基础物理学上册习题解答和分析_第五章机械振动习题解答和分析[1]
大学物理课后习题答案(第五章)-北京邮电大学出版社
习题五5-1振动和波动有什么区别和联系？平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同 ？又有什么联系？振动曲线和波形曲线有什么不同？解：（1）振动是指一个孤立的系统（也可是介质中的一个质元）在某固定平衡位置附近所做的往 复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为y f（t ）;波动是振动在连续介质中的传播过程， 此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动， 因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置 x ，又是时间t 的函数，即y f（x,t）•（2） 在谐振动方程y f （t ）中只有一个独立的变量时间 t ,它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程yf （x ，t ）中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律.xy A cos （t -）当谐波方程 u 中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一. （3）振动曲线yf（t ）描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为 y，横轴为t ；波动曲线yf （x ，t ）描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y，横轴为x •每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图.xxu ）+ 叮中的u 表示什么？如果改写为y = A cos变，由此能从波动方程说明什么x解：波动方程中的X/U 表示了介质中坐标位置为 X 的质元的振动落后于原点的时间；u则表示 X 处质兀比原点落后的振动位相; 设 t 时刻的波动方程为y txAcos( to)u则tt 时刻的波动方程为y tt Acos[ (t t) (uX)o]其表示在时刻t ，位置X 处的振动状态，tt（ t X ）经过t 后传播到X u t 处.所以在u 中,丄y Acos （ t —— o ）播了 x u t 的距离，说明 u 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程.), xu 又是什么意思？如果t 和x 均增加，但相应的］ (u )+叮的值不5-2波动方程y = A cos [当t , X 均增加时,x)的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ，波形即向前传5-3波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点？解：我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV内所有质元的能量.波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势 能.形变势能由介质的相对形变量 （即应变量）决定.如果取波动方程为yf （x,t ），则相对形变量（即应变量）为y/X •波动势能则是与 y/X 的平方成正比•由波动曲线图 （题5-3图） 可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小 （此处振动速度为零），而在该处的应变也为极小（该处y/ x°）,所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大（该处振动速度的极大），而在该处的应变也是最大 （该处是曲线的拐点），当然波动势能也为最 大•这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值.对于一个孤立的谐振动系统， 是一个孤立的保守系统， 机械能守恒，即振子的动能与势 能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化.5-4波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处？ t =°时刻是否一定是波源开始振动的解：由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原 点不一定要选在波源处，同样，t0的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程Xy A cos （t 一） 写成 U 时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的•因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时， 我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源， 只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程.5-5在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理 量相同？描述各质点的振幅是不相同的， 各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的， 即振幅变化规律2Acos ——x可表示为 •而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反.5-6波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应， 这两种情况有何区别？解：波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短， （如题5-6图所示），因而观察者在单位时间内接收到的完整数目 （U/ ）会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即t时刻？波动方程写成y = A cos （ 程才能写成这种形式？XU ）时，波源一定在坐标原点处吗 ?在什么前提下波动方y 解：取驻波方程为22Acos ——x cos vt，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上, u uV B ，因u_而单位时间内通过观察者完整波的数目也会增多，即接收频率也将增高.简单地说，前者是通过压缩波面（缩短波长）使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率.6)观(TA 込功祈垃16不型题5-6图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿 X 轴负向传播，波长 =1.0 m ，原点处质点的振动频率为=2. 0 Hz ，振幅A = 0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y轴负向运动，求此平面波的波动方程.t xy Acos[2 (— 一) 波动方程为 TXy 0.1cos[2 (2t 1) i ]0.1 cos(4 t 2 x )2 m5-8已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为 y= A cos(Bt Cx ),其中A , B , C为正值恒量.求：(1) 波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2) 写出传播方向上距离波源为 I 处一点的振动方程； (3) 任一时刻，在波的传播方向上相距为 d 的两点的位相差.解：(1)已知平面简谐波的波动方程y Acos(Bt Cx)g 0)将上式与波动方程的标准形式x y A cos(2 t 2)比较，可知:解：由题知t °时原点处质点的振动状态为 yo0,V0 0，故知原点的振动初相为2 ,取0］则有(IlJ WWT 的惦刑(I )杵拍用的辑刪―涉种后的侨璃2C 代入上式，即得Cd5-9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 y=0.05cos(10 t 4 X),式中x ,y以米计，t 以秒计.求：(1) 波的波速、频率和波长；(2) 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3) 求X=0.2m 处质点在t=1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相？这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点？ 解：(1)将题给方程与标准式y Acos(2 t — x)波振幅为 波长波动周期 (2)将 XBA ，频率 22uC ，波速 T 1 JBI 代入波动方程即可得到该点的振动方程y Acos(Bt Cl )(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为2(X 2 X i )将X 2X ix x 1 u(t t 1)0.25-10如题5-10图是沿X 轴传播的平面余弦波在该时刻o , A , B , c 各点的振动位相是多少？(2)若波沿X 轴负向传播，上述各点的振动 位 相又是多少？解: (1)波沿x轴正向传播，则在t时刻，有相比，得振幅A 0.05 m ，频率 5 s (2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为vmaxA 102amaxA (100.2m 处的振动比原点落后的时间为x 空u 2.5，波长0.05 0.5 )2 0.050.5 m , 1m s 2m0.08 s 0.2 m ,t 1 s 时的位相就是原点(X 0),在t o 1 9.2 nn.波速U2.5 m s 10.08 0.92 s 时的位相,设这一位相所代表的运动状态在t 1.25s 时刻到达X 点，则2.5(1.25 1.0) 0.825 mt 时刻的波形曲线.(1)若波沿X 轴正向传播,对于0点：•••y o 0,V o 0 .，…O2对于A点：•••Y A A, V A0 A 0对于B点：•••Y B0,V B 0 ., …B23对于C点：Y C0, V C0 ., …C2(取负值：表示A、B、C点位相，应洛后于°点的位相)(2)波沿x轴负向传播，则在t时刻,有对于0点：y o 0,V O0 ., …°2对于A点：T Y A A, V A0 A 0对于B点：•••Y B0,V B 0 ., …B23对于C点：Y C0, V C0 ., …C2(此处取正值表示A、B、C点位相超前于0点的位相)5-11 一列平面余弦波沿X轴正向传播，波速为 5m • s-1，波长为2m,原点处质点的振动曲线如题5-11图所示.⑴写出波动方程；(2)作出t=0时的波形图及距离波源 0.5m处质点的振动曲线.题5-10图y 0.1 cos[5 (t⑵t 0时的波形如题5-11(b)图解：(1)由题5-11(a)图知，A 0.1m ，且t 0时,52.5y oO,V o 03 2则波动方程为5-12如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b),波沿x轴正向传播，试根据图中绘出的条件求: (1) 波动方程； (2) P 点的振动方程.解: (1)由题5-12图可知，A 0.1 m , 4 m ，又，t 0时，y °0,v ° 0,. -0 2 ,X1u 2u2— — 0.5而t 0.5m s 14 Hz ，二2故波动方程为y 0.1cos[(t X)]2 2m(2)将X p 1m 代入上式，即得P 点振动方程为Iy(«)03O/ \ \ / 也0.1题5-12图5-13 一列机械波沿x轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为 10 m • s -1, 波长为2m,求：(1) 波动方程； (2)P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标； (4)P 点回到平衡位置所需的最短时间.y 0.1cos(5 t如题5-11(c)图所示.5 0.5 0.50.1cos(5 t)my 0.1cos[( t)] 0.1cos t22m将X °.5m 代入波动方程，得该点处的振动方程为A °y° ,v0 00解：由题5-13图可知A 0.1 m , t 0时， 2 , 3 ,由题知2 m ,u 10 「——5u 10ms1，则2 Hz2 10_ _ 5 3 26•••所属最短时间为丄12 5-14如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知 yp = A cos( t 0).(1) 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2) 写出距P 点距离为b的Q点的振动方程.解：(1)如题5-14图(a),则波动方程为l x y Acos[ (t ) 0] u u如图(b),则波动方程为(t 10)3]m4_3 (P 点的位相应落后于 0点，故取负值)y p 0.1cos(10 t• P 点振动方程为⑶•••51.673 mx •解得(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13 图(a), 则由P 点回到平衡位置应经历的位相角5 /6 10sP 点的振动方程为(1)波动方程为AyP,V P(2)由图知，t °时， 2yjiyjtf■ d ■卜 b — H-- ―H£J Pffj() 尸i(a)题5-14图xy Acos[ (t -)]u⑵ 如题5-14图(a),贝y °点的振动方程为bA QAcos[ (t ) o ]u如题5-14图(b)，则Q点的振动方程为KA QAcos[ (t -) o ]u5-15已知平面简谐波的波动方程为y Acos (4t2x)(SI).⑴写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点？(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线. 解：(1)波峰位置坐标应满足(4t 2x) 2k解得 x (k 8.4)m (k 0, 1 2,...)⑵•-4 ,u 2 m 1 s uT u -1m ，又 x 0处，t 4.2 s 时,4.2 416.8y 0 A cos44.20.8A又，当yA时，x17 ，则应有16.8 2x174 t 2 tt x1u 故知U 2ms0.4t0.2 2s，这就是说该波峰在0-2 s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应所以离原点最近的波峰位置为 °4 m .解得x 0.1 m，故t 4.s时的波形图如题5-15图所示A (2)在S 2外侧鹿离S 2为r 1的点, r1(r1)2 4 A 1 A 10,IA 2$ S 2传到该点引起的位相差—(r 2「2)5-18如题5-18图所示，S 1和S 2为两相干波源，振幅均为A ,相距4 , $较S z位相超前2,求：(1) $外侧各点的合振幅和强度；⑵S2外侧各点的合振幅和强度解：(1)在S 外侧，距离S 1为*的点，◎ S2传到该P 点引起的位相差为5-16题5-16图中(a 表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此 波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线.解：由题5-16(b)图所示振动曲线可知T 2s ,A 0.2 m ，且t °时，y 。
机械振动(五)答案
机械振动（五）答案1. 图为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象可知（）A.两摆球质量相等B.两单摆的摆长相等C.两单摆相位相差π4D.在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s甲=2s 乙【解析】根根据图线得到振幅和周期的情况，然后结合单摆的周期公式进行分析讨论．【解答】解：A、从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式T=2π√Lg可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误，B正确；C、从图象可以看出，t=0时刻，甲到达了正向最大位移处而乙才开始从平衡位置向正向的最大位移处运动，所以两单摆相位相差为π2，故C错误；D、由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时时，而且末位置也是平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两球通过的路程才一定满足s甲=2s乙，若不能满足以上的要求，则不一定满足：s甲=2s乙．故D错误；故选：B2. 某质点在0∼4s的振动图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.质点沿振动曲线运动B.在0∼1s内质点做初速度为0的加速运动C.在0∼4s内质点通过的路程为20cmD.振动图象是从平衡位置开始计时的【解析】由图象直接读出．根据质点位移的变化，不能确定其轨迹的形状．加速度方向总与位移方向相反．分析质点振动的过程，确定其路程．质点的振幅等于位移x的最大值，由图象直接读出．【解答】解：A、振动图象反映质点的位移随时间的变化情况，不是质点的运动轨迹，该图并不表示质点沿曲线运动．故A错误．B、在0∼1s内质点从平衡位置向正向最大位移处运动，做初速度不为0的减速运动，故B错误．C、在0∼4s内质点通过的路程等于四倍振幅，为4A=40cm，故C错误．D、由图知，t=0时，x=0，可知振动图象是从平衡位置开始计时的．故D正确．故选：D．3. 一列简谐横波沿直线由A向B传播，相距10.5m的A、B两处的质点振动图象如图a、b所示，则（）A.该波的振幅一定是20cmB.该波的波长可能是14mC.该波的波速可能是10.5m/sD.该波由a传播到b可能历时7s【解析】根据振动图象读出质点的振幅，即为该波的振幅．由图读出同一时刻a、b两质点的位置和速度方向，结合波形分析质点间的距离与波长的关系，得到波长的通项，再求解波长的特殊值，求出波速的通项，求解波速的特殊值．【解答】解：A、由图读出，该波的振幅为A=10cm，周期为4s．故A错误．B、C、由图看出，在t=0时刻，质点a经过平衡位置向上运动，质点b位于波谷，波由a向b传播，结合波形得到a、b间距离与波长的关系为：△x=(n+14)λ，(n=0, 1, 2,…)，得到波长为：λ=4△x4n+1=424n+1m，如果λ=14m，则n=0.5，不是整数，矛盾；故B错误；当n=1时，λ=8.4m，波速为：v=λT=8.44=2.1m/s，当n=0时，λ=42m，波速为：v=10.5m/s．故C正确．D、该波由a传播到b的时间为t=(n+14)T=(4n+1)s，(n= 0, 1, 2,…)，由于n是整数，t不可能等于7s．故D错误．故选：C．4. 如图为一水平弹簧振子的振动图象，由此可知（）A.在t2时刻，振子的速度方向沿x轴正方向B.在t4时刻，振子的速度最大，加速度最大C.在0−t1时间内，振子的速度逐渐增大，位移逐渐增大D.在t2−t3时间内，振子做加速度逐渐增大的减速运动【解析】振动图象是位移时间图象，其切线斜率等于速度，斜率的正负表示速度的方向；直接读出振子的位置随时间的变化关系，结合运动的方向和位移判定加速度的变化与速度的变化．【解答】解：A、t2时刻图象切线的斜率为负，说明振子处于平衡位置且速度方向沿x轴负方向，故A错误．B、在t4时刻，振子位于平衡位置处，的速度最大，加速度是0，故B错误．C 、在0−t 1时间内，振子的位移逐渐增大，速度逐渐减小．故C错误； D 、由图可知在t 2−t 3时间内，振子的位移向负方向逐渐增大，由a =−kx m振子做加速度逐渐增大的减速运动，故D 正确．故选：D5. 如图所示为某弹簧振子在0∼5s 内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是（ ）A.振动周期为5s ，振幅为8cmB.第2s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C.第3s 末振子的速度为正向的最大值D.从第1s 末到第2s 末振子在做加速运动 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：A ．由图知，质点的振幅是8cm ，周期是4s ，故A 错误； B ．在t =2s 时，物体到达负向最大位移处，速度为零，加速度为正向最大值，故B 错误；C ．第3s 末振子在平衡位置处，其速度为正向的最大值，故C 正确；D ．从第1s 末到第2s 末振子在平衡位置向负向移动，振子在做减速运动，故D 错误． 故选C ．6. 关于简谐振动，下列说法正确的是（ ）A.如果质点振动的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，这样的振动叫做简谐振动B.如果质点做简谐振动，则质点振动的动能和弹性势能的总和保持不变C.回复力F =−kx ，是简谐振动的条件，回复力F 只能是弹力D.弹簧振子的振动在考虑空气阻力时，做的也是简谐振动 【解析】简谐振动的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律；回复力可以在弹力，也可以是其他的力；回复力是做简谐运动的物体所受到的指向平衡位置的合力，方向总是指向平衡位置；回复力公式F =−kx 中的k 是比例系数；回复力是变力． 【解答】解：A 、根据简谐振动的特点可知，如果质点振动的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，这样的振动叫做简谐振动．故A 正确； B 、如果质点做简谐振动，则质点振动的动能、重力势能、弹性势能等的总和保持不变．故B 错误；C 、回复力F =−kx ，是简谐振动的条件，但是回复力F 不一定只是弹力，可以会有其他的外力．故C 错误；D 、弹簧振子的振动在考虑空气阻力时，做阻尼振动．故D 错误． 故选：A7. 图为某弹簧振子的简谐运动图象，由图可知（ ）A.周期为3s ，振幅为20cmB.1s 末质点的速度最大、加速度最小C.2s 末质点的速度最大，势能最小D.4s 末质点的速度为零，回复力为正的最大 【解析】由位移的最大值读出振幅，相邻两个最大值之间的时间间隔读出周期．根据质点的位置分析速度大小．根据质点位置的变化，判断其速度方向．根据回复力与位移方向间的关系，判断回复力做功的正负． 【解答】解：A 、由图读出周期为T =4s ，振幅为A =10cm ．故A 错误． B 、1s 末质点位于平衡位置；速度为最大值，加速度最小；故B 正确；C 、2s 末质点的位移沿负方向且为最大值，速度为零；故C 错误；D 、4s 末质点的位移沿正方向且为最大值，速度为零，回复力为负的最大．故D 错误． 故选：B8. 有一弹簧振子，振幅为0.8cm ，周期为0.5s ，初始时具有正方向的最大位移，则它的振动方程是（ ） A.x =8×10−3sin(4πt +π2)m B.x =8×10−3sin(4πt −π2)m C.x =8×10−1sin(πt +3π2)mD.x =8×10−1sin(π4t +π2)m 【解析】t =0时刻振子的位移是正向最大．由周期求出圆频率ω，即可由x =Asin(ωt +φ0)求出简谐振动方程． 【解答】解：周期为0.5s ，则角速度为：ω=2πT=2π0.5rad/s =4πrad/s振子的初始位移是正向最大，则位移表达式x =Asin(ωt +φ0)中，φ0=π2；则位移表达式为x =Asin(ωt +φ0)=0.8sin(4πt +π2)(cm)=8×10−3sin(4πt +π2)m ．故A 正确，BCD 错误， 故选：A ．9. 一列简谐横波沿x 轴负方向传播，甲图是该横波t =2s 时的波形图，乙图是波中某质点位移随时间变化的振动图线，则乙图可能是甲图中哪个质点的振动图线（ ）A.x =0处的质点B.x =1m 处的质点C.x =2m 处的质点D.x =3m 处的质点【解析】由振动图象乙读出t =2s 时刻质点的运动状态，在波动图象甲上找出相对应的质点．【解答】解：由图知周期为T=4s，波长λ=4m；图乙上t=2s时质点位于平衡位置正向上运动．图甲上，t=2s时刻，只有x=1m处质点、x=3m处质点经过平衡位置．简谐横波沿x轴负方向传播，根据波形平移法可知，x=1m处质点经平衡位置向上，与图乙t=2s时刻质点的状态相同．故选：B．10. 如图所示，做简谐运动的弹簧振子从平衡位置O向B 运动过程中，下述说法中正确的是（）A.振子做匀减速运动B.振子的回复力指向BC.振子的位移不断增大D.振子的速度不断增大【解析】振子做远离平衡位置的运动，位移增加，加速度增大，做减速运动．【解答】解：AB、弹簧振子从平衡位置O向B运动过程中，弹簧的弹力与速度方向相反，做减速运动．随着位移的增大，加速度增大，做变减速运动．故A错误．B、振子的回复力是始终指向平衡位置的，所以指向O，故B错误；C、振子的位移起点是平衡位置，则知弹簧振子从平衡位置O向B运动过程中，振子的位移不断增大，故C正确．D、由上分析知振子做减速运动，速度不断减小，故D错误．故选：C．11. 如图所示为弹簧振子的振动图象，关于振子振动的判断正确的是（）A.振幅为8cmB.周期为1sC.在0.25s时刻振子正在作减速运动D.若0.25s时刻弹簧处于伸长状态，弹簧未形变时振子处于平衡位置，则在0.75s时刻处于压缩状态【解析】根据图象可直接读出周期和振幅．根据位移的变化即可分析振子速度的变化．根据对称性和平衡位置的特点分析弹簧的状态．【解答】解：AB、由图看出振子的振幅为4cm，周期为2s，故A、B错误；C、在0.25s时刻振子的位移正在减小，向平衡位置靠近，速度在增大，故B错误；D、若0.25s时刻弹簧处于伸长状态，弹簧未形变时振子处于平衡位置，则根据对称性可知在0.75s时刻处于压缩状态．故D正确．故选：D 12. 一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A.质点振动频率是4HzB.质点在任意2s内的路程不一定都是4cmC.第6s末质点的速度有负向最大值D.在t=3s和t=5s两时刻，质点位移相同【解析】由图可读出质点振动周期、振幅及各点振动情况，求频率；再根据振动的周期性，可得质点振动的路程及各时刻物体的速度．【解答】解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为f=1T=14Hz=0.25Hz，故A错误；B、振动的振幅为A=2cm，质点做简谐运动，一个周期内通过的路程一定是4A，半个周期即2s内，通过的路程一定是2A=4cm，故B错误；C、第6s末质点处于平衡位置处，故质点的速度最大，图象的斜率为负，则第6s末质点的速度有负向最大值．故C正确；D、在t=3s和t=5s两时刻，质点的位移大小相等，方向相反，所以位移不同．故D错误；故选：C13. 某个质点做简谐振动，得到如图所示的振动图象，下列说法错误的是（）A.质点的振动周期为2sB.质点在0.5s时具有最大的加速度C.质点在1s时受到的回复力为零D.质点在1.5s时具有最大的动能【解析】振动物体完成一次全振动的时间叫做周期，由振动图象直接读出．质点在最大位移处时速度为零，加速度最大，加速度方向与位移方向相反．【解答】解：A、由图，周期为2s，故A正确；B、质点在0.5s时的位移最大，具有最大的加速度，故B正确；C、质点在1s时处于平衡位置处，位移是零，所以受到的回复力为零．故C正确；D、质点在1.5s时位移最大，势能最大，故动能为零，速度最小．故D错误．本题选择错误的，故选：D．14. 弹簧振子做简谐运动的过程中（）A.当加速度最大时，速度最大B.当速度最大时，位移最大C.当位移最大时，回复力最大D.当回复力最大时，速度最大【解析】简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，速度最大，加速度最小；【解答】解：A、根据a=−kxm，当加速度最大时，位移最大，而位移最大时速度为零，故A错误；B、当速度最大时，位移为零，B 错误；C、当位移最大时，回复力F=kx最大，C正确；D、当回复力最大时，位移最大，速度为零，D错误；故选：C．15. 如图所示，下述说法正确的是（）A.第0.2s末加速度为正，速度为0B.第0.6s末加速度为0，速度为正最大C.质点振动的频率是1.25HzD.质点振动的振幅是10cm【解析】根据振动图象得到位移情况，根据a=−kxm判断加速度情况，切线的斜率表示速度．【解答】解：A、第0.2s末位移为正向最大，根据a=−kxm，加速度为负的最大；最大位移处速度为零；故A错误；B、第0.6s末位移为负向最大；加速度最大，速度为零；故B错误；C、振动周期为0.8s；则频率f=10.8=1.25Hz；故C正确；D、由图可知，振幅为5cm；D错误；故选：C．16. 如图是一正弦式交变电流的电流图象．由图可知，这个电流的（）A.最大值为10AB.最大值为5√2AC.频率为100HzD.频率为200Hz【解析】根据图象可以直接得出电流的最大值和周期的大小，根据周期与频率的关系得出频率的大小．【解答】解：由图象可知，电流的最大值为10A，周期T=0.02s，则交流电的频率f=1T=50Hz．故A正确，B、C、D错误．故选：A．17. 如图所示为同一地点质量相同的甲、乙两单摆的振动图象，下列说法中正确的是（）A.甲、乙两单摆的摆长不相等B.甲摆的振幅比乙摆大C.甲摆的机械能比乙摆大D.在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆【解析】由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向．【解答】解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2π√Lg得知，甲、乙两单摆的摆长L相等．故A错误．B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大．故B正确．C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小．故C错误．D、在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度．故D正确．故选：BD．18. 如图所示，在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图象，其中实线表示A的简谐运动图象，虚线表示B的简谐运动图象．关于这两个单摆的以下判断中正确的是（）A.摆球质量一定相等B.单摆的摆长一定不同C.单摆的最大摆角一定相同D.单摆的振幅一定相同【解析】根据图线得到振幅和周期的情况，然后结合单摆的周期公式进行分析讨论，分析时要抓住单摆的周期与摆球质量、振幅无关．【解答】解：AD、由图知，A的周期小于B的周期，两摆的振幅相同，但单摆的周期与摆球质量无关，所以不能确定摆球质量关系，故A错误，D正确．C、由单摆的周期公式T=2π√Lg知，周期不同，则摆长一定不同，故B正确．D、单摆的摆长不同，振幅相同，则单摆的最大摆角一定不同，故C错误．故选：BD19. 如图所示是某弹簧振子的振动图象，由图可知（）A.质点的振幅是5cm，周期是2sB.在t=1.5s时，质点的速度和加速度方向相同C.在t=1.0s时，质点的位移最大，速度为零，加速度−x方向最大D.在t=4.0s时，质点的速度为零【解析】由振动图象能直接振幅和周期．根据图象的斜率读出速度的方向．根据位移的方向分析加速度方向．质点通过平衡位置时速度最大．【解答】解：A、由图知，质点的振幅是5cm，周期是4s，故A错误．B、在t=1.5s时，图象的斜率为负值，质点的速度沿负向．位移为正值，由a=−kxm知，加速度为负向，所以质点的速度和加速度方向相同，故B正确．C 、在t=1.0s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由a=−kxm知，加速度−x方向最大，故C正确．D、在t=4.0s时，质点的位移为0，表示质点通过平衡位置，速度最大，故D错误．故选：BC．20. 关于振动图象和波的图象，下列说法正确的是（）A.波的图象反映的是很多质点在同一时刻的位移B.通过波的图象可以找出任一质点在任一时刻的位移C.它们的横坐标都表示时间D.它们的纵坐标都表示质点的位移【解析】振动图象反映同一质点在不同时刻的位移，而波动图象反映同一时刻介质中各个质点的位移．【解答】解：A、波的图象反映的是介质中很多质点在同一时刻的位移，故A正确．B、运用波形的平移法，通过波的图象可以找出任一质点在任一时刻的位移，故B正确．C、振动图象横坐标表示时间，波的图象横坐标质点的平衡位置，故C错误．D、它们的纵坐标都表示质点的位移．故D正确．故选：ABD．21. 如图为某物体做简谐运动的图象，以下说法正确的是（）A.1.2s时刻物体的回复力与0.4s时刻的回复力相同B.0.2s时刻的速度与0.4s时刻的速度相同C.0.7s到0.9s时间内加速度在减小D.1.1s到1.3s时间内的势能在增大【解析】简谐运动的图象中图线切线的斜率表示速度，加速度和位移的关系是a=−kxm，物体经过平衡位置时动能最大，在最大位移处时动能为零．根据这些知识进行分析【解答】解：A、由图知物体在1.2s与0.4s时刻位移相同，由F=−kx知，A正确．B、物体在0.2s时刻与0.4s时刻的位移相对于平衡位置对称，由运动特点可得故速度大小方向均相同，故B正确．C、0.7s∼0.9s时间内物体的位移增大，由a=−kxm，可知物体的加速度在增大，故C错误．D、1.1s∼1.3s时间内物体的位移增大，物体远离平衡位置，则势能在增大，故D正确．故选：ABD22. 如图所示是一弹簧振子在水平面内作简谐运动的x−t图象，则下列说法正确的是（）A.t1时刻和t2时刻具有相同的动能B.t2到1.0s时间内加速度变小，速度减小C.弹簧振子的振动方程是x=0.10sinπt(m)D.t2数值等于3倍的t1数值【解析】振动图象中图象的纵坐标表示质点运动位移，根据位移情况分析摆球的位置，分析摆球的速度和拉力大小，当摆球在平衡位置时速度最大，回复力最小，则加速度最小，当摆球在最大位移处速度为零，回复力最大，则加速度最大，根据图象得出周期和振幅，从而写出弹簧振子的振动方程，根据t2、t1时刻位移都是5cm求出时间，从而求出t2、t1的关系．【解答】解：A、根据图象可知，t1时刻和t2时刻在同一个位置，速度大小相等，但方向相反，所以动能相同，故A正确；B、t2到1.0s时间内振子由正向位移处向平衡位置处振动，加速度减小，速度增大，平衡位置处速度最大，故B错误；C、根据图象可知，振动的周期T=2s，则角速度ω=2πT=πrad/s，振幅A=10cm=0.1m，则弹簧振子的振动方程是x=0.10sinπt(m)，故C正确；D、当x=5cm=0.05m时，根据振动方程是x=0.10sinπt(m)得：t1=16s，t2=56s，则t2数值等于5倍的t1数值，故D错误．故选：AC23. 如图所示为一水平弹簧振子做简谐运动的振动图象，由图可以推断，振动系统（）A.t1和t3时刻具有相等的动能和相同的加速度B.t3和t4时刻具有相同的速度C.t4和t6时刻具有相同的位移和速度D.t1和t6时刻具有相等的动能和相反方向的速度【解析】在简谐运动的振动图象上，某点斜率的大小代表速度的大小，斜率的正负代表速度的方向．【解答】解：A、v−t图象的斜率表示速度，在t1和t3时刻，速度大小相等，动能相等；另外，相同位置处振子的加速度是相等的，故A正确；B、v−t图象的斜率表示速度，在t3和t4时刻，速度相等，方向也相同，故速度相同，故B正确；C、在t4和t6时刻具有相同的位移，均为负值；但速度大小相等，方向相反，故不同，故C错误；D、v−t图象的斜率表示速度，在t1和t6时刻，速度相等，方向也相同，故速度相同，故D错误；故选：AB．24. 如图所示为某物体做简谐运动的振动图象，在所画的曲线范围内，下列关于物体的判断中正确的是（）A.在0到t1时间内，速度变大，加速度变小B.在t1到t2时间内，速度变大，加速度变小C.在t2到t3时间内，动能变大，势能变小D.在t3到t4时间内，动能变大，势能变小【解析】由振动图象直接读出质点的位移及其变化情况，能判断质点的振动方向．根据简谐运动特征：F=−kx、a=−kxm分析回复力和加速度．动量P=mv，根据速度分析．【解答】解：A、由图知，在0到t1时间内质点远离平衡位置，速度变小，加速度变大．故A错误．B、在t1到t2时间内质点靠近平衡位置，速度变大，加速度变小．故B正确．C、在t2到t3时间内质点远离平衡位置，动能变小，势能变大．故C错误．D、在t3到t4时间内，动能变大，势能变小．故D正确．故选：BD25. 如图表示某质点做简谐运动的图象，以下说法中正确的是（）A.t1、t2时刻的速度相同B.从t1到t2这段时间内，速度与加速度同向C.从t2到t3这段时间内，速度变大，加速度变小D.t1、t3时刻的加速度相同【解析】简谐运动中质点的加速度a=−kxm．加速度方向总是与质点的位移方向相反，而速度与位移变化情况相反．根据位移的变化进行分析．【解答】解：A、t1时刻图象切线的斜率为负值，说明质点的速度沿负方向，而t2时刻切线斜率为零，速度为零，则这两个时刻质点的速度不同．故A错误．B、从t1到t2这段时间内，质点的位移增大，离开平衡位置，速度沿负方向，位移为负方向，由a=−kxm，则知加速度沿正方向，所以速度与加速度方向相反．故B错误．C、从t2到t3这段时间内，质点的位移减小，靠近平衡位置，速度变大，加速度变小，故C正确．D、t1、t3时刻质点经过平衡位置，加速度都为零，故D正确．故选：CD．26. （多选）如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是（）A.由P→Q位移在增大B.由P→Q速度在增大C.由M→N位移是先减小后增大D.由M→N位移始终减小【解析】简谐运动的质点位移随时间按正弦规律变化，由图象可得振幅和周期以及振子的运动方向及位移变化情况．【解答】A、由图可知，由P→Q，位移在增大，故A正确；B、由P→Q，位移在增大，速度在减小，故B错误；C、由M→N，中间越过了平衡位置，位移先减小后增大，故C正确；D、由C分析得，D错误。
大学物理(上册)课后习题及答案
因此有： ，∴
⑵由 得： ，两边积分得：
∴
⑶质点停止运动时速度为零， ，即t→∞，
故有：
⑷ 时，其速度为： ，
即速度减至 的 .
2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为 N，式中 的单位是s，⑴求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。⑵为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度 m/s的物体,回答这两个问题。
将 ，及 代入上式，即得： 。
6.9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(10 )，式中 , 以米计， 以秒计。求：
⑴设 ＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 ?
解：⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中 、 是正压力， 、 是摩擦力， 和 是杆在 点转轴处所受支承力， 是轮的重力， 是轮在 轴处所受支承力。
杆处于静止状态，所以对 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：
解：因为
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有： ，
，
5.9一质量为 的物体作谐振动，振幅为 ，周期为 ，当 时位移为 。求：
⑴ 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
⑵由起始位置运动到 处所需的最短时间；
⑶在 处物体的总能量。
解：由题已知 ，∴
又， 时，
故振动方程为：
⑴将 代入得：
方向指向坐标原点，即沿 轴负向。
⑵由题知， 时， ； 时，
∴
⑶由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：
机械振动基础课后答案 机械振动课件
机械振动基础课后答案机械振动课件【--文秘基础】引导语：振动物体受回复力等于零的位置;也是振动停止后,振动物体所在位置;平衡位置通常在振动轨迹的中点。
下面是为你带来的机械振动课件，希望对你有所帮助。
1、什么是简谐运动？什么是回复力？2、掌握简谐运动的特点和各量的变化规律1、机械振动：物体在平衡位置所做的往复运动叫机械振动2、回复力：总是指向平衡位置，并使物体回到平衡位置的力叫回复力注意：回复力是效果力，是物体所受力的合力或合力的分力 3、简谐运动（1）定义：物体在与偏离平衡位置的位移大小成正比，总是指向平衡位置的力作用下的振动叫简谐运动（2）简谐运动的特征：回复力F：总是指向平衡位置，其大小与偏离平衡位置的位移大小成正比。
公式:F??kx加速度a：总是指向平衡位置，其大小与偏离平衡位置的位移大小成正比。
公式:a??kxm（3）各量的方向特点：位移x：方向偏离平衡位置回复力F：总是指向平衡位置加速度a：总是指向平衡位置，速度v：除两个端点外的任何位置，速度有两个可能的方向（4）各量的大小变化规律请同学们思考：动量和动能的大小变化规律所以：简谐运动是加速度变化的变速运动。
（5）简谐运动的对称性：在简谐运动中对称的两个点有如下的几个关系：位移大小相等方向相反；回复力大小相等方向相反；加速度的大小相等方向相反；速度的大小相等，方向可能相同可能相反；动量的大小相等，方向可能相同可能相反；动能的大小相等；弹簧振子：理想化的物理模型音叉叉股的上各点的振动，弹簧片上各点的振动，钟摆摆锤的振动等简谐运动是最简单的振动形式，要研究振动只有从简谐运动开始例1：下列哪些物体的运动属于机械振动（） A、在水面上随波运动的小舟 B、在地面上拍打的篮球 C、摩托车行驶时的颠簸 D、秋千的运动例2、关于振动的平衡位置，下列说法正确的是（） A、位移为零 B、回复力为零 C、加速度为零 D、合力为零 E、速度最大例3、弹簧振子在光滑的水平地面上做简谐振动，在振子向平衡位置运动的过程中（） A、振子受回复力逐渐增大 B、振子的位移逐渐增大 C、振子的速度逐渐减小 D、振子的加速度逐渐减小例4、一个弹簧振子沿水平方向的x轴做简谐运动，原点O为平衡位置，在震动中某个时刻可能出现的情况是（）A、位移与速度均为正，加速的度为负B、位移为负值，加速度为正值C、位移与加速度均为正值，速度为负值D、位移、速度、加速度均为负值例5：证明竖直弹簧振子的振动是简谐运动。
物理学教程(第二版)上册第五章课后习题答案详解
物理学教程第二版第五章课后习题答案第五章 机械振动5-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题5-１图分析与解（B ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向Ox 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B ）．5-2 一简谐运动曲线如图（a ）所示，则运动周期是（ ）(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s（D ）2.00 s题5-２图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A /2，且向x 轴正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为-3/π2．振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππϕ=+=∆，则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅==πϕωt ，周期s 40.22==ωπT .故选（B ）． 5-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1的相位比x 2的相位（ ）（A ）落后2π（B ）超前2π（C ）落后π（D ）超前π分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（B ）．题5 -３图5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（ ）（A ）60 （B ）90 （C ）120 （D ）180分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为（C ）．题5-4图5-5 若简谐运动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππ20cos 10.0t x ，式中x 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1）将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s rad π20-⋅=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a5-6 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==． 证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题5-6图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==5-7 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．题5-7图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ（1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ（２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-=（３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1）由本题的求证可知，斜面倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．5-8 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在x ＝-1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0和v ＝v 0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度v 0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题5-8图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ϕωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=ϕ，因00<v ，取2π2=ϕ；（3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±=ϕ，由00<v ，取3π3=ϕ；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±=ϕ，由00>v ，取3π44=ϕ． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=ϕ，3π3=ϕ，3π44=ϕ． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m0.22+10=-xcos⨯/3π44tπ5-9有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当t＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2ｍ处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2）当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及弹簧劲度系数k）决定的，即k mω=/，k可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．题5-9图解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl＝9.8 ×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl ＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为1ωmk//g=s=l10-∆=（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由初始条件t ＝0 时，x10＝8.0 ×10-2m、v10＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=ϕ［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０时，x 20＝0、v 20＝0.6 ｍ·s -1，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=ϕ［图（b ）］．则运动方程为 ()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x5-10 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P 对应的相位；（3）到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解 （1）质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0＝0 和t 1＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ）所示．由图可见初相3/π0-=ϕ（或3/π50=ϕ），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题5-10图（2）图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ）所示．当初相取3/π0-=ϕ时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=ϕ，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ωϕϕ．（3）由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．5-11 质量为10 g 的物体沿x 的轴作简谐运动，振幅A =10 cm ，周期T =4.0 s ，t =0 时物体的位移为，cm 0.50-=x 且物体朝x 轴负方向运动，求（1）t =1.0 s 时物体的位移；（2）t =1.0 s 时物体受的力；（3）t =0之后何时物体第一次到达x =5.0 cm 处；（4）第二次和第一次经过x =5.0 cm 处的时间间隔.分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x .其中振幅A ，角频率Tπ2=ω均已知，而初相ϕ可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程，t 时刻位移x 和t 时刻物体受力x m ma F 2ω-==也就可以求出. 对于（3）、（4）两问均可通过作旋转矢量图并根据公式t ∆=∆ωϕ很方便求解.解由题给条件画出t =0时该简谐运动的旋转矢量图如图（a ）所示，可知初相3π2=ϕ.而A =0.10 m ，1s 2ππ2-==T ω.则简谐运动方程为m )3π22πcos(10.0+=t x (1)t =1.0 s 时物体的位移m 1066.8m )3π22π0.1cos(10.02-⨯-=+⨯=x（2）t =1.0 s 时物体受力N1014.2N)1066.8()2π(101032232---⨯=⨯-⨯⨯⨯-=-=x m F ω （3）设t =0时刻后，物体第一次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 1，画出t =0和t =t 1时刻的旋转矢量图，如图（b ）所示，由图可知，A 1与A 的相位差为π，由t ∆=∆ωϕ得s 2s 2/ππ1==∆=ωϕt （4）设t =0时刻后，物体第二次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 2,画出t =t 1和t = t 2时刻的旋转矢量图，如图（c ）所示，由图可知，A 2与A 1的相位差为3π2，故有 s 34s 2/π3/π212==∆=-=∆ωϕt t t题 5-11 图5-12 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程． 分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0＝－Aωsinφ就可求出φ． 解 （1）由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=ϕ因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为()cm 6π55.1cos 2⎪⎭⎫⎝⎛-=t x题5-12图5-13 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题5-13图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分． 解 （1）单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2）由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３）摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为1s m 218.0/d d -⋅-==t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立．*5-14 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．题5-14图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/m g r T J =（这里r l C ≈）．则由平行轴定理得222220m kg 83.2π4⋅=-=-=mr mgrT mr J J 5-15 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题5-15图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1＋m 2和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0和初位移x 0）求得．初相位仍可用旋转矢量法求． 解 振动系统的角频率为()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0为12110s m 0.1-⋅=+=m m vm v又因初始位移x 0＝0，则振动系统的振幅为()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=ϕ，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x5-16 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1的空盘．现有一质量为m 2的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？题5-16图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0和初始位移x 0是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2）如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g kmg k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中k g m l 11=为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2＝g km m 21+为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()gm m khk g m x A )(21/2122020++='+=ωv 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．5-17 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题． 解 （1）由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max22k -⨯====.m Aa m A E E ω （3）设振子在位移x 0处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得m 100772230-⨯±=±=./A x（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫⎝⎛==则动能为43P K /E E E E =-=5-18 一劲度系数k =312 1m N -⋅的轻弹簧，一端固定，另一端连接一质量kg 3.00=m 的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为kg 2.0=m 的物体，两物体间的最大静摩擦系数5.0=μ.求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量.分析简谐运动系统的振动能量为2p k 21kA E E E =+=.因此只要求出两物体间无相对滑动条件下，该系统的最大振幅max A 即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为mm k+=0ω.然后以物体m 为研究对象，它和m 0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时，即max 2max A m ma mg ωμ==，由此可求出max A . 解根据分析，振动的角频率mm k+=0ω 由max 2max A m ma mg ωμ==得kgm m g A μωμ)(02max +=则最大能量J1062.92)(])([212132220202max max -⨯=+=+==kg m m kg m m k kA E μμ5-19 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1＋x 3的振幅最大？又3ϕ为多少时，x 2＋x 3的振幅最小？题5-19图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=/ 解 （1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=ϕϕϕ，故合振动振幅为()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2）要使x 1＋x 3振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =ϕ得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k ϕϕ要使x 1＋x 3的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k ϕ得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k ϕϕ5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x 1和x 2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．分析 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解 （1）由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππcos 1.02+=t x（2）由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6． （3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A()12π0.268arctan cos cos sin sin arctan22112211-=-=++=ϕϕϕϕϕA A A A则合振动的运动方程为 ()()m π/12πcos 052.0-=t x题5-20 图5-21 将频率为348 Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率υ1和拍频数Δυ＝|υ2－υ1|已知的情况下，待测频率υ2可取两个值，即υ2＝υ1 ±Δυ．式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定．解 根据分析可知，待测频率的可能值为υ2＝υ1 ±Δυ＝（348 ±3） Hz因振动系统的固有频率mkπ21=v ，即质量m 增加时，频率υ减小．从题意知，当待测音叉质量增加时拍频减少，即｜υ2－υ1｜变小．因此，在满足υ2与Δυ均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为υ2＝υ1＋Δυ＝351 Hz*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为υ1，置于液体中测得的频率为υ2，求此系统的阻尼系数．题5-22图分析 在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关系式220δωω-=．因此根据题中测得的υ1和υ2（即已知ω0、ω），就可求出δ．解 物体在空气和液体中的角频率为10π2v =ω和2π2v =ω，得阻尼系数为2221220π2v v -=-=ωωδ。
大学物理基础教程答案第05章习题分析与解答
5-1 若理想气体的体积为V ,压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻尔兹曼常数，R 为摩尔气体常数，则该理想气体的分子数为（ ）。
（A ）PV m （B ）PV kT （C ）PV RT （D ） PVmT解：由N p nkT kT V ==得，pVN kT=,故选B 5-2 两个体积相同的容器，分别储有氢气和氧气（视为刚性气体），以1E 和2E 分别表示氢气和氧气的内能，若它们的压强相同，则（ ）。
（A ）12E E = （B ）12E E > （C ）12E E < （D ） 无法确定 解：pV RT ν=，式中ν为摩尔数，由于两种气体的压强和体积相同，则T ν相同。
又刚性双原子气体的内能52RT ν,所以氢气和氧气的内能相等，故选A 5-3 两瓶不同种类的气体，分子平均平动动能相同，但气体分子数密度不同，则下列说法正确的是（ ）。
（A ）温度和压强都相同 （B ）温度相同，压强不同 （C ）温度和压强都不同（D ）温度相同，内能也一定相等解：所有气体分子的平均平动动能均为32kT ，平均平动动能相同则温度相同，又由p nkT =可知，温度相同，分子数密度不同，则压强不同，故选B5-4 两个容器中分别装有氦气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的量是（ ）。
（A ）分子平均动能 （B ）分子平均速率 （C ）分子平均平动动能 （D ）最概然速率解：分子的平均速率和最概然速率均与温度的平方根成正比，与气体摩尔质量的平方根成反比，两种气体温度相同，摩尔质量不同的气体，所以B 和D 不正确。
分子的平均动能2i kT ε=,两种气体温度相同，自由度不同，平均动能则不同，故A 也不正确。
而所有分子的平均平动动能均为k 32kT ε=,只要温度相同，平均平动动能就相同，如选C 5-5 理想气体的压强公式 ，从气体动理论的观点看，气体对器壁所作用的压强是大量气体分子对器壁不断碰撞的结果。
(完整版)大学物理学(课后答案)第5-6章
第5章 机械振动一、选择题5-1 一个质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A-，且向x 轴的正方向运动，代表这个简谐振动的旋转矢量图为[ ]分析与解 图中旋转矢量投影点的运动方向指向Ox 轴正向，同时矢端在x 轴投影点的位移为2A-,满足题意,因而选(D)。
5-2 作简谐振动的物体，振幅为A ，由平衡位置向x 轴正方向运动，则物体由平衡位置运动到32Ax =处时，所需的最短时间为周期的几分之几[ ] (A) 1 /2 (B) 1/4 (C) 1/6 (D) 1/12分析与解 设1t 时刻物体由平衡位置向x 轴正方向运动，2t 时刻物体第一次运动到32A x =处，可通过旋转矢量图，如图5-2所示，并根据公式2t T ϕπ∆∆=得31226t T T T ϕπππ∆∆===，,因而选(C)。
5-3 两个同周期简谐振动曲线如图5-3(a)所示，1x 的相位比2x 的相位[ ] O O OO A Axxx(A) (B)(D)(C)A /2-A /2 A /2 -A /2A Aωωωωx习题5-1图习题5-2图(A) 落后2π (B) 超前2π(C) 落后π (D) 超前π分析与解 可通过振动曲线作出相应的旋转矢量图（b ），正确答案为（B ）。
5-4 一弹簧振子作简谐振动，总能量为E ，若振幅增加为原来的2倍，振子的质量增加为原来的4倍，则它的总能量为[ ](A) 2E (B) 4E (C) E (D) 16E 分析与解 因为简谐振动的总能量2p k 12E E E kA =+=，因而当振幅增加为原来的2倍时，能量变为原来的4倍，因而答案选(B)。
5-5 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐振动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐振动的相位差为[ ](A) 60 (B) 90 (C) 120 (D) 180分析与解 答案（C ）。
由旋转矢量图可知两个简谐振动的相位差为120时,合成后的简谐运动的振幅仍为A 。
机械振动学习题答案
2受迫振动
杆、轴、弦的受迫振动微分方程分别为
?2u?2u
杆：?a2?ea2?f(x,t)
?t?x?2??2?
轴：j2?gip2?f(x,t), j??ip
?t?x?2y?2y
弦：?2?t2?f(x,t)
?t?x
?n?1
(8)
(9)
下面以弦为例。令y(x,t)??yn(x)?n(t)，其中振型函数yn(x)满足式(2)和式(3)。代入式(9)得
lll
2
?n??n?n?
llqn(t)
, qn(t)??ynf(x,t)dx, b??yn2dx
00?b
(12)
当f(x,t)?f(x)ei?t简谐激励时，式(12)的稳态响应解为
qn(t)1l11i?t
?n(t)?yf(x)dxe?n2222?0?b?n???n???b全响应解为
?n(t)?
?1l1??
?d1sinkl1?c2coskl1?d2sinkl1
② ③
du1(l1)du2(l1)
?ea2 ?ad④ 11coskl1?a2?d2coskl1?c2sinkl1? dxdx
②式代入③式得d1tankl1?c2?1?tankl1tank(l1?l2)?
②式代入④式得所以频率方程即
d1?c2?tank(l1?l2)?tankl1?a2/a1
q(x)?ccoskx?
dsinkx，其中k?① ②
c?0, gipdkcoskl?t0 q(x)?
t0
sinkx
gipkcoskl
t0
sinkxsin?t
gipkcoskl
高中物理易错题分析06——机械振动
高中物理易错题分析06——机械振动[内容和方法]本单元内容包括机械振动、回复力、振幅、周期、频率、简谐运动、受迫振动、共振、机械波、波长、波速、横波、纵波、波的干涉和衍射等差不多概念，以及单摆振动的周期规律、简谐运动的图像、简谐运动中的能量转化规律、波的图像、波长和频率与波速之间的关系等规律。
本单元中所涉及到的差不多方法有：由于振动和波动的运动规律较为复杂，且限于中学数学知识的水平，因此关于这部分内容不可能像研究直线运动、平抛、圆周运动那样从运动方向动身描述和研究物体的运动，而是利用图象法对物体做简谐运动的运动规律及振动在介媒中的传播过程进行描述与研究。
图像法具有形象、直观等优点，其中包含有丰富的物理信息，在学习时同学们要注意加以体会；另外，在研究单摆振动的过程中，关于单摆所受的回复力特点的分析，采取了小摆角的近似的处理，这是一种理想化物理过程的方法。
[例题分析]在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误要紧表现在：关于诸如机械振动、简谐运动、受迫振动、共振、阻尼振动、等幅振动等众多的有关振动的概念不能深刻的明白得，从而造成混淆；不能从本质上把握振动图象和波的图象的区不和联系，这要紧是由于振动的图象与波的图象形式上专门相似，一些学生只注意图象的形状，而忽略了图象中坐标轴所表示的物理意义，因此造成了将两个图象相混淆。
另外，由于一些学生对波的形成过程明白得不够深刻，导致关于波在传播过程中时刻和空间的周期性不能真正的明白得和把握；由于干涉和衍射的发生条件、产生的现象较为抽象，因此一些学生不能准确地把握相关的知识内容，表现为抓不住现象的要紧特点、产生的条件混淆不清。
例1水平弹簧振子，每隔时刻t，振子的位移总是大小和方向都相【错解分析】错解：1．第一排除A，认为A是不可能的。
理由是：水平弹簧振子的运动轨迹可简化为如图6-1，O为平稳位置，假设计时开始时，振子位于A点，每隔时刻t振子的位移总是大小和方向都相同，因此tB之间非A即B点，而这两点距平稳位置都等于振幅，因此加速度都等因此振子的动能总是相同的，因此选C是对的。
4.大学物理机械振动习题解答
4.大学物理机械振动习题解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习题四4-1 符合什么规律的运动才是谐振动分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；(2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．题4-1图解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用0d d 222=+ξωξt描述时，其所作的运动就是谐振动．(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线 性回复力．(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中 ，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题4-1图(b)所示．题 中所述，S ∆＜＜R ，故RS ∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有θθmg tmR -=22d d令Rg=2ω，则有 0d d 222=+ωθt4-2 劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．题4-2图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有21F F F ==，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有111x k F x k F -=-=串222x k F -=又有 21x x x +=2211k F k F k Fx +==串 所以串联弹簧的等效倔强系数为2121k k k k k +=串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/(2121k k k k k +=的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为2121)(222k k k k m k mT +===ππωπ串(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ==，即21x x x ==，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有2211x k x k x k +=并故 21k k k +=并 同上理，其振动周期为212k k mT +='π4-3 如题4-3图所示，物体的质量为m ，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，弹簧的倔强系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R ．先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．题4-3图解：分别以物体m 和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为x 轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x 时，有221d d sin t xm T mg =-θ ①βI R T R T =-21 ②βR tx=22d d )(02x x k T +=③式中k mg x /sin 0θ=，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有kxR txR I mR -=+22d d )(令 ImR kR +=222ω 则有0d d 222=+x txω 故知该系统是作简谐振动，其振动周期为)/2(22222K R I m kRI mR T +=+==ππωπ4-4 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按20.1cos(8)(SI)3x t ππ=+的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等(3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv EJ 1058.1212-⨯===E E E k p 当p k E E =时，有p E E 2=，即 )21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2A x -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t T A x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x4-6 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A ∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x 故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E 4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4．用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后 ，给予向上的初速度10s cm 0.5-⋅=v ，求振动周期和振动表达式．解：由题知12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时，-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x ( 设向上为正) 又 s 26.12,51082.03===⨯==-ωπωT m k 即 m102)5100.5()100.1()(22222220---⨯=⨯+⨯=+=∴ωv x A45,15100.1100.5tan 022000πφωφ==⨯⨯⨯=-=--即x v ∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x4-8 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+=4-9 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同(2)此时的振动振幅多大(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程． 解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大．(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t Mm k gM m khk mg x )(2arctan cos )(214-10 有一单摆，摆长m 0.1=l ，摆球质量kg 10103-⨯=m ，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水平向右的冲量14s m kg 100.1--⋅⋅⨯=∆t F ，取打击时刻为计时起点)0(=t ，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程． 解：由动量定理，有0-=∆⋅mv t F∴ 1-34s m 01.0100.1100.1⋅=⨯⨯=∆⋅=--m t F v按题设计时起点，并设向右为x 轴正向，则知0=t 时，100s m 01.0,0-⋅==v x ＞0∴ 2/30πφ=又 1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω ∴ m 102.313.301.0)(30202-⨯===+=ωωv v x A 故其角振幅rad 102.33-⨯==ΘlA小球的振动方程为rad )2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m 20.0，位相与第一振动的位相差为6π，已知第一振动的振幅为m 173.0，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差．题4-11图解：由题意可做出旋转矢量图如下．由图知01.02/32.0173.02)2.0()173.0(30cos 222122122=⨯⨯⨯-+=︒-+=A A A A A∴ m 1.02=A设角θ为O AA 1，则θcos 22122212A A A A A -+=即 01.0173.02)02.0()1.0()173.0(2cos 2222122221=⨯⨯-+=-+=A A A A A θ 即2πθ=，这说明，1A 与2A 间夹角为2π，即二振动的位相差为2π. 4-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅： (1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )343cos(5cm )33cos(521ππt x t x 解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆ ∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆ ∴合振幅 0=A4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m )652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
机械振动与噪声习题答案(1) 部分
振动与噪声习题解答（1）1-4 一简谐振动频率为10Hz ，最大速度为4.57m/s, 求其振幅、周期和最大加速度。
解：简谐振动的一般形式为： x (t )=Asin(ωt +φ) 速度：ẋ(t )=Aωcos(ωt +φ) 其最大速度为Aω=4.57，A =4.57ω=0.7273 周期T=1/f=0.1s, ẍ(t )=−Aω2sin(ωt +φ)ẍ(t )max =4.57ω=287.14 m/s 21-6 一台面以一定频率做垂直正弦运动，如要求台面上的物体保持与台面接触，则台面的最大振幅可有多大？解： 台面上的物体受力分析如下根据牛顿第二定律： mg −F =mẍ(t )=−mAω2sin(ωt +φ) 保持接触，则F ≥0，ẍ(t )max ≤g →A max =g ω21-7 计算两简谐运动x1=Xcos (ωt ),x2=Xcos(ω+ε)t 之和，其中ε≪ω。
如果发生拍振现象，求其振幅和拍频。
解：设x =x1+x2=X [cos (ωt )+cos (ω+ε)t ]=2Xcos (ε2)t cos (ω+ε2)t 上式可以看做是一个余弦函数，由于ε≪ω，频率可近似为ω：x ≈2Xcos (ε2)t cosωt振幅为可变振幅 2Xcos (ε2)t ，当t: 0→ πε →2πε, 振幅从 2X → 0 →2X , 每隔2πε时间重复一次，所以振幅的周期T =2πε，拍频为：T =ε2π 1-11 阐明振动与声的关系和区别答：声波是有振动引起的，这是声与振动的联系；声与振动的区别：振动量是时间t 的函数，而声波的波动量则不仅是时间t 的函数，同时还是空间s 的函数，声波波动量存在的空间称为声场。
2-3. 如图2-33所示，质量为m 、半径为r 的圆柱体，可以沿水平面做纯滚动，它的圆心O 用刚度为k 的弹簧相连，求系统的振动微分方程。
解：采用能量法1） 建立广义坐标。
取质量元件沿水平方向的位移作为广义坐标。
机械振动学习题解答1
机械振动学习题解答11-4一简谐振动频率为10Hz,最大速度为4.57m/,-求其振幅、周期和最大加速度。
解：简谐振动的位移某(t)=Ain(ωnt+)速度&某(t)=ωnAco(ωnt+)&速度幅值某ma某=ωnA某加速度幅值&&ma某=ωn2A 某加速度&&(t)=ωn2Ain(ωnt+)&由题意，fn=10Hz,某ma某=4.57m/所以，圆频率ωn=2πfn=20π圆频率振幅A=&某ma某ωn=0.072734m周期T=1/fn=0.1最大加速度2&&ma某=ωnA=ωn某ma某=287.14m/2&某1-6一台面以一定频率作垂直正弦运动，如要求台-面上的物体保持与台面接触，则台面的最大振幅可有多大？解：对物体受力分析&&mgN=m 某物体N当N=0时，物体开始脱离台面，此时台面的加速度为最大值。
即&&mg=m某ma某2&&ma某=ωnA某2A=g/ωn台面mg&&某又由于所以1-7计算两简谐运动某1=某coωt和某2=某co(ω+ε)t-之和。
其中ε<<ω。
如发生拍的现象，求其振幅和拍频。
解：某1+某2=2某co(t)co(2ε当ε<<ω时，某1+某2≈2某co(2t)coωt可变振幅ε2ω+εt)210co(2πt)εε拍振的振幅为2某,拍频为f=(不是)2π4π例：当ω=80π,ε=4π,某=5时，某1+某2≈10co(2πt)co(80πt)10振幅为10拍频为2Hz0-1000.510co(2πt)1拍的周期为0.5(不是)(不是1)1.52补充若两简谐运动振幅和频率都不同：=某1coωt+(某2coωt某2coωt)+某2co(ω+ε)t某=某1+某2=某1coωt+某2co(ω+ε)t 可变振幅A(t)=某1某2+2某2coεε≈(某1某2)coωt+2某2cotcoωt=某1某2+2某2cotcoωt22可变振幅ε%2t%%拍振的振幅为Ama某Amin=2某2(假设某2较小),拍频为f=例：当ω=80π,ε=4π,某1=8,某2=5时，13ε2π某1+某2=[3+10co(2πt)]co(80πt)振幅为13-1303+10co(2πt)0.511.52拍频为1Hz2-2如图所示，长度为L、质量为m的均质刚性杆-由两根刚度为k的弹簧系住，求杆绕O点微幅振动的微分方程。
大学物理 第五章机械波 课后习题 参考答案
方程才能写成这种形式? 解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为， 所以在波动方程中， 坐标原 点不一定要选在波源处，同样， t 0 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程
w w
可表示为 2 A cos
的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只 要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程． 5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理 量相同? 解: 取驻波方程为 y 2 A cos
(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；
om
者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高， 后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波 面数增加而升高频率．
(2)写出传播方向上距离波源为 l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为 d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程
2
2 代入上式，即得 C
( x 2 x1 )
Cd ．
2
v max A 10 0.05 0.5 m s 1
a max 2 A (10 ) 2 0.05 5 2 m s 2
.c
x)
B 2 ，波速 u ， C C 1 2 波动周期 T ． B (2)将 x l 代入波动方程即可得到该点的振动方程
不变，由此能从波动方程说明什么?
.k
x
u
x x )+ 0 ］中的 表示什么?如果改写为 y = A cos u u x x x ( t 又是什么意思?如果 t 和 x 均增加，但相应的［ ( t )+ 0 ］的值 0 )， u u u
新编基础物理学上册5-6单元课后答案
第五章5-1有一弹簧振子，振幅 A 2.0 10 2 m，周期T 1.0 s，初相 3 / 4.试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
、2解：振动方程为：x Acos[ t ] Acos[ t ]代入有关数据得：x 0.02 cos[2 t 3 ]( SI )4振子的速度和加速度分别是：v dx / dt0.04si n[2 t 34](SI) 4a d2x/dt20.082 cos[2 t3-](SI)45-2若简谐振动方程为x 0.1 cos[20 t / 4]m，求(1) 振幅、频率、角频率、周期和初相;(2) t=2s时的位移、速度和加速度.分析通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。
解: (1)可用比较法求解•根据x Acos[ t ] 0.1 cos[ 20 t / 4] 得：振幅A0.1 m，角频率20 rad / s，频率/210s 周期T 1/0.1 s，/ 4 rad(2)t 2s时，振动相位为：20 t / 4 (40/ 4) rad由x A cos ， A sin2，a A cos2x得x0.0707m, 4.44 m/s, a279m/s25-3质量为2kg的质点，按方程x 0.2 sin[ 5t ( /6)]( SI )沿着x轴振动.求:(1)t=0时，作用于质点的力的大小；(2 )作用于质点的力的最大值和此时质点的位置分析根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。
2解：(1)跟据f ma m x，x 0.2 sin[ 5t ( /6)]将t 0代入上式中，得：f 5.0 N2(2)由f m x可知，当x A 0.2 m时，质点受力最大，为 f 10.0 N 5-4为了测得一物体的质量m将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率1 1.0Hz ；而当将另一已知质量为m'的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为2 2.0Hz.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量分析根据简谐振动频率公式比较即可。
大物第五章课后习题答案
简答题5.1 什么是简谐运动？说明下列运动是否是简谐运动?(１）活塞的往复运动；(2）皮球在硬地上的跳动;（3)一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动,且经过的弧线很短；（4)锥摆的运动。
答:质点的简谐振动一定要有平衡位置，以平衡位置作为坐标原点,如果以x 表示质点偏离平衡位置的位移，质点所受合外力一定具有F kx =-的形式。
（１）活塞的往复运动不是简谐运动，因为活塞受力的方向和它的位移是同一方向,任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以活塞的往复运动是简谐运动。
（2）皮球在硬地上的跳动不是简谐运动，因为忽略空气阻力，皮球在上升和下落阶段，始终受到竖直向下的重力的作用，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以皮球的运动不是简谐运动。
(3）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短是简谐运动。
符合简谐运动的定义。
(4)锥摆的运动不是简谐运动，此时锥摆受到重力和绳的拉力的作用,这两个力的合力的大小为恒量,而方向在不断的改变,任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以锥摆的运动不是简谐运动。
5.2(1)试述相位和初相的意义，如何确定初相?（2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，ｔ＝0是质点开始运动的时刻,还是开始观察的时刻?初相20/,πϕ=各表示从什么位置开始运动?答：１)相位是决定谐振动运动状态的物理量，初相是确定振动物体初始时刻运动状态的物理量。
由初始条件可以确定初相。
2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中,t =０是质点开始计时时刻的运动状态,是开始观察的时刻。
初相0ϕ=是物体处于正最大位移处开始运动，初相/2ϕπ=是物体处于平衡位置且向初相x 轴负向开始运动。
5.3 一质点沿ｘ轴按)cos(ϕω+=t A x 作简谐振动，其振幅为A ,角频率为ω，今在下述情况下开始计时，试分别求振动的初相:(1)质点在ｘ＝+A 处；(2）质点在平衡位置处、且向正方向运动;（3)质点在平衡位置处、且向负方向运动；（4)质点在ｘ=A /２处、且向正方向运动;（5)质点的速度为零而加速度为正值。
基础物理学上册习题解答和分析 第五章机械振动习题解答和分析
习题五5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-⨯=，周期s T 0.1=，初相.4/3πϕ=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为：]2cos[]cos[ϕπϕω+=+=t TA t A x代入有关数据得：30.02co s[2]()4x t S I ππ=+振子的速度和加速度分别是： 3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI πππ==-+2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI πππ==-+5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度.分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。
解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππϕω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1/210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ϕπ=（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ϕππππ=+=+ 由cos x A ϕ=，sin A νωϕ=-，22cos a A x ωϕω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=-5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。
解：（1）跟据x m ma f 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N =（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N = 5-4为了测得一物体的质量m ，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析 根据简谐振动频率公式比较即可。
《新编基础物理学》5 机械振动要点
习题五5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-⨯=，周期s T 0.1=，初相.4/3πϕ=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为：]2cos[]cos[ϕπϕω+=+=t TA t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4x t SI ππ=+ 振子的速度和加速度分别是：3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI πππ==-+2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI πππ==-+5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度.分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。
解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππϕω+=+=t t A x得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1/210s νωπ-==，周期1/0.1T s ν==，/4rad ϕπ=（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ϕππππ=+=+ 由cos x A ϕ=，sin A νωϕ=-，22cos a A x ωϕω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=-5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。
解：（1）跟据x m ma f 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x将0=t 代入上式中，得： 5.0f N =（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N = 5-4为了测得一物体的质量m ，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析 根据简谐振动频率公式比较即可。
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习题五5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-⨯=，周期s T 0.1=，初相.4/3πϕ=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为：]2cos[]cos[ϕπϕω+=+=t TA t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4x t SI ππ=+ 振子的速度和加速度分别是：3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI πππ==-+2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI πππ==-+5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度.分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。
解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππϕω+=+=t t A x得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1/210s νωπ-==，周期1/0.1T s ν==，/4rad ϕπ=（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ϕππππ=+=+ 由cos x A ϕ=，sin A νωϕ=-，22cos a A x ωϕω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=-5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。
解：（1）跟据x m ma f 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x将0=t 代入上式中，得： 5.0f N =（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N = 5-4为了测得一物体的质量m ，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析 根据简谐振动频率公式比较即可。
解：由m k /21πν=，对于同一弹簧（k 相同）采用比较法可得：mm '21=νν 解得：'4m m =5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅m A 2100.2-⨯=，周期T=0，当t=0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在m x 2100.1-⨯=处，向负方向运动； （4）物体在m x 2100.1-⨯-=处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。
分析 根据旋转矢量图由位移和速度确定相位。
进而得出各种情况的振动方程。
解：设所求振动方程为：]4cos[02.0]2cos[ϕπϕπ+=+=t t TA x 由A 旋转矢量图可求出3/2,3/,2/,04321πϕπϕπϕϕ====（1）0.02cos[4]()x t SI π=（2）0.02cos[4]()2x t SI ππ=+题图5-5（3）0.02cos[4]()3x t SI ππ=+（4）20.02cos[4]()3x t SI ππ=+5-6在一轻弹簧下悬挂0100m g =砝码时，弹簧伸长8cm.现在这根弹簧下端悬挂250m g =的物体，构成弹簧振子.将物体从平衡位置向下拉动4cm ，并给以向上的21cm/s 的初速度（令这时t=0）.选x 轴向下，求振动方程.分析 在平衡位置为原点建立坐标，由初始条件得出特征参量。
解：弹簧的劲度系数l g m k ∆=/0。
当该弹簧与物体m 构成弹簧振子，起振后将作简谐振动，可设其振动方程为：]cos[ϕω+=t A x角频率为m k /=ω代入数据后求得7/rad s ω=以平衡位置为原点建立坐标，有：000.04,0.21/x m v m s ==- 据2020)/(ωv x A +=得：0.05A m =据Ax 01cos-±=ϕ得0.64rad ϕ=±由于00v <,应取)(64.0rad =ϕ 于是，所求方程为：))(64.07cos(05.0m t x += 5-7 某质点振动的x-t 曲线如题图5－7所示.求： （1）质点的振动方程；（2）质点到达P 点相应位置所需的最短时间.分析 由旋转矢量可以得出相位和角频率，求出质点的振动方程。
并根据P 点的相位确定最短时间。
00001cos()0,/2,031,325650.1cos()6320x A t t x A v t s t x t m P ωϕπϕππωπωππ=+==>=-=-=∴==- 解：（）设所求方程为：从图中可见，由旋转矢量法可知；又故：（）点的相位为题图5-70500.4630.4p p p t t t sP sππωϕ∴+=-==即质点到达点相应状态所要的最短时间为 5-8有一弹簧，当下面挂一质量为m 的物体时，伸长量为m 2108.9-⨯.若使弹簧上下振动，且规定向下为正方向.（1）当t ＝0时，物体在平衡位置上方m 2100.8-⨯，由静止开始向下运动，求振动方程. (2) 当t ＝0时，物体在平衡位置并以0.6m/s 的速度向上运动，求振动方程. 分析 根据初始条件求出特征量建立振动方程。
解：设所求振动方程为：)cos(ϕω+=t A x其中角频率lgm l mgm k ∆=∆==//ω，代入数据得：10/rad s ω= （1）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：000.08,0x m v =-= 据2020)/(ωv x A +=得：0.08A m =据Ax 01cos-±=ϕ得rad ϕπ=±由于0v ＝0,不妨取rad ϕπ= 于是，所求方程为：10.08cos(10)()x t SI π=+（2）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：000,0.6/x v m s ==- 据2020)/(ωv x A +=得：0.06A m =据Ax 01cos-±=ϕ得/2rad ϕπ=±由于00v <,应取/2rad ϕπ= 于是，所求方程为：20.06cos(10/2)()x t SI π=+5-9 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为)SI )(3t 2cos(104x 2π+π⨯=-，求：从 t=0时刻起到质点位置在x=-2cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间.分析 由旋转矢量图求得两点相位差，结合振动方程中特征量即可确定最短时间。
解: 依题意有旋转矢量图ϕπ∆=从图可见02(0)t t ϕωπ∆=∆=-而012t s ϕω∆==故所求时间为：5-10两个物体同方向作同方向、同频率、同振幅的简谐振动，在振动过程中，每当第一个物体经过位移为2/A 的位置向平衡位置运动时，第二个物体也经过此位置，但向远离平衡位置的方向运动，试利用旋转矢量法求它们的相位差.分析 由旋转矢量图求解。
根据运动速度的方向与位移共同确定相位。
解：由于2/10A x =、100v <可求得：4/1πϕ= 由于2/20A x =、200v >可求得：4/2πϕ-= 如图5-10所示，相位差：12/2ϕϕϕπ∆=-=题图5-10解答图5-95-11一简谐振动的振动曲线如题图5-11所示，求振动方程.分析 利用旋转矢量图求解，由图中两个确定点求得相位，再根据时间差求得其角频率。
解：设所求方程为)cos(ϕω+=t A x当t=0时：115,0x cm v =-<由A 旋转矢量图可得：02/3t rad ϕπ== 当t=2s 时：从x-t 图中可以看出：220,0x v => 据旋转矢量图可以看出， 23/2t rad ϕπ==所以，2秒内相位的改变量203/22/35/6t t rad ϕϕϕπππ==∆=-=-= 据t ϕω∆=∆可求出：/5/12/t rad s ωϕπ=∆∆= 于是：所求振动方程为：520.1cos()()123x t SI ππ=+ 5-12 在光滑水平面上,有一作简谐振动的弹簧振子,弹簧的劲度系数为K,物体的质量为m ,振幅为A .当物体通过平衡位置时,有一质量为'm 的泥团竖直落到物体上并与之粘结在一起.求:（1）'m 和m 粘结后,系统的振动周期和振幅;（2）若当物体到达最大位移处,泥团竖直落到物体上,再求系统振动的周期和振幅. 分析 系统周期只与系统本身有关，由质量和劲度系数即可确定周期，而振幅则由系统能量决定，因此需要由动量守恒确定碰撞前后速度，从而由机械能守恒确定其振幅。
解:（1）设物体通过平衡位置时的速度为v ,则由机械能守恒:221122KA mv v ==±当'm 竖直落在处于平衡位置m 上时为完全非弹性碰撞,且水平方向合外力为零,所以题图5-11题图5-11(')'mv m m umu vm m =+=+ 此后,系统的振幅变为'A ,由机械能守恒,有2211'(')22'KA m m u A =+==系统振动的周期为: K'm m 2T +π= （2）当m 在最大位移处'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 2+π. 5-13 设细圆环的质量为m,半径为R,挂在墙上的钉子上.求它微小振动的周期. 分析 圆环为一刚体须应用转动定律，而其受力可考虑其质心。
解: 如图所示,转轴o 在环上,角量以逆时针为正,则振动方程为θ-=θsin mgR dtd J 22 当环作微小摆动θ≈θsin 时, 2220d dtθωθ+=ω=22J mR =22T πω∴==5－14 一轻弹簧在60 N 的拉力下伸长30 cm ．现把质量为4 kg 的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止 ，再把物体向下拉10 cm ，然后由静止释放并开始计时．求 (1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 物体的振动方程；(3) 物体在平衡位置上方5 cm 时弹簧对物体的拉力；(4) 物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm 处所需要的最短时间．(5) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？分析 小物体分离的临界条件是对振动物体压力为零，即两物体具有相同的加速度，而小物解答图5-13体此时加速度为重力加速度，因此可根据两物体加速度确定分离条件。