大学物理下第16章习题详解

第16章习题解答【16-1】解：取固定坐标xOy，坐标原点O在水面上（图题16-1示）设货轮静止不动时，货轮上的B点恰在水面上，则浮力的增量为Sgy。该力与位移y成正比，方向指向平衡位置，故货轮的自由振动是简谐振动，其运动方程为：0gySdtydM220yMgSdtyd22根据简谐振动的动力学方程，有：MgS2故s35.6s8.910102101022gSM22T3334【16-2】解：取物体A为研究对象，建立坐标Ox轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l0处，此时：m1.0ksinmgl0（1）（1）A物体共受三力；重力mg，支持力N，张力T。不计滑轮质量时，有：kxT列出A在任一位置x处的牛顿方程式：220dtxdm)xl(ksinmgTsinmg将①式代入上式，整理后得：0xmkdtxd22故物体A的运动是简谐振动，且sradmk/7由初始条件000lx，求得：mlA1.00，故物体A的运动方程为：x=0.1cos(7t+)m（2）当考虚滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图题16-2（c）所示，分别为T1、T2，则对A列出任一位置x处的牛顿方程式为：221dtxdmTsinmg（2）对滑轮列出转动方程为：222r2r1dtxdMr21ra)Mr21(JTT（3）式中，T2=k(l0+x)（4）将③、④代入式②式，有：220dtxd)m2M()xl(ksinmg整理得：0x)m2M(kdtxd22可见，物体A仍作简谐振动，此时圆频率为：s/rad7.5m2Mk由于初始条件：x0=－l0,0=0可知，A、不变，故物体的运动方程为：x=0.1cos(5.7t+)m由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率。【16-3】解：简谐振动的振动表达式：x=Acos(t+)由题图16-3可知，A=4×10-2m，当t=0时，将x=2×10-2m代入谐振动表达式，得：21cos由－sin(t+)，当t=0时，－sin由图题16-3可知，，即sin0，故由21cos，取3又因：t=1s时，x=2×10-2m，将其入代简谐振动表达式，得：)3cos(42，21)3cos(由t=1s时，0)3sin(A知，0)3sin(，取33，即32s质点作简谐振动的振动表达式为：mtx)332cos(1042【16-4】解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，则微粒在此处受电场力为：rRQqF304式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心。由上式及牛顿定律，得：0430rRQqF043022rRQqdtrdm令3024RQq则0222rdtrd故微粒作简谐振动，平衡点在球心处。由2T知：QqmRT3042【16-5】解：（1）取弹簧原长所在位置为O点。当弹簧挂上物体A时，处于静止位置P点，有：POkMg将A与B粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡时所在位置O点，取O点为原坐标原点如图题16-5所示，则有：gmMOOk)(设当B与A粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量xOO，则A、B系统所受合力为：kxxOOkgmMF)()(即0)(22kxdtxdmM可见A与B作简谐振动。（2）由上式知，sradmMk/10以B与A相碰点为计时起点，此时A与B在P点，由图题16-5可知kmgkMggkmMPOOOOP则t=0时，mkmgOPx02.00（负号表P点在O点上方）又B与A为非弹性碰撞，碰撞前B的速度为：smgh/2220101碰撞后，A、B的共同速度为：smmMm/4.0010（方向向上）则t=0时，smmx/4.002.000可求得：mxA0447.02202065.0)arctan(00x可知A与B振动系统的振动表达式为：x=0.0447cos(10t+0.65)m（3）弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：mAgkmMAOOx1447.0则最大拉力Fmax=kx=72.4N【16-6】解：（1）已知A=0.24m，22T，如选x轴向下为正方向。已知初始条件x0=0.12m，00即0.12=0.24cos，3,21cos而－sin0，sin，取3，故：mtx)32cos(24.0（2）如图题16-6所示坐标中，在平衡位置上方0.12m，即x=－0.12m处，有：21)32cos(t3232t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0。则取3232t可得：st32min（3）物体在平衡位置上方0.12m处所受合外力F=－mx=0.3N，指向平衡位置。【16-7】解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设为子弹射入木块后二者共同速度，由动量恒定可知；smmMmu/0.2不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kxumM（x0为弹簧最大形变量）mukmMx20100.5由此简谐振动的振幅A=x0=5.0×10-2系统圆频率sradmMk/40若取物体静止时的位置O（平衡位置）为坐标原点，Ox轴水平向右为正，则初始条件为：t=0时，x=0，0=u=2.0m/s0由x0=acos,0=－Asin，得：2则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：mtx)240cos(100.52【16-8】解：当物体m1向右移动x时，左方弹簧伸长x，右方弹簧缩短x，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即F=－（k1x+k2x）令F=－kx，有：k=k1+k2=4N/m由kmT2得kgkTm10.042211则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：m1+m2=0.20kg新的周期skmmT4.12212在平衡位置时，m2与m1发生完全非弹性碰撞。碰撞前，m1的速度1=1A1=0.10m/s设碰撞后，m1和m2共同速度为。根据动量守恒定律，m11=(m1+m2)则smmmm/05.0)(2111新的振幅mTA035.0222【16-9】解：以两轮轮心间距的中心为原点，作x轴，当重心由x=0处移到x处时，考虑到杆对通过A2点的水平轴（与x轴垂直）无转动，于是有：0)2(1xlmglT同理可得：0)2(2xlmglT由上两式，得：lmgxTT221故杆受到的摩擦力（沿x轴）为：xlmgTTTTdtxdm2)(212122于是有：0222xlgdtxd可见杆的运动为简谐振动：sgT5.12122【16-10】解：（1）由振动方程)25sin(60.0tx知，A=0.6m，=5rad/s故振动周期：sT26.12（2）t=0时，由振动方程得：x0=－0.60m0)25cos(0.3|00tdtdxt（3）由旋转矢量法知，此时的位相：3速度smsmA/6.2/)23(560.0sin加速度2222/5.7/21560.0cossmsmAa所受力F=ma=0.2×(－7.5)N=－1.5N（4）设质点在x处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kAEEEpk故有：)21(21212kAEEEpk即22212121kAkx可得：mAx42.022【16-11】解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：mamax=mg－NN是平板对砝码的支持力。故N=m(g－amax)=m(g－A2)=m(g-42vA)=1.74N砝码对板的正压力与N大小相等，方向相反。砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mgNmamax故NAvgmagmN1.8)4()(22max砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N大小相等，方向相反。（2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：N=m(g－42vAmax)=0mvgA062.0422max（3）由22max4vgA，可知，Amax与v2成反比，当vv2时，mAA0155.041maxmax【16-12】解：（1）设振子过平衡位置时的速度为，由机械能守恒，有：222121mkA故mkAm在平衡位置处竖直落下至m，发生完全非弹性碰撞，系统动量守恒，有：m=(m+m)u故mmmu此后，系统振幅为A，由机械能守恒，有：22)(2121ummAk得：AmmmA有：kmmT2（2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kAmmmmmmkAkAAkE式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致。（3）当m达到振幅A时，m竖直落在m上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A，周期为：kmm2，系统的振动总能量不变，为221kA（非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m的动能）。物体系统过平衡位置时的速度由：22)(2121mmkA得：Ammk【16-13】解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A运动到2A的位置处，角位相的最小变化为：3则圆频率sradt/3周期sT62由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：01.000mx则振幅mxA1.022020（2）因为EEp41又2221,21kAEkxEp故)21(412122kAkx得：x=±0.05m根据题意，振子在平衡位置的下方，取x=－0.05m根据振动系统的能量守恒定律：222212121kAmkx故mxA091.022根据题意，取=－0.091m/s再由=－2x得：=0.055m/s2（3）t=0时，JmAkAEEp3222108.681)21(4141JmAkAEEk3222102183)21(4343E=Ek+Ep=27.8×10-3J（4）由简谐振动的振动表达式x=Acos(t+)当t=0时，x0=－0.05m，0=－0.091m/s0，可得：32又A=0.10m，3故mtx)323cos(01.0【16-14】解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mtxP)3cos(1000.52mtxQ)3cos(1000.22（2）P、Q两质点的速度及加速度表达分别为：)/)(3sin(1000.52smtdtdxPP)/)(3sin(1000.22smtdtdxQQ)/)(3cos(1000.5222smtdtdPP)/)(3cos(1000.2222smtdtdQQ当t=1s时，有：mmxP22105.234cos1000.5mmxQ221000.132cos1000.2smsmP/1060.13/34sin1000.522smsmQ/1044.5/32sin