大学物理第三版 主编赵近芳 第二单元.pdf

习题二 2 1 因绳不可伸长 故滑轮两边绳子的加速度均为 a1 其对于 m2则为牵连加速度 又知 m2 对绳子的相对加速度为 a 故 m2对地加速度 由图 b 可知 为 a2 a1 a 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 m1g T m1a1 T m2g m2a2 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 a 0 则 a1 a2表示柱体与绳之间无相对滑动 2 若 a 2g 则 T f 0 表示柱体与绳之间无任何作用力 此时 m1 m2均作自由落体运动 题 2 1 图 2 2 以梯子为对象 其受力图如图 b 所示 则在竖直方向上 NB mg 0 又因梯无转动 以 B 点为转动点 设梯子长为 l 则 NAlsin mg 2 l cos 0 在水平方向因其有加速度 a 故有 f NA ma 题 2 2 图 式中 f 为梯子受到的摩擦力 其方向有两种可能 即f 0mg 联立 式得 2 tan 2 tan 00 ga g ga g Mm 2 3 2 8 3 16 6 sm m f a x x 2 16 7 sm m f a y y 1 2 0 1 0 1 2 0 0 8 7 2 16 7 4 5 2 8 3 2 smdtavv smdtavv yyy xxx 于是质点在 2s 时的速度 1 8 7 4 5 smjiv 2 mji ji jtaitatvr yx 8 7 4 13 4 16 7 2 1 4 8 3 2 1 22 2 1 2 1 22 0 2 4 1 dt dv m kv a 分离变量 得 m kdt v dv 即 v v t m kdt v dv 0 0 m kt e v v lnln 0 t m k evv 0 2 t tt m k m k e k mv dtevvdtx 0 0 0 1 3 质点停止运动时速度为零 即 t 故有 0 0 0 k mv dtevx 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 v0的 e 1 2 5 分别以 m1 m2为研究对象 其受力图如图 b 所示 1 设 m2相对滑轮 即升降机 的加速度为 a 则 m2对地加速度 a2 a a 因绳不可伸长 故 m1对滑轮的加速度亦为 a 又 m1在水平方向上没有受牵连运动的影响 所以 m1在水平 方向对地加速度亦为 a 由牛顿定律 有 m2g T m2 a a T m1a 题 2 5 图 联立 解得 a g 方向向下 2 m2对地加速度为 a2 a a 2 g 方向向上 m1在水面方向有相对加速度 竖直方向有牵连加速度 即 a绝 a相 a牵 g g gaaa 2 5 4 2 222 1 arctan a a arctan 2 1 26 6 左偏上 2 6 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 30 则动量的增量为 p mv mv0 由矢量图知 动量增量大小为 mv0 方向竖直向下 2 7 由题知 小球落地时间为 0 5s 因小球为平抛运动 故小球落地的瞬时向下的速度大小 为 v1 gt 0 5g 小球上跳速度的大小亦为 v2 0 5g 设向上为 y 轴正向 则动量的增量 p mv2 mv1方向竖直向上 大小 p mv2 mv1 mg 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 1 若物体原来静止 则 p1 t idttFdt 0 4 0 56 210 ikg m s 1 沿 x 轴正向 1 11 11 1 56 6 5 smkgipI smi m p v 若物体原来具有 6m s 1初速 则 tt Fdtmvdt m F vmpmvp 0 0 0 000 于是 t pFdtppp 0 102 同理 v2 v1 I2 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 2 同上理 两种情况中的作用时间相同 即 t ttdttI 0 2 10 210 亦即 t 2 10t 200 0 解得 t 10s t 20 s 舍去 2 9 质点的动量为 p mv m asin ti bcos tj 将 t 0 和 t 2 分别代入上式 得 p1 m bj p2 m ai 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I p p2 p1 m ai bj 2 10 1 由题意 子弹到枪口时 有 F a bt 0 得 t b a 2 子弹所受的冲量 t btatdtbtaI 0 2 2 1 将 t b a 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 设一块为 m1 则另一块为 m2 m1 km2及 m1 m2 m 于是得 1 1 21 k m m k km m 又设 m1的速度为 v1 m2的速度为v2 则有 22 22 2 11 2 1 2 1 2 1 mvvmvmT mv m1v1 m2v2 联立 解得 v2 k 1 v kv1 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 1 由题知 F合为恒力 A合 F r 7i 6j 3i 4j 16k 21 24 45J 2 w t A N75 6 0 45 3 由动能定理 Ek A 45 J 2 13 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 f ky 第一锤外力的功为 A1 ss k kydyfdydyfA 1 0 1 2 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 dt 0 时 f f 设第二锤外力的功为 A2 则同理 有 2 1 2 22 22 1 y k kykydyA 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 y y2 y1 2 1 0 414cm 2 14 1 n r nk dr rdE rF 方向与位矢 r 的方向相反 即指向力心 2 15 弹簧 A B 及重物 C 受力如题 2 15 图所示平衡时 有 题 2 15 图 FA FB Mg 又 FA k1 x1 FB k2 x2 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 设在距月球中心为 r 处 F月引 F地引 由万有引力定律 有 G 2 r mM月 G 2rR mM 地 经整理 得 r R MM M 月地 月 2224 22 1035 7 1098 5 1035 7 8 1048 3 38 32 10 6 m 则 p 点处至月球表面的距离为 h r r月 38 32 1 74 10 6 3 66 107 m 2 质量为 1 kg 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 1 28J 6 10 2 17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 m2gh 2 1 m1 m2 v 2 m 1gh 2 1 k l 2 式中 l 为弹簧在 A 点时比原长的伸长量 则 l AC BC 2 1 h 联立上述两式 得 v 21 2 2 21 122 mm khghmm 题 2 17 图 2 18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 frs 37sin 2 1 2 1 22 mgsmvkx k 2 2 2 1 37sin 2 1 kx sfmgsmv r 式中s 4 8 0 2 5 m x 0 2 m 再代入有关数据 解得 k 1390N m 1 题 2 18 图 再次运用功能原理 求木块弹回的高度 h fts mgs sin37 2 1 kx 3 代入有关数据 得s 1 4m 则木块弹回高度 h s sin37 0 84m 题 2 19 图 2 19m 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 mgR 22 2 1 2 1 MVmv 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 mv MV 0 联立 以上两式 得 v Mm MgR 2 2 20两小球碰撞过程中 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 mv0 mv1 mv2 亦即v0 v1 v2 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 v0为斜边 故知 v1与 v2是互相垂直的 2 21 由题知 质点的位矢为 r x1i y1j 作用在质点上的力为 f fi 所以 质点对原点的角动量为 L0 r mv x1i y1j m vxi vyj x1mvy y1mvx k 作用在质点上的力的力矩为 M0 r f x1i y1j fi y1fk 2 22 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 r1mv1 r2mv2 m v vr r 12 2 410 2 11 2 1026 5 1008 9 1046 5 1075 8 2 23 1 3 0 1 155smkgjjdtfdtp 2 解 一 x x0 v0 xt 4 3 7 jattvy y 5 253 3 5 2 1 36 2 1 22 0 即 r1 4i r2 7i 25 5j vx v0 x 1 113 3 5 6 0 atvv yy 即 v1 i1 6j v2 i 11j L1 r1 mv1 4i 3 i 6j 72k L2 r2 mv2 7i 25 5j 3 i 11j 154 5k L L2 L1 82 5kkg m 2 s 1 解 二 dt dz M tt dtFrdtML 00 3 0 1 3 0 2 2 5 82 4 5 5 3 5 2 1 6 4 smkgkkdtt jdtjttit 题 2 24 图 2 24 在只挂重物 M1时 小球作圆周运动的向心力为 M1g 即 M1g mr0 2 0 挂上 M2后 则有 M1 M2 g mr 2 重力对圆心的力矩为零 故小球对圆心的角动量守恒 即 r0mv0 r mv 22 0 2 0 rr 联立 得 3 2 21 1 021 3 2 1 21 0 1 0 1 0 MMM mM gr g m MM r M MM mr gM mr gM 2 25 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 Fr F r是摩擦 力 Fx和 Fy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 FrR I 式中负号表示 与角速度 方向相反 Fr NN N F l ll NFr 1 21 又 2 1 2 mRI F mRl ll I RFr 1 21 2 以 F 100N 等代入上式 得 2 3 40 100 50 0 25 0 60 75 0 50 0 40 0 2 srad 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 st06 7 4060 32900 0 这段时间内飞轮的角位移为 rad tt 2 1 53 4 9 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 可知在这段时间里 飞轮转了 53 1 转 2 0 900 2 60rad s 1 要求飞轮转速在 t 2 s 内减少一半 可知 20 0 0 2 15 2 2 srad 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 设 a a2和 分别为 m1m2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 m1 m2和柱体的运动方程如下 3 2 1 21 1111 2222 IrTRT amTgm amgmT 式中 T1 T1 T2 T2 a2 r a1 R 而 I 1 2 MR 2 1 2 mr2 由上式求得 2 2222 2 2 2 1 21 13 6 8 9 10 0 220 0 210 0 4 2 1 20 0 10 2 1 21 022 0 srad g rmRmI rmRm 2 由 式 T2 m2r m2g 2 0 10 6 13 2 9 8 20 8N 由 式 T1 m1g m1R 2 9 8 2 0 20 6 13 17 1N 2 27 分别以 m1 m2滑轮为研究对象 受力图如图 b 所示 对 m1 m2运用牛顿定律 有 m2g T2 m2a T1 m1a 对滑轮运用转动定律 有 T2r T1r 1 2Mr 2 又 a r 联立以上 4 个方程 得 2 21 2 6 7 2 15 2005 8 9200 2 sm M mm gm a 题 2 27 a 图题 2 27 b 图 题 2 28 图 2 28 1 由转动定律 有 mg l 2 1 3 ml 2 l g 2 3 2 由机械能守恒定律 有 mg l 2 sin 1 2 1 3 ml 2 2 l g sin3 题 2 29 图 2 29 1 设小球的初速度为 v0 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 mv0l I mvl 1 2 mv 2 0 1 2 I 2 1 2 mv2 上两式中 I 1 3Ml 2 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 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 Fdt mv mv mv0 由 式求得 Fdt mv mv0 I l 1 3 Ml 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 1 碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v0 R 设碎片上升高度 h 时的速度为 v 则有 v 2 v2 0 2gh 令 v 0 可求出上升最大高度为 22 2 0 2 1 2 R gg v H 2 圆盘的转动惯量 I 1 2 MR 2 碎片抛出后圆盘的转动惯量 I 1 2 MR2 mR2 碎片脱离 前 盘的角动量为 I 碎片刚脱离后 碎片与破盘之间的