大学物理学振动与波动习题答案

大学物理学（上）第四，第五章习题答案

第4章振动

P174．

4．1 一物体沿x轴做简谐振动，振幅A = 0.12m，周期T = 2s．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m，且向x轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；

（2）t = T/4时物体的位置、速度和加速度；

（3）物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．[解答]（1）设物体的简谐振动方程为

x = A cos(ωt + φ)，

其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π．当t = 0时，x = 0.06m，所以

cosφ = 0.5，

因此

φ = ±π/3．

物体的速度为

v = d x/d t = -ωA sin(ωt + φ)．

当t = 0时，

v = -ωA sinφ，

由于v > 0，所以sinφ < 0，因此

φ = -π/3．

简谐振动的表达式为

x = 0.12cos(πt –π/3)．

（2）当t = T/4时物体的位置为

x = 0.12cos(π/2–π/3)

= 0.12cosπ/6 = 0.104(m)．

速度为

v = -πA sin(π/2–π/3)

= -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s-1)．

加速度为

a = d v/d t = -ω2A cos(ωt + φ)

= -π2A cos(πt - π/3)

= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s-2)．

（3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得

cos(πt1 - π/3) = -0.5，

因此

πt1 - π/3 = ±2π/3．

由于物体向x轴负方向运动，即v< 0，所以sin(πt1 - π/3) > 0，因此

πt1 - π/3 = 2π/3，

得t1 = 1s．

当物体从x= -0.06m处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此

cos(πt2 - π/3) = 0，

可得πt2 - π/3 = -π/2或3π/2等．

由于t2 > 0，所以

πt2 - π/3 = 3π/2，

可得t2 = 11/6 = 1.83(s)．

所需要的时间为

Δt = t2 - t1 = 0.83(s)．

方法二：反向运动．物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x= 0.06m，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此

cos(πt - π/3) = 0，

可得πt - π/3 = π/2，

解得t = 5/6 = 0.83(s)．

[注意]根据振动方程

x = A cos(ωt + φ)，

当t = 0时，可得

φ = ±arccos(x0/A)，（-π < φ≦π），

初位相的取值由速度决定．

由于

v = d x/d t = -ωA sin(ωt + φ)，

当t = 0时，

v = -ωA sinφ，

当v > 0时，sinφ < 0，因此

φ = -arccos(x0/A)；

当v < 0时，sinφ > 0，因此

φ = arccos(x0/A)．

可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0 = A时，φ = 0；当初位置x0 = -A时，φ = π．

4．2 已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：

（1）a，b，c，d，e各点的位相，及到达这些状态的时刻t各是多少？已知周期为T；

（2）振

动表达式；

（3）画

出旋转矢量

图．

[解答]

方法一：由

位相求时

间．

（1）设曲线方程为

x = A cosΦ，

其中A表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位．由于x a = A，所以

cosΦa = 1，

因此Φa = 0．

由于x b = A/2，所以

cosΦb = 0.5，

因此Φb = ±π/3；

由于位相Φ随时间t增加，b点位相就应该大于a点的位相，因此

Φb = π/3．

由于x c = 0，所以

cosΦc = 0，

又由于c点位相大于b位相，因此

Φc = π/2．

同理可得其他两点位相为

Φd = 2π/3，Φe = π．

c点和a点的相位之差为π/2，时间之差为T/4，而b点和a点的相位之差为π/3，时间之差应该为T/6．因为b点的位移值与O时刻的位移值相同，所以到达a点的时刻为

t a = T/6．

到达b点的时刻为

t b = 2t a = T/3．

到达c点的时刻为

t c = t a + T/4 = 5T/12．

到达d点的时刻为

t d = t c + T/12 = T/2．

到达e点的时刻为

t e = t a + T/2 = 2T/3．

（2）设振动表达式为

x = A cos(ωt + φ)，

当t = 0时，x = A/2时，所以

cosφ = 0.5，

因此

φ =±π/3；

由于零时刻的位相小于a点的位相，所以

φ = -π/3，

因此振动表达式为

cos(2)

x A

=π-．

另外，在O时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；

由于其斜率大于

零，所以速度大

于零，因此初位

相取负值，从而

可得运动方程．

（3）如图旋

转矢量图所示．

方法

二：由时间

求位相．将

曲线反方

向延长与t

轴相交于f

点，由于x f

= 0，根据

运动方程，可得

cos(2)0

π-=

图6.2

所以

232

f t T

πππ

=±．显然f 点的速度大于零，所以取负值，解得 t f = -T /12．

从f 点到达a 点经过的时间为T /4，所以到达a 点的时刻为

t a = T /4 + t f = T /6，

其位相为

203

a a t T Φπ

=π

-=．由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．

4．3如图所示，质量为10g 的子弹以

速度v = 103m ·s -1

水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧

的倔强系数k

= 8×103N ·m -1

，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：

（1）振动的振幅；（2）振动方程．

[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即

mv = (m + M )v 0．

解得子弹射入后的速度为

v 0 = mv/(m + M ) = 2(m ·s -1

)，

这也是它们振动的初速度．

子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得

(m + M ) v 02/2 = kA 2

/2，

所以振幅为

A v =×10-2

(m)．（2）振动的圆频率为

ω=

·s -1

)．

取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为

x = A cos(ωt + φ)．

当t = 0时，x = 0，可得

φ = ±π/2；

由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为

x = 5×10-2cos(40t - π/2)(m)．

4．4 如图所示，在倔强系数为k

的弹簧下，挂一质量

为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹

性碰撞，而使其作简

谐振动，设两物体碰

后瞬时为t = 0时

刻，求振动方程．

[解答]物体落下后、碰撞前的速度为

v =

物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为

0m v v m M =

这也是它们振动的初速度．设振动方程为

x = A cos(ωt + φ)，

其中圆频率为

ω=

物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则

x 1 = Mg/k ．

物体与托盘碰撞之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则

x 2 = (M + m )g/k ．

取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为

x 0 = x 1 - x 2 = -mg/k ．因此振幅为

图4.3

图4.4

A==

初位相为

arctan

4．5重量为P的物体用两根弹簧竖直

悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在

图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直

方向振动的固有频率．

[解答]（1）可以证

明：当两根弹簧串联时，

总倔强系数为k=

k1k2/(k1 + k2)，因此固有

频率为

2π

ν=

．

（2）因为当两根弹簧并联时，总倔强

系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固

有频率为

2π

ν===

4．6 一匀质细圆环质量为m，半径为

R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平

光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的

周期．

[解答]方法一：用转动定理．通过质心

垂直环面有一个轴，环绕此

轴的转动惯量为

I c = mR2．

根据平行轴定理，环绕过O点的平行轴的转

动惯量为

I = I c + mR2 = 2mR2．

当环偏离平衡位置时，重力的力矩为

M = -mgR sinθ，

方向与角度θ增加的方向相反．

根据转动定理得

Iβ = M，

即

sin0

I mgR

+=，

由于环做小幅度摆动，所以sinθ≈θ，可得

微分方程

mgR

t I

+=．

摆动的圆频率为

ω=

周期为

2π

=22

方法二：用机械能守恒定律．取环的质

心在最底点为重力势能零点，当环心转过角

度θ时，重力势能为

E p = mg(R - R cosθ)，

绕O点的转动动能为

E I

=ω，

总机械能为

(cos)

E I mg R R

=+-

ωθ．

环在转动时机械能守恒，即E为常量，

将上式对时间求导，利用ω= dθ/d t，β=

dω/d t，得

0 = Iωβ + mgR(sinθ)ω，

由于ω≠ 0，当θ很小有sinθ≈θ，可得振动

的微分方程

mgR

t I

+=，

从而可求角频率和周期．

[注意]角速度和圆频率使用同一字母

(b)

图4.5

ω，不要将两者混淆． 4.7 横截面均匀的光滑的U 型管中有适量液体如图所示，液体的总长度为L ，求液面上下微小起伏的自由振动的频率。解：建立竖直坐标如图，令微小振动中，两臂水银面相平时，水银面坐标为0，水银的

重力势能为0，则以右臂水银面的坐标为准，

在振动中任一时刻，水银的运动速度

y d d =υ．这时振动中水银的动能为22

1v m ，水银的势能（看作两水银面相平的状态下，从右臂移高度为y 的一段水银柱到

左臂，则有质量为S ρy 的水银升高了高度y ）

为S ρgy 2．因振动中机械能守恒

=+2

221gy S m ρυ常量对t 求导数可得 02d d v =+υρυ

gy S t m

化简 02d d 22

=+gy S t

y m ρ 这就是简谐振动的微分方程．由此可得振动角频率 m

g S ρω2= L

L S g S 22==ρρω

4．8 质量为10×10-3

kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按20.1cos(8)3x t π=π+的

规律作振动，式中t 以秒(s)计，x 以米(m)

计．求：

（1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相；

（2）振动的速度、加速度的最大值；

（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；（4）画出这振动的旋转矢量图，并

在图上指明t 为1，2，10s 等各时刻的矢量位置．

[解答]（1）比较简谐振动的标准方程

x = A cos(ωt + φ)，

可知：圆频率为 ω =8π，周期

T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，

振幅为 A = 0.1(m)，位相为

φ = 2π/3．

（2）速度的最大值为

v m = ωA = 0.8π = 2.51(m ·s -1

)；加速度的最大值为

a m = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m ·s -2

)．

（3）弹簧的倔强系数为 k = m ω2，最大回复力为 f = kA = m ω2

A = 0.632(N)；振动能量为 E = kA 2/2 = m ω2A 2/2 = 3.16×

10-2

(J)，平均动能和平均势能为 k p E E == kA 2/4 = m ω2A 2/4 = 1.58×10-2(J)．（4）如图所示，当t 为1，

2，10s 等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．

4．9 一氢原子在分子中的振动可视为

简谐振动．已知氢原子质量m = 1.68×10-27kg ，振动频率v = 1.0×1014

Hz ，振

幅A = 1.0×10-11

m ．试计算：（1）此氢原子的最大速度；

（2）与此振动相联系的能量．

[解答]（1）氢原子的圆频率为

ω = 2πv = 6.28×1014(rad ·s -1

)，

最大速度为

y y

图4.7

v m = ωA = 6.28×103(m ·s -1

)．

（2）氢原子的能量为

E mv =

= 3.32×10-20(J)．

4．10 质量为0.25kg 的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k =

25N ·m -1

，如果开始振动时具有势能0.6J ，和动能0.2J ，求：

（1）振幅；

（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度． [解答]物体的总能量为

E = E k + E p = 0.8(J)．（1）根据能量公式

E = kA 2/2，

得振幅为

A =

．

（2）当动能等于势能时，即E k = E p ，由于

E = E k + E p ，

可得

E = 2E p ，即 2211

222

kA kx =?，解得

/2x == ±0.179(m)．

（3）再根据能量公式 E = mv m 2/2，

得物体经过平衡位置的速度为

m v == ±

2.53(m ·s -1

)．

4.11 两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示．

[解答]设它们的振动方程为

x = A cos(ωt + φ)，

当x = A /2时，可得位相为

ωt + φ = ±π/3．

由于它们在相遇时反相，可取

Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3， Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，

它们的相差为

ΔΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3，或者

ΔΦ` =

2π –ΔΦ = 4π/3．矢量图如图所示．

4．12

两个频率和振幅都

相同的简

谐振动的x-t 曲线如

图所示，

求：

（1）两个简谐振动的位相差；

（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程．

[解答]（1）两个简谐振动的振幅为

A = 5(cm)，

周期为

T = 4(s)，

圆频率为

ω =2π/T = π/2，

它们的振动方程分别为

x 1 = A cos ωt = 5cos πt /2，

x 2 = A sin ωt = 5sin πt /2 = 5cos(π/2 - πt /2)

即 x 2 = 5cos(πt /2 - π/2)．位相差为

Δφ = φ2 - φ1 = -π/2．（2）由于

x = x 1 + x 2 = 5cos πt /2 + 5sin πt /2 = 5(cos πt /2·cos π/4 + 5sin πt /2·sin π/4)/sin π/4 合振动方程为

cos()24

x t ππ

=-(cm)．

4．13已知两个同方向简谐振动如下：

0.05cos(10)5x t =+π，

0.06cos(10)5

x t =+π．

（1）求它们的合成振动的振幅和初位相；

（2）另有一

同方向简谐振动

x 3 = 0.07cos(10t +φ)，问φ为何值时，x 1 + x 3的振幅

为最大？φ为何值时，x 2 + x 3的振幅为最小？

（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计．

[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为

A =

= 8.92×10-2

(m)．

初位相为

1122

sin sin arctan

cos cos A A A A ?????+=+= 68.22°．

（2）要使x 1 + x 3的振幅最大，则

cos(φ – φ1) = 1，因此 φ – φ1 = 0，所以 φ = φ1 = 0.6π．要使x 2 + x 3的振幅最小，则 cos(φ – φ2) = -1，因此 φ – φ2 = π，所以 φ = π + φ2 = 1.2π．

（3）如图所示．

4．14 三个同方向、同频率的简谐振动

为

10.08cos(314)6

x t π

=+，

20.08cos(314)2x t π

=+，

350.08cos(314)6

x t π

=+．

求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相

及振动表达式；（2）合振动由初始位置运动到

x A =所需最短时间（A 为合振动振

幅）．

[解答] 合振动的圆频率与各分振动的圆频率相同

ω = 314 = 100π(rad·s-1)．

各分振动的振幅为A1 = A2 = A3 =0.08m，初相为φ1 =π/6、φ2 =π/2、φ3 =5π/6．

根据振动合成公式可得

A x = A1cosφ1 + A2cosφ2 + A3cosφ3 = 0，

A y = A1sinφ1 + A2sinφ2 + A3sinφ3

= 2A1 = 0.16(m)，

合振幅为

A=，

初位相为

φ = arctan(A y/A x) = π/2．

合振动的方程为

x = 0.16cos(100πt + π/2)．

（2

）当/2

x=时，可得

cos(100/2)2

tπ+π=，

解得

100πt + π/2 = π/4或7π/4．

由于t> 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s．

4．15 将频率为384Hz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，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率．[解答]标准音叉的频率为

v0 = 384(Hz)，

拍频为

Δv = 3.0(Hz)．

如果待测音叉

的固有频率v2比标准音叉的频率大，则得Δv = v2 - v0，

可能的频率是

v2 = v0 + Δv = 387(Hz)．

如果待测音叉的固有频率v1比标准标准音叉的频率小，则得

Δv = v0–v1，

可能的频率是

v1 = v0 - Δv = 381(Hz)．

在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2 = k/m，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率为v1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v2，即387Hz．

4．16 示波器的电子束受到两个互相垂直的电场作用．电子在两个方向上的位移分别为x = A cosωt和y = A cos(ωt +φ)．求在φ= 0，φ= 30o，及φ= 90o这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程．

[解答]根据公式

1212

cos sin

x y xy

A A A A

+-?=?，

其中Δφ =φ2–φ1 = -π/2，而φ1 = 0，φ2 = φ．（1）当Δφ = φ= 0时，可得

222

x y xy

A A A

+-=，

质点运动的轨道方程为

y = x，

轨迹是一条直线．

（2）当Δφ = φ= 30o

时，可得质点的轨道方程

222

x y xy

A A A

+-=，

即

222/4

x y A

+=，

轨迹是倾斜的椭圆．

（3）当Δφ = φ= 90o时，可得

x y

A A

+=，

即x2 + y2 = A2，

质点运动的轨迹为圆．

4．17 质量为0.4kg的质点同时参与互相垂直的两个振动：