大学物理第二版习题答案 罗益民 北邮出版社 第八章答案

第8章机械振动8-1解：取固定坐标xOy，坐标原点O在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A点恰在水面上，则浮力为Sρga.这时gasMg往下沉一点时，合力)(yagsMgFgys.又22ddtyMMaF故0dd22gystyM022yMgsdtdy故作简谐振动Mgs2)(35.68.910102101022223334sgsMT8-2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：)(1.0sin0mkmgl(1)(1)A物体共受三力；重mg,支持力N,张力T.不计滑轮质量时，有T=kx列出A在任一位置x处的牛顿方程式220dd)(sinsintxmxlkmgTmg将（1）式代入上式，整理后得0dd22xmktx故物体A的运动是简谐振动，且)rad/s(7mk习题8-1图由初始条件,000vlx求得,1.00mlA故物体A的运动方程为x=0.1cos(7t+π)m(2)当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T1、T2,则对A列出任一位置x处的牛顿方程式为:221ddsintxmTmg(2)对滑轮列出转动方程为：22221dd2121txMrraMrJrTrT(3)式中,T2=k(l0+x)（4）由式（3）、(4)知2201dd21)(txMxlkT代入(2)式知22021)(sindtxdmMxlkmg又由（1）式知0sinklmg故0dd)21(22kxtxmM即0)2(dd22xmMktxmMk22可见，物体A仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52mMk由于初始条件：0,000vlx可知，A、不变，故物体A的运动方程为:mtx)7.5cos(1.0由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，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.习题8-2图8-3解：简谐振动的振动表达式：)cos(tAx由题图可知，m1042A,当t=0时，将m1022x代入简谐振动表达式，得：21cos由)sin(tA,当t=0时，sinA由图可知，0,即0sin,故由21cos,取3又因:t=1s时，,1022mx将其入代简谐振动表达式，得213cos,3cos42由t=1s时,3sinA0知，03sin,取33，即s32质点作简谐振动的振动表达式为mtx332cos10428-4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，由高斯定理可知304RrQE,则微粒在此处受电场力为:rRQqF304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：04dd04dd043022302230rmRQqtrrRQqtrmrRQqF令mRQq3024则0dd222rtr习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由2T知:QqmRT30428-5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，静止平衡所在位置O点，取O点为原坐标原点如图题8-5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0dd)(22kxtxmM可见A与B作简谐和振动.(2)由上式知，rad/s)(10mMk以B与A相碰点为计时起点，此时A与B在P点，由图题8-5可知kmgkMggkmMPOOOOP则t=0时，m02.00kmgOPx(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:m/s2220101gh碰撞后，A、B的共同速度为：m/s4.0010mMm（方向向上）则t=0时，smmx/4.002.000可求得：)m(0447.022020xA65.0arctan00x可知A与B振动系统的振动表达式为：mtx)65.010cos(0447.0习题8.5图(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N4.72maxxkF8-6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0m,12.000x即3,21cos,cos24.012.0而,0sin,0sin0A取3,故：mtx32cos24.0(2)如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m,即x=-0.12m处，有32322132costt因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0.故0)32sin(t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0.3NxmF,指向平衡位置.8-7解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2mMmu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20100.5xA系统圆频率rad/s)(40mMk习题8-6图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=0,0m/s0.20u由,sin,cos00AAx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8-8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)(21xkxkF令F=-kx,有:N/m421kkk由kmT2得)kg(1.0442212211kTkTm则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg20.021mm新的周期)s(4.12212kmmT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m/s10.0111A设碰撞后，m1和m2共同速度为.根据动量守恒定律，)(2111mmm则m/s05.0)(2111mmm新的振幅m)(035.0222TA8-9解：（1）由振动方程)25sin(60.0tx知，5(rad/s)m,6.0A故振动周期：)s(26.1)s(256.1522T(2)t=0时，由振动方程得：0)25cos(0.3|m60.0000tdtdxxt(3)由旋转矢量法知，此时的位相：3速度m/s)(6.2m/s)23(560.0sinA加速度)m/s(5.7m/s21560.0cos2222Aa所受力N)(5.1N)5.7(2.0maF（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：m)(42.022Ax8-10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：NmgmamaxN是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22maxvAgmAgmagmN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N)(1.8)4()(22maxAvgmagmN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：m)(062.040)4(22maxmax2vgAvAgmN(3)由22max4vgA,可知，2maxvA与成反比，当vv2时，m0155.041maxmaxAA8-11解：（1）设振子过平衡位置时的速度为，由机械能守恒，有：222121mkAAmk由水平方向动量定理：mumm)(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8-12解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A运动到2A的位置处，角相位的最小变化为：3则圆频率rad/s3t周期sT62由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000Ax则振幅m1.022020xA习题8-12图（2）因为EEp41又2221,21kAEkxEp故)21(412122kAkx得：m)(05.0x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)sm(091.0122xA根据题意，取m/s091.0再由)sin()cos(tAttAx)cos(dd2tAtvax2得：)m/s(055.02a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222mAkAEEp(J)102183)21(43433222mAkAEEk(J)108.273pkEEE（4）由简谐振动的振动表达式)cos(tAx当t=0时，0m/s091.0m,05.000x,可得：32又3,10.0mA故mtx)323cos(1.08-13解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mtxmtxQP)3cos(1000.2)3cos(1000.522（2）P、Q两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s)(3sin(1000.52tdtdxPP)m/s)(3sin(1000.22tdtdxQQ)m/s)(3cos(1000.5222tdtdaPP)m/s)(3cos(1000.2222tdtdaQQ当t=1s时，有：)(m/s1087.9/32cos1000.2)(m/s1068.24/34cos1000.5(m/s)1044.5/32sin1000.2(m/s)1060.13/34sin1000.5(m)1000.132cos100