大学物理 第二章(中国农业出版社 张社奇主编)答案

vdv g kv
2

0
h
dy
v
vdv g kv
0
v v0 (1
kv g
2 0

1 2
)
2.9 质量为 m 的物体，在恒定的牵引力 F 的作用下工作，它所 受的阻力 Fr = kv2 ，它的最大速率是 vm 。试计算物体从静止加 速到vm/2所需的时间以及物体经过的路程。
2 2
2.16 一半径为R，质量为m的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴 转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ。 （1）求圆盘所受的摩擦力矩。（2）问经过多少时间后，圆盘转 动才能停止？
解：（1）取圆盘上半径为r、宽度为dr的同心 圆环，其质量为 dm ds m 2rdr 2mrdr 2 R2 R 2 2r mgdr 其摩擦力矩大小为 dM dmgr 2

x
dx
0

vm 2
mv dv k (v m v )
2 2
0
x
m 2k
ln
4 3
2.11 飞轮由一直径为30cm、厚度为2.0cm的圆盘和两个直径都 是10cm、高为8.0cm的共轴圆柱体组成．设飞轮的密度为 7.8×103kg· -3，求飞轮对其转轴的转动惯量． 。 m
d1 2 d1 2 d1 2
m1
2
绳的张力为： T
m1 R 4g ( N )
2
R
T

T
m2
物体的加速度为：a R 0.5 g (m s )
物体由静止下落 1 s 后下落的距离为：
s 1 2 at 0.25 g (m)
2
m2 g
解：以物体为研究对象，其运动方向为 x 轴的正向，对物体进 行受力分析如图所示。 由牛顿第二定律得在 x 轴方向上：
F kv ma m
2
dv dt
2
Fr
N F mg
x
当 a = 0 时，
2 m 2
v vm
dv dt
m dv
2 m
F kv m
dt mdv k (v m v )
由牛顿第二定律和刚体绕定轴转动的转 动定律列方程得 a R m2 g T m2a
T R J
m1
R
T

T T
2m 2 g ( m1 2m2 ) R

10 3
J
1 2
T
m1 R
2
m2
y
联立求解：

g (rad s )
2
m2 g

10 3 1 2
g (rad s )
（1）物体上升过程如图,由牛顿定律：
f mg ) ma （
a dv dt dv dy dy dt
2
f mg
dv dy dy vdv
o
v
dv dy
mg kmv mv
2
g kv
2 2 0
2
f kmv
分离变量积分： dy
0

y

vdv g kv
2
2.1 一木块能在与水平面成θ角的斜面上以匀速下滑。若使它 以 速率 v0 沿此斜面向上滑动，求它能沿该斜面向上滑动的距离。 解：选定木块为研究对象，其受力如图所示。 x
Ff
取沿斜面向上为 x 轴正向，由牛顿定律 分别列出下滑过程的动力学方程：
F f mg sin 0 F f mg sin
J dJ
R
J
2
1 2
mR
2
dJ
1 2
dm r
2
1 2
0
(r dx ) r
2


2

R
R
R
2
x
2 2
dx
2
2 5
mR 7 5
2
由平行轴定理，切线的转动惯量为： J
2 5
mR mR
2
mR
2
1.15 如图所示，质量为 m1 和 m2 的两物体悬挂于组合轮的两 端。若两轮半径分别为 r 和 R ，转动惯量分别为 J1 和 J2 ，不 计摩擦和绳的质量，求两物体的加速度和绳的张力。 解 分别以组合轮、物体为研究对象，受力分 析，竖直向下为y 轴正向，如图所示。 假设鼓轮顺时针转动，由牛顿第二定律 和刚体绕定轴转动的转动定律列方程得
mg
N Ff

上滑过程的动力学方程：
( mg sin F f ) ma
2mg sin m
dv dt
m
dv ds ds dt
mv
dv ds
分离变量积分得

s
0
2 g sin ds

0
vdv
s
v0
2
v0
4 g sin
2.2 有两块混凝土预制板，质量分别为 m1=2.00×102kg 和 m2=1.00×102kg ．现用吊车将两块预制板送到高空（m2放在m1 上），若不计吊车、框架及钢丝绳的质量，试求吊车分别以 10.0m/s2和1.0m/s2的加速度上升时，钢丝绳所受的张力以及m2对 m1的作用力大小． y m2 解：以两板作为一系统，对其进行受力分析, m1 竖直方向上为轴建立 y 坐标 由牛顿第二定律得：
Jc 1 2 mR
2
0
0
R m
0
0
由转动惯量的平行轴定理，得
J J c mR
2
3 2
mR
2
2.13 半径为 R，质量为 m 的均匀球体对其质 心轴的转动惯量及对与球体相切的切线的转 动惯量。 解 刚体质量体分布

m 4 3
x
r
dx x o
R
R 3
将球体分成一系列半径不同的质量为 dm 的 “元”薄圆盘组成 由薄圆盘的转动惯量式
解之得
T -（m1 g + m2 g）（m1 + m2）a y =
T m1 m2 g a y


当a y=10.0m/s2时 当a y=1.0m/s2时
T 5.94 10 N
3
T 3.74 10 N
3
m1为研究对象，由牛顿第二定律得：
（ 解之得： T1 = m1 g + a y）
m1 g T1 m1a1 T2 m2 g m2a2
T1 R T2 r J 1 J 2

T2
r R
T1
a1 R a2 r
T1 T1 T2 T2
T2
m2 m1
T1
m2 g m1 g
y
联立求解：

m1 R m2 r J 1 J 2 m1 R m2 r
h h 解：d1、分别为圆盘和圆柱体的直径， 1、2 分别为圆盘和圆柱的高， d2
圆盘的转动惯量：
J1
1 2
m1 (
)
2
1 2
(
) h1 (
2
)
2
两个圆柱体的转动惯量为 J J 1 m ( d2 )2 1 ( d )2 h ( 2 3 2 2
2.17 如图所示，圆柱体 A 的质量 m1 = 16 kg ，半径 R = 15 cm ， 可绕其水平固定轴转动，一柔软轻剩绕在圆柱体上，其一端系 一质量为 m2 = 8.0 kg 的物体 B ，若不计摩擦力和绳的质量，求： (1) B 由静止下落 1.0 s 后下落的距离；(2) 绳的张力。 解 分别以物体、圆柱体为研究对象，进行受力 分析，取竖直向下为 y 轴正向，如图所示。
T1 - m1 g = m1a y
T1 4 10 N
3
当a y=10.0m/s2时
当a y=1.0m/s2时
T1 2.2 10 N
3
2.7 一质量为 1kg 的质点在力 F (12t 4)i 的作用下作直线运
动。在 t = 0 时，x0 = 5.0 m，v0 = 6.0 m.s-1 ，求质点在任意时刻 的速度和位置。 解： 由牛顿第二定律得：F 12t 4 ma m
2 2
则 kv kv m

t
dt
0

vm 2
0
k (v v )
2
t
m 2kv m
ln 3
因为
dv dt

dv dx dx dt
v
dv dx
kv kv m
2 m 2
dv dt
2 所以 kv m kv 2 mv
dv dx
dx
mv dv k (v v )
2 m 2
dv (12t 4)dt
2
dv dt

v
dv
1
v0

t
(12t 4)dt
0
v 6.0t 4.0t 6.0 (m s )
由速度的定义
v
dx dt
dx
dr (6.0t 4.0t 6.0)dt
2

Байду номын сангаас
x
x0

t
(6.0t 4.0t 6.0)dt
2
0
x 2.0t 2.0t 6.0t 5.0 (m)
2 2 2 2
d 2
)
2
由于转动惯量可叠加性有
1 4 4 J J1 J 2 J 3 h1d1 h2d 2 16 2 1