大学物理第五版下册课后答案.docx
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大学物理第五版下册课后答案
第九章振动
9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为-A，且向x轴正方向运
2
动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）
题９-１图
分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．
9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）
（A）x=2cos⎡2πt-2π⎤（cm）（C）x=2cos⎡2πt+2π⎤（cm）
⎢⎣3
3⎥⎦
⎢⎣3
3⎥⎦
（B）x=2cos⎡4πt-2π⎤（cm）（D）x=2cos⎡4πt+2π⎤（cm）
⎢⎣3
3⎥⎦
⎢⎣3
3⎥⎦
题９-２图
分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为2π/3．振动曲线上给出质点从–A/2处运
动到+A处所需时间为1s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差∆ϕ=4π3，则角频率
ω=∆ϕ/∆t=（4π/3）s-1，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程
来找出正确答案．
9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示，x1的相位比x2的相位（）
（A）落后π
2
（B）超前π
2
（C）落后π（D）超前π
分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（b）．
题９-３图
9-4当质点以频率ν作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）
（A）
v（B）v（C）2v
2
（D）4v
分析与解质点作简谐运动的动能表式为Ek
=1mω2A2sin2（ωt
2
+
ϕ），可见其周期为
简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C）．
9-5图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）
3
（A）π
2
1
（B）π
2
（C）
π（D）0
分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差
是π（即反相位）．运动方程分别为x1
=Acosωt和x2
=Acos（ωt+π）．它们的振幅不同．对
2
于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x1=
而正确答案为（D）．
Acosωt．因2
题９-５图
9-6有一个弹簧振子，振幅A=2.0⨯10-2m，周期T=1.0s，初相ϕ
出它的运动方程，并作出x-t图、v-t图和a-t图．
=3π/4．试写
题９-6图
分析弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程
x=Acos（ωt+ϕ）的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A、ϕ已知外，ω可通过关系式ω=2π/T确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．
解因ω=2π/T，则运动方程
x=Acos（ωt
+ϕ）=A
⎛2πt
+ϕ⎫
cosç⎪
⎝T⎭
根据题中给出的数据得
x=2.0⨯10-2cos（2πt
+0.75π）（m）
振子的速度和加速度分别为
v=dx/dya=d2x/d2y
=-4π⨯10-2sin（2πt
=-8π⨯10-2cos（2πt
+0.75π）（m⋅s-1）
+0.75π）（m⋅s-1）
x-t、v-t及a-t图如图所示．
9-7若简谐运动方程为x=0.10cos（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（ωt+ϕ）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=0.10cos（20πt+0.25π）（m）与x=Acos（ωt+ϕ）比较后可得：
振幅A＝
0.10m，角频率ω=20πs-1，初相ϕ＝0.25π，则周期T=2π/ω=0.1s，频率v=1/THz．
（２）t=2s时的位移、速度、加速度分别为
x=0.10cos（40πt+0.25π）=7.07⨯10-2m
v=dx/dt=-2πsin（40π+0.25π）=-4.44m⋅s-1
a=d2x/d2t=-40π2cos（40π+0.25π）=-2.79⨯102m⋅s-2
9-8一远洋货轮，质量为m，浮在水面时其水平截面积为S．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．
m/k
分析要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F与位移x间的关系，如果满足F=-kx，则货轮作简谐运动．通过F=-kx即可求得振动
周期T=2π/ω=2π．
证货轮处于平衡状态时［图（a）］，浮力大小为F＝mg．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O，竖直向下为x轴正向，如图（b）所示．则当货轮向下偏移x位移时，受合外力为
∑F=P+F'
其中F'为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为
F'=F+ρgSx=mg+ρgSx
则货轮所受合外力为
题９-８图
∑F=P-F'=-ρgSx=-kx
式中k=ρgS是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑F=md2x/d2t可得货轮运动的微分方程为
d2x/d2t+ρgSx/m=0
令ω2=ρgS/m，可得其振动周期为
m/ρgS
T=2π/ω=2π
9-9设地球是一个半径为R的均匀球体，密度ρ=5.5⨯103kg⋅m-3．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m的质点在此隧道内作无摩擦运动．
（1）证明此质点的运动是简谐运动；
（2）计算其周期．
题９-９图
分析证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．
证
（1）取图所示坐标．当质量为m的质点位于x处时，它受地球的引力为
F=-Gmxm
x2
xx
式中G为引力常量，m是以x为半径的球体质量，即m=4πρx3/3．令k=4πρGm/3，则质点受力
F=4πρGmx/3=-kx
因此，质点作简谐运动．
（2）质点振动的周期为
m/k
3π/Gρ
T=2π=
=5.07⨯103s
9-10如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1、k2
时．
（1）证明其运动仍是简谐运动；
（2）求系统的振动频率．
．当物体在光滑斜面上振动
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υ．
证设物体平衡时两弹簧伸长分别为x1、x2，则由物体受力平衡，有
mgsinθ=k1x1=k2x2
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x1'和x2'，即物体受力为
（1）
x=x1'+x2'．则
F=mgsinθ-k2（x2+x2'）=mgsinθ-k1（x1+x1'）
将式
（1）代入式
（2）得
（２）
F=-k2x2'=-k1x1'
由式（3）得x1'=-F/k1、x2'=-F/k2，而x=x1'+x2'，则得到
（３）
1
2
F=-[kk/（k+k）]x=-kx
12
1212
式中k=k1k2/（k1+k2）为常数，则物体作简谐运动，振动频率
v=ω/2π=1
2π
k/m=
12
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=，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．
*9－11在如图（a）所示装置中，一劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为m1的物体A，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m、半径为R的定滑轮B（可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为m2的物体C．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，
求系统的振动角频率．
题9-11图
分析这是一个由弹簧、物体A、C和滑轮B组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．
（1）从受力分析着手．如图（b）所示，设系统处于平衡状态时，与物体
A相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O，此时弹簧已伸长x0，且kx0=m2g．当弹簧沿Ox轴正向从原点O伸长x时，分析物体A、C及滑轮B的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．
（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方
程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．
解1在图（b）的状态下，各物体受力如图（c）所示．其中F=-k（x+x0）i．考虑到绳
子不可伸长，对物体A、B、C分别列方程，有
FT1
=-k（x+
x0）=
d2x
m1dt2
d2x
（1）
m2g-FT2=m2dt2
（2）
（-）
=α=1
d2x
FT2
FT1RJ
2mRdt2
（3）
kx0=m2g
（4）
方程（3）中用到了F=F'、F
=F'、J=mR2/2及α=a/R．联立式
（1）～式（4）
T2T2
可得
T1T1
d2xk
则系统振动的角频率为
dt2
+
m1+m2
+m/2x=0
（5）
k/（m1+m2+m/2）
ω=
解2取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x（此时速度为v、加速度为a）为末状态，则由机械能守恒定律，有
E=-mgx+1mv2+1mv2+1Jω2+1k（x+x）2
022122220
在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得
0=-mgv+mvdv+mvdv+Jωdω+k（x+x）dx
21dt
2dtdt
0dt
将J=mR2/2，ωR=v，dv/dt=d2x/dt2
和mg=kx
代入上式，可得
d2x+
dt2m
20
k
+m+m/2x=0
（6）
12
式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．
9-12一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＝-1.0×10-2m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，ω=2/T=4πs-1，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（ωt+ϕ），当t=0时有x0=Acos（ωt+ϕ），
v0=-Aωsin．当
（1）x0=A时，cosϕ1=1，则ϕ1=0；
ππ
（2）x0=0时，cosϕ2=0，ϕ2
=±，因v0<0，取ϕ2=；
22
（3）x0
=1.0⨯10-2m时，cosϕ
=0.5，ϕ3
=±π
3
，由v0
<0，取ϕ3=；
π
3
π
3
=
．
（4）x=-1.0⨯10-2m时，cosϕ=-0.5，ϕ=π±，由v>0，取ϕ4π
0443043
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ϕ1=0，ϕ2=
，ϕ3=
π
2
，ϕ4=．
π
4π
33
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）x=2.0⨯10-2cos4πt（m）
（2）x=2.0⨯10-2cos（4πt+π/2）（m）
（3）x=2.0⨯10-2cos（4πt+π/3）（m）
（4）x=2.0⨯10-2cos（4πt+4π/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t＝0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2ｍ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ω=
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．
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
k/m
g/∆l
ω===10s-1
（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，
v/ω）2
x10＝8.0×10-2m、v10＝0可得振幅A==8.0⨯10-2m；应用旋转矢量法可
确定初相ϕ1
=π［图（a）］．则运动方程为
v/ω）2
1
x=8.0⨯10-2cos（10t+π）（m）
（2）t＝0时，x20＝0、v20＝0.6ｍ·s-1，同理可得A2=
=6.0⨯10-2m；
ϕ2=
π/2［图（b）］．则运动方程为
2
x=6.0⨯10-2cos（10t+0.5π）（m）
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ϕ0，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A；而ω、ϕ0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＝0.10ｍ．而由振动曲线可画出t0＝0和t1＝4ｓ时旋转矢
量，如图（b）所示．由图可见初相ϕ0=-π/3（或ϕ0
=5π/3），而由
ω（t1-t0）=π/2+π/3得ω=5π/24s，则运动方程为
-1
x=0.10cos⎛5πt-π/3⎫
（m）
⎝
⎭
ç24⎪
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
p
图（c）所示．当初相取ϕ0=-π/3时，点P的相位为ϕp=ϕ0+ω（t-0）=0（如果初相
p
取成0=5π/3，则点P相应的相位应表示为ϕp=ϕ0+ω（t-0）=2π．
（3）
p
p
由旋转矢量图可得ω（t-0）=π/3，则t=1.6s．
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
∆ϕ1
=π/2，则所需时间
∆t1=∆ϕ1/ω=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∆ϕ2
则所需时间
=π/6，
∆t2=∆ϕ2/ω=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
∆ϕ0
=π/3，则所需时间
∆t3=∆ϕ3/ω=T/6
题9-15图
9-16在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2m．求：
（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；
（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？
（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物会跳离平板？
题9-16图
分析按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P和板支持力FN作用，FN是一个变力．按牛顿定律，有
d2y
F=mg-FN=mdt2
（1）
由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a
改写为
=d2ydt2
=-Aω2
cos（ωt
+ϕ）
，则式
（1）可
FN=mg
+
mAω2cos（ωt
+ϕ）
（2）
（1）根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ωt+ϕ，由式
（2）可求板与物体之间的作
用力．
（2）由式
（2）可知支持力FN
的值与振幅A、角频率ω和相位（ωt
+
ϕ）有关．在振
动过程中，当ωt+ϕ＝π时FN最小．而重物恰好跳离平板的条件为FN＝0，因此由式
（2）可
分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．
解
（1）由分析可知，重物在最低点时，相位ωt+ϕ＝0，物体受板的支持力为
N
F=mg+mAω2=mg+mA（2π/t）2=12.96N
重物对木块的作用力FN'与FN大小相等，方向相反．
（2）当频率不变时，设振幅变为A′．根据分析中所述，将FN＝0及ωt+ϕ
分析中式
（2），可得
=π代入
A'=mg/mω2=gT2/4π2=6.2⨯10-2m
（3）当振幅不变时，设频率变为v'．同样将FN＝0及ωt+ϕ
1mg/mA
2π
可得
=π代入分析中式
（2），
2
v'=ω=
2π
=3.52Hz
9-17两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为
x1=Acos（ωt+ϕ），当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方
向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．
题9-17图
解图示为两质点在时刻t的旋转矢量图，可见第一个质点M的相位比第二个质点N的相位超前π/2，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为
x2=Acos（ωt+ϕ-π/2）
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v
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