第二章 习题与思考题解答1

第二章 习题与思考题解答第二章习题解答2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为x 轴，由对称性可知质心一定在x 轴上。

题2.1.1图有质心公式⎰⎰=dmxdm x c设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ，dr rd dS dm θρρ==又因为θcos r x =所以θθθρθρsin 32a dr rd dr rd x dm xdm x c===⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 对于半圆片的质心，即2πθ=代入，有πππθθa a a x c 3422sin32sin 32=⋅==2.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系题2.2.1图设半径为 a 的球心 o为是直角坐标系 o-xyz 的原点；体密度 = 常数；质心必在 oz 轴上。

将球形帽视为垂直于 oz 轴无数薄圆片组成。

每一圆片厚度 dz ，半径为 y ，故 dm= ydz,由几何关系：, 即, 由质心公式：2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来人W 与共同作一个斜抛运动。

yO题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为x v ，此人即以 x v 的速度作平抛运动。

由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以αcos v 0=水平v 作匀速直线运动，运动的时间也相同）。

所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。

第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离1st a v s ⋅=cos 01 ①gt v =αsin 0 ②ααcos sin 201gv s = ③第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有)(cos )(0u v w W v v w W x x -+=+α可知道u wW wa v v x ++=cos 0水平距离αααsin )(cos sin 0202uv gW w wg v t v s x ++==跳的距离增加了12s s s -=∆=αsin )(0uv gw W w+2.4 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。

2.4.1图θ题2.4.2图以1m ，2m 为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有02211=+x m xm ① 对1m 分析；因为相对绝a a a += ②1m 在劈2m 上下滑，以2m 为参照物，则1m 受到一个惯性力21x m F-=惯（方向与2m 加速度方向相反）。

如图2.4.2图所示。

所以1m 相对2m 下滑。

由牛顿第二定律有θθcos sin 21111xm g m a m +=' ② 所以1m 水平方向的绝对加速度由②可知..21'1cos //x a a -=θ绝 ③..2..2..1cos cos sin x x g x -⎪⎭⎫⎝⎛==θθθ④联立①④，得g m x θsin m m 212+=θθcos sin 2..1 ⑤ 把⑤代入①，得g m m s m x θθθ2121..2sin cos sin =-= ⑥负号表示方向与x 轴正方向相反。

求劈对质点反作用力1R 。

用隔离法。

单独考察质点1m 的受力情况。

因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以0sin cos ..2111=⎪⎭⎫⎝⎛-+-θθx m g m R ⑦把⑥代入⑦得，g m m m m R θθ212211sin cos +=⑧水平面对劈的反作用力2R 。

仍用隔离法。

因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以0cos 122=--θR g m R ⑨于是g m m m m m R θ2122122sin )(++=⑩2.5 解 因为质点组队某一固定点的动量矩∑=⨯=n1i i i m v r J i所以对于连续物体对某一定点或定轴，我们就应该把上式中的取和变为积分。

如图2.5.1图所示薄圆盘，任取一微质量元，题2.5.1图dr rd dm θρ⋅=2a M πρ=所以圆盘绕此轴的动量矩J⎰⎰⎰⎰⋅⋅=⨯=r rdrd r )ωθρv r dm J (=ω221Ma2.6 解炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分1M，2M ，速度分别变为沿水平方向的1v ，2v ，并一此速度分别作平抛运动。

由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。

进而转化为求1v ，2v 。

炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒：()221121V M V M U M M +=+ ①以()21M M +质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：()E V M V M U M M -+=+222211221212121② 联立①②解之，得()221112M M M EM U v ++=()221122M M M EM U v +-=所以落地时水平距离之差s ∆s ∆=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=-212121112M M E g V t v t v s s2.7 解 建立如题2.7.1图所示的直角坐标系。

O题2.7.1图当m 沿半圆球M 下滑时，M 将以V 向所示正方向的反向运动。

以M 、m 组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即x mv MV =m 相对于地固连的坐标系xy O 的绝对速度牵相绝对V V +=V相V 为m 相对M 的运动速度θa u = ② 故水平方向V u v x -=θcos ③竖直方向θusia v y = ④在m 下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒： （以地面为重力零势能面）22MV 2121cos cos ++=绝mv mga mga θα ⑤ 2绝v =22y x v v +⑥ 把③④代入⑥2绝v =θcos 222uV V u -+⑦把①③代入⑤θθθ2cos 1cos cos 2Mm m a a g +--⋅=2.8 证 以AB 连线为x 轴建立如题2.8.1图所示的坐标。

v 题2.8.1图题2.8.1图设A 初始速度为与x 轴正向夹角0θ碰撞后，设A 、B 运动如题2.8.2图所示。

A 、B 速度分别为1v、2v ，与x 轴正向夹角分别为1θ、2θ。

以A 、B 为研究对象，系统不受外力，动量守恒。

x 方向：22110cos cos θθmv mv mv +=① 垂直x 轴方向有：2211sin sin 0θθmv mv -=② 可知()2121222120cos 2θθ+++=v v v v v ③整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：222120212121mv mv mv +=④由③④得()0cos 22121=+θθv v()⋅⋅⋅=+=+,2,1,0221k k ππθθ即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。

2.9 解 类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来分析条件求出未知量。

设相同小球为AB ，初始时A 小球速度0v ，碰撞后球A 的速度为1v ，球B 的速度2v 以碰撞后B 球速度所在的方向为x 轴正向建立如题2.9.1图所示的坐标(这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式)。

以A 、B 为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。

题2.9.1图x 方向上有：()210cos cos mv mv mv ++=βαα ① y 方向上有：()βαα+=sin sin 10mv mv ② 又因为恢复系数碰前相对速度碰后相对速度=e ()αβαcos cos 012v v v +-=即e αcos 0v =()βα+-cos 12v v ③用①-③()()βαα+-=cos 2cos 101v e v ④用④代入②得()()()βαβααα++-=sin cos 2cos 1sin 00v e v ()ααβ2tan 21tan 1tan +-+=e e()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=ααβ2tan 21tan 1arctan e e求在各种α值下β角的最大值，即为求极致的问题。

我们有0=αβd d 得()()0tan 21)tan 1(sec 1222=+---+αααe a e e即α2tan 1a e --=0所以21tan e -=α ()e e-+=181arctanmax β即()e e-+=181tan max β由因为max2max 2cot 1csc ββ+==()()21181e e +-+故()()2maxmax 11811csc 1sin e e +-+==ββ=ee -+31所以⎪⎭⎫⎝⎛-+=-e e 31sin 1max β2.10 以21,m m 为研究对象。

当21,m m 发生正碰撞后，速度分别变为1v '，2v '，随即2m 在不可伸长的绳AB 约束下作圆周运动。

以AB 的连线为x 轴建立如题2.10.1图所示。

题2.10.1图碰撞过程中无外力做功，动量守恒：211v v v '+'=211m m m ① 随即2m 在AB 的约束下方向变为沿y 轴的正向，速度变为2v '故 y 方向上有221111sin sin v m v m v m '+'=θθ② 故恢复系数定义有：碰前相对速度碰后相对速度=e =112sin v v v '-'θ即1121sin sin v v v ev '-'-'=θθ③ 联立①②③得12122211sin sin v m m em m v θθ+-=' ()121212sin sin 1v m m e m v θθ++='2.11 解 如图所示，x题2.11.1图题2.12.2图有两质点A ，B 中间有一绳竖直相连，坐标分别为：⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0a A ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,0a B ，质量为m ，开始时静止。

现在有一冲量I 作用与A ，则I 作用后，A 得到速度mI v A =，B仍静止不动：0=B v 。

它们的质心C 位于原点，质心速度我为22A B A C m m m v v v v =+=现在把坐标系建在质心C 上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率2A v 沿x 轴正向匀速正向、反向运动。

由于质心系是惯性系，且无外力，所以A ，B 分别以速率2A v 绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。

经过时间t 后，如图所示：am It a v t a v A A===22θ于是在xy O 系中A 的速度⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=θθsin 2)cos 1(2A Ay A Ax u v u v B 的速度：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=θθsin 2)cos 1(2A By A Bx u v u v 因此1:2cot sin 1cos 1sin 2)cos 1(2sin 2)cos 1(2:22222⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅=am It v v v v E E A A A A B A θθθθθθ2.12 解 对于质心系的问题，我们一般要求求出相对固定参考点的物理量，在找出质心的位置和质心运动情况，由此去计算物体相对或绝对物理量及其间的关系。