第九章振动习题解答9.2.1 一刚体可绕水平轴摆动。
已知刚体质量为m ，其重心C 和轴O 间的距离为h ，刚体对转动轴线的转动惯量为I 。
问刚体围绕平衡位置的微小摆动是否是简谐振动？如果是，求固有频率，不计一切阻力。
解：规定转轴正方向垂直纸面向外，忽略一切阻力，则刚体所受力矩τ= - mghsin φ因为是微小摆动，sin φ≈φ,∴τ= - mgh φ，即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位置附近运动，因而是简谐振动。
由转动定理：22/dt Id mgh φφ=- 即，Imgh I mghI mgh dtd ==∴=+020,022ωωφφ9.2.2 轻弹簧与物体的连接如图所示，物体质量为m ，弹簧的劲度系数为k 1和k 2，支承面为理想光滑面，求系统振动的固有频率。
解：以平衡位置为原点建立坐标o-x 。
设m 向右偏离平衡位 置x ，则弹簧1被拉长x ，弹簧2被压缩x ，m 所受的合力（即回复力）x k k F )(21+-=.由牛顿第二定律：0,)(21222221=+=+-+x m x k k mk k dt x d dtxdmk k mk k 2121020,++==∴ωω9.2.3 一垂直悬挂的弹簧振子，振子质量为m ，弹簧的劲度系数为k 1.若在振子和弹簧k 1之间串联另一弹簧，使系统的频率减少一半。
问串联上的弹簧的劲度系数k 2应是k 1的多少倍？解：以两个弹簧串联后m 的平衡位置为原点建立图示坐标o-x,设m 向下偏离平衡位置x ，弹簧1伸长ΔL 1，弹簧2 伸长ΔL 2，ΔL 1+ΔL 2 = x (1)；由于忽略弹簧质量，两个弹簧连接点处所受的两个弹力等大反向，即 k 1ΔL 1 = k 2ΔL 2 (2)；由⑴、⑵解得：x L k k k 2112+=∆，所以m 所受的回复力 x L k F k k kk 212122+-=∆-=， 由牛顿二定律；222121dtxd k k k k m x =-+ ，即 0)(212122=++x k k m k k dt xd)(02121'k k m k k +=∴ω，未串联前频率 mk 10=ω，令210'ωω=，即 mk k k m k k 1212121)(=+，可求得：112k k =9.2.4 单摆周期的研究：⑴单摆悬挂于以加速度a 沿水平方向直线行驶的车厢内；⑵单摆悬挂于以加速度a 上升的电梯内；⑶单摆悬挂于以加速度a （a <g ）下降的电梯内。
求此三种情况下单摆的周期，摆长为l .解：⑴以车为参考系，单摆受力如图示，设平衡位置与竖直线成α角，由平衡条件：g a tg mg T ma T /,cos ,sin =∴==ααα设单摆偏离平衡位置角位移为θ(θ<5°)，单摆所受回复力矩：θαααθααθατααθθθθθαθαθαθαθαθατ)sin cos ()]sin (cos )cos (sin [cos sin ,sin ,1cos ,5)]sin sin cos (cos )sin cos cos (sin [)]cos()sin([a g ml a g ml a g a g ml mal mgl +-=--+-≈=≈≈︒<--+-=+-+-= 由转动定理：)sin cos (,222αατβθa g ml ml I dt d +-==，222222222,,,/sin ,/cos ,00sin cos 202222sin cos g a l lg a g a a g la g dt d T g a a g a g +++++====∴+=+==+πωωααθααααθ 以上求解较为麻烦，我们可以用另外一种简捷的思路和方法：在重力场中单摆的周期为gl T π2=，g 是重力场强度现在单摆在力场a m g m f g m g m-=+=*'中振动，力场强度：2222,',''22a g l g l T a g g a g g +==∴+=-=ππ⑵以电梯为参考系，平衡位置仍然在铅直方向，由转动定理：222)(sin )(dt d ml l a g m l ma mg θθθ=+-≈+-a g l la g la g dt d T +++==∴=+πωθθ2,,0022同样可以认为单摆在力场 a m g m g m-=' 中振动，力场强度：a g l g l T a g g +==∴+=ππ22,''⑶与前面分析完全相同，a g l T-=π29.2.5 在通常温度下，固体内原子振动的频率数量级为1013/s ，设想各原子间彼此以弹簧连接，1摩尔银的质量为108g ，且包含6.02×1023个原子，现仅考虑一列原子，且假设只有一个原子以上述频率振动，其它原子皆处于静止，计算一根弹簧的劲度系数。
解：利用9.2.2题的结果： mk mk k 2021==+ωm N m k /354)102(2131002.610108212021233=⨯⨯⨯==⨯⨯-πω9.2.6 一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=9.8N/m,物体的质量为200g,现将弹簧自平衡位置拉长22cm 并给物体一远离平衡位置的速度，其大小为7.0cm/s,求该振子的运动学方程（SI ）。
解：弹簧振子的圆频率72.08.90===mkω.设振子的运动学方程为)2()7sin(7),1()7cos(αα+-==+=t A v t A x dtdx .据题意,t=0时，s m v m x /100.7,102222--⨯=⨯=,代入⑴、⑵中，有)'2(sin 7100.7,)'1(cos 102222ααA A -=⨯=⨯--由⑴'、⑵'可解得：A=3×10-2m ；3/1sin ,3/22cos -==αα, α= - 19.47º= - 0.34rad. 代入（1）中，振子的运动学方程为：x = 3×10-2 cos (7t - 0.34).9.2.7质量为1.0×103g 的物体悬挂在劲度系数为1.0×106dyn/cm 的弹簧下面，⑴求其振动的周期；⑵在t=0时，物体距平衡位置的位移为+0.5cm ，速度为+15cm/s ，求运动学方程。
解：以平衡位置为坐标原点，建立图示坐标o-x⑴10101031010100.10256====--⨯⨯mk ωs T 199.01010220===ππ⑵设运动学方称为 )1010cos(α+=t A x)1010sin(1010α+-=t A v ，将t=0时，x=0.5×10-2,v=15×10-2代入，有 ②）（①，ααsin 102/103cos 105.022A A =⨯-=⨯--① 2+②2，可求得 A 2=0.475×10-4，A=6.89×10-3m ，将A 值代入①、②中得：② rad 759.0,688.0sin ,726.0cos -=∴-==ααα 所以，运动学方程为：)759.01010cos(1089.63-⨯=-t x9.2.8 ⑴一简谐振动的规律为x=5cos(8t+π/4),若计时起点提前0.5s ，其运动学方程如何表示？欲使其初相为零，计时起点应提前或推迟若干？⑵一简谐振动的运动学方程为x=8sin(3t-π),若计时起点推迟1s ，它的初相是多少？欲使其初相为零，应怎样调整计时起点？⑶画出上面两种简谐振动在计时起点改变前后t=0时旋转矢量的位置。
解：⑴设计时起点提前t 0秒，则t'=t+t 0，将t=t'-t 0代入原方程得 x=5cos(8t'-8t 0+π/4). 当t 0=0.5s 时，x=5cos(8t'-4+π/4)=5cos(8t'-184º)=5cos(8t'+176º) 若使初相为零，令 -8t 0+π/4=0，得 t 0=π/32，即计时起点提前 π/32秒可使初相为零。
⑵原方程x=8sin(3t-π)=8cos(3t-3π/2). 设计时起点推迟t 0秒，则t'=t-t 0，将t=t'+t 0代入原方程得 x=8cos(3t'+3t 0-3π/2).当t 0=1s 时，x=8cos(3t'+3-3π/2)=8cos(3t'-98º),∴t 0=1s 时，初相α=（3-3π/2）rad=-98º 若使初相为零，令 3t 0-3π/2=0，得t 0=π/2，即计时起点推迟 π/2秒可使初相为零。
⑶ t=0t ’t ’=09.2.9 画出某简谐振动的位移-时间曲线，其振动规律为 x=2cos2π(t+1/4) (SI 制).解：由运动学方程可知：A=2m,ω0=2π,T=2π/ω0=1s,α=π/2.方法一：根据余弦函数图像规律：相位Φ=0,π/2,π,3π/2,2π时，其对应的位移为A,0,-A,0,A.因此只要求出对应的时间t 即可画出x-t 图像。
令2π(t+1/4)=0,π/2,π,3π/2,2π;可求得对应的时间为-1/4,0,1/4,2/4,3/4.找出这些特殊点，即可画出x-t 曲线。
方法二：令t'=t+1/4得x=2cos2πt',以1/4秒为t 轴的时间单位，先画出它的x-t'图像。
然后根据t=t'-1/4,将o-x 轴右移1/4即得到x-t 图像。
9.2.10 半径为R 得薄圆环静止于刀口O 上，令其在自身平面内作微小的摆动。
⑴求其振动的周期。
⑵求与其振动周期相等的单摆的长度。
⑶将圆环去掉2/3而刀口支于剩余圆环的中央，求其周期与整圆环摆动周期之比。
解：⑴如图示,τo =-mgRsin φ≈-mgR φ 由平行轴定理，I o =mR 2+mR 2=2mR 2；据转动 定理τo =I o β, ∴ 2222dt d mRmgR ϕϕ=-,即gR Rg o g dtd o T 2222,,02πωϕπϕ===∴=+⑵∵单摆的周期为gL T π2= ∴与薄圆环振动周期相等的单摆的摆长L=2R.⑶设剩余圆环的质心在c 处，质量为 m/3.据平行轴定理：I o =I c +mr 2/3;I o ’ = mR 2/3=I c +m(R-r)2/3,∴I c =mR 2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr 2/3代入前式得 I o =2mRr/3. 设余环摆角为φ，则τo = - mgr φ/3.由转动定理τo =I o βo ，有 –mgr φ/3=(2mRr/3)d 2φ/dt 2, 即gR Rg o g dtd oT 2222,,02πωφπφ===∴=+. 由于和剩余环的大小无关，可知，无论剩余环多大，只要刀口支于剩余环的中央，其振动周期就和整个圆环的振动周期相等。