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 Sgy。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： 0gyS dt yd M 2 2 0y M gS dt yd 2 2 根据简谐振动的动力学方程，有： M gS 2 故 s35.6s 8.910102 10102 2 gS M 2 2 T 33 34 【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： m1.0 k sinmg l0 （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： 2 2 0 dt xd m)xl (ksinmgTsinmg 将式代入上式，整理后得：0x m k dt xd 2 2 故物体 A 的运动是简谐振动，且srad m k /7 由初始条件 0 00 lx ，求得： mlA1 . 0 0 ，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： 2 2 1 dt xd mTsinmg （2） 对滑轮列出转动方程为： 2 2 2 r2r1 dt xd Mr 2 1 r a )Mr 2 1 (JTT （3） 式中，T2=k(l0+x) （4） 将、代入式式，有： 2 2 0 dt xd )m 2 M ()xl (ksinmg 整理得： 0x )m 2 M ( k dt xd 2 2 可见，物体 A 仍作简谐振动，此时圆频率为：s/rad7.5 m 2 M k 由于初始条件：x0=l0,0=0 可知，A、不变，故物体A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=410-2m，当 t=0 时，将 x=210-2m 代入谐振动表达式，得： 2 1 cos 由Asin(t+)，当 t=0 时，Asin 由图题 16-3 可知，即 sin0 由 x0=acos,0=Asin，得： 2 则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为： mtx) 2 40cos(100 . 5 2 【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 k m T2 得 kg kT m10 . 0 4 2 2 1 1 则粘上油泥块后，新的振动系统质量为： m1+m2=0.20kg 新的周期 s k mm T4 . 12 21 2 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=0.10m/s 设碰撞后，m1和 m2共同速度为。 根据动量守恒定律， m11=(m1+m2) 则 sm mm m /05 . 0 )( 21 11 新的振幅 m T A035 . 0 2 2 2 【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 x l mglT 同理可得：0) 2 ( 2 x l mglT 由上两式，得： l mgx TT 2 21 故杆受到的摩擦力（沿 x 轴）为： x l mg TTTT dt xd m 2 )( 2121 2 2 于是有： 0 2 2 2 x l g dt xd 可见杆的运动为简谐振动： s g T5 . 1 2 1 2 2 【16-10】解：（1）由振动方程) 2 5sin(60 . 0 tx知， A=0.6m，=5rad/s 故振动周期：sT26 . 1 2 （2）t=0 时，由振动方程得： x0=0.60m 0) 2 5cos(0 . 3| 00 t dt dx t （3）由旋转矢量法知，此时的位相： 3 速度 smsmA/6 . 2/) 2 3 (560 . 0 sin 加速度 2222 /5 . 7/ 2 1 560 . 0 cossmsmAa 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： 2 2 1 kAEEE pk 故有：) 2 1 ( 2 1 2 1 2 kAEEE pk 即 22 2 1 2 1 2 1 kAkx 可得： mAx42 . 0 2 2 【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=mgN N 是平板对砝码的支持力。 故 N=m(gamax)=m(gA2)=m(g-42vA)=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()( 22 max 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(g42vAmax)=0 m v g A062 . 0 4 22 max （3）由 22 max 4v g A ，可知，Amax与 v2成反比，当vv2时， mAA0155 . 0 4 1 maxmax 【16-12】解：（1）设振子过平衡位置时的速度为，由机械能守恒，有： 22 2 1 2 1 mkA 故 m k A 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 mm m u 此后，系统振幅为 A ，由机械能守恒，有： 22 )( 2 1 2 1 ummAk 得： A mm m A 有： k mm T 2 （2）碰撞前后系统总能量变化为： ) 2 1 () 1( 2 1 2 1 2 1 2222 kA mm m mm m kAkAAkE 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： k mm 2，系统的振动总能量不变，为 2 2 1 kA（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 )( 2 1 2 1 mmkA 得： A mm k 【16-13】解：（1）由放置矢量法可知，振子从 2 A 运动到 2 A 的位置处，角位相的最小变 化为： 3 则圆频率 srad t / 3 周期 sT6 2 由初始状态，在图示坐标中，初始条件为： 0 1 . 0 0 0 mx 则振幅 mxA1 . 0 2 2 02 0 （2）因为EEp 4 1 又 22 2 1 , 2 1 kAEkxEp 故 ) 2 1 ( 4 1 2 1 22 kAkx 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： 222 2 1 2 1 2 1 kAmkx 故 mxA091 . 0 22 根据题意，取 =0.091m/s 再由 =2x 得： =0.055m/s2 （3）t=0 时， JmAkAEEp 3222 108 . 6 8 1 ) 2 1 ( 4 1 4 1 JmAkAEEk 3222 1021 8 3 ) 2 1 ( 4 3 4 3 E=Ek+Ep=27.810-3J （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，故可求得振动 1 的初位相 2 10 同样，简谐振动 2 在 t=0 时，x20=0.05m，20=0，可知，20= 故简谐振动 1、2 的振动表达式分别为： mtx) 2 20cos(05 . 0 1 mtx)20cos(05 . 0 2 因此，合振动的振幅和初位相分别为： mAAAAA 2 102021 2 2 2 1 1025)cos(2 202101 202101 0 coscos sinsin arctan AA AA 4 5 4 1arctan或 但由 x-t 曲线知，t=0 时，x=x1+x2=0.05，因此应取 4 5 。 故合振动的振动表达式：mtx) 4 5 20cos(1025 2 【16-19】解：（1）它们的合振动幅和初位相分别为： )cos(2 1221 2 2 2 1 AAAAA m) 5 3 5 cos(06 . 0 05 . 0 206 . 0 05 . 0 22 =0.0892m 2211 2211 coscos sinsin arctan AA AA 316819 . 1 5 . 2arctan 5 cos06 . 0 5 3 cos05 . 0 5 sin06 . 0 5 3 sin05 . 0 rad （2）当2k，即 5 3 22 1 kk时，x1+x3的振幅最大； 当 (2k+1)，即 5 ) 12() 12( 2 kk时，x2+x3的振幅最小。 （3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题 16-19 所示。 【16-20】解：根据题意画出振幅矢量合成图，如图题 16-20 所示。 由图题 520 及余弦定理可知， cmAAAAA 2 3 3 . 17202 3 . 172030cos2 22 1 2 1 2 2 =10cm=0.10m 又因为 coscos( 0 10 3 . 172 )100300(400 2 )( 21 2 2 2 1 2 AA AAA 若 2 ，即第一、第二两个振动的位相差为 2 【16-21】解法一 设杆与铅垂线的夹角为。 系统动能： 22 )( 2 1 2 1 dt d l g G mEk 系统势能由两部分组成：一是：Eph=mgh=Gh=Gl(1-cos) 因 2 sin21cos 2 ，故有： 2 2 1 GlEph 二是： 22 )( 2 1 )( 2 1 kxkEpk 根据能量守恒定律，有：常量 222 )( 2 1 2 1 )( 2 1 akGl dt d l g G 将上式对时间 t 求导数，整理得： 0)1 ( 2 2 2 Gl ka l g dt d 上式符合简谐振动的振动表达式，则其固有角频率 )1 ( 2 Gl ka l g 解法二 当系统在平衡位置（=0）时，如图题 16-21（b）所示，动能具有最大值，即 2 max )( 2 1 mk l g G E式中，m为角速度的最大值。设系统的振幅m，固有频率为，则 mm 代入上式，有： 2 22 max 2 mk g Gl E 当系统在极端位置（m）时，如图题 16-21（c）所示，势能最大，这时弹簧伸长为 am, 其势能为： 22 1 2 1 mp kaE 小球中心自平衡位置上升的距离为： 222 2 1 ) 2 (2) 2 sin211 ()cos1 ( m mm m llllh 则重力势能为： 2 2 2 1 mp GlGhE 系统的势能最大值为： 222 21max 2 1 2 1 mmPPp GlkaEEE 根据机械能守恒定律，Ekmax=Kpmax 故有 2222 22 2 1 2 1 2 mmm Glka g Gl 整理得系统的固有角频率为：)1 ( 2 Gl ka l g 【16-22】解：根据相对运动公式，有 x光对地=x光对屏+x屏对地 依题意， x光对地=x1=Acos(t+1) x屏对地=x2=Ac