大学物理(第四版)课后习题及答案 机械振动

13 机械振动解答

13-1 有一弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m，周期T=1.0s，初相ϕ=3π/4。试写出它的运动方程，并做出x--t图、v--t图和a--t图。 13-1

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

确定。振子运动的速度T

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

，则运动方程 T

⎛2πt⎫

x=Acos(ωt+ϕ)=Acos t+ϕ⎪

⎝T⎭

根据题中给出的数据得

x=(2.0⨯10-2m)cos[(2πs-1)t+0.75π]

振子的速度和加速度分别为

v=dx/dt=-(4π⨯10-2m⋅s-1)sin[(2πs-1)t+0.75π] a=d2x/dt2=-(8π2⨯10-2m⋅s-1)cos[(2πs-1)t+0.75π

x-t、v-t及a-t图如图13-l所示

π⎤⎡

13-2 若简谐运动方程为x=(0.01m)cos⎢(20πs-1)t+⎥，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和

4⎣⎦

初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。

13-2

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 （l）将x=(0.10m)cos[(20πs-1)t+0.25π]与x=Acos(ωt+ϕ)比较后可得：振幅A= 0.10 m，角频率ω=20πs-1，初相ϕ=0.25π，则周期 T=2π/ω=0.1s，频率ν=1/T=10Hz。 （2）t= 2s时的位移、速度、加速度分别为

x=(0.10m)cos(40π+0.25π)=7.07⨯10-2m v=dx/dt=-(2πm⋅s-1)sin(40π+0.25π)

a=d2x/dt2=-(40π2m⋅s-2)cos(40π+0.25π)

13-3 设地球是一个半径为R的均匀球体，密度ρ5.5×103kg•m。现假定沿直径凿一条隧道。

-3

若有一质量为m的质点在此隧道内做无摩擦运动。（1）证明此质点的运动是简谐振动；（2）计算其周期。

13-3

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（l）取图13-3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=-G

mxm

x2

式中G为引力常量，mx是以x为半径的球体质量，即mx=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

T=2πm/k=π/Gρ=5.07⨯10s

3

13-4 如图所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1和k2，物体在光滑斜面上振动。（1）证明其运动仍是简谐振动；（2）求系统的振动频率。

13-4

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13-4（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ν。 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x=x1"+x2"。 则物体受力为

F=mgsinθ-k2(x2+x2")=mgsinθ-k1(x1+x1")

将式（1）代人式（2）得 F=-k1x"1=-k2x2"

由式（3）得x1"=-F/k1、x2"=-F/k2，而x=x1"+x2"，则得到

F=-k1k2/(k1+k2)x=-kx

式中k=k1k2/(k1+k2)为常数，则物体作简谐运动，振动频率

ν=ϖ/2π=

12π

k/m=

12π

k1k2/(k1+k2)/m

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13-4（c）（弹簧并联）或如图13-4（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ν=

1

2π

k1+k2)/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

13-5 为了测得一物体得质量m，将其挂在一弹簧上让其自由振动，测得振动频率ν1=1.0Hz。而将另一质量m"=0.5kg的物体单独挂在该弹簧上时，测得振动频率ν2=2.0Hz。设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量。 13-5

分析 物体挂在弹簧上组成弹簧振子系统，其振动频率ν=频率ν的方法可求出未知物体的质量。

解 由分析可知，ν∝/m，则有ν1/ν2=m"/m。

根据题中绘出的数据可得物体的质

12π

k/m，即ν∝/m。采用比较

量为

m=m"(ν2/ν1)2=2.0kg

13-6 在如图所示的装置中，一劲度系数为k的弹簧，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。现通过一质量为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。

13-6

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13-6（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13-6（b）的状态下，各物体受力如图13-6（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

d2x

FT1-k(x+x0)=m12

dtd2x

m2g-FT2=m22

dt

(1)(2)

(3) (4)

1d2x

(FT2-FT1)R=Jα=mR2

2dt

kx0=m2g

方程（3）中用到了FT1=FT1"、FT2=FT2"、J=mR2/2、及α=a/R。 联立式（l）-式（4）

可得

d2xk

+x=0 2dtm1+m2+m/2

则系统振动的角频率为

ϖ=k/(m1+m2+m/2)

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（此时速度为对v、加速度为a）为末状态，则由机械能守恒定律，有

121111

kx0=-m2gx+m1v2+m2v2+Jϖ2+k(x+x0)2 22222

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=-m2gv+m1v

dvdvdv

+m2v+Jϖ+k(x+x0)2 dtdtdt

将J=mR2/2、ϖR=v、dv/dt=d2x/dt2和m2g=kx0代人上式，可得

d2xk

+x=0 2dtm1+m2+m/2

式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致。

17-7 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。

13-7

分析 在振幅A和周期T已知的条件下，确定初相中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= xo和v=v0来确定ϕ值。 （2）旋转矢量法：如图 13-7（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。 解 由题给条件知 A=2.0⨯10-2m，ϖ=2π/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=Acosϕ，v0=-Aϖsinϕ。 当

cosϕ1=1，则ϕ1=0； （1）x0=A时，

（2）x0=A时， cosϕ2=0，则ϕ2=±，因v0 0，取ϕ2=；

22

（3）x0=1.0⨯10-2m时， cosϕ3=0.5，则ϕ3=±，因v0 0，取ϕ3=；

33 （4）x0=-1.0⨯10-2m时，cosϕ4=-0.5，则ϕ4=π±

ππ

ππ

π3

，因v0 0，取ϕ4=

4π

；3

旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转关量图，如图13-7（b）所示，它们所对应的初相分别为ϕ1=0，ϕ1=π/2，ϕ1=π/3，ϕ1=4π/3。

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⨯10-2m)cos(4πs-1)t （2）x=(2.0⨯10-2m)cos[(4πs-1)t+ （3）x=(2.0⨯10-2m)cos[(4πs-1)t+ (4）x=(2.0⨯10-2m)cos[(4πs-1)t+

13-8 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）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）t=0时，物体在平衡位置并以0.60m/s的速度向上运动，求运动方程。

π2

] ]

π3

4π

] 3

13-8

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，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。

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∆l=9.8⨯10-2m。 则弹簧的劲度系数k=F/∆l=mg/∆l。 系统作简谐运动的角频率为

ϖ=/m=g/∆l=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，x10=8.0⨯10-2m，v10=0可得振幅A=x210+(v10/ϖ

)2==8.0⨯10-2m；应用旋转矢量法可确定

初相ϕ1=π。[图 13-8（a）]。 则运动方程为

x1=(8.0⨯10-2m)cos[(10s-1)t+π]

（2）t=0时，x20=0，v20=0.6m⋅s-1，同理可得A2=x220+(v20/ϖ)2=6.0⨯10-2m，

ϕ2=π/2；[图 13-8（b）]。 则运动方程为

x1=(6.0⨯10-2m)cos[(10s-1)t+0.5π]

13-9 某振动质点的x-t曲线如图所示，试求：（1）运动方程；（2）点P对应的相位；（3）到达点P相应位置所需要的时间。

13-9

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＝0.10 m。 而由振动曲线可画出t=0和t=4s时旋转矢量，如图13-9（b）所示。 由图可见初相ϕ0=-π/3(或ϕ0=5π/3），而由ω(t1-t0)=π

+π

得

ω=5π/24s-1，则运动方程为

⎡⎛5π-1⎫π⎤

x=(0.10m)cos⎢ s⎪t- ⎥⎣⎝24⎭⎦

（2）图14-9（a）中点P的位置是质点从A/2处运动到正向的端点处。 应的旋转矢量图如图 13- 10（C）所示。 当初相取ϕ0=-π/3时，点 P的相位为

ϕP=ϕ0+ω(tp-0)=0（如果初相取ϕ0=5π/3，则点P

相应的相位应表示为ϕP=ϕ0+ω(tp-0)=2π）。 （3）由旋转关量图可得ω(tp-0)=π,则tp=1.6s

13-10 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做上下简谐运动，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？

13-10

分析 按题意作示意图13-10。 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=m2

dt

（l）

d2y

由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a=2=-Aω2cos(ωt+ϕ)，则式（l）可改写为

dt

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 （l）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

FN=mg+mAω2=mg+mA(2π)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=π代入分析中式（2），可得

A"=mg/mω2=gT2/4π2=6.2⨯10-2m

（3）当振幅不变时，设频率变为ν"。 同样将FN＝0及代入分析中式（2），可得

v"=

ω"1

=mg/mA=3.52Hz 2π2π

13-11 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轴负向运动开始，到平衡位置，至少需要多少时间？

13-11

分析 已知运动方程即可求物体的位移、速度、加速度。 因此，写出运动方程是本题的关键。 其方法可参见题13-7。 至于质点从x=-0.03 m运动到 x＝0处所需的最短时间，仍可采用解析法或旋转矢量法求解。

解 （1）由题意知A=0.06m、ω=2π/T=πs-1由旋转矢量图13-11（a）可确定初相则振动方程为

x=(0.06m)cosπs-1t-π

[()

(

]

-π)=0.094m⋅s-1

当t=0.5s时质点的位移、速度、加速度分别为

x=(0.06m)cosπ

-π

)=0.052

πv=dt=-(0.06πm⋅s-1)sin(

2

-π)=-0.513m⋅s-2

（2）质点从x=-0.03 m运动到平衡位置的过程中，旋转关量从图 13-11（b）中的位置M转至位置N，矢量转过的角度(即相位差）∆ϕ=5π/6。该过程所需时间为

∆t=∆ϕ

a=d2x=-(0.06π2m⋅s-2)cos(π

=0.833s

ϖt+ϕ)，当13-12 两质点做通频率、同振幅的简谐运动。第一个质点的运动方程为x1=Acos(

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。

13-12

解 图13-12为两质点在特定时刻t的旋转矢量图，OM表示第一个质点振动的旋转矢量；ON表示第二个质点振动的旋转矢量。 可见第一个质点振动的相位比第二个质点超前π

/2，即它们

的相位差∆ϕπ/2。第二个质点的运动方程应为

x2=Acos(ωt+ϕ-π)

13-13 有一单摆，长为1.0m，最大摆角为50，如图所示。（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）当摆角为30时的角速度和摆球的线速度时多少？ 13-13

分析 单摆在摆角较小时（θ 50）的摆动，其角量θ与时

ωt+ϕ) ，其中间的关系可表示为简谐运动方程θ=θmaxcos(

角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g和绳长l）决定，即ω=g

。初相ϕ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的

角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分。 解 （1）单摆角频率及周期分别为

ω=g=3.13s-1;T=2π=2.01s

（2）由t=0时θ=θmax=50可得振动初相ϕ=0，则以角量表示的简谐运动方程为

θ=πcos(3.13s-1)t

=0.6，则这时质点的角速度为 (3）摆角为3时，有cos(ωt+ϕ)=θmax

dθ

=-0.8θmaxω=-0.218s-1

=-θmaxωsin(ωt+ϕ)=-θmaxω-cos2(ωt+ϕ)

线速度的大小为

v=ldθdt=0.218m⋅s-1

讨论质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别。 这是因为在导出简谐运动方程时曾取sinθ≈θ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立。

13-14 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地面上的秒摆（周期为2.00s）拿到月球上去，如测得周期为4.90s，地球表面得重力加速度为9.80m/s2，则月球表面得重力加速度是多少？ 13-14

解 由单摆的周期公式T=2πg可知g∝2，故有gMgE=TE速度为

2

TM，则月球的重力加

2

gM=(TETM)gE=1.63m⋅s-2

2

13-15 一均匀等边三角形薄板，质量为m，高度为h，如图所示。当其绕AB边（与水平轴线重合）转动时，试证其做微小振动的周期为T=2πh/2g。

13-15

分析 三角形薄板绕AB轴的微振动是一复摆运动。 复摆振动周期为T=2πJc，因此，只要知道复摆绕转轴的转动惯量J和转轴到质心的距离lC，其振动周期就可求得。

证 为了求三角形薄板绕AB轴的转动惯量，按图13-15（b）取坐标。 图中任取一距轴y宽dy的狭长质元，其质量dm=ρsdS=ρs2(h-y)ty30︒dy，式中ρs为薄板的面密度，ρs=S=3mh2。该质元对转轴的转动惯量dJ=2ρs(h-y)ty30︒⋅y2dy，则三角形薄板对转轴的转动惯量为 h(h-y)y2dy=mh2 ⎰30

又由质心定义可知，等边三角形薄板的质心至底边（转轴）的距离lc=h3。将J和lC的值J=2ρs⋅代入公式T=2πJc中，即可证得该复摆的周期为

T=2πh2g

13-16 有一密度均匀得金属T字形细尺，如图所示。它由两根金属米尺组成。若它可绕通过点O的垂直纸面的水平轴转动，求其做微小振动的周期。

13-16

解 T字形尺的微小振动是复摆振动。 T字形尺绕

轴O的转动惯量J。 由两部分组成，其中尺OD对

该轴的转动惯量为 1J1=ml2 3

113ml2+ml2=ml2 1212

172ml 12尺AB对轴O的转动惯量为J2，根据平行轴定理可得 J2=故有 JO=J1+J2=

图13-16中T字形尺的质心C至点O

的距离为

lC，由质心定义可得lc=0.75l。 则T字形尺的振动周期为

T=2πJOmglc=2πlg=1.95s

13-17 如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧，其下挂有一质量为m1的空盘。现有一质量为m2的物体从盘上方高为h处自由落到盘中，并和盘粘在一起振动。问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有和不同？（2）此时的振幅为多大？

13-17 解（1）空盘作振动，周期

T0=2πM

k

m物体与空盘一起作振动，周期为T

T=2πm+M>T0k 则

（2）如图示，m物体由高度h处自由落下，与盘粘在一起，此过程为非弹性碰撞，设碰撞的速度为v"，根据动量守恒

m2gh=(m+M)v"

m2gh

M+m v"=

设碰撞瞬时开始计时，平衡位置为坐标原点，则

t=0 y0=-(x2-x1)

式中x1为m物未落入盘时弹簧的伸长量，即mg=kx1

x2为重物落入盘后处于平衡位置时，弹簧的伸长量即

(M+

m)g=kx2

所以 mg⎡(m+M)gMg⎤y0=-⎢-=-kk⎥k ⎣⎦

同时 v0=v"=mgh

M+m A=2y0+2v0

ω2

ω=

此时 km+M

A=

所以 m2g2k2m2⋅2gh⋅kmg2kh+=+m+MgM+mk

⎛v0

⎝ωy0⎫⎪=tg-1⎪⎭- θ=tg-1 -m2gh⎛⎫2kh-1 M+m⎪=tg gm+M⎪k⎛mg⎫⎝⎭ -⎪⎝k⎭m+M

因此系统的振动表达式为 y=

⎡mg2khk2kh⎤+cos⎢t+tg-1⎥M+mg⎢km+MgM+m⎥⎣⎦

13-18 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动，已知氢原子的质量m=1.68×10kg，振动频率ν=1.4⨯1014Hz，振幅A=1.0×10-11m，试计算：（1）此氢原子的最大速度；（2）与此振动相联系的能量。

13-18

ωt+ϕ)故氢原子振动的最大速度为 解 （1）简谐运动系统中振子运动的速度v=-Aωsin(

vmax=ωA=2πvA=6.28⨯103m⋅s-1 -27

（2）氢原子的振动能量

E=mv2max/2=3.31⨯10-20J

13-19 试证明：（1）在一个周期中，简谐运动的动能和势能对时间的平均值都等于kA2/4；（2）在一个周期中，简谐运动的动能和势能对位置的平均值分别等于kA2/3和kA2/6。

13-19

证（1）简谐运动的动能和势能分别为

Ek=

Ep=122kAsin(ωt+ϕ) 212kAcos2(ωt+ϕ) 2

则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为

k=p=1T1

T⎰T0T122kAsin(ωt+ϕ)dt=kA2/4 212kAcos2(ωt+ϕ)dt=kA2/4 2⎰0

（2）因简谐运动势能Ep=kx2/2，则势能在一个周期中对位置的平均值为 p=1A1212kxdx=kA 2A⎰-A26

则动能在一个周期中对位置的平均值为

13-20 有两个同方向同频率的简谐运动，其合振动的振幅为0.20m，和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。 1k=E-Ep=E-p=kA2 3

13-20

解 采用旋转矢量合成图求解。 如图13-20所示，取第一个振动的旋转矢量A1沿Ox轴，即令其初相为零；按题意，合振动的旋转矢量A与A1之间的夹角ϕ=π/6。根据矢量合成，可得第二个振动的旋转矢量的大小（即振幅）为 A2=A1+A2-2A1Acosϕ=0.01m 2

由于A1、A2、A的量值恰好满足勾股定理，故A1与A2垂直，即第二个振动与第一个振动的相位差为

13-21 将频率为348Hz的标准音叉振动和一个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上加上一小块物体，则拍频将减小，求待测频率的固有频率。

13-21

分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法。 在频率ν1和拍频数∆ν=2-ν1已知的情况下，待测频率ν2可取两个值，即ν2=ν1±∆ν。式中∆

ν前正、负号的选取应根据待测音叉系θ=π2

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

ν2=ν1±∆ν=(348±3)Hz

因振动系统的固有频率ν=1

2πk，即质量m增加时，频率ν减小。 从题意知，当待测音m

叉质量增加时拍频减少，即2-ν1变小。 因此，在满足ν2与∆ν均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率

ν2=ν1+∆ν=351Hz

13-22 示波管得电子束受到两个互相垂直得电场得作用。电子在两个方向上得位移分别为

ϖt+φ)。求在φ=0 、φ=300和φ=900 各种情况下，电子在荧光屏上x=Acosϖt和y=Acos(

得轨迹方程。

13-22

解 这是两个振动方向互相垂直的同频率简谐运动的合成问题。 合振动的轨迹方程为 x2/A1+y2/A2-2xycos∆ϕ/A1A2=sin2∆ϕ 22

式中A1、A2为两振动的振幅，∆ϕ为两个振动的初相差。 本题中A1=A2=A，∆ϕ=ϕ，故有 x2+y2-2xycosϕ=A2sin2ϕ

（1）当ϕ=00时，有x=y,轨迹为一直线方程。

（2）当ϕ=300时，有x2+y2-xy=A2/4,轨迹为椭圆方程。

（3）当ϕ=900时，有x2+y2=A2轨迹为圆方程。

13-23 一物体悬挂在弹簧下做阻尼振动，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，需再经历多长时间？

13-23

ωt+ϕ0)，其振幅A=A0e-δt是随时间变化分析 在小阻尼条件下，阻尼振动方程为x=A0e-δtcos(

的，其中δ为阻尼系数（通常规为常量）。 利用上述公式即可求解。

解 (1)根据分析，由阻尼震动振幅A=A0e-δt得 δ=lnA0A1=4.81⨯10-3s-1 t1

A1A0e-δt1=（2）两不同时刻的振幅比-δt2，则振幅由A1改变为A2所经历的时间 A2A0e

∆t=t2-t1=

lnA1A2δ=144s

13-24 一质量为2.5kg得物体与一劲度系数为1250N/m得弹簧连接作阻尼振动，阻力系数为50.0kg/s。求阻尼振动得角频率。

13-24

分析 阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关，有-1-1ω=02-δ2。在振动系统的固有角频率ω0和阻尼系数δ均可确定的情况下，阻尼振动角频率即可求出。

解 系统的固有角频率ω0=km，阻尼系数δ=C2m，则阻尼振动角频率为

ω=02-δ2=(k)-(C2m)2=20s-1