單自由度振動系統(tǒng)頻率求解方法探討
——以34屆全國中學生物理競賽試題為例

魯斌 向豪 馮子江

(浙江省余姚中學 浙江 寧波 315400)

2017年由重慶大學舉辦的第34屆全國中學生物理競賽中，預(yù)賽、復賽、決賽試題都考察了振動系統(tǒng)的頻率求解問題.此類問題不僅是高中競賽考查的重點，也是大學物理課程教學的重點和難點.

1 試題概述和初步分析

【初試試題】如圖1所示，兩勁度系數(shù)均為k的同樣的輕彈性繩的上端固定在一水平面上，下端懸掛一質(zhì)量為m的小物塊.平衡時，輕彈性繩與水平面的夾角為α0，彈性繩長度為l0.現(xiàn)將小物塊向下拉一段微小的距離后從靜止釋放，求物塊做微小振動的頻率.

圖1 初試試題圖

由于物體只能在豎直方向振動，故此題考查單自由度振動系統(tǒng)的頻率求解問題.復賽與決賽試題同樣考察單自由度振動.此類問題在大學物理的練習和試題中比較常見，諸多教師對其也做過相關(guān)的探討[1].

我們以此題為例，總結(jié)此類問題的常用解法，并談?wù)剮追N解法的區(qū)別和聯(lián)系.

2 一般解法討論

振動頻率求解方法，一般是通過受力分析、能量微分等方法，得到簡諧振動的微分方程

其中y為物體離開平衡位置的微小距離.由式中的m,k即可得到圓頻率.

2.1 受力分析的一般解法

對于受力分析法，我們認為α和y均在有限范圍內(nèi)變化，分析得到某一位置的回復力F關(guān)于離開平衡位置位移y的表達式，然后考慮y為小量，進行合理近似，保留一階小量.只要證明F為線性回復力即可.

設(shè)原長為L，現(xiàn)在長度為l，與水平面所成的夾角為α，如圖2所示，則此時，物體受力

圖2 各物理量之間的關(guān)系

F=mg-2k(l-L)sinα

(1)

在平衡位置滿足

mg=2k(l0-L)sinα0

(2)

得到原長

(3)

根據(jù)幾何關(guān)系，現(xiàn)有長度l可以表示為

(4)

將式(2)～(4)代入式(1)，有

mg-2k(y+l0sinα0)-

(5)

此為合力關(guān)于位移的關(guān)系.其中

(6)

保留y的一階小量，式(6)為

(7)

將式(7)代入式(5)，得到

F=mg-2k(y+l0sinα0)-

化簡得

(8)

根據(jù)牛頓第二定律，有

(9)

由簡諧振動微分方程得

(10)

系統(tǒng)微小振動的圓頻率為

物塊微小振動的頻率為

受力分析法的關(guān)鍵在于找到微小位移所對應(yīng)的力的變化，但如果涉及的物理量較多，很容易出現(xiàn)小量近似舍去過多的情況.此種方法適合較明確、直接的振動系統(tǒng).

2.2 能量的一般解法

能量求解的基礎(chǔ)是保守系統(tǒng)的機械能守恒.振動系統(tǒng)中，先列出機械能守恒的表達式，接著將其各個變量對時間求導，求導結(jié)果為零.經(jīng)過化簡，便可得到簡諧振動的微分方程.

振動系統(tǒng)的機械能由重力勢能、彈性勢能和動能組成.以平衡位置為零勢能面，向下拉以微小位移y后，有

(11)

式(11)中，l是y的函數(shù)，對其進行泰勒展開.由于能量解法需要對時間求導一次，y的次方會低一階，而我們的目標是得到線性回復力，故泰勒展開時涉及y,y2的項均應(yīng)保留，故應(yīng)展開到第三項.即

(12)

其中o(y2)表示y2的高階無窮小.略去o(y2)可得

(13)

(14)

將式(14)代入式(11)，有

(15)

即可求解.

3 不同角度的探討

受力分析和能量微分是解決振動系統(tǒng)的常用方法.接下來，我們從不同角度討論單自由度的振動問題.

3.1 角動量定理

將此振動系統(tǒng)看做轉(zhuǎn)動系統(tǒng)，便可運用轉(zhuǎn)動定律求解.在平衡位置時，彈簧與水平方向的夾角為α0，振動的某一時刻，夾角為α.角度的變化為θ(如圖2所示)

θ=α-α0

(16)

由幾何關(guān)系得

(17)

如圖3所示，以繩子的懸掛點A為參考點，其受到的力矩有自身的重力矩和右側(cè)彈簧的拉力矩.取垂直紙面向里為正.重力矩為

MG=mgl0cosα0

由于左側(cè)彈力通過A點，不產(chǎn)生力矩，右側(cè)彈力方向沿右側(cè)彈簧，與左側(cè)彈簧所成的角度為2α,如圖3所示.

圖3 角度的表示

則物體所受到的彈力矩為

MF=-κ(l-L)lsin 2α

根據(jù)小物塊繞A點轉(zhuǎn)動，由角動量定理

mgl0cosα0-k(l-L)lsin 2α=

(18)

其中繞A點的轉(zhuǎn)動慣量為

IA=ml2

(19)

(20)

將式(17)、(19)代入式(20)，有

為θ的高階小量可以忽略，故

(21)

將式(3)、(19)、(21)代入式(18)，等式兩邊同除以l2，有

(22)

進行求解前，先給出幾個函數(shù)的近似式

cos2(α0+θ)=(cosα0cosθ-sinα0sinθ)2=

cos2α0cos2θ+sin2α0sin2θ-2cosα0cosθsinα0sinθ=

cos2α0-2cosα0sinα0θsin (2α0+2θ)=

sin 2α0cos 2θ+cos 2α0sin 2θ≈

sin 2α0+2θcos 2α0cos (α0+θ)=

cosα0cosθ-sinα0sinθ≈

cosα0-θsinα0sin (α0+θ)=

sinα0cosθ-cosα0sinθ≈sinα0-θcosα0

第一項

(23)

第二項

-ksin (2α0+2θ)≈-k(sin 2α0+2θcos 2α0)

(24)

第三項

k(sin 2α0-2θsin2α0+2θcos 2α0)

(25)

第四項

(26)

將式(23)～(26)代入式(21)，化簡即可得到

(27)

此法求解的關(guān)鍵在于選定參考點后，列出物體所受精確的力矩表達式，配合角動量定理求解即可.在求解過程中也應(yīng)注意，代入的I應(yīng)是針對環(huán)繞點的轉(zhuǎn)動慣量，并且I為變量，代入的M也應(yīng)是針對環(huán)繞點的合力矩.

3.2 將振動系統(tǒng)分解

將物塊的上下振動看做不同振動方向的合振動，且各個振動方向分振動的頻率必然一致，故只要得到沿著一側(cè)的牛頓二定律即可求解.

將重力沿一側(cè)分解，并計入彈力，得到動力學方程

-k(l-L)+mgsinα+k(l-L)cos 2α=

(28)

由于

則式(28)為

(29)

第一項

mgsinα=mg(sinα0-θcosα0)

(30)

第二項

k(l-L)(cos 2α-1)=

(sinα0-θcosα0)2=

(sin2α0-2θsinα0cosα0)=

-2kl0tanα0sin2α0-mg(sinα0-2θcosα0)

(31)

(32)

將式(30)～(32)代入式(29)可得

-(2kl0tanα0sin2α0+mgcosα0)θ=

化簡整理后即可得到式(27).此解法益處在于小量只用展開到一階，計算較為簡單.

4 結(jié)束語

在振動問題的求解中，運用受力分析、能量微元是解決系統(tǒng)振動頻率問題的一般方法，最終都要證明回復力為線性回復力.在受力分析時，應(yīng)給出最精確的受力表達式，然后逐步代入，并保留一階小量，進而求解.在能量求解中，應(yīng)給出在保守場中的能量守恒表達式，求導后逐步代入?yún)?shù)求解.從另外的角度，將直線運動系統(tǒng)看做轉(zhuǎn)動系統(tǒng)，借用角動量定理求解；根據(jù)運動的合成規(guī)律將振動系統(tǒng)分解等方法，也都能很好地解決此類問題.解決振動問題的分析方法多種多樣，沒有優(yōu)劣之分，不同的問題可運用不同的方法解決.