第11章 机械振动学习指导

第11章 机械振动

内容提要

1． 振动

（1）机械振动：物体在其平衡位置附近作来回反复的运动，称为机械振动。

（2）简谐振动：一个作往复运动的物体，如果在其平衡位置附近的位移按余弦函数（或正

弦函数）的规律随时间变化，这种运动称为简谐振动。 2． 简谐振动的特征 （1）简谐振动的动力学特征

作简谐振动的物体受到的力为线性回复力，即：

kx F -=

取系统的平衡位置为坐标原点，则简谐振动的动力学方程为：

0222=+x dt

x

d ω （2）简谐振动的运动学特征

作简谐振动的物体的位置坐标x 与时间t 成余弦函数关系，即：

)cos(?ω+=t A x

由上式导出物体的振动速度

)sin(?ωω+-=t A v

物体的振动加速度

)cos(2?ωω+-=t A a

3． 简谐振动的特征物理量

（1）振幅A

物体偏离平衡位置的最大位移的绝对值叫做振幅。它给出了物体运动的范围。对于给定的振动系统，A 的值由初始条件决定，即：

2

20

20

ω

v x A +

=

（2）周期T 、频率ν和角频率ω

作简谐振动的物体从某振动状态发生周而复始的一次变化称为一次全振动，作一次全振

动的时间间隔称为振动的周期；周期T 的倒数T

1=ν代表物体在单位时间内发生全振动

的次数，称为振动的频率；ω表示在2π秒时间内发生全振动的次数，称为振动的角频率。它们都是由振动系统的力学性质决定，之间的关系为：

πνπ

ω22==

T

（3）位相)(?ω+t 及初位相?

位相)(?ω+t 是描述简谐振动物体瞬间运动状态的物理量；初位相?是位相的初始值，它与振动物体的初始状态对应，其值由初始听见决定，即：

)(0

x v arctg ω?-

= 4． 简谐振动的旋转矢量法

将简谐振动与一旋转矢量对应，使矢量作逆时针匀速转动，其长度等于简谐振动的振幅A ，其角速度等于简谐振动的角频率ω，且t=0时，它与参考坐标轴的夹角为简谐振动的初位相?，t=t 时刻它与参考坐标轴的夹角为简谐振动的位相)(?ω+t ，旋转矢量A 的末端在参考坐标轴上的投影点的运动即代表质点做简谐振动。 5． 简谐振动的能量

简谐振动系统既有动能，又有势能，它们都随时间变化而变化，但总的机械能守恒，即：

动能：)(sin 21

212222?ωωυ+==t A m m E k 势能：)(cos 2

1212

22?ω+==t kA kx E p

机械能：22

22

121kA A m E E E p k ==+=ω

6． 阻尼振动

当振动系统受到各种阻尼作用时，系统的玻璃将不断减少，振幅也随时间增加而不断减小。这种系统能量（或振幅）随时间增大而减小的振动为阻尼振动。 7． 受迫振动

振动系统在周期性外力的持续作用下进行的振动称为受迫振动。这种周期性外力称为强迫力。稳态时，振动频率等于强迫力。当强迫力的频率等于振动系统的故有频率时将发生共振现象。

8． 简谐振动的合成

（1）同方向、同频率的简谐振动的合成

合成后仍为同方向、同频率的简谐振动，合振动的振幅和初位相由两分振动的振幅和处位相决定，即：

振幅： )c o s (212212

221??-++=

A A A A A

初位相：2

2112

211cos cos sin sin ?????A A A A arctg

++=

当两个简谐振动的位相差为：

),2,1,0(212 =±=-k k π??时，

合振动振幅最大，即21A A A +=； 当两个简谐振动的位相差为：

),2,1,0()12(12 =+±=-k k π??时，

合振动振幅最小，即；21A A A -=。 （2）同方向、不同频率的简谐振动的合成

两振动频率差与她们的频率相比很小时，合成后产生拍的现象，拍频ν'等于两振动的频率差，即：

12ννν-='

（3）相互垂直的两个同频率简谐振动的合成

合运动的轨迹通常为椭圆，其具体形状决定于两分振动的位相差和振幅。 （4）相互垂直的两个不同频率简谐振动的合成

两个分振动的频率为简单整数比时，合运动轨迹为李萨如图形。

解题指导与示例

学习本章应重点掌握谐振动的特征、振动方程以及旋转矢量方法的运用，既要注意对相关概念的理解，又要注意将概念及理论用以解决相关的实际问题。

本章主要问题是在加深对简谐振动的特征及规律的理解，题型主要有如下几类： 1、判断物体是否作简谐振动。可通过对物体的受力分析，看合力是否具有kx F

-=的形式，或通过对物

体的受力分析，建立动力学关系，看是否能出到简谐振动的微分方程的形式。

2、根据系统的力学性质和初始条件，写出振动方程。可通过对已知条件的分析，求出A 、ω、?来解决，既可用解析法，也可用旋转矢量法。

3、已知振动方程求描述谐振动的特征量（如A 、ω、T 等）或振动状态量（如x 、v 、E k 、E p 等）。这类问题可通过正确理解各量的物理意义及其相互关系来解决。

例11-1 如图所示，劲度系数分别为k 1、k 2的两个弹簧与质量为m 的物体连接成系统。忽略各种摩擦阻力，问物体的运动是否为简谐振动？

解 判断物体运动是否为谐振动的方法通常有二：一是看其受力特点，二是看其运动规律。本题给出了物体的受力情况，因此应从其受和特点来分析：先找出其受力示式，后分析其受力特点，然后再根据特点来下结论。

以物体的平衡位置为原点O 作X 轴。当物体处 于x 位置时，所受合力：

kx x k k x k x k F F F -=+-=--=+=)(212121

式中，21k k k

+=，故知物体的运动为简谐振动。 图11-1

例11-2 长为0.5m 的轻弹簧，上端固定，下端挂一质量为0.10kg 的砝码。当砝码静止时，弹簧的长度为0.6m ，若将砝码上抬，使弹簧缩短到原长后释放。 （1）证明砝码的上、下运动为简谐振动； （2）求此简谐振动的振幅和角频率；

（3）求此简谐振动的振动方程（从释放开始计时）。

解 （1）建立如图所示的坐标系。设未挂砝码时弹簧的自由端为坐标原点O ′，挂砝码后新的平衡位置为点O ，弹簧的伸长量为Δl ，于是有

mg =k Δl

（1） 设振动中的某一时刻砝码位于x ′处，则其所受的合外力 F =mg －kx ′

（2）

将式（1）代入式（2），得

F =k Δl －kx ′=－k （x ′－Δl Δl ）

（3）

令x ′=x ′－Δl 并以新的平衡位置点O 建立新坐标轴

OX ，于是有

F =－kx

可见，砝码的运动是以O 为原点的简谐振动。 图11-2 （2）据题意知A=Δl =0.10m ，故

)s rad (9.910.08

.91-?==?==

l

g m k

ω （3）因t =0时，m

10.0cos 0

-==?A x

，即

1cos -=?，故知π?=，砝码的简谐振动方程

为

)9.9cos(010π+=t x （m ）

例11-3 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x －t 关系曲线如图所示，求 （1）两个简谐振动的相位差；

（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程。

解 （1）由题给的x －t 图可知，A 1=A 2=5cm ，T=4s ，

1

s 2

-=

π

ω。t =0时，两简谐振动的旋转矢量图

如图（b ）所示。利用旋转矢量图示法可判定

π

??2

3,021==

（2）利用旋转矢量法可知合成振动的振幅

2

555222

221=+=+=

A A A （cm ）

合成振动的初相

4

arctan arctan

12π

?-=-==A A x y

合成振动的角频率与分振动的角频率相同，都为

1

s 2

-π

。故合成振动的振动方程为

)

42cos(25π

π-=t x （cm ）

图11-3

例11-4 如图所示，一质量为m 的匀质直杆放在两个迅速旋转的轮上，两轮旋转方向相反，轮间距离

l =20cm ，杆与轮之间的摩擦系数

μ=0.18。证明在此情况下直杆作谐振动，并求其振动周期。

解 以两轮轮心间距的中心为原点作X 轴，当重心由x =0处移到x 处时考虑到杆对通过A 2的水平轴（与

X 轴垂直）无转动，于是有

)21

(1=--x mg l T

（1）

同理可得

)21

(2=+-x mg l T

（2）

由式（1）、（2）得 图11-4

l mgx

T T 221-

=-

（3）

故杆受到的摩擦力（沿X 轴）

x l mg

T T T T dt x d m

μμμμ2)(21212

2-

=-=-=

于是有 022

2=+

x l g

dt x

d μ

所以，杆的运动为简谐振动，其周期

5.18.918.02.0222=??===

πμπ

ω

π

g l T （s ）

例11-5 质量为0.2kg 的质点作谐振动，其振动方程为

)

25sin(60.0π

-=t x ，式中x 以米、t 以秒计，求：

（1）振动周期；

（2）质点初始位置，初始速度；

（3）质点在经过

2A

且向正向运动时的速度和加速度以及此时刻质点受的力；

（4）质点在何位置时其动能、势能相等？

解 （1）由振动方程)

25sin(60.0π

-=t x 知，A =0.60m ，1s rad 5-?=ω，故振动周期 26.1514

.322=?=

=

ω

πT （s ）

（2）由振动方程得

60

.00

-=x

m

0)25cos(0.300=-==

=π

t dt dx v t

（3）由旋转矢量图知，此时的相位 图11-5

3

π

?-

=

速度

)s m (6.2)23

(

560.0sin 1-?=-??-=-=?ωA v

加速度

)s m (5.721

560.0cos 122-?-=?

?-=-=?ωA a

所受的力

5.1)5.7(2.0-=-?==ma F （N ）

（4）设质点在x 处的动能与势能相等。由于振动的总能量为常量，即E k +E p =E （常量），故有

)21

(21212kA E E E p k ==

=

即

2

2212121kA kx ?=

解之得

42.022

±=±

=A x （m ）

例11-6 一光滑平面上的弹簧振子，劲度系数为k ，振子质量为M ，当它作振幅为A 的谐振动时，一块质量为m 的粘土从高度为h 处自由下落在振子上。

（1）振子在最远位置处，粘土落在振子上，其振动周期和振幅有何变化？ （2）振子经过平衡位置处，粘土落在振子上，其周期与振幅有何变化？

解 （1）根据水平方向的动量守恒知，粘土落下与振子相碰后，振子在水平方向的速度v =0不变，则新系统的振幅

A

x A =='max （原振子的振幅）

即振幅不变。而

222;ωωω<+='=

m M k

M k 故

T T =>'=

'ω

π

ωπ22

即周期增大。

（2）此时原振子的速度

M

k

A

A v ±=±=ω

粘土落下与M 相碰后新系统的速度

A

m M Mk

m M Mv v +±=+=

'

根据机械能守恒定律得

22)(21

21v m M A k '+='

解之得

A A m M M

A <+=

'

其周期增大情况与（1）相同。

教材习题解答

【16-1】解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题16-1示）

设货轮静止不动时，货轮上的B 点恰在水面上，则浮力的增量为S ρgy 。该力与位移y 成正比，方向指向平衡位置，故货轮的自由振动是简谐振动，其运动方程为：

0gy S dt y d M 2

2=+ρ 0y M

g

S dt y d 2

2=+ρ 根据简谐振动的动力学方程，有：

M

g S 2

ρω=

故 图题16-1

s 35.6s 8

.910102101022g S M 22T 3

33

4=?????===πρπωπ

【16-2】解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：

m 1.0k

sin mg l 0==

θ

（1）

（1）A 物体共受三力；重力mg ，支持力N ，张力T 。不计滑轮质量时，有：

kx T =

列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式：

220dt

x

d m )x l (k sin mg T sin mg =+-=-θθ

将①式代入上式，整理后得：0x m

k

dt x d 2

2== 故物体A 的运动是简谐振动，且s rad m

k

/7==ω 由初始条件???=-=0

υl x ，求得：??

?===π

?m

l A 1.00

，故物体A 的运动方程为：

x=0.1cos(7t+π)m

（2）当考虚滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图题16-2（c ）所示，分别为T 1、T 2，则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为：

2

21dt

x

d m T sin mg =-θ （2）

对滑轮列出转动方程为：

2

22

r

2r 1dt x d Mr

21r a )Mr 21(J T T ===-β （3）

式中，T 2=k(l 0+x) （4） 将③、④代入式②式，有：

220dt

x

d )m 2M ()x l (k sin mg +=+-θ

整理得：

0x )m 2

M (k

dt x d 2

2=++ 可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：s /rad 7.5m 2

M

k =+=

ω

由于初始条件：x 0=－l 0,υ0=0

可知，A 、?不变，故物体A 的运动方程为： x=0.1cos(5.7t+π)m

由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率。

图题16-2

【16-3】解：简谐振动的振动表达式：x=Acos(ωt+?)

由题图16-3可知，A=4×10-2m ，当t=0时，将x=2×10-2m 代入谐振动表达式，得：2

1

cos =? 由υ=－ωA sin(ωt+?)，当t=0时，υ=－ωA sin ? 由图题16-3可知，υ>0，即sin ?<0，故由21cos =

?，取 3

π

?-= 又因：t=1s 时，x=2×10-2m ，将其入代简谐振动表达式，得：

)3cos(42πω-=，2

1

)3cos(=-πω

由t=1s 时，0)3

sin(<--=πωωυA 知，0)3

sin(>-πω，取 3

3

π

πω=-，

即 3

2πω=

s 质点作简谐振动的振动表达式为： m t x )3

32cos(1042π

π-?=-

【16-4】解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r ，则微粒在此处受电场力为：r R Qq F 3

04πε-

=

式中，负号表明电场F 的方向与r 的正方向相反，指向球心。由上式及牛顿定律，得：

043

0=+

r R Qq F πε

043

02

2=+

r R

Qq dt

r d m

πε

令 3

024R

Qq πεω=

则

022

2=+r dt r d ω

故微粒作简谐振动，平衡点在球心处。 由 ω

π

2=

T

知： Qq

m R T 3

042πεπ=

【16-5】解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点。当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=

将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡时所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题

16-5所示，则有：g m M O O k )(+='

设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +'，则A 、B 系统所受合力为：

kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(

即 0)

(2

2=++kx dt x d m M

可见A 与B 作简谐振动。 （2）由上式知，s rad m

M k

/10=+=

ω 以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题16-5可知 k

mg k Mg g k m

M P O O O OP =

-+=

'-'= 则t=0时，m k

mg

OP x 02.00-=-

=-=（负号表P 点在O 点上方） 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为：s m gh /222

0101

=-='υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：s m m

M m /4.001

0=+'=υυ （方向向上） 则t=0时，???=-=s m m

x /4.002.00

0υ

可求得：m x A 0447.02

20

2

=+

=ω

υ

πω

υ?65.0)arctan(

00

=-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：x=0.0447cos(10t+0.65π)m （3）弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：

m A g k

m

M A O O x 1447.0=++=

+'=? 则最大拉力 F max =k ?x=72.4N 【16-6】解：（1）已知A=0.24m ， 2

2π

πω==

T ，如选x 轴向下为正方向。 已知初始条件x 0=0.12m ，υ0<0即 0.12=0.24cos ?，3

,2

1

cos π??±==

而 υ0=－Aωsin ?<0，sin ?>0，取3

π?=，故：

m t x )3

2cos(24.0π

π+=

（2）如图题16-6所示坐标中，在平衡位置上方0.12m ，即x=－0.12m 处，有：

2

1)32cos(-=+ππt

3

23

2

π

ππ±

=+

t 因为所求时间为最短时间，故物体从初始 位置向上运动，υ<0。 则取

3

23

2

πππ=

+

t 可得： s t 3

2

m in =

图题16-6 （3）物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力F=－m ωx=0.3N ，指向平衡位置。 【16-7】解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设υ为子弹射入木块后二者共同速度，由动量恒定可知； s m m

M m

u /0.2=+=

υ 不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即： 2

22

1)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u k

m

M x 20100.5-?=+=

由此简谐振动的振幅 A=x 0=5.0×10-2 系统圆频率s rad m

M k

/40=+=

ω 若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t=0时，x=0，υ0=u=2.0m/s>0

由 x0=acos ?,υ0=－A ωsin ?，得：2

π?-

=

则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为： m t x )2

40cos(100.52π

-?=-

【16-8】解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即 F=－（k 1x+k 2x ）

令F=－kx ，有：k=k 1+k 2=4N/m 由 k

m T π

2=

得 kg k T m 10.042

211==

π

则粘上油泥块后，新的振动系统质量为： m 1+m 2=0.20kg 新的周期 s k

m m T 4.122

12=+=π

在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞。 碰撞前，m 1的速度υ1=ω1A 1=0.10πm/s 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ。 根据动量守恒定律， m 1υ1=(m 1+m 2)υ 则 s m m m m /05.0)

(211

1πυυ=+=

新的振幅 m T A 035.0222===

π

υωυ 【16-9】解：以两轮轮心间距的中心为原点，作x 轴，当重心由x=0处移到x 处时，考虑到杆对通过A 2点的水平轴（与x 轴垂直）无转动，于是有： 0)2

(1=--x l

mg l T

同理可得：0)2

(2=+-x l

mg l T

由上两式，得：l

mgx

T T 221-

=- 故杆受到的摩擦力（沿x 轴）为：

x l

mg T T T T dt x d m μ

μμμ2)(21212

2-

=-=-= 于是有：

022

2=+

x l

g

dt x d μ 可见杆的运动为简谐振动：

s g

T 5.12122===

μπ

ω

π

【16-10】解：（1）由振动方程)2

5sin(60.0π

-=t x 知， A=0.6m ，ω=5rad/s

故振动周期：s T 26.12==

ω

π

（2）t=0时，由振动方程得： x 0=－0.60m

0)2

5cos(0.3|00=-==

=π

υt dt dx t （3）由旋转矢量法知，此时的位相：3

π?-=

速度 s m s m A /6.2/)2

3

(560.0sin =-

??-=-=?ωυ 加速度 2222/5.7/2

1

560.0cos s m s m A a -=??-=-=?ω

所受力 F=ma=0.2×(－7.5)N=－1.5N

（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即： 2

2

1kA E E E p k =

=+ 故有：)2

1

(21212kA E E E p k === 即

2

22

12121kA kx ?= 可得： m A x 42.02

2

±=±

= 【16-11】解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有： ma max =mg －N

N 是平板对砝码的支持力。

故N=m(g －a max )=m(g －A ω2)=m(g-4π2vA)=1.74N

砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反。砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有： mg N ma -'=m ax

故 N A v g m a g m N 1.8)4()(22m a x

=+=+='π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反。 （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件： N=m(g －4π2vA max )=0 m v

g A 062.042

2m ax ==

π

（3）由2

2m ax 4v

g A π=

，可知，A max 与v 2成反比，当v v 2='时，

m A A 0155.04

1

max max

==' 【16-12】解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有： 222

1

21υm kA = 故 m

k

A

±=υ m '在平衡位置处竖直落下至m ，发生完全非弹性碰撞，系统动量守恒，有： m υ=(m+m ')u 故 υm m m

u '

+=

此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有： 22)(2

1

21u m m A k '+=' 得： A m m m

A '+=

' 有： k

m m T '

+='π

2 （2）碰撞前后系统总能量变化为： )2

1()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=

? 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致。

（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为：k m m '+π

2，系统的振动总能量不变，为22

1

kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）。

物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2

1

21υ''+=m m kA

得： A m m k

'

+±

='υ 【16-13】解：（1）由放置矢量法可知，振子从2

A

运动到2A -的位置处，角位相的最小变化

为： 3

π?=

?

则圆频率 s rad t /3

π

?ω=??= 周期 s T 62==

ω

π

由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：???=-=0

1.000

υm

x

则振幅 m x A 1.02

20

20

=+

=ωυ

（2）因为E E p 4

1= 又 222

1

,21kA E kx E p == 故

)2

1(41212

2kA kx = 得： x=±0.05m

根据题意，振子在平衡位置的下方，取x=－0.05m 根据振动系统的能量守恒定律： 2222

1

2121kA m kx =+υ 故 m x A 091.022±=-±=ωυ 根据题意，取 υ=－0.091m/s 再由 α=－ω2x 得： α=0.055m/s 2 （3）t=0时， J mA kA E E p 3222108.681

)21(4141-?====

ω J mA kA E E k 322210218

3

)21(4343-?====

ω E=E k +E p =27.8×10-3J

（4）由简谐振动的振动表达式x=Acos(ωt+?)

当t=0时，x 0=－0.05m ，υ0=－0.091m/s<0，可得：π?3

2

=

又 A=0.10m ，3

πω=

故 m t x )3

2

3

c o s (01.0ππ+=

【16-14】解：（1）据题意，两质点振动方程分别为： m t x P )3cos(1000.52π

π+?=-

m t x Q )3

cos(1000.22π

π-?=-

（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：

)/)(3

sin(1000.52s m t dt dx P P π

πωυ+??-==- )/)(3

sin(1000.22s m t dt dx Q

Q π

πωυ-??-==- )/)(3

cos(1000.5222s m t dt d P P π

πωυα+??-==- )/)(3

cos(1000.2222s m t dt d Q

Q π

πωυα-??-==

- 当t=1s 时，有： m m x P 22105.23

4cos 1000.5--?=?=π

m m x Q 221000.13

2cos

1000.2--?-=?=π

s m s m P /1060.13/3

4sin

1000.522--?=??-=π

πυ s m s m Q /1044.5/3

2sin

1000.222--?-=??-=π

πυ 22222/1068.24/3

4cos 1000.5s m s m P --?=??-=π

πα 22222/1087.9/3

2cos 1000.2s m s m Q --?=??-=π

πα （3）由位相差

3

2)3(3)()(π

ππ

???ω?ω?=

--=

-=+-+=?Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的位相超前

3

2π。 【16-15】解：（1）由题意得初始条件：

??

??

?

<=02100υA

x 可得：3

π?=

在平衡位置的动能就是质点的总能量 J A m kA E 52221008.32

1

21-?===

ω 可求得：s rad m E A

/2

21

π

ω==

则振动表达式为： m t x )3

2cos(1000.52π

π+?=- （2）初始位置势能

)3

2(cos 21212222ππω+==

t A m kx E P 当t=0时， 3

cos 21222πωA m E P = J J 6222221071.73

cos )1000.5()2(1000.121---?=?????=

π

π 【16-16】解：（1）由初始条件：

????

?

10υm

x 可知，3

π?=

且 2

2ππω=

=v

则振动表达式为：m t x )3

2

cos(24.0ππ+=

当t=0.5s 时，

m m x 21000.6)3212cos(24.0-?-=+?=π

π

（2）t=0.5s 时，小球所受力： f=ma=m(-ω2x)=1.48×10-3N

因t=0.5s 时，小球的位置在x=－6.00×10-2m 处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置。

（3）从初始位置x 0=1.2×10-1m 到x=1.2×10-1m 所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知， 3

,0π?±

=处x

π?3

2,±=处x

则从x 0到x 最短角位相变化为： 3

π?=

?

所以 s t 3

2=?=

ω

?

（4）因为 υ=－ωAsin(ωt+?))3

2sin(24.02π

ππ

+?-

=t )3

2cos(24.04)cos(2

2

π

ππ?ωωα+?-=+-=t t A 在x=－1.2×10-1m 处s t 3

2

=

2/)3322sin(24.02s m πππ

υ+??-==－3。26×10-1

m/s 22

/)3

322cos(24.04s m π

ππα+??-

==2.96×

10-1m/s 2 （5）t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==

t A m m E k J )3

42

(sin 24.0)2

(01.02

1222π

ππ+????=

=5.33×10-4J )32(c o s 21212222π

πω+==

t A m kx E p J )3

42

(cos 24.0)2

(01.02

1222π

ππ+?????=

=1.77×10-4J

E 总=E k +E p =5.33×10-4J+1.77×10-4J=7.10×10-4J 【16-17】解：设两质点的振动表达式分别为： x 1=Acos(ωt+?1) x 2=Acos(ωt+?2)

由图题5-17可知，一质点在2

1A

x =处时对应的位相为： 3

2

/a r c c o s 1π?ω=

=+A

A t

同理：另一质点在相遇处时，对应的位相为：

3

52/arccos 2π

?ω=

=+A A t 故位相差

??=(ωt+?2)－(ωt+?1) πππ??3

4

33512=-=

-= 图题16-17 若υ1与υ2的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得： πππ

???3

2)3(312=--=

-=? 【16-18】解：由图题16-18所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即 A 1=A 2=0.05m ，周期均匀T=0.1s ，因而圆频率为：ππ

ω202==

T

由x-t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，x 10=0，且υ10>0，故可求得振动1的初位相

2

10π?-

=

同样，简谐振动2在t=0时，x 20=－0.05m ，υ20=0，可知，?20=π 故简谐振动1、2的振动表达式分别为： m t x )2

20cos(05.01π

π-=

m t x )20cos(05.02ππ+=

因此，合振动的振幅和初位相分别为：

m A A A A A 21020212

2211025)cos(2-?=-++=

??

20

210120

21010cos cos sin sin arctan

?????A A A A ++=

ππ4

5

41a r c t a n 或==

但由x-t 曲线知，t=0时，x=x 1+x 2=－0.05，因此?应取π45

。

故合振动的振动表达式：m t x )4

5

20cos(10252ππ+?=-

【16-19】解：（1）它们的合振动幅和初位相分别为：

)cos(212212

221??-++=

A A A A A

m )5

3

5

c o s (06.005.0206.005.022ππ-???++=

=0.0892m

2

2112

211cos cos sin sin arctan

?????A A A A ++=

316819.15.2arctan 5

cos

06.053cos 05.05sin

06.053sin 05.0'?===++=

rad π

ππ

π （2）当?－?1=±2k π，即ππ?π?5

3

221=±=+±=k k 时，x 1+x 3的振幅最大； 当 ?－?2=±(2k+1)π，即5

)12()12(2ππ?π?+

+±=++±=k k 时，x 2+x 3的振幅最小。

（3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题16-19所示。