大学物理课后习题(第二章)
大学物理习题答案解析第二章
第二章牛顿定律2 -1如图(a)所示,质量为m的物体用平行于斜面的细线联络置于圆滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动 ,当物体刚离开斜面时,它的加快度的大小为()(A) gsin θ(B) gcos θ(C) gtan θ(D) gcot θ剖析与解当物体走开斜面瞬时 ,斜面对物体的支持力消逝为零,物体在绳索拉力 F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面 )和重力作用下产平生行水平面向左的加快度a,如图 (b) 所示 ,由其可解得合外力为 mgcot θ,应选 (D)．求解的重点是正确剖析物体刚走开斜面瞬时的物体受力状况和状态特点．2 -2 用水平力 F N把一个物体压着靠在粗拙的竖直墙面上保持静止．当 F N渐渐增大时 ,物体所受的静摩擦力 F f的大小 ()(A)不为零 ,但保持不变(B)随 F N成正比地增大(C)开始随 F N增大 ,达到某一最大值后 ,就保持不变(D)没法确立剖析与解与滑动摩擦力不一样的是 ,静摩擦力可在零与最大值μF N范围内取值．当F N增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加 ,但详细大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知 ,物体向来保持静止状态 ,故静摩擦力与重力大小相等 ,方向相反 ,并保持不变 ,应选 (A) ．2 -3一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率()(A)不得小于(C)不得大于μgR (B) 一定等于μgRμgR (D) 还应由汽车的质量m 决定剖析与解由题意知 ,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只好由路面与轮胎间的静摩擦力供给,能够供给的最大向心力应为μF N．由此可算得汽车转弯的最大速率应为 v＝μRg．所以只需汽车转弯时的实质速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选 (C) ．2 -4 一物体沿固定圆弧形圆滑轨道由静止下滑,在下滑过程中 ,则 ( )(A)它的加快度方向永久指向圆心,其速率保持不变(B)它遇到的轨道的作使劲的大小不停增加(C)它遇到的合外力大小变化 ,方向永久指向圆心(D)它遇到的合外力大小不变 ,其速率不停增加剖析与解 由图可知 ,物体在下滑过程中遇到大小和方向不变的重力以实时辰指向圆轨道中心的轨 道支持力 F N 作用 ,其合外力方向并不是指向圆心 ,其大小和方向均与物体所在地点有关．重力的切向分 量 (m g cos θ) 使物体的速率将会不停增加 ( 由机械能守恒亦可判断 ),则物体作圆周运动的向心力 (又称法向力 )将不停增大 ,由轨道法向方向上的动力学方程F Nmgsin θ mv 2可判断 ,随 θ 角的不停增R大过程 ,轨道支持力 F N 也将不停增大 ,因而可知应选 (B) ．2 -5 图 (a)示系统置于以 a ＝ 1/4 g 的加快度上涨的起落机内 ,A 、B 两物体质量相同均为 m,A 所在的桌面是水平的 ,绳索和定滑轮质量均不计 ,若忽视滑轮轴上和桌面上的摩擦,其实不计空气阻力 ,则绳中张力为 ( )(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2 mg剖析与解此题可考虑对 A 、B 两物体加上惯性力后 ,以电梯这个非惯性参照系进行求解． 此时 A 、B两物体受力状况如图 (b)所示 ,图中 a ′为 A 、B 两物体相对电梯的加快度 ,ma ′为惯性力． 对 A 、B 两物体 应用牛顿第二定律 ,可解得 F ＝ 5/8 mg ．应选 (A) ．Ｔ议论 关于习题 2 -5 这种种类的物理问题 ,常常从非惯性参照系 (此题为电梯 )察看到的运动图像较为 明确 ,但因为牛顿定律只合用于惯性参照系,故从非惯性参照系求解力学识题时,一定对物体加上一个虚构的惯性力．如以地面为惯性参照系求解,则两物体的加快度 a A 和a B 均应付地而言 ,此题中 a A 和 a 的大小与方向均不相同．此中 aA 应斜向上．对 a A 、a 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律 ,求解BB过程较繁．有兴趣的读者不如自己试试试看．2 -6 图示一斜面 ,倾角为 α,底边 AB 长为 l ＝ 2.1 m,质量为 m 的物体从题 2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动 ,斜面的摩擦因数为 μ＝ 0.14 ．试问 ,当 α为何值时 ,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？剖析动力学识题一般分为两类：(1) 已知物体受力争其运动状况；(2) 已知物体的运动状况来剖析其所受的力．自然,在一个详细题目中,这两类问题并没有截然的界线,且都是以加快度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．此题重点在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝ f(t),而后运用对 t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点 O 位于斜面极点,则由牛顿第二定律有mgsin α mgμcosαma(1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有l 1 at2 1g sin α μcosαt 2cosα 2 2则t2l(2) gcosαsin α μcosα为使下滑的时间最短,可令dt0 ,由式(2)有dα则可得此时sin αsin α μcosαcosαcosα μsin α0 tan 2α 1 , 49oμt 2l 0.99 sgcosαsin α μcosα2 -7 工地上有一吊车 ,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为 m 2 k g,乙块＝ 2.00 10×1质量为 m2＝ 1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种状况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作使劲：(1) 两物块以 10.0 m ·ｓ-2的加快度上涨； (2) 两物块以 1.0 m ｓ·-2的加快度上涨．从此题的结果,你能领会到起吊重物时一定迟缓加快的道理吗？剖析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．办理动力学识题往常采纳“隔绝体”的方法物体所受的各样作使劲 ,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．依据连结体中物体的多少可列出相应数量的方程式．联合各物体之间的互相作用和联系 ,可解决物体的运动或互相作使劲．,剖析解按题意 ,可分别取吊车(含甲、乙 )和乙作为隔绝体,画示力争 ,并取竖直向上为Oy 轴正方向 (如图所示 )．当框架以加快度 a 上涨时 ,有FＴ-(m1 ＋ m )g ＝(m ＋ m )a (1)2 1 2FN2- m g ＝ m a (2)2 2解上述方程 ,得F ＝ 1 2 (3)ＴFN2 ＝m (g ＋ a) (4) 2(1)当整个装置以加快度 a ＝ 10 m ·ｓ-2上涨时 ,由式 (3) 可得绳所受张力的值为FＴ＝10×3 N乙对甲的作使劲为N2 N2 2(g ＋ a) ＝3F′＝-F ＝ -m 10× N(2)当整个装置以加快度 a ＝ 1 m·ｓ-2上涨时 ,得绳张力的值为FＴ＝10×3 N此时 ,乙对甲的作使劲则为F′ N2＝103× N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,因为起吊加快度不一样 ,绳中所受张力也不一样,加快度大 ,绳中张力也大．所以,起吊重物时一定迟缓加快,以保证起吊过程的安全．2 -8 如图 (a)所示 ,已知两物体 A、 B 的质量均为 m ＝ 3.0kg 物体 A 以加快度 a ＝ 1.0 m ·ｓ-2 运动 ,求物体 B 与桌面间的摩擦力． (滑轮与连结绳的质量不计)剖析该题为连结体问题 ,相同可用隔绝体法求解．剖析时应注意到绳中张力大小到处相等是有条件的 ,即一定在绳的质量和伸长可忽视、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不一样的．解分别对物体和滑轮作受力剖析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体 A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ＝m A a (1)F′1 -Fｆ＝ m B a′(2)ＴF′ -2FＴ1＝ 0 (3)Ｔ考虑到 mＴＴＴ1 Ｔ,a ′＝ 2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力A ＝mB ＝m, F ＝F′ ,F ＝ F′1F f mg m 4m a7.2 N2议论动力学识题的一般解题步骤可分为：(1) 剖析题意 ,确立研究对象,剖析受力 ,选定坐标； (2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组； (3) 解方程组 ,得出文字结果； (4) 查对量纲 ,再代入数据 ,计算出结果来．2 -9 质量为m′的长平板 A 以速度v′在圆滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块 B 轻轻安稳地放在长平板上 ,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板获得共同速度？剖析当木块 B 安稳地轻轻放至运动着的平板 A 上时 ,木块的初速度可视为零,因为它与平板之间速度的差别而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．依据牛顿定律可获得它们各自相对地面的加快度．换以平板为参照系来剖析,此时 ,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动 ,其加快度为相对加快度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所叙述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变成木块和平板一同运动的动能,而它们的共同速度可依据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,依据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板挪动的距离即可求出．解 1 以地面为参照系 ,在摩擦力 Fｆ＝μmg的作用下 ,依据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F ｆ＝μ mg＝ma1F ′ｆ＝-F ｆ＝ m′a2a1和 a2分别是木块和木板相对地面参照系的加快度．若以木板为参照系,木块相对平板的加快度 a ＝ a1＋ a2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最后停止．由运动学规律有2- v′＝ 2as由上述各式可得木块有关于平板所挪动的距离为sm v 22 μg m m解 2 以木块和平板为系统 ,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝F ｆ(s ＋l ) -F ｆl＝μ mgs式中 l 为平板相对地面挪动的距离．因为系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,依据动量守恒定律,有m′v′＝ (m′＋ m) v″由系统的动能定理 ,有μmgs 1 m v 2 1 m m v 22 2由上述各式可得sm v 22 μg m m2 -10 如图 (a)所示 ,在一只半径为 R 的半球形碗内 ,有一粒质量为 m 的小钢球 ,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时 ,它距碗底有多高？剖析保持钢球在水平面内作匀角速度转动时,一定使钢球遇到一与向心加快度相对应的力(向心力 ), 而该力是由碗内壁对球的支持力 F N的分力来供给的 ,因为支持力 F N一直垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示 Oxy 坐标 ,列出动力学方程 ,即可求解钢球距碗底的高度．解取钢球为隔绝体 ,其受力剖析如图 (b) 所示．在图示坐标中列动力学方程F N sin θ ma n mRω2sin θ(1)F N cosθ mg (2)且有由上述各式可解得钢球距碗底的高度为R h cos θ(3)Rgh Rω2可见 ,h 随 ω的变化而变化．2 -11 火车转弯时需要较大的向心力,假如两条铁轨都在同一水平面内 (内轨、外轨等高 ),这个向心力只好由外轨供给 ,也就是说外轨会遇到车轮对它很大的向外侧压力 ,这是很危险的．所以 ,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,一定使外轨适合地超出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m 的火车 ,以速率 v 沿半径为 R 的圆弧轨道转弯 ,已知路面倾角为 θ,试求： (1) 在此条件下 ,火车速率 v 0 为多大时 ,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？(2) 假如火车的速率 v ≠v 0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少？剖析如题所述 ,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平重量F N sin θ 提供 (式中 θ角为路面倾角 )．从而不会对内外轨产生挤压． 与其对应的是火车转弯时一定以规定的速率v 0行驶．当火车行驶速率 v ≠v 0 时,则会产生两种状况： 如下图 ,如 v ＞ v 0 时 ,外轨将会对车轮产生斜向 内的侧压力 F 1 ,以赔偿原向心力的不足,如 v ＜ v 0时 ,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F 2 ,以抵消剩余的向心力 ,不论哪一种状况火车都将对外轨或内轨产生挤压． 由此可知 ,铁路部门为何会在每个铁轨的转弯处规准时速 ,从而保证行车安全．解 (1) 以火车为研究对象 ,成立如下图坐标系．据剖析 ,由牛顿定律有F N sin θ mv 2(1)RF N cos θ mg 0(2)解 (1)(2) 两式可得火车转弯时规定速率为v 0gRtan θ(2) 当 v ＞ v 0 时 ,依据剖析有F N sin θ F 1cos θ m v2(3)RF N cos θ F 1sin θ mg 0(4)解 (3)(4) 两式 ,可得外轨侧压力为F 1 m v 2cos θ gsin θR当 v ＜ v 0 时,依据剖析有2F N sin θ F 2cos θ mv(5)RF N cos θ F 2sin θ mg(6)解 (5)(6) 两式 ,可得内轨侧压力为F 2 m gsin θ v 2cos θR2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为 m,圆筒半径为 R,演员骑摩托车在直壁上以速率 v 作匀速圆周螺旋运动 ,每绕一周上涨距离为 h,如下图．求壁对演员和摩托车的作使劲．剖析 杂技演员 (连同摩托车 )的运动能够当作一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹睁开后,相当于如图 (b)所示的斜面． 把演员的运动速度分解为图示的 v 1 和 v 2 两个重量 ,明显 v 1是竖直向上作匀速直线运动的分速度 ,而 v 2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,此中向心力由筒壁对演员的支持力F N 的水平重量 F N2 供给 ,而竖直重量 F N1则与重力相均衡．如图 (c) 所示 ,此中 φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力 的大小和方向解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象 ,据 (b)(c)两图应有FN1mg 0(1) F N 2m v 2(2)Rv 2vcos θ v2πR(3)R 2 h 22πF NF N 21 F N 2 2(4)以式 (3) 代入式 (2),得22 22 2m4π R v4π RmF N 222222v2(5)RhR 4πRh 4π将式 (1) 和式 (5)代入式 (4),可求出圆筒壁对杂技演员的作使劲( 即支承力 )大小为2222224πRF NFN1F N 2 m g2 2 v2h4πR与壁的夹角 φ为FN 222arctan4πRv2arctan2 2FN 14πRh g议论 表演飞车走壁时 , 演员一定控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方向 ,以保证三者之间知足解题用到的各个力学规律．2 -13 一质点沿 x 轴运动 ,其受力如下图 ,设 t ＝ 0 时 ,v 0＝ 5m ·ｓ-1,x 0＝ 2 m, 质点质量 m ＝ 1kg, 试求该 质点 7ｓ末的速度和地点坐标．剖析 第一应由题图求得两个时间段的 F(t)函数 ,从而求得相应的加快度函数,运用积分方法求解题目所问 ,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时辰相对应． 解 由题图得F t2t, 0 t 5s 35 5t,5s t 7s由牛顿定律可得两时间段质点的加快度分别为a 2t , 0 t 5sa 35 5t , 5s t 7s对 0 ＜ t ＜ 5ｓ 时间段 ,由 adv 得dtvd tv 0 adtv积分后得 v 5 t 2再由 vdx 得dtxt dxvdtx 0积分后得 x 2 5t1 t 33将 t ＝ 5ｓ 代入 ,得 v 5＝ 30 m ·ｓ-1 和 x 5 ＝ 68.7 m 对 5ｓ＜ t ＜7ｓ 时间段 ,用相同方法有vtdva 2dtv 0 5 s得v 35t2xt再由dx vdtx5 5 s得x ＝23 -82.5t ＋将 t ＝7ｓ代入分别得 v 7＝ 40 m ·ｓ -1 和 x 7 ＝ 142 m2 -14 一质量为 10 kg 的质点在力 F 的作用下沿 x 轴作直线运动 ,已知 F ＝120t ＋ 40,式中 F 的单位为 N, t 的单位的ｓ．在 t ＝ 0 时 ,质点位于 x ＝5.0 m 处 ,其速度 v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1 ．求质点在随意时辰的速度和地点．剖析 这是在变力作用下的动力学识题． 因为力是时间的函数 ,而加快度 a ＝ dv/dt,这时 ,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程 ,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义 v ＝dx /d t,用积分的方法可求出质点的地点．解 因加快度 a ＝ dv/dt,在直线运动中 ,依据牛顿运动定律有120t40m dvdt依照质点运动的初始条件 ,即t 0 ＝ 0 时 v 0 ＝ 6.0 m ｓ·-1 ,运用分别变量法对上式积分,得vt4.0 dtdv 0 vv ＝2又因 v ＝ dx /dt,并由质点运动的初始条件： t 0 ＝ 0 时 x 0 ＝ 5.0 m,对上式分别变量后积分 ,有xt6.0t 2dtdxx 0x ＝2 +2.0 t 32 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为10×3 kg ．飞机以 55.0 m ｓ·-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动 ,若阻力与时间成正比 ,比率系数 α＝ 5.0 ×102 N ·ｓ -1,空气对飞机升力不计 ,求： (1) 10 ｓ后飞机的速率； (2) 飞机着陆后 10ｓ内滑行的距离．剖析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动． 其水平方向所受制动力 F 为变力 ,且是时间的函数．在求速率和距离时,可依据动力学方程和运动学规律,采纳分别变量法求解．解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有 Fma mdvαtαt dtdtvdt vmv 0得v v 0α t 22m所以 ,飞机着陆 10ｓ后的速率为v ＝ 30 m ｓ· -1xt α t 2 dt又dxv 0x02m故飞机着陆后 10ｓ内所滑行的距离s x x 0 v 0tα t 3 467 m6m2 -16 质量为 m 的跳水运动员 ,从 10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为 h ．把跳水运动员视为质点 ,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为 bv 2 ,此中 b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy轴,求： (1)运动员在水中的速率v 与 y的函数关系；(2) 如 b/m＝-1 , 跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1 /10？(假设跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰巧相等)剖析该题能够分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后 ,物体受重力 P、浮力 F 和水的阻力 F ｆ的作用 ,其协力是一变力 ,所以 ,物体作变加快运动．固然物体的受力剖析比较简单 ,可是 ,因为变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、地点的函数 ),对这种问题列出动力学方程其实不复杂 ,但要从它计算出物体运动的地点和速度就比较困难了．往常需要采纳积分的方法去解所列出的微分方程．这也成认识题过程中的难点．在解方程的过程中 ,特别需要注意到积分变量的一致和初始条件确实定．解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为v02gh运动员入水后,由牛顿定律得P -F ｆ-F ＝ma由题意 P ＝ F、 F ｆ＝ bv2 ,而a ＝ dv /dt ＝ v (d v /dy),代入上式后得-bv2＝ mv (d v /dy)考虑到初始条件 y0＝0 时 , v0 2gh ,对上式积分,有mv dvtdy0b v0 vv v0e by / m 2ghe by / m(2) 将已知条件 b/m ＝ 0.4 m -1 ,v ＝0 代入上式 ,则得y m ln v 5.76 mb v0*2 -17 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片构成．每一叶片的质量m＝ 136 kg,长 l ＝ 3.66 m．求当它的转速 n＝ 320 r/min 时 ,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度必定、厚度平均的薄片)剖析 螺旋桨旋转时 ,叶片上各点的加快度不一样,在其各部分双侧的张力也不一样；因为叶片的质量是连续散布的 ,在求叶片根部的张力时 ,可选用叶片上一小段 ,剖析其受力 ,列出动力学方程 ,而后采纳积分的方法求解．解 设叶片根部为原点 O,沿叶片背叛原点 O 的方向为正向 ,距原点 O 为 r 处的长为 dr 一小段叶片 ,其 双侧对它的拉力分别为 F Ｔ(r) 与 F Ｔ (r ＋ dr )．叶片转动时 ,该小段叶片作圆周运动 ,由牛顿定律有dF T F T rF T r drmω2 rdrl因为 r ＝l 时外侧 F Ｔ ＝ 0,所以有t dF Tlm ω2F T rl r drrF T m ω2 2r 22πmn 22r 2rll2ll上式中取 r ＝0,即得叶片根部的张力F Ｔ 0 ＝10×5 N负号表示张力方向与坐标方向相反．2 -18 一质量为 m 的小球最先位于如图 (a)所示的 A 点 ,而后沿半径为 r 的圆滑圆轨道 ADCB 下滑．试求小球抵达点 C 时的角速度和对圆轨道的作使劲．剖析 该题可由牛顿第二定律求解． 在取自然坐标的状况下 ,沿圆弧方向的加快度就是切向加快度a ,ｔ与其相对应的外力 F 是重力的切向重量 mgsin α,而与法向加快度 a n 相对应的外力是支持力 F N 和重力ｔ的法向重量 mgcos α．由此 ,可分别列出切向和法向的动力学方程F ＝ mdv/dt 和F n ＝ma n ．因为小球在ｔ滑动过程中加快度不是恒定的 ,所以 ,需应用积分求解 ,为使运算简易 ,可变换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度 ,方法比较简易．但它不可以直接给出小球与圆弧表面之间的作使劲．解 小球在运动过程中遇到重力 P 和圆轨道对它的支持力 F N ．取图 (b) 所示的自然坐标系,由牛顿定律得F tmgsin α mdv(1)dtF n F Nmgcos α mmv 2(2)R由 vdsr α r α运动到点 C 的始末条件 ,进行积分 ,有d ,得 dtd ,代入式 (1),并依据小球从点 Adtdtvvαv 0d90org sin αd αv v得v2rgcos α则小球在点 C 的角速度为ωv2 cos α/rr g由式 (2)得F Nm mv 2 mgcos α 3mgcos αr由此可得小球对圆轨道的作使劲为F NF N 3mgcos α负号表示 F ′N 与 e n 反向．2 -19 圆滑的水平桌面上搁置一半径为 R 的固定圆环 ,物体紧贴环的内侧作圆周运动 ,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为 v 0 ,求： (1) t 时辰物体的速率； (2) 当物体速率从 v 0减少到 12 v 0时 ,物体所经历的时间及经过的行程．剖析运动学与动力学之间的联系是以加快度为桥梁的,因此 ,可先剖析动力学识题．物体在作圆周运动的过程中,促进其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力 F N和环与物体之间的摩擦力 F ｆ,而摩擦力大小与正压力 F N′成正比 ,且F N与F N′又是作使劲与反作使劲 ,这样 ,便可经过它们把切向和法向两个加快度联系起来了 ,从而可用运动学的积分关系式求解速率和行程．解 (1) 设物体质量为 m,取图中所示的自然坐标 ,按牛顿定律 ,有mv2F N ma nRdvF f ma tdt由剖析中可知,摩擦力的大小 Fｆ＝μF ,由上述各式可得N2μv dvR dt取初始条件 t ＝0 时 v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有t R v dvdt20 μ v0 vv Rv0R v0μt(2)当物体的速率从 v 0减少到 1/2v 0时 ,由上式可得所需的时间为tRμv0物体在这段时间内所经过的行程t stRv0dt vdtv0μt0 RsRln 2μ2 -20 质量为 45.0 kg 的物体 ,由地面以初速 60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射 ,物体遇到空气的阻力为 F r＝kv, 且 k ＝ 0.03 N/( m-1最大高度为多少？ｓ· )． (1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2)剖析物体在发射过程中 ,同时遇到重力和空气阻力的作用,其协力是速率v 的一次函数 ,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时 ,只需采纳分别变量的数学方法即可．可是,在求解高度时 ,则一定将时间变量经过速度定义式变换为地点变量后求解 ,并注意到物体上涨至最大高度时 ,速率应为零．解 (1) 物体在空中受重力 mg 和空气阻力 F r ＝ kv 作用而减速．由牛顿定律得mg k mdv(1)vdt依据始末条件对上式积分,有t vddtmvvv 0mg kvtmln 1 kv 06.11 skmgdv dv(2) 利用v 的关系代入式 (1),可得dtdydvmg kv mv分别变量后积分y 0dyv 0mvdvmgkv故m mg ln 1kv 0 v 0183 mykmgkv 0 和 y 2议论 如不考虑空气阻力 ,则物体向上作匀减速运动．由公式tv 0 分别算得 t ≈ｓ和g2gy ≈184 m,均比实质值略大一些．2 -21 一物体自地球表面以速率 v 0 竖直上抛．假设空气对物体阻力的值为F r ＝ kmv 2 ,此中 m 为物体的质量 ,k 为常量．试求： (1) 该物体能上涨的高度； (2)物体返回地面时速度的值． (设重力加快度为常量． )剖析因为空气对物体的阻力一直与物体运动的方向相反 ,所以 ,物体在上抛过程中所受重力 P 和阻力 F r 的方向相同；而下落过程中 ,所受重力 P 和阻力 Fr 的方向则相反．又因阻力是变力 ,在解动力学方程时 ,需用积分的方法．解 分别对物体上抛、 下落时作受力剖析 ,以地面为原点 ,竖直向上为 y 轴 (如下图 ) ．(1) 物体在上抛过程中 ,依据牛顿定律有mg km 2 m dv m vdvv dt dy 依照初始条件对上式积分,有y 0 v ddy v2v0 g kvy 1ln g kv 2 2k g kv02物体抵达最高处时, v ＝ 0,故有hymax 1 ln g kv 022k g (2)物体下落过程中 ,有2vdvmg kmv m对上式积分 ,有ydy 0vdv0 v0 g k2vkv 2 1/ 2v则v0 1g2 -22 质量为 m 的摩托车 ,在恒定的牵引力 F 的作用下工作 ,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是 v m．试计算从静止加快到mv /2所需的时间以及所走过的行程．剖析该题依旧是运用动力学方程求解变力作用下的速度和地点的问题,求解方法与前两题相像,只是在解题过程中一定想法求出阻力系数k．因为阻力 Fr ＝ kv2 ,且 F r又与恒力 F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加快度为零 ,此时速度达到最大．所以,依据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走行程时,需对变量作变换．解设摩托车沿 x 轴正方向运动 ,在牵引力 F 和阻力 F r同时作用下 ,由牛顿定律有F k 2 m dv(1)v dt当加快度 a ＝ dv/dt ＝ 0 时,摩托车的速率最大,所以可得k＝F/v m2 (2) 由式 (1) 和式 (2)可得依据始末条件对式(3)积分 ,有t mdtFF 1 v 2 m dv (3)v m2 dt1v m v2 12 dv1 2v m则tmv m ln3 dvmvdv 2F(3)积分 ,有又因式 (3) 中 m,再利用始末条件对式dtdxxmdxF 1v m v212 dv0 12v m则xmv m2ln40.144 mv m 22F3F*2 -23 飞机下降时 ,以 v 0 的水平速度下落伍自由滑行,滑行时期飞机遇到的空气阻力 F 1＝ -k 1 v 2, 升力F 2＝ k 2 v 2, 此中 v 为飞机的滑行速度 ,两个系数之比 k 1/ k 2 称为飞机的升阻比．实验表示,物体在流体中运动时 ,所受阻力与速度的关系与多种要素有关 ,如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有 F ∝ v,而在速度较大或流体密度较大的有 F ∝ v 2 ,需要精准计算时则应由实验测定．此题中因为飞机速率较大,故取 F ∝v 2 作为计算依照．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ,试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实质上已成为飞机跑道长度设计的依照之一．剖析 如下图 ,飞机触地后滑行时期遇到 5 个力作用 ,此中 F 1 为空气阻力 , F 2 为空气升力 , F 3 为跑道作用于飞机的摩擦力 , 很明显飞机是在合外力为变力的状况下作减速运动 ,列出牛顿第二定律方程 后 ,用运动学第二类问题的有关规律解题．因为作用于飞机的合外力为速度 v 的函数 ,所求的又是飞机 滑行距离 x,所以比较简易方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量dt 进行代换 ,将 dt 用dx取代 ,获得一个有关 v 和 x 的微分方程 ,分别变量后再作积分．v解 取飞机滑行方向为 x 的正方向 ,着陆点为坐标原点,如下图 ,依据牛顿第二定律有F N k 1v 2m dv(1)k 2v 2dtF Nmg 0(2)将式 (2)代入式 (1),并整理得μmg k μkv 2m dvm dv12dt v dx分别变量并积分 ,有vm dvv2dxμmgk 1 μk 2v 0v得飞机滑行距离xm ln μmg k 1 μk 2 v 2(3)2 k 1 μk 2 μmg考虑飞机着陆瞬时有 F N ＝ 0 和v ＝ v 0 ,应有 k 2v 02＝ mg,将其代入 (3)式 ,可得飞机滑行距离 x 的另一表达。
[实用参考]大学物理习题答案第二章
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[习题解答]2-1处于一斜面上的物体，在沿斜面方向的力F 作用下，向上滑动。
已知斜面长为5.6m ，顶端的高度为3.2m ，F 的大小为100N ，物体的质量为12kg ，物体沿斜面向上滑动的距离为4.0m ，物体与斜面之间的摩擦系数为0.24。
求物体在滑动过程中，力F 、摩擦力、重力和斜面对物体支撑力各作了多少功？这些力的合力作了多少功？将这些力所作功的代数和与这些力的合力所作的功进行比较，可以得到什么结论？解物体受力情形如图2-3所示。
力F 所作的功；摩擦力,摩擦力所作的功；重力所作的功;支撑力N 与物体的位移相垂直，不作功，即；这些功的代数和为.物体所受合力为,合力的功为图2-3.这表明，物体所受诸力的合力所作的功必定等于各分力所作功的代数和。
2-3物体在一机械手的推动下沿水平地面作匀加速运动，加速度为0.49m⋅s-2。
若动力机械的功率有50%用于克服摩擦力，有50%用于增加速度，求物体与地面的摩擦系数。
解设机械手的推力为F沿水平方向，地面对物体的摩擦力为f，在这些力的作用下物体的加速度为a，根据牛顿第二定律，在水平方向上可以列出下面的方程式,在上式两边同乘以v，得,上式左边第一项是推力的功率()。
按题意，推力的功率P是摩擦力功率fv的二倍，于是有.由上式得,又有,故可解得.2-4有一斜面长5.0m、顶端高3.0m，今有一机械手将一个质量为1000kg的物体以匀速从斜面底部推到顶部，如果机械手推动物体的方向与斜面成30︒，斜面与物体的摩擦系数为0.20，求机械手的推力和它对物体所作的功。
解物体受力情况如图2-4所示。
取G轴沿斜面向上，P轴垂直于斜面向上。
可以列出下面的方程,(1),(2).(3)根据已知条件,.由式(2)得.将上式代入式(3)，得.将上式代入式(1)得,由此解得.推力F 所作的功为.2-5有心力是力的方向指向某固定点(称为力心)、力的大小只决定于受力物体到力心的距离的一种力，万有引力就是一种有心力。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理课后习题(第二章)
第二章 能量守恒 动量守恒选择题2－1 有一劲度系数为k 的弹簧(质量忽略不计),垂直放置,下端悬挂一质量为m 的小球.现使弹簧为原长,而小球恰好与地面接触.今将弹簧上端缓慢地提起,直到小球刚脱离地面为止,在上提过程中外力做的功为 （ A ）(A)222m g k ; (B)222m g k ;(C) 224m g k; (D) 224m g k.2－2 一弹簧长00.5m l =,劲度系数为k ,上端挂在天花板上,当下端吊一小盘后,长度变为10.6m l =.然后在盘中放一物体,使弹簧长度变为20.8m l =.放物后,在弹簧伸长的过程中,弹性力所做的功为 （ C ）(A) 0.80.6d kx x -⎰; (B) 0.80.6d kx x ⎰;(C) 0.30.1d kx x -⎰; (D) 0.80.1d kx x ⎰.2－3 如图所示,一单摆在点A 和点A '之间往复运动,就点A 、点B 和点C 三位置比较,重力做功的功率最大位置为 （ B ）(A) 点A ; (B) 点B ; (C) 点C ; (D) 三点都一样.2－4 今有质量分别为1m 、2m 和3m 的三个质点,彼此相距分别为12r 、23r 和31r .则它之间的引力势能总和为 （ A ）(A) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭; (B) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭; (C) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫-++⎪⎝⎭; (D) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭.2－5 有下列几种情况:(1) 物体自由落下,由物体和地球组成的系统; (2) 使物体均匀上升,由物体和地球组成的系统;(3) 子弹射入放在光滑水平面上的木块,由子弹和木块组成的系统; (4) 物体沿光滑斜坡向上滑动,由物体和地球组成的系统.机械能守恒的有 （ C ）(A) (1)、(3); (B) (2)、(4); (C) (1)、(4); (D) (1)、(2).2－6 质量分别为m 和4m 的两个质点,沿一直线相向运动.它们的动能分别为E 和4E ,它们的总动量的大小为 （ C ）(A)(C)-.2－7 质量为m 的小球,以水平速度v 与竖直的墙壁作完全弹性碰撞.以小球的初速度v的方向为O x 轴的正方向,则此过程中小球动量的增量为 （ D ） (A) m i v ; (B) 0; (C) 2m i v ; (D) 2m -i v .2－8 如图所示,质量为1k g 的弹性小球,自某高度水平抛出,落地时与地面发生完全弹性碰撞.已知在抛出1s 后又跳回原高度,而且速度的大小和方向和刚抛出时相同.在小球与地面碰撞的过程中,地面给它的冲量的大小和方向为 （ A ）(A) 19.8kg m s -⋅⋅,垂直地面向上;19.8kg m s-⋅⋅,垂直地面向上;(C) 119.6kg m s -⋅⋅,垂直地面向上; (D) 14.9kg m s-⋅⋅,与水平面成o45角.2－9 一炮弹由于特殊原因,在弹道最高点处突然炸成两块,如果其中一块做自由落体下落,则另一块的着地点 （ A ）(A) 比原来更远; (B) 比原来更近; (C) 仍和原来一样; (D) 条件不足,不能判定.2－10 在下列陈述中,正确的是 （ A ） (A) 物体的动量不变,动能也不变; (B) 物体的动能不变,动量也不变; (C) 物体的动量变化,动能也一定变化; (D) 物体的动能变化,动量却不一定也变化.2－11 如图所示,一光滑圆弧形槽m '放置于光滑的水平面上,一滑块m 自槽的顶部由静止释放后沿槽滑下,不计空气阻力,对这一过程,下列陈述正确的为 （ C ）(A) 由m 和m '组成的系统动量守恒; (B) 由m 和m '组成的系统机械能守恒; (C) 由m 、m '和地球组成的系统机械能守恒; (D) m 对m '的正压力恒不作功.2－12 如图所示,质量为20g 的子弹,以1400m s-⋅的速率沿图示方向射入一原来静止的、质量为980g 的摆中.摆线不可伸缩,质量忽略不计.子弹射入后,摆的速度为 （ A ）(A) 14m s -⋅; (B) 18m s -⋅; (C) 12m s -⋅; (D) 11.79m s -⋅. 计算题2－13 用力推物体,使物体沿O x 轴正方向前进,力在O x 轴上的分量为510x F x =+式中x 的单位为m ,x F 的单位为N .求当物体由0x =移到4m x =时,力所做的功.解 在物体由0x =移到4m x =的过程中,力所做的功为()214d 510d 100J x x x A F x x x ==+=⎰⎰2－14 一个不遵守胡克定律的弹簧,它的弹性力F 与形变x 的关系为3F kx b x =--式中,411.1610N m k -=⨯⋅,531.610N mb -=⨯⋅,求弹簧变形由10.2m x =到20.3mx =时,弹性力所做的功.解 在弹簧变形由1x 到2x 的过程中,弹性力所做的功为221132244212111d ()d ()()24x x x x A F x kx b x F x k x x b x x ==-+=----⎰⎰将10.2m x =和20.3m x =代入上式,可得2244212142254411()()2411 1.1610(0.30.2) 1.6010(0.30.2)J 550J24A k x x b x x =----⎡⎤=-⨯⨯⨯--⨯⨯⨯-=-⎢⎥⎣⎦2－15 如果子弹穿入墙壁时,所受的阻力与穿入的深度h 成正比,证明当子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的深度也增大2倍.证 在穿进墙壁后,子弹所受的阻力为F kh =-,式中k 为常数.设子弹进入墙壁的最大深度为m h ,则在子弹穿入过程中,阻力做的功为m 2m 01d 2h A kh h kh =-=-⎰子弹在最大深度m h 时的速度为零.由外力的功等于始末二状态之间的动能的增量,有22m ax 01122kh k -=-v式中0v 是子弹的初速度,即子弹与墙壁接触瞬间的速度.k 和子弹质量m 均为常数,因此子弹的初速度0v 和子弹进入墙壁的最大深度m h 成正比,子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的最大深度也增大为原来的2倍.2－16 如图所示,一质量为4k g 的小球,从高度3m h =处落下,使弹簧受到压缩.假定弹簧的质量与小球相比可以略去不计,弹簧的劲度系数1500N m k -=⋅.求弹簧被压缩的最大距离.解 小球从开始下落,到弹簧达到最大压缩x 量为止,下落距离为h x +.这期间, 由小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒.由于小球的动能增量为零,因此21()02kx m g h x -+=即2220m g m g x x h kk--=将2249.80.1568500m g k⨯⨯==,3m h =代入上式,可解得0.769m x =2－17 测定矿车的阻力因数μ(即阻力与矿车对轨道正压力的比值)的设施如图所示.测定时使矿车自高度h 处从静止开始下滑,滑过一段水平距离2l 后停下.已知坡底的长度为1l ,证明12h l l μ=+.证 设矿车质量为m ,则矿车在坡道上下滑时所受的正压力大小为co s m g θ.式中θ为斜面与水平面的夹角.由功能原理,矿车所受的力在全过程中所做的功,等于其始末二状态之间的动能增量,而动能的增量为零,于是2co s 0co s l m g h m g m g l μθμθ--=由此可得12()h l l μ=+2－18 一颗子弹由枪口射出时速率为0v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合外力为F a bt =-式中a 、b 为常量.(1) 设子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零,求子弹走完枪筒全长所需的时间; (2) 求子弹所受的冲量; (3) 求子弹的质量.解 (1) 子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零:00F a bt =-=由此可得子弹走完枪筒全长所需的时间为0a t b=(2) 在[]00,t ,子弹所受的冲量为022200011()d ()222t a aaI a b t t a t b t ab bb b=-=-=-=⎰(3) 由动量原理I m =∆v ,而子弹的初速度为零,于是有0I =m v由此可得子弹的质量为2I a b ==m v v2－19 一质量为m 的质点,在O xy 平面上运动,其位置矢量为cos sin a t b t ωω=+r i j求从0t =到π2t ω=时间内,质点所受的合外力的冲量.解 质点的速度为d sin co s d a t b t tωωωω==-+r i j v0t =时, 质点的速度为1b ω=j vπ2t ω=时, 质点的速度为2ππsin co s 22a b a ωωωωωωω=-+=-i j i v由动量原理, 在0t =到π2t ω=时间内质点所受的合外力的冲量为21m m m a m b ωω=-=--I i j v v2－20 有一横截面积为20.2m S =的直角弯管,水平放置,如图所示.管中流过流速为13.0m s-=⋅v 的水.求弯管所受力的大小和方向.解 d m 的水转过直角,经历的时间为∆l t =v,式中l 为弯管14圆弧的长度;动量改变的大小为d m ,方向与水平成o45角.由动量定理,弯管给d m 的水的平均作用力的大小为2d d d d m m m F l tl===∆v圆弧弯管长度的水的质量为d m mS l ρ==⎰.这么多的水转过直角,弯管所给的平均作用力的大小为2223231100.20 3.0N 2.5510NS l F S ll====⨯⨯⨯=⨯v v v方向与水平成o45角,斜向上.此力的反作用力即为水管所受的力,大小为32.5510N F '=⨯方向与水平成o45角,斜向下.2－21 水力采煤是利用水枪在高压下喷出来的强力水柱,冲击煤层而使煤层破裂.设所用水枪的直径为30m m ,水速为160m s-⋅,水柱与煤层表面垂直,如图所示.水柱在冲击煤层后,沿煤层表面对称地向四周散开.求水柱作用在煤层上的力.解 设水在煤层表面均匀四散,则煤层所受的合力在沿煤层表面的方向上的分量为零.在t ∆时间内,有质量为m tS ρ=∆v 的水到达煤层表面.式中v 为水速, S 为水柱截面积.在垂直于煤层的方向上,其动量的变化为()2x m tS ρ∆=-∆v v由动量定理,()x x F t m ∆=∆v ,可求得水柱所受的冲力在垂直于煤层的方向上的分量为x F S ρ=-2v水柱作用在煤层上的力是x F i 的反作用力,垂直指向煤层,大小为2432π 3.01011060N 2545N 4F S ρ-⨯⨯'==⨯⨯⨯=2v2－22 在铁轨上,有一质量为40t 的车辆,其速度为11.5m s -⋅,它和前面的一辆质量为35t 的静止车辆挂接.挂接后,它们以同一速度前进.求:(1) 挂接后的速率;(2) 质量为35t 的车辆受到的冲量. 解 (1) 由动量守恒定律,有21122()m m m m +=+v v v式中11 1.5m s -=⋅v 是140t m =的车辆的初速度,20=v 是230t m =的车辆的初速度;v 是两辆车一起运动的速度.由此可得311113124010 1.5m s0.8m s(4035)10m m m --⨯⨯==⋅=⋅++⨯v v(2) 质量为235t m =的车辆受到的冲量等于其动量的增量:34235100.8N s 2.8010N s I m ==⨯⨯⋅=⨯⋅v2－23 一个质量为60kg 的人,以12.0m s -⋅速率跳上一辆以11.0m s -⋅的速率运动的小车.小车的质量为180k g .(1) 如果人从小车后面跳上去,求人和小车的共同速度 (2) 如果人从小车前面跳上去,求人和小车的共同速度. 解 以小车前进方向为正方向.由动量守恒定律121122()m m m m +=+v v v式中v 是人和小车的共同速度, 1v 是人的速率, 12 1.0m s -=⋅v 是小车的速率. 由上式可得112212m m m m +=+v v v(1) 如果人从小车后面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260 2.0180 1.0m s1.25m s(60180)m m m m --+⨯+⨯==⋅=⋅++v v v(2) 如果人从小车前面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=-⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260( 2.0)180 1.0m s0.25m s(60180)m m m m --+⨯-+⨯==⋅=⋅++v v v2－24 一炮弹竖直向上发射,初速度为0v .在发射后经过时间t ,在空中自动爆炸.假定炮弹爆炸后分成质量相等的A 、B 、C 三块碎片.其中A 块的速度为零, B 、C 两块的速度大小相同,且B 块的方向与水平成α角.求B 、C 两块碎片的速度大小和C 块的方向.解 临爆炸前,炮弹的速度在竖直方向,大小为0g t =-v v .其方向可能竖直向上,亦可能竖直向下.设炮弹的质量为m ,爆炸后瞬时B 、C 两块的速度分别为B v 和C v .由动量守恒定律B C 1133m m m +=v v v图示为速度竖直向上时的动量守恒的矢量图,图中π2βα=-.若速度竖直向下,亦可作出相似的动量守恒的矢量图.由于B 、C 两块的速度大小相同,即B C =v v ,因此动量守恒的矢量图为等腰三角形,C v 与竖直面的夹角亦为β,与水平面的夹角亦为α;与B v 之间的夹角为π2α-,且B C 11sin sin 33m m m αα+=v v v将0g t =-v v 和B C =v v 代入,即可求得B 、C 两块碎片的速度大小为0B C 32sin g t α-==v v v2－25 如图所示,有一空气锤,质量为200kg m =,由高度0.45m h =处受工作气缸中压缩空气的压力及重力的作用而落下,摩擦阻力可以忽略.已知工作气缸内压缩空气对锤头的平均压力37.0010N F =⨯,锤头与工件的碰撞时间为0.010s t =,求锤头锻打工件时的平均冲力.解 设锤头到达工件,与工件接触瞬时的速度为v .由功能原理,有21()2F m g h m +=v由此可得=v这时,汽缸内的压强已经很小,对锤头的压力可以忽略.锤头锻打工件时的过程中,受到的向上的平均冲力为1F .以竖直向下为正方向,由动量原理,有()1Fm g t m -+∆=-v可得1F 的大小为15200 2009.8N 1.29010N0.010m F m g m gt ⎛⎫=+=⎪∆⎝⎭⎛⎫=⨯⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭v工件所受的打击力是1F 的反作用力,平均大小亦为51.29010N ⨯,方向竖直向下.若不忽略汽缸内的压缩空气对锤头的压力,且认为大小亦为37.0010N F =⨯,则有()1F F m g t m '-++∆=-v由此可得锤头和工件所受的打击力的平均大小()53511 1.290107.0010N1.3610N F F F '=+=⨯+⨯=⨯2－26 两个形状相同质量均为m '弧形光滑导轨A 和B ,放在光滑地板上,且在同一竖直平面内,A 和B 的下端均和地板相切,如图所示.今有一质量为m 的小物体,由静止从高度为0h 的A 的顶端下滑,求m 在B 导轨上上升的最大高度.解 设小物体下滑至地面时,物体速度为v ,导轨A 的速度为A v .在小物体下滑的过程中,小物体、导轨A 和地球组成的系统机械能守恒,有22A 01122m m m g h '+=v v小物体和导轨A 组成的系统在水平方向上动量守恒,有A 0m m '+=v v联立解此二方程,可得=v设小物体沿导轨B 上升的最大高度为h ,此时二者一起运动的速度为B v .在小物体上升的过程中,小物体、导轨B 和地球组成的系统机械能守恒,有221B 11()22m m g h m m '=++v v小物体和导轨B 组成的系统在水平方向上动量守恒,有B ()m m m '=+v v联立解此二方程,可得22()m h m m g'='+v将=v 代入上式,可得20m h h m m '⎛⎫= ⎪'+⎝⎭。
大学物理习题册及解答(第二版)第二章 质点的运动定律
mg ≤ f 摩 = µN = µmRω 2
ω≥
g µR
3． 一单摆挂在木板的小钉上（摆球的质量<<木板的质量）， 木板可沿两根竖直且无摩擦的轨道下滑，如图．开始时木板被 支撑物托住，且使单摆摆动．当摆球尚未摆到最高点时，移开 支撑物，木板自由下落，则在下落过程中，摆球相对于板 (A) 作匀速率圆周运动 (C) 仍作周期性摆动 (B) 静止 (D) 作上述情况之外的运动
4 质量为m的小球在水平面内作半径为R的匀速圆周运动，圆 周运动的角速度为 ω .试通过小球受到合外力的时间积分计算， 小球在经过(1) 1/4圆周，(2) 1/2圆周，(3) 3/4圆周，(4) 整个圆 周，几个的过程中向心力的冲量，以及由动量定理得出这几个 y 过程中的冲量． ωt O 解：方法1 小球所受合力作为它作圆周运动的向 R x 心力，合力的冲量表示为：
x
y
y
0
x
x
0
7．设作用在质量为1kg的物体上的力F＝6t＋3（SI）． 如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在 0到2.0 s的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小 18 N·s Ｉ＝____________． 8．一人站在质量（连人带船）为m1＝300 kg的静止的船 上，他用F＝100 N的恒力拉一水平轻绳，绳的另一端系在 岸边的一棵树上，则船开始运动后第三秒末的速率为 1 m/s __________；在这段时间内拉力对船所做的功为 ____________．（水的阻力不计） 150 J 分析：利用动量定理和动能定理求解
三、计算及证明
1． 质量为m的木块放在质量为M倾角为θ的光滑斜劈上，斜劈与 地面的摩擦不计，若使m相对斜面静止，需在斜劈上施加多大的 N θ y 水平外力？木块对斜劈的压力为多少？ 解：在 x方向和y方向分别应用牛顿第二定律
大学物理第二章习题答案
大学物理第二章习题答案大学物理第二章习题答案大学物理是大多数理工科学生必修的一门课程，其中第二章是关于向量和运动学的内容。
本文将为大家提供一些大学物理第二章习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握这一章节的知识。
1. 问题：一个物体以5 m/s的速度从斜坡上滑下来，斜坡的倾角为30°。
求物体滑下斜坡所需的时间。
解答：首先，我们需要将斜坡的倾角转换为弧度。
倾角为30°，转换为弧度的公式为弧度 = 角度× π / 180。
所以，30°转换为弧度为30 × π / 180 = π / 6。
然后，我们可以利用运动学中的公式来求解。
物体在斜坡上滑动，可以将其分解为水平和竖直方向上的运动。
在水平方向上，物体的速度不变，为5 m/s。
在竖直方向上，物体受到重力的作用，加速度为g = 9.8 m/s²。
根据运动学的公式，竖直方向上的位移可以表示为h = (1/2) × g × t²，其中 h 为位移，g 为加速度，t 为时间。
由于物体滑下斜坡的竖直位移为 0，所以我们可以得到以下方程：0 = (1/2) × g × t²解方程得到 t = 0 或t = 2 × 0 / g = 0。
因此，物体滑下斜坡所需的时间为0秒。
2. 问题：一个物体从斜坡上滑下来，滑下斜坡后继续在水平地面上滑行。
已知物体从斜坡上滑下所需的时间为2秒，滑下斜坡后在水平地面上滑行的距离为6米。
求物体在斜坡上的滑动距离。
解答：首先，我们可以利用已知条件求解物体在水平地面上的速度。
根据物体在斜坡上滑行的时间和水平距离，我们可以得到以下方程：6 = 2 × v解方程得到 v = 6 / 2 = 3 m/s。
然后，我们可以利用运动学中的公式来求解物体在斜坡上的滑动距离。
物体在斜坡上滑行的时间为2秒，速度为3 m/s。
大学物理课后习题2第二章答案
(B) aA>0 , aB<0.
(C) aA<0 , aB>0.
(D) aA<0 , aB=0. F
B
A
x
答案：(D)。
题 2.1(5)图
2.2 填空题 (1) 质量为 m 的小球，用轻绳 AB、BC 连接，如图所示，其中 AB 水平．剪断绳 AB 前后的瞬间，绳 BC 中的张力比 T : T′＝____________．
说
法
中
：
（）
(A)①、②是正确的。
(B)②、③是正确的。
(C)只有②是正确的。
(D)只有③是正确的。
答案：(C)。
(4) 一质量为 M 的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为 m 的木块轻
轻放于斜面上，如图．如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将
（）
(A) 保持静止．
(B) 向右加速运动．
(C) 向右匀速运动． (D) 向左加速运动．
受的合力为 F =( a bt )N( a,b 为常数)，其中 t 以秒为单位：(1)假设子弹运行
到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的
冲量；(3)求子弹的质量．
解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
F (a bt) 0 ,得 t a b
(2)子弹所受的冲量
，
物体与水平面间的摩擦系数为
。
答案： v2 ; 2s
v2 . 2gs
(5) 在光滑的水平面内有两个物体 A 和 B，已知 mA=2mB。（a）物体 A 以一定的动
能 Ek 与 静 止 的 物 体 B 发 生 完 全 弹 性 碰 撞 ， 则 碰 撞 后 两 物 体 的 总 动 能
大学物理第二章质点动力学习题答案
习题二2-1质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；(2)子弹射入沙土的最大深度。
[解]设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力f =-kv (1)由牛顿第二定律tv mma f d d == 即tv mkv d d ==- 所以t mk v v d d -=对等式两边积分⎰⎰-=tvv t m k v v 0d d 0得t mkv v -=0ln因此t mke v v -=0(2)由牛顿第二定律xv mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即xvmv kv d d =- 所以v x mkd d =-对上式两边积分⎰⎰=-000d d v sv x mk 得到0v s m k-=-即kmv s 0=2-2质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。
若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为[证明]任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。
由牛顿第二定律得即tvm ma kv F mg d d ==--整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--t vmt kv F mg v00d dy得mktF mg kv F mg -=---ln即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 1 2-3跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。
求跳伞员的运动速率v 随时间t 变化的规律和极限速率T v 。
[解]设运动员在任一时刻的速率为v ，极限速率为T v ，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。
大学物理课后习题答案第二章
（2）小球上升到最大高度所花的时间T．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变量得 ，
积分得 ．
当t= 0时，v=v0，所以 ，
因此 ，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v= 0，所需要的时间为
第二章运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律
2．1一个重量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度 运动， 的方向与斜面底边的水平约AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
[解答]质点在斜上运动的加速度为a = gsinα，方向与初速度方向垂直．其运动方程为
x = v0t， ．
将t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程为
（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；
（4）用与斜面平行的加速度 把小车沿斜面往上推（设b1=b）；
（5）以同样大小的加速度 （b2=b），将小车从斜面上推下来．
[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力 的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg．
（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于
这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．
板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：fM= μkNM= 7.35(N)．
这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．
（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为
f =μsmg=ma`，
可得a` =μsg．
板的运动方程为
F – f – μk(m + M)g=Ma`，
大学普通物理学-二-牛顿运动定律
第二章牛顿运动定律一、选择题1.关于惯性有下面四种说法，正确的为（）。
A.物体静止或作匀速运动时才具有惯性B.物体受力作变速运动时才具有惯性C.物体受力作变速运动时才没有惯性D.惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性1.【答案】D。
解析：本题考查对惯性的正确理解。
物体的惯性是物体的自然固有属性，与物理的运动状态和地理位置没有关系，只要有质量的物体都有惯性，质量是一个物体惯性大小的量度，所以本题答案为D。
2.下列四种说法中，正确的为（）。
A.物体在恒力作用下，不可能作曲线运动B.物体在变力作用下，不可能作曲线运动C.物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动D.物体在不垂直于速度方向的力作用下，不可能作圆周运动2.【答案】C。
解析：本题考查的是物体运动与受力的关系物体的运动受初始条件和受力共同影响，物体受恒力作用但仍然可以作曲线运动，比如平抛运动.对于圆周运动需要有向心力，向心力是改变物体速度方向，当一个物体只受向心力作用时则作匀速圆周运动，所以C选项是正确的。
3.一质点从t=0时刻开始，在力F1=3i+2j（SI单位）和F2=-2i-t j（SI单位）的共同作用下在Oxy平面上运动，则在t=2s时，质点的加速度方向沿（）。
A.x轴正向B.x轴负向C.y轴正向D.y轴负向3.【答案】A。
解析：合力F=F1+F2=i+（2-t）j，在t=2s时，力F=i，沿x轴正方向，加速度也沿同一方向。
4.一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时，米袋作用在他肩上的力应为（）。
A.0B.P/4C.PD.P/24.【答案】A。
解析：米袋和人具有相同的加速度，因此米袋作用在他肩上的力应为0。
5.质量分别为m1、和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连接后置于水平桌面上，滑块与桌面间的滑动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图2-1所示。
如突然撤销拉力，则撤销后瞬间，二者的加速度a A和a B，分别为（）。
大学物理第二章习题答案
大学物理第二章习题答案# 大学物理第二章习题答案开始部分在解答大学物理的习题之前，我们需要对第二章的物理概念和公式有一个清晰的理解。
本章通常涵盖了经典力学的基础知识，包括牛顿运动定律、功和能量等概念。
习题1：牛顿运动定律的应用问题描述：一个物体在水平面上受到一个恒定的力F=10N，求物体的加速度a。
解答：根据牛顿第二定律，\[ F = ma \]，其中m是物体的质量。
设物体的质量为m，我们可以解出加速度a：\[ a = \frac{F}{m} = \frac{10}{m} \, \text{m/s}^2 \]注意，这里我们假设物体的质量m是已知的。
习题2：斜面上的物体问题描述：一个质量为m=5kg的物体放在一个倾斜角度为30°的斜面上，求物体受到的重力分量。
解答：物体受到的重力分量可以分解为两个方向的力：平行于斜面的分量和垂直于斜面的分量。
垂直分量为：\[ F_{垂直} = mg \sin(30°) = 5 \times 9.8 \times 0.5 = 24.5 \, \text{N} \]平行分量为：\[ F_{平行} = mg \cos(30°) = 5 \times 9.8 \times\frac{\sqrt{3}}{2} \approx 49.04 \, \text{N} \]习题3：功和能量问题描述：一个物体从高度h=10m的平台上自由落体，求物体落地时的动能。
解答：首先，我们需要计算物体在自由落体过程中重力做的功W，它等于物体的重力势能变化：\[ W = mgh = 5 \times 9.8 \times 10 \]根据能量守恒定律，这个功将转化为物体的动能：\[ KE = W = 5 \times 9.8 \times 10 = 490 \, \text{J} \]结束部分在解答物理习题时，重要的是理解每个物理量的含义以及它们之间的关系。
通过逐步分析问题，应用适当的物理定律和公式，我们可以找到正确的答案。
大学物理_第2章_质点动力学_习题答案
第二章 质点动力学2－1一物体从一倾角为30的斜面底部以初速v 0=10m·s 1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s 1,求该物体与斜面间的摩擦系数。
解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-o20(2)(31)s g u ∴=-把式（2）代入式（1）得，()222200.1983u v v=+2－2如本题图，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，圆弧半径为r 。
解：小球在运动的过程中受到重力G r 和轨道对它的支持力T r.取如图所示的自然坐标系，由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdtv F T mg m Rαα=-==-=r r r由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，习题2－2图Ao B rCT902n (sin )2cos 2cos /m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v gr v g rrv mg mg rmg ααααωαααα=-===+==-=-⎰⎰o r得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图，一倾角为的斜面置于光滑桌面上，斜面上放一质量为m 的木块，两者间摩擦系数为，为使木块相对斜面静止，求斜面的加速度a 应满足的条件。
解：如图所示()1212min max sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+-2－4如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。
大学物理教程第2章习题答案
⼤学物理教程第2章习题答案思考题2.1 从运动学的⾓度看，什么是简谐振动？从动⼒学的⾓度看，什么是简谐振动？答：从运动学的⾓度看，弹簧振⼦相对平衡位置的位移随时间按余弦函数的规律变化，所作的运动就是简谐振动。
从动⼒学的⾓度看，如果物体受到的⼒的⼤⼩总是与物体对其平衡位置的位移成正⽐，⽽⽅向相反，那么该物体的运动就是简谐振动。
2.2 弹簧振⼦的振幅增⼤到2倍时，其振动周期、振动能量、最⼤速度和最⼤加速度等物理量将如何变化？答：弹簧振⼦的运动⽅程为0cos()x A t ω?=+，速度为0sin()v A t ωω?=-+，加速度的为)cos(02?ωω+-=t A a ，振动周期2T =221kA E =。
所以，弹簧振⼦的振幅A 增⼤到2倍时，其振动周期不变，振动能量为原来的4倍，最⼤速度为原来的2倍，最⼤加速度为原来的2倍。
2.3 下列运动是否为简谐振动？（1）⼩球在地⾯上作完全弹性的上下跳动；（2）⼩球在半径很⼤的光滑凹球⾯底部作⼩幅度的摆动；（3）曲柄连杆机构使活塞作往复运动；（4）⼩磁针在地磁的南北⽅向附近摆动。
答：（2）、（4）为简谐振动，（1）、（3）、不是简谐振动。
2.4 三只相同的弹簧（质量忽略不计）都⼀端固定，另⼀端连接质量为m 的物体，它们放置情况不同，其中⼀个平放，⼀个斜放，另⼀个竖直放。
如果它们振动起来，则三者是否均为简谐振动，它们振动的周期是否相同？答：三者均为简谐振动，它们振动的周期也相同。
2.5 当谐振⼦作简谐振动的振幅增⼤为原来的2倍时，谐振⼦的什么量也增⼤为原来的2倍？答：最⼤速度和最⼤加速度。
2.6 ⼀弹簧振⼦作简谐振动，其振动的总能量为E 1。
如果我们将弹簧振⼦的振动振幅增加为原来的2倍，⽽将重物的质量增加为原来的4倍，则新的振⼦系统的总能量是否发⽣变化？答：弹簧振⼦212E kA = ，所以新的振⼦系统的总能量增加为原来的4倍。
2.7 ⼀质点作简谐振动，振动频率为n，则该质点动能的变化频率是多少？答：该质点动能的变化频率是2n。
大学物理第二章练习答案
第二章 运动的守恒量和守恒定律练 习 一一. 选择题1. 关于质心，有以下几种说法，你认为正确的应该是（ C ）(A) 质心与重心总是重合的； (B) 任何物体的质心都在该物体内部； (C) 物体一定有质心，但不一定有重心； (D) 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。
2. 任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ）(A)该质点系所受到的内力和外力； (B) 该质点系所受到的外力；(C) 该质点系所受到的内力及初始条件； (D) 该质点系所受到的外力及初始条件。
3.从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。
如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点，则该圆盘质心位置的x 坐标应为（ B ） (A)R 4； (B) R 6; (C) R 8； (D R12。
4. 质量为10 kg 的物体，开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s ，而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 （ B ） (A)s N ⋅820； (B) s N ⋅1020； (C) s N ⋅620； (D) s N ⋅520。
二、 填空题1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示，则卫星的动量大小为RGM m3。
2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行，速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化:大小不变。
3. 如图1所示，两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2，静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。
设子弹穿过两木块所用的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A BF t m m ⋅∆+，木块B 的速度大小为12F t A BBF t m m m ⋅∆⋅∆++。
大学物理课后习题及答案(2)
习 题 十 三13-1 求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。
[解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此aI B πμ401=对于导线2：πθθ==21，因此02=BaIB B B πμ4021p =+= 方向垂直纸面向外。
(b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此r I a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。
对于导线2：21πθ=，πθ=2，因此rI a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。
半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即rIr I B 4221003μμ==，方向垂直纸面向内。
所以，rIr I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++=(c) P 点到三角形每条边的距离都是a d 63=o 301=θ，o 1502=θ每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是()aI d IB πμπμ23150cos 30cos 400000=-=故P 点总的磁感应强度大小为aIB B πμ29300== 方向垂直纸面向内。
13-2 有一螺线管长L ＝20cm ，半径r =2.0cm ，导线中通有强度为I =5.0A 的电流，若在螺线管轴线中点处产生的磁感应强度B ＝310166-⨯.T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少匝?[解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为()120cos cos 2θθμ-=nIB由图知： 10410cos 2=θ，10410cos 1-=θ，所以，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=10410220nI B μ， 所以，匝＝1000101040IBn μ=13-3 若输电线在地面上空25m 处，通以电流31081⨯.A 。
大学物理课后习题答案 第二章
大学物理教程课后习题答案 第二章 2.1 两根轻弹簧与物体连接方式如题图 2.1，物体质量为m ，弹簧劲度系数为1k 和2k ，水平面光滑．证明系统可作简谐振动，并求振动的固有频率． 题图2.1 解 以物体m 的平衡位置为原点，建立坐标轴Ox 水平向右．设m 位于x 时，两弹簧分别伸长1x 和2x ，则12x x x =+．因两弹簧弹性力相等，所以物体m 所受合力1122F k x k x ==．设由两弹簧组合而成的“组合弹簧”的劲度系数为k ，于是12121212()()k k F F F kx k x x k kF k k k k +==+=+= 由此求得“组合弹簧”的劲度系数1212k k k k k =+为常量，可见物体m 所受合力为线性回复力，所以系统作简谐振动，振动的固有频率12121122()k k k m m k k νππ==+ 2.2 两根轻弹簧与物体连接方式如题图2.2，物体质量为m ，弹簧劲度系数为1k 和2k ，水平面光滑，物体静止时两弹簧均处于自由伸张状态．证明系统可作简谐振动，并求振动的圆频率和周期． 题图2.2 解 以物体m 的平衡位置为原点，建立坐标轴Ox 水平向右．m 位于x 时，弹簧1被拉长，弹簧2被压缩，m 所受合力1212()F kx k x k x k k x ==+=+由此求得“组合弹簧”的劲度系数12k k k =+为常量，可见物体m 所受合力为线性回复力，所以系统作简谐振动，振动的圆频率和周期分别为120k k m ω+= ， 122m T k k π=+ 2.3 弹簧振子的质点质量为42.510kg -⨯，运动学方程为0.06cos(5)(m)x t π=+．求：（1）振幅和周期；（2）质点的初始位置；（3）质点位于初始位置时所受合力；（4）质点在s t π=时的位置、速度和加速度．解 （1）由运动学方程可见，振幅006m A .=，05ω=，周期0204(s)126(s)T ..ππω===（2）由运动学方程可见，0t =时，质点的初始位置0006cos 006(m)x ..π==-．（3）对运动学方程求时间导数可得d 0.3sin(5)d x x v t tπ==-+ d 1.5cos(5)d x x v a t t π==-+ 0t =时0 1.5cos 1.5x a π=-=，根据牛顿第二定律可知质点位于初始位置时所受合力440025101537510(N)x F ma ...--==⨯⨯=⨯（4）把t π=代入运动学方程和（3）中求得的x v 、x a 表达式，即可求得质点在t π=时的位置、速度和加速度分别为006cos(5+)006(m)x ..ππ==03sin(5)0(m )x v .ππ=-+=215cos(5) 1.5(m )x a .ππ=-+=-2.4 一质点作简谐振动，振幅为0.02m ，速度幅为0.03m s ，取速度为最大值时为0t =．求：（1）周期；（2）加速度幅；（3）运动学方程． 解 设运动学方程为00cos()002cos()x A t .t ωϕωϕ=+=+，则00002sin()x v .t ωωϕ=-+200002cos()x a .t ωωϕ=-+（1）由m 0002003v ..ω==，可知000315002...ω==，所以周期为 022419(s)15T ..ππω=== （2） 222m 0002002150045(m s )a ....ω==⨯=（3）由已知条件0t =时00x =、0m x v v =，可知0002cos .ϕ=、m m sin v v ϕ=-，即cos =0ϕ ，sin =1ϕ- 由以上二式求出2πϕ=-，所以运动学方程为002cos(15)2x ..t π=-2.5 一水平放置的弹簧振子，质点质量为0.1kg ，振幅为0.01m ，质点运动的最大加速度为20.04m s ．求：（1）系统的机械能；（2）质点通过平衡位置时的动能；（3）以0.01m x =时为0t =，动能与势能相等的时刻．解 根据001m A .=和22m 0004m s a A .ω==，可以求出00040012..ω==． 由0k m ω=，可知2001404k m ..ω==⨯=．（1）系统的机械能2251104001210(J)22E kA ..-==⨯⨯=⨯ （2）通过平衡位置时0x =，势能p 0E =，所以动能5k 210(J)E E -==⨯．（3）由已知条件0t =时0001m x .=、00x v =，可知cos 1ϕ= ， sin 0ϕ=由以上二式求出0ϕ=．于是2252k 01sin ()210sin 22E kA t t ωϕ-=+=⨯ 2252p 01cos ()210cos 22E kA t t ωϕ-=+=⨯ 动能与势能相等的时刻，k p E E =，即22sin 2cos 2t t =可求出2(21)244t kk πππ=+=+ ， 0123k ,,,...= 所以(21)8t k π=+，0123k ,,,...=2.6 题图2.6所示为振幅与频率相同的两个简谐振动的x t -图．求：（1）两个简谐振动的运动学方程；（2）哪个简谐振动的相位超前？超前多少？ 题图2.6解 由x t -图可见01m A .=、4s T =，可知0205.Tπωπ==． 对振动(1)，1101cos (05)x ..t πϕ=+，当0t =时101005201cos x ..ϕ== ， 101005sin 0x v .πϕ=-<可知14πϕ=．运动学方程为 101cos(05)4x ..t ππ=+ 振动(2)，2201cos (05)x ..t πϕ=+，当0t =时 202005201cos x ..ϕ== ， 202005sin 0x v .πϕ=->可知24πϕ=-．运动学方程为101cos(05)4x ..t ππ=- 两个简谐振动的的相位差 122πϕϕϕ∆=-=说明振动(1)比振动(2)超前2π． 2.7 有两个同方向同频率的简谐振动，它们的运动学方程分别为130.05cos(10)4x t π=+和210.05cos(10)4x t π=+（国际制单位）．求：（1）合振动的振幅和初相位；（2）若另有一振动30.08cos(10)x t ϕ=+，ϕ为何值13x x +的振幅最大？ϕ为何值13x x +的振幅最小？（利用旋转矢量图解题）解 （1）分别作与0t =时刻的1x 和2x 对应的旋转矢量1A 和2A ，如题解图2.7．由旋转矢量图可见合矢量12A A +的长度为0.052，与Ox 轴夹角为90ο．于是可知合振动的振幅0.052m A =，初相位12ϕπ=合． 题解图2.7（2）1x 和3x 同相，即34ϕπ=时，13x x +的振幅最大；1x 和3x 反相，即14ϕπ=-时，13x x +的振幅最小．2.8 有两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为0.02m ，合振动与第一个分振动的相位差为30ο，第一个分振动的振幅为0.013m ．求：（1）第二个分振动的振幅；（2）两个分振动的相位差．（利用旋转矢量图解题）解 根据已知条件作旋转矢量图，如题解图2.8．（1）由图可见，第二个分振动的振幅20.01m A =．（2）由图可见，两个分振动的相位差2190ϕϕο-=． 题解图2.82.9 现在力学的学习暂时告一段落，请读者总结一下有何收获和体会？（牛顿质点力学的理论结构、数学和物理的关系、学习了哪些方法……）*2.10 某阻尼振动（弱阻尼状态）的振幅经一“周期”后变为原来的13，求振动的“周期”为振动系统固有周期的几倍．解 弱阻尼振动()e cos t x A 't βωϕ-=+，由题意()e 1e 3e et T 't T'T'A A ββββ--+-=== lne ln3T'T 'ββ==所以22ln 3'T 'ππβω==根据'ω=0ω== 于是0022T ''T 'ωπωπωω===1015.= *2.11 质量为3310kg m -=⨯的质点，挂在劲度系数21.210N m k -=⨯的弹簧下端，沿Ox 轴运动．质点除线性回复力外，还受策动力0cos 2t(N)x F F =和阻力rx x F v γ=-作用．求当阻力系数γ增为原来的3倍时，质点稳态振幅减为原来的几分之几？解 根据已知条件，22312104310k .m ω--⨯===⨯，2ω=．故弱阻尼受迫振动的稳态振幅004f A β== 由于00F f m =和2mγβ=，所以 002F A γ=当3'γγ=，00001263F F A A γγ'==='，因此当阻力系数γ增为原来的3倍时，质点稳态振幅减为原来的三分之一．*2.12 为什么说牛顿力学是“确定性”的？混沌的基本特征是什么？。
大学物理第二章练习答案
第二章 运动的守恒量和守恒定律练 习 一一. 选择题1。
关于质心，有以下几种说法,你认为正确的应该是（ C ）（A ） 质心与重心总是重合的； （B ) 任何物体的质心都在该物体内部； (C ） 物体一定有质心，但不一定有重心； (D ） 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。
2。
任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ）(A ）该质点系所受到的内力和外力； (B ） 该质点系所受到的外力;(C ） 该质点系所受到的内力及初始条件； (D ） 该质点系所受到的外力及初始条件。
3。
从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。
如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点,则该圆盘质心位置的x 坐标应为( B ） （A )R 4； (B) R 6; (C ） R 8； （D R12。
4. 质量为10 kg 的物体,开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s,而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 ( B ）（A ）s N ⋅820; （B) s N ⋅1020; (C ） s N ⋅620; (D) s N ⋅520。
二、 填空题1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示,则卫星的动量大小为RGM m3。
2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行,速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化：大小不变。
3. 如图1所示,两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2,静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。
设子弹穿过两木块所用的时间分别为∆t 1和∆t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A BF t m m ⋅∆+，木块B 的速度大小为12F t A BBF t m m m ⋅∆⋅∆++.三、计算题1. 一质量为m 、半径为R 的薄半圆盘,设质量均匀分布，试求薄半圆盘的质心位置。
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第二章 能量守恒 动量守恒选择题2－1 有一劲度系数为k 的弹簧(质量忽略不计),垂直放置,下端悬挂一质量为m 的小球.现使弹簧为原长,而小球恰好与地面接触.今将弹簧上端缓慢地提起,直到小球刚脱离地面为止,在上提过程中外力做的功为 （ A ） (A) 222m g k ; (B) 222m g k; (C) 224m g k ; (D) 224m g k. 2－2 一弹簧长00.5m l =,劲度系数为k ,上端挂在天花板上,当下端吊一小盘后,长度变为10.6m l =.然后在盘中放一物体,使弹簧长度变为20.8m l =.放物后,在弹簧伸长的过程中,弹性力所做的功为 （ C ）(A) 0.80.6d kx x -⎰; (B) 0.80.6d kx x ⎰; (C) 0.30.1d kx x -⎰; (D) 0.80.1d kx x ⎰. 2－3 如图所示,一单摆在点A 和点A '之间往复运动,就点A 、点B 和点C 三位置比较,重力做功的功率最大位置为 （ B ）(A) 点A ; (B) 点B ;(C) 点C ; (D) 三点都一样.2－4 今有质量分别为1m 、2m 和3m 的三个质点,彼此相距分别为12r 、23r 和31r .则它之间的引力势能总和为 （ A ） (A) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭; (B) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭; (C) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭; (D) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭. 2－5 有下列几种情况:(1) 物体自由落下,由物体和地球组成的系统;(2) 使物体均匀上升,由物体和地球组成的系统;(3) 子弹射入放在光滑水平面上的木块,由子弹和木块组成的系统;(4) 物体沿光滑斜坡向上滑动,由物体和地球组成的系统.机械能守恒的有 （ C ）(A) (1)、(3); (B) (2)、(4);(C) (1)、(4); (D) (1)、(2).2－6 质量分别为m 和4m 的两个质点,沿一直线相向运动.它们的动能分别为E 和4E ,它们的总动量的大小为 （ C ）(A); (B)(C)2－7 质量为m 的小球,以水平速度v 与竖直的墙壁作完全弹性碰撞.以小球的初速度v 的方向为Ox 轴的正方向,则此过程中小球动量的增量为 （ D ）(A) m i v ; (B) 0;(C) 2m i v ; (D) 2m -i v .2－8 如图所示,质量为1kg 的弹性小球,自某高度水平抛出,落地时与地面发生完全弹性碰撞.已知在抛出1s 后又跳回原高度,而且速度的大小和方向和刚抛出时相同.在小球与地面碰撞的过程中,地面给它的冲量的大小和方向为 （ A ）(A) 19.8kg m s -⋅⋅,垂直地面向上;19.8kg m s -⋅⋅,垂直地面向上;(C) 119.6kg m s -⋅⋅,垂直地面向上;(D) 14.9kg m s -⋅⋅,与水平面成o 45角.2－9 一炮弹由于特殊原因,在弹道最高点处突然炸成两块,如果其中一块做自由落体下落,则另一块的着地点 （ A ）(A) 比原来更远; (B) 比原来更近;(C) 仍和原来一样; (D) 条件不足,不能判定.2－10 在下列陈述中,正确的是 （ A ）(A) 物体的动量不变,动能也不变;(B) 物体的动能不变,动量也不变;(C) 物体的动量变化,动能也一定变化;(D) 物体的动能变化,动量却不一定也变化.2－11 如图所示,一光滑圆弧形槽m '放置于光滑的水平面上,一滑块m 自槽的顶部由静止释放后沿槽滑下,不计空气阻力,对这一过程,下列陈述正确的为 （ C ）(A) 由m 和m '组成的系统动量守恒;(B) 由m 和m '组成的系统机械能守恒;(C) 由m 、m '和地球组成的系统机械能守恒;(D) m 对m '的正压力恒不作功.2－12 如图所示,质量为20g 的子弹,以1400m s -⋅的速率沿图示方向射入一原来静止的、质量为980g 的摆中.摆线不可伸缩,质量忽略不计.子弹射入后,摆的速度为 （ A ）(A) 14m s -⋅; (B) 18m s -⋅;(C) 12m s -⋅; (D) 11.79m s -⋅.计算题2－13 用力推物体,使物体沿Ox 轴正方向前进,力在Ox 轴上的分量为510x F x =+式中x 的单位为m ,x F 的单位为N .求当物体由0x =移到4m x =时,力所做的功.解 在物体由0x =移到4m x =的过程中,力所做的功为()2140d 510d 100J x x x A F x x x ==+=⎰⎰ 2－14 一个不遵守胡克定律的弹簧,它的弹性力F 与形变x 的关系为3F kx bx =--式中,411.1610N m k -=⨯⋅,531.610N m b -=⨯⋅,求弹簧变形由10.2m x =到20.3m x =时,弹性力所做的功.解 在弹簧变形由1x 到2x 的过程中,弹性力所做的功为221132244212111d ()d ()()24x x x x A F x kx bx F x k x x b x x ==-+=----⎰⎰ 将10.2m x =和20.3m x =代入上式,可得2244212142254411()()2411 1.1610(0.30.2) 1.6010(0.30.2)J 550J 24A k x x b x x =----⎡⎤=-⨯⨯⨯--⨯⨯⨯-=-⎢⎥⎣⎦2－15 如果子弹穿入墙壁时,所受的阻力与穿入的深度h 成正比,证明当子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的深度也增大2倍.证 在穿进墙壁后,子弹所受的阻力为F kh =-,式中k 为常数.设子弹进入墙壁的最大深度为m h ,则在子弹穿入过程中,阻力做的功为m 2m 01d 2h A kh h kh =-=-⎰ 子弹在最大深度m h 时的速度为零.由外力的功等于始末二状态之间的动能的增量,有22max 01122kh k -=-v 式中0v 是子弹的初速度,即子弹与墙壁接触瞬间的速度.k 和子弹质量m 均为常数,因此子弹的初速度0v 和子弹进入墙壁的最大深度m h 成正比,子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的最大深度也增大为原来的2倍.2－16 如图所示,一质量为4kg 的小球,从高度3m h =处落下,使弹簧受到压缩.假定弹簧的质量与小球相比可以略去不计,弹簧的劲度系数1500N m k -=⋅.求弹簧被压缩的最大距离.解 小球从开始下落,到弹簧达到最大压缩x 量为止,下落距离为h x +.这期间, 由小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒.由于小球的动能增量为零,因此21()02kx mg h x -+= 即2220mg mg x x h k k--= 将2249.80.1568500mg k ⨯⨯==,3m h =代入上式,可解得 0.769m x =2－17 测定矿车的阻力因数μ(即阻力与矿车对轨道正压力的比值)的设施如图所示.测定时使矿车自高度h 处从静止开始下滑,滑过一段水平距离2l 后停下.已知坡底的长度为1l ,证明12h l l μ=+.证 设矿车质量为m ,则矿车在坡道上下滑时所受的正压力大小为cos mg θ.式中θ为斜面与水平面的夹角.由功能原理,矿车所受的力在全过程中所做的功,等于其始末二状态之间的动能增量,而动能的增量为零,于是2cos 0cos l mgh mg mgl μθμθ--= 由此可得 12()h l l μ=+ 2－18 一颗子弹由枪口射出时速率为0v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合外力为F a bt =-式中a 、b 为常量.(1) 设子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零,求子弹走完枪筒全长所需的时间;(2) 求子弹所受的冲量;(3) 求子弹的质量.解 (1) 子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零:00F a bt =-=由此可得子弹走完枪筒全长所需的时间为0at b =(2) 在[]00,t ,子弹所受的冲量为022200011()d ()222t a a a I a bt t at bt a b b b b =-=-=-=⎰(3) 由动量原理I m =∆v ,而子弹的初速度为零,于是有0I =mv由此可得子弹的质量为002I ab ==m v v2－19 一质量为m 的质点,在Oxy 平面上运动,其位置矢量为cos sin a t b t ωω=+r i j求从0t =到π2t ω=时间内,质点所受的合外力的冲量.解 质点的速度为d sin cos d a t b t tωωωω==-+r i j v 0t =时, 质点的速度为 1b ω=j vπ2t ω=时, 质点的速度为 2ππsin cos 22a b a ωωωωωωω=-+=-i j i v 由动量原理, 在0t =到π2t ω=时间内质点所受的合外力的冲量为 21m m ma mb ωω=-=--I i j v v2－20 有一横截面积为20.2m S =的直角弯管,水平放置,如图所示.管中流过流速为13.0m s -=⋅v 的水.求弯管所受力的大小和方向.解 d m 的水转过直角,经历的时间为∆l t =v,式中l 为弯管14圆弧的长度;动量改变的大小为d m ,方向与水平成o 45角.由动量定理,弯管给d m 的水的平均作用力的大小为2d d d d m m m F l t l ===∆v圆弧弯管长度的水的质量为d m m Sl ρ==⎰.这么多的水转过直角,弯管所给的平均作用力的大小为222323 1100.20 3.0N 2.5510N Sl F S l l====⨯⨯⨯=⨯v v方向与水平成o45角,斜向上.此力的反作用力即为水管所受的力,大小为32.5510N F '=⨯方向与水平成o45角,斜向下.2－21 水力采煤是利用水枪在高压下喷出来的强力水柱,冲击煤层而使煤层破裂.设所用水枪的直径为30mm ,水速为160m s -⋅,水柱与煤层表面垂直,如图所示.水柱在冲击煤层后,沿煤层表面对称地向四周散开.求水柱作用在煤层上的力.解 设水在煤层表面均匀四散,则煤层所受的合力在沿煤层表面的方向上的分量为零.在t ∆时间内,有质量为m tS ρ=∆v 的水到达煤层表面.式中v 为水速, S 为水柱截面积.在垂直于煤层的方向上,其动量的变化为 ()2x m tS ρ∆=-∆v v由动量定理,()x x F t m ∆=∆v ,可求得水柱所受的冲力在垂直于煤层的方向上的分量为x F S ρ=-2v 水柱作用在煤层上的力是x F i 的反作用力,垂直指向煤层,大小为2432π 3.01011060N 2545N 4F S ρ-⨯⨯'==⨯⨯⨯=2v 2－22 在铁轨上,有一质量为40t 的车辆,其速度为11.5m s -⋅,它和前面的一辆质量为35t 的静止车辆挂接.挂接后,它们以同一速度前进.求:(1) 挂接后的速率;(2) 质量为35t 的车辆受到的冲量.解 (1) 由动量守恒定律,有21122()m m m m +=+v v v式中11 1.5m s -=⋅v 是140t m =的车辆的初速度,20=v 是230t m =的车辆的初速度;v 是两辆车一起运动的速度.由此可得311113124010 1.5m s 0.8m s (4035)10m m m --⨯⨯==⋅=⋅++⨯v v (2) 质量为235t m =的车辆受到的冲量等于其动量的增量:34235100.8N s 2.8010N s I m ==⨯⨯⋅=⨯⋅v2－23 一个质量为60kg 的人,以12.0m s -⋅速率跳上一辆以11.0m s -⋅的速率运动的小车.小车的质量为180kg .(1) 如果人从小车后面跳上去,求人和小车的共同速度(2) 如果人从小车前面跳上去,求人和小车的共同速度.解 以小车前进方向为正方向.由动量守恒定律121122()m m m m +=+v v v式中v 是人和小车的共同速度, 1v 是人的速率, 12 1.0m s -=⋅v 是小车的速率. 由上式可得112212m m m m +=+v v v (1) 如果人从小车后面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260 2.0180 1.0m s 1.25m s (60180)m m m m --+⨯+⨯==⋅=⋅++v v v (2) 如果人从小车前面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=-⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260( 2.0)180 1.0m s 0.25m s (60180)m m m m --+⨯-+⨯==⋅=⋅++v v v 2－24 一炮弹竖直向上发射,初速度为0v .在发射后经过时间t ,在空中自动爆炸.假定炮弹爆炸后分成质量相等的A 、B 、C 三块碎片.其中A 块的速度为零, B 、C 两块的速度大小相同,且B 块的方向与水平成α角.求B 、C 两块碎片的速度大小和C 块的方向.解 临爆炸前,炮弹的速度在竖直方向,大小为0gt =-v v .其方向可能竖直向上,亦可能竖直向下.设炮弹的质量为m ,爆炸后瞬时B 、C 两块的速度分别为B v 和C v .由动量守恒定律B C 1133m m m +=v v v图示为速度竖直向上时的动量守恒的矢量图,图中π2βα=-.若速度竖直向下,亦可作出相似的动量守恒的矢量图.由于B 、C 两块的速度大小相同,即B C =v v ,因此动量守恒的矢量图为等腰三角形,C v 与竖直面的夹角亦为β,与水平面的夹角亦为α;与B v 之间的夹角为π2α-,且B C 11sin sin 33m m m αα+=v v v 将0gt =-v v 和B C =v v 代入,即可求得B 、C 两块碎片的速度大小为0B C 32sin gt α-==v v v 2－25 如图所示,有一空气锤,质量为200kg m =,由高度0.45m h =处受工作气缸中压缩空气的压力及重力的作用而落下,摩擦阻力可以忽略.已知工作气缸内压缩空气对锤头的平均压力37.0010N F =⨯,锤头与工件的碰撞时间为0.010s t =,求锤头锻打工件时的平均冲力.解 设锤头到达工件,与工件接触瞬时的速度为v .由功能原理,有21()2F mg h m +=v 由此可得=v 这时,汽缸内的压强已经很小,对锤头的压力可以忽略.锤头锻打工件时的过程中,受到的向上的平均冲力为1F .以竖直向下为正方向,由动量原理,有()1F mg t m -+∆=-v 可得1F 的大小为15200 2009.8N 1.29010N 0.010m F mg mg t ⎛⎫=+= ⎪∆⎝⎭⎛⎫=⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭v 工件所受的打击力是1F 的反作用力,平均大小亦为51.29010N ⨯,方向竖直向下.若不忽略汽缸内的压缩空气对锤头的压力,且认为大小亦为37.0010N F =⨯,则有()1F F mg t m '-++∆=-v 由此可得锤头和工件所受的打击力的平均大小()53511 1.290107.0010N 1.3610N F F F '=+=⨯+⨯=⨯2－26 两个形状相同质量均为m '弧形光滑导轨A 和B ,放在光滑地板上,且在同一竖直平面内,A 和B 的下端均和地板相切,如图所示.今有一质量为m 的小物体,由静止从高度为0h 的A 的顶端下滑,求m 在B 导轨上上升的最大高度.解 设小物体下滑至地面时,物体速度为v ,导轨A 的速度为A v .在小物体下滑的过程中,小物体、导轨A 和地球组成的系统机械能守恒,有22A 01122m m mgh '+=v v 小物体和导轨A 组成的系统在水平方向上动量守恒,有A 0m m '+=v v联立解此二方程,可得=v 设小物体沿导轨B 上升的最大高度为h ,此时二者一起运动的速度为B v .在小物体上升的过程中,小物体、导轨B 和地球组成的系统机械能守恒,有221B 11()22m mgh m m '=++v v小物体和导轨B 组成的系统在水平方向上动量守恒,有B ()m m m '=+v v联立解此二方程,可得22()m h m m g '='+v将=v ,可得20m h h m m '⎛⎫= ⎪'+⎝⎭。