原點0,此時彈簧已伸長X。,且kXom2g當彈簧沿Ox軸正向從原點0伸長x時，分析物體A、C及滑輪B的受力情況，并分別列出它們的動力學方程，可解得系統作簡諧運動的微分方程.程，可解得系統作簡諧運動的微分方程.（2）從系統機械能守恒著手列出系統機械能守恒方程，然后求得系統作簡諧運動的微分方程.解1在圖（b）的狀態下，各物體受力如圖（kxx0i.考慮到繩下物

11、體C所在位置為重力勢能零點；將JmR2/2,wRv,dv/dtdFkxm2m/2(6)c）所示其中F子不可伸長，對物體A、B、C分別列方程，有Ft1kxX0d2xm1dt2(1)m2gFT2d2xm2dt2(2)Ft2Ft1R.1_d2xJmR22dt2(3)kx°m?g(4)方程（3）中用到了FT2FT2、FT1FT1、JmR2/2及a/R.聯立式(1)式（4）可得(5)d2xdt2則系統振動的角頻率為解2取整個振動裝置和地球為研究系統，因沒有外力和非保守內力作功，系統機械能守恒.設物體平衡時為初始狀態，物體向右偏移距離x（此時速度為V、加速度為a）為末狀態,則由機械能守恒定律，有

12、在列出上述方程時應注意勢能（重力勢能和彈性勢能）零點的選取為運算方便，選初始狀態彈簧原長時為彈性勢能的零點.將上述方程對時間求導得22dx/dt和m2gkx0代入上式，可得式（6）與式（5）相同，表明兩種解法結果一致.9-12一放置在水平桌面上的彈簧振子，振幅A=2.0W2m，周期T=0.50s.當t=0時，（1）物體在正方向端點；（2）物體在平衡位置、向負方向運動；（3）物體在x=-1.0M0-2m處，向負方向運動；（4）物體在x=-1.0X0'2m處，向正方向運動.求以上各種情況的運動方程.分析在振幅A和周期T已知的條件下，確定初相$是求解簡諧運動方程的關鍵初相的確定通常有兩種方法

13、（1）解析法：由振動方程出發，根據初始條件，即t=0時，x=X0和v=V0來確定$值.（2）旋轉矢量法：如圖（a）所示，將質點P在Ox軸上振動的初始位置xo和速度vo的方向與旋轉矢量圖相對應來確定0旋轉矢量法比較直觀、方便，在分析中常采用.題9-12圖解由題給條件知A=2.0氷0-2m,32/T4ns1，而初相0可采用分析中的兩種不同方法來求.解析法：根據簡諧運動方程xAcost當t0時有x0AcostV0A3sin當（1）x°A時，cos11,則10;(2)x°0時,cos20,2n，因v°0,取2n22(3)X。1.010m時，cos30.5,3n由V0，取3

14、n3，3，(4)x1.0102m時，cos40.5,4nn由v0,取4n433旋轉矢量法：分別畫出四個不同初始狀態的旋轉矢量圖，如圖（b）所示，它們所對應的初相分別為1A、角0,有頻率n2i,3、初相n33，©均確定4n43.:后，則各相應狀態下的運動方程為振幅(1)x2.0102cos4nm(2)x2.0102cos4nn2m(3)x2.0102cos4nn3m(4)x2.0102cos4n4n3m9-13有一彈簧，當其下端掛一質量為m的物體時，伸長量為9.8X10'2m.若使物體上、下振動，且規定向下為正方向.（1）當t=0時，物體在平衡位置上方8.010-2m處，由靜止

15、開始向下運動，求運動方程.（2）當t=0時，物體在平衡位置并以0.6ms-1的速度向上運動，求運動方程.分析求運動方程，也就是要確定振動的三個特征物理量A、3和©其中振動的角頻率是由彈簧振子系統的固有性質（振子質量m及彈簧勁度系數k）決定的，即k/m,k可根據物體受力平衡時彈簧的伸長來計算；振幅A和初相©需要根據初始條件確定.題9-13圖解物體受力平衡時，彈性力F與重力P的大小相等，即F=mg.而此時彈簧的伸長量Al=9.810-2m.則彈簧的勁度系數k=F/Al=mg/Al系統作簡諧運動的角頻率為（1）設系統平衡時，物體所在處為坐標原點，向下為x軸正向.由初始條件t=0時

16、,222X10=8.0W-2m、V10=0可得振幅A.x10v10/8.010m;應用旋轉矢量法可確定初相1n圖（a）.則運動方程為（2）t=0時，x20=0、V20=0.6ms-1,同理可得A2x；0v20/26.0102m;2冗/2圖（b）則運動方程為9-14某振動質點的x-t曲線如圖（a）所示，試求：（1）運動方程；（2）點P對應的相位；（3）到達點P相應位置所需的時間.分析由已知運動方程畫振動曲線和由振動曲線求運動方程是振動中常見的兩類問題本題就是要通過x-1圖線確定振動的三個特征量A、3和0，從而寫出運動方程.曲線最大幅值即為振幅A；而3、0通常可通過旋轉矢量法或解析法解出，一般采用

17、旋轉矢量法比較方便.解（1）質點振動振幅A=0.10而由振動曲線可畫出to=0和ti=4s時旋轉矢量，如圖（b）所示.由圖可見初相0二n3（或05n/3），而由t1t0/2/3得35n/24s，則運動方程為題9-14圖（2）圖（a）中點P的位置是質點從A/2處運動到正向的端點處.對應的旋轉矢量圖如圖（c）所示.當初相取0n/3時，點P的相位為p0tp00（如果初相取成°5n/3，則點P相應的相位應表示為p=0+s（p0）=2n.（3）由旋轉矢量圖可得3tp0n/3，則tp1.6s.9-15作簡諧運動的物體，由平衡位置向x軸正方向運動，試問經過下列路程所需的最短時間各為周期的幾分之幾？

18、（1）由平衡位置到最大位移處；（2）由平衡位置到x=A/2處；（3）由x=A/2處到最大位移處.解采用旋轉矢量法求解較為方便.按題意作如圖所示的旋轉矢量圖，平衡位置在點0.（1）平衡位置X1到最大位移X3處，圖中的旋轉矢量從位置1轉到位置3,故厶©=n2,則所需時間（2）從平衡位置X1到X2=A/2處，圖中旋轉矢量從位置1轉到位置2，故有血=冗/6,則所需時間（3）從x2=A/2運動到最大位移X3處，圖中旋轉矢量從位置2轉到位置3,有厶林冗/3,則所需時間題9-15圖9-16在一塊平板下裝有彈簧，平板上放一質量為1.0kg的重物.現使平板沿豎直方向作上下簡諧運動，周期為0.50s,振

19、幅為2.0>10-2m.求：（1）平板到最低點時，重物對平板的作用力；（2）若頻率不變，則平板以多大的振幅振動時，重物會跳離平板？（3）若振幅不變，則平板以多大的頻率振動時，重物會跳離平板?題9-16圖分析按題意作示意圖如圖所示.物體在平衡位置附近隨板作簡諧運動，其間受重力P和板支持力Fn作用，Fn由于物體是隨板-是一個變力.按牛頓定律，有f一起作簡諧運動，mg1因而有ZNad2ym2dt2A2costdt2為FnmgmA2cost持力Fn作用，Fn由于物體是隨板-是一個變力.按牛頓定律，有f一起作簡諧運動，mg1因而有ZNad2ym2dt2A2costdt2為FnmgmA2cost(1

20、)，則式（1）可改寫(2)（1）根據板運動的位置，確定此刻振動的相位t，由式（2）可求板與物體之間的作用力（2）由式（2）可知支持力Fn的值與振幅A、角頻率3和相位（t）有關在振動過程中，當3tn時Fn最小.而重物恰好跳離平板的條件為Fn=0,因此由式（2）可分別求出重物跳離平板所需的頻率或振幅.解（1）由分析可知，重物在最低點時，相位t=0,物體受板的支持力為重物對木塊的作用力Fn與Fn大小相等，方向相反.（2）當頻率不變時，設振幅變為A'.根據分析中所述，將Fn=0及n代入分析中式（2）,可得（3）當振幅不變時，設頻率變為V.同樣將Fn=0及stn代入分析中式（2）,可得9-17兩

21、質點作同頻率、同振幅的簡諧運動.第一個質點的運動方程為x1Acost,當第一個質點自振動正方向回到平衡位置時,第二個質點恰在振動正方向的端點,試用旋轉矢量圖表示它們,并求第二個質點的運動方程及它們的相位差.題9-17圖解圖示為兩質點在時刻t的旋轉矢量圖,可見第一個質點M的相位比第二個質點N的相位超前/2，即它們的相位差n/2故第二個質點的運動方程應為9-18圖（a）為一簡諧運動質點的速度與時間的關系曲線，且振幅為2測，求（1）振動周期；（2）加速度的最大值；（3）運動方程分析根據V-t圖可知速度的最大值Vmax，由Vmax=As可求出角頻率3,進而可求出周期T和加速度的最大值amax=Aw2.

22、在要求的簡諧運動方程X=AC0S（3t+0）中，因為A和3已得出，故只要求初相位0即可.由vt曲線圖可以知道，當t=0時，質點運動速度V0=Vmax/2=A3/2，之后速度越來越大，因此可以判斷出質點沿X軸正向向著平衡點運動.利用V0=A3Sin就可求出0.解(1)由VmaxA得1.5S1,則(2)amaxA4.522102mS2(3)從分析中已知V0A3SinA3/2,即因為質點沿X軸正向向平衡位置運動，則取5M6，其旋轉矢量圖如圖（b）所示.則運動方程為x2cos1.5t5冗/6cm題9-18圖9-19有一單擺，長為1.0m，最大擺角為5。，如圖所示.（1）求擺的角頻率和周期；（2）設開始

23、時擺角最大,試寫出此單擺的運動方程；（3）擺角為3°時的角速度和擺球的線速度各為多少？題9-19圖分析單擺在擺角較小時（X5°的擺動，其角量B與時間的關系可表示為簡諧運動方程maxCOSt，其中角頻率3仍由該系統的性質（重力加速度g和繩長I）決定，即jgTT.初相0與擺角0,質點的角速度與旋轉矢量的角速度（角頻率）均是不同的物理概念，必須注意區分.解（1）單擺角頻率及周期分別為（2）由t0時max50可得振動初相0,則以角量表示的簡諧運動方程為（3）擺角為3°時有cost/max0.6，則這時質點的角速度為線速度的大小為討論質點的線速度和角速度也可通過機械能守恒定

24、律求解，但結果會有極微小的差別.這是因為在導出簡諧運動方程時曾取sin，所以，單擺的簡諧運動方程僅在0較小時成立.9-20為了測月球表面的重力加速度，宇航員將地球上的秒擺”（周期為2.00s）,拿到月球上去，如測得周期為4.90s,則月球表面的重力加速度約為多少？（取地球表面的重力加速度gE9.80ms2）解由單擺的周期公式T2nl/g可知g1/T2，故有gM/gET；/T；，則月球的重力加速度為9-21一飛輪質量為12kg，內緣半徑r=0.6m，如圖所示為了測定其對質心軸的轉動慣量，現讓其繞內緣刃口擺動，在擺角較小時，測得周期為2.0s，試求其繞質心軸的轉動慣量.9-21題圖分析飛輪的運動相

25、當于一個以刃口為轉軸的復擺運動，復擺振動周期為T2nJ/mglc，因此，只要知道復擺振動的周期和轉軸到質心的距離lc，其以刃口為轉軸的轉動慣量即可求得再根據平行軸定理，可求出其繞質心軸的轉動慣量.解由復擺振動周期T2nJ/mglc，可得JmgrT2/4<則由平行軸定理得9-22如圖（a）所示，質量為1.0W-2kg的子彈，以500ms-1的速度射入木塊，并嵌在木塊中，同時使彈簧壓縮從而作簡諧運動，設木塊的質量為4.99kg,彈簧的勁度系數為8.0X03Nm-1，若以彈簧原長時物體所在處為坐標原點，向左為x軸正向，求簡諧運動方程.題9-22圖分析可分為兩個過程討論.首先是子彈射入木塊的過程

26、，在此過程中，子彈和木塊組成的系統滿足動量守恒，因而可以確定它們共同運動的初速度V0,即振動的初速度.隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡諧運動.它的角頻率由振子質量m1+m2和彈簧的勁度系數k確定，振幅和初相可根據初始條件（初速度V0和初位移X0）求得.初相位仍可用旋轉矢量法求.解振動系統的角頻率為由動量守恒定律得振動的初始速度即子彈和木塊的共同運動初速度V0為又因初始位移X0=0，則振動系統的振幅為圖（b）給出了彈簧振子的旋轉矢量圖，從圖中可知初相位0n/2，則簡諧運動方程為9-23如圖（a）所示，一勁度系數為k的輕彈簧，其下掛有一質量為m1的空盤.現有一質量為m2的物體從盤上方高為h處

27、自由落入盤中，并和盤粘在一起振動.問：（1）此時的振動周期與空盤作振動的周期有何不同？（2）此時的振幅為多大？題9-23圖分析原有空盤振動系統由于下落物體的加入，振子質量由mi變為mi+m2，因此新系統的角頻率（或周期）要改變由于A.X：v0/w2，因此，確定初始速度vo和初始位移xo是求解振幅A的關鍵.物體落到盤中，與盤作完全非彈性碰撞，由動量守恒定律可確定盤與物體的共同初速度vo，這也是該振動系統的初始速度.在確定初始時刻的位移Xo時，應注意新振動系統的平衡位置應是盤和物體懸掛在彈簧上的平衡位置.因此，本題中初始位移Xo,也就是空盤時的平衡位置相對新系統的平衡位置的位移.解（1）空盤時和物

28、體落入盤中后的振動周期分別為可見T'>T,即振動周期變大了.（2）如圖（b）所示，取新系統的平衡位置為坐標原點O.則根據分析中所述，初始位移為空盤時的平衡位置相對粘上物體后新系統平衡位置的位移，即式中li=mi/k為空盤靜止時彈簧的伸長量，12=（mi+m2）/k為物體粘在盤上后，靜止時彈簧的伸長量.由動量守恒定律可得振動系統的初始速度，即盤與物體相碰后的速度式中v.2gh是物體由h高下落至盤時的速度.故系統振動的振幅為本題也可用機械能守恒定律求振幅A.9-24如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧，系一質量為mi的物體，在水平面上作振幅為A的簡諧運動.有一質量為m2的粘土，從高度h自由

29、下落，正好在（a）物體通過平衡位置時，（b）物體在最大位移處時，落在物體上.分別求：（i）振動周期有何變化？（2）振幅有何變化？題9-24圖分析諧振子系統的周期只與彈簧的勁度系數和振子的質量有關.由于粘土落下前后，振子的質量發生了改變，因此，振動周期也將變化.至于粘土如何落下是不影響振動周期的.但是，粘土落下時將改變振動系統的初始狀態，因此，對振幅是有影響的.在粘土落到物體上的兩種不同情況中，系統在水平方向的動量都是守恒的.利用動量守恒定律可求出兩種情況下系統的初始速度，從而利用機械能守恒定律（或公式A-x2v0/w2）求得兩種情況下的振幅.解（i）由分析可知，在（a）、（b）兩種情況中，粘土

30、落下前后的周期均為物體粘上粘土后的周期T比原周期T大.（2）（a）設粘土落至物體前后，系統振動的振幅和物體經過平衡位置時的速度分別為A、v和A'、v'.由動量守恒定律和機械能守恒定律可列出如下各式22kA/2miv/2（i）22kA/2mim2v/2（2）m|Vmm2v（3）聯立解上述三式，可得即A'vA，表明增加粘土后，物體的振幅變小了.（b）物體正好在最大位移處時，粘土落在物體上則由動量守恒定律知它們水平方向的共同速度v'=miv/（mi+m2）=0,因而振幅不變，即A=A9- 25質量為0.10kg的物體，以振幅1.0X0-2m作簡諧運動，其最大加速度為4

31、.0ms-1求：（1）振動的周期；（2）物體通過平衡位置時的總能量與動能；（3）物體在何處其動能和勢能相等？（4）當物體的位移大小為振幅的一半時，動能、勢能各占總能量的多少？分析在簡諧運動過程中，物體的最大加速度amaxA2，由此可確定振動的周期T.另外，在簡諧運動過程中機械能是守恒的，其中動能和勢能互相交替轉化，其總能量E=kA2/2.當動能與勢能相等時，Ek=Ep=kA2/4.因而可求解本題.解（1）由分析可得振動周期（2）當物體處于平衡位置時，系統的勢能為零，由機械能守恒可得系統的動能等于總能量，即卩（3）設振子在位移X0處動能與勢能相等，則有得x.2A/27.07103m（4）物體位移

32、的大小為振幅的一半（即xA/2）時的勢能為貝慟能為EkEEp3E/49-26一氫原子在分子中的振動可視為簡諧運動.已知氫原子質量m=1.68W27Kg，振動頻率=1.0>1014Hz，振幅A=1.0W-11m.試計算：（1）此氫原子的最大速度；（2）與此振動相聯系的能量.解（1）簡諧運動系統中振子運動的速度v=Acosin（3t+Q,故氫原子振動的最大速度為（2）氫原子的振動能量9-27質量m=10g的小球與輕彈簧組成一振動系統，按x0.58nt冗/3cm的規律作自由振動，求（1）振動的角頻率、周期、振幅和初相；（2）振動的能量E;（3）一個周期內的平均動能和平均勢能.解（1）將x0.5

33、8nn/3cm與xAcost比較后可得：角頻率o8ns1,振幅A=0.5cm，初相Q=n/3則周期T=2n/=0.25s（2）簡諧運動的能量E】mA227.90105J2（3）簡諧運動的動能和勢能分別為則在一個周期中，動能與勢能對時間的平均值分別為9-28已知兩同方向、同頻率的簡諧運動的運動方程分別為%nm；x2nm.求：（1）合振動的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同頻率的簡諧運動x30.07cos10t3m，貝y3為多少時，X1+X3的振幅最大？又3為多少時，x2+X3的振幅最小？題9-28圖分析可采用解析法或旋轉矢量法求解由旋轉矢量合成可知，兩個同方向、同頻率簡諧運動的合成仍為一簡諧運

34、動，其角頻率不變；合振動的振幅A.AA2A1A2cos21，其大小與兩個分振動的初相差21相關.而合振動的初相位解（1）作兩個簡諧運動合成的旋轉矢量圖（如圖）.因為21n2，故合振動振幅為合振動初相位（2）要使X1+X3振幅最大，即兩振動同相，則由2kn得要使X1+X3的振幅最小，即兩振動反相，則由2k1n得9-29手電筒和屏幕質量均為m,且均被勁度系數為k的輕彈簧懸掛于同一水平面上，如圖所示.平衡時，手電筒的光恰好照在屏幕中心.設手電筒和屏幕相對于地面上下振動的表達式分別為X1Acost1和X2Acost2.試求在下述兩種情況下，初相位如、血應滿足的條件：（1）光點在屏幕上相對于屏靜止不動；

35、（2）光點在屏幕上相對于屏作振幅A'=2A的振動并說明用何種方式起動，才能得到上述結果.題9-29圖分析落在屏幕上的光點相對地面的運動和屏幕相對于地面的運動都已知道，且是兩個簡諧運動因此由運動的合成不難寫出光點相對屏的運動（實際上是兩個同方向、同頻率簡諧運動的合成）根據相對運動公式，有依題意所以x光對屏X1X2XiX2Acost1Acost2可見光點對屏的運動就是兩個同方向、同頻率簡諧運動x1Acost1和X2Acost2的合成.用與上題相同的方法即可求解本題.其中合運動振幅A.A2A22A2cosn21.解（1）根據分析和參考上題求解，當要求任一時刻光點相對于屏不動，即x光對屏0，就

36、是當n212k1n時，即212kn時（k0,1,2,.）,A=0當光點相對于屏作振幅為2A的運動時，要求n212kn,即212k1n（2）由以上求解可知，要使光點相對于屏不動，就要求手電筒和屏的振動始終要同步，即同相位，為此，把它們往下拉A位移后，同時釋放即可；同理，要使光點對屏作振幅為2A的諧振動，兩者必須相位相反，為此，讓手電筒位于平衡點0上方的-A處，而屏則位于+A處同時釋放，即可實現.9-30兩個同頻率的簡諧運動1和2的振動曲線如圖（a）所示，求（1）兩簡諧運動的運動方程X1和X2；（2）在同一圖中畫出兩簡諧運動的旋轉矢量，并比較兩振動的相位關系；（3）若兩簡諧運動疊加，求合振動的運動

37、方程.分析振動圖已給出了兩個簡諧運動的振幅和周期，因此只要利用圖中所給初始條件，由旋轉矢量法或解析法求出初相位，便可得兩個簡諧運動的方程.解（1）由振動曲線可知，A=0.1m,T=2s,貝U3=2n7T=ns-1.曲線1表示質點初始時刻在x=0處且向x軸正向運動，因此咖=-n2;曲線2表示質點初始時刻在x=A/2處且向x軸負向運動，因此$2=n/3.它們的旋轉矢量圖如圖(b)所示.則兩振動的運動方程分別為x-tO.lcosnt冗/2m和x2O.lcosnt冗/3m(2) 由圖(b)可知振動2超前振動1的相位為5t/6.(3) xxx2Acost其中AA2a22AACOS210.052m則合振動

38、的運動方程為x0.052cosnn/12m題9-30圖9-31將頻率為348Hz的標準音叉振動和一待測頻率的音叉振動合成，測得拍頻為3.0Hz.若在待測頻率音叉的一端加上一小塊物體，則拍頻數將減少，求待測音叉的固有頻率.分析這是利用拍現象來測定振動頻率的一種方法.在頻率1和拍頻數=|2-1|已知的情況下，待測頻率2可取兩個值，即2=1土.式中前正、負號的選取應根據待測音叉系統質量改變時，拍頻數變化的情況來決定.解根據分析可知，待測頻率的可能值為2=1±A=(348±)Hz因振動系統的固有頻率vJ，即質量m增加時，頻率減小.從題意知，當待測音叉2nm質量增加時拍頻減少，即丨2

39、1|變小.因此，在滿足2與A均變小的情況下，式中只能取正號，故待測頻率為2=1+A=351Hz*9-32示波管的電子束受到兩個互相垂直的電場的作用.電子在兩個方向上的位移分別為xAcost和yAcost，求在=0°°$=30°°$=90。各種情況下，電子在熒光屏上的軌跡方程.解這是兩個振動方向互相垂直的同頻率簡諧運動的合成問題.合振動的軌跡方程為式中A1、A2為兩振動的振幅，A©為兩個振動的初相差.本題中A1=A2=A,A$=$,故有(1) 當$=0°時，有x=y，軌跡為一直線方程.(2) 當$=30°時，有x2+y2，3x

40、y=A2/4,軌跡為橢圓方程.(3) 當$=90。時，有x2+y2=A2，軌跡為圓方程.*9-33圖示為測量液體阻尼系數的裝置簡圖，將一質量為m的物體掛在輕彈簧上，在空氣中測得振動的頻率為1，置于液體中測得的頻率為2，求此系統的阻尼系數.題9-33圖分析在阻尼不太大的情況下，阻尼振動的角頻率3與無阻尼時系統的固有角頻率宜及阻尼系數3有關系式,022.因此根據題中測得的1和2(即已知30、3),就可求出3解物體在空氣和液體中的角頻率為302nv1和32n2，得阻尼系數為*9-34一彈簧振子系統，物體的質量m=1.0Kg，彈簧的勁度系數k=900Nm-1.系統振動時受到阻尼作用，其阻尼系數3=10

41、.0s-1.為了使振動持續，現另外加一周期性驅動外力F100cos30tN.求：（1）振子達到穩定時的振動角頻率；（2）若外力的角頻率可以改變，當其值為多少時系統出現共振現象？其共振的振幅多大？分析本題是物體在有阻尼條件下的受迫振動，其運動方程為xA0esCostAcosPt（1）等式右邊第一項與阻尼有關，該項經一段時間后，因est0而消失因此，穩定時系統的振動由第二項確定，它是簡諧運動方程其中P為周期性外力的角頻率，由此可知，此時振動的角頻率即是周期性外力的角頻率而振幅為A式中F。為周期性外界驅動力的力幅，A式中F。為周期性外界驅動力的力幅，F0/m0是彈簧振子的固有角頻率,（2）m是振子質

42、量當阻尼系數3定時，振幅A是外力的角頻率3p的函數.共振時，振幅最大，故可采用對函數A（3P）求極值的方法確定共振頻率和振幅.解（1）根據分析，受迫振動達到穩定時，系統作簡諧運動的角頻率即為周期性外力的角頻率，故有（2）受迫振動達到穩定后，其振幅AF0r022422當dA/dP0時振幅將取得極大值，稱共振現象.此時可解得周期性外界驅動力的角頻率為將上述結果代入振幅A的表達式中，得共振時振幅為49-35在一個LC振蕩電路中，若電容器兩極板上的交變電壓U50cos10nV,電容C1.0107F，電路中的電阻可以忽略不計.求：（1）振蕩的周期；（2）電路中的自感；（3）電路中的電流隨時間變化的規律.

43、分析在不計電阻的前提下，該LC電路是無阻尼自由振蕩電路，在振蕩過程中電容器兩極板上的電壓、電荷及電路中的電流均以相同的周期變化著振蕩周期為T=2nLC因此，本題可通過已知的電壓的角頻率3,求出振蕩周期，然后可求出自感L.另外，電容器極板上電壓U、電荷q始終滿足關系式q=CU.因此，在確定q=q（t）后，根據電流定義I=dq/dt,可求出電流的變化規律.解（1）從題中已知的電壓變化關系中得振蕩周期為（2）由振蕩電路周期T2nLC得電路中的自感為（3）電路中電流隨時間變化的規律為9-36用一個電容可在10.0pF到360.0pF范圍內變化的電容器和一個自感線圈并聯組成無線電收音機的調諧電路.（1）

44、該調諧電路可以接收的最大和最小頻率之比是多少？（2）為了使調諧頻率能在5.0K05Hz到1.5W6Hz的頻率范圍內，需在原電容器上并聯一個多大的電容？此電路選用的自感應為多大？分析當自感L一定時，要改變調諧頻率的范圍，只需改變電容的變化范圍本題采用并聯電容C的方法使電容由原有的變化范圍CminCmax改變為Cmin+CCmax+C,從而達到新的調諧目的.為此，可根據V1/2n.LC，由原有電容比Cmax/Cmin來確定對應的頻率比Vmax/Vmin.再由新要求的頻率比來確定需要并聯的電容的大小.解（1）當線圈自感L一定時，由V1/2nLC，可得（2）為了在5.0XO5Hz1.5106Hz的頻率

45、范圍內調諧，應滿足由此得在原電容器上需并聯的電容為此電路選用的線圈自感為9- 37振蕩電路，已知C=0.25（1,L=1.015H.電路中電阻可忽略不計，電容器上電荷最大值為Q0=2.5W6C.（1）寫出電路接通后電容器兩極板間的電勢差隨時間而變化的方程和電路中電流隨時間而變化的方程；（2）寫出電場的能量、磁場能量及總能量隨時間而變化的方程；（3）求t1=T/8和t2=T/4時，電容器兩極板間的電勢差、電路中的電流、電場能、磁場能.分析無阻尼LC振蕩電路中電流、電容器極板上電荷以及電勢差均以相同的頻率隨時間作正弦或余弦變化.如果令極板上電荷qQ0cost0，則由Idq/dt、Uq/C可得電路中

46、的電流I、極板兩端電勢差U的變化規律.利用電磁場中電場能量和磁場能量公式可寫出它們隨時間t的函數關系式和特定時刻的瞬時值.解（1）LC無阻尼振蕩電路的振蕩角頻率為若以電路閉合的瞬間為計時起點，此時極板上電荷最大.則任一時刻極板上的電荷為該時刻電路中的電流為極板兩端電勢差為（2）任意時刻電場能量、磁場能量及總能量分別為（3）由32TV2MT，可得T=0.001s,則當t1=T/8時，由上述各式可得同理，當t2冗/4時可得由上述結果可以看出LC電路在無阻尼振蕩過程中，總的電磁場能量是不變的，即滿足能量守恒定律.第十章波動10- 1圖（a）表示t=0時的簡諧波的波形圖，波沿x軸正方向傳播，圖（b）為

47、一質點的振動曲線.則圖（a）中所表示的x=0處振動的初相位與圖（b）所表示的振動的初相位分別為（)題10-1圖(A)均為零(B)均為n(C)均為-22n,冗n,n(D)與(E)與2222分析與解本題給了兩個很相似的曲線圖，但本質卻完全不同.求解本題要弄清振動圖和波形圖不同的物理意義.圖（a）描述的是連續介質中沿波線上許許多多質點振動在t時刻的位移狀態.其中原點處質點位移為零，其運動方向由圖中波形狀態和波的傳播方向可以知道是沿y軸負向，利用旋轉矢量法可以方便的求出該質點振動的初相位為n/2而圖（b）是一個質點的振動曲線圖，該質點在t=0時位移為0,t>0時，由曲線形狀可知，質點向y軸正向運

48、動，故由旋轉矢量法可判知初相位為一n2答案為（D）.10-2機械波的表達式為y0.05cos6nt0.06n(m，則()(A)波長為100m(C)周期為1/3s（B）波速為10ms-1（D）波沿x軸正方向傳播分析與解波動方程的一般表式為yAcost,其中A為振幅，$為初相，u為u波速.x/u前的表示波沿x軸正向傳播，“+”示波沿x軸負向傳播因此將原式寫為y0.05cos6冗tx/100m和一般式比較可知（E）、（D）均不對.而由w=2dT=6nS-1可知T=（1/3）s.貝yX=uT=33.3m,因此（A）也不對.只有（C）正確.10-3一平面簡諧波，沿x軸負方向傳播，角頻率為3,波速為u.設

49、tT時刻的波形如4圖（a）所示，則該波的表達式為（）題10-3圖分析與解因為波沿x軸負向傳播，由上題分析知（A）、（B）表式不正確.找出（C）、（D）哪個是正確答案，可以有很多方法.這里給出兩個常用方法.方法一：直接將t=T/4,x=0代入方程，那么對（C）有y=A、對（D）有y。=0，可見（D）的結果與圖一致.方法二：用旋轉矢量法求出波動方程的初相位.由圖（a）可以知道t=T/4時原點處質點的位移為0,且向y軸正向運動，則此時刻的旋轉矢量圖如圖（b）所示.要求初相位，只要將該時刻的旋轉矢量反轉（順時針轉）$=3也=3T/4=n/2如圖（b）所示，即得如=n同樣得（D）是正確答案.題10-4圖

50、10-4如圖所示，兩列波長為入的相干波在點P相遇.波在點S振動的初相是如，點S1到點P的距離是1.波在點S2的初相是血，點S2到點P的距離是r2，以k代表零或正、負整數，則點P是干涉極大的條件為（）分析與解P是干涉極大的條件為兩分振動的相位差2kn,而兩列波傳到P點時的兩分振動相位差為212nr2/入，故選項（D）正確.10-5在駐波中，兩個相鄰波節間各質點的振動（）（A）振幅相同，相位相同（B）振幅不同，相位相同（C）振幅相同，相位不同（D）振幅不同，相位不同x分析與解駐波方程為y2Acos2ncos2n/t，因此根據其特點，兩波節間各點運動同相位，入但振幅不同.因此正確答案為（B）.10-

51、6頻率為=1.25W4Hz的平面簡諧縱波沿細長的金屬棒傳播，棒的彈性模量為E=1.90W11N-m-2，棒的密度p=7.6W3Kgm-3.求該縱波的波長.分析因機械波傳播速度與介質性質有關，固體中縱波傳播速度u.E/而波的特征量波長入與波速u、頻率之間有Lu/所以，頻率一定的振動在不同介質中傳播時，其波長不同由上述關系可求得波長.解由分析可知金屬棒中傳播的縱波速度u,E/，因此，該縱波的波長為10-7一橫波在沿繩子傳播時的波動方程為（1）求波的振幅、波速、頻率及波長；（2）求繩上質點振動時的最大速度；（3）分別畫出t=1s和t=2s時的波形，并指出波峰和波谷.畫出x=1.0m處質點的振動曲線并

52、討論其與波形圖的不同.分析（1）已知波動方程（又稱波函數）求波動的特征量（波速u、頻率、振幅A及波長入等），通常采用比較法.將已知的波動方程按波動方程的一般形式XxyAcost-0書寫，然后通過比較確定各特征量（式中一前-”、“+的選取分別對uu應波沿x軸正向和負向傳播）比較法思路清晰、求解簡便，是一種常用的解題方法.（2）討論波動問題，要理解振動物理量與波動物理量之間的內在聯系與區別例如區分質點的振動速度與波速的不同，振動速度是質點的運動速度，即v=dy/dt;而波速是波線上質點運動狀態的傳播速度（也稱相位的傳播速度、波形的傳播速度或能量的傳播速度），其大小由介質的性質決定.介質不變，波速保

53、持恒定.（3）將不同時刻的t值代入已知波動方程，便可以得到不同時刻的波形方程y=y（x），從而作出波形圖.而將確定的x值代入波動方程，便可以得到該位置處質點的運動方程y=y（t）,從而作出振動圖.解（1）將已知波動方程表示為與一般表達式yAcostx/u0比較，可得則vw/2n1.25Hz,入u/v2.0m（2）繩上質點的振動速度則（2）繩上質點的振動速度則vmax1.57ms(3)t=1s和t=2s時的波形方程分別為波形圖如圖（a）所示.x=1.0m處質點的運動方程為振動圖線如圖（b）所示.波形圖與振動圖雖在圖形上相似，但卻有著本質的區別前者表示某確定時刻波線上所有質點的位移情況，而后者則表

54、示某確定位置的一個質點，其位移隨時間變化的情況.題10-7圖10-8波源作簡諧運動，其運動方程為y4.0103cos240nm，它所形成的波形以30ms-1的速度沿一直線傳播.（1）求波的周期及波長；（2）寫出波動方程.分析已知波源運動方程求波動物理量及波動方程，可先將運動方程與其一般形式yAcost進行比較，求出振幅A、角頻率w及初相協，而這三個物理量與波動方程的一般形式yAcostx/u0中相應的三個物理量是相同的再利用題中已知的波速u及公式w=2nv=2nT和入=uT即可求解.解(1)由已知的運動方程可知，質點振動的角頻率3240ns1.根據分析中所述，波的周期就是振動的周期，故有波長為

55、匸uT=0.25m(2)將已知的波源運動方程與簡諧運動方程的一般形式比較后可得A=4.0x10-3m,13240ns,如=0故以波源為原點，沿x軸正向傳播的波的波動方程為10-9已知一波動方程為y0.05sin10n-2xm.(1)求波長、頻率、波速和周期；(2)說明x=0時方程的意義，并作圖表示題10-9圖分析采用比較法將題給的波動方程改寫成波動方程的余弦函數形式，比較可得角頻率3、波速U,從而求出波長、頻率等.當x確定時波動方程即為質點的運動方程y=y(t).解(1)將題給的波動方程改寫為y0.05cos10ntx/5n冗/2m與yAcostx/U0比較后可得波速U=15.7m-S-1,角頻率3=10ns-1，故有(2)由分析知x=0時，方程y0.05cos10nn2m表示位于坐標原點的質點的運動方程(如圖).10-10波源作簡諧運動，周期為0.02S,若該振動以100ms-1的速度沿直線傳播，設t=0時，波源處的質點經平衡位置向正方向運動，求：(1)距波源15.0m和5.0m兩處質點的運動方程和初相；(2)距波源為16.0m和17.0m的兩質點間的相位差.分析(1)根據題意先設法寫出波動方程，然后代入確定點處的坐標，即得到質點的運動方程.并可求得振動的初相.(2)波的傳播也可以看成是相位的傳播.由波長入的物理含意，可知波線上任兩點間的相位差為片2