高中物理竞赛高二竞赛班全套物理讲义(答案解析)高二竞赛班第14讲 简谐振动的判定和相位计算.教师版

导读1、 判定简谐振动的定义是说，一个量随着时间变化规律满足0()cos()A t A t ωϕ=+ 如果是由动力学因素引起的，则可以归结为方程：2A A ω=-两边同时乘以A ，然后消去dt ，得到22211()022d A A ω+=也就说，本质上是需要寻找正比于A 平方的势能项和正比于A 平方的动能项。

这也就形成了判定简协振动的两种常见思路：受力分析和能量分析。

要注意的是，受力分析要精确到一阶小量，而能量分析要到第二阶（复习在平衡点的势能展开）。

比较好的运算习惯是在平衡点，设无量纲数作为展开变量。

简谐振动是广泛存在于物理世界中的，乃们好好学习…遇到两个自由度运动的时候，如果猜想其中一个是简谐振动，可以考虑用守恒量消去一个。

如果两个自由度看起来都在振动而且相互有关系，就要考虑是否要换元到独立变量了。

2、 相位计算这个是竞赛为了增加计算量而独有的一坨题目。

特点是包含不止一个运动过程，每次切换过程，需要用速度和位移，以及平衡点的位置，确定下一个过程的振幅的相位。

常见的办法是直接对比运动方程：0()cos()A t A t ωϕ=+；0()sin()A t A tωωϕ=-+或者比较能量方程。

这个计算过程相对来说较长，每个状态结束的时候，振幅、相位、位移、速度之类的一般会作为采分点出现。

例题精讲【例1】 如图，在半径为r 的光滑碗底，有两个质点，质量为均为m ，之间用一根长为r 的轻杆连接。

在平衡点上给一个小扰动，求简谐振动周期。

比较能量和受力两种做法。

第14讲简谐振动的判定和相位计算【例2】如图四根杆铰接，长度比为3：3：1：1。

短杆长度为l，两边吊着质量为m的重物，中间放着原长为22l的弹簧，弹簧下端和短杆一起铰接在地面上，平衡的时候杆和水平角度为45︒。

始终保持左右对称，求微小振动的时候系统的周期。

重力加速度为g。

比较受力分析和能量两种办法。

【例3】在光滑平面上放有一个质量为m的匀质圆环，内径为r。

从圆环的三个三等分点上各连出一根轻质弹簧，原长几乎为0，劲度系数为k，三根弹簧连到一个质量为m的质点上。

①用一个恒力F沿着x方向作用于圆环，若质点与圆环保持相对静止，则m相对圆心位移为多少？②初态圆环和质点保持静止，沿着某根弹簧方向给圆环一个冲量，使得速度为02kv rm=，求之后圆环和质点的运动方程。

xmmy【例4】讲一个密度为水的一半的均匀的，横截面为a b⨯的矩形的长木条浮在水面上。

a)证明上下振动和左右摆动是两个独立的振动。

b)要求木条能稳定的浮在水面上，/a b的取值范围。

【例5】在一个光滑顶角为α的漏斗中，一个小球以速度v在水平面内做圆周运动。

求有微小扰动的时候，小球的轨道有什么样的变化。

【例6】（选讲）质量为M的中心星体周边有一堆密度为ρ的尘埃，求这个体系中半径为R的圆轨道周期，并算出有扰动的时候对应的轨道进动周期。

【例7】如图两个质量为m，直径为l的圆盘之间用一个质量为m，长度为l的套筒固定相连，套筒中方有一个质量为m，长度为3l的木棒。

找两根原长为l，劲度系数为k的弹簧绳套，绕过直径把木棒两端各自套在圆盘上。

（1）让装置下端距离地面h，静止释放木棒与地面发生完全非弹性碰撞，要求圆盘与地面不相碰，求h的最大值。

（2）不考虑重力，把木棒拉开平衡位置一定距离d，求体系振动周期。

29届复赛第一题【例8】（17分）设有一湖水足够深的咸水湖，湖面宽阔而平静，初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放，释放时物块的下底面和湖水表面恰好接触。

已知湖水密度为ρ；物块边长为b，密度为'ρ，且'ρρ<。

在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下，求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。

由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系，以下简称x 系. 设物块下底面的坐标为x，在物块未完全浸没入湖水时，其所受到的浮力为2b f b x g ρ= (x b ≤) (1)式中g 为重力加速度.物块的重力为3g f b g ρ'= (2) 设物块的加速度为a ，根据牛顿第二定律有3g b b a f f ρ'=- (3) 将(1)和(2)式代入(3)式得g a x b b ρρρρ'⎛⎫=-- ⎪'⎝⎭(4) 将x 系坐标原点向下移动/b ρρ' 而建立新坐标系，简称X 系. 新旧坐标的关系为X x b ρρ'=-(5) 把(5)式代入(4)式得ga X bρρ=-' (6) (6)式表示物块的运动是简谐振动. 若0X =，则0a =，对应于物块的平衡位置. 由(5)式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在x 系中的坐标为0x b ρρ'= (7) 物块运动方程在X 系中可写为()()cos X t A t ωϕ=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为()()sin V t A t ωωϕ=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率'gbρωρ=(10) 在(8)和(9)式中A 和ϕ分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释放时，即0t =时刻有x =0，由(5)式得(0)X b ρρ'=-(11) (0)0V = (12)由(8)至(12)式可求得A b ρρ'=(13) ϕ=π (14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得()()cos X t b t ρωρ'=+π (15)()()sin V t gb t ρωρ'=-+π (16) 由(15)式可知，物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块的运动始终由(15)表示是有条件的，那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中. 若物块从某时刻起全部浸没在湖水中，则湖水作用于物块的浮力变成恒力，物块此后的运动将不再是简谐振动，物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定. 为此，必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况. 显然，在x 系中看，物块下底面坐标为b 时，物块刚好被完全浸没；由(5)式知在X 系中这一临界坐标值为b 1X X b ρρ'⎛⎫==- ⎪⎝⎭ （17）即物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下b X 处. 注意到在振动过程中，物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A ，下面分两种情况讨论：I ．b A X ≤. 由(13)和(17)两式得ρρ'≥2 (18)在这种情况下，物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而，物块从初始位置起，经一个振动周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振动周期 22bT gρωρ'π==π(19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间I 2bt T gρρ'==π(20) II ．b A X >. 由(13)和(17)两式得2ρρ'< (21)在这种情况下，物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下. 设从初始位置起，经过时间1t 物块刚好全部浸入湖水中，这时()1b X t X =. 由(15)和(17)式得()1cos 1t ρρωρρ''+π=- (22) 取合理值，有1arccos 1b t g ρρπρρ⎡⎤'⎛⎫=--⎢⎥ ⎪'⎝⎭⎣⎦(23) 由上式和(16)式可求得这时物块的速度为21()1-1V t g b ρρρρ'⎛⎫=-- ⎪'⎝⎭(24)此后，物块在液体内作匀减速运动，以a '表示加速度的大小，由牛顿定律有a g ρρρ'-'='(25)设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为2t ，有()120V t a t '-= (26) 由(24)-(26)得2211()b t g ρρρρρρρ''⎛⎫=-- ⎪''-⎝⎭(27)物块从初始位置出发往返一次所需的时间为2II 1222()2arccos 111()b b t t t g g ρρρρρπρρρρρρ⎡⎤'''⎛⎫⎛⎫=+=--+--⎢⎥ ⎪ ⎪'''-⎝⎭⎝⎭⎣⎦ (28)评分标准：本题17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分.24届复赛第一题【例9】 （20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。

平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。

平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。

一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。

平板静止在其平衡位置。

水球B 与平板PQ 的质量相等。

现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。

已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。

要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2/8.9s m g =如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q 处，这时0u 的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度0u 较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q 处越过而不与平板接触，这时0u 的值便是满足题中条件的最小值．设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为1t ，有2112h gt =（1） 若碰撞正好发生在Q 处，则有01L u t =（2）从（1）、（2）两式解得的0u 值便是满足题中条件的最大值，即0max 2gu Lh= （3）代入有关数据得0max 0.71m/s u =（4）如果00max u u <，小球与平板的碰撞处将不在Q 点．设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为1v ，则有12gh =v（5）以1'v 、1V '分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒．设小球和平板的质量都是m ，则有111mV ''+mv =mv （6）因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得22222101101111122222mV ''+++mv mu =mv mu （7）解（6）、（7）两式，得 10'=v （8）112V gh '==v（9）碰撞后，平板从其平衡位置以1V '为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，其原点O 与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x 轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为0t =，则平板在t 时刻离开平衡位置的位移 ()PQ cos x A t ωϕ=+（10）式中2πTω= （11） A 和ϕ是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t 时刻平板振动的速度()PQ sin A t ωωϕ=-+v（12）因0t =时，PQ 0x =．PQ V '=v ，由（9）、（11）、（12）式可求得22ghA T π=（13）π2ϕ=-（14）把（13）、（14）式代入（10）式，得PQ 22ππcos 2π2gh x T t T⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （15）碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间2t 与平板发生第二次碰撞且发生在Q 处，则在发生第二次碰撞时，小球的x 座标为()2B 2212x t gt = （16）平板的x 座标为()PQ 2222ππcos 2π2gh x t T t T⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （17）在碰撞时，有()()B 2PQ 2x t x t =（18）由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得222π4.90 4.41cos π2t t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（19）这便是2t 满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）20.771s t =（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q 处，则有()012L u t t =+（21）由（1）、（20）和（21）式得0120.46m/s Lu t t ==+ （22）而满足题中要求的0u 的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，0u 的取值范围是00.46m/s 0.71m/s u <≤（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入2t 不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：2t0.730 0.750 0.760 0.765 0.770 0.771 0.772 0.775 0.780 0.790 0.810 2π4.41cos π2PQ x t =-⎛⎫ ⎪⎝⎭3.31 3.12 3.02 2.96 2.91 2.91 2.90 2.86 2.81 2.70 2.48 224.90B x t =2.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21PQ B x x -0.70 0.36 0.19 0.09 0 0 -0.01 -0.08 -0.17 -0.36 -0.73【例10】 从北极向北纬30度某地之间挖一条直线的光滑轨道。