大学物理学上北京邮电大学第三版课后习题答案.pdf

错误！未定义书签。错误！未定义书签。 习题解答习题解答 习题一习题一 1-1r r r r与r有无不同? td dr r r r 和 td dr r r r 有无不同? td dv v v v 和 td dv 有无不同?其不同在哪里?试举例说明 解：（1）r r r r是位移的模，r是位矢的模的增量，即r r r r 12 r r r rr r r r=， 12 rrr =； （2） td dr r r r 是速度的模，即 td dr r r r =v v v v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. 有r r r rr r r rr=（式中 r r r r 叫做单位矢） ，则 t r t r td d d d d dr r r r r r r r r r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， t r td d d d 与 r r r r 不同如题 1-1 图所示. 题 1-1 图 (3) td dv v v v 表示加速度的模，即 t v a d d =， t v d d 是加速度a a a a在切向上的分量. 有 ( v=v表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. ( tt r d d d d 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r 22 yx+，然 后根据v= t r d d ，及a 2 2 d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v= 22 d d d d + t y t x 及a= 2 2 2 2 2 2 d d d d + t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者 差别何在？ 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j yi xr +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 2 2 2 2 2 2 d d d d d d d d d d d d += += 故它们的模即为 2 2 2 2 2 2 22 22 22 d d d d d d d d + =+= + =+= t y t x aaa t y t x vvv yx yx 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 2 2 d d d d t r a t r v= 其二，可能是将 2 2 d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上 的分量，同样， 2 2 d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分 = 2 2 2 d d d d t r t r a 径 。或者概 括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v 的方 向随间的变化率对速度、加速度的贡献。 1-3一质点在xOy平面上运动，运动方程为 =3t+5,y= 2 1 t 2+3t -4. 式中t以 s计，x,y以m计(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t2s 时 刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t0 s时刻到t4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢 量表示式，计算t4 s 时质点的速度；(5)计算t0s 到t4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量 的表示式，计算t4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度 都表示成直角坐标系中的矢量式) 解： （1）jttitr )43 2 1 ()53( 2 +=m (2)将1=t,2=t代入上式即有 jir 5 . 08 1 =m jjr 411 2 +=m jjrrr 5 . 43 12 +=m (3)jirjjr 1617,45 40 += 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 104 sm53 4 2012 04 += + = = =ji jirr t r v (4) 1 sm) 3(3 d d +=jti t r v 则jiv 73 4 += 1 sm (5)jivjiv 73,33 40 +=+= 204 sm1 4 4 4 = = =j vv t v a (6) 2 sm1 d d =j t v a 这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示当人以 0 v(m 1 s)的速率收 绳时，试求船运动的速度和加速度的大小 图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知 222 shl+= 将上式对时间t求导，得 t s s t l l d d 2 d d 2= 题 1-4 图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， t s vv t l v d d , d d 0 = 船绳 即 cosd d d d 0 0 v v s l t l s l t s v= 船 或 s vsh s lv v 0 2/122 0 )(+ = 船 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 将 船 v再对t求导，即得船的加速度 3 2 0 2 2 2 0 2 0 2 0 0 2 )( d d d d d d s vh s v s l s v s lvsv v s t s l t l s t v a = + = + = = 船船 1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a2+6 2 x，a的单位为 2 sm ，x的单位为 m. 质点在x0 处，速度为10 1 sm ,试求质点在任何坐标处的速度值 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，0=x时，10 0 =v,50=c 13 sm252 +=xxv 1-6已知一质点作直线运动，其加速度为a4+3t 2 sm ，开始运动时，x5 m， v=0，求该质点在t 10s 时的速度和位置 解：t t v a34 d d += 分离变量，得ttvd)34(d+= 积分，得 1 2 2 3 4cttv+= 由题知，0=t,0 0 =v,0 1 =c 故 2 2 3 4ttv+= 又因为 2 2 3 4 d d tt t x v+= 分离变量，tttxd) 2 3 4(d 2 += 积分得 2 32 2 1 2cttx+= 由题知0=t,5 0 =x,5 2 =c 故5 2 1 2 32 +=ttx 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 所以s10=t时 m705510 2 1 102 sm19010 2 3 104 32 10 12 10 =+= =+= x v 1-7一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为=2+3 3 t，式中以弧度计，t以秒计，求：(1)t2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少? 解：t t t t 18 d d ,9 d d 2 = (1)s2=t时， 2 sm362181 = Ra 2222 sm1296)29(1 =Ran (2)当加速度方向与半径成 45角时，有 145tan= n a a 即RR= 2 亦即tt18)9( 22 = 则解得 9 2 3 =t 于是角位移为 rad67 . 2 9 2 3232 3 =+=+=t 1-8 质点沿半径为R的圆周按s 2 0 2 1 bttv的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧长, 0 v，b都是常量， 求：(1)t时刻质点的加速度；(2)t为何值时，加速度在数值上等于b 解： （1）btv t s v= 0 d d R btv R v a b t v a n 2 0 2 )( d d = = 则 2 4 0222 )( R btv baaa n +=+= 加速度与半径的夹角为 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 )sin( sin 2 cos 2 sin2 0 0 tRtR Rtv Rtvx = = = 2 0 )( arctan btv Rb a a n = (2)由题意应有 2 4 02 )( R btv bba += 即0)(, )( 4 0 2 4 022 = +=btv R btv bb 当 b v t 0 =时，ba= 1-9 半径为R的轮子， 以匀速 0 v沿水平线向前滚动： (1)证明轮缘上任意点B的运动方程为xR)sin(tt， yR)cos1 (t，式中 0 v=/R是轮子滚动的角速度，当B与水平线接触的瞬间开始计时此时B所在的 位置为原点，轮子前进方向为x轴正方向；(2)求B点速度和加速度的分量表示式 解：依题意作出下图，由图可知 题 1-9 图 (1) )cos1 ()cos1 ( 2 sin 2 sin2 tRR Ry = = (2) = = )sin d d )cos1 ( d d tR t y v tR t x v y x = = t v tRa t v tRa y y x x d d cos d d sin 2 2 1-10以初速度 0 v20 1 sm 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60的夹角， 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 求：(1)球轨道最高点的曲率半径 1 R；(2)落地处的曲率半径 2 R (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题 1-10 图所示 题 1-10 图 (1)在最高点， o 01 60cosvvv x = 2 1 sm10 =gan 又 1 2 1 1 v an= m10 10 )60cos20( 22 1 1 1 = = n a v (2)在落地点， 20 02 =vv 1 sm , 而 o 60cos 2 =gan m80 60cos10 )20( 22 2 2 2 = = n a v 1-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为 =0.2 rad 2 s，求t2s时边缘上各点的速度、法向 加速度、切向加速度和合加速度 解：当s2=t时，4 . 022 . 0=t 1 srad 则16. 04 . 04 . 0=Rv 1 sm 064. 0)4 . 0(4 . 0 22 =Ran 2 sm 08 . 0 2 . 04 . 0= Ra 2 sm 22222 sm102. 0)08. 0()064. 0( =+=+= aaa n 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 1-12如题 1-12 图，物体A以相对B的速度vgy2沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时A在斜面顶端高为h 处，B物体以u匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度 解：当滑至斜面底时，hy=，则ghvA2=,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因此，A对地的速 度为 jghighu vuv AA )sin2()cos2( += += 地 题 1-12 图 1-13一船以速率 1 v30kmh -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 2 v40kmh -1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有 1221 vvv =，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a) 题 1-13 图 由图可知 12 2 2 121 hkm50 =+=vvv 方向北偏西=87.36 4 3 arctanarctan 2 1 v v (2)小船看大船，则有 2112 vvv =，依题意作出速度矢量图如题 1-13 图(b)，同上法，得 50 12 =v 1 hkm 方向南偏东 o 87.36 1-14当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上 干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 ms -1，求轮船的速率 解： 依题意作出矢量图如题 1-14 所示 题 1-14 图 船雨雨船 vvv = 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 船雨船雨 vvv += 由图中比例关系可知 1 sm8 = 雨船 vv 习题二习题二 2-1一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为 1 m的物体，另一边穿在质量为 2 m的圆柱体的竖直细孔中， 圆柱可沿绳子滑动今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a下滑，求 1 m， 2 m相对 于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计) 解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为 1 a，其对于 2 m则为牵连加速度，又知 2 m对绳子的相对加速 度为a，故 2 m对地加速度，由图(b)可知，为 aaa= 12 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 111 amTgm= 222 amgmT= 联立、式，得 21 21 21 121 2 21 221 1 )2( )( )( mm agmm Tf mm amgmm a mm amgmm a + = + = + + = 讨论 (1)若0=a，则 21 aa=表示柱体与绳之间无相对滑动 (2)若ga2=，则0=fT，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时 1 m, 2 m均作自由落体运动 题 2-1 图 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 2-2 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 0 v运动， 0 v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 0 v 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 Ftvx 0 = Y方向： yy mamgF=sin 0=t时0=y0= y v 2 sin 2 1 tgy= 由、式消去t，得 2 2 0 sin 2 1 xg v y= 2-3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 x f6 N， y f-7 N，当t0时， =yx0， x v-2 ms -1， y v0求 当t2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度 解： 2 sm 8 3 16 6 = m f a x x 2 sm 16 7 = m f a y y (1) = =+= =+=+= 2 0 1 0 1 2 0 0 sm 8 7 2 16 7 sm 4 5 2 8 3 2 dtavv dtavv yyy xxx 于是质点在s2时的速度 1 sm 8 7 4 5 =jiv (2) 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 m 8 7 4 13 4) 16 7 ( 2 1 )4 8 3 2 1 22( 2 1 ) 2 1 ( 22 0 ji ji jtaitatvr yx = += += 2-4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 0 v， 证明(1)t 时刻的速度为v t m k ev )( 0 ；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 x( k mv0 )1- t m k e )( ；(3)停止运动前经过的距离为)( 0 k m v；(4)证明当kmt=时速度减至 0 v的 e 1 ，式中m 为质点的质量 答: (1) t v m kv a d d = = 分离变量，得 m tk v vdd = 即 = v v t m tk v v 0 0 dd m kt e v v = lnln 0 t m k evv = 0 (2) = t tt m k m k e k mv tevtvx 0 0 0 )1 (dd (3)质点停止运动时速度为零，即 t， 故有 = 0 0 0 d k mv tevx t m k (4)当 t= k m 时，其速度为 e v evevv k m m k 01 00 = 即速度减至 0 v的 e 1 . 2-5 升降机内有两物体，质量分别为 1 m， 2 m，且 2 m2 1 m用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量 及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a 2 1 g上升时，求：(1) 1 m和 2 m相对升降机的加速度(2)在地面 上观察 1 m， 2 m的加速度各为多少? 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 解: 分别以 1 m, 2 m为研究对象，其受力图如图(b)所示 (1)设 2 m相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则 2 m对地加速度aaa= 2 ；因绳不可伸长，故 1 m对滑轮的加 速度亦为a，又 1 m在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以 1 m在水平方向对地加速度亦为a，由牛顿定律， 有 )( 22 aamTgm= amT= 1 题 2-5 图 联立，解得ga=方向向下 (2) 2 m对地加速度为 2 2 g aaa=方向向上 1 m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 aaa += g g gaaa 2 5 4 2 222 1 =+=+= a a = arctan o 6 .26 2 1 arctan=，左偏上 2-6一质量为m的质点以与地的仰角=30的初速 0 v 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 o 30，则动量的增量为 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 0 vmvmp = 由矢量图知，动量增量大小为 0 vm，方向竖直向下 2-7一质量为m的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞并在抛出1 s，跳回到原高度， 速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向 并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为s5 . 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ggtv5 . 0 1 =， 小球上跳速度的大小亦为gv5 . 0 2 =设向上为y轴正向，则动量的增量 12 vmvmp =方向竖直向上， 大小mgmvmvp=)( 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 作用在质量为10 kg的物体上的力为itF )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 Ns，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j 6ms -1的物体,回答这两个问题 解:(1)若物体原来静止，则 itittFp t 1 0 4 0 1 smkg56d)210(d =+= ,沿x轴正向， ipI i m p v 1 11 11 1 smkg56 sm6 . 5 = = = 若物体原来具有6 1 sm 初速，则 +=+= tt tFvmt m F vmpvmp 0 0 0 000 d)d(, 于是 = t ptFppp 0 102 d , 同理， 12 vv =, 12 II = 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 +=+= t ttttI 0 2 10d)210( 亦即020010 2 =+tt 解得s10=t，(s20=t舍去) 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 2-9 一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为 j tbi tar sincos+= 求质点的动量及t0 到 2 =t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量 解:质点的动量为 )cossin(j tbi tamvmp += 将0=t和 2 =t分别代入上式，得 j bmp = 1 ,i amp = 2 , 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )( 12 j b i ampppI += 2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为 1 0 sm v，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F=(bta)N(ba, 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)(=btaF,得 b a t= (2)子弹所受的冲量 = t btattbtaI 0 2 2 1 d)( 将 b a t=代入，得 b a I 2 2 = (3)由动量定理可求得子弹的质量 0 2 0 2bv a v I m= 2-11 一炮弹质量为m， 以速率v飞行， 其内部炸药使此炮弹分裂为两块， 爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T， 且一块的质量为另一块质量的k倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为 v+ m kT2 ,v- km T2 证明:设一块为 1 m，则另一块为 2 m， 21 kmm=及mmm=+ 21 于是得 1 , 1 21 + = + = k m m k km m 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 又设 1 m的速度为 1 v, 2 m的速度为 2 v，则有 22 22 2 11 2 1 2 1 2 1 mvvmvmT+= 2211 vmvmmv+= 联立、解得 12 ) 1(kvvkv+= 将代入，并整理得 2 1 )( 2 vv km T = 于是有 km T vv 2 1 = 将其代入式，有 m kT vv 2 2 = 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T vv m kT vv 2 , 2 21 =+= 证毕 2-12 设N67jiF = 合 (1) 当一质点从原点运动到m1643kjir +=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， 合 F 为恒力， )1643()67(kjijirFA += 合 J452421= (2)w75 6 . 0 45 = = t A P (3)由动能定理，J45=AEk 2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能 将小钉击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同 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 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 kyf= 第一锤外力的功为 1 A = ss k ykyyfyfA 1 0 1 2 ddd 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，ff= 设第二锤外力的功为 2 A，则同理，有 = 2 1 2 22 22 1 d y k kyykyA 由题意，有 2 ) 2 1 ( 2 12 k mvAA= 即 222 1 2 2 kk ky= 所以，2 2 =y 于是钉子第二次能进入的深度为 cm414. 012 12 =yyy 2-14设已知一质点(质量为m)在其保守力场中位矢为r点的势能为 n P rkrE/)(=, 试求质点所受保守力的大 小和方向 解: 1 d )(d )( + = n r nk r rE rF 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心 2-15一根劲度系数为 1 k的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为 2 k的轻弹簧B，B的下端 一重物C，C的质量为M，如题2-15图求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势 能之比 解:弹簧BA、及重物C受力如题 2-15 图所示平衡时，有 题 2-15 图 MgFF BA = 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 又 11 xkFA= 22 xkFB= 所以静止时两弹簧伸长量之比为 1 2 2 1 k k x x = 弹性势能之比为 1 2 2 22 2 11 1 2 1 2 1 2 k k xk xk E E p p = = 2-16 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98 10 24 kg，地球中心到月球中心的距离3.8410 8m，月球质量7.351022kg，月球半径1.74106m (2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少? 解: (1)设在距月球中心为r处 地引月引 FF=，由万有引力定律，有 ()2 2 rR mM G r mM G = 地月 经整理，得 R MM M r 月地 月 + = = 2224 22 1035 . 7 1098 . 5 1035 . 7 + 8 1048. 3 m1032.38 6 = 则P点处至月球表面的距离为 m1066. 310)74. 132.38( 76 = 月 rrh (2)质量为kg1的物体在P点的引力势能为 ()rR M G r M GEP = 地月 () 7 24 11 7 22 11 1083 . 3 4 .38 1098 . 5 1067 . 6 1083 . 3 1035 . 7 1067 . 6 = J1028 . 1 6 = 2-17由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为 1 m和 2 m的滑块组成如题2-17 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 图所示装置，弹簧的劲度系数为k，自然长度等于水平距离BC， 2 m与桌面间的摩擦系数为，最初 1 m静止于 A点，ABBCh，绳已拉直，现令滑块落下 1 m,求它下落到B处时的速率 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 )( 2 1 )( 2 1 2 1 2 212 lkghmvmmghm+= 式中l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 hBCACl) 12(= 联立上述两式，得 ()() 21 2 2 21 122 mm khghmm v + + = 题 2-17 图 2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度 0 v3ms -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。则由功能原理，有 +=37sin 2 1 2 1 22 mgsmvkxsfr 2 2 2 1 37sin 2 1 kx sfmgsmv k r + = 式中m52 . 08 . 4=+=s，m2 . 0=x，再代入有关数据，解得 -1 mN1390=k 题 2-18 图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 2o 2 1 37sinkxsmgsfr= 代入有关数据，得m4 . 1=s, 则木块弹回高度 m84 . 0 37sin o =sh 题 2-19 图 2-19质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19图所示质量为m的小立方体从曲面的顶 端滑下， 大木块放在光滑水平面上， 二者都作无摩擦的运动， 而且都从静止开始， 求小木块脱离大木块时的速度 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 22 2 1 2 1 MVmvmgR+= 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=MVmv 联立，以上两式，得 ()Mm MgR v + = 2 2-20一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垂直 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv+= 即 2 2 2 1 2 0 vvv+= 题 2-20 图(a)题 2-20 图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 210 vmvmvm += 亦即 210 vvv += 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以 0 v 为斜边，故知 1 v 与 2 v 是互相垂 直的 2-21 一质量为m的质点位于( 11,y x)处，速度为jvivv yx +=, 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 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 jyixr 11 += 作用在质点上的力为 i ff = 所以，质点对原点的角动量为 vmrL = 0 )()( 11 jvivmiyix yx += kmvymvx xy )( 11 = 作用在质点上的力的力矩为 k fyi fjyixfrM 1110 )()(=+= 2-22 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 1 r8.7510 10m 时的速率是 1 v5.4610 4 ms -1，它离太阳最远时的速率是 2 v9.0810 2ms-1 这时它离太阳的距离 2 r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 2211 mvrmvr= m1026 . 5 1008 . 9 1046 . 5 1075 . 8 12 2 410 2 11 2 = = v vr r 2-23 物体质量为3kg，t=0时位于m4ir =, 1 sm6 +=jiv ， 如一恒力N5jf =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 解: (1) = 3 0 1 smkg15d5djtjtfp (2)解(一)734 00 =+=+=tvxx x jattvy y 5 .253 3 5 2 1 36 2 1 22 0 =+=+= 即ir 4 1 =,jir 5 .257 2 += 1 0 = xx vv 113 3 5 6 0 =+=+=atvv yy 即jiv 6 11 +=,jiv 11 2 += kjiivmrL 72)6(34 111 =+= 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 kjijivmrL 5 .154)11( 3)5 .257( 222 =+= 12 12 smkg5 .82 =kLLL 解(二) dt dz M= = tt tFrtML 00 d)(d =+= += 3 0 1 3 0 2 smkg5 .82d)4(5 d5) 3 5 ) 2 1 6()4( 2 ktkt tjjttit 题 2-24 图 2-24 平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为 1 M的重物小球作匀速圆 周运动，当半径为 0 r时重物达到平衡今在 1 M的下方再挂一质量为 2 M的物体，如题2-24图试问这时小球作 匀速圆周运动的角速度和半径r为多少? 解: 在只挂重物时 1 M，小球作圆周运动的向心力为gM1，即 2 001 mrgM= 挂上 2 M后，则有 2 21 )(=+rmgMM 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒 即vmrmvr= 00 = 2 0 2 0 rr 联立、得 0 21 121 3 2 1 21 0 1 0 1 0 )( r MM M g m MM r M MM mr gM mr gM + = + = + = = 2-25 飞轮的质量m60kg，半径R0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为900revmin -1现利用一制动的 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 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=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求： (1)设F100 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? (2)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， 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 ll NlNllF 1 21 121 0)( + =+ 对飞轮，按转动定律有IRFr/=，式中负号表示与角速度方向相反 NFr=NN= F l ll NFr 1 21 + = 又, 2 1 2 mRI= F mRl ll I RFr 1 21 )(2+ = 以N100=F等代入上式，得 2 srad 3 40 100 50 . 0 25 . 0 60 )75. 050 . 0 (40 . 0 2 = + = 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 s06. 7 4060 32900 0 = = t 这段时间内飞轮的角位移为 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 rad21 .53 ) 4 9 ( 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 = =+=tt 可知在这段时间里，飞轮转了1 .53转 (2) 1 0 srad 60 2 900 = ，要求飞轮转速在2=ts内减少一半，可知 20 0 0 srad 2 15 2 2 = = tt 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 N ll mRl F 177 2)75 . 0 50 . 0 (40 . 0 2 1550 . 0 25 . 0 60 )(2 21 1 = + = + = 2-26 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OO转动设大小圆柱体的半径分别为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 1 m和 2 m相连， 1 m和 2 m则挂在圆柱体的两侧，如题 2-26图所示设R0.20m,r0.10m，m4 kg，M10 kg， 1 m 2 m2 kg，且开始时 1 m， 2 m离地均为 h2m求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力 解: 设 1 a, 2 a和分别为 1 m, 2 m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) 1 m, 2 m和柱体的运动方程如下： 2222 amgmT= 1111 amTgm= IrTRT= 21 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 式中RaraTTTT= 122211 , 而 22 2 1 2 1 mrMRI+= 由上式求得 2 2222 2 2 2 1 21 srad13 . 6 8 . 9 10 . 0 220 . 0 210 . 0 4 2 1 20 . 0 10 2 1 21 . 022 . 0 = + = + =g rmRmI rmRm (2)由式 8 .208 . 9213. 610. 02 222 =+=+=gmrmTN 由式 1 .1713. 6. 2 . 028 . 92 111 =RmgmTN 2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r，在绳 与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设 1 m50 kg， 2 m200 kg,M15 kg,r0.1 m 解: 分别以 1 m, 2 m滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对 1 m, 2 m运用牛顿定律，有 amTgm 222 = amT 11 = 对滑轮运用转动定律，有 ) 2 1 ( 2 12 MrrTrT= 又，ra= 联立以上 4 个方程，得 2 21 2 sm6 . 7 2 15 2005 8 . 9200 2 = + = + = M mm gm a 题 2-27(a)图题 2-27(b)图 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 题 2-28 图 2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止 开始摆下求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有 ) 3 1 ( 2 1 2 mlmg= l g 2 3 = (2)由机械能守恒定律，有 22) 3 1 ( 2 1 sin 2 ml l mg= l g sin3 = 题 2-29 图 2-29 如题2-29图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动，它原来静 止在平衡位置上现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞相撞后，使棒从平衡位 置处摆动到最大角度=30处 (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 0 v的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量? 解:(1)设小球的初速度为 0 v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，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： mvlIlmv+= 0 222 0 2 1 2 1 2 1 mvImv+= 上两式中 2 3 1 MlI=，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 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 o 30=，按机械能守恒定律可列式： )30cos1 ( 22 1 2 = l MgI 由式得 2 1 2 1 ) 2 3 1 ( 3 )30cos1 ( = = l g I Mgl 由式 ml I vv = 0 由式 m I vv 2 2 0 2 = 所以 22 00 1 )( 2 m v ml I v= 求得 gl m Mm m Ml ml Il v + = +=+= 3 12 32(6 ) 3 1 1 ( 2 )1 ( 2 2 0 (2)相碰时小球受到的冲量为 = 0 dmvmvmvtF 由式求得 Ml l I mvmvtF 3 1 d 0 = gl M 6 )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 2-30一个质量为M、半径为R并以角速度转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为 m的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-30图假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上 (1)问它能升高多少? (2)求余下部分的角速度、角动量和转动