《大学物理学》课程作业习题（含解答）第9章作业题

9-7若简谐运动方程为x=0.10cos(20元t+0.25元)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x=Acos(ot+o)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×=0.10cos(20元t+0.25元)m)与x=Acos(ot+)比较后可得：振幅A=0.10m，角频率0=20元s，初相=0.25元，则周期T=2元/=0.1s，频率0=1/T Hz.（2）t=2s时的位移、速度、加速度分别为x=0.10 cos(40元t+0.25元)=7.07×10~mv=dx/dt=-2元sin(40元+0.25元)=-4.44m·sa=d°x/dt=-40元cos(40元+0.25元)=-2.79×10°m·s29-12一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m，周期T=0.50s：当1=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=-1.0×10-m处，向负方向运动；（4）物体在x=-1.0×10-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1=0时，xo和u来确定值（2）旋转失量法：如图（a）所示，将质点P在Ox轴上振动的初始位置xo和速度w的方向与旋转矢量图相对应来确定。旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用，MA(a)(b)

9-7 若简谐运动方程为 x = 0.10 cos(20πt + 0.25π)(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 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 x = Acos(t +) 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 x = 0.10 cos(20πt + 0.25π)(m) 与 x = Acos(t +) 比较后可得：振幅 A ＝ 0.10m， 角频 率 1 20π s − ω = ，初相  ＝ 0.25 π ， 则 周期 T = 2π /ω = 0.1s ，频率 v =1/T Hz ． （２） t = 2s 时的位移、速度、加速度分别为 0.10 cos(40π 0.25π) 7.07 10 m −2 x = t + =  ( ) -1 v = dx /dt = −2πsin 40π + 0.25π = −4.44ms ( ) 2 2 2 2 -2 a = d x / d t = −40π cos 40π + 0.25π = −2.7910 ms 9-12 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 ＝x0 和 v ＝v0 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 x0 和速度 v0 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 9-12 图解由题给条件知A=2.0×10-2m，の=2/T=4元s-，而初相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x=Acos(ot+p)，当t=0时有xo=Acos(ot+p)，0=-Aosin 当（1)x= A时，cosq =1,则g =0:(2）=0时，cosp=0，2=±号，因0，取4=4旋转失量法：分别画出四个不同初始状态的旋转失量图，如图（b）所示，它们所对应的初和分别为0一0。一号。1一号。一等。振幅A、角频率の、初相均确定后，则各相应状态下的运动方程为(1) x=2.0×10-2 cos4t (m)(2) x=2.0×10-2 cos(4t+元/2) (m)(3) x=2.0x10-2 cos(4t+元/3) (m)(4) x= 2.0×10-2 cos(4t +4元/3) (m)9-13有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8×10-2m。若使物体上、下振动，且规定向下为正方向。（1）当1=0 时，物体在平衡位置上方 8.0×10-2 m处，由静止开始向下运动，求运动方程。（2）当1=0时，物体在平衡位置并以0.6m-si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、の和.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，即の=/k/mk可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算：振幅A和初相需要根据初始条件确定

题 9-12 图 解 由题给条件知 A ＝2.0 ×10-2 m， 1 2/ 4π s − ω = T = ，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 x = Acos(t +) ， 当 t = 0 时 有 x = Acos(t +) 0 ， v0 = −Aωsin ．当（1） x0 = A 时， cos1 =1 ，则 1 = 0 ； （2） x0 = 0 时， cos2 = 0， 2 π 2 =  ，因 v0  0 ，取 2 π 2 = ； （3） 1 0 10 m 2 0 − x = .  时， cos3 = 0.5， 3 π 3 =  ，由 v0  0 ，取 3 π 3 = ； （4） 1 0 10 m 2 0 − x = − .  时， cos4 = −0.5， 3 π 4 = π  ，由 v0  0 ，取 3 4π 4 = ． 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 1 = 0， 2 π 2 = ， 3 π 3 = ， 3 4π 4 = ． 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） 2.0 10 cos4πt (m) −2 x =  （2） 2.0 10 cos(4πt π/2) (m) 2 =  + − x （3） 2.0 10 cos(4πt π/3) (m) 2 =  + − x （4） 2.0 10 cos(4πt 4π/3) (m) 2 =  + − x 9-13 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 ×10-2 ｍ 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 m/ ， 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．

(b)(a)题9-13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A/=9.8×102m.则弹簧的劲度系数k=F/ 4I=mg/4l.系统作简谐运动的角频率为0=/k/m=/g/N=10s-l（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1=0时x10=8.0×10-2m、V10=0可得振幅A=/x%+(%/o)=8.0×10-2m；应用旋转失量法可确定初相，=元【图（a)］则运动方程为x, =8.0×10-2 cos(10t +元) (m)(2)1=0时，x20=0、1= 0.6m sl同理可得4=/%+(20/0=6.0×10-2m；2=元/2［图（b）】，则运动方程为x,=6.0x10-2 cos(10t+0.5元) (m)9-14某振动质点的x-1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间题，本题就是要通过×一1图线确定振动的三个特征量A、の和，从而写出运动方程。曲线最大幅值即为振幅A：而の、通常可通过旋转失量法或解析法解出，一般采用旋转失量法比较方便解（1）质点振动振幅A=0.10m.而由振动曲线可画出 to=0和=4 s时旋转矢量，如图（b）所示，由图可见初相。=-元/3（或。=5元/3），而由

题 9-13 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 1 10 s −  = k / m = g / l = （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 ×10-2 m、v10 ＝0 可得振幅 ( ) 8 0 10 m 2 2 10 2 10 − A = x + v /  = .  ；应用旋转矢量法 可确定初相 1 = π ［图（a）］．则运动方程为 8.0 10 cos(10t π) (m) 2 1 =  + − x （ 2 ） t ＝ ０ 时 ， x20 ＝ 0 、 v20 ＝ 0.6 ｍ ·s-1 ，同理可得 ( ) 6 0 10 m 2 2 20 2 2 20 − A = x + v /  = .  ； 2 = π/ 2 ［图（b）］．则运动方程为 6.0 10 cos(10t 0.5π) (m) 2 2 =  + − x 9-14 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 0 ，从而写出运动方程．曲 线最大幅值即为振幅 A；而 ω、0 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 t0 ＝0 和 t1 ＝4 ｓ时旋 转矢量，如图（ b ） 所示．由图可见初相 0 = −π /3 （ 或 0 = 5π/3 ），而由

0-1）=元/2+元/3得0=5元/24s-，则运动方程为x=0.10com/m0.09x/1/r(a)(b)(e)题 9-14 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。对应的旋转失量图如图（c）所示，当初相取。=-元/3时，点P的相位为9,=%+ol，-0)=0（如果初相取成。=5元/3，则点P相应的相位应表示为=。+，-0)=2元（3）由旋转矢量图可得t，-0)=元/3，则t，=1.6s9-15作简谐运动的物体，由平衡位置向x轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到x=A/2处；（3）由×=A/2处到最大位移处.解采用旋转失量法求解较为方便.按题意作如图所示的旋转失量图，平衡位置在点0.（1）平衡位置xi到最大位移x处，图中的旋转失量从位置1转到位置3，故△，=元/2，则所需时间Nt =Aq /0=T/4（2）从平衡位置xI到x2=A/2处，图中旋转量从位置1转到位置2，故有△2=元/6，则所需时间Nt, = Ap, / 0= T /12（3）从x2=A/2运动到最大位移x3处，图中旋转矢量从位置2转到位置3，有△3=元/3，则所需时间N,=Aβ,/0=T/6

(t 1 − t 0 ) =  / 2 + / 3 得 1 5π/ 24 s − ω = ，则运动方程为 π / 3 (m) 24 5π 0.10 cos       x = t − 题 9-14 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 0 = −π /3 时，点 P 的相位为  p = 0 +(t p − 0) = 0 （如果 初相取成 0 = 5π/3 ，则点 P 相应的相位应表示为 p = 0 + ω(t p − 0) = 2π ． （3） 由旋转矢量图可得 ω(t p − 0) = π /3 ，则 =1.6 s p t ． 9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向 x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最 短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到 x ＝ A/2 处； （3） 由 x ＝A/2 处到最大位移处． 解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点 O． （1） 平衡位置 x1 到最大位移 x3 处，图中的旋转矢量从位置 1 转到位置 3，故 Δ 1 = π/ 2 ，则所需时间 t 1 = 1 /  =T / 4 （2） 从平衡位置 x1 到 x2 ＝A/2 处，图中旋转矢量从位置 1 转到位置 2，故有 Δ 2 = π/6 ，则所需时间 t 2 = 2 /  =T / 12 （3） 从 x2 ＝A/2 运动到最大位移 x3 处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置 3，有 Δ 3 = π/3 ，则所需时间 t 3 = 3 /  = T / 6

题 9-15 图9-25质量为0.10kg的物体，以振幅1.0x10-2m作简谐运动，其最大加速度为4.0m-s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amx=Ao，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EkA2/2.当动能与势能相等时，E=Ep=kAP/4.因而可求解本题.解（1）由分析可得振动周期T=2元/0=2元/A/am=0.314s（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E =E-ImA"--mAd=2.0×103 J（3）设振子在位移xo处动能与势能相等，则有k/2=k/4得x=±V2A/2=±7.07×10m（4）物体位移的大小为振幅的一半（即x=A/2）时的势能为E,==()=E/4212则动能为Ek =E-E, =3E/4

题 9-15 图 9-25 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 2 amax = 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 ＝ kA2 /2．当动能与势能相等时，Ek ＝EP ＝kA2 /4．因而可求解本题． 解 （1） 由分析可得振动周期 2π/ 2π / 0.314 s T = ω = A amax = （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 2 0 10 J 2 1 2 1 3 max 2 2 k − =  = = = . E E mA  mAa （3） 设振子在位移 x0 处动能与势能相等，则有 2 4 2 2 0 kx / = kA / 得 2 2 7 07 10 m 3 0 − x =  A/ =  .  （４） 物体位移的大小为振幅的一半（即 x A = / 2 ）时的势能为 4 2 2 1 2 1 2 P E / A E kx k  =      = = 则动能为 EK = E − EP = 3E / 4

9-27质量m=10g的小球与轻弹簧组成一振动系统，按x=0.58元t+元/3)（cm）的规律作自由振动，求（1）振动的角频率、周期、振幅和初相；（2）振动的能量E：（3）个周期内的平均动能和平均势能解（1）将x=0.5(8元t+元/3)(cm)与x=Acos(ot+g)比较后可得：角频率の=8元s-l，振幅A=0.5cm，初相g=元/3，则周期T=2元/=0.25s（2）简谐运动的能量E==mAo2=7.90×10-5J（3）简谐运动的动能和势能分别为Ex=mA'0'sin' (ot+ 0)E,=mA'0'cos (ot +0)则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为Exm4o'sn(o)=4395×10mcos(+)395×10Ep=元0A9-30两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x1和x2：（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转失量，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，由旋转失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=0.1m，T=2s，则0=2元/T=元s-1，曲线1表示质点初始时刻在×=0处且向×轴正向运动，因此91=一元/2；曲线2表示质点初始时刻在x=A/2处且向×轴负向运动，因此92=元/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x, =0. lcos(元t - 元/2) (m) 和x = 0. cos(πt +元/3) (m)（2）由图（b）可知振动2超前振动1的相位为5元/6.(3) x=x +x = A'cos(ot+p)其中 A'=4 +A +2AA.cos(2 -0)=0.052 m4sin4sn=actan(-0.268)=β= arctanAcost + A.cosp2

9-27 质量 m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按 x = 0.5(8πt + π/3)(cm) 的规 律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量 E；（3） 一 个周期内的平均动能和平均势能． 解 （1） 将 x = 0.5(8πt + π/3)(cm) 与 x = Acos(t +) 比较后可得：角频率 1 8π s − ω = ， 振幅 A ＝0.5cm，初相 φ＝π/3，则周期 T ＝2π/ω＝0.25 ｓ （2） 简谐运动的能量 7 90 10 J 2 1 2 2 −5 E = mA  = .  （3） 简谐运动的动能和势能分别为 E = mA  (t +) K 2 2 2 sin 2 1 E = mA  (t +) P 2 2 2 cos 2 1 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为 ( ) 3 95 10 J 4 sin d 2 1 1 5 2 2 0 2 2 2 − = + = =   .     mA mA t t T E T K ( ) 3 95 10 J 4 cos d 2 1 1 5 2 2 0 2 2 2 − = + = =   .     mA mA t t T E T P 9-30 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 x1 和 x2；（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 0.1cos(π π/ 2)(m) x1 = t − 和 0.1cos(π π/3)(m) x2 = t + （2） 由图（b）可知振动 2 超前振动 1 的相位为 5π／6． （3） x = x + x = Acos(t +) 1 2 其中 2 1 2 cos( 2 1 ) 0 052 m 2 2 2 1 A = A + A + A A  − = . ( ) 12 arctan 0.268 cos cos sin sin arctan 1 1 2 2 1 1 2 2       = − = − + + = A A A A

x=0.052cos(rt -π/12)(m) 则合振动的运动方程为x/10m元/2tA1(a)(b)遇 9-30 图9-31将频率为 348Hz的标准音又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，求待测音叉的固有断分析这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法。在频率u和拍频数 Au=u一il已知的情况下，待测频率可取两个值，即u2=U+AD.式中Au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（348±3）H因振动系统的固有频率0：，即质量m增加时，频率u减小。从题意知，当待测V音叉质量增加时拍频减少，即|一I变小，因此，在满足u与u均变小的情况下式中只能取正号，故待测频率为=DI+AU=351Hz9-10如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为k、k：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

则合振动的运动方程为 x = 0.052cos(πt − π/12)(m) 题 9-30 图 9-31 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1 和拍频数 Δ＝|2 －1| 已知的情况下，待测频率2 可取两个值，即2 ＝1 ±Δ．式中 Δ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 2 ＝1 ±Δ ＝（348 ±3） Hz 因振动系统的固有频率 m k 2π 1 v = ，即质量 m 增加时，频率 减小．从题意知，当待测 音叉质量增加时拍频减少，即｜2 －1｜变小．因此，在满足2 与 Δ 均变小的情况下， 式中只能取正号，故待测频率为2 ＝1 ＋Δ＝351 Hz 9-10 如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为 1 k 、 2 k ．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．

Dw(b)(a)AAAww(d)(c)题 9-10 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U证设物体平衡时两弹簧伸长分别为x、x2，则由物体受力平衡，有(1)mgsin 0= kx =kxz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x和，即X=x+，则物体受力为(2)F =mgsin0-k( +x)=mgsino-k( +x)将式（1）代入式（2）得F=-kx=-kx(3)由式（3）得x=-F/k、=-F/k，而x=x+，则得到F=-kh /(h +k)k=-kx

题 9-10 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  ． 证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为 1 x 、 2 x ，则由物体受力平衡，有 1 1 2 2 mgsin = k x = k x （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 1 x  和 2 x  ，即 1 2 x = x  + x  ．则物体受力为 ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 F = mgsin −k x + x  = mgsin −k x + x  （２） 将式（1）代入式（2）得 2 2 1 1 F = −k x  = −k x  （３） 由式（3）得 1 1 x  = −F / k 、 2 2 x  = −F / k ，而 1 2 x = x  + x  ，则得到 F = −k k (k + k )x = −kx 1 2 1 2 /

式中k=kk/(k+k)为常数，则物体作简谐运动，振动频率=/k/m=/kk,/(k+k)mV=0/2元=讨论（1）由本题的求证可知，斜面倾角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=元/G+k)/m，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。9-18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Umax，由Umax=Aα可求出角频率の，进而可求出周期T和加速度的最大值amax=Aα2在要求的简谐运动方程x=Acos（ot+）中，因为4和の已得出，故只要求初相位即可。由-1曲线图可以知道，当！=0时，质点运动速度0o=Vmax/2=Ao/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿×轴正向向着平衡点运动。利用 vo=一Awsing就可求出 解（1）由vm=Ao得0=1.5s-l，则T=2元/0=4.2s(2)amx=A02=4.5×10-m.s2（3）从分析中己知0。=-Aosin=Ao/2，即sinp=-1/2=一元/6,5元/6因为质点沿×轴正向向平衡位置运动，则取=-5元/6，其旋转失量图如图（b）所示。则运动方程为x=2cos(1.5t -5元/6)(cm)

式中 ( ) 1 2 1 2 k = k k / k + k 为常数，则物体作简谐运动，振动频率 k k (k k )m π v ω k m 1 2 1 2 / 2 1 / 2π 1 = / 2π = = + 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 v (k k )/ m 2π 1 = 1 + 2 ，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． 9-18 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 vmax ，由 vmax ＝Aω 可求出角频率 ω，进而可求 出周期 T 和加速度的最大值 amax ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程 x ＝Acos（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 v0 ＝vmax/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 v0 ＝－Aωsinφ 就可求出 φ． 解 （1） 由 vmax = A 得 1 1 5 s −  = . ，则 T = 2π /ω = 4.2 s （2） 2 2 2 max 4 5 10 m s − − a = A = .   （3） 从分析中已知 v0 = −Aωsin = Aω/ 2 ，即 sin = −1 / 2 = −π / 6,−5π / 6 因为质点沿 x 轴正向向平衡位置运动，则取 = −5π/6 ，其旋转矢量图如图（b）所示．则 运动方程为 x = 2cos(1.5t −5π/6)(cm)

v/(cm-s-1)P0=7元/6(a)(b)惠9-18图飞轮质量为12kg，内缘半径r=0.6m，如图所示。为了测定其对质心轴的转9-21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.9-21 题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T=2元/J/mgl，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离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T=2元/J/mgl。，可得J=mgrT?/4元2，则由平行轴定理得J。= J-mr2= mgrT2 / 4元2-mr2=2.83 kg·m29-22如图（a）所示，质量为1.0×10-kg的子弹，以500m-s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4.99kg，弹簧的劲度系数为8.0×103N-m2，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 9-18 图 9-21 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． 9-21 题图 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 T = 2π J /mgl ，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 T = 2π J /mgl ，可得 2 2 J = mgrT / 4π ．则由平行轴定理得 2 2 2 2 2 J0 = J − mr = mgrT / 4 − mr = 2.83 kg m 9-22 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．