第5章 机械振动
-2
5-1 有一弹簧振子，振幅A =2.0⨯10m ，周期T =1.0s ，初相ϕ=
3π
. 试写出它的振动位4
移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式可得到振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为
x =A cos(ωt +ϕ) =A cos(
代入有关数据得
2π
t +ϕ) T
x =0.02cos(2πt +
振子的速度和加速度分别是
3π
)(m) 4
v =
d x 3π=-0.04πsin(2πt +)(m⋅s -1) d t 4
d 2x 3π
a =2=-0.08π2cos(2πt +)(m⋅s -2)
d t 4
5-2一弹簧振子的质量为0.500kg ，当以35.0cm 的振幅振动时，振子每0.500s 重复一次运动. 求振子的振动周期T 、频率ν、角频率ω、弹簧的倔强系数k 、物体运动的最大速率v max 、和弹簧给物体的最大作用力F max .
分析：最大速率v max =A ω, a max =A ω2，F max =ma max ，ω=2πv ，v =要求出周期T 即可.
s 解：由题意可知 T =0. 500；
所以频率 v =1/T =2.00Hz ；
角频率
1
，所以只T
ω=2πv =4π=12.6(rad⋅s -1) ；
2
2
-1
倔强系数 k =m ω=0.500⨯12.6=79.4(N⋅m ) ； 最大速率 v max =A ω=0.35⨯12.6=4.41(m⋅s )
最大作用力 F max =ma max =mA ω=0.500⨯0.35⨯12.6=27.8(N)
5-3质量为2kg 的质点，按方程x =0.2cos(5t -
2
2
-1
π
6
)(m)沿着x 轴振动. 求：
（1）t =0时，作用于质点的力的大小； （2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.
分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐运动方程求解，位移最大时受力最大。 解：（1）跟据牛顿第二定律
πd 2x
f =m 2=-m ω2x ，x =0.2cos(5t -)(m)
6d t
将t =0代入上式中，得：
f =5.0N
（2）由f =-m ω2x 可知，当x =-A =-0.2m 时，质点受力最大，为f =10.0N 5-4在某港口海潮引起海洋的水平面以涨落高度d （从最高水平到最低水平）做简谐运动，
周期为12.5h. 求水从最高处下降了d /4高度需要多少时间？
分析：由旋转矢量法即可求解.
解：从最高水平到最低水平为2倍的振幅，由题可得旋转矢量图，从解图5-4中可见
θ=arc cos(
d /4π
) = d /23
解图5-4
t =
θθπ/3
==12.5=2.08(h) ω2π/T 2π
-2
5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，其振幅A =2.0⨯10m ，周期T =0.5s ，当t =0时，
则：
（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⨯10m 处，向负方向运动； （4）物体在x =-1.0⨯10m 处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。
分析 根据旋转矢量图，由位移和速度可以确定初相位。进而得出各种情况的振动方程。 解：设所求振动方程为
-2-2
x =A cos(
2π
t +ϕ) =0.02cos(4πt +ϕ) T
由旋转矢量图解图5-5可求出初相位
ϕ1=0, ϕ2=π/2, ϕ3=π/3, ϕ4=2π/3
（1）x =0.02cos 4πt (m)
解图
5-5
（2）x =0.02cos(4πt +（3）x =0.02cos(4πt +
π
2
)(m) )(m)
π
32π
)(m) （4）x =0.02cos(4πt +3
5-6在一轻弹簧下端悬挂m 0=100g 砝码时，弹簧伸长8cm. 现在这根弹簧下端悬挂
-1
构成弹簧振子. 将物体从平衡位置向下拉动4cm ，并给以向上的21cm ⋅s m =250g 的物体，
的初速度（令这时t =0）. 选x 轴向下为正，求振动方程.
分析 在平衡位置为原点建立坐标轴，由初始条件得出特征参量。 解：弹簧的劲度系数
k =m 0g /∆l
该弹簧与物体m 构成弹簧振子，起振后将做简谐运动，可设其振动方程为
x =A cos(ωt +ϕ)
角频率为ω=
k /m 代入数据后求得
ω=7rad ⋅s -1
以平衡位置为原点建立坐标，则
x 0=0.04m, v 0=-0.21m ⋅s -1
由A =
A =0.05m
据ϕ=±cos
-1
x 0
得 A
ϕ=±0.64rad
由于v 0
x =0.05cos(7t +0.64)(m)
5-7 某质点振动的x-t 曲线如题图5-7所示. 求： （1）质点的振动方程；
（2）质点从t =0的位置到达P 点相应位置所需的最短时间.
分析 由旋转矢量可以得出初相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据P 点的相位确
定最短时间。
解：（）设所求方程为：1x =A cos(ωt +ϕ0) 从图中可见，t =0, x 0=A /2, v 0>0由旋转矢量法可知；ϕ0=-又 t =1s, ωt -∴
π
3
π
3
=
π
2
ω=
5π
6
题图5-7
5ππ
t -)(m)63
（2） P 点的相位为0故：x =0.1cos(
∴ωt p +ϕ0=
5ππ
t p -=0t p =0.4s
63
即质点到达P 点相应状态所要的最短时间为0.4s
-2
5-8有一弹簧，当下面挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8⨯10m . 若使弹簧上下振动，且规定向下为正方向.
-2
（1）当t =0时，物体在平衡位置上方8.0⨯10m ，由静止开始向下运动，求振动方程.
-1
(2) 当t =0时，物体在平衡位置并以0.6m ⋅s 的速度向上运动，求振动方程.
分析 根据初始条件求出特征量建立振动方程。 解：设所求振动方程为
x =A cos(ωt +ϕ)
其中角频率ω=
k /m =
mg
/m =∆l g
，代入数据得 ∆l
ω=10rad ⋅s -1
（1） 以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有
x 0=-0.08m, v 0=0
据A =
A =0.08m
据ϕ=±cos
-1
x 0
得ϕ=±π，由于v 0＝0，不妨取ϕ=π于是，所求方程为 A
x 1=0.08cos(10t +
π)(m)
（2） 以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有
x 0=0, v 0=-0.6m ⋅s -1
据A =
A =0.06m
据ϕ=±cos
-1
x 0ππ
得ϕ=±，由于v 0
22A
x 2=0.06cos(10t +)(m)
2
π
5-9 一质点沿x 轴做简谐运动，振动方程为x =4⨯10cos(2πt +
-2
π
3
)(m)，求：从t =0时
刻起到质点位置在x =-2cm 处，且向x 轴正方向运动时的最短时间.
分析 由旋转矢量图求得两点相位差，结合振动方程中特征量即可确定最短时间。 解: 依题意有旋转矢量图（解图5-9），从图中可得到
∆ϕ=π
而
∆ϕ=ω∆t =2π(t 0-0)
故所求时间为
t 0=
∆ϕ
1
=s ω2
解图5-9
5-10两个物体做同方向、同频率、同振幅的简谐运动，在振动过程中，每当第一个物体经过位移为A /2的位置向平衡位置运动时，第二个物体也经过此位置，但向远离平衡位置的方向运动，试利用旋转矢量法求它们的相位差.
分析 由旋转矢量图求解。根据运动速度的方向与位移共同确定初相位。 解：由于x 10=A /2、v 10
ϕ1=π/4
由于x 20=A /2、v 20>0可求得
ϕ2=-π/4
如解图5-10所示，相位差
解图
5-10
∆ϕ=ϕ1-ϕ2=π/2
5-11一简谐运动的振动曲线如题图5-11所示，求振动方程. 分析 利用旋转矢量图求解，由解图5-11中两个确定点求得相位，再根据时间差求得其角频率。 解：设所求方程为x =A cos(ωt +ϕ)
当t =0时，x 1=-5cm, v 1
ϕ=
2π
3
题图5-11
当t =2s 时，从x-t 图中可以看出
x 2=0, v 2>0
据旋转矢量图可以看出
ϕt =2=
所以，2秒内相位的改变量
3π 2
∆ϕ=ϕt =2-ϕt =0=
据∆ϕ=ω∆t 可求出
3π2π5π-= 236
解图
5-11
ω=
于是，所求振动方程为
∆ϕ5π
=rad ⋅s -1 ∆t 12
52
x =0.1cos(πt +π)(m)
123
5-12 在光滑水平面上有一做简谐运动的弹簧振子, 弹簧的劲度系数为k , 物体的质量为m , 振幅为A . 当物体通过平衡位置时, 有一质量为m ' 的泥团竖直落到物体上并与之粘结在一起. 求:（1）m ' 和m 粘结后, 系统的振动周期和振幅;
（2）若当物体到达最大位移处, 泥团竖直落到物体上, 再求系统振动的周期和振幅.
分析 系统周期只与系统本身有关，由质量和劲度系数即可确定周期，而振幅则由系统能量决定，因此需要由动量守恒确定碰撞前后速度，从而由机械能守恒确定其振幅。 解:（1）设物体通过平衡位置时的速度为v , 则由机械能守恒
121
kA =m v 2 22
得
v =±当m ' 竖直落在处于平衡位置m 上时为完全非弹性碰撞, 且水平方向合外力为零, 所以
m v =(m +m ') u
m
u =v
m +m '
此后, 系统的振幅变为A ' , 由机械能守恒, 有
11
kA '2=(m +m ') u 222
A ' ==系统振动的周期为
T =2（2）当m 在最大位移处m ' 竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A, 周期为
T =2 5-13 设细圆环的质量为m , 半径为R , 挂在墙上的钉子上. 求它微小振动的周期. 分析 圆环为一刚体，可由转动定律求解。
解: 如解图5-13所示, 转轴O 在环上, 设角度θ以逆时针为正, 则振动方程为
d 2θ
J 2=-mgR sin θ d t
当环作微小摆动sin θ≈θ时, 得
d 2θmgR
+θ=0 d t 2J
设
ω=
d 2θ
+ω2θ=0 2d t
解图
5-13
2
因为 J =2mR ，所以
T =
2π
ω
=2
5-14 一轻弹簧在60 N的拉力下伸长30 cm．现把质量为4 kg的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止 ，再把物体向下拉10 cm，然后由静止释放并开始计时． (1) 求物体的振动方程；
(2) 求物体在平衡位置上方5 cm时弹簧对物体的拉力；
(3) 物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm处所需要的最短时间． 分析 小物体分离的临界条件是对振动物体压力为零，即两物体具有相同的加速度，而小物体此时加速度为重力加速度，因此可根据两物体加速度确定分离条件。 解： 如解图5-14所示，选平衡位置为原点，取向下为x 轴正方向。 由f =kx 得
k =
(1) 由题意可知 A =10cm, 所以振动方程
解图5－14
f 1
=200N ⋅-m x
ω=≈7.07rad ⋅s -1
ϕ=0
x =0.1cos(7.07t )(m)
(2) 物体在平衡位置上方5 cm时，弹簧对物体的拉力 f =m (g -a ) 而
a =-ω2x =2.5m ⋅s -2
所以
f =29.2N
(3) 因为t =0时刻的初相位ϕ=0，所以物体从第一次越过平衡位置时，对应的相位为
ϕ1=
π 2
物体在平衡位置上方5cm 处，此时x =-5cm ，即 -5=A cos ϕ2, 因为此时物体向上运动，v
∆ϕ=ω∆t 得
2π 3
2ππ-
∆ϕ=0.074(s) ∆t ==ω7.07
5-15在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg 的重物. 现使平板沿竖直方向做上下简谐运动，周期为0.50s ，振幅为2.0⨯10m ，求： （1）平板到最低点时，重物对板的作用力；
（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？ 分析 重物跳离平板的临界条件是对平板压力为零。
解：重物与平板一起在竖直方向上做简谐运动，向下为正建立坐标，振动方程为
-2
x =0. 02cos(4πt +ϕ)
设平板对重物的作用力为N ，于是重物在运动中所受合力为
2
f =mg -N =ma ，而a =-ωx
跟据牛顿第三定律，重物对平板的作用力N ' 为
N ' =-N =-m (g +ω2x )
（1）在最低点处：x =A , 由上式得
N ' =12.96N
（2）频率不变时，设振幅变为A ' , 在最高点处（x =-A ' ）重物与平板间作用力最小，设
N ' =0可得
A ' =g /ω2=0.062m
（3）振幅不变时，设频率变为ν' ，在最高点处（x =-A ' ）重物与平板间作用力最小，设
N ' =0可得
ν' =ω'/2π=
=3.52Hz
5-16一物体沿x 轴做简谐运动，振幅为0.06m ，周期为2.0s ，当t=0时位移为0.03m ，且向x 轴正方向运动，求：
（1）t=0.5s时，物体的位移、速度和加速度；
（2）物体从x =-0.03m 处向x 轴负方向运动开始，到达平衡位置，至少需要多少时间？ 分析 通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。 解：设该物体的振动方程为x =A cos(ωt +ϕ) 依题意知
ω=2π/T =π(rad⋅s -1), A =0.06m
据ϕ=±cos
-1
x 0
得 A
ϕ=±
由于v 0>0, 应取
π
3
ϕ=-
可得
π
3
x =0.06cos(πt -)(m)
3
（1）t =0.5s 时，振动相位为
π
解图5-16
ϕ=πt -
据x =A cos ϕ,
π
3
=
π
6
v =-A ωsin ϕ, a =-A ω2cos ϕ=-ω2x 得
a =-0.512m ⋅s -2
x =0.052m,
v =-0.094m ⋅s -1,
（2）由A 旋转矢量图可知，物体从A 矢量转过的角度为∆ϕ=
x =-0.03m 处向x 轴负方向运动，到达平衡位置时，
5π
，该过程所需时间为 6=0.833s
∆t =
∆ϕ
ω
5-17一单摆的角振幅θ0=0.010π，周期T =0.50s ，求
（1）最大的摆动角速度；
（2）当角位移是角振幅一半时，角速度的大小.
分析：写出振动的一般表达式，求导得到角速度的一般表达式后，根据已知条件则可求解.
解：(1) 因ω=
2π
=4π(rad⋅s -1) ，设振动的表达式为 T
θ=θ0cos(ωt +ϕ)
则
d θ
=-θ0ωsin(ωt +ϕ) d t d θ
() max =θ0ω=0.040π2(rad⋅s -1) d t
（2）当θ=
1
θ0时，有 2
cos(ωt +ϕ) =
1 2
sin(ωt +φ) =所以角速度的大小
d θ=-ωθ0sin(ωt +φ) =ωθ0=2(rad⋅s -1) d t 2
5-18 有一水平的弹簧振子, 如题图5-18所示，弹簧的劲度系数k =25N ⋅m , 物体的质量
-1
m =1.0kg , 物体静止在平衡位置. 设以一水平向左的恒力F =10N 作用在物体上(不计一切
摩擦), 使之由平衡位置向左运动了0.05m, 此时撤除力F , 当物体运动到最左边开始计时, 求物体
的运动方程.
分析 恒力做功的能量全部转化为系统能量，由机械能守恒可确定系统的振幅。
(t +
ϕ ) 解: 设所求方程为 x =A c o s ω
ω=
=5rad ⋅s -1 12kA 2
题图
5-18
因为不计摩擦, 外力做的功全转变成系统的能量, 故
Fx =
所以
A =
=0.2m 又因为t =0, x 0=-A ，所以
ϕ=π
故所求物体的运动方程为
x =0.2cos(5t +π)(m)
5-19一质点在x 轴上做简谐运动，如题图5-19所示，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2s 后质点第一次通过B 点，再经过2s 后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm，求： (1) 质点的振动方程； (2) 质点在A 点处的速率．
题图
5-19
分析 由质点在A 、B 两点具有相同的速率可知A 、B 两点在平衡位置两侧距平衡位置相等距离的位置，再联系两次经过B 点的时间即可确定系统的周期，而相位可由A 、B 两点位置确定。
解：由旋转矢量图（解图5-19）和 v A =v B 可知
T =8s
ν=Hz
1
8
ω=2πν=
π
4
解图5-19
rad ⋅s -1
(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．t =0时
x =-5cm =A cos ϕ
t =2s 时
x =5cm =A cos(2ω+ϕ) =-A sin ϕ
由上面二式解得
ϕ=1 t g
因为在A 点质点的速度大于零，所以取
ϕ=
-3π
4
A =x /cos ϕ=
所以振动方程
π3π
x =10-2cos(t -)(m)
44
d x πt π-1
=i -) (⋅m s (2) 速率
v = ) d t 44
当t = 0 时，质点在A 点的速率为
v =
d x 3π=10-2sin(-) =3.93⨯10-2(m⋅s -1) d t 4
5-20一物体放在水平木板上，这木板以ν=2Hz 的频率沿水平直线做简谐运动，物体和水平木板之间的静摩擦系数μs =0. 50，求物体在木板上不滑动时的最大振幅A max . 分析 物体在木板上不滑动的临界条件是摩擦力全部用来产生其加速度。 解 设物体在水平木板上不滑动
竖直方向
N -mg =0 (1) 水平方向
f x =-ma (2)
且
f x ≤μs N (3)
又因为
a =- (4) ω2A c o s ω(t +ϕ )
由(1)(2)(3)解得
a max =μs mg /m =μs g
再由此式和(4)得
2 A m a x =μs g /ω2=μs g /(π4ν
2
=) 1m 0. 03
5-21一只摆长为2.00m 的单摆，试求它在下列情况下单摆的周期.
（1）在室内；
（2）在以a 为加速度上升的电梯里.
分析：对两种情况下进行受力分析，列出牛顿运动方程，化成标准形式后，即可求得角频率ω，进而利用T =2π/ω求得相应的周期T .
解：设单摆的摆线在平衡位置的右方时，角度θ为正。 （1） 则对室内的单摆，由转动定律得
d 2θ
-mgl sin θ=J 2
d t
当θ
d 2θm g l
+θ=0 2d t J
将J =ml 代入上式，得
2
d 2θg
+θ=0 2d t l
设ω=
2
g
，得 l
d 2θ2
+ωθ=0 2d t
所以，单摆的周期
T =
2π
ω
=2（2）在以a 为加速度上升的电梯里
因为电梯是非惯性系，需要加一个惯性力，由转动定律得
d 2θ
-(mg +ma ) l sin θ=J 2
d t
当θ
d 2θ(mg +ma ) l
+θ=0 2d t J
同理，可得单摆的周期
T =
2π
ω
=2 5-22一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动. 已知氢原子质量m =1.68⨯10-27kg ，振动频率ν=1.0⨯10Hz ，振幅A =1.0⨯10
14
-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.
分析 振动能量可由其最大动能（此时势能为零）确定。 解：(1)最大振动速度
v m =A ω=2πνA =6.28⨯103m ⋅s -1
(2)氢原子的振动能量为
E =
1
m v m 2=3.31⨯10-20J 2
-1
5-23 一物体质量为0.25kg ，在弹性力作用下做简谐运动，弹簧的劲度系数k =25N ⋅m ，如果物体起始振动时具有势能0.06J 和动能0.02J ，求： (1)振幅；
(2)动能恰等于势能时的位移； (3)经过平衡位置时物体的速度.
分析 简谐运动机械能守恒，其能量由振幅决定。 解：(1) E =E k +E P =
12kA 2
A =[2(E k +E P ) /k ]1/2=0.08m
12
kA , 当E K =E P 时，有2E P =E ，得 2
1212
2⨯kx =kA
22
(2) 因为 E =E K +E P =即
x =±A =±0.0566(m)
(3)过平衡点时，x =0，此时动能等于总能量
1
m v 2 2
v =[2(E K +E P ) /m ]1/2=±0.8m ⋅s -1 E =E k +E P =
5-24 一定滑轮的半径为R ，转动惯量为J ，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如题图5-24所示. 设弹簧的劲度系数为k ，绳与滑轮间无滑动，且忽略轴的摩擦力及空气阻力. 现将物体m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体做简谐运动，并求出其角频率.
分析 由牛顿第二定律和转动定律确定其加速度与位移的关系即可得到证明。
题图5-24
解：如解图5-24所示，取x 坐标, 平衡位置为原点O ，向下为正，m 在平衡位置时弹簧已伸长x 0，则
mg =kx 0
(1)
设m 在x 位置，分析受力，这时弹簧伸长x +x 0
T 2=k (x +x 0)
(2)
由牛顿第二定律和转动定律列方程：
mg -T 1=ma T 1R -T 2R =J βa =R β
联立(1)(2)(3)(4)(5)解得
(3) (4) (5)
解图
5-24
a =-
k
x
(J /R 2) +m
由于x 系数为一负常数，故物体做简谐运动，其角频率为 ω=
k
=2
(J /R ) +m
kR 2
2
J +mR
5-25两个同方向的简谐运动的振动方程分别为:x 1=4⨯10cos 2π(t +)(m),
-2
18
1
x 2=3⨯10-2cos 2π(t +)(m)
4
（1）求合振动的振幅和初相位；
（2）若另有一同方向同频率的简谐运动x 3=5⨯10-2cos(2πt +ϕ)(m)，则ϕ为多少时，
x 1+x 3的振幅最大？ϕ又为多少时，x 2+x 3的振幅最小？
分析 合振动的振幅由其分振动的相位差决定。 解：（1）x =x 1+x 2=A cos(2πt +ϕ)
按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为
A =
10-2=6.48⨯10-2(m)
ϕ=arctg
4sin(π/4) +3sin(π/2)
=1.12(rad)
4cos(π/4) +3cos(π/2)
所以，合振动方程为
x =6.48⨯10-2cos(2πt +1.12)(m)
(2)当ϕ-ϕ1=2k π，即ϕ=2k π+π/4时，x 1+x 3的振幅最大. 当ϕ-ϕ2=(2k +1) π，即ϕ=2k π+3π/2时，x 2+x 3的振幅最小.
5-26有两个同方向同频率的简谐运动，其合振动的振幅为0.2m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为π/6，第一个振动的振幅为0.173m ，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。
分析 根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。 解：采用旋转矢量合成图（解图5-26）求解
取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为φ=π/6 据=A 1+A 2可知A 2=A -A 1, 如图：
解图5-26
ϕ
A 2==0.1m
由于、A 1、A 2的量值恰好满足勾股定理， 故A 1与A 2垂直.
即第二振动与第一振动的相位差为θ=π/2
5－27一质点同时参与两个同方向的简谐运动，其振动方程分别为
x 1=0.05cos(4t +)(m)，x 2=0.03sin(4t -)(m)，画出两振动的旋转矢量图，并求合
36
振动的振动方程.
分析 将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。
解：x 2=3⨯10-2sin(4t -π/6) =3⨯10-2c o s 4(t -π/6-π/2) =3⨯10-2cos(4t -2π/3)(m) 作两振动的旋转矢量图，如解图5-27所示， 合振动的振幅和初相分别为
ππ
A =(5-3) =2(cm),ϕ=
合振动方程为
π
3
.
解图
5-27
x =2⨯10-2cos(4t +)(m)
3
5－28将频率为348Hz 的标准音叉和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz. 若在待测音叉的一端加上一个小物块，则拍频将减小，求待测音叉的角频率. 分析 质量增加频率将会减小，根据拍频减少可推知两个频率的关系。 解：由拍频公式∆ν=2-ν1可知
π
ν2=ν1±∆ν
在待测音叉的一端加上一个小物体，待测音叉的频率ν2会减少，若拍频∆ν也随之减小，则说明ν2>ν1, 于是可求得
ν2=ν1+∆ν=351Hz
5-29一物体悬挂在弹簧下做简谐运动，开始时其振幅为0.12m ，经144s 后振幅减为0.06m. 问：
(1)阻尼系数是多少？
(2)如振幅减至0.03m ，需再经过多少时间？
分析 由阻尼振动振幅随时间的变化规律可直接得到。 解：(1) 由阻尼振动振幅随时间的变化规律A =
A 0e -β⋅t 得
ln
β=
t 1
A 0
=4.81⨯10-3(s-1)
（2） 由
A =A 0e -β⋅t 得
-β⋅t 1
A e 1
=-⋅t 2
A 2e
于是
∆t =t 2-t 1=
ln A 1/A 2
β
=144s
-1
5-30一弹簧振子系统，物体的质量m =1.0kg ，弹簧的劲度系数k =900N ⋅m . 系统振动时受到阻尼作用，其阻尼系数为β=10.0s -1，为了使振动持续，现加一周期性外力
F =100cos30t (N)作用.
（1）求振动达到稳定时的振动角频率；
（2）若外力的角频率可以改变，则当其值为多少时系统出现共振现象？其共振的振幅为多大？
分析 受迫振动的频率由外力决定。
解：（1）振动达到稳定时，振动角频率等于周期性外力的角频率，有
ω=30rad ⋅s -1
(2)受迫振动达到稳定后，其振幅为
A =(F 0/m ) /(ω0-ω2) 2+4β2ω2
式中ω0=
2
k /m 为系统振动的固有角频率，F 0为外力的振幅
-1
由上式可解得，当外力的频率ω
为ω==26.5rad ⋅s 时 系统出现共振现象，共振的振幅为
A r =
=0.177m
第5章 机械振动
-2
5-1 有一弹簧振子，振幅A =2.0⨯10m ，周期T =1.0s ，初相ϕ=
3π
. 试写出它的振动位4
移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式可得到振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为
x =A cos(ωt +ϕ) =A cos(
代入有关数据得
2π
t +ϕ) T
x =0.02cos(2πt +
振子的速度和加速度分别是
3π
)(m) 4
v =
d x 3π=-0.04πsin(2πt +)(m⋅s -1) d t 4
d 2x 3π
a =2=-0.08π2cos(2πt +)(m⋅s -2)
d t 4
5-2一弹簧振子的质量为0.500kg ，当以35.0cm 的振幅振动时，振子每0.500s 重复一次运动. 求振子的振动周期T 、频率ν、角频率ω、弹簧的倔强系数k 、物体运动的最大速率v max 、和弹簧给物体的最大作用力F max .
分析：最大速率v max =A ω, a max =A ω2，F max =ma max ，ω=2πv ，v =要求出周期T 即可.
s 解：由题意可知 T =0. 500；
所以频率 v =1/T =2.00Hz ；
角频率
1
，所以只T
ω=2πv =4π=12.6(rad⋅s -1) ；
2
2
-1
倔强系数 k =m ω=0.500⨯12.6=79.4(N⋅m ) ； 最大速率 v max =A ω=0.35⨯12.6=4.41(m⋅s )
最大作用力 F max =ma max =mA ω=0.500⨯0.35⨯12.6=27.8(N)
5-3质量为2kg 的质点，按方程x =0.2cos(5t -
2
2
-1
π
6
)(m)沿着x 轴振动. 求：
（1）t =0时，作用于质点的力的大小； （2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.
分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐运动方程求解，位移最大时受力最大。 解：（1）跟据牛顿第二定律
πd 2x
f =m 2=-m ω2x ，x =0.2cos(5t -)(m)
6d t
将t =0代入上式中，得：
f =5.0N
（2）由f =-m ω2x 可知，当x =-A =-0.2m 时，质点受力最大，为f =10.0N 5-4在某港口海潮引起海洋的水平面以涨落高度d （从最高水平到最低水平）做简谐运动，
周期为12.5h. 求水从最高处下降了d /4高度需要多少时间？
分析：由旋转矢量法即可求解.
解：从最高水平到最低水平为2倍的振幅，由题可得旋转矢量图，从解图5-4中可见
θ=arc cos(
d /4π
) = d /23
解图5-4
t =
θθπ/3
==12.5=2.08(h) ω2π/T 2π
-2
5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，其振幅A =2.0⨯10m ，周期T =0.5s ，当t =0时，
则：
（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⨯10m 处，向负方向运动； （4）物体在x =-1.0⨯10m 处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。
分析 根据旋转矢量图，由位移和速度可以确定初相位。进而得出各种情况的振动方程。 解：设所求振动方程为
-2-2
x =A cos(
2π
t +ϕ) =0.02cos(4πt +ϕ) T
由旋转矢量图解图5-5可求出初相位
ϕ1=0, ϕ2=π/2, ϕ3=π/3, ϕ4=2π/3
（1）x =0.02cos 4πt (m)
解图
5-5
（2）x =0.02cos(4πt +（3）x =0.02cos(4πt +
π
2
)(m) )(m)
π
32π
)(m) （4）x =0.02cos(4πt +3
5-6在一轻弹簧下端悬挂m 0=100g 砝码时，弹簧伸长8cm. 现在这根弹簧下端悬挂
-1
构成弹簧振子. 将物体从平衡位置向下拉动4cm ，并给以向上的21cm ⋅s m =250g 的物体，
的初速度（令这时t =0）. 选x 轴向下为正，求振动方程.
分析 在平衡位置为原点建立坐标轴，由初始条件得出特征参量。 解：弹簧的劲度系数
k =m 0g /∆l
该弹簧与物体m 构成弹簧振子，起振后将做简谐运动，可设其振动方程为
x =A cos(ωt +ϕ)
角频率为ω=
k /m 代入数据后求得
ω=7rad ⋅s -1
以平衡位置为原点建立坐标，则
x 0=0.04m, v 0=-0.21m ⋅s -1
由A =
A =0.05m
据ϕ=±cos
-1
x 0
得 A
ϕ=±0.64rad
由于v 0
x =0.05cos(7t +0.64)(m)
5-7 某质点振动的x-t 曲线如题图5-7所示. 求： （1）质点的振动方程；
（2）质点从t =0的位置到达P 点相应位置所需的最短时间.
分析 由旋转矢量可以得出初相位和角频率，求出质点的振动方程。并根据P 点的相位确
定最短时间。
解：（）设所求方程为：1x =A cos(ωt +ϕ0) 从图中可见，t =0, x 0=A /2, v 0>0由旋转矢量法可知；ϕ0=-又 t =1s, ωt -∴
π
3
π
3
=
π
2
ω=
5π
6
题图5-7
5ππ
t -)(m)63
（2） P 点的相位为0故：x =0.1cos(
∴ωt p +ϕ0=
5ππ
t p -=0t p =0.4s
63
即质点到达P 点相应状态所要的最短时间为0.4s
-2
5-8有一弹簧，当下面挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8⨯10m . 若使弹簧上下振动，且规定向下为正方向.
-2
（1）当t =0时，物体在平衡位置上方8.0⨯10m ，由静止开始向下运动，求振动方程.
-1
(2) 当t =0时，物体在平衡位置并以0.6m ⋅s 的速度向上运动，求振动方程.
分析 根据初始条件求出特征量建立振动方程。 解：设所求振动方程为
x =A cos(ωt +ϕ)
其中角频率ω=
k /m =
mg
/m =∆l g
，代入数据得 ∆l
ω=10rad ⋅s -1
（1） 以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有
x 0=-0.08m, v 0=0
据A =
A =0.08m
据ϕ=±cos
-1
x 0
得ϕ=±π，由于v 0＝0，不妨取ϕ=π于是，所求方程为 A
x 1=0.08cos(10t +
π)(m)
（2） 以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有
x 0=0, v 0=-0.6m ⋅s -1
据A =
A =0.06m
据ϕ=±cos
-1
x 0ππ
得ϕ=±，由于v 0
22A
x 2=0.06cos(10t +)(m)
2
π
5-9 一质点沿x 轴做简谐运动，振动方程为x =4⨯10cos(2πt +
-2
π
3
)(m)，求：从t =0时
刻起到质点位置在x =-2cm 处，且向x 轴正方向运动时的最短时间.
分析 由旋转矢量图求得两点相位差，结合振动方程中特征量即可确定最短时间。 解: 依题意有旋转矢量图（解图5-9），从图中可得到
∆ϕ=π
而
∆ϕ=ω∆t =2π(t 0-0)
故所求时间为
t 0=
∆ϕ
1
=s ω2
解图5-9
5-10两个物体做同方向、同频率、同振幅的简谐运动，在振动过程中，每当第一个物体经过位移为A /2的位置向平衡位置运动时，第二个物体也经过此位置，但向远离平衡位置的方向运动，试利用旋转矢量法求它们的相位差.
分析 由旋转矢量图求解。根据运动速度的方向与位移共同确定初相位。 解：由于x 10=A /2、v 10
ϕ1=π/4
由于x 20=A /2、v 20>0可求得
ϕ2=-π/4
如解图5-10所示，相位差
解图
5-10
∆ϕ=ϕ1-ϕ2=π/2
5-11一简谐运动的振动曲线如题图5-11所示，求振动方程. 分析 利用旋转矢量图求解，由解图5-11中两个确定点求得相位，再根据时间差求得其角频率。 解：设所求方程为x =A cos(ωt +ϕ)
当t =0时，x 1=-5cm, v 1
ϕ=
2π
3
题图5-11
当t =2s 时，从x-t 图中可以看出
x 2=0, v 2>0
据旋转矢量图可以看出
ϕt =2=
所以，2秒内相位的改变量
3π 2
∆ϕ=ϕt =2-ϕt =0=
据∆ϕ=ω∆t 可求出
3π2π5π-= 236
解图
5-11
ω=
于是，所求振动方程为
∆ϕ5π
=rad ⋅s -1 ∆t 12
52
x =0.1cos(πt +π)(m)
123
5-12 在光滑水平面上有一做简谐运动的弹簧振子, 弹簧的劲度系数为k , 物体的质量为m , 振幅为A . 当物体通过平衡位置时, 有一质量为m ' 的泥团竖直落到物体上并与之粘结在一起. 求:（1）m ' 和m 粘结后, 系统的振动周期和振幅;
（2）若当物体到达最大位移处, 泥团竖直落到物体上, 再求系统振动的周期和振幅.
分析 系统周期只与系统本身有关，由质量和劲度系数即可确定周期，而振幅则由系统能量决定，因此需要由动量守恒确定碰撞前后速度，从而由机械能守恒确定其振幅。 解:（1）设物体通过平衡位置时的速度为v , 则由机械能守恒
121
kA =m v 2 22
得
v =±当m ' 竖直落在处于平衡位置m 上时为完全非弹性碰撞, 且水平方向合外力为零, 所以
m v =(m +m ') u
m
u =v
m +m '
此后, 系统的振幅变为A ' , 由机械能守恒, 有
11
kA '2=(m +m ') u 222
A ' ==系统振动的周期为
T =2（2）当m 在最大位移处m ' 竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A, 周期为
T =2 5-13 设细圆环的质量为m , 半径为R , 挂在墙上的钉子上. 求它微小振动的周期. 分析 圆环为一刚体，可由转动定律求解。
解: 如解图5-13所示, 转轴O 在环上, 设角度θ以逆时针为正, 则振动方程为
d 2θ
J 2=-mgR sin θ d t
当环作微小摆动sin θ≈θ时, 得
d 2θmgR
+θ=0 d t 2J
设
ω=
d 2θ
+ω2θ=0 2d t
解图
5-13
2
因为 J =2mR ，所以
T =
2π
ω
=2
5-14 一轻弹簧在60 N的拉力下伸长30 cm．现把质量为4 kg的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止 ，再把物体向下拉10 cm，然后由静止释放并开始计时． (1) 求物体的振动方程；
(2) 求物体在平衡位置上方5 cm时弹簧对物体的拉力；
(3) 物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm处所需要的最短时间． 分析 小物体分离的临界条件是对振动物体压力为零，即两物体具有相同的加速度，而小物体此时加速度为重力加速度，因此可根据两物体加速度确定分离条件。 解： 如解图5-14所示，选平衡位置为原点，取向下为x 轴正方向。 由f =kx 得
k =
(1) 由题意可知 A =10cm, 所以振动方程
解图5－14
f 1
=200N ⋅-m x
ω=≈7.07rad ⋅s -1
ϕ=0
x =0.1cos(7.07t )(m)
(2) 物体在平衡位置上方5 cm时，弹簧对物体的拉力 f =m (g -a ) 而
a =-ω2x =2.5m ⋅s -2
所以
f =29.2N
(3) 因为t =0时刻的初相位ϕ=0，所以物体从第一次越过平衡位置时，对应的相位为
ϕ1=
π 2
物体在平衡位置上方5cm 处，此时x =-5cm ，即 -5=A cos ϕ2, 因为此时物体向上运动，v
∆ϕ=ω∆t 得
2π 3
2ππ-
∆ϕ=0.074(s) ∆t ==ω7.07
5-15在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg 的重物. 现使平板沿竖直方向做上下简谐运动，周期为0.50s ，振幅为2.0⨯10m ，求： （1）平板到最低点时，重物对板的作用力；
（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？ 分析 重物跳离平板的临界条件是对平板压力为零。
解：重物与平板一起在竖直方向上做简谐运动，向下为正建立坐标，振动方程为
-2
x =0. 02cos(4πt +ϕ)
设平板对重物的作用力为N ，于是重物在运动中所受合力为
2
f =mg -N =ma ，而a =-ωx
跟据牛顿第三定律，重物对平板的作用力N ' 为
N ' =-N =-m (g +ω2x )
（1）在最低点处：x =A , 由上式得
N ' =12.96N
（2）频率不变时，设振幅变为A ' , 在最高点处（x =-A ' ）重物与平板间作用力最小，设
N ' =0可得
A ' =g /ω2=0.062m
（3）振幅不变时，设频率变为ν' ，在最高点处（x =-A ' ）重物与平板间作用力最小，设
N ' =0可得
ν' =ω'/2π=
=3.52Hz
5-16一物体沿x 轴做简谐运动，振幅为0.06m ，周期为2.0s ，当t=0时位移为0.03m ，且向x 轴正方向运动，求：
（1）t=0.5s时，物体的位移、速度和加速度；
（2）物体从x =-0.03m 处向x 轴负方向运动开始，到达平衡位置，至少需要多少时间？ 分析 通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。 解：设该物体的振动方程为x =A cos(ωt +ϕ) 依题意知
ω=2π/T =π(rad⋅s -1), A =0.06m
据ϕ=±cos
-1
x 0
得 A
ϕ=±
由于v 0>0, 应取
π
3
ϕ=-
可得
π
3
x =0.06cos(πt -)(m)
3
（1）t =0.5s 时，振动相位为
π
解图5-16
ϕ=πt -
据x =A cos ϕ,
π
3
=
π
6
v =-A ωsin ϕ, a =-A ω2cos ϕ=-ω2x 得
a =-0.512m ⋅s -2
x =0.052m,
v =-0.094m ⋅s -1,
（2）由A 旋转矢量图可知，物体从A 矢量转过的角度为∆ϕ=
x =-0.03m 处向x 轴负方向运动，到达平衡位置时，
5π
，该过程所需时间为 6=0.833s
∆t =
∆ϕ
ω
5-17一单摆的角振幅θ0=0.010π，周期T =0.50s ，求
（1）最大的摆动角速度；
（2）当角位移是角振幅一半时，角速度的大小.
分析：写出振动的一般表达式，求导得到角速度的一般表达式后，根据已知条件则可求解.
解：(1) 因ω=
2π
=4π(rad⋅s -1) ，设振动的表达式为 T
θ=θ0cos(ωt +ϕ)
则
d θ
=-θ0ωsin(ωt +ϕ) d t d θ
() max =θ0ω=0.040π2(rad⋅s -1) d t
（2）当θ=
1
θ0时，有 2
cos(ωt +ϕ) =
1 2
sin(ωt +φ) =所以角速度的大小
d θ=-ωθ0sin(ωt +φ) =ωθ0=2(rad⋅s -1) d t 2
5-18 有一水平的弹簧振子, 如题图5-18所示，弹簧的劲度系数k =25N ⋅m , 物体的质量
-1
m =1.0kg , 物体静止在平衡位置. 设以一水平向左的恒力F =10N 作用在物体上(不计一切
摩擦), 使之由平衡位置向左运动了0.05m, 此时撤除力F , 当物体运动到最左边开始计时, 求物体
的运动方程.
分析 恒力做功的能量全部转化为系统能量，由机械能守恒可确定系统的振幅。
(t +
ϕ ) 解: 设所求方程为 x =A c o s ω
ω=
=5rad ⋅s -1 12kA 2
题图
5-18
因为不计摩擦, 外力做的功全转变成系统的能量, 故
Fx =
所以
A =
=0.2m 又因为t =0, x 0=-A ，所以
ϕ=π
故所求物体的运动方程为
x =0.2cos(5t +π)(m)
5-19一质点在x 轴上做简谐运动，如题图5-19所示，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2s 后质点第一次通过B 点，再经过2s 后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm，求： (1) 质点的振动方程； (2) 质点在A 点处的速率．
题图
5-19
分析 由质点在A 、B 两点具有相同的速率可知A 、B 两点在平衡位置两侧距平衡位置相等距离的位置，再联系两次经过B 点的时间即可确定系统的周期，而相位可由A 、B 两点位置确定。
解：由旋转矢量图（解图5-19）和 v A =v B 可知
T =8s
ν=Hz
1
8
ω=2πν=
π
4
解图5-19
rad ⋅s -1
(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．t =0时
x =-5cm =A cos ϕ
t =2s 时
x =5cm =A cos(2ω+ϕ) =-A sin ϕ
由上面二式解得
ϕ=1 t g
因为在A 点质点的速度大于零，所以取
ϕ=
-3π
4
A =x /cos ϕ=
所以振动方程
π3π
x =10-2cos(t -)(m)
44
d x πt π-1
=i -) (⋅m s (2) 速率
v = ) d t 44
当t = 0 时，质点在A 点的速率为
v =
d x 3π=10-2sin(-) =3.93⨯10-2(m⋅s -1) d t 4
5-20一物体放在水平木板上，这木板以ν=2Hz 的频率沿水平直线做简谐运动，物体和水平木板之间的静摩擦系数μs =0. 50，求物体在木板上不滑动时的最大振幅A max . 分析 物体在木板上不滑动的临界条件是摩擦力全部用来产生其加速度。 解 设物体在水平木板上不滑动
竖直方向
N -mg =0 (1) 水平方向
f x =-ma (2)
且
f x ≤μs N (3)
又因为
a =- (4) ω2A c o s ω(t +ϕ )
由(1)(2)(3)解得
a max =μs mg /m =μs g
再由此式和(4)得
2 A m a x =μs g /ω2=μs g /(π4ν
2
=) 1m 0. 03
5-21一只摆长为2.00m 的单摆，试求它在下列情况下单摆的周期.
（1）在室内；
（2）在以a 为加速度上升的电梯里.
分析：对两种情况下进行受力分析，列出牛顿运动方程，化成标准形式后，即可求得角频率ω，进而利用T =2π/ω求得相应的周期T .
解：设单摆的摆线在平衡位置的右方时，角度θ为正。 （1） 则对室内的单摆，由转动定律得
d 2θ
-mgl sin θ=J 2
d t
当θ
d 2θm g l
+θ=0 2d t J
将J =ml 代入上式，得
2
d 2θg
+θ=0 2d t l
设ω=
2
g
，得 l
d 2θ2
+ωθ=0 2d t
所以，单摆的周期
T =
2π
ω
=2（2）在以a 为加速度上升的电梯里
因为电梯是非惯性系，需要加一个惯性力，由转动定律得
d 2θ
-(mg +ma ) l sin θ=J 2
d t
当θ
d 2θ(mg +ma ) l
+θ=0 2d t J
同理，可得单摆的周期
T =
2π
ω
=2 5-22一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动. 已知氢原子质量m =1.68⨯10-27kg ，振动频率ν=1.0⨯10Hz ，振幅A =1.0⨯10
14
-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.
分析 振动能量可由其最大动能（此时势能为零）确定。 解：(1)最大振动速度
v m =A ω=2πνA =6.28⨯103m ⋅s -1
(2)氢原子的振动能量为
E =
1
m v m 2=3.31⨯10-20J 2
-1
5-23 一物体质量为0.25kg ，在弹性力作用下做简谐运动，弹簧的劲度系数k =25N ⋅m ，如果物体起始振动时具有势能0.06J 和动能0.02J ，求： (1)振幅；
(2)动能恰等于势能时的位移； (3)经过平衡位置时物体的速度.
分析 简谐运动机械能守恒，其能量由振幅决定。 解：(1) E =E k +E P =
12kA 2
A =[2(E k +E P ) /k ]1/2=0.08m
12
kA , 当E K =E P 时，有2E P =E ，得 2
1212
2⨯kx =kA
22
(2) 因为 E =E K +E P =即
x =±A =±0.0566(m)
(3)过平衡点时，x =0，此时动能等于总能量
1
m v 2 2
v =[2(E K +E P ) /m ]1/2=±0.8m ⋅s -1 E =E k +E P =
5-24 一定滑轮的半径为R ，转动惯量为J ，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如题图5-24所示. 设弹簧的劲度系数为k ，绳与滑轮间无滑动，且忽略轴的摩擦力及空气阻力. 现将物体m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体做简谐运动，并求出其角频率.
分析 由牛顿第二定律和转动定律确定其加速度与位移的关系即可得到证明。
题图5-24
解：如解图5-24所示，取x 坐标, 平衡位置为原点O ，向下为正，m 在平衡位置时弹簧已伸长x 0，则
mg =kx 0
(1)
设m 在x 位置，分析受力，这时弹簧伸长x +x 0
T 2=k (x +x 0)
(2)
由牛顿第二定律和转动定律列方程：
mg -T 1=ma T 1R -T 2R =J βa =R β
联立(1)(2)(3)(4)(5)解得
(3) (4) (5)
解图
5-24
a =-
k
x
(J /R 2) +m
由于x 系数为一负常数，故物体做简谐运动，其角频率为 ω=
k
=2
(J /R ) +m
kR 2
2
J +mR
5-25两个同方向的简谐运动的振动方程分别为:x 1=4⨯10cos 2π(t +)(m),
-2
18
1
x 2=3⨯10-2cos 2π(t +)(m)
4
（1）求合振动的振幅和初相位；
（2）若另有一同方向同频率的简谐运动x 3=5⨯10-2cos(2πt +ϕ)(m)，则ϕ为多少时，
x 1+x 3的振幅最大？ϕ又为多少时，x 2+x 3的振幅最小？
分析 合振动的振幅由其分振动的相位差决定。 解：（1）x =x 1+x 2=A cos(2πt +ϕ)
按合成振动公式代入已知量，可得合振幅及初相为
A =
10-2=6.48⨯10-2(m)
ϕ=arctg
4sin(π/4) +3sin(π/2)
=1.12(rad)
4cos(π/4) +3cos(π/2)
所以，合振动方程为
x =6.48⨯10-2cos(2πt +1.12)(m)
(2)当ϕ-ϕ1=2k π，即ϕ=2k π+π/4时，x 1+x 3的振幅最大. 当ϕ-ϕ2=(2k +1) π，即ϕ=2k π+3π/2时，x 2+x 3的振幅最小.
5-26有两个同方向同频率的简谐运动，其合振动的振幅为0.2m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为π/6，第一个振动的振幅为0.173m ，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。
分析 根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。 解：采用旋转矢量合成图（解图5-26）求解
取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为φ=π/6 据=A 1+A 2可知A 2=A -A 1, 如图：
解图5-26
ϕ
A 2==0.1m
由于、A 1、A 2的量值恰好满足勾股定理， 故A 1与A 2垂直.
即第二振动与第一振动的相位差为θ=π/2
5－27一质点同时参与两个同方向的简谐运动，其振动方程分别为
x 1=0.05cos(4t +)(m)，x 2=0.03sin(4t -)(m)，画出两振动的旋转矢量图，并求合
36
振动的振动方程.
分析 将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。
解：x 2=3⨯10-2sin(4t -π/6) =3⨯10-2c o s 4(t -π/6-π/2) =3⨯10-2cos(4t -2π/3)(m) 作两振动的旋转矢量图，如解图5-27所示， 合振动的振幅和初相分别为
ππ
A =(5-3) =2(cm),ϕ=
合振动方程为
π
3
.
解图
5-27
x =2⨯10-2cos(4t +)(m)
3
5－28将频率为348Hz 的标准音叉和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz. 若在待测音叉的一端加上一个小物块，则拍频将减小，求待测音叉的角频率. 分析 质量增加频率将会减小，根据拍频减少可推知两个频率的关系。 解：由拍频公式∆ν=2-ν1可知
π
ν2=ν1±∆ν
在待测音叉的一端加上一个小物体，待测音叉的频率ν2会减少，若拍频∆ν也随之减小，则说明ν2>ν1, 于是可求得
ν2=ν1+∆ν=351Hz
5-29一物体悬挂在弹簧下做简谐运动，开始时其振幅为0.12m ，经144s 后振幅减为0.06m. 问：
(1)阻尼系数是多少？
(2)如振幅减至0.03m ，需再经过多少时间？
分析 由阻尼振动振幅随时间的变化规律可直接得到。 解：(1) 由阻尼振动振幅随时间的变化规律A =
A 0e -β⋅t 得
ln
β=
t 1
A 0
=4.81⨯10-3(s-1)
（2） 由
A =A 0e -β⋅t 得
-β⋅t 1
A e 1
=-⋅t 2
A 2e
于是
∆t =t 2-t 1=
ln A 1/A 2
β
=144s
-1
5-30一弹簧振子系统，物体的质量m =1.0kg ，弹簧的劲度系数k =900N ⋅m . 系统振动时受到阻尼作用，其阻尼系数为β=10.0s -1，为了使振动持续，现加一周期性外力
F =100cos30t (N)作用.
（1）求振动达到稳定时的振动角频率；
（2）若外力的角频率可以改变，则当其值为多少时系统出现共振现象？其共振的振幅为多大？
分析 受迫振动的频率由外力决定。
解：（1）振动达到稳定时，振动角频率等于周期性外力的角频率，有
ω=30rad ⋅s -1
(2)受迫振动达到稳定后，其振幅为
A =(F 0/m ) /(ω0-ω2) 2+4β2ω2
式中ω0=
2
k /m 为系统振动的固有角频率，F 0为外力的振幅
-1
由上式可解得，当外力的频率ω
为ω==26.5rad ⋅s 时 系统出现共振现象，共振的振幅为
A r =
=0.177m