第九章基本知识小结
⒈物体在线性回复力F = - kx，或线性回复力矩τ= - cφ作用下的运动就是简谐振动，其动力学方程为
d2xdt2??20x?0,（x表示线位移或角位移）；弹簧振子：ω
0
2=k/m，单摆：ω02=g/l，扭摆：ω0
2=C/I. ⒉简谐振动的运动学方程为 x = Acos(ω0t+α)；圆频率、
频率、周期是由振动系统本身决定的，ω0=2π/T=2πv；振幅A和初相α由初始条件决定。
⒊在简谐振动中，动能和势能互相转换，总机械能保持不
变；对于弹簧振子，E2k?Ep?1kA?1m?22220A。 ⒋两个简谐振动的合成
分振动特点 合振动特点 方向相同，频率相同 与分振动频率相同的简谐振动 Δα=±2nπ 合振幅最大 Δα=±(2n+1)π 合振幅最小 方向相同，频率不同，频不是简谐振动，振动周期等于分振动率成整数比 周期的最小公倍数 方向相同，频率不同，频出现拍现象，拍频等于分振动频率之率较高，又非常接近 差 方向垂直，频率相同 运动轨迹一般为椭圆 Δα=±2nπ 简谐振动（ⅠⅢ象限） Δα=±(2n+1)π简谐振动(ⅡⅣ象限) 60 / 10
方向垂直，频率不同，频利萨如图形，花样与振幅、频率、初率成整数比 相有关
⒌阻尼振动的动力学方程为 d2xdt2?2?dxdt??20x?0。 其运动学方程分三种情况：
⑴在弱阻尼状态（β＜ω0），振动的方向变化有周期性，
x?Ae??tcos(?'t??),?'??220??，对数减缩 = βT’.
⑵在过阻尼状态（β＞ω0），无周期性，振子单调、缓慢地
回到平衡位置。
⑶临界阻尼状态（β=ω0），无周期性，振子单调、迅速地回到平衡位置
⒍受迫振动动力学方程
d2xdt2?2?dx2dt??0x?f0cos?t； 其稳定解为 x?A0cos(?t??)，ω是驱动力的频率，A0和φ也不是由初始条件决定,A22220?f0/(?0??)?4??2 tg???2???22
0??当???20?2?2时，发生位移共振。
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：规定转轴正方向垂直纸面向外，忽
略一切阻力，则刚体所受力矩τ= - mghsinφ O h 因为是微小摆动，sinφ≈φ,∴τ= - mghφ，
即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位 φ C 置附近运动，因而是简谐振动。
由转动定理：?mgh??Id2?/dt2 mg 即，d2?dt2?mghI??0??2mgh0?I,?mgh0?I
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k1和k2，支承面为理想光滑面，求系统振动的固有频率。
解：以平衡位置为原点建立 k1 k2 坐标o-x。设m向右偏离平衡位 m 置x，则弹簧1被拉长x，弹簧2 o x 被压缩x，m所受的合力（即回复力）F??(k1?k2)x.
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由牛顿第二定律：?(k21?k2)x?md2x,dxk1?k2dt2dt2?mx?0
??2k1?k20?m,?0?k1?k2m
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k1.若在振子和弹簧k1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k2应是k1的多少倍？
解：以两个弹簧串联后m的平衡位置为原点建立图示坐标
o-x,设m向下偏离平衡位置x，弹簧1伸长ΔL1，弹簧2 k1
伸长ΔL2，ΔL1+ΔL2 = x (1)；由于忽略弹簧质量， k2 两个弹簧连接点处所受的两个弹力等大反向，即 k1ΔL1 = k2ΔL2 (2)；由⑴、⑵解得：?Lk12?k1?k2x， o
所以m所受的回复力 F??kkk22?L2??1k1?k2x， x 由牛顿二定律；?k1k22xk1k2k1?k2x?md2x ，即ddt2 dt2?m(k1?k2)x?0
??k1k2k10'?m(k1?k2)，未串联前频率 ?0?m，令
?0'?12?0，即
k1k2m(k1?k2)?1k12m，可求得：k2?13k1
9.2.4 单摆周期的研究：⑴单摆悬挂于以加速度a沿水平方
向直线行驶的车厢内；⑵单摆悬挂于以加速度a上升的电梯内；⑶单摆悬挂于以加速度a（a 下单摆的周期，摆长为l. 解：⑴以车为参考系，单摆受力如图示，设平衡位置与竖直线成α角，由平衡条件：a α T Tsin??ma,Tcos??mg,?tg??a/g mg f*=ma 设单摆偏离平衡位置角位移为θ(θ<5°)，单摆所受回复力矩： ???[mglsin(???)?malcos(???)]??ml[g(sin?cos??cos?sin?)?a(cos?cos??sin?sin?)]??5?,cos??1,sin???,gsin??acos????ml[g(sin???cos?)?a(cos???sin?)]??ml(gcos??asin?)? 由转动定理：I???,ml2d2?dt2??ml(gcos??asin?)， d2?dt2?gcos??asin?l??0,cos??g/a2?g2,sin??a/a2?g2,??2?gcos??asin?l?a2?g20l,?a2?g20?l,T?2?la2?g2 以上求解较为麻烦，我们可以用另外一种简捷的思路和方法： 在重力场中单摆的周期为T?2?lg，g是重力场强度 现在单摆在力场mg?'?mg??f?*?mg??ma?中振动，力场强度： 62 / 10 g?'?g??a?,g'?g2?a2,?T?2?lg'?2?lg2?a2 ⑵以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向，由转动定理： ?(mg?ma)lsin???m(g?a)l??ml2d2?dt2 d2?g?adt2?g?al??0,??0?l,T?2?lg?a 同样可以认为单摆在力场 mg?'?mg??ma? 中振动，力场强度：g'?g?a,?T?2?lg'?2?lg?a ⑶与前面分析完全相同，T?2?lg?a 9.2.5 在通常温度下，固体内原子振动的频率数量级为1013/s，设想各原子间彼此以弹簧连接，1摩尔银的质量为108g，且包含6.02×1023个原子，现仅考虑一列原子，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：利用9.2.2题的结果： k k ?1?k20?kkm?2m k?12?1108?10?31322m?02?6.02?1023?(2??10)?354N/m 9.2.6 一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=9.8N/m,物体的质 量为200g,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：弹簧振子的圆频率?0?k9.8m?0.2?7.设振子的运动 学 方 程 为 x?Acos(7t??)(1),v?dxdt??7Asin(7t??)(2). 据题意,t=0时，x?22?10?2m,v?7.0?10?2m/s,代入⑴ 、⑵中 ，有 22?10?2?Acos?(1)',7.0?10?2??7Asin?(2)' 由⑴'、⑵'可解得：A=3×10-2m；cos??22/3,sin???1/3, α= - 19.47o= - 0.34rad. 代入（1）中，振子的运动学方程为： x = 3×10-2 cos (7t - 0.34). 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，⑴求其振动的周期；⑵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：以平衡位置为坐标原点，建立图示坐标o-x ⑴?0?k?106?10?53m?1.010?2?10?1010 O T?2??0?2?1010?0.199s x ⑵设运动学方称为 x?Acos(1010t??) 63 / 10 v??1010Asin(1010t??)，将t=0时，x=0.5×10-2,v=15× 10-2 代 入 ， 有 0.5?10?2?Acos?①，?3?10?2（/210）?Asin?② ①2+②2，可求得 A2=0.475×10-4，A=6.89×10-3m，将A值 代 入①、②中得： cos??0.726,sin???0.688,????0.759rad 所以，运动学方程为：x?6.89?10?3cos(1010t?0.759) 9.2.8 ⑴一简谐振动的规律为x=5cos(8t+π/4),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？ ⑵一简谐振动的运动学方程为x=8sin(3t-π),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？ ⑶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：⑴设计时起点提前t0秒，则t'=t+t0，将t=t'-t0代入原方程得 x=5cos(8t'-8t0+π/4). 当t0=0.5s时，x=5cos(8t'-4+π/4)=5cos(8t'-184o)=5cos(8t'+176o) 若使初相为零，令 -8t0+π/4=0，得 t0=π/32，即计时起点提前 π/32秒可使初相为零。 ⑵原方程x=8sin(3t-π)=8cos(3t-3π/2). 设计时起点推迟t0 秒，则t'=t-t0，将t=t'+t0代入原方程得 x=8cos(3t'+3t0-3π/2). 当t0=1s时，x=8cos(3t'+3-3π/2)=8cos(3t'-98o),∴t0=1s时，初相α=（3-3π/2）rad=-98o 若使初相为零，令 3t0-3π/2=0，得t0=π/2，即计时起点推迟 π/2秒可使初相为零。 ⑶ t=0 t=0 t’=0 176o 45o o x o -98o x t’=0 9.2.9 画出某简谐振动的位移-时间曲线，其振动规律为 x=2cos2π(t+1/4) (SI制). 解：由运动学方程可知：A=2m,ω0=2π,T=2π/ω0=1s,α=π/2. 方法一：根据余弦函数图像规律：相位Φ=0,π/2,π,3π/2,2π时，其对应的位移为A,0,-A,0,A.因此只要求出对应的时间t即可画出x-t图像。令2π(t+1/4)=0,π/2,π,3π/2,2π;可求得对应的时间为-1/4,0,1/4,2/4,3/4.找出这些特殊点，即可画出x-t曲线。 方法二：令t'=t+1/4得x=2cos2πt',以1/4秒为t轴的时间单位，先画出它的x-t'图像。然后根据t=t'-1/4,将o-x轴右移1/4即得到x-t图像。 x (m) 2 64 / 10 -1 0 1 2 3 4 5 6 t (1/4 s ) -2 9.2.10 半径为R得薄圆环静止于刀口O上，令其在自身平面内作微小的摆动。⑴求其振动的周期。⑵求与其振动周期相等的单摆的长度。⑶将圆环去掉2/3而刀口支于剩余圆环的中 央，求其周期与整圆环摆动周期之比。 O 解：⑴如图示,τo=-mgRsinφ≈-mgRφ R 由平行轴定理，Io=mR2+mR2=2mR2；据转动 φ C 定理τo=Ioβ, ∴ ?mgR??2mR2d2?dt2,即 d2?dt2?g?0,??o?gT??2?2R2R?2R,o?2?mg g ⑵∵单摆的周期为T?2?Lg ∴与薄圆环振动周期相等 的单摆的摆长L=2R. o ⑶设剩余圆环的质心在c处，质量为 r m/3.据平行轴定理：I=Ic R oc+mr2/3;Io’ = mR2/3 =Ic+m(R-r)2/3,∴Ic=mR2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr2/3 o' 代入前式得 Io=2mRr/3. 设余环摆角为φ，则 τo= - mgrφ/3.由转动定理τo=Ioβo，有 –mgrφ/3=(2mRr/3)d2φ/dt2, 即 d2?dt2?g2R??0,??o?g2R,T?2??o?2?2Rg. 由于和剩余 环的大小无关，可知，无论剩余环多大，只要刀口支于剩余环的中央，其振动周期就和整个圆环的振动周期相等。
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