大学物理

振动，求：

(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；

(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)t25s与t11s两个时刻的位相差；

解：(1)设谐振动的标准方程为xAcos(t0)，则知：

21A0.1m,8,Ts,02/3

411又 vmA0.8ms 2.51ms

am2A63.2ms2

(2) Fmam0.63N

12mvm3.16102J 21EpEkE1.58102J

2E当EkEp时，有E2Ep，

12112kx(kA) 22222∴ xAm

220 (3) (t2t1)8(51)32

4-5 一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表示．如果t0时质点的状态分别是：

(1)x0A；

即

(2)过平衡位置向正向运动；

A处向负向运动； 2A(4)过x处向正向运动．

2(3)过x试求出相应的初位相，并写出振动方程．

x0Acos0解：因为 

vAsin00将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有

2t) T3232xAcos(t)

2T223xAcos(t)

3T35254xAcos(t)

4T434-6 一质量为1010kg的物体作谐振动，振幅为24cm，周期为4.0s，当t0时位移

1xAcos(为24cm．求：

(1)t0.5s时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到x12cm处所需的最短时间； (3)在x12cm处物体的总能量．

解：由题已知 A24102m,T4.0s ∴ 又，t0时，x0A,00 故振动方程为

20.5Trads1

x24102cos(0.5t)m

(1)将t0.5s代入得

x0.524102cos(0.5t)m0.17m

Fmam2x1010()0.174.210N2323

方向指向坐标原点，即沿x轴负向． (2)由题知，t0时，00，

A,且v0,故t 232/s ∴ t323tt时 x0 (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为

121kAm2A222110103()2(0.24)2 227.1104J4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为1.0g的物体时，伸长为4.9cm．用这个弹簧和一个质量为8.0g的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0cm后 ，给予向上的初速度v05.0cms1，求振动周期和振动表达式．

E解：由题知

m1g1.01039.81 k0.2Nm2x14.910而t0时，x01.0102m,v05.0102ms-1 ( 设向上为正) 又 k0.225,即T1.26s 3m810v2Ax0(0)25.01022(1.010)()

5222102mv05.01025 tan01,即02x01.01054∴ x52102cos(5t)m

4

4-8 图为两个谐振动的xt曲线，试分别写出其谐振动方程．

题4-8图

解：由题4-8图(a)，∵t0时，x00,v00,0即 

3,又,A10cm,T2s 22Trads1

3)m 2A5由题4-8图(b)∵t0时，x0,v00,0

23故 xa0.1cos(tt10时，x10,v10,122

又 11∴ 55 325 65)m 34-9 一轻弹簧的倔强系数为k，其下端悬有一质量为M的盘子．现有一质量为m的物体

故 xb0.1cos(t56从离盘底h高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?

(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．

MMm，落下重物后振动周期为2，即增大． kkmg(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，t0时，则x0．碰撞时，以m,M为一系统

k解：(1)空盘的振动周期为2动量守恒，即

m2gh(mM)v0

则有 v0于是

m2gh

mMmg2m22gh2Ax()()()k(mM)20v02

（3）tan0mg2kh1k(mM)gv02kh (第三象限)，所以振动方程为 x0(Mm)gk2khcostarctan

mM(Mm)g4-10 有一单摆，摆长l1.0m，摆球质量m10103kg，当摆球处在平衡位置时，若

mg2khx1k(mM)g给小球一水平向右的冲量Ft1.0104kgms1，取打击时刻为计时起点(t0)，求

振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程． 解：由动量定理，有

Ftmv0

Ft1.0104-10.01ms∴ v 3m1.010按题设计时起点，并设向右为x轴正向，则知t0时，x00,v00.01ms1 ＞0 ∴ 03/2

g9.83.13rads1 l1.0v2v0.0123.2103m ∴ Ax0(0)03.13又 故其角振幅

小球的振动方程为

A3.2103rad l3.2103cos(3.13t)rad

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