振动基本知识小结

1、由转动定理：一 mgh，= Id 2 T dt29.2.1 一刚体可绕水平轴摆动。刚体质量为m,其重心C和轴0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，那么刚体所受力矩t = - mghsin $因为是微小摆动，sin，二t = - mgh $ ,即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位 置附近运动，因而是简谐振动。即,d2 :丨 mgh.2 mghmgh轻弹簧与物体的连接如下图，物体质量为 m,弹簧的劲度系数为 ki和k2,支承面为理想光滑面，求系统振动的固有频率。k

2、ik2AWW m WWWox解：以平衡位置为原点建立 坐标o-x。设m向右偏离平衡位 置x，那么弹簧1被拉长x，弹簧2 被压缩x, m所受的合力(即回复力) F =(匕 k2)x.由牛顿第二定律：kk2x m影境 kx -02 M*2i'k1 *2二灼0= m ,怕0 =寸mr9.2.3 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.假设在振子和弹簧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 L1,弹簧2k1伸长 L2, L1+a

3、 L2 = 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k1 L1 = k2 L2 (2);由、解得：也L2=石 X,oI所以m所受的回复力 Fk2.)L2 =氏x ,x由牛顿二定律；一去x = m，即兽mk务x =0 二0$船©，未串联前频率 叫=嘉，令«0 =i0，即 vm至毛招，可求得：k2=；k1单摆周期的研究：单摆悬挂于以加速度a沿水平方向直线行驶的车厢内；单摆悬挂于以加速度a上升的电梯内；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I.解：以车为参考系，单摆受力如图示, 条件T si n

4、：二 ma, T cos：二 mg, tg ：二 a/g设平衡位置与竖直线成 a角，由平衡设单摆偏离平衡位置角位移为0 (0 <5° ),单摆所受回复力矩：.=-mglsin(：R -malcos(R=-mlg(sin： cost cos sinv)-a(cos： cos： - sin： sinRv : 5 , cosv ： 1, sin v ： v, gsi n： = a cos：t m -mlg(si n a + 日 cot) - a(cosa - 8 si not)-ml (geos：亠 a si n ： )v由转动定理：I - - ., ml2 d, - -ml (g

5、cosas in ：),存竺斗A =0, cos：2 g cosaHasin aa2 七2''oi - rT=2*以上求解较为麻烦,我们可以用=g/ . a2 g2,sin =a/ . a2 g2,另外一种简捷的思路和方法:在重力场中单摆的周期为T =2二，g , 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:g' = g a, g'= . g? a. T =2二.；，=2二、-g2 a2以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向,由转动定理:d.2-(mg ma)l sin v : -m(g a)N - ml=

6、0,"。七呼，T =2算需S同样可以认为单摆在力场mg丨mg-ma中振动，力gg a,与前面分析完全相同，T =2二.13在通常温度下，固体内原子振动的频率数量级为10 /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 x 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：利用题的结果：kk k1 k2 = 2k S.； U .0m； mk 专m，02 珂 6.0(2二 1013)2 = 354N /mcm为926 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

7、自平衡位置拉长 2 2 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：弹簧振子的圆频率国0 = '卷=7 .设振子的运动学方程 x = Acos(7t 比)(1), v =篇=-7Asin(7t 比)(2).据题意,t=0 时，x = 2 2 10" m,v = 7.0 10' m / s ,代入(1)、中，2 2 10, =Acos：(1)',7.0 10, =-7As in：(2)'由'、可解得：a=3 x 10-2m； cos=2=2/3,si n：= -1/3,a = - 19.47 o= -

8、0.34rad.代入(1)中，振子的运动学方程为：-2x = 3 x 10 cos (7t - 0.34).质量为1.0x 10 g的物体悬挂在劲度系数为在t=0时，物体距平衡位置的位移为+0.5cm，速度为解：以平衡位置为坐标原点，建立图示坐标o-x 1-0106 10;:-：103 =10.1061.0 x 10 dyn/cm的弹簧下面，求其振动的周期; +15cm/s，求运动学方程。10-T 汽，102；0 =0.1"sOx10 10设运动学方称为x二Acos(10： 10t，二)v = -10.10Asi n(10.10t：), 将 t=0 时x=0.5 x10-2,v=15

9、 x 10-2代入0.5 10 2 二 Acos：，-3 10/(2 . 10) 口 Asin ：,将A值代入、中得 2+ 2 ,可求得A2=0.475 x 10-4 , A=6.89 x 10-3mcos： = 0.726,sin ： = 0.688,： = -0.759rad所以，运动学方程为：x = 6.89 10； cos(10 10t - 0.759)一简谐振动的规律为x=5cos(8t+ n /4),假设计时起点提前 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假设干？一简谐振动的运动学方程为x=8sin(3t- n ),假设计时起点推迟1s,它的初相是多少

10、？欲使其初相为零，应怎样调整计时起点？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：设计时起点提前t0秒，贝U t'=t+t 0，将t=t'-t 0代入原方程得x=5cos(8t'-8t 0+ n /4).当 to=O.5s 时，x=5cos(8t'-4+ n /4)=5cos(8t'-184 o)=5cos(8t'+176 o)假设使初相为零，令-8to+ n /4=0，得to= n 132,即计时起点提前n /32秒可使初相为零。原方程 x=8sin(3t- n )=8cos(3t-3 n /2).设计时起点推迟to秒，贝

11、U t'=t-t 0,将t=t'+t 0代入原方程得x=8cos(3t'+3t o-3 n /2).当 to=ls 时，x=8cos(3t'+3-3 n /2)=8cos(3t'-98 o), / to=1s 时，初相 a = (3-3 n /2) rad=-98o假设使初相为零，令3to-3 n /2=0，得to= n /2,即计时起点推迟n /2秒可使初相为零。半径为R得薄圆环静止于刀口0上,求与其振动周期相等的单摆的长度。将圆环去掉2；,T单摆的周期为T =2兀与薄圆环振动周期相等的单摆的摆长L=2R.画出某简谐振动的位移-时间曲线，其振动规律为x

12、=2cos2 n (t+1/4) (SI 制).解：由运动学方程可知： A=2m, 3 0=2 n ,T=2 n / co o=1s, a =n /2.方法一：根据余弦函数图像规律：相位 =0,n /2, n ,3 n /2,2 n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 2 n (t+1/4)=0, n /2, n ,3 n /2,2 n ;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=2cos2 n t'，以1/4秒为t轴的时间单位，先画出它的x-t&

13、#39;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。令其在自身平面内作微小的摆动。求其振动的周期。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。解：如图示,t o=-mgRsin $ -mgR $ 由平行轴定理，lo=mR2+mR2=2mR2;据转动 定理 t o=Io 3 ,二mgR = 2mR2 ,即卩711*F2/3cI-o'Ro设剩余圆环的质心在c处，质量为2 2m/3.据平行轴定理：Io=Ic+mr /3;lo, = mR /32 2 2=I c+m(R-r) /3,二 lc=mR /3-m(R-r) /3=2mRr/3-m

14、r 代入前式得Io=2mRr/3.设余环摆角为$，那么2 2t o= - mgr $ 13.由转动定理 t o=Io 3 o，有 -mgr 0 /3=(2mRr/3)d $ /dt ,即亍 2R 二 °，' o 二 2gR,T -o-.2gR. 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。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°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。求当h=50cm和h=

15、100cm时的比值T/T °.是否存在某一 h值，可令T=T°，假设有可能，求出h值并解 释为什么h取此值时周期不变。解：为简便起见，借用 题中求得的结果，物理摆的周期 T =2二.mg (1)，其中hc为摆质心到 转轴的距离。QQQ未加小物体时： m二m°, I二召m°lmb (4) "m°lhc =2，代入(1)中 T。=2二 3g .加小物体后：m=2m0, hc = (m0h m0 $)/2m0 詔 +，I =$mol2 +moh2,代入(1)中 T =2叫|(123 T _ l2 -3h2 T0 = l2 2hl当 l=1m

16、,h=0.5m 时，壬=： 0.9354当 l=1m，h=l=1m 时，令二爲打 T.155令 T=T° ,即 l2 3h2 =l2 2hl, h(3h -2|) = 0，解得：h=0, h=2l/3 .在h=0处加小物体，即把物体放在转轴处， 对摆的摆动毫无影响，故周期不变。由To = 2二.2g可知,此物理摆的等效单摆长度为 |l，因此，在h =知处加小物体，相当于只增加单摆的质量，没有改变单摆 的长度，故周期不变。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

17、后的运动学方程。解：设 m1=0.9kg,m2=0.1kg,碰前 m2的速度为V20=1.0m/s,碰后两球的共同速度为V0.由动量守恒，有m2V20 =(m1 m2)V0=0.1m/s碰后两球构成一个单摆，圆m2V20 = 0.1 1.0 mi 打2 一 0.9 "0.1频率'= . i = 9.93.3 .设运动学方程x 二 Acos(3.3t ： ) (1),v 二 - -3.3Asin(3.3t： ) (2)将 t=0 时,x=0,v=0.1 代入 得：0=Acos a '，0.1= - 3.3Asin a ' a要同时满足''，只有取

18、a =- n /2;代入'得A疋0.03.所以运动学方程为：x = 0.03cos(3.3t - -2)质量为200g的框架，用一弹簧悬挂起来，使弹簧伸长30cm处从静止开始落进框架，求铅快落进框架后的运动学方程。解：设a为弹簧自由伸长时框架的位置, 位置并取作坐标原点。据题意：ab=0.1m, k=mg/ab=0.2 x 9.8/0.1=19.6N/m, 在 o 点，2mg=k(ab+bo), bo=2mg/k-ab=0.1m 设碰后铅块与框架获得的共同速度为v',由动量10cm，今有一质量为200g的铅块在高 b为碰前框架的平衡位置，o为碰后平衡恒:m. 2gh =2mv&

19、#39;,v'= . 2gh/2 =2 9.8 0.3/2 1.21碰后框架与铅块振动的圆频率国0 = 為=:罷=7 ,设振动的运动学方程为x = Acos(7t 卜二)，v = -7 As in (7t 卜二)，将振动的初始条件:t=0 时,x = -0.1, v = v'=1.21 代入，有: 0.1=Acos：,1.21 - -7Asin：,即一0.173 = Asin：2+ 2, 得A2 =(-0.1)2 (-0.173)2 ： 0.04, A = 0.2m，将 A 值代入、中得:-120 ° = -2 n /3所以，运动学方程为：X = 0.2cos(7t

20、-|)cos a = -0.5, sin a = -0.865, a =质量为200g的框架，用一弹簧悬挂起来，使弹簧伸长 竖直向上飞来，与框架发生完全弹性碰撞，小球碰前速度为10cm,框架下方有一质量为 20g的小球10m/s，求碰后框架的运动学方程。解：以框架平衡位置为坐标原点，据题意：k =0.2 9.8/0.1 =19.6, s 、需=9.9vo',小球碰后速度为 v',框架碰前静止，碰后速度为由动量守恒： m'v0' = mv0 m'v',由牛顿碰撞公式：设小球质量为m'，小球碰前速度为V0Vo -v'Vo'由此

21、可求得:2 0.02 ( 40)矿 0.02-1.82m/s设运动学方程 x = Acos(9.9t 也)，v = -9.9Asin(9.9t 匕)代入初始条件：0二Acos，-1.82二-9.9Asin由知a = ± n /2,为满足式，取 a = n /2,代入得：A=0.184所以，运动学方程为： x =0.184cos(9.9t -J)质量为m的物体自倾角为0的光滑斜面顶点处由静止而滑下，滑行了 I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，如下图。问两物体碰撞后作何种运动，并解出其运动学方程

22、。m=m '5kg,k=490N/m, 0 =30o,l=0.2m.解：设a为弹簧自由.m伸长处，b为只有m'时的 平衡位置，o为m与m'粘 在一起时的平衡位置以o 为原点，建立图示 o-x坐标。由平衡条件有：m'gsin v - kab, (m m')gsin j - kao.ob = ao -ab = mgsin/k=5 9.8 0.5/490 = 0.05m2设m与m'碰前速度为V1，由能量守恒，mglsinr = 1 mv1 ,W = . 2gl sinv - 2 9.8 0.2 0.5 =1.4 .设 m 与 m'碰后共同 速度

23、为 V0,由动量守恒 mw =(m m')v°,V0 二料二弓=0.7m/s显然，碰撞后两小球在平衡位置o附近作简谐振动，其圆频率国0 =7 .设运动学方程为 x = Acos(7t +a)(1),速度 v =詈=-7Asin(7t 十。)(2).将初始条件t=0, x=0.05 ,v =0.7 代入得：-0.05 二 Acos： (1)', 0.7=-7As in：(2)'.可解得：A=0.1118m, a = - 1.107rad. /x = 0.1118 cos(7t -1.107)9.3.1 1851年傅科作证明地球自转的实验，摆长69m,下悬重球28

24、kg.设其振幅为5.0o,求其周期和振动的总能量，重球最低处势能为零。解：T =2兀*；可=2><3.141芻跆16.7S ；根据能量守恒，振动的总能量等于摆在最高点时的势能E 二 mgl(1 -cosmax) =28 9.8 69(1 - cos5 )72j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).求弹簧的劲度系数，求最大动能，求总能。解：0 二土 . k=m 0 =0.05 10 =5N/m v =dt =20cos10t, Vmax = 20cm/s = 0.2m/s根据能量守恒，总能

25、量等于最大动能，为1.0 X 10-3j假设单摆的振幅为0 °,试证明悬线所受的最大拉力等于2mg(1+ 0 ° )证明：单摆的运动学方程为：V - v0 COS( .0t 也)角速度二 d/dt - - % si n(壮卜二)在法向方向应用牛顿第二定律：T-mgcos ： - man 二 m 212 2T 二 mgcosr ml 0 二0 sin 0t 匕25 ,. COST ：-1/ 0 二 ¥ ,0t * - 2 时，T 最大所以，Tmax = mg mgm2 二 mg1 氏2x = Acos 3 t, y =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 Acos( 3 t+a ).求出a =0, n /3, n /2时的轨迹方程并画图表示。解：a =0时，轨迹方程y=x,如图a所示。 a = n /3 时，x = Acos 3 t, p 伙