7.4 Energy of Simple Harmonic Oscillators

AP Physics C: Mechanics · Unit 7 Oscillations

前两节都在讲运动学。这一节换一条路：用能量守恒重新看 SHM，很多"求速度"的题会立刻变短。

教学目标 Learning Outcomes

写出 SHM 的总能量 $E = \tfrac{1}{2}kA^2$，并说明它为什么守恒
写出 $K(x)$、$U(x)$ 的表达式，找出 $K = U$ 的位置
说清能量在动能与势能之间转换的周期是 $T/2$，而不是 $T$
会用 $v = \omega\sqrt{A^2-x^2}$ 从位置直接求速率
从能量图像（$U$–$x$ 抛物线）读出振幅与最大动能

一、总能量

对水平弹簧振子，唯一的势能是弹性势能：

$$U = \frac{1}{2}kx^2, \qquad K = \frac{1}{2}mv^2$$

$$E = K + U = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2$$

由于回复力 $F = -kx$ 是保守力（有势能），$E$ 在整个振动过程中保持不变。在端点 $x = \pm A$ 处 $v = 0$，所以

$$E = \frac{1}{2}kA^2$$

在平衡位置 $x = 0$ 处 $U = 0$、$v = v_{\max}$，于是

$$\frac{1}{2}mv_{\max}^2 = \frac{1}{2}kA^2 \;\Longrightarrow\; v_{\max} = A\sqrt{\frac{k}{m}} = A\omega$$

这和 7.3 的 $v_{\max} = A\omega$ 完全一致——两条路必须对得上，如果对不上，说明某一步错了。

二、$K$ 与 $U$ 随位置变化

把 $v^2 = \omega^2(A^2 - x^2)$ 代回动能：

$$K = \frac{1}{2}m\omega^2(A^2-x^2) = \frac{1}{2}k(A^2 - x^2)$$

于是

$$U(x) = \frac{1}{2}kx^2, \qquad K(x) = \frac{1}{2}k(A^2 - x^2)$$

两条抛物线，一条开口向上、一条开口向下，顶点分别在 $x=0$ 与 $x=\pm A$。

$K = U$ 的位置

$$\frac{1}{2}k(A^2-x^2) = \frac{1}{2}kx^2 \;\Longrightarrow\; x = \pm\frac{A}{\sqrt{2}} \approx \pm 0.707A$$

此时 $K = U = \tfrac{1}{4}kA^2$，各占总能量的一半。注意这个位置不是 $A/2$——$A/2$ 处 $U = \tfrac{1}{8}kA^2$，只占四分之一，动能占四分之三。这是选择题的高频坑。

三、能量的时间平均

对 SHM 有一个漂亮结论：

$$\langle K \rangle = \langle U \rangle = \frac{1}{4}kA^2 = \frac{E}{2}$$

即长时间平均下，动能与势能各占一半。原因是对 $\cos^2$ 与 $\sin^2$ 求时间平均都得到 $1/2$。这条在涉及"平均动能"的题目里可以直接用。

四、能量转换的周期是 $T/2$

这一点最容易错。设 $x = A\cos\omega t$：

$$U(t) = \frac{1}{2}kA^2\cos^2\omega t = \frac{kA^2}{4}\left(1 + \cos 2\omega t\right)$$

出现了 $2\omega$，说明能量变化的角频率是运动角频率的两倍：

$$T_{\text{energy}} = \frac{T}{2}$$

物理图像：一个完整周期内，物体两次经过平衡位置（$K$ 两次达到最大）、两次到达端点（$U$ 两次达到最大）。所以能量"来回倒"了两趟。

五、从能量图像读信息

$U$–$x$ 图（抛物线 $U = \tfrac{1}{2}kx^2$）上画一条水平线 $E$：

水平线与抛物线的交点 → 转折点，即 $x = \pm A$
水平线高度 → $E = \tfrac{1}{2}kA^2$
抛物线与水平线之间的竖直距离 → 该位置的动能 $K$
抛物线开口的"陡峭程度" → $k$；$k$ 越大，同样的 $A$ 下能量越高、周期越短

AP 常给一张 $U$–$x$ 图，问"粒子在 $x = x_1$ 处的速率"。做法就是 $K = E - U(x_1)$，再 $v = \sqrt{2K/m}$。

六、例题 Worked Examples

例 1：一套参数走通

$m = 0.50\ \mathrm{kg}$，$k = 200\ \mathrm{N/m}$，$A = 0.10\ \mathrm{m}$。求总能量、$v_{\max}$、$x = 0.060\ \mathrm{m}$ 处的速率与动能。

解

$$E = \frac{1}{2}kA^2 = \frac{1}{2}(200)(0.010) = 1.0\ \mathrm{J}$$

$$v_{\max} = A\omega = 0.10 \times 20 = 2.0\ \mathrm{m/s}$$

在 $x = 0.060\ \mathrm{m}$：

$$U = \frac{1}{2}(200)(0.060)^2 = 0.36\ \mathrm{J}, \qquad K = 1.0 - 0.36 = 0.64\ \mathrm{J}$$

$$v = \sqrt{\frac{2K}{m}} = \sqrt{\frac{1.28}{0.50}} = 1.6\ \mathrm{m/s}$$

用 $v = \omega\sqrt{A^2-x^2} = 20\sqrt{0.010-0.0036} = 20(0.080) = 1.6\ \mathrm{m/s}$，两法一致。

例 2：能量占比

上题中，物体位于 $x = A/2$ 时，动能占总能量的几分之几？

解

$$U = \frac{1}{2}k\left(\frac{A}{2}\right)^2 = \frac{1}{8}kA^2 = \frac{E}{4}$$

$$K = E - \frac{E}{4} = \frac{3E}{4}$$

动能占 $75\%$。要记住这个比例：$x = A/2$ → $K$ 占 $3/4$；$x = A/\sqrt{2}$ → 各占一半。

例 3：反求振幅

一振子 $k = 400\ \mathrm{N/m}$，总能量 $2.0\ \mathrm{J}$。当动能为 $1.5\ \mathrm{J}$ 时，位移是多少？

解

$$A = \sqrt{\frac{2E}{k}} = \sqrt{\frac{4.0}{400}} = 0.10\ \mathrm{m}$$

$U = 2.0 - 1.5 = 0.50\ \mathrm{J}$，由 $\tfrac{1}{2}kx^2 = 0.50$：

$$x = \sqrt{\frac{2(0.50)}{400}} = 0.050\ \mathrm{m}$$

七、AP 常见失分点 Common Mistakes

漏掉 $\tfrac{1}{2}$：$E = \tfrac{1}{2}kA^2$，不是 $kA^2$
把能量转换周期写成 $T$：应为 $T/2$
以为 $K = U$ 在 $x = A/2$：实际在 $x = A/\sqrt{2}$
用 $x = A$ 处的速度算 $v_{\max}$：端点速度为零
忽略质量变化：$E$ 与 $m$ 无关（只由 $k$、$A$ 决定），但 $v_{\max}$ 依赖 $m$
竖直弹簧忘记把重力势能算进去：若以平衡位置为零点，弹性势能与重力势能之和仍可写成 $\tfrac{1}{2}kx^2$，这是最省事的处理

小结 Summary

$E = \tfrac{1}{2}kA^2 = \tfrac{1}{2}mv_{\max}^2$，守恒
$U = \tfrac{1}{2}kx^2$，$K = \tfrac{1}{2}k(A^2-x^2)$
$K = U$ 在 $x = \pm A/\sqrt{2}$，各占一半
时间平均 $\langle K\rangle = \langle U\rangle = E/2$
能量转换周期 $= T/2$
$v = \omega\sqrt{A^2-x^2}$，也可由 $K = E - U$ 求

课后练习 Homework

一振子 $m = 0.20\ \mathrm{kg}$、$k = 80\ \mathrm{N/m}$、$A = 0.050\ \mathrm{m}$。求总能量、$v_{\max}$，以及 $x = 0.030\ \mathrm{m}$ 处的动能。
证明：SHM 中物体处于 $x$ 到 $x + dx$ 之间的时间占比与 $1/v(x)$ 成正比，并据此说明为什么物体在端点附近停留时间最长。
竖直弹簧振子（$k$、$m$）以平衡位置为势能零点，证明总机械能仍可写成 $\tfrac{1}{2}kA^2$。