《大学物理学》(赵近芳主编)第二版课后习题答案物理答案第二单元

习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a′，故m2对地加速度，由图(b)可知，为a2=a1-a′①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m1g-T=m1a1②T-m2g=m2a2③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(mmagmmTfmmamgmmammamgmma讨论(1)若a′=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若a′=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由落体运动．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，NB-mg=0①又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则NAlsinθ-mg2lcosθ=0②在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma③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=±μ0mg④联立①、②、③、④式得)(2tan,)(2tan00gaggagMm2-3283166smmfaxx2167smmfayy(1)20101200872167452832smdtavvsmdtavvyyyxxx于是质点在2s时的速度18745smjiv(2)mjijijtaitatvryx874134)167(21)4832122(21)21(2202-4(1)∵dtdvmkva分离变量，得mkdtvdv即vvtmkdtvdv00mktevvlnln0∴tmkevv0(2)tttmkmkekmvdtevvdtx000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有000kmvdtevxtmk(4)当t=km时，其速度为evevevvkmmk0100即速度减至v0的e1.2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a′，则m2对地加速度a2=a′-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a′，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a′，由牛顿定律，有m2g-T=m2(a′-a)T=m1a′题2-5图联立，解得a′=g方向向下(2)m2对地加速度为a2=a′-a=2g方向向上m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相′+a牵∴gggaaa25422221θ=arctanaa=arctan21=26.6°，左偏上．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-mv0由矢量图知，动量增量大小为｜mv0｜，方向竖直向下．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v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g．设向上为y轴正向，则动量的增量Δp=mv2-mv1方向竖直向上，大小｜Δp｜=mv2-(-mv1)=mg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Δp1=tidttFdt04056)210(ikg·m·s-1,沿x轴正向，111111566.5smkgipIsmimpv若物体原来具有-6m·s-1初速，则ttFdtmvdtmFvmpmvp000000)(,于是tpFdtppp0102,同理，Δv2=Δv1,I2=I1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tttdttI0210)210(亦即t2+10t-200=0解得t=10s，(t′=-20s舍去)2-9质点的动量为p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj)将t=0和t=2分别代入上式，得p1=mωbj,p2=-mωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)2-10(1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得t=ba(2)子弹所受的冲量tbtatdtbtaI0221)(将t=ba代入，得baI22(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bvavIm2-11设一块为m1，则另一块为m2，m1=km2及m1+m2=m于是得1,121kmmkkmm①又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有2222211212121mvvmvmT②mv=m1v1+m2v2③联立①、③解得v2=(k+1)v-kv1④将④代入②，并整理得21)(2vvkmT于是有kmTvv21将其代入④式，有mkTvv22又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmTvvmkTvv2,221证毕．2-12(1)由题知，F合为恒力，∴A合=F·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)=-21-24=-45J(2)wtAN756.045(3)由动能定理，ΔEk=A=-45J2-13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A1sskkydyfdydyfA1012①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A2，则同理，有21222221ykkykydyA②由题意，有2)21(212kmvAA③即222122kkky所以，22y于是钉子第二次能进入的深度为Δy=y2-y1=2-1=0.414cm2-141)()(nrnkdrrdErF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FA=FB=Mg又FA=k1Δx1FB=k2Δx2所以静止时两弹簧伸长量之比为1221kkxx弹性势能之比为12222211121212kkxkxkEEpp2-16(1)设在距月球中心为r处F月引=F地引，由万有引力定律，有G2rmM月=G2rRmM地经整理，得r=RMMM月地月=2224221035.71098.51035.781048.3=38.32106m则p点处至月球表面的距离为h=r-r月=(38.32-1.74)×106＝3.66×107m(2)质量为1kg的物体在p点的引力势能为rRMGrMGEP地月=72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6=-1.28J610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-μm2gh=21(m1+m2)v2-［m1gh+21k(Δl)2］式中Δl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则Δl=AC-BC=(2-1)h联立上述两式，得v=212221122mmkhghmm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-frs=37sin212122mgsmvkxk=222137sin21kxsfmgsmvr式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得k=1390N·m-1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′-fts′=mgs′sin37°-21kx3代入有关数据，得s′=1.4m,则木块弹回高度h′=s′sin37°=0.84m题2-19图2-19m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mgR=222121MVmv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v=MmMgR22-20两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mvmvmv即222120vvv①题2-20图(a)题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即v0=v1+v2②由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的．2-21由题知，质点的位矢为r=x1i+y1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L0=r×mv=(x1i+y1j)×m(vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k作用在质点上的力的力矩为M0=r×f=(x1i+y1j)×(-fi)=y1fk2-22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r1mv1=r2mv2∴mvvrr12241021121026.51008.91046.51075.82-23(1)301155smkgjjdtfdtp(2)解(一)x=x0+v0xt=4+3=7jattvyy5.25335213621220即r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=11133560atvvyy即v1=i1+6j,v2=i+11j∴L1=r1×mv1=4i×3(i+6j)=72kL2=r2×mv2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k∴ΔL=L2-L1=82.5kkg·m2·s-1解(二)∵dtdzM∴ttdtFrdtML00)(30130225.82)4(55)35)216()4(smkgkkdttjdtjttit题2-24图2-24在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即M1g=mr0ω20①挂上M2后，则有(M1+M2)g=mr′ω′2②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即r0mv0=r′mv′22020rr③联立①、②、③得322110213212101010)()(MMMmMgrgmMMrMMMmrgMmrgM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，Fr、F′r是摩擦力，Fx和Fy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．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FlllNlNllF1211210)(对飞轮，按转动定律有β=-FrR/I，式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵Fr=μNN=N′∴FlllNFr121又∵,212mRI∴FmRlllIRFr121)(2①以F=100N等代入上式，得234010050.025.060)75.050.0(40.02srad由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为st06.74060329000这段时间内飞轮的角位移为radtt21.53)49(340214960290021220可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)ω0=900×(2π)/60rad·s-1，要求飞轮转速在t=2s内减少一半，可知200021