《大学物理》第二章答案.docx

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.
2
A 题2-2图
B
X 方向：
F χ = 0
X = v °
t
Y 方向：
F y = mg Sin ： = ma y t = 0时
y = 0
v y = 0
由①、②式消去t ,得
y = 1 g sin ： t 2
y
^gSin ： X 2 2V 0
2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
-
1
N,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 3
m s 2 m 16
8 f
y
— 7
-2
a y =
m m 16
S
(1)
2
3
5
V X = V χ°
a χdt =-2 _ 2 二
m S
0 8
4
2
—7 7 .4
V
y =Vy0 + J L
a y dt
2 ——
m S
16 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 j
4 8
1 3
- 1-7 - =(-2 2
4)^-( ) 4J 2 8 2 16 13 7
i J m 4
8
(4)当t= m 时，其速度为
k
k m _ -m k
V= v 0e
即速度减至V 0的1.
e
4一质量为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 m
s~
r =(v o t 1
a χt 2)i - 2 2 丄2 -
a y t J
3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 k
4 )t
m
；
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 dv
m _ dt dv - -kdt V m dv t -kd
V - 0 m
V
In In e V 0
V= v 0e
.k ∙t
m
(3)质点停止运动时速度为零, 故有
t Jkt
Vdt = j v 0e 肓 dt
即 t →∞, X=0 V0e^m
^4dt
mv 0
Jkt
mv 0
斗 二 v °e
=V O
e
V 0
kt 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 - mv0
5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 I
P=OFdt=O (10 2t)idt =56 kg m S i ,沿X 轴正向，
L v1 = —p1 = 5.6 m S J i
m
I1= p1= 56 kg m S i
若物体原来具有「6 m S J初速，则
- -- - t F - t
p0 = -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 2
I=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 2
I =』(a - bt)dt = at -三bt2
—
将t 代入，得
b
2
2b
(3)由动量定理可求得子弹的质量
I a2
m
V 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 J
A 45
⑵P 75w
∆t 0.6
⑶由动能定理，E^=^- -45 J
1
8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。

则由功能原理，有
1 2
mv mgss in 37
2
1 2
mv mgssin 37 一f r s k 二
式中s = 4.8 ∙ 0.2 = 5 m , x = 0.2 m ,再代入
有关数据，解得
k =1390 N m
题2-20 图(a) 题2-20 图(b)
又碰撞过程中，动量守恒，即有
-f r s Jkx2
2
1kχ2
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度
h
-f r s = mgs sin37°kx2
代入有关数据，得s =1.4m,
则木块弹回高度
h =SSin37°= 0.84 m
题2-19图
9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞, 试证碰后两小球的运动方向互相证：两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
2
2mv0
JmV12」mv；
2 2
2
=V I V l
<b)
mv ° = mv 1 mv 2
亦即
Vo=V 1 ∙ v 2
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 V O 为斜边，
故知V 1与V 2是互相垂直的.
1O 一质量为m 的质点位于（x 1,y 1）处，速度为V = V X i V y j ,质点受到一个沿X 负方向的 力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩. 解：由题知，质点的位矢为
r 二灯
y ι j
作用在质点上的力为
f = - fi
所以，质点对原点的角动量为
L o = r mV
= (X I i
y ιi ) m(V χi V y j)
=(X I mV y ^y 1mV x )k
作用在质点上的力的力矩为
— — 一 一 一 ■
M o = r f = (x 1i
y 1 j) (一 fi ) = y 1 fk
10
、，
11哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.
它离太阳最近距离为 r 1 = 8.75 × 10 m 时的速率
是 v 1 = 5.46 × 104
m∙s 1
,它离太阳最远时的速率是 V 2 = 9.08 × 1^m∙ S I i ∆∣⅛j i∣⅛.⅛H J (J
距离Q 多少?（太阳位于椭圆的一个焦点。

解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用， 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
r 1mv 1 = r 2mv 2
12物体质量为3kg , t =0时位于r = 4i m ,
= i 6jm s^1 ,如一恒力f = 5j N 作用在物
体上，求3秒后，（1）物体动量的变化；（2）相对Z 轴角动量的变化.
）
所以角动量守恒；又由于
r 1V 1
V 2
8.75 1010 5.46 104 9.08 102
= 5.26 1012
■■ 3 ■■ 1
解：(1) AP= I L
fdt=O 5jdt = 15j kg m s^
(2)解(一) X=X O V0x t = 4 3=7
1 2 1 5 2
y=v0y t at =6 3 3 = 25.5j
y 2 2 3
即r^4i , a =7i 25.5j
V
y
L1 = r1 mv1 = 4i 3(i 6 j) = 72k
L2 =Q mv2 =(7i 25.5j) 3(i 11j)=154.5k
2 1
L L = L2 - L1 = 82.5k kg m S-
5(4 t)kdt = 82.5k kg m2 S J
-
1 十Lt 13飞轮的质量m = 60kg ,半径R = 0.25m ,绕其水平中心轴O转动，转速为90OreV ∙min •现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力 F ,可使飞轮减速•已知闸杆的
尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数J =0.4 ,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算.试求：
(1)设F = 100 N ,问可使飞轮在多长时间内停止转动？在这段时间里飞轮转了几转
⑵ 如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 F ?
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，F r、F r是摩擦
力，F X和F y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.
-
+L IL
d
F
X
2
AL
=V0y
解
∖
7
5
X
∖
7
60
= 53.1 2 二 rad
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 1 I 2) - N l 1 =O
∣1 ∣2
对飞轮，按转动定律有
-F r R/I ,式中负号表示1与角速度•，方向相反• F r =
N=N
又•••
以F =100 N 等代入上式，得
F r
l 1
JmR 2, 2
_ -2l (∣1
∣2) F
mRl 1
-一-2 0.40 (°∙50 0.75) 100「凹「ad s'
3
60 0.25 0.50
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
60 40
-7.06 s
这段时间内飞轮的角位移为
900 2
二 9 二
4
1 40(9 二)
2 2
3 4
可知在这段时间里，飞轮转了
53.1转.
2兀 I
(2) ∙∙0 =900 rad s^ ,要求飞轮转速在t =2s 内减少一半，可知
60
■ ∙0
t
2t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
mRl 1
β
F
1—
24(h +J)
60 0.25 0.50 15 二 2 0.40 (0.50
0.75) 2
= 177 N
14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴
半径分别为R 和r ,质量分别为 M 和m .绕在两柱体上的细绳分别与物体
m 1和m 2相连,
m 1和m 2则挂在圆柱体的两侧， 如题2-26图所示.设R = 0.20m, r = 0.10m , m = 4 kg , M
=10 kg ， m 1 = m 2 = 2 kg ,且开始时 m 1, m 2离地均为h = 2m 求: (1) 柱体转动时的角加速度; (2) 两侧细绳的张力.
解：设a 1, a 2和β分别为m 1, m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图
(如图b).
(I)
m 1, m 2和柱体的运动方程如下:
T 2「m 2g = m 2a 2 ① m 1g -T 1 = m 1a 1
② T 1 R -乙r 汀
③
rad Sd
2
00'转动.设大小圆柱体的
题 2-26(a)图
F
题 2-26(b)图
式中 T 1 =T I ,T 2 = T 2, a 2 =rl,a 1
1 2 1 2 而 I MR mr 2 2
由上式求得
n RmI-rm 2
2 2 g
1 m 1R m 2r 0.
2 2 -0.1 :
9.8 1 2 1 2 2 2 -10 0.202 — 4 0.102 2 0.202 2 0.102
2
2 = 6.1
3 rad S^
(2)由①式 T 2 = m 2r .亠 m 2g = 2 0.10 6.13 2 9.8 = 20.8 N
由②式
T 1=m 1g -∙m 1R-=2 9.8—2 0.2. 6.13=17.1 N
3g Sin -
15如题2-28图所示，一匀质细杆质量为 m ， 于水平位置由静止开始摆下•求：
(1) 初始时刻的角加速度；
(2) 杆转过V 角时的角速度.
解：(1)由转动定律，有
长为I ,可绕过一端 O 的水平轴自由转动，杆 (2)由机械能守恒定律，有 m g 1 = β =
2l
仙2厂
3g
mg 丄 Sin-丄(1ml 2),
2 2 3。