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高中物理竞赛——振动与波习题

来源：暴趣科技网

高中物理竞赛——振动与波习题

一、简谐运动的证明与周期计算

物理情形：如图5所示，将一粗细均匀、两边开口的U型管固定，其中装有一定量的水银，汞柱总长为L 。当水银受到一个初始的扰动后，开始在管中振动。忽略管壁对汞的阻力，试证明汞柱做简谐运动，并求其周期。

模型分析：对简谐运动的证明，只要以汞柱为对象，看它的回复力与位移关系是否满足定义式①，值得注意的是，回复力F系指振动方向上的合力（而非整体合力）。当简谐运动被证明后，回复力系数k就有了，求周期就是顺理成章的事。

本题中，可设汞柱两端偏离平衡位置的瞬时位移为x 、水银密度为ρ、U型管横截面积为S ，则此瞬时的回复力

ΣF = ρg2xS =

2mgx L2mg = k ，而且ΣF与x的方向相反，故汞柱L由于L、m为固定值，可令：做简谐运动。

周期T = 2π

mk= 2π

L2gL2g

答：汞柱的周期为2π 。

学生活动：如图6所示，两个相同的柱形滚轮平行、等高、水平放置，绕各自的轴线等角速、反方向地转动，在滚轮上覆盖一块均质的木板。已知两滚轮轴线的距离为L 、滚轮与木板之间的动摩擦因素为μ、木板的质量为m ，且木板放置时，重心不在两滚轮的正。试证明木板做简谐运动，并求木板运动的周期。

思路提示：找平衡位置（木板重心在两滚轮处）→力矩平衡和ΣF6= 0结合求两处弹力→求摩擦力合力…

答案：木板运动周期为2π

L2g 。

巩固应用：如图7所示，三根长度均为L = 2.00m地质量均匀直杆，构成一正三角形框架ABC，C点悬挂在一光滑水平轴上，整个框架可绕转轴转动。杆AB是一导轨，一电动松鼠可在导轨上运动。现观察到松鼠正在导轨上运动，而框架却静止不动，试讨论松鼠的运动是一种什么样的运动。

解说：由于框架静止不动，松鼠在竖直方向必平衡，即：松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。设松鼠

的质量为m ，即：

N = mg ① 再回到框架，其静止平衡必满足框架所受合力

矩为零。以C点为转轴，形成力矩的只有松鼠的压力N、和松鼠可能加速的静摩擦力f ，它们合力矩为零，即：

MN = Mf

现考查松鼠在框架上的某个一般位置（如图7，设它在导轨方向上距C点为x），上式即成：

N²x = f²Lsin60° ②

解①②两式可得：f =

2mg3Lx ，且f的方向水平向左。

根据牛顿第三定律，这个力就是松鼠在导轨方向上的合力。如果我们以C在导轨上的投影点为参考点，x就是松鼠的瞬时位移。再考虑到合力与位移的方向因素，松鼠的合力与位移满足关系——

F= －kx

其中k =

2mg3L ，对于这个系统而言，k是固定不变的。

显然这就是简谐运动的定义式。答案：松鼠做简谐运动。

评说：这是第十三届物理奥赛预赛试题，问法比较模糊。如果理解为定性求解，以上答案已经足够。但考虑到原题中还是有定量的条件，所以做进一步的定量运算也是有必要的。譬如，我们可以求出松鼠的运动周期为：T = 2ππ

3L = 2.s 。 2gmk = 2

二、典型的简谐运动

1、弹簧振子

物理情形：如图8所示，用弹性系数为k的轻质弹簧连着一个质量为m的小

球，置于倾角为θ的光滑斜面上。证明：小球在弹簧方向的振动为简谐运动，并求其周期T 。

学生自己证明…。周期T = 2π

模型分析：这个结论表明，弹簧振子完全可以突破放置的方向而伸展为一个广义的概念，且伸展后不会改变运动的实质。其次，我们还可以这样拓展：把上面的下滑力换程任何一个恒力（如电场力），它的运动性质仍然不会改变。

当然，这里的运动性质不变并不是所有运动参量均不改变。譬如，振子的平衡位置、振动方程还是会改变的。下面我们看另一类型的拓展——

物理情形：如图9所示，两根相同的弹性系数分别为k1和k2的轻质弹簧，连接一个质量为m的滑块，可以在光滑的水平面上滑动。试求这个系统的振动周期T 。

解说：这里涉及的是弹簧的串、并联知识综合。根据弹性系数的定义，不难推导出几个弹性系数分别为k1、k2、…、kn的弹簧串、并联后的弹性系数定式（设新弹簧系统的弹性系数为k）——

串联： = i11kn1ki

并联：k = ki

i1n在图9所示的情形中，同学们不难得出：T = 2π

m(k1k2)k1k2

当情形变成图10时，会不会和图9一样呢？详细分析形变量和受力的关系，我们会发现，事实上，这时已经变成了弹簧的并联。

答案：T = 2π

mk1k2 。

思考：如果两个弹簧通过一个动滑轮（不计质量）再与质量为m的钩码相连，如图11所示，钩码在竖直方向上的振动周期又是多少？

解：这是一个极容易出错的变换——因为图形的外表形状很象“并联”。但经过仔细分析后，会发现，动滑轮在这个物理情形中起到了重要的作用——致使这个变换的结果既不是串联、也不是并联。

★而且，我们前面已经证明过，重力的存在并不会改变弹簧振子的振动方程，所以为了方便起见，这里（包括后面一个“在思考”题）的受力分析没有考虑重力。

具体分析如下：

设右边弹簧的形变量为x2 、滑轮（相对弹簧自由长度时）的位移为x 、钩子上的拉力为F ，则

k1x1 = k2x2

x =

x1x2 24k1k2k1k2F = 2 k2x2

解以上三式，得到：F =

4k1k2k1k2x ，也就是说，弹簧系统新的弹性系数k =

。

m(k1k2)k1k2答：T = π 。

再思考：如果两弹簧和钩码通过轻杆和转轴，连成了图12所示的系统，已知k1 、k2 、m 、a 、b ，再求钩码的振动周期T 。

思路提示：探讨钩码位移和回复力关系，和“思考”题类似。

（过程备考：设右弹簧伸长x2 ，则中间弹簧伸长x1 =

bk2x2 ak1钩码的位移量x = x1 + x2 而钩码的回复力F = k1x1

b2k1k2F结合以上三式解回复力系数k = = 2 ，所

ak1b2k2xab以…）

答：T = 2π

a2k1b2k2m 。

b2k1k22、单摆

单摆分析的基本点，在于探讨其回复力随位移的变化规律。相对原始模型的伸展，一是关于摆长的变化，二是关于“视重加速度”的变化，以及在具体情形中的处理。至于复杂的摆动情形研究，往往会超出这种基本的变形，而仅仅是在分析方法上做适当借鉴。

物理情形1：如图13所示，在一辆静止的小车内用长为L的轻绳静止悬挂着一个小钢球，当小车突然获得水平方向的大小为a的加速度后（a＜g），试描述小球相对小车的运动。

模型分析：小钢球相对车向a的反方向摆起，摆至绳与竖直方向夹角θ= arctg时，达到最大速度，此位置即是小球相对车“单摆”的平衡位置。以车为参照，小球受到的场力除了重力G外，还有一惯性力F 。所以，此

时小球在车中相当于处在一个方向倾斜θ、大小变为G2F2的新“重力”的作

ag用，属超重情况。这是一种“视重加速度”增加的情形。

解说：由于摆长L未变，而g视 = g2a2，如果a很小，致使最大摆角不超过5°的话，小角度单摆可以视为简谐运动，周期也可以求出来。

答案：小球以绳偏离竖直方向θ= arctg的角度为平衡位置做最大摆角为θ的单摆运动，如果θ≤5°，则小球的摆动周期为T = 2π

Lga22ag

物理情形2：某秋千两边绳子不等长，且悬点不等高，相关数据如图14所示，且有a2 + b2 = L21 + L22，

试求它的周期（认为人的体积足够小）。

模型分析：用C球替代人，它实际上是在绕AB轴摆动，类似将单摆放置在光滑斜面上的情形。故视重加速度g视 = gcosθ= g等效摆长l = CD，如图15所示。

由于a2 + b2 = L21 + L22可知，AC⊥CB ，因此不难求出

CD=

aa2b2 ，

L1L2LL2122 ，最后应用单摆周期公式即可。

答案：T = 2π

L1L2ag 。

相关变换1：如图16所示，质量为M的车厢中用长为L的细绳悬挂着一个质量为m的小球，车轮与水平地面间的摩擦不计，试求这个系统做微小振动的周期。

分析：我们知道，证明小角度单摆作简谐运动用到了近似处理。在本题，也必须充分理解“小角度”的含义，大胆地应用近似处理方法。

解法一：以车为参照，小球将相对一个非惯性系作单摆运动，在一般方位角θ的受力如图17所示，其中惯性力F = ma ，且a为车子的加速度。由于球在垂直T方向振动，故回复力

F回 = Gsinθ+ Fcosθ= mgsinθ+ macosθ ① *由于球作“微小”摆动，其圆周运动效应可以忽略，故有

T + Fsinθ≈ mgcosθ ② 再隔离车，有 Tsinθ= Ma ③

解①②③式得 F回 =

m(mM)gsin

Mmsin2m(mM)gsin ④

M*再由于球作“微小”摆动，sin2θ→0 ，所以 F回 =

令摆球的振动位移为⑤

解④⑤即得 F回 = 显然，

m(mM)gx MLx ，常规处理 sinθ≈

x Lm(mM)g = k是恒定的，所以小球作简谐运动。最后求周期用公ML式即可。

解法二：由于车和球的系统不受合外力，故系统质心无加速度。小球可以看成是绕此质心作单摆运动，而新摆长L′会小于L 。由于质心是惯性参照系，故小球的受力、回复力的合成就很常规了。

若绳子在车内的悬挂点在正，则质心在水平方向上应与小球相距x =

MMLsinθ，不难理解，“新摆长”L′= L 。（从严谨的意义上来讲，这mMmM个“摆长”并不固定：随着车往“平衡位置”靠近，它会加长。所以，这里的等效摆长得出和解法一的忽略圆周运动效应事实上都是一种相对“模糊”的处理。如果非要做精准的运算，不启用高等数学工具恐怕不行。）

答：T = 2π

ML(Mm)g 。

相关变换2：如图18所示，有一个均质的细圆环，借助一些质量不计的辐条，将一个与环等质量的小球固定于环心处，然后用三根竖直的、长度均为L且不可伸长的轻绳将这个物体悬挂在天花板上，环上三个结点之间的距离相等。试求这个物体在水平方向做微小扭动的周期。

分析：此题的分析角度大变。象分析其它物理问题一样，分析振动也有动力学途径和能量两种途径，此处若援用动力学途径寻求回复力系数k有相当的难度，因此启用能量分析。

本题的任务不在简谐运动的证明，而是可以直接应用简谐运动的相关结论。根据前面的介绍，任何简谐运动的总能都可以表达为

E = kA2 ①

而我们对过程进行具体分析时，令最大摆角为θ（为了便于寻求参量，这里把摆角夸大了）、环和球的质量均为m ，发现最大的势能（即总能）可以表达为（参见图19）

E = 2m²gL(1 − cosθ) ② 且振幅A可以表达为

12A = 2Lsin ③

解①②③式易得：k =

2mg L2最后求周期时应注意，中间的球体未参与振动，故不能纳入振子质量（振子质量只有m）。

答：T = π

2Lg 。

三、振动的合成

物理情形：如图20所示，一个手电筒和一个屏幕的质量均为m ，都被弹性系数为k的弹簧悬挂着。平衡时手电筒的光斑恰好照在屏幕的正O点。现在令手电筒和屏幕都在竖直方向上振动（无水平晃动或扭动），振动方程分别为y1 = Acos(ωt + φ1)，y2 = Acos(ωt + φ2) 。试问：两者初位相满足什么条件时，可以形成这样的效果：（1）光斑相对屏幕静止不动：（2）光斑相对屏幕作振幅为2A的振动。

模型分析：振动的叠加包括振动的相加和相减。这里考查光斑相对屏幕的运动事实上是寻求手电筒相对屏幕的振动，服从振动的减法。设相对振动为y ，有

y = y1 − y2 = Acos(ωt + φ1) − Acos(ωt + φ2)

= −2Asin

12sin(t12) 22解说：（1）光斑相对屏幕静止不动，即y = 0 ，得 φ1 = φ2 （2）要振幅为2A ，必须sin122 = 1 ，得φ1 − φ2 = ±π

答案：初位相相同；初位相相反。相关变换：一质点同时参与两个垂直的简谐运动，其表达式分别为x = 2cos(2ωt +2φ) ，y = sinωt 。（1）设φ = ，求质点的轨迹方程，并在xOy平面绘出其曲线；（2）设φ = π ，轨迹曲线又怎样？

解：两个振动方程事实已经构成了质点轨迹的参数方程，我们所要做的，只不过是消掉参数，并寻求在两个具体φ值下的特解。在实际操作时，将这两项

2工作的次序颠倒会方便一些。

（1）当φ = 时，x = −2(1 − 2sin2ωt) ，即 x = 4y2 − 2

描图时应注意，振动的物理意义体现在：函数的定义域 −1 ≤ y ≤ 1 (这事实上已经决定了值域 −2 ≤ x ≤ 2 )

（2）当φ =π时，同理 x = 2(1 − 2sin2ωt)= 2 − 4y2

答：轨迹方程分别为x = 4y2 − 2和x = 2 − 4y2 ，曲线分别如图21的（a）（b）所示——

2

四、简谐波的基本计算

物理情形：一平面简谐波向−x方向传播，振幅A = 6cm ，圆频率ω= 6πrad/s ，当t = 2.0s时，距原点O为12cm处的P点的振动状态为yP = 3cm ，且vP ＞ 0 ,而距原点22cm处的Q点的振动状态为yQ = 0 ，且vQ ＜ 0 。设波长λ＞10cm ，求振动方程，并画出t = 0时的波形图。

解说：这是一个对波动方程进行了解的基本训练题。简谐波方程的一般形式已经总结得出，在知道A、ω的前提下，加上本题给出的两个特解，应该足以解出v和φ值。

由一般的波动方程y = Acos〔ω（t - ）+ φ〕

（★说明：如果我们狭义地理解为波源就在坐标原点的话，题目给出特解是不存在的——因为波向−x方向传播——所以，此处的波源不在原点。同学们自己理解：由于初相φ的任意性，上面的波动方程对波源不在原点的情形也是适用的。）

参照简谐运动的位移方程和速度方程的关系，可以得出上面波动方程所对应质点的速度（复变函数）

v = −ωAsin〔ω（t - ）+ φ〕代t = 2.0s时P的特解，有—— yP = 6cos〔6π（2 - ＞ 0

即 6π（2 -

12）+ φ = 2k1π - ① v31212）+ φ〕= 3 ，vP = −36πsin〔6π（2 - ）+ φ〕vvxvxv代t = 2.0s时Q的特解，有——

yQ = 6cos〔6π（2 - ＜ 0

即 6π（2 -

2222）+ φ〕= 0 ，vQ = −36πsin〔6π（2 - ）+ φ〕vv22）+ φ = 2k2π + ②

2v又由于 AB = 22 − 12 = 10 ＜λ ，故k1 = k2 。解①②两式易得 v = −72cm/s ， φ=

24（或−） 33x22）+ 〕，且波长λ= v = 24cm 。 723所以波动方程为：y = 6cos〔6π（t + 当t = 0时， y = 6cos（

2x + ），可123以描出y-x图象为——

答案：波动方程为y = 6cos〔6π（t +

x2）+ 〕，t = 0723时的波形图如图22所示。