《大学物理学》（赵近芳 主编）第二版 课后习题答案（上.下册）第二单元

《大学物理学》（赵近芳 主编）第二版 课后习题答案（上.下册）第二单元 习题二 2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a，其对于m则为牵连加速度，又知m122 对绳子的相对加速度为a′，故m对地加速度，由图(b)可知，为 2 a=a-a′ ? 21又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有 mg-T=ma ? 111 T-mg=ma ? 222 联立?、?、?式，得 ,(m,m)g，ma122a,1m，m12 ,(m,m)g,ma121a, 2m，m12 ,mm(2g,a)12f,T,m，m12 讨论 (1)若a′=0，则a=a 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示柱体与绳之间无相对滑动( 12 (2)若a′=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m,m均作自由落体运动( 12 题2-1图 2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上， N-mg=0 ? B 又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则 lNlsinθ-mgcosθ=0 ? A2 在水平方向因其有加速度a，故有 f+N=ma ? A 题2-2图 式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能， 即 f=?μmg ? 0 联立?、?、?、?式得 gg,,tan,,tan, mM2(a，,g)2(a,,g)00 f63x,22-3 a,,,m,sx168m f7,y,2a,,m,s y16m (1) 235,1vvadt22ms,，,,，，,,,xxx0,084 277,,1vvadt2ms,，,，,,,yyy0,0168于是质点在2s时的速度 57,1 v,,i,jm,s48 (2) 1122()r,vt，ati，atj0xy22 1317, (224)()4,,，，，，i，，j28216 137,,i,jm48 ,kvdva,,2-4 (1)? mdt分离变量，得 dv,kdt ,vm vtdvkdt,即 ,,,0v0vm ktv,mln,lne v0 k,tmv,ve? 0 kktmv,,tt0mm(2)x,vdt,vedt,(1,e) 0,,0k(3)质点停止运动时速度为零，即t??， k,mvt,0m,xvedt故有,, 0,0k m (4)当t=时，其速度为 k kmv,,,10mkvveve ,,,00e 1即速度减至v的. 0e 2-5分别以m,m为研究对象，其受力图如图(b)所示( 12 (1)设m相对滑轮(即升降机)的加速度为a′，则m对地加速度a=a′-a;因绳不可伸长，222故m对滑轮的加速度亦为a′，又m在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m在水平111方向对地加速度亦为a′，由牛顿定律，有 mg-T=m(a′-a) 22 T=ma′ 1 题2-5图 联立，解得a′=g方向向下 (2) m对地加速度为 2 ga=a′-a= 方向向上 22 m在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a=a′+a 1绝相牵 2g5222,? a,a，a,g，,g142 a1θ=arctan=arctan=26.6?，左偏上( ,a2 2-6依题意作出示意图如题2-6图 题2-6图 在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下 ，而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30?，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0 由矢量图知，动量增量大小为,mv,，方向竖直向下( 0 2-7由题知，小球落地时间为0.5s(因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v=0.5g(设向上为y轴正向，则动量的增量 12 Δp=mv-mv方向竖直向上， 21 大小 ,Δp,=mv-(-mv)=mg 21 碰撞过程中动量不守恒(这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用(另外，碰 撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒( 2-8 (1)若物体原来静止，则 4t-1Δp=Fdt,(10，2t)idt,56 i kg?m?s,沿x轴正向， 1,,00 ,p,11,v,,5.6im,s1 m ,1I,,p,56ikg,m,s11 -1若物体原来具有-6 m?s初速，则 ttF于是 p,,mv,p,m(,v，dt),,mv，Fdt0000,,00m t,p,p,p,Fdt,,p, 201,0 同理，Δv=Δv,I=I 2121 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大， 那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理( (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即 t2I,(10，2t)dt,10t，t ,0 2亦即t+10t-200=0 解得t=10 s，(t′=-20 s舍去) 2-9 质点的动量为 p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj) ,将t=0和t=分别代入上式，得 2, p=mωbj,p=-mωai, 12 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p-p=-mω(ai+bj) 21 2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 aF=(a-bt)=0,得t= b (2)子弹所受的冲量 t12() I,a,btdt,at,bt,02 a将t=代入，得 b 2a,I 2b (3)由动量定理可求得子弹的质量 2Ia m,,v2bv00 2-11设一块为m，则另一块为m， 12 m=km及m+m=m 1212 kmm于是得 m,,m, ? 12k，1k，1又设m的速度为v,m的速度为v，则有 1122 111222T,mv，mv,mv ? 1122222 mv=mv+mv ? 1122联立?、?解得 v=(k+1)v-kv ? 21 将?代入?，并整理得 2T2 ,(v,v)1km 2T,,vv于是有 1km 将其代入?式，有 2kT,,vv 2m 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 2kT2Tvv,vv,，,, 12mkm 证毕( 2-12 (1)由题知，F为恒力， 合 ? A=F?r=(7i-6j)?(-3i+4j+16k) 合 =-21-24=-45 J A45(2) N,,,75w,t0.6 (3)由动能定理，ΔE=A=-45 J k 2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为 题2-13图 f=-ky 第一锤外力的功为A 1 1k, ? ,,,,,Afdyfdykydy1,,,ss02式中f′是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt?0时，f′=-f( 设第二锤外力的功为A，则同理，有 2 y1k22 ? ,,,Akydyky22,122由题意，有 1k2() ? A,A,,mv,21221kk2即 ky,,2222 所以， y,22 于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y-y=-1=0.414 cm 221 dErnk()2-14 Fr ,,,()n，1drr 方向与位矢r的方向相反，即指向力心( 2-15 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有 题2-15图 F=F=Mg AB 又 F=kΔx A11 F=kΔx B22 所以静止时两弹簧伸长量之比为 ,xk12, ,xk21 弹性势能之比为 12k,x11Ekp122,, 1Ek2p12,kx222 2-16 (1)设在距月球中心为r处F=F，由万有引力定律，有 月引地引 mMmM地月G=G 22r，，R,r 经整理，得 M月r= R ，MM月地 227.35，108，3.48，10 = 24225.98，10，7.35，10 6 =38.3210 m ， 则p点处至月球表面的距离为 67h=r-r =(38.32-1.74)?10,3.66?10 m 月 (2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为 MM月地E,,G,G P，，rR,r 22247.35，105.98，101111, =,6.67，10，,6.67，10， 77，，3.83，1038.4,3.83，10 6 =-1.28 ，10J 2-17 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功 能原理，有 1122-μmgh= (m+m)v-,mgh+k(Δl), 212122 式中Δl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 Δl=AC-BC=(-1)h 2 联立上述两式，得 22，，，，2m,mgh，kh2,112v= m，m12 题2-17图 2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点则由功能原理，有 11,,22-fs=kx,mv，mgssin37: r,,22,, 12，:,mvmgssin37fsr2 k= 12kx2 式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得 -1k=1390 N?m 题2-18图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′ 13-fs′=mgs′sin37?-kx t2 代入有关数据，得 s′=1.4 m, 则木块弹回高度 h′=s′sin37?=0.84 m 题2-19图 2-19 m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M地球为系统 ，以最低点为重力势能零点，则有 1122mv，MVmgR= 22 又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有 mv-MV=0 联立，以上两式，得 2MgRv= ，，m，M 2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 111222mv,mv，mv 012222 222即 ? v,v，v012 题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 mv=mv+mv 012 亦即 v=v+v? 012 由?可作出矢量三角形如图(b)，又由?式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v为斜边，0 故知v与v是互相垂直的( 12 2-21 由题知，质点的位矢为 r=xi+yj 11作用在质点上的力为 f=-fi 所以，质点对原点的角动量为 L=r?mv 0 =(xi+yj)?m(vi+vj) 11xy =(xmv-ymv)k 1y1x 作用在质点上的力的力矩为 M=r?f=(xi+yj)?(-fi)=yfk 0111 2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒;又由 于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 rmv=rmv 1122 104rv8.75，10，5.46，101211? r,,,5.26，10m22v9.08，102 3,1,p,fdt,5jdt,15jkg,m,s2-23 (1) ,,0 (2)解(一) x=x+vt=4+3=7 00x 11522 y,vt，at,6，3，，，3,25.5jy0223 即r=4i,r=7i+25.5j 12 v=v=1 x0x 5 v,v，at,6，，3,11y0y3 即v=i+6j, v=i+11j 112 ? L=r?mv=4i?3(i+6j)=72k 111 L=r?mv=(7i+25.5j)?3(i+11j)=154.5k 2222-1?ΔL=L-L=82.5k kg?m?s 21 dzM,解(二) ? dt tt? ,L,M,dt,(r，F)dt ,,00 315，，2,(4，t)i，(6t，)，t)j，5jdt,,,023，， 3,12,5(4，t)kdt,82.5kkg,m,s,0 题2-24图 2-24 在只挂重物M时，小球作圆周运动的向心力为Mg，即 112Mg=mrω? 100 挂上M后，则有 22 (M+M)g=mr′ω′? 12 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒( 即 rmv=r′mv′ 00 222,, ? ,r,,r,00 联立?、?、?得 Mg1,,0mr0 2MgM，M1123,,,() mrM01 rgM，M20123,r,g,(M，M)M12,m,mM1 2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))(图中N、N′是正压力，F、F′是摩擦rr 力，F和F是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力( xy 题2-25图(a) 题2-25图(b) 杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有 l，l12,,F(l，l),Nl,0N,F 121l1 对飞轮，按转动定律有β=-FR/I，式中负号表示β与角速度ω方向相反( r ? F=μN N=N′ r ，ll12,F,,N,,F? rl1 12又? I,mR,2 FR,2,(l，l)r12F,,,? ? ,ImRl1 以F=100 N等代入上式，得 20.40(0.500.75)40,，，，,2100 ,,，,,rad,s600.250.503，， 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 ,900，2，3,0t,,,,7.06s 60，40, 这段时间内飞轮的角位移为 ,1900，29140922,,,,,,t，t,，,，，()0 2604234,53.1，2,rad 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转( -1(2)ω=900?(2π)/60 rad?s，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知 0 ,0,,0,15,,202,,,,,rad,s ,22tt 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 ,mRl1F,,,2(l，l)12 60，0.25，0.50，15, ,2，0.40，(0.50，0.75)，2,177N 2-26 设aa和β分别为mm和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)( ，212 题2-26(a)图 题2-26(b)图 (1) m，m和柱体的运动方程如下: 12 ,Tmgma,,12222,mgTma,,2 ,1111 ,,,TRTrI,,,312, 式中 T′=T,T′=T,a=rβ,a=Rβ 11222122而 I=(1/2)MR+(1/2)mr 由上式求得 Rm,rm12,g,22I，mR，mr12 0.2，2,0.1，2 ,，9.8112222，10，0.20，，4，0.10，2，0.20，2，0.1022 ,2,6.13rad,s (2)由?式 T=mrβ+mg=2?0.10?6.13+2?9.8,20.8 N 222 由?式 T=mg-mRβ=2?9.8-2?0.20?6.13,17.1 N 111 2-27 分别以m，m滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示(对m,m运用牛顿定律，有 1212 mg-T=ma ? 222 T=ma ? 11 对滑轮运用转动定律，有 2Tr-Tr=(1/2Mr)β ? 21 又， a=rβ ? 联立以上4个方程，得 mg200，9.8,22a,,,7.6m,s M15m，m，5，200，1222 题2-27(a)图 题2-27(b)图 题2-28图 2-28 (1)由转动定律，有 2mg(l/2)=[(1/3)ml]β 3g? β= 2l (2)由机械能守恒定律，有 22mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml]ω 3gsin,?ω= l 题2-29图 2-29 (1)设小球的初速度为v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v，0 按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式: mvl=Iω+mvl ? 0222 (1/2)mv=(1/2)Iω+(1/2)mv? 02上两式中I=1/3Ml，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移;碰撞后，棒从竖直位 置上摆到最大角度θ=30?，按机械能守恒定律可列式: 1l2 ? I,,Mg(1,cos30:)22 由?式得 1122，，Mgl3g3，，,,(1,cos30:),(1,) ,,,,Il2，，，，由?式 I,vv ? ,,0ml 由?式 2I,22vv,, ? 0m 所以 I,1222v,,v, ,()00mlm 求得 lIl1M,v,(1，),(1，),02223mml 6(2,33m，M,gl12m (2)相碰时小球受到的冲量为 ?Fdt=Δmv=mv-mv 0 由?式求得 ?Fdt=mv-mv=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω 0 6(2,3)M=- gl6 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反( 题2-30图 2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v=Rω 0 设碎片上升高度h时的速度为v，则有 22v=v-2gh 0 令v=0，可求出上升最大高度为 2v1220H,,R, 22gg 222(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR-mR，碎片脱离 前，盘的角动量为Iω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统 的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 Iω=I′ω′+mvR 0 式中ω′为破盘的角速度(于是 222(1/2)MRω=[(1/2)MR-mR]ω′+mvR 02222[(1/2)MR-mR]ω=[(1/2)MR-mR]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 22[(1/2)MR-mR]ω 转动动能为 题2-31图 222E=(1/2)[(1/2)MR-mR]ω k 2-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒 2Rsinθmv=(m+m)Rω 000 mvsin,00?ω= (m，m)R0 ,mvsin12200m，mR[()][]02Em，mRm2()sin,k00(2),, 1Em，m2k00mv002 2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为 重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有 222mgh=(1/2)mv+(1/2)Iω+(1/2)kh 又 ω=v/R 22mgh,khk(2)v,故有 2mR，I 22(2，6.0，9.8，0.4,2.0，0.4)，0.3,2 6.0，0.3，0.5 ,1,2.0m,s 题2-32图 题2-33图 2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有 2Iω=(I+mR)ω ? 000 该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v，以B点为重力势能零点，B则有 2222(1/2)Iω+mgR=(1/2)(I+mR)ω+(1/2)mv ? 000B联立?、?两式，得 22IR,00,，v2gR B2，ImR0 (2)当小球滑至C点时，?I=I ?ω=ω c0c0 故由机械能守恒，有 2mg(2R)=(1/2)mv c gR?v=2 c 请读者求出上述两种情况下，小球对地速度(