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 、ϕ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 、ϕ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(ϕω+=t A x ，其中A 和ϕ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ϕ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ϕ，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ϕ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
ϕϕτ⋅-≈-=hmg hmg z sin （因ϕ很小，ϕϕ≈sin ）
重力矩z τ与角位移ϕ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：ϕϕ
hmg dt d I -=22
令I
hmg =2
ω，则 02
22=+ϕωϕdt 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<g ）下降的电梯内。

求此三种情况下单摆的周期。

摆长为l 。

解：（1）以非惯性系车厢为参照系，建立自然坐标系。

以摆球为研究对
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<g ）下降的电梯内单摆的振动周期为
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ϕ，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
ϕ
ϕ
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ϕ
ϕ
Rmg
dt
d
I-
=
2
2
整理得0
2
2
2
=
+ϕ
ϕ
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
=
=
⎰
⎰
则)2331(3220π
-=
mR I 根据复摆周期：g R R R mg mR x R g m I T c 22)233(31)
23
31(322)()31(220ππ
πππ=--=-= 1:1:3
1=T T
9.2.11 1m 长的杆绕过其一端的水平轴作微小的摆动而成为物理摆。

另一线度极小的物体与杆的质量相等。

固定于杆上离转轴为h 的地方。

用T 0表示未加小物体时杆子的周期，用T 表示加上小物体以后的周期。

（1）求当h=50cm 和h=100cm 时的比值
T T。

（2）是否存在某一h 值，可令T=T 0，若有可能，求出h 值并解释为什么h 取此值时周期不变。

解：（1）将小物体视为质点m ，当其固定在米尺上距轴h 处时，系统对轴
的转动惯量为I 0，则 I 0=223
1
mh ml +
ϕϕϕϕτk mgh l mg
mgh l mg z '-=⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝
⎛+-=2sin sin 2
周期 g h l h l k
I
T )2
(31222
2
0++='=ππ
当m l 1=，h=0.5m=
2l 时，g
l
T 12721π= 而米尺单独振动时，h=0，周期g l
g l l
T 3222
3122
0ππ==
所以，
93.08
701≈=T T （2）当h=l =1m 时，g
l
T 9822π
=，
所以，
16.16
802≈=T T （3）当0T T =时，即g l
g h l h l 322)2
(3122
2
π
π=++ 由此解得，01=h ，l h 3
22=。

h=0表示小物体固定在支点上，所以对米尺的振动周期无影响；由
g
l
T 3220π
=可知，l 32为米尺的等效摆长，即可
把米尺的质量视为集中于l 3
2
处的一点。

因此，
小物体固定在该点时，同样不影响摆得周期。

9.2.12 天花板下以0.9m 长的轻线悬挂一个质量为0.9kg 的小球。

最初小球静止，后另有一质量为0.1kg 的小球沿水平方向以1.0m/s 的速度与它发生完全非弹性碰撞。

求两小球碰后的运动学方程。

解：运动过程分为两个阶段：小球m 与悬球M 完全非弹性碰撞、二者一起作单摆运动。

以地面为参照系，以悬球静止时的位置（平衡位置）为坐标原点，建立O —X 坐标系。

两球完全非弹性碰撞，沿O —X 动量守恒，故
x v M m mv 00)(+=
s m v M m m v x /10.00.19
.01.01
.000=⨯+=+=
设两小球碰后的运动学方程为 )cos(0αω+=t A x ，
0ω由振动系统本身性质决定：
103.39
.08
.9-⋅===
s rad l g
ω A 和α由初始条件决定：以悬球碰后在原点刚获得速度时为计时起点，则
0=t 时，00=x ，101.0-⋅=s m v x
由振幅公式m
v
x
A x03
.0
3.3
1.0
2
2
2
2
2
=
=
+
=
ω
=
t时，0
cos
=
=α
A
x，α
ωsin
A
v
x
-
=
故0
cos0=
=
A
x
α，0
sin
0<
-
=
A
v
x
ω
α。

∴
2
π
α-
=。

运动学方程为)
2
3.3
cos(
03
.0
π
-
=t
x。

9.2.13 求第四章习题4.6.5题中铅块落入框架后的运动学方程。

解：运动过程分为三个阶段：铅块自由下落、铅块与框架完全非弹性碰撞、框架与铅块一起作简谐振动。

以地面为参照系，以铅块落入框架后框架底部静止时的位置（平衡位置）为坐标原点，竖直向下为正向建立O—X坐标系。

铅块m由h高度自由下落与框架作非弹性碰撞，动量守恒。

设碰后速度为x
v
，则
x
v
m
M
gh
m
)
(
2+
=
且m
M=，则1
21
.1
3.0
8.9
2
2
1
2
2
1
-
⋅
=
⨯
⨯
=
=s
m
gh
v
x
设碰后框架与铅块的运动学方程为)
cos(
α
ω+
=t
A
x，
ω由振动系统本身
性质决定。

由题意，铅块落入前框架静止时有
1
λk
mg=，则
m
N
g
g
mg
k/
6.
19
2
1.0
2.0
1
=
=
=
=
λ
100.7492
.02.06
.19-⋅==+=
+=
s rad m M k
ω
A 和α由初始条件决定：以框架与铅块获共同速度时为计时起点，则
0=t 时，m x )(120λλ--=，1021.1-⋅=s m v x
在平衡位置O 处， 2)(λk g M m =+ 故m g k
m
2.022==
λ，而m 1.01=λ，所以m x 1.00-=。

振幅 m v x A 2.07
21.1)1.0(22
2
2020
20
=+-=+=ω
初相 32120)1.0(721.1)(0
10001πωα-=-=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-⨯-=-
=--tg x v tg x 所以，运动学方程为 )3
27cos(2.0π
-
=t x 。

9.2.14 第四章习题4.6.5题中的框架若与一个由框架下方沿铅垂方向飞来的小球发生完全弹性碰撞，碰后框架的运动学方程是怎样的？已知小球20g ，碰框架前速度为10m/s 。

解：运动过程分为两个阶段：小球与框架完全弹性碰撞；框架作上下振动。

以地球为参照系，以框架底部静止时的位置（平衡位置）为原点，竖直向下为正向建立O —X 坐标系，如图所示。

先以小球与框架为研究系统。

小球与框架完全弹性碰撞，
动量守恒 x x x v m v m v m 21101+=
机械能能守恒 2
22112012
12121x x
x v m v m v m += 消去x v 1，代入kg m 02.01=, kg m 2.02=,
1010-⋅-=s m v x ,求出框架碰后速度111
20
-⋅-
=s m v x 。

再以框架为研究对象，在弹簧振子平衡位置O 点，12λk g m =，所以
g g
g
m k 21
.02.01
2==
=
λ 设框架的运动学方程为 )cos(0αω+=t A x
0ω由振动系统本身性质决定，1209.92
.06.19-⋅===s rad m k ω A 和α由初始条件决定：
0=t 时，00=x ，1011
20
-⋅-
=s m v 由振幅公式 m v v x A 184.09.91120
0020202
0===+=ωω
0=t 时0cos 0==αA x ，0sin 00<-=αωA v ， ∴0sin >α 2
π
α=
框架的运动学方程为 )2
9.9cos(184.0π
+
=t x 。

9.2.15 质量为m 物体自倾角为θ的光滑斜面顶点处由静止而滑下，滑行了l 远后与一质量为m '的物体发生完全非弹性碰撞。

m '与劲度系数为k 的轻弹簧相连。

碰撞前m '静止于斜面上，如图所示。

问两物体碰撞后作何种运动，并解出其运动学方程。

已知m =m '=5kg ， k=490N/m ，030=θ，m l 2.0=。

解：（1）判断两物体碰撞后作何种运动。

运动过程分为三个阶段：m 自开始下滑到与m '相碰；m 与m '发生完全非弹性碰撞；m 与m '一起作简谐振动。

m 在光滑斜面滑行了l 远后速度为
14.15.02.08.92sin 2-⋅=⨯⨯⨯==s m gl v x θ
m 与m '发生完全非弹性碰撞，动量守恒，其共同速度为
107.04.15
55
-⋅=⨯+='+=
s m v m m m v x x 再以m m '+为研究对象并视为质点，在平衡位置O 处，受重力g m m
)('+，
支持力N ，弹性力f。

此时弹簧压缩s ∆。

以O 为原点沿斜面建立O —X 坐标
系，则
0sin )(=∆-'+s k g m m θ。

位移x 时，沿x 轴的合力为
kx x s k g m m -=+∆-'+)(sin )(θ
该合力是线性回复力，因此质点作简谐振动。

（2）求运动学方程。

设质点m m '+的运动学方程为 )cos(0αω+=t A x 。

选择m 与m '发生完全非弹性碰撞获得共同速度时为计时起点。

则0=t 时，弹簧压缩x 0，故 θsin 0g m x k '=
在O —X 坐标系中，m k g m x 05.0490
5
.08.95sin 0-=⨯⨯-='-
=θ。

1075
5490
-⋅=+=
'
+=
s rad m m k
ω 由此得m v x A x
1118.07
7.0)05.0(22
2
2
02020
≈+-=+
=ω
πωα35.16.116)05.0(77.0)(0
10001=-=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-⨯-=-
=--tg x v tg x 所以，运动学方程为)35.17cos(1118.0π+=t x 。

本题还可以恰当选取计时起点，选弹簧压缩最甚时为计时起点，0=t 时，
x 0=A ，1cos =α，故 0=α，只需要求出振幅A 即可。

m m '+、弹簧、地球系统机械能守恒，选原点O 势能零点，与合力（重
力、弹力）相关的势能表示为22
1
kx 。

两物体碰撞后获共同速度时的机械能为 202002
1)(21kx v m m E x +'+= 弹簧压缩最甚时的机械能为 2
2
1kA E =
由机械能守恒定律得 202
022
1)(2121kx v m m kA x
+'+= m x k v m m A x
1118.0)05.0(490
7.0)55()(22202
0=-+⨯+=+'+=
107-⋅='
+=
s rad m m k
ω
所以，运动学方程为t x 7cos 1118.0=。

9.3.1 1851年傅科做证明地球自转的实验，摆长69m ，下悬重球28kg 。

设其振幅为 0.5，求其周期和振动的总能量，重球最低处势能为零。

解：将傅科摆视为单摆，作简谐振动，振动周期
s g l T 67.168
.96922===ππ
单摆作简谐振动，机械能守恒。

当摆角00.5=θ最大时，0=v ，
其重力势能为单摆的总能量
J mgl mgh E 05.72)5cos 1(698.928)cos 1(0=-⨯⨯⨯=-==θ
9.3.2 弹簧下面悬挂质量为50g 的物体，物体沿竖直方向的运动学方程为x=2sin10t ，平衡位置为势能零点（时间单位：s ，长度单位：cm ）。

（1）求弹簧的劲度系数，（2）求最大动能，（3）求总能。

解：运动学方程为)210cos(210sin 2π
-==t t x
由此，cm A 2=；1010-⋅=s rad ω；2
π
α-
=
（1）由m
k =
2
0ω，得 122
00.51005.0-⋅=⨯==s N m k ω （2）)210sin(102π
-⨯-==
t dt dx v 12.0-⋅=s m v m 最大动能J mv E m km 322102.005.02
1
21-=⨯⨯==
（3）总能量J E E km 310-==
9.3.3 若单摆的振幅为0θ，试证明悬线所受的最大拉力等于
)cos 23(0θ-mg 。

解：单摆在平衡位置时悬线拉力最大。

由牛顿定律得
l
v m mg T m
m 2=- （1）
设摆球在最低点处的重力势能为0，则最大摆角0θ处的机械能为
)cos 1(01θ-==mgl mgh E ，
最低点处的机械能为 2
22
1m
mv E = 由单摆机械能守恒定律得
)cos 1(2
102
θ-=mgl mv m （2） 联立（1）（2）得 )cos 23()cos 1(200θθ-=-+=mg mg mg T m
9.4.1 在电子示波器中，由于互相垂直的电场的作用，使电子在荧光屏上的位移为 t A x ωcos =，)cos(αω+=t A y 。

求出2
,3,0π
πα=时的轨迹方程并画图
表示。

解：（1）当0=α时：t A x ωcos =，t A y ωcos =
∴ x y =，轨迹方程为一直线方程。

（2）当3
π
α=
时：t A x ωcos =，)3
cos(π
ω+
=t A y
∴t A t A t t A t A y ωωπ
ωπ
ωπ
ωsin 2
3cos 2)3
sin
sin 3
cos
(cos )3
cos(-=
-=+
= 又 2221
cos 1sin ,cos x A A t t A x t -=-==
ωωω 222
32x A x y --=
∴
即轨迹方程为2
224
3A xy y x =
-+，轨迹为椭圆，可以化为椭圆标准方程：
1
2
3
2
2
2
2
2
+
'
+
'
A
y
A
x。

（3）当
2
π
α=时：t
A
xω
cos
=，t
A
t
A
yω
π
ωsin
)
2
cos(-
=
+
=
∴2
2
2A
y
x=
+，轨迹为圆周。

9.6.1 某阻尼振动的振幅经过一周期后减为原来的
3
1
，问振动频率比振动系统的固有频率少几分之几？（弱阻尼状态）
解：弱阻尼振动的运动方程为
)
cos(α
ω
β+
'
=-t
Ae
x t
2
2
β
ω
ω-
='
2
2
2
2
β
ω
π
ω
π
-
=
'
='T
β为阻尼系数。

设振幅衰变关系为t
e
A
Aβ-
=
，由题意T
e
A
A'
-
=β
3
1
即3
ln
=
'T
β，2
2
2
3
ln
3
ln
β
ω
π
β-
=
'
=
T
，从而
()2
2
2
2
3
ln
4
1
π
ω
β
+
=
所以
()()
%
49.143ln 1
213ln 411
11
112
2
2
2
202
2200
00≈+-=+-
-
=--='
-='-π
π
πωωωβωωωωωωω
9.6.2 阻尼振动起初振幅A 0=3㎝，经过t=10s 后振幅变为A 1=1㎝，问经过多长时间，振幅将变为A 2=0.3㎝？（弱阻尼状态）
解：弱阻尼振动的运动方程为 )cos(αωβ+'=-t Ae x t 振幅衰变规律为 t e A A β-=0 由题意 10=t s 后，1310=⋅-βe ，即3ln 10
1
=
β 设经过t 秒后振幅变为A 2=0.3㎝，则 3.03=-t e β 所求 s t 96.203
ln 10
ln 1010
ln =⨯
==
β
9.7.1某受迫振动与驱动力同位相，求驱动力的频率。

解：设受迫振动的动力学方程为
t f x dt dx dt
x d ωωβcos 202
02
2=++ 稳定状态下的解为)(0ϕω+=t A x ，ω为驱动力频率。

当受迫振动与驱动力同相位即0→ϕ时，t A x ωcos 0=。

将)(0ϕω+=t A x 代入方程求出ω即为驱动力频率。

即将t A dt
dx
ωωsin 0-=， t A dt x d ωωcos 0222-=代入方程，得
t f t A t A t A ωωωωβωωωcos cos sin 2cos 002
0002=+--
等式两侧对比系数，即
0022
0)(f A =-ωω
020=A βω
所以当0→ω时，受迫振动与驱动力同相位，此时振幅为
2
22000ωωωf f A →-=。