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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 = Acos(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 = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)． 当t = 0时，

v = -ωAsinφ，

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 = -πAsin(π/2 – π/3)

= -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s-1

)． 加速度为

a = dv/dt = -ω2Acos(ωt + φ)

= -π2

Acos(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

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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 = Acos(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 = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)， 当t = 0时，

v = -ωAsinφ，

当v > 0时，sinφ < 0，因此

φ = -arccos(x0/A)； 当v < 0时，sinφ > 0，因此

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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

x 动表达式；

A a （3）画A/2 b 出旋转矢量O c 图．

d t [解答]e 方法一：由图6.2 位相求时间．

（1）设曲线方程为

x = AcosΦ，

其中A表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位．

由于xa = A，所以

cosΦa = 1，

因此 Φa = 0．

由于xb = 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xc = 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

ta = T/6．

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到达b点的时刻为

tb = 2ta = T/3．

到达c点的时刻为

tc = ta + T/4 = 5T/12．

到达d点的时刻为

td = tc + T/12 = T/2．

到达e点的时刻为

te = ta + T/2 = 2T/3． （2）设振动表达式为

x = Acos(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

x?Acos(2?tT??3)． 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d c 零，所以速度大b 于零，因此初位e a 相取负值，从而

O φ x 可得运动方程．

A （3）如图旋转矢量图所示．

方法

二：由时间x 求位相．将

A a 曲线反方A/2 b f 向延长与tO c 轴相交于fd t 点，由于e xf = 0，根

据运动方程，可得

cos(2?tT??3)?0

所以

2?tfT??3???2． word完美格式

显然f点的速度大于零，所以取负值，解得

tf = -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

ta = T/4 + tf = T/6，

其位相为

?ta?a?2?T?3?0．

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m v M k 振动．设弹簧

的倔强系数k

图4.3 = 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)v0．

解得子弹射入后的速度为

v0 = 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) v22

0/2 = kA/2，

所以振幅为

A?vm?M0k= 5×10-2

(m)． （2）振动的圆频率为

??km?M= 40(rad·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 = Acos(ωt + φ)．

当t = 0时，x = 0，可得

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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

k M的托盘．质量为mx1 x2 的物体由距盘底高m O h处自由下落与盘h 发生完全非弹性碰

M 撞，而使其作简谐振

动，设两物体碰后瞬

x 时为t = 0时刻，求

图4.4 振动方程．

[解答]物体落下后、碰撞前的速度为

v?2gh，

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

vm0?m?Mv?mm?M2gh，

这也是它们振动的初速度． 设振动方程为

x = Acos(ωt + φ)，

其中圆频率为

??km?M．

物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x1，则

x1 = Mg/k．

物体与托盘碰撞之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x2，则

x2 = (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

x0 = x1 - x2 = -mg/k． 因此振幅为

A?x2?v20mg22ghm20?2?(k)?k(m?M)