第九章基本知识
小结
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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
（x
表
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示线位移或角位移）；弹簧振子：ω02=k/m，单摆：ω02=g/l，扭摆：ω02=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，
。
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，频率成整数比
不是简谐振动，振动周期等于分振动周期的最小公倍数
方向相同，频率不同，频率较高，又非常接近
出现拍现象，拍频等于分振动频率之差
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)
方向垂直，频率不同，频率成整数比
利萨如图形，花样与振幅、频率、初相有关
⒌阻尼振动的动力学方程为
。
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，
，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
；
其稳定解为
，ω是驱动力的频率，A0和φ也不是由初始条件决定,
当
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：
mg
即，
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
m
坐标o-x。设m向右偏离平衡位
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）
.
由牛顿第二定律：
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？
m
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：
， o
所以m所受的回复力
， x
由牛顿二定律；
，即
，未串联前频率
，令
，即
，可求得：
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
方法
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：
在重力场中单摆的周期为
，g是重力场强度
现在单摆在力场
中振动，力场强度：
⑵以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向，由转动定理：
同样可以认为单摆在力场
中振动，力场强度：
⑶与前面分析完全相同，
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。
k
解：利用9.2.2
题
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的结果：
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
cm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
.设振子的运动学方程为
.
据题意,t=0时，
,代入⑴、⑵中，有
由⑴'、⑵'可解得：A=3×10-2m；
,
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。
x
解：以平衡位置为坐标原点，建立图示坐标o-x
⑴
⑵设运动学方称为
，将t=0时，x=0.5×10-2,v=15×10-2代入，有
①2+②2，可求得 A2=0.475×10-4，A=6.89×10-3m，将A值代入①、②中得：
所以，运动学方程为：
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
-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
mg
定理τo=Ioβ, ∴
,即
⑵∵单摆的周期为
∴与薄圆环振动周期相等的单摆的摆长L=2R. o
R
c
⑶设剩余圆环的质心在c处，质量为 r
m/3.据平行轴定理：Io=Ic+mr2/3;Io’ = mR2/3
o'
=Ic+m(R-r)2/3,∴Ic=mR2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr2/3
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
. 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T0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。⑴求当h=50cm和h=100cm时的比值T//T0.⑵是否存在某一h值，可令T=T0,若有可能，求出h值并解释为什么h取此值时周期不变。
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