振动物理力学答案培训资料

振动物理力学答案

第九章 振动

思考题

9.1 什么叫作简谐振动？如某物理量x 的变化规律满足)cos(q pt A x +=，

A 、p 、q 均为常数，能否说x 作简谐振动？

答：物体（质点或刚体）在线性回复力或线性回复力矩作用下，围绕平衡位置的往复运动叫作简谐振动。可由动力学方程或运动学方程加上一定的附加条件来定义：

若物体相对平衡位置的位移（角位移）x 满足动力学方程 02022=+x dt

x

d ω，

且0ω由振动系统本身性质决定时，则物体作简谐振动；

若物体相对平衡位置的位移（角位移）x 满足运动学方程

)cos(0αω+=t A x ，且0ω由振动系统本身性质决定，A 、?由初始条件决定的

常数时，则物体作简谐振动。以0x 和x v 0分别表示0=t 时物体的初始位移和初始速度，则式中 2

02020

ωx

v x A +

=

；α可由

A

x 0

cos =

α、A v x 00sin ωα-=和000x v tg x ωα-=三式中的任意两个来决定。

上述运动学方程是动力学方程（微分方程）的解，A 、?是求解时的待定积分常数。三个定义在力学范围内是等价的，动力学方程更具普遍性。可用三个定义中的任何一个来判断物体的运动是否简谐振动。

如某物理量x 的变化规律满足)cos(q pt A x +=，A 、p 、q 均为常数，不能说x 作简谐振动。因为常数p 必须是由振动系统本身性质决定的固有频率，并且A 、q 是由系统初始条件决定的常数时，才可以说x 作简谐振动。

9.2 如果单摆的摆角很大，以致不能认为θθ=sin ，为什么它的摆动不是简谐振动？

答：对质量为m 的摆球，当摆角θ很大时，θθ≠sin ，其切向力

θθτ?-≠-=mg mg f sin ，不是角位移θ的线性回复力。由牛顿定律得：

θθsin )

(2

2mg dt

l d m -=

即 0sin 22=+θθl g

dt d

令l

g =2

ω，有 0sin 2

22=+θωθdt d 因此，动力学方程是非线性微分方程，其解不再为余弦函数，不满足简谐振动的定义。

9.3 在宇宙飞船中，你如何测量一物体的质量？你手中仅有一已知其劲度系数的弹簧。

答：将被测物与弹簧连接构成一弹簧振子，用手表测出一定时间t ?内的振动次数N ，确定振动频率t

N

f ?=

，从而确定f πω20=； 又m

k

=

2

0ω，则可间接测量出物体的质量：22204f k k m πω==（质量在太空

中不变）。

9.4 将弹簧振子的弹簧剪掉一半，其振动频率将如何变化？

答：设弹簧原长0l ，质量m 不变，竖直放置弹簧振子，平衡时，弹簧伸长

l ?，则F l k mg ?==。 由胡克定律 l l YS F n ?=

0，对比可得其劲度系数0

l YS

k =。 当弹簧剪掉一半时，02

1

l l =

'，即k k 2='。 设原弹簧振子频率为1f ，剪后为2f ，则

41.12:21

2

12====m

k m k f f ωω

所以122f f =倍。

9.5 将汽车车厢和下面的弹簧视为一沿竖直方向运动的弹簧振子，当有乘客时，其固有频率会有怎样的变化？

答：由m

k

=

0ω可知，当有乘客时，1

0m m k

+=ω。

所以，当有乘客时，其固有频率会减小。

9.6 一弹簧振子（如图9.1）可不考虑弹簧质量。弹簧的劲度系数和滑块的质量都是未知的。现给你一根米尺，又允许你把滑块取下来，还可以把弹簧摘下来，你用什么方法能够知道弹簧振子的固有频率？

答：（1）用米尺量出振子尺寸，计算体积，由材料密度可计算出振子质量m ；

（2）测出弹簧原长0l ，竖直放置弹簧振子，挂物后平衡时测出弹簧长度

l ，计算出弹簧伸长量0l l l -=?。在平衡位置，l k mg ??=，即可确定劲度系数

l

mg

k ?=

； （3）计算出固有频率m

k =

0ω。 9.7 两互相垂直的简谐振动的运动学方程为 )cos(101αω+=t A x ，

)cos(202αω+=t A y 。若质点同时参与上述二振动，且 2

12π

αα=

-，质点将沿

什么样的轨道怎样运动？

答：合振动的轨道方程为：1222

212=+A y A x 。轨道为以x 和y 为轴的椭圆。由

于2

12π

αα=-，故y 方向的振动比x 方向的振动超前

2

π

，质点沿椭圆顺时针方向运动。

9.8 “受迫振动达到稳态时，其运动学方程可写作)cos(?ω+=t A x ，其中A 和?由初条件决定，ω即策动力的频率。”这句话对不对？

答：不对。A 和?并非由初条件决定，而是依赖于振动系统本身的性质、阻尼的大小和驱动力的特性。

9.9 “策动力与固有频率相等，则发生共振。”这句话是否准确？ 答：不准确。共振有位移共振和速度共振之分。常说的位移共振条件为

2202βωω-=，即位移共振频率ω一般不等于振动系统的固有频率0ω；仅当

无阻尼或阻尼无限小时，共振频率无限接近于固有频率，但这时振幅将趋于无

限大。而速度共振的条件是0ωω=，即策动力的频率等于振动系统的固有频率。

习题

9.2.1 一刚体可绕水平轴摆动。已知刚体质量为m ，其重心C 和轴O 间的距离为h ，刚体对转动轴线的转动惯量为I 。问刚体围绕平衡位置的微小摆动是否是简谐振动？如果是，求固有频率，不计一切阻力。

解：设刚体静止时，OC 沿竖直方向，振动系统处于平衡位置。若将刚体偏离平衡位置，使OC 与竖直方向夹

一小角?，然后将刚体由静止释放，刚体就围绕平衡位置作微小摆动。

以?表示OC 的角坐标或相对于平衡位置的角位移，以z τ表示重力矩，则

??τ?-≈-=hmg hmg z sin （因?很小，??≈sin ）

重力矩z τ与角位移?成线性关系，并与角位移符号相反，为线性回复力矩，刚体在线性回复力矩作用下围绕平衡位置的微小摆动是简谐振动。

由转动定律得：??

hmg dt d I -=22

令I

hmg =2

ω，则 02

22=+?ω?dt d 所以，刚体简谐振动的固有频率I

hmg

=

0ω。 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k 1和k 2，支承面是理想光滑面，求系统振动的固有频率。

解：设物m 处于平衡位置时，1k 弹簧伸长

1l ；

2k 弹簧伸长2l ，则2211l k l k =。

取平衡位置为坐标原点O ，建立O —X 坐标系。 当物m 受扰动向X 轴正向位移x 时，物m 受力：

21F F F +=)()(2211x l k l x k -++-=

所以， F kx x k k -=+-=)(21

由牛顿定律 F 22dt

x

d m =得

x k k dt

x

d m )(2122+-= 令 m

k k 2

120

+=ω，则弹簧的振动微分方程可表示为： 02

02

2=+x dt

x d ω 所以，固有频率 m

k k 2

10+=

ω。 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k 1，若在振子和弹簧k 1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k 2应是 k 1的多少倍？

解：1k 弹簧振子的频率：m

k 1

1=ω 若使1k 串2k 弹簧振子的频率：

m

k m k m

k m k ====

=4421211

11

12ωω

故1k 串2k 后的等效劲度系数为4

1

k k =

时，可满足要求。 取振子m 静止时（平衡位置）为坐标原点O ，建立O —X 坐标系。 在平衡位置时，1k 弹簧伸长1l ；2k 弹簧伸长2l ，且 mg l k l k ==2211。 当振子m 位移x 时，1k 弹簧伸长（1l +1x ）；2k 弹簧伸长（2l +2x ）。

设 x x x =+21。 (1)

则振子m 受的弹力可表示为 )()(111222x l k x l k f +-=+-=。

1122x k x k =∴ (2)

因此，振子m 所受合力：kx x k x l k mg F -=-=+-=22222)( ……………（3） 联立（1）（2）（3）得2

12

1k k k k k +=

取4

1

k k =

，则412121k k k k k =+，解得 312k k =。

9.2.4 单摆周期的研究。（1）单摆悬挂于以加速度a 沿水平方向直线行驶的车厢内。（2）单摆悬挂于以加速度a 上升的电梯内。（3）单摆悬挂于以加速度a （a

象，摆球受重力g m

、张力T 、惯性力a m f -=。在平衡位置O 处：

g m +T +f

=0

水平方向：0sin =-ma T α 竖直方向：0cos =-mg T α

由此得摆球在平衡位置时摆线与竖直方向夹角α满足 g

a tg =

α。 当摆球偏离平衡位置的角位移为θ时，由牛顿定律得（切向）

22)cos()sin(dt

d ml ma mg θ

θαθα=+++-

由于θ很小，取1cos ,sin ≈≈θθθ，上式整理为

22)sin (cos )cos (sin dt

d l a g θ

αθααθα=?-+?+-

又 g

a

tg =

α，ααcos sin a g =∴，2

2

sin a

g a +=α，2

2

cos a

g g +=

α，

在切向的牛顿定律可表示为：

0222

2=++θθl a g dt d

令 l

a g 2

22

0+=

ω， 则单摆的振动微分方程可表示为：

02

02

2=+θωθdt

d 。

所以，周期 2

2

22a

g l T +==

π

ωπ

。

（2）以加速度a 上升的电梯为参照系，摆球受重力g m

、张力T 、向下的惯性力a m f

-=。在平衡位置O 处，摆线在竖直方向，有

g m +T +f

=0。

当摆球偏离平衡位置的角位移为θ时，由牛顿定律得（切向）

22cos sin dt

d ml ma mg θ

θθ=+-

由于θ很小，取θθ≈sin ，上式整理为：

02

2=++θθl a

g dt

d 令 l

a

g +=

2

0ω，所以，周期 a

g l

T +==

π

ωπ

220

。 （3）同理可求出加速度a （a

a

g l

T -=π

2。 9.2.5 在通常温度下，固体内原子振动的频率数量级为s /1013。设想各原子间彼此以弹簧连接。、一摩尔银的质量为108g 且包含231002.6?个原子。现仅考虑一例原子，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：设一列原子中的某个原子质量为m ，且23

10

02.6108

.0?=m ㎏，其平衡位置为O ，建立

O —X 坐标系，考察该列原子水平方向的振动。

当该原子偏离平衡位置位移为x 时，在x 方向受力： kx 2-

由牛顿定律得 kx dt

x

d m 222-=

即0222=+x m k dt x d m ， 振动频率m

k 22

0=ω 由题意s f /10230==πω，而m

k

f 221

π=

所以m N m f k /35410

02.6108.0102)2(21232622≈???=??=

ππ 9.2.6 一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=9.8N/m ，物体质量为20g ，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：（该题有误：设振子质量为m=200g=0.2㎏，才能与答案相符。）

100.72

.08

.9-?===

s rad m

k

ω 振幅 m v x A 2

2

222

22020

20

100.30.7)100.7()1022(---?=?+?=+=ω 初相 rad tg x v tg 34.047.19)1022(0.7100.7)(0

2

210

001

-=-=??

???????-=-=----ωα 所以，振动方程为 ])[34.07cos(100.3)cos(20SI t t A x -?=+=-αω

9.2.7 质量为1.0?103g 的物体悬挂在劲度系数为1.0?106dyn/cm 的弹簧下面。（1）求其振动的周期。（2）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：（1）s k m T 199.062

.3121000122≈===πππ

（2）0=t 时0x =+0.5㎝=+5×10－3m ； 0v =+15㎝/s=+0.15m/s 设振动方程为 )cos(0αω+=t A x

0=t 时，αcos 0A x =，αωsin 00A v -=

式中 10002

0==

m

k

ω 由振幅公式 m v x A 32

2

320

20

20

1089.6100015.0)105(--?=+

?=+=ω

初相 πωα242.049.43)105(62.3115.0)(0310001-=-=??

??????-=-

=---tg x v tg 所以 )242.06.31cos(680.0π-=t x ㎝。

9.2.8 (1)一简谐振动的运动规律为)4

8cos(5π

+

=t x ，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？

（2）一简谐振动的运动学方程为)3sin(8π-=t x ，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？

（3）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：（1）若计时起点提前0.5s ，则提前后的时间t '和t 的关系为

5.0+='t t ，即5.0-'=t t ，代入方程得)448cos(5π

+-'=t x ，其初相位为

4

4π

α+

-=。

设计时起点提前0t 可使其初相位为0，则0t t t +='，0t t t -'=，即

)4

88cos(50π

+

-'=t t x

再令04

80=+

-π

t ，得 32

0π

=

t ，即计时起点提前32

0π

=

t 秒。

（2）用余弦函数表示简谐振动：)2

3cos(8)3sin(8π

π+

=-=t t x

若计时起点推迟1s ，则推迟后的时间1-='t t ，1+'=t t ，代入方程得

)233cos(8π

+

+'=t x 或)2

3

33cos(8π-+'=t x 其初相位为πα233-=或2

3π

α+=

设计时起点提前0t 可使其初相位为0，则0t t t +='，0t t t -'=，即

)233cos(80π

+

-'=t t x 或)2

333cos(80π--'=t t x 再令 02

30=+

-π

t ，得 6

0π

=

t ，提前6

0π

=

t 秒；

或令 02330=--πt ，得 20π-=t ，推迟2

π

秒。

3）)4

8cos(5π

+

=t x ，若计时起点提前0.5s ，则)4

88cos(50π

+

-'=t t x ，

01844

4-=+

-='π

α；

)2

3cos(8)3sin(8π

π+=-=t t x ，若计时起点推迟1s ，则

)

2

3

33cos(80π--'=t t x ，0982

3

3-=-=πα。

9.2.9 画出某种简谐振动的位移—时间曲线，其运动规律为

)4

1

(2cos 2+=t x π（SI 制）。

解：)41(2cos 2+=t x π)2

2cos(2π

π+=t ，借助参考圆画出该简谐振动的位移

—时间曲线：

9.2.10 半径为R 的薄圆环静止于刀口O 上，令其在自身平面内作微小的摆动。（1）求其振动的周期。（2）求与其振动周期相等的单摆的长度。（3）将

圆环去掉3

2

而刀口支于剩余圆弧的中央，求其周期与整圆环摆动周期之比。

解：（1）视薄圆环为刚体，质量为m，静止时重心C与刀口O连线位于竖直位置，振动系统处于平衡位置。若OC与竖直方向成一小角?，则重力矩使其回到平衡位置，由于惯性，薄圆环作微小摆动。则重力矩

?

?

τRmg

Rmg

z

≈

-

=sin

由平行轴定理，薄圆环对过O点垂直于环面的轴的转动惯量为

2

2

2

2mR

mR

mR

I=

+

=

由转动定理?

?

Rmg

dt

d

I-

=

2

2

整理得0

2

2

2

=

+?

?

R

g

dt

d

所以，振动频率

R

g

2

=

ω，周期

g

R

T

2

2

2

π

ω

π

=

=

（2）单摆的振动周期

g

l

Tπ2

=，l为摆长。由题意，

D

H

T

T=，得R

l2

=。

即单摆的摆长为R

l2

=时，其振动周期与圆环振动周期相等。

（3）视

3

1

圆环质量为m

3

1

2

2

03

1

)

3

1

(

/mR

x

m

I

I

c

C

=

+

=

c

c

c

C

mRx

mR

x

R

m

mx

mR

co

m

I

I

3

2

3

2

)

(

3

1

)

3

1

3

1

(

)

3

1

(2

2

2

2

2

-

=

-

+

-

=

+

=

由R

dm

xdm

x

cπ2

3

3

=

=

?

?