单自由度振动系统频率求解方法探讨——以34届全国中学生物理竞赛试题为例

鲁斌 向豪 冯子江

(浙江省余姚中学 浙江 宁波 315400)

2017年由重庆大学举办的第34届全国中学生物理竞赛中，预赛、复赛、决赛试题都考察了振动系统的频率求解问题.此类问题不仅是高中竞赛考查的重点，也是大学物理课程教学的重点和难点.

1 试题概述和初步分析

【初试试题】如图1所示，两劲度系数均为k的同样的轻弹性绳的上端固定在一水平面上，下端悬挂一质量为m的小物块.平衡时，轻弹性绳与水平面的夹角为α0，弹性绳长度为l0.现将小物块向下拉一段微小的距离后从静止释放，求物块做微小振动的频率.

图1 初试试题图

由于物体只能在竖直方向振动，故此题考查单自由度振动系统的频率求解问题.复赛与决赛试题同样考察单自由度振动.此类问题在大学物理的练习和试题中比较常见，诸多教师对其也做过相关的探讨[1].

我们以此题为例，总结此类问题的常用解法，并谈谈几种解法的区别和联系.

2 一般解法讨论

振动频率求解方法，一般是通过受力分析、能量微分等方法，得到简谐振动的微分方程

其中y为物体离开平衡位置的微小距离.由式中的m,k即可得到圆频率.

2.1 受力分析的一般解法

对于受力分析法，我们认为α和y均在有限范围内变化，分析得到某一位置的回复力F关于离开平衡位置位移y的表达式，然后考虑y为小量，进行合理近似，保留一阶小量.只要证明F为线性回复力即可.

设原长为L，现在长度为l，与水平面所成的夹角为α，如图2所示，则此时，物体受力

图2 各物理量之间的关系

F=mg-2k(l-L)sinα

(1)

在平衡位置满足

mg=2k(l0-L)sinα0

(2)

得到原长

(3)

根据几何关系，现有长度l可以表示为

(4)

将式(2)～(4)代入式(1)，有

mg-2k(y+l0sinα0)-

(5)

此为合力关于位移的关系.其中

(6)

保留y的一阶小量，式(6)为

(7)

将式(7)代入式(5)，得到

F=mg-2k(y+l0sinα0)-

化简得

(8)

根据牛顿第二定律，有

(9)

由简谐振动微分方程得

(10)

系统微小振动的圆频率为

物块微小振动的频率为

受力分析法的关键在于找到微小位移所对应的力的变化，但如果涉及的物理量较多，很容易出现小量近似舍去过多的情况.此种方法适合较明确、直接的振动系统.

2.2 能量的一般解法

能量求解的基础是保守系统的机械能守恒.振动系统中，先列出机械能守恒的表达式，接着将其各个变量对时间求导，求导结果为零.经过化简，便可得到简谐振动的微分方程.

振动系统的机械能由重力势能、弹性势能和动能组成.以平衡位置为零势能面，向下拉以微小位移y后，有

(11)

式(11)中，l是y的函数，对其进行泰勒展开.由于能量解法需要对时间求导一次，y的次方会低一阶，而我们的目标是得到线性回复力，故泰勒展开时涉及y,y2的项均应保留，故应展开到第三项.即

(12)

其中o(y2)表示y2的高阶无穷小.略去o(y2)可得

(13)

(14)

将式(14)代入式(11)，有

(15)

即可求解.

3 不同角度的探讨

受力分析和能量微分是解决振动系统的常用方法.接下来，我们从不同角度讨论单自由度的振动问题.

3.1 角动量定理

将此振动系统看做转动系统，便可运用转动定律求解.在平衡位置时，弹簧与水平方向的夹角为α0，振动的某一时刻，夹角为α.角度的变化为θ(如图2所示)

θ=α-α0

(16)

由几何关系得

(17)

如图3所示，以绳子的悬挂点A为参考点，其受到的力矩有自身的重力矩和右侧弹簧的拉力矩.取垂直纸面向里为正.重力矩为

MG=mgl0cosα0

由于左侧弹力通过A点，不产生力矩，右侧弹力方向沿右侧弹簧，与左侧弹簧所成的角度为2α,如图3所示.

图3 角度的表示

则物体所受到的弹力矩为

MF=-κ(l-L)lsin 2α

根据小物块绕A点转动，由角动量定理

mgl0cosα0-k(l-L)lsin 2α=

(18)

其中绕A点的转动惯量为

IA=ml2

(19)

(20)

将式(17)、(19)代入式(20)，有

为θ的高阶小量可以忽略，故

(21)

将式(3)、(19)、(21)代入式(18)，等式两边同除以l2，有

(22)

进行求解前，先给出几个函数的近似式

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

第一项

(23)

第二项

-ksin (2α0+2θ)≈-k(sin 2α0+2θcos 2α0)

(24)

第三项

k(sin 2α0-2θsin2α0+2θcos 2α0)

(25)

第四项

(26)

将式(23)～(26)代入式(21)，化简即可得到

(27)

此法求解的关键在于选定参考点后，列出物体所受精确的力矩表达式，配合角动量定理求解即可.在求解过程中也应注意，代入的I应是针对环绕点的转动惯量，并且I为变量，代入的M也应是针对环绕点的合力矩.

3.2 将振动系统分解

将物块的上下振动看做不同振动方向的合振动，且各个振动方向分振动的频率必然一致，故只要得到沿着一侧的牛顿二定律即可求解.

将重力沿一侧分解，并计入弹力，得到动力学方程

-k(l-L)+mgsinα+k(l-L)cos 2α=

(28)

由于

则式(28)为

(29)

第一项

mgsinα=mg(sinα0-θcosα0)

(30)

第二项

k(l-L)(cos 2α-1)=

(sinα0-θcosα0)2=

(sin2α0-2θsinα0cosα0)=

-2kl0tanα0sin2α0-mg(sinα0-2θcosα0)

(31)

(32)

将式(30)～(32)代入式(29)可得

-(2kl0tanα0sin2α0+mgcosα0)θ=

化简整理后即可得到式(27).此解法益处在于小量只用展开到一阶，计算较为简单.

4 结束语

在振动问题的求解中，运用受力分析、能量微元是解决系统振动频率问题的一般方法，最终都要证明回复力为线性回复力.在受力分析时，应给出最精确的受力表达式，然后逐步代入，并保留一阶小量，进而求解.在能量求解中，应给出在保守场中的能量守恒表达式，求导后逐步代入参数求解.从另外的角度，将直线运动系统看做转动系统，借用角动量定理求解；根据运动的合成规律将振动系统分解等方法，也都能很好地解决此类问题.解决振动问题的分析方法多种多样，没有优劣之分，不同的问题可运用不同的方法解决.