大学物理习题册-陈晓-浙江大学出版社第二章答案
大学物理第二章习题解答和分析1
大学物理第二章习题解答和分析1习题二2-1．两质量分别为m和M(M?m)的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F作用在物体m上，使两物体一起向右运动，如题图2－1所示，求两物体间的相互作用力? 若水平力F作用在M上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
??解：以m、M整体为研究对象，有：F?(m?M)a…①???以m为研究对象，如图2-1，有F?FMm?ma…②①、②，有相互作用力大小FMm?MF m?M若F作用在M上，以m为研究对象，如图2-1有FMm?ma…………③①、③，有相互作用力大小FMm ???FMmm ?F mF?，发生变化。
m?M ?FMmm2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M1和M2 ，在M2上再放一质量为m的小物体，如图所示，若M1=M2=4m，求m和M2之间的相互作用力，若M1=5m，M2=3m，则m与M2之间的作用力是否发生变化？分析：于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：取向上为正，如图2-2，分别以M1、M2和m为研究对象，有：T1?M1g?M1a ?(M2?m)g?T2?? (M2?m)a FM2m?mg ? ?ma M2m又：T1=T2，则：F当M1=M2= 4m，F M2 =2M1mg M1?M2?m?m10mg8mg当M=5m, M=3m, ，发生变化。
12?FM2m99 2-3.质量为M的气球以加速度a匀加速上升，突然一只质量为m的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。
若气球仍能匀加速向上，求气球的加速度减少了多少？分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
?解：f为空气对气球的浮力，取向上为正。
分别图2—3、(b)可得：f?Mg?Ma f?(M?m)g?(M?m)a1 则a1? 2-4．如图2-4所示，人的质量为60kg，底板的质量为40kg。
[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。
大学物理2习题参考答案
题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。
（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。
（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。
A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。
3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。
(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。
5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。
一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。
不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。
10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。
《大学物理》第二章答案解析
* *(1)题2-2图由①、②式消去t ，得1 2 g sin2v 2当t = 2 s 时质点的 ⑴位矢；（2）速度.7aym 16m习题二1 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ）上以初速度V o 运动, 斜面底边的水平线 AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道. 解：物体置于斜面上受到重力 mg ，斜面支持力N .建立坐标：取V 0方向为X v 0的方向与，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴•如图2-2. X 方向: F x x V o t Y 方向:F ymg sinma yv yy ^gsint 2x 22 质量为16 kg 的质点在 xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为6 N , f y =-7 N ，当 t = 0 时，x y0 , v x = -2 m s -1V y = 0 .解:a xm6 16* *1⑶质点停止运动时速度为零，即 t *,23v xv x0 0 a x dt2 8 227 7v yv y00 a y dt2 —168于是质点在2s 时的速度5 7 .v i j m s 4 8(v °t 1 a x t 2)i1 a.2 .y t J 221 31 7 (2 2 — —4)i -()4J2 82 1613.7 .i j m48v v 0ex vdt: v 0e^dt3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为v o ,证明(1) t 时刻的速度为v = v 0e m ； (2) 由0到t 的时间内经过的距离为d )tx =(一二)[1- e m ]； (3)停止运动前经过的距离为 k mv o 代)；⑷证明当t mk 时速答：⑴••• kv amdvdt分离变量，得 dv kdt v vdv v 0vm t kdtln — v °In kte扁故有xkt mv0v0e m dt0k⑷当t= m时，其速度为kV k mv°e m^ v°e 1v e1即速度减至V。
《大学物理》第二章答案教学文案
《大学物理》第二章答案习题二1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度v运动，0v的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取0vϖ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=xF tvx=①Y方向：yymamgF==αsin②0=t时0=y0=yv2sin21tgyα=由①、②式消去t，得22sin21xgvy⋅=α2 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为xf＝6N，yf＝-7 N，当t＝0时，==yx0，xv＝-2 m·s-1，yv＝0．求当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2sm83166-⋅===mfa xx2sm167-⋅-==mfa yy(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=2112sm872167sm452832dtavvdtavvyyyxxx于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v ϖϖϖ(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i jt a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mke v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速答: (1)∵ tvm kv a d d =-= 分离变量，得m tk v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t mtk v v 00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv 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 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k (4)当t=km时，其速度为evevevv k m m k01===-⋅-即速度减至v的e1.4一质量为m的质点以与地的仰角θ=30°的初速vϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．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o30，则动量的增量为vmvmpϖϖϖ-=∆由矢量图知，动量增量大小为vmϖ，方向竖直向下．5 作用在质量为10 kg的物体上的力为i tFϖ)210(+=N，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度jϖ6-m·s-1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则iti ttFp tϖϖϖϖ141smkg56d)210(d-⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x轴正向，ipIimpvϖϖϖϖϖϖ111111smkg56sm6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1sm-⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=tttFvmtmFvmpvmpd)d(,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ,同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ=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)6一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,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0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 证毕．7 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求Fϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．解: (1)由题知，合F ϖ为恒力，∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合J 452421-=--= (2) w 756.045==∆=t A P (3)由动能定理，J 45-==∆A E k8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．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。
大学物理答案第二章
2-1 分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解 与滑动摩擦力不同的是,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,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解 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,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(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)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rmθmg F N 2sin v=-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a ′为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键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 ),然后运用对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 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg lt cos sin cos 2-= (2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα 则可得 μα12tan -=,o 49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2=-=αμααg lt2-7 分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ -(m1 ＋m 2 )g ＝(m 1 ＋m 2 )a (1) ,F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ ＝(m 1 ＋m 2 )(g ＋a) (3) F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m ·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为 F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103N (2) 当整个装置以加速度a ＝1 m ·ｓ-2上升时,得绳张力的值为 F Ｔ ＝3.24 ×103N 此时,乙对甲的作用力则为 F ′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、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同的．解 分别对物体和滑轮作受力分析［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 ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F ′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N am m mg F 2724f .=+-=讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,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) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平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,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,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,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲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为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg＝ma1F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有 - v ′2＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为()m m g μm s +'''=22v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 ＝μmgs式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m ′v ′＝(m ′＋m ) v ″由系统的动能定理,有()222121v v ''+'-''=m m m mgs μ由上述各式可得 ()m m g μm s +'''=22v2-10 分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力F N 的分力来提供的,由于支持力F N 始终垂直于碗内壁,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 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)mg θF N =cos (2)且有 ()Rh R θ-=cos (3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为2ωgR h -= 可见,h 随ω的变化而变化．2-11 分析 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分量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必须以规定的速率v 0行驶．当火车行驶速率v ≠v 0 时,则会产生两种情况：如图所示,如v ＞v 0 时,外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F 1 ,以补偿原向心力的不足,如v ＜v 0时,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F 2 ,以抵消多余的向心力,无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生挤压．由此可知,铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速,从而确保行车安全．解 (1) 以火车为研究对象,建立如图所示坐标系．据分析,由牛顿定律有Rm θF N 2sin v = (1) 0cos =-mg θF N (2)解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为θgR tan 0=v(2) 当v ＞v 0 时,根据分析有 RmθF θF N 21cos sin v=+ (3) 0sin cos 1=--mg θF θF N (4) 解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=θg θR F sin cos m 21v当v ＜v 0 时,根据分析有RθF θF N 22m cos sin v =- (5) 0sin cos 2=-+mg θF θF N (6)解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θR θg m F cos sin 22v 2-12 分析 杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成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展开后,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 两个分量,显然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,其中向心力由筒壁对演员的支持力F N 的水平分量F N2 提供,而竖直分量F N1 则与重力相平衡．如图(c)所示,其中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力．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01=-mg F N (1) Rm F N 22v = (2)()222π2π2cos h R Rθ+==vv v (3) 2221N N N F F F +=(4)以式(3)代入式(2),得222222222222π4π4π4π4h R Rm h R R R m F N +=+=v v (5) 将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为22222222221π4π4⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+=h R R g m F F F N N N v与壁的夹角φ为()gh R R F F N N 2222212π4π4arctan arctan +==v 讨论 表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方位,以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律．2-13 分析 首先应由题图求得两个时间段的F (t )函数,进而求得相应的加速度函数,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刻相对应．解 由题图得()⎩⎨⎧<<-<<=7s t 5s,5355s t 0,2t t t F 由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为5s t 0 ,2<<=t a 7s t 5s ,535<<-=t a对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由ta d d v =得 ⎰⎰=tt a 0d d 0vv v 积分后得 25t +=v再由txd d =v 得 ⎰⎰=t t x 0d d 0v x x积分后得33152t t x ++=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,用同样方法有⎰⎰=tt a s52d d 0vv v 得 t t t 5.825.2352--=v再由⎰⎰=txx t x s55d d v 得 x t 2t 3 t将t ＝7ｓ代入分别得v 7＝40 m ·ｓ-1和 x 7 ＝142 m2-14 分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a ＝d v /d t ,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 ＝d x /d t ,用积分的方法可求出质点的位置．解 因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有tmt d d 40120v=+ 依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=tt t 0d 0.40.12d 0vv v vt+t 2又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=txx t t t x 02d 0.60.40.6dx +t+t 2t 32-15 分析 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,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．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,t αtmma F -===d d v ⎰⎰-=t t m t α0d d 0v v v 得 202t m α-=v v因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v ＝30 m ·ｓ-1又⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t xx t t m αx 0200d 2d v故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离 m 4676300=-=-=t mαt x x s v 2-16 分析 该题可以分为两个过程,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,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．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gh 20=v运动员入水后,由牛顿定律得 P -F ｆ -F ＝ma 由题意P ＝F 、F ｆ＝bv 2,而a ＝d v /d t ＝v (d v /d y ),代 入上式后得 -bv 2＝ mv (d v /d y ) 考虑到初始条件y 0 ＝0 时, gh 20=v ,对上式积分,有⎰⎰=⎪⎭⎫ ⎝⎛-v v vv 0d d 0ty b m mby m by e gh e //02--==v v (2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1,v v 0 代入上式,则得m 76.5ln 0=-=v vb m y 2-17 分析 螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分的方法求解．解 设叶片根部为原点O ,沿叶片背离原点O 的方向为正向,距原点O 为r 处的长为d r 一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为F Ｔ(r)与F Ｔ(r ＋d r )．叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有()()r r ωlm r r F r F F T T T d d d 2=+-= 由于r ＝l 时外侧F Ｔ ＝0,所以有()r r lωm F lrtr F T T d d 2⎰⎰= ()()()22222222r l l mn πr l l ωm r F T --=--= 上式中取r ＝0,即得叶片根部的张力F Ｔ0 ＝-2.79 ×105N 负号表示张力方向与坐标方向相反．2-18 分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度a ｔ,与其相对应的外力F ｔ是重力的切向分量mg sin α,而与法向加速度a n 相对应的外力是支持力F N 和重力的法向分量mg cos α．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程F ｔ＝m d v/d t 和F n ＝ma n ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量． 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,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．解 小球在运动过程中受到重力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tm αmg F t d d sin v=-= (1) R m m αmg F F N n 2cos v =-= (2) 由tαr t s d d d d ==v ,得v αr t d d =,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有()⎰⎰-=αααrg o90d sin d vv v v 得 αrg cos 2=v则小球在点C 的角速度为r αg r ω/cos 2==v由式(2)得 αmg αmg r m m F N cos 3cos 2=+=v 由此可得小球对圆轨道的作用力为 αmg F F N N cos 3-=-='负号表示F ′N 与e n 反向．2-19 分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使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 ′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．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R m ma F n N 2v == tma F t d d f v-=-=由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得tR μd d 2vv -= 取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v02d d μR t tt μR R 00v v v +=(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v μR t =' 物体在这段时间内所经过的路程⎰⎰''+==t t t t μR R t s 0000d d v v v 2ln μRs =2-20 分析 物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率v 的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可．但是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,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tmk mg d d vv =-- (1) 根据始末条件对上式积分,有⎰⎰+-=vv v v vd d 0k mg m t ts 11.61ln 0≈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=mg k k m t v (2) 利用yvt d d d d v v =的关系代入式(1),可得 ym k mg d d vvv =-- 分离变量后积分⎰⎰+-=0d d v v vv k mg m y y故 m 1831ln 00≈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=v v mg k k mg k m y 讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式g t 0v =和gy 220v=分别算得t ≈y ≈184 m,均比实际值略大一些．2-21 分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,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F r 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、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有ym t mkm mg d d d d 2vv v v ==-- 依据初始条件对上式积分,有⎰⎰+-=020d d v v vv k g y y⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=202ln 21v v k g k g k y 物体到达最高处时, v ＝0,故有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g k g k y h 20max ln 21v (2) 物体下落过程中,有yvmkm mg d d 2v v =+- 对上式积分,有 ⎰⎰--=020d d v v vv k g y y则 2/1201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g k v v v2-22 分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k ．由于阻力F r ＝kv 2,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,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,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tmk F d d 2vv =- (1) 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得k ＝F/v m 2 (2)由式(1)和式(2)可得t m F m d d 122vv v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (3) 根据始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m tF m t v v v v 2101220d 1d 则 3ln 2F m t m v = 又因式(3)中xm t md d d d vv v =,再利用始末条件对式(3)积分,有 ⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m xF m x v v v v 2101220d 1d 则 F m F m x mm 22144.034ln 2v v ≈=2-23 分析 如图所示,飞机触地后滑行期间受到5 个力作用,其中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,很显然飞机是在合外力为变力的情况下作减速运动,列出牛顿第二定律方程后,用运动学第二类问题的相关规律解题．由于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 ,因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量d t 进行代换,将d t 用vxd 代替,得到一个有关v 和x 的微分方程,分离变量后再作积分．解 取飞机滑行方向为x 的正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有 tmk F N d d 21vv =- (1) 022=-+mg k F N v (2)将式(2)代入式(1),并整理得()xm t mk μk mg μd d d d 221v v v v ==--- 分离变量并积分,有()⎰⎰⨯-=-+0221d d 0x k μk mg μvm vv v v得飞机滑行距离()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=mg μk μk mg μk μk mx 22121ln 2v (3) 考虑飞机着陆瞬间有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 的另一表达式()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=212122k ln 2k μk μk g k x v 讨论 如飞机着陆速度v 0＝144 km ·h -1,μ＝0.1,升阻比521=k k ,可算得飞机的滑行距离x ＝560 m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果．2-24 分析 如同习题2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F 0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a ′为木箱相对车厢的加速度．解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有F 0 -F ｆ＝ma -μmg ＝ma ′ (1) v ′ 2 ＝2a ′L (2)联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为()2s m 9.22-⋅=-='L g μa v2-25 分析 如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系．在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力．在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来．解 取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体A 、B 作受力分析,其中F 1 ＝m 1a ,F 2 ＝m 2a 分别为作用在物体A 、B 上的惯性力．设a r 为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有r a m F a m g m 1T111=-+ (1) r a m F a m g m 2T222-=-+ (2) T2T2F F = (3)由上述各式可得()a g m m m m a r ++-=2121 ()a g m m m m F F ++==2121T2T22由相对加速度的矢量关系,可得物体A 、B 对地面的加速度值为()2122112m m a m g m m a a a r +--=-= ()()2121122m m gm m a m a a ar +-+-=+-=a 2 的方向向上, a 1 的方向由a r 和a 的大小决定．当a r ＜a ,即m 1g -m 2g -2m 2 a ＞0 时,a 1 的方向向下；反之, a 1 的方向向上．2-26 分析 这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意： (1) 参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地面和斜面都是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加速度为a A 的运动,这时,滑块沿斜面的加速度a BA ,不再是它相对于地面的加速度a B 了．必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系,即a B ＝a A ＋a BA ．若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定律,则必须增添一惯性力F ,且有F ＝ma A ．(2) 坐标系的选择．常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化．(3) 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力mg cos α,事实上只有当a A ＝0 时,正压力才等于mg cosα.解1 取地面为参考系,以滑块B 和三棱柱A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示．B 受重力P 1 、A 施加的支持力F N1 ；A 受重力P 2 、B 施加的压力F N1′、地面支持力F N2 ．A 的运动方向为Ox 轴的正向,Oy 轴的正向垂直地面向上．设a A 为A 对地的加速度,a B 为B 对的地加速度．由牛顿定律得A a m α'='sin N1F (1)Bx ma α=-sin N1F (2) By ma mg α=-cos N1F (3)'=N1N1F F (4)设B 相对A 的加速度为a BA ,则由题意a B 、a BA 、a A 三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得αa a a BA A Bx cos -= (5) αa a BA By sin -= (6)解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为αm m ααmg a A 2sin cos sin +'=滑块相对地面的加速度a B 在x 、y 轴上的分量分别为αm m ααg m a Bx 2sin cos sin +''= ()αm m αg m m a By 22sin sin +'+'-=则滑块相对地面的加速度a B 的大小为()αm m αm m m m αg a a a ByBx B 222222sin sin 2sin +'+'+'=+=其方向与y 轴负向的夹角为m m αm a a θBy Bx +'+'==cot arctan arctanA 与B 之间的正压力 αm m αmg m F 2N1sin cos +''= 解2 若以A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B 的动力学方程分别为BA A ma αma αmg =+cos sin (1) 0sin cos N1=--αma F αmg A (2)又因 0sin N1='-'A a m αF (3)'=N1N1F F (4)由以上各式可解得αm m ααmg a A 2sin cos sin +'=()αm m αg m m a BA2sin sin +'+'-= 由a B 、a BA 、a A 三者的矢量关系可得()αm m αm m m m αg a B 2222sin sin 2sin +'+'+'= 以a A 代入式(3)可得 αm m αmg m F 2N1sin cos +''=4-1 分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．4-2 分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．4-3 分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．4-4 分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即ωJ ωJ d m d m =+-00v v式中mv D 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J 0 ，则ω＜ω０ ．故选(C)．4-5 分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×m v ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．4-6 分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．解 (1) 由于角速度ω＝2π n (n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义tωαd d =，在匀变速转动中角加速度为 ()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=tn n t ωωα (2) 发动机曲轴转过的角度为()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=在12 s 内曲轴转过的圈数为3902π20=+==t n n θN 4-7 分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t )出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得()10/0s 6.895.01--==-=ωe ωωτt(2) 角速度随时间变化的规律为()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα (3) t ＝6.0 s 时转过的角度为()rad 9.36d 1d /6060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt则t ＝6.0 s 时电动机转过的圈数 87.5π2/==θN 圈4-8 分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB ′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可．。
大学物理课后习题答案第二章
第二章运动定律与力学中的守恒定律(-)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a)上以初速度％运动，％的方向与斜面底边的水平约平行，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二gsina,方向与初速度方向垂直.其运动方程为1 ° 1 . .y = -ar=-gsma- rx = v o z, 2 2 .将t = x/v Q.代入后一方程得质点的轨道方程为町这是抛物线方程・2. 2桌上有一质量M=lkg的平板，板上放一质量m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为^ = 0.25,静摩擦因素为他= 0.30・求：(1)今以水平力尸拉板，使两者一起以a二lm・sv的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；(2)要将板从物体下面抽出，至少需要多犬的力？［解答］(1)物体与板之间有正压力和摩擦力的作用.板对物体的支持人小等于物体的重力：= mg = 19・6(N), 这也是板受物体的压力的犬小，但压力方向相反.物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的人小为：九二必= 2(N), 这也是板受到的摩擦力的犬小，摩擦力方向也相反.板受桌子的支持力人小等于其重力：心二⑷+M)g = 29・4(N), 这也是桌子受板的压力的犬小，但方向相反.板在桌子上滑动，所受摩擦力的人小为：％=”&N M=7・35(N)・这也是桌子受到的摩擦力的人小，方向也相反.(2)设物体在最人静摩擦力作用下和板一起做加速度为Q的运动，物体的运动方程为f=fung = ma\可得a' =：g・板的运动方程为F 一 f- fikQn + M)g = Ma、，即F =f+ Ma、+ ［Ak(in + M)g= + (加 + M)g,算得F=16.17(N)・因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N的力.2. 3如图所示：已知尸= 4N, = 0・3kg,"匕= 0・2kg,两物体与水平面的的摩擦因素匀为0・2・求质量为“:的物体的加速度及绳子对它的拉力・(绳子和滑轮质量均不计) ［解答］利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为心=2山，而力的关系为1\ = 2T2.l,n对两物体列运动方程得"pm2g = in2a2fF- Ti -finiig =可以解得加2的加速度为a= F_“(“ + 2/Jg2- “/2 + 2 他=4.78(mT), 绳对它的拉力为7\«1 —►FW1—•—1图2.1MnY ■ L ----------------- *f2fl图2・3(F_〃％g/2)=1・35(N)・2. 4两根弹簧的倔强系数分别为h和居.求证:1（1）它们串联起来时，总倔强系数k与氏和h•满足关系关系式（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k,+k2・[解答]当力尸将弹簧共拉长x时，£F = kx,其中k为总倔强系数. 两个弹簧分别拉长X和；12,产生的弹力分别为Fi = k[X[ 9 F2 = 1^2X2 •（1）由于弹簧串'联，「侨以尸=行=戸，X二口+疋，F R 仁 1 1 1因此k k、叽,即：k人k,（2）由于弹簧并联，所以F = F“F,, x = Xl=x2,因此kx = k[Xi + Kv2, 即：k = k[ + k2・1 1=—+ —(a)ki图2.42. 5如图所示，质量为加的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角&）及线中的张力7；（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度①沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑卞，斜面与水平面成卩角:（4）用与斜面平行的加速度勺把小车沿斜面往上推（设/刀=b）；（5）以同样大小的加速度$ （上= 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tan。
大学物理第二章练习答案Word版
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 R 12。
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 m 3。
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 B F t m m ⋅∆+，木块B 的速度大小为12F t A B BF t m m m ⋅∆⋅∆++。
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2习题册(含答案)
题1第⼀一章流体⼒力力学1、基本概念（3）理理想流体：完全不不可压缩，没有粘滞性的流体。
（4）连续性原理理：流管上⼀一节流速与截⾯面积的乘积是⼀一个常量量，截⾯面⼤大的流速⼩小，反之⼤大（6）伯努利利⽅方程：P 1+12ρv 12+ρg h 1=P 2+12ρv 22+ρg h 2=c（7）泊肃叶公式：2、从⽔水⻰龙头徐徐流出的⽔水流，下落时逐渐变细，其原因是（A ）。
A.压强不不变，速度变⼤大； B.压强不不变，速度变⼩小；C.压强变⼩小，流速变⼤大；D.压强变⼤大，速度变⼤大。
3、如图所示，⼟土壤中的悬着⽔水，其上下两个液⾯面都与⼤大⽓气相同，如果两个⻚页⾯面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，⽔水的表⾯面张⼒力力系数为α，密度为ρ，则悬着⽔水的⾼高度h 为_____。
4、已知动物的某根动脉的半径为R,⾎血管中通过的⾎血液流量量为Q ，单位⻓长度⾎血管两端的压强差为ΔP ，则在单位⻓长度的⾎血管中维持上述流量量需要的功率为ΔPQ 。
5、城市⾃自来⽔水管⽹网的供⽔水⽅方式为：⾃自来⽔水从主管道到⽚片区⽀支管道再到居⺠民家的进户管道。
⼀一般说来，进户管道的总横截⾯面积⼤大于⽚片区⽀支管的总横截⾯面积，主⽔水管道的横截⾯面积最⼩小。
不不考虑各类管道的海海拔⾼高差（即假设所有管道处于同⽔水平⾯面），假设所有管道均有⽔水流，则主⽔水管道中的⽔水流速度⼤大，进户管道中的⽔水流速度⼩小。
6、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略略去⽔水的粘滞性，求⽔水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
题1-10图解：在管外液⾯面上任选⼀一点D ，CD 两点：BC两点：AC两点：7、⼀一开⼝口容器器截⾯面积为S1，底部开⼀一截⾯面积为S2的孔。
当容器器内装的液体⾼高度为h时，液体从孔中喷出的速度为多⼤大？设液体为理理想流体且作定常流动。
解：由于液体为理理想流体且作定常流动，根据连续性原理理，有根据伯努利利⽅方程，有从上两式联⽴立解得8、⼀一圆筒中的⽔水深为H=0.70m，底⾯面积S1=0.06m2，桶底部有⼀一⾯面积为1.0×10-4m2的⼩小孔。
大物第二章课后习题答案
简答题2.1 什么是伽利略相对性原理？什么是狭义相对性原理？答：伽利略相对性原理又称力学相对性原理，是指一切彼此作匀速直线运动的惯性系，对于描述机械运动的力学规律来说完全等价。
狭义相对性原理包括狭义相对性原理和光速不变原理。
狭义相对性原理是指物理学定律在所有的惯性系中都具有相同的数学表达形式。
光速不变原理是指在所有惯性系中，真空中光沿各方向的传播速率都等于同一个恒量。
2.2同时的相对性是什么意思？如果光速是无限大，是否还会有同时的相对性？答：同时的相对性是：在某一惯性系中同时发生的两个事件，在相对于此惯性系运动的另一个惯性系中观察，并不一定同时。
如果光速是无限的，破坏了狭义相对论的基础，就不会再涉及同时的相对性。
2.3什么是钟慢效应? 什么是尺缩效应?答：在某一参考系中同一地点先后发生的两个事件之间的时间间隔叫固有时。
固有时最短。
固有时和在其它参考系中测得的时间的关系，如果用钟走的快慢来说明，就是运动的钟的一秒对应于这静止的同步的钟的好几秒。
这个效应叫运动的钟时间延缓。
尺子静止时测得的长度叫它的固有长度，固有长度是最长的。
在相对于其运动的参考系中测量其长度要收缩。
这个效应叫尺缩效应。
2.4 狭义相对论的时间和空间概念与牛顿力学的有何不同? 有何联系?答：牛顿力学的时间和空间概念即绝对时空观的基本出发点是：任何过程所经历的时间不因参考系而差异；任何物体的长度测量不因参考系而不同。
狭义相对论认为时间测量和空间测量都是相对的，并且二者的测量互相不能分离而成为一个整体。
牛顿力学的绝对时空观是相对论时间和空间概念在低速世界的特例，是狭义相对论在低速情况下忽略相对论效应的很好近似。
2.5 能把一个粒子加速到光速c吗？为什么?答：真空中光速C是一切物体运动的极限速度，不可能把一个粒子加速到光速C。
从质速关系可看到，当速度趋近光速C 时，质量趋近于无穷。
粒子的能量为2mc ，在实验室中不存在这无穷大的能量。
2.6 什么叫质量亏损? 它和原子能的释放有何关系?答：粒子反应中，反应前后如存在粒子总的静质量的减少0m ∆，则0m ∆叫质量亏损。
大学物理2习题参考答案
题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。
（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。
（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。
A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。
3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。
(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。
5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。
一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。
不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。
10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。
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习题二1 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ：■）上以初速度V o 运动，V o 的方向与 斜面底边的水平线 AB Tr ⅛∣∣l ⅛lbi-<j ;, ∕∙R ⅛'..∣⅛.⅛ Tl 注史粒道. mg ,斜面支持力 N.建立坐标：取v 0方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.2A 题2-2图BX 方向：F χ = 0X = v °tY 方向：F y = mg Sin ： = ma y t = 0时y = 0v y = 0由①、②式消去t ,得y = 1 g sin ： t 2y^gSin ： X 2 2V 02质量为16 kg 的质点在Xoy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为-1N,当 t = 0 时，x=y=0, V X = -2 m ∙ S , V y = 0 .求 当t = 2 S 盯质点勺(1)位矢；(2)述度. 解：a x =6 3m s 2 m 168 fy— 7-2a y =m m 16S(1)235V X = V χ°a χdt =-2 _ 2 二m S0 842—7 7 .4Vy =Vy0 + J La y dt2 ——m S16 8于是质点在 2s 时的速度解：物体置于斜面上受到重力f χ = 6 N, f y = -7-5- 7 - V i j4 81 3- 1-7 - =(-2 24)^-( ) 4J 2 8 2 16 13 7i J m 48(4)当t= m 时，其速度为kk m _ -m kV= v 0e即速度减至V 0的1.e4一质量为m 的质点以与地的仰角=30°的初速V 0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点Λ ms~r =(v o t 1a χt 2)i - 2 2 丄2 -a y t J3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 k4 )tm；度为V o ,证明(1) t 时刻的速度为V = V o e kv ( k 为常数)作用，t =0时质点的速由0到t 的时间内经过的距离为(3)停止运动前经过的距离为v °(m ) ； (4)证明当t =^ m k 时速 k答：(1) ••• 分离变量，得-kv dvm _ dt dv - -kdt V m dv t -kdV - 0 mVIn In e V 0V= v 0e.k ∙tm(3)质点停止运动时速度为零, 故有t JktVdt = j v 0e 肓 dt即 t →∞, X=0 V0e^m^4dtmv 0Jktmv 0斗 二 v °e=V OeV 0kt m落地时相对抛射时的动量的增量.解：依题意作出示意图如题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30o,则动量的增量为二p = mv - mv05作用在质量为10 kg的物体上的力为F = (10 ∙ 2t)i N,式中t的单位是S, (1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量. (2)为了使这力的冲量为200 N ∙s,该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度-6j m∙ s-1的物体，回答这两个问题.解：(1)若物体原来静止，则- t 4 IP=OFdt=O (10 2t)idt =56 kg m S i ,沿X 轴正向，L v1 = —p1 = 5.6 m S J imI1= p1= 56 kg m S i若物体原来具有「6 m S J初速，则- -- - t F - tp0 = -mv0, p =m(-v0dt) = -mv0亠∣Fdt于是0 m '0_ _ _ t ■■:P2 = P - P0 = .0 Fdt = P ,同理，Z2= w1,12=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.⑵ 同上理，两种情况中的作用时间相同，即由矢量图知，动量增量大小为mv0,方向竖直向下.t 2I=o(10 2t)dt =10t t2亦即t210t - 200 = 0解得t =10 s, （V=20 s舍去）6—颗子弹由枪口射出时速率为V o m S J,当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为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= —b(2)子弹所受的冲量t 1 2I =』(a - bt)dt = at -三bt2—将t 代入，得b22b(3)由动量定理可求得子弹的质量I a2mV o 2bv o证毕.7设F合=7i -6jN . (1)当一质点从原点运动到= -3i 4j 16km时，求F所作的功.(2)如果质点到r处时需0.6s ,试求平均功率.(3)如果质点的质量为1kg ,试求动能的变化.解: (1)由题知，F合为恒力，A合=Fr =(7i -6j) (-3i 4j 16k)--21 -24 - -45 JA 45⑵P 75w∆t 0.6⑶由动能定理，E^=^- -45 J18如题2-18图所示，一物体质量为2kg,以初速度V0= 3m∙s从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N,到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度. 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。
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？。
(完整word)大学物理练习册习题及答案2
习题及参考答案第2章 牛顿力学x2-1 一长为l 的光滑管道，绕其一端的竖直轴以角速度w 0转动，管中有一小球从另一端一速度v 0=lw 0向中心O 滑来。
（1） (1） 小球滑到半进r 时的径向速度（2） （2） 小球滑到半进l /2处用的时间（3） （3） 能否到达O.x2—2 求第二宇宙速度.x2-3 质量为m 的四个质点置于正方形的各个顶点,用细线将各个质点连起来形成正方形.如对质点A 沿对角方向在极短时间内给一冲量I ，试求各质点获得的速度。
第2章 牛顿力学习题答案x2-1分析:因为质点只能沿着管道运动,故以管道为参照系,则只有r 方向的运动，而在此方向的惯性力为mw 2r,因而可以列出该向的运动方程，从而解出相对于管道的速度，当然相对于地的速度也就可得。
解：以管道为参照系,则只有r 方向的运动，而在此方向只受惯性力mw 2r ，则 r m dt dr dt d m 2)(ω-=,ωl dt dr l r == 因：dt dr dt dr dr d m dtdr dt d m )()(= 所以：r dt dr dt dr dr d 2)(ω-=积分得:r dt dr ω-= 再积分，有：⎰⎰-=t r l dt r dr 0ω 得：ωrl t ln =，当r=l /2，有ω2ln =t 显然，.0,→∞→r t 或者说不能达到O 处.x2-2解：第二宇宙程度即是在地球上发射一物体使之远离地球的最小速度。
显然在此过程中物体只受地球的万有引力作用，机械能守恒。
s km R GM v m v m v R GMm /9.72'21021min 22≈=∴+=+-x2-3BDx2-3图解：此题关键要抓住：绳只能提供拉力，并且假定不能伸长，则可知：B 只能有沿绳向右的速度，且与A 速度的右分量相等C 只能有沿绳向上的速度，且与A 速度的上分量相等D 速度为零。
固由冲量定理，得：mv mv mv mv I 245cos 45sin 45cos 45cos =︒︒+︒︒+=即：m I v 2/=。
(完整版)大学物理习题册-陈晓-浙江大学出版社第二章答案
P8.1.BA 重力在速度方向上的分力，大小在变，a τ 不为恒量B 正确22sin sin N n N N v F mg ma m Rv F m mg Rv F θθθ-===+↑↑↑C 合外力为重力和支持力的合力，错D 错2.C说的是“经摩擦力”，应和重力构成平衡力。
3A212s at t ====4C杆Mg f Ma +=猴,0mg f ma -== 得M m a Mg+= 5A合外力为06C()(sin )*(sin )(sin )0ma Fcos mg Fsin F cos mgcos ada F cosd tg θμθθμθμθμθμθθθμθ=--=+-+=-==取最大值，则取最大值7B8B2sin cos v N m R N mgv Rgtg θθθ⎧=⎪⎨⎪=⎩=910一质量为5kg 的物体（视为质点）在平面上运动，其运动方程为263()r i t j SI =-r rr ，则物体所受合外力f r 的大小为_____；其方向为______.解 因为()225630d r f m j j dt ==⨯-=-r r r ，所以物体所受合力f r 的大小为30N ，其方向沿y 轴负向。
110000000000022002cos cos sin sin cos (1cos )v t x t x dv F a t dt mF dv t dtm dx F v t dt m F dx t dt mF F x x t m mF x t x m ωωωωωωωωωωω===⋅===⋅-=-+=-+⎰⎰⎰⎰12212212222222212()()F m g m m a F m ga m m T m g m aT m a g m F m g m g m m -=+-=+-==+-=++13B14D2212121212()24F m g m a m g m g m m a T F m m T g m m -=⎧⎪-=+⎨⎪=⎩=+15C161710201010ln 1ln x t x dx v kx dtdvF ma mdt dv dx m mk kx dx dt mk xdx k dtx x kt x x t k x =====⋅=⋅==⋅==⎰⎰1819。
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P8.
1.B
A 重力在速度方向上的分力，大小在变，a τ 不为恒量
B 正确
2
2
sin sin N n N N v F mg ma m R
v F m mg R
v F θθθ-===+↑↑↑
C 合外力为重力和支持力的合力，错
D 错
2.C
说的是“经摩擦力”，应和重力构成平衡力。
3A
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222cos cos 2
s at s R t a g R g θθ=
⋅===
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杆Mg f Ma +=
猴,0mg f ma -== 得M m a Mg
+= 5A
合外力为0
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()
(sin )*(sin )(sin )0ma Fcos mg Fsin F cos mg
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=--=+-+=-==取最大值，则取最大值
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sin cos v N m R N mg
v Rgtg θθθ
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一质量为5kg 的物体（视为质点）在平面上运动，其运动方程为263()r i t j SI =-，则物体所受合外力f 的大小为_____；其方向为______.
解 因为()225630d r f m j j dt
==⨯-=-，所以物体所受合力f 的大小为30N ，其方向沿y 轴负向。
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0000000000022002cos cos sin sin cos (1cos )v t x t x dv F a t dt m
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