大学物理第二版许瑞珍贾谊明编著课后答案1-3章.pdf

第一章第一章 质点的运动质点的运动 1-1 已知质点的运动方程为：，。式中x、y的单位为m，t 的单位为。试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向。 2 3010ttx 2 2015tty 分析分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和 加速度的大小和方向 解解 (1) 速度的分量式为 t t x x 6010 d d v t t y y 4015 d d v 当t 0 时, vox -10 m-1 , voy 15 m-1 ,则初速度大小为 1 2 0 2 00 sm 0 . 18 yx vvv 设vo与x 轴的夹角为,则 2 3 tan 0 0 x y v v 12341 (2) 加速度的分量式为 2 sm60 d d t a x x v , 2 sm40 d d t a y y v 则加速度的大小为 2 22 sm 1 . 72 yx aaa 设a 与x 轴的夹角为,则 3 2 tan x y a a -3341(或32619) 1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。现测得其加速 度aA-Bv，式中A、B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。 分析分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此, 需将式dv a(v)dt 分离变量为t a d )( d v v 后再两边积分 解解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点 (1) 由题意知 v v BA t a d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t BA d d v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 t t BA 0 dd d 0 v v v v v 得石子速度 )1 ( Bt e B A v 由此可知当,t时, B A v为一常量,通常称为极限速度或收尾速度 (2) 再由)1 ( d d Bt e B A t y v并考虑初始条件有 te B A y t Bt y d )1 (d 00 得石子运动方程 ) 1( 2 Bt e B A t B A y 1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与 船速平方成正比例的加速度，即a= - kv2，k为常数。在关闭发动机后，试证： （1）船在 t 时刻的速度大小为 1 0 0 tkv v v； （2）在时间 t 内，船行驶的距离为 0 1 ln(1)xv kt k ； （3）船在行驶距离x时的速率为v=v0ekx。 证明证明（1）分离变数得 2 d d v k t v ， 故 0 2 0 d d vt v v kt v ， 可得： 0 11 kt vv （2）公式可化为 0 0 1 v v v kt ， 由于 v = dx/dt，所以： 0 0 00 1 ddd(1 1(1) v )xtv v ktkv kt kt 积分 0 000 1 dd(1 (1) xt )xv kt kv kt 因此 0 1 ln(1)xv kt k (3 ) 要求 v( x)，可由 dx dv v dt dx dx dv dt dv a，有 kdx v dv dx dv vkv 2 积分得 kx xv v evvkx v v dxk v dv 0 0 0 ,ln 0 证毕 14 行人身高为h，若人以匀速v0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H的光滑 平台上，求小车移动的速度和加速度。 解：人前进的速度v0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小， 22 22 0 2 0 2 22 0 222 0 3/22 22 2 0 () () () () lv tHh v tdl dt v tHh Hh vd l dt Hhv t v0 h H 所以小车移动的速度 22 0 2 2 0 )(tvhH tv v 图 1-18 习题 1-4 图 小车移动的加速度 2/3 22 0 2 2 0 2 )( )( tvhH vhH a 1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 ，a 的单位为 m/s 2 62xa 2，x 的 单位为 m。质点在x=0 处，速度为 10m/s，试求质点在任何坐标处的速度值。解： 解： x v v t x x v t v a d d d d d d d d 分离变量： xxadxd)62(d 2 两边积分得 cxxv 32 22 2 1 由题知，时，, 0x 10 0 v 50c 13 sm252 xxv 1-6 如图所示，一弹性球由静止开始自由下落高度 h 后落在一倾 角的斜面上，与斜面发生完全弹性碰撞后作抛射体运动， 问它第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远。 30 解：小球落地时速度为ghv2 0 建立直角坐标系，以小 球第一次落地点为坐标原点如图 0 00 60cosvvx 200 0 60cos 2 1 60costgtvx （1） 0 00 60sinvvy 200 0 60sin 2 1 60sintgtvy （2） 第二次落地时 0y g v t 0 2 所以 m g v tgtvx8 . 0 2 60cos 2 1 60cos 2 0200 0 17 一人扔石头的最大出手速率为 v25m/s， 他能击中一个与他的手水平距离 L=50m， 高 h=13m 的目标吗？在此距离上他能击中的最大高度是多少？ 解：由运动方程 2 1 cos ,sin 2 xvtyvtgt,消去 t 得轨迹方程 22 2 (1) 2 g yxtgtgx v 以x05.0m ，v25ms 1代入后得 22 2 2 2 50(1) 50 2 25 5020(1) 5 20()11.25 4 g ytgtg tgtg tg 取 g10.0，则当1.25tg时， max 11.25y13 所以他不能射中，能射中得最大高度为 max 11.25y 1-8 一质点沿半径为R 的圆周按规律 2 0 2 1 bttsv运动，v0 、b 都是常量。(1) 求t 时刻 质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时，质点已 沿圆周运行了多少圈？ 分析分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标由给定的运动方程s s(t),对时间t 求一阶、 二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的 法向分量为anv2 /R这样,总加速度为a aeanen至于质点在t 时间内通过的路程, 即为曲线坐标的改变量sst -s0因圆周长为2R,质点所转过的圈数自然可求得 解解 (1) 质点作圆周运动的速率为 bt t s 0 d d vv 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s at 2 2 d d , R bt R an 2 0 2 )( vv 故加速度的大小为 2 4 0 22 22 )( R btbR aaa tn v 其方向与切线之间的夹角为 Rb bt a a t n 2 0 )( arctanarctan v (2) 要使ab,由bbtbR R 4 0 22 )( 1 v可得 b t 0 v (3) 从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过的路程为 b sss t 2 2 0 0 v 因此质点运行的圈数为 bRR s n 42 2 0 v 1-9 已知质点的运动方程为：t h ztRytRx 2 ,sin,cos，式中 、hR为正的常量。求： （1）质点运动的轨道方程； （2）质点的速度大小； （3）质点的 加速度大小。 解： （1）轨道方程为 222 Ryx t h z 2 这是一条空间螺旋线。 在 Oxy平面上的投影为圆心在原点，半径为 R 的圆，螺距为 h （2）tR dt dx vxsin 2 2 2222 4 h Rvvvv zyx （3） tRaxcos 2 tRaysin 2 0 z a 222 Raaa yx 110 飞机以 100ms-1的速度沿水平直线飞行， 在离地面高为 100m时， 驾驶员要把物品 投到前方某一地面目标处。问： （1）此时目标在飞机下方前多远？（2）投放物品时，驾驶 员看目标的视线和水平线成何角度？（3）物品投出 2s后，它的法向加速度和切向加速度各 为多少？ 解： （1） 2 12 ygtt 2 2 452 y g y xvm g ， （2） 5 . 12 x y arctg （3） 0 22 2 22 0 2 22 2222 n vgtv dvgt dt gt 1.96/,10.0(m 9.80/,10.0(9.62/9.8) t t tn t a v am sg aaag agam sgm s 2 （ ） （ ） 或1.88 /s ,g=9.8） 或，g 111 一无风的下雨天，一列火车以v1=20m/s的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃 窗外的雨滴和垂线成 75角下降，求雨滴下落的速度v2。 （设下降的雨滴作匀速运动） 解：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为V1,雨滴相对地面竖直下落的速度为 V2，旅客看到雨滴下落速度V2为相对速度，它们之间的关系为 22 vvv1 1 21/ 755.36vvtgms 112 升降机以加速度a0=1.22ms2上升，当上升速度为 2.44ms1时，有一螺帽自升降 机的天花板脱落，天花板与升降机的底面相距 2.74m，试求： （1）螺帽从天花板落到底面所 需时间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离。 解： （1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度为 a=g+a,螺丝落到底面时， 有 2 1 0() 2 2 0.705 hga t h ts ga （2）由于升降机在 t 时间内的高度为 2 0 1 2 hv tat 则 0.716dhhm 113 飞机A相对地面以vA =1000km/h的速率向南飞行，另一飞机B相对地面以vB =800 km/h的速率向东偏南 30方向飞行。求飞机A相对飞机B的速度。 解： 1000 ,400400 3 1000400400 3 3 tg,40 52, 2 AB AB vj vji vvv jji 方向西偏南 22 6004003916/vkm h 114 一人能在静水中以 1.10ms-1的速度划船前进， 今欲横渡一宽为 1000m、 水流速度 为 0.55ms 1的大河。 （1） ，那么应如何确定划行方向？到达正对岸需多少时间？（2）如果 希望用最短的时间过河，应如何确定划行方向？船到达对岸的位置在什么地方？ 解：如图（1）若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，则划行速度和水流速度 u 的合 速度的方向正对着岸，设划行速度 v 合速度v 的夹角为 v u v (1) (2) v u sin sin0.55/1.10.5 3 cos 2 vu u v 3 1.05 10 cos dd ts vv 如图（2）用最短的时间过河，则划行速度的方向正对着岸 ,500 dd tlutu vv m 115 设有一架飞机从 A 处向东飞到 B 处，然后又向西飞回到 A 处，飞机相对空气的 速率为，而空气相对地面的速率为 u，A、B 间的距离为 l。 v （1）假定空气是静止的（即 u=0） ，求飞机来回飞行的时间； （2）假定空气的速度向东，求飞机来回飞行的时间； （3）假定空气的速度向北，求飞机来回飞行的时间。 解：由相对速度的矢量关系v v u 有 （1）空气时静止的，即 u0，则往返时，飞机相对地面的飞行速度就等于飞机相对空 气的速度 v（图（1） ） ，故飞机来回飞行的时间 0 2 ABBA ll ttt vvv l (2) 空气的速度向东时， 当飞机向东飞行时， 风速与飞机相对空气的速度同向； 返回时， 两者刚好相反（图（2） ） ，故飞机来回飞行的时间为 2 1 10 2 (1) ABBA llu tttt vuvuv (3) 空气的速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由可得为 vvu 22 vvu，故飞机来回飞行的时间为 12 2 20 2 2222 22 22 / (1) ABBA llll vu tttt vvv vuvu vv 第二章 质点动力学 21 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 。 解：如图由受力分析得 (1) (2) 2( 2( g g AA BB AB AB A B mgTma Tmgma aa TT a a 3) 4) 1 解得5 2 5 A B mg TB TA mg aB aA 习题 2-1 图 22 如本题图所示， 已知两物体A、 B的质量均为m=3.0kg， 物体A以加速度a=1.0m/s2 运 动，求物体B与桌面间的摩擦力。 （滑轮与连接绳的质量不计） 解：分别对物体和滑轮受力分析（如图） ，由牛顿定律和动力学方程得， 1f 1 11 f (1) ( 2(3) 2(4) 5 6 7 (4 ) 7.2 2 ATA TB TT AB TT TT m gFm a FFm a aa FF mmm FF FF mgmm a FN 解得 2) 习题 22 图 2-3 如图所示，细线不可伸长，细线、定滑轮、动滑轮的质量均不 计，已知，。求各物体运动的加速度及各段细 线中的张力。 31 4mm 32 2mm 解：设m1下落的加速度为a1，因而动滑轮也以a1上升。再设m2 相对动滑轮以加速度a下落，m3相对动滑轮以加速度a上升， 二者相对地面的加速度分别为： 1 aa （下落） 和 1 aa （上升） ， 设作用在m1上的线中张力为T1，作用在m2和m3上的线中张力为T2。 列出方程组如下： 习题 2-3 图 21 1332 1222 1111 2 ( ( TT aamgmT aamTgm amTgm ) ) 代入，可求出： 31 4mm 32 2mm 5 1 g a ， 5 2g a ， 5 2 g a ， 5 3 3 g a ，gmT 11 5 4 ，gmT 12 5 2 24 光滑的水平面上放置一半径为R的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其摩 擦系数为。物体的初速率为v0，求： （1）t时刻物体的速率； （2）当物体速率从v0减少到v0/2 时，物体所经历的时间及经过的路程。 解： （1）设物体质量为 m，取图示的自然坐标系，由牛顿定律得， 0 2 2 2 2 tv 2 v (1) (2) (3) 4 dv 4dt uv Nn ft fN v Fmam R dv Fmam dt FuF vdv u Rdt 0 由上三式可得（ ） R 对（ ）式积分得 0 0 Rv v Rvt （2） 当物体速率从v0减少到v0/2 时，由上式 0 0 Rv v Rvt 可得物体所经历的时间 0 t R v 经过的路程 tt 0 00 0 vdtdtln2 RvR s Rvt 25 从实验知道，当物体速度不太大时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度， 设其比例常数为k。将质量为m的物体以竖直向上的初速度v0抛出。 （1）试证明物体的速度为 t m k t m k eve k mg v 0 ) 1( (2)证明物体将达到的最大高度为 )1ln( 0 2 0 mg kv k gm k mv H (3)证明到达最大高度的时间为 )1ln( 0 mg kv k m tH 证明：由牛顿定律可得 0 0 0 0 0 22 0 2 00 ln(1) (2) , () ln(1 3 tv v mm tt kk xmg mg kv mdv dt mgkv mgkvmmg tvev e kmgkvk mvdv dx mgkv mgkvu dukdv kmgdukmgdu dxmdudxmdu mum mvkvm g x kkmg m t k u dv (1)-mg-kv=m， dt ， dv -mg-kv=mv， dx 令 ， ） （ ） 0 0 ln 0tln mgkv mgkv mgkvm v kmgk 当时， 即为到达最高点的时间 y v fkv mg 26 质量为m的跳水运动员，从距水面距离为h的高台上由静止跳下落入水中。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bv2，其中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）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v0的 1/10？（假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等） 解：运动员入水可视为自由落体运动，所以入水时的速度为 0 v2gh，入水后如图由牛顿定律的 0 2 2 0 / 0 1 0 0 mg-f-F=ma mg=F f=bv dv a= dt v dy 2 (2)0.4,0.1 mv yln5.76m b yv v by mby m dv v dy dv bmv dy bdv mv vv eghe mvv v b 将已知条件代入上式得， m 27 一物体自地球表面以速率v0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为fkmv2，其 中k为常量，m为物体质量。试求： （1）该物体能上升的高度； （2）物体返回地面时速度的 值。 解：分别对物体上抛和下落时作受力分析（如图） ， 0 0 0 h0 1 2 0 m 1 ln() 2 v0 1 ln() 2 (2)m v=v 1 g yv v v vdv dy gk gk y kgk gk kg vdv dy gk k 2 2 2 2 0 2 0 max 2 2 2 / 0 dvmvdv (1)-mg-k v =m， dtdy v v v 物体达到最高点时， ，故 v h=y dvmvdv 下落过程中，-mg+k v =m dtdy v v （） 2-8 质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子弹所受阻力f = - kv，k常数，求： (1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。 为 解： （1）由题意和牛顿第二定律可得： dt dv mkvf， 分离变量，可得： vdt dv m k 两边同时积分，所以： t m k evv 0 （2）子弹进入沙土的最大深度也就是 v=0 的时候子弹的位移，则： 由 vdt dv m k 可推出：dv k m vdt，而这个式子两边积分就可以得到位移： 0 0 max0 v mm xvdtdvv kk 。 2-9 已知一质量为的质点在mx轴上运动，质点只受到指向原点的力，k是比 例常数。设质点在时的速度为零，求质点在 2 /xkf Ax4/Ax处的速度的大小。 解：由题意和牛顿第二定律可得： dx dv mv dt dx dx dv m dt dv m x k f 2 再采取分离变量法可得：mvdvdx x k 2 ， 两边同时取积分，则：mvdvdx x k vA A 0 2 4/ 所以： mA k v 6 2-10 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为，子弹从枪口射出 时的速率为。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求： （1）子弹走完枪筒全长所用的 时间t； （2）子弹在枪筒中所受力的冲量 3/104400 5t F m/s300 I； （3）子弹的质量。 解： （1）由和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到： 算出 t=0.003s。 3/104400 5t F 03/105t4400F （2）由冲量定义： 0.0030.003 0.003 55 2 0 00 4004 10/34002 10/30.6IFdttdtttNs （） （3）由动量定理： 0.003 0 0.6 0.6/3000.002 IFdtPmvNs mk 所以：g 2-11 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为 51.0 kg 的人，在操作时不慎从高 空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 2.0 m ，安全带弹性缓冲作用时间为 0.50 s。求安全带对人的平均冲力。 分析分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段： 在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可 看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作 用,其合力是一变力,且作用时间很短为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态 (动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论事实上,动量定理也可应用于整个过程但是, 这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度 均为零这样,运用动量定理仍可得到相同的结果 解解 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论 在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为 gh2 1 v (1) 在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有 12 vvmmtPF (2) 由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为 N1014. 1 2 3 t gh mg t m mgF v 212 长为 60cm 的绳子悬挂在天花板上，下方系一质量为 1kg 的小球，已知绳子能承 受的最大张力为 20N。试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断？ 解：由动量定理得 0 0 0Imv I v m ，如图受力分析并由牛顿定律得， 2 0 2 0 2 20 /20 2.47 mv Tmg l mv Tmg l mgIl INs 213 一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为 19.6m。 爆炸 1.0s 后， 第一块落到爆炸点正下方的地面上， 此处距抛出点的水平距离为 100m。 问第二块落在距抛出点多远的地面上？(设空气的阻力不计) 解：取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体在最高点得速度得水平分量为 1 01 1 0x2x 12y 2x0x /2(1) , v2 mvmv3 0mvmv4 14 vv100 x x vxgh t 2 11 11 2 1 1 物体爆炸后，第一块碎片竖直下落的运动方程为 1 y =h-v t-gt 2 当碎片落地时，y =0,t=t 则由上式得爆炸后第一块碎片抛出得速度为 1 h-gt 2 （ ） t 又根据动量守恒定律，在最高点处有 1 （ ） 2 11 2 2 联立以上（）（ ）式得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 g 22x 2h 1 1 21 2x 2 2 22y 22 2 2 14.7 v t5 y =h+v t -6 0, x500m y ms vvms gt y 2 1 21 1 h-gt 2 t 爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为 x x +（ ） 1 （ ） 2 落地时由式（5）和（6）可解得第二块碎片落地点得水平位置 214 质量为M的人手里拿着一个质量为m的物体，此人用与水平面成角的速率v0向 前跳去。当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u的水平速率向后抛出。问：由于人抛 出物体，他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点） 解：取如图所示坐标，把人和物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物得过程 中，满足动量守恒，故有 0 0 0 0 0 mcos() vu mu vcos m mu vv- cos m sin t g m sin xvtu mg vMvm vu v v v v v +M 式中 为人抛物后相对地面的水平速率， 为抛出物对地面得水平速率，得 + +M 人的水平速率得增量为 +M 而人从最高点到地面得运动时间为 所以人跳跃后增加的距离为 （ +M） 215 铁路上有一静止的平板车， 其质量为 M， 设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。 现有 N 个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为 m，相对平板车的速度均为 u。问：在 下列两种情况下， （1）N 个人同时跳离； （2）一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少? 所得的结果为何不同，其物理原因是什么? 解：取平板车及 N 个人组成的系统，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向， 系统在该方向上满足动量守恒。 考虑 N 个人同时跳车的情况，设跳车后平板车的速度为 v，则由动量守恒定律得 0Mv+Nm（vu） vNmu/(Nm+M) (1) 又考虑N个人一个接一个的跳车的情况。设当平板车上商有n个人时的速度为vn，跳下 一个人后的车速为vn1，在该次跳车的过程中，根据动量守恒有 （M+nm）vn=M vn1+(n-1)m vn1+m(vn1-u) (2) 由式（2）得递推公式 vn1=vn+mu/(M+nm) (3) 当车上有N个人得时（即Nn） ，vN0；当车上N个人完全跳完时，车速为v0， 根据式（3）有， vN-1=0+mu/(Nm+M) vN-2= vN-1+mu/(N-1)m+M) . v0= v1+mu/(M+nm) 将上述各等式的两侧分别相加，整理后得， 0 n 0 mu v nm ,1,2,3 vv MnmMNm nN N N 1 M+ 由于 故有， 即 个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N个人同时跳下车的末速度。 这是因为N个人逐一跳离车时，车对地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的 速度也逐次增加，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大 ，其车速也大。 2-16 一物体在介质中按规律x ct3 作直线运动，c为一常量。设介质对物体的阻力正比于 速度的平方：f试求物体由x 2 kv， 0 0 运动到x l 时，阻力所作的功。 分析分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式 xF dW来求解关键在于寻 找力函数F F(x)根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) kv2 变换到F(t), 进一步按x ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解 解解 由运动学方程x ct3 ,可得物体的速度 2 3 d d ct t x v 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为 3/43/2422 99xkctkckFv 则阻力的功为 xFWd 3/73/23/4 0 3/2 0 7 27 d9d180cosdlkcxxkcxW l o l xF 217 一人从 10m 深的井中提水，起始桶中装有 10kg 的水，由于水桶漏水，每升高 1m 要漏去 0.2kg 的水。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。 解：水桶在匀速上提的过程中，加速度为 0，拉力和重力平衡，在图示坐标下，水桶重 力随位置的变化关系为 Gmggy 其中0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为 10 0 (mggydy882JW） 218 如本题图所示，A和B两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为m1和m2。 问在A板上需加多大的压力，方可在力停止作用后，恰能使在跳起来时B稍被提起。 （设弹簧 的劲度系数为k） 解：选取如图所示坐标系，取原点处为重力势能和弹性势能零点，作各种状态下物体的 受力图。对 A 板而言，当施以外力 F 时，根据受力平衡有 11 22 1122 12 12 12 (1) ky -mgy = 12 (3) FGF kymgy yyMNO Fy FGG ANB 1211 121 2222 1212 当外力撤除以后，由机械能守恒定律得， 11 22 和为、两点对原点 的位移。 因为 ky ,F =k,G =m g上式可以写为， F -F =2G(2) 由（）和（ ）式可得 当 板跳到点时， 板刚被提起，此时弹性力F =G ,且F =F , 由式（3）可得 FG +G =(m +m )g 习题 218 图 219 如本题图所示，质量为 m、速度为 v 的钢球，射向质量为 M 的靶，靶中心有一 小孔，内有劲度系数为 k 的弹簧，此靶最初处于静止状态，但可在水平面上作无摩擦滑动， 求子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩距离。 解：设弹簧得最大压缩量为 x0。小球与靶共同运动得速度为 v1。由动量守恒定律，有 1 222 10 0 ()( 111 mv()kx2 222 12 m xv km) mvmM v mM v M M 又由机械能守恒定律，有 （ 1) 由（）式和（ ）式可得 （ ） 习题 219 图 220 以质量为 m 的弹丸，穿过如本题图所示的摆锤后， 速率由 v 减少到 v/2。已知摆锤的质量为 M，摆线长度为 l， 如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动， 弹丸的速 度的最小值应为多少？ 解： 习题 220 图 2 h h 22 h v mvmv(1) Mv g(2) l v 1 v2glMv3 2 v5gl m M MM 由水平方向的动量守恒有， 2 为了使摆锤能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力F=0, 则， M 式中为摆线在圆周最高点的运动速率。 又由机械能守恒定律得 1 +（ ） 2 解上述三个方程，可得担丸所需速率的最小值为 2M 221 如本题图所示，一质量为M的物块放置在斜面的最底端A处，斜面的倾角为， 高度为h，物块与斜面的滑动摩擦因数为，今有一质量为m的子弹以速度v0 沿水平方向射 入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小。 解： 01 20 cos()(1) v 11 u( 22 12 m vv2ghucot mvMm v 2 22 21 2 在子弹与物块的撞击过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有 在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面时的速度为 ，并取A点的 重力势能为0。由系统的功能原理可得 h (m+M)gcos(m+M)v(m+M)gh- (m+M)v sin 由（）、（ ）式可得 （cos ）（+1） m+M 2) 习题 221 图 2-22 如图 2-40 所示，在光滑水平面上，平放一轻弹簧，弹簧一端 固定，另一端连着物体、，它们质量分别为和，弹簧 劲度系数为，原长为l。用力推，使弹簧压缩，然后释放。 AB A m 0 x B m kB 图 2-40 习题 2-22 图 求： （1）当与开始分离时，它们的位置和速度； （2）分离之后，A还能往前移动多远? AB 解： （1）当 A 和 B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到： 2 0 2 2 1 )( 2 1 kxvmm BA ，所以： 0 x mm k v; BA xl （2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以： 22 2 1 2 1 kxvmA ，则： 0 A AB m xx mm A 2-23 如图 2-41 所示，光滑斜面与水平面的夹角为=30，轻 质弹簧上端固定。今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为 M= 1.0kg 的木块，木块沿斜面从静止开始向下滑动。当木块向下滑 x=30cm 时，恰好有一质量 m=0.01kg 的子弹，沿水平方向以速 度射中木块并陷在其中。设弹簧的劲度系数为 。求子弹打入木块后它们的共同速度。 m/s200v N/m25k 图 2-41 习题 2-23 图 解： 由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度， 碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动 量守恒，可得： 22 1 11 sin 22 MvkxMgx (碰撞前木快的速度) 1 0.83v 1 cosMvmvmMv（） 0.89 v 224 二质量相同的小球，一个静止，另一个以速度 0与静止的小球作对心碰撞， 求碰撞后两球的速度。 （1）假设碰撞是完全非弹性的； （2）假设碰撞是完全弹性的； （3）假 设碰撞的恢复系数5 . 0e。 解：由碰撞过程动量守恒以及附加条件，可得 （1）假设碰撞是完全非弹性的，即两者将以共同的速度前行： mvmv2 0 所以： 0 2 1 vv （2）假设碰撞是完全弹性的， 210 mvmvmv 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv 两球交换速度， 0 1 v 02 vv （3）假设碰撞的恢复系数，也就是 5 . 0e 210 mvmvmv 5 . 0 2010 12 vv vv 所以： 01 4 1 vv ， 02 4 3 vv 225 如本题图所示，一质量为 m 的钢球，系在一长为 l 的绳一端，绳另一端固定，现 将球由水平位置静止下摆，当球到达最低点时与质量为 M，静止于水平面上的钢块发生弹 性碰撞，求碰撞后 m 和 M 的速率。 解： 2 222 M M M m 1 mvmglv2gl 2 111 mvmvMv 222 mvmvMv mMmM v2gl m Mm M 2m v2gl m M v 由机械能守恒得，碰前 的速度为 ， 由碰撞前后动能和动量守恒得 + + 习题 225 图 2-26 如图 2-43 所示，两个质量分别为m1和m2的木块A、B，用一 劲度系数为k的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A紧靠墙。今 用力推B块，使弹簧压缩x0然后释放。 （已知 2 m 1 3m 图 2-43 习题 2-26 图 ）求 两滑 ： （1） 释放后BA、块速度相等时的速度大小； （2）弹簧的最大伸 长量。 解：分析题意，可知在弹簧由压缩状态回到原长时，是弹簧的弹性势能转换为 B 木块 的动能，然后 B 带动 A 一起运动，此时动量守恒，可得到两者相同的速度 v ，并且此时就 是弹簧伸长最大的位置，由机械能守恒可算出其量值。 2 0 2 022 2 1 2 1 kxvm vv2）（ 2102 mmm 所以 m k xv 34 3 0 （2） 2 21 2 2 022 2 1 2 1 2 1 vmmkxvm）（ 那么计算可得： 0 2 1 xx 227 如本题图示，绳上挂有质量相等的两个小球，两球碰撞时的恢复系数 e=0.5。球 A 由静止状态释放，撞击球 B，刚好使球 B 到达绳成水平的位置，求证球 A 释放前的张角 应 满足 cos = 1/9。 证明：设球A到达最低点的速率为v，根据机械能守恒有 L 2L B A C 习题 227 图 2 2 1 2 (1 cos ), 2 4(1 cos )(1) , 0.5 0.5(2) (3) (2),(3) 3 (4) 1 (5) 2 145 1 cos 9 AB BA BA BA B B mvmg l vgl ABvv vv e v vvv AB mvmvmv vv mvmgl 所以， 设碰撞后 ， 两球的速率分别为由题意得： 即 ， 两球碰撞时水平方向动量守恒： 由式得 4 碰撞后B球机械能守恒，故有 将（），（ ）代入（ ）得： 2-28 如图 2-45 所示，一质量为 m，半径为 R 的球壳，静止在光滑水 平面上，在球壳内有另一质量也为 m，半径为 r 的小球，初始时小球 静止在图示水平位置上。放手后小球沿大球壳内往下滚，同时大球壳 也会在水平面上运动。当它们再次静止在水平面上时，问大球壳在水 平面上相对初始时刻的位移大小是多少？ 图 2-45 习题 2-28 图 解： 系统在水平方向上不受外力， 因而系统质心的水平位置始终不变。 如图所示，初始时，系统的质心到球心 O 的距离为 2 rR xC 小球最终将静止于大球壳的最下方， 而系统质心的水平位置始终不变， 因而大球壳在水平面上相对初始时刻的位移大小 2 rR x 2-29 如图 2-46 所示， 从坐标原点以v0的初速度发射一发炮 弹，发射倾角 = 45。当炮弹到达 g v x1时，突然 爆炸分成质量相同的两块，其中一块竖直下落，求另一块落 地时的位置x 3 2 2 0 处 2是多少？ 解：炮弹爆炸后其质心仍按原抛物线轨道运动，因而落地后 的质心坐标为 图 2-46 习题 2-29 图 g v xC 2 0 由式 21 2211 mm xmxm xC ，且 mmm 21 ，有 g v g v xxx C 2 0 2 0 12 3 4 ) 3 1 1 ( 2 2 第三章第三章 刚体力学刚体力学 31 一通风机的转动部分以初角速度0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比 例系数C为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J，问： （1）经过多少时间后其转动角 速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？ 解： （1）由题可知：阻力矩CM， 又因为转动定理 dt d JJM dt d JC dt J Cd t 0 0 t J C 0 ln t J C e 0 当 0 2 1 时，2ln C J t 。 （2）角位移 t dt 0 2ln 0 0 C J t J C dte C J 0 2 1 ， 所以，此时间内转过的圈数为 C J n 42 0 。 32 质量面密度为的均匀矩形板， 试证其对与板面垂直的， 通过几何中心的轴线的 转动惯量为)( 12 22 baab 。J 其中 a，b 为矩形板的长，宽。 证明一：如图，在板上取一质元dxdydm，对与板面 垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为 y dmrdJ 2 dm 0 b a x dxdyyx a a b b 2 2 2 2 22 )( )( 12 22 baab 证明二：如图，在板上取一细棒bdxdm，对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转 动惯量为 2 12 1 bdm，根据平行轴定理，对与板 面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为 22 ) 2 ( 12 1 x a dmbdmdJ dxx a bdxb 23 ) 2 ( 12 1 33 12 1 12 1 baabdJJ )( 12 22 baab 3-3 如图 3-28 所示，一轻绳跨过两个质量为、半径为mr 的均匀圆盘状定滑轮， 绳的两端分别挂着质量为和的 重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，求重物的加速 度和各段绳中的张力。 m2m 解：受力分析如图 maTmg22 2 （1） mamgT 1 （2） JrTT)( 2 （3） JrTT)( 1 （4） ra ， 2 2 1 mrJ (5) 联立求出 ga 4 1 ， mgT 8 11 ，mgT 4 5 1 ，mgT 2 3 2 3-4 如图3-29所示，一均匀细杆长为L，质量为m，平放在 摩擦系数为的水平桌面上，设开始时杆以角速度 0 绕过 细杆中心的竖直轴转动，试求： （1）作用于杆的摩擦力矩； （2）经过多长时间杆才会停止转动。 （1） 解：设杆的线 l m ，在杆上取一小质元dxdm gdxdmgdf gxdxdM 考虑对称 x y 0 dm b a 图 3-28 习题 3-3 图 T 图 3-29 习题 3-4 图 mglgxdxM l 2 0 4 1 2 （2） 根据转动定律 d MJJ dt t w JdMdt 0 0 0 0 2 12 1 4 1 mlmglt 所以 g l t 3 0 35 质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在如本题图所示的组合轮两端。设两轮的 半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间的摩擦力略去不计，绳的质量 也略去不计。试求两物体的加