大物第二章

第二章 习题课2-1 解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 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111a m T g m =- ②222a m g m T =- ③ 联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得22sin 21x g v y ⋅=α2-3 解： 2sm 83166-⋅===mf a x x2sm 167-⋅-==mf a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=2101200sm 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1sm 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i jt a i t a t v r y x --=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 答: (1)∵ tv mkv a d d =-=分离变量，得m tk vvd d -=即 ⎰⎰-=vv t mt k vv 0d dmkt e v v -=ln ln∴ tmk ev v -=0(2) ⎰⎰---===tttmk mk ekmv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有 ⎰∞-=='000d kmv t ev x tmk(4)当t=km 时，其速度为ev ev ev v km m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e1.2-5 解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下 (2) 2m 对地加速度为22g a a a =-'= 方向向上1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a+='∴ g ggaa a 25422221=+=+'=a a '=arctanθo6.2621arctan==，左偏上．2-6 解: 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o 30，则动量的增量为0v m v m p-=∆由矢量图知，动量增量大小为0v m，方向竖直向下．2-7 解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量12v m v m p-=∆方向竖直向上，大小 mg mv mv p =--=∆)(12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 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=ttt F v m t mF v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆tp t F p p p 0102d ,同理， 12v v ∆=∆,12I I=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⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2 ,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2-10 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbtat t bt a I 0221d )(将ba t =代入，得baI 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量22bv av I m ==2-11证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得 1,121+=+=k m m k km m ①又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv += ③联立①、③解得12)1(kv v k v -+= ④将④代入②，并整理得21)(2v v kmT -=于是有 kmT v v 21±=将其代入④式，有mkT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmT v v mkT v v 2,221-=+=证毕．2-12 解: (1)由题知，合F为恒力，∴ )1643()67(k j i j i r F A++-⋅-=⋅=合J 452421-=--= (2) w 756.045==∆=tA P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 解: 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ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s sk y ky y f y f A 112d d d ①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0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③即222122k k ky =-所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 解: 1d )(d )(+-==n rnk rr E r F方向与位矢r的方向相反，即指向力心．2-15 解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p=∆∆=2-16 解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mMGrmM G-=地月经整理，得R M MM r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R MGrM GE P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=-J 1028.16⨯=2-17 解: 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])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122mm khgh m m v +-+-=μ题2-17图2-18 解: 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⎪⎭⎫⎝⎛︒+-=-37sin 212122mgs mv kx s f r222137sin 21kxsf mgs mvk r -︒+=式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0=x ，再代入有关数据，解得-1m N 1390⋅=k题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h '2o2137sin kx s mg s f r -'='-代入有关数据，得 m 4.1='s , 则木块弹回高度m 84.037sin o='='s h题2-19图2-19 解: 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222121MVmvmgR +=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0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgRv +=22-20 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv +=即 222120v v v += ①题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有210v m v m v m+=亦即 210v v v+= ②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0v为斜边，故知1v 与2v是互相垂直的．2-21 解: 由题知，质点的位矢为j y i x r11+=作用在质点上的力为i f f -=所以，质点对原点的角动量为v m r L ⨯=0)()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=k mv y mvx x y)(11-=作用在质点上的力的力矩为k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=2-22解: 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2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r2-23 解: (1) ⎰⎰-⋅⋅===∆31s m kg 15d 5d j t j t f p(2)解(一) 73400=+=+=t v x x xj att v y y 5.25335213621220=⨯⨯+⨯=+=即 i r41=,j i r 5.2572+=10==x x v v1133560=⨯+=+=at v v y y 即 j i v611+=,j i v 112+=∴ k j i i v m r L72)6(34111=+⨯=⨯=k j i j i v m r L5.154)11(3)5.257(222=+⨯+=⨯=∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解(二) ∵dtdL M =∴ ⎰⎰⨯=⋅=∆ttt F r t M L 0d )(d⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+++=31302sm kg 5.82d )4(5d 5)35216()4(2k t k t t j j t t i t题2-24图2-24 解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即201ωmr g M =①挂上2M 后，则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得211213212101010)(r MM M g m M M r M M M mr g M mr g M ⋅+='+='+='=ωωω2-25 解: (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，r F 、r F '是摩擦力，x F 和y 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．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F l l l N l N l l F 1211210)(+='='-+对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 121+='=μμ又∵ ,212mR I =∴ F mRl l l IR F r 121)(2+-=-=μβ ①以N 100=F 等代入上式，得2srad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt这段时间内飞轮的角位移为rad21.53)49(340214960290021220ππππβωφ⨯=⨯⨯-⨯⨯=+=t t 可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．(2)10s rad 602900-⋅⨯=πω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 200srad 21522-⋅-=-=-=πωωωβtt用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为Nl l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+-=πμβ2-26 解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图 题2-26(b)图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ①1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,, 而 222121mr MRI +=由上式求得22222222121srad 13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=gr m R m I rm Rm β(2)由①式8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN由②式1.1713.6.2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N2-27 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得2212sm 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图2-28 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg= ∴ lg23=β(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg=∴ lg θωsin 3=题2-29图2-29 解: (1)设小球的初速度为0v ，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 ，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 I l mv +=ω0 ① 2220212121mvI mv +=ω②上两式中231Ml I =，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o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=l MgI ω③由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④由②式mI v v2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωmv mlI v -=-求得glmMm m M l mlI l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mv mv mvt F由①式求得ωωMl lI mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰gl M6)32(6--=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 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有gh v v2202-=令0=v ，可求出上升最大高度为222212ωR ggv H ==(2)圆盘的转动惯量221MR I =，碎片抛出后圆盘的转动惯量2221mRMRI -='，碎片脱离前，盘的角动量为ωI ，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R mv I I 0+''=ωω式中ω'为破盘的角速度．于是R mv mR MRMR 0222)21(21+'-=ωω ωω'-=-)21()21(2222mR MRmR MR得ωω=' (角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR-转动动能为题2-31图222)21(21ωmR MR E k -=2-31 解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω(2)2020200020sin 21])(sin ][)[(21m m m v m Rm m v m R m m E E k k +=++=θθ2-32 解: 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222212121kh I mvmgh ++=ω又 R v /=ω 故有 ImRkkh mgh v +-=222)2(1222sm 0.25.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-⋅=+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=题2-32图 题2-33图2-33 解: (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ωω)(2000mR I I += ①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B v ，以B 点为重力势能零点，则有222020021)(2121B mv mR I mgR I ++=+ωω ②联立①、②两式，得2022002mRI R I gR v B ++=ω(2)当小球滑至C 点时，∵0I I c = ∴0ωω=c 故由机械能守恒，有221)2(c mv R mg =∴ gR v c 2= 请学生求出上述两种情况下，小球对地速度．。