大学物理习题答案习题2

大学物理习题答案习题2 习题二 2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为的物体，另一边穿在质量为的圆mm12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 ,子以匀加速度下滑，求，相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦amm12 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，其对于则为牵连加速度，又知mma122 ,对绳子的相对加速度为，故对地加速度，由图(b)可知，为 am2 , ? a,a,a21 f又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有 ? mg,T,ma111 ? T,mg,ma222 联立?、?、?式，得 ,(m,m)g，ma122a,1m，m12 ,(m,m)g,ma121a, 2m，m12 ,mm(2g,a)12f,T,m，m12 ,讨论 (1)若a,0，则表示柱体与绳之间无相对滑动( a,a12 ,a,2gT,f,0(2)若，则，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时, 均作自由mm12落体运动( 题2-1图 xOyf2-2 质量为16 kg 的质点在平面内运动，受一恒力作用，力的分量为,6 N，,fyx -1v-7 N，当,0时，x,y,0，,-2 m?s，,0(求 vtyx 当,2 s (1)位矢;(2) t f63x,2解: a,,,m,sxm168 f,7y,2a,,m,s ym16(1) 235,1v,v，adt,,2，，2,,m,sxx0x,084 2,77,1v,v，adt,，2,,m,syyy0,0168于是质点在时的速度 2s ,,57,,1 v,,i,jm,s48(2) ,,11,22r,(vt，at)i，atj0xy22 ,,131,7,(,2，2，，，4)i，()，4j 28216 ,,137ijm,,,48 2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力(为常数)作用，=0时质点的kvkt k,()tmve速度为，证明(1) 时刻的速度为,;(2) 由0到的时间内经过的距离为 vttv00 k,()tmvm0m,(),1-,;(3)停止运动前经过的距离为v;(4)证明当时速()et,mkx0kk 1度减至的，式中为质点的质量( mv0e ,kvdva,,答: (1)? mdt分离变量，得 dv,kdt, vm vtvktd,d即 ,,,0v0vm ktv,mln,lne v0 k,tmv,ve? 0 kktmv,t,t0mm(2) x,vdt,vedt,(1,e)0,,0k (3)质点停止运动时速度为零，即t??， k,mv,t0m,故有 x,vedt,0,0k m (4)当t=时，其速度为 k kmv,,,10mkvveve ,,,00e 1即速度减至的. v0e ,2-4一质量为的质点以与地的仰角=30?的初速从地面抛出，若忽略空气阻力，求质,vm0 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2-4图 题2-4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, o30而抛物线具有对轴对称性，故末速度与轴夹角亦为，则动量的增量为 yx ,,, ,p,mv,mv0 ,mv由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下( 0 2-5 一质量为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m 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? 0.5s解: 由题知，小球落地时间为(因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为，小球上跳速度的大小亦为(设向上为y轴正向，则动量的v,gt,0.5gv,0.5g12 增量 ,,,方向竖直向上， ,p,mv,mv21 ,,p,mv,(,mv),mg大小 21 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( ,2-6 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，式中的单位是s，(1)求4s后，F,(10，2t)it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， ,-1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m?s的物体,,6j回答这两个问题( 解: (1)若物体原来静止，则 ,,,4t,,1,沿轴正向， ,p,Fdt,(10，2t)idt,56kg,m,six1,,00 ,,,p,,11,v,,5.6m,si1 m,,,,1I,,p,56kg,m,si11 ,1m,s若物体原来具有初速，则 ,6 ,,ttF,,,,,p,,mv,p,m(,v，dt),,mv，Fdt于是 0000,,00m ,t,,,,, ,p,p,p,Fdt,,p201,0 ,,,,同理， , I,I,v,,v2121 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 t2 I,(10，2t)dt,10t，t,0 2t，10t,200,0亦即 ,t,10st,20s解得，(舍去) ,12-7 一颗子弹由枪口射出时速率为vm,s，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 0 a,ba,btF =()N(为常数)，其中以秒为单位:(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，t 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 aF,(a,bt),0,得t, b (2)子弹所受的冲量 t12()d I,a,btt,at,bt,02 a将代入，得 t,b 2a, I2b(3)由动量定理可求得子弹的质量 2Ia m,,v2bv00 ,,,,,F2-8 设((1) 当一质点从原点运动到时，求所作的r,,3i，4j，16kmFij,,76N 功((2)如果质点到处时需0.6s，试求平均功率((3)如果质点的质量为1kg，试求动能的r 变化( F解: (1)由题知，为恒力， ,,,,,,,? A,F,r,(7i,6j),(,3i，4j，16k)合 ,,21,24,,45J A45(2) P,,,75w,t0.6(3)由动能定理， ,E,A,,45Jk ABB2-9 一根劲度系数为的轻弹簧的下端，挂一根劲度系数为的轻弹簧，的下端 kk12 M一重物，的质量为，如题2-9图(求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势 CC 解: 弹簧A、B及重物C受力如题2-9图所示平衡时，有 题2-9图 F,F,MgAB又 F,k,xA11 F,k,xB22 所以静止时两弹簧伸长量之比为 ,xk12 ,,xk21 弹性势能之比为 12,kx11Ekp122 ,,1Ek2p12,kx222 -12-10 如题2-10图所示，一物体质量为2kg，以初速度,3m?s从斜面A点处下滑，它与v0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 11,,22fskxmvmgs,,,，sin37: ,,r22,, 12mvmgssin37fs，:,r2k ,12kx2 s,4.8，0.2,5mx,0.2m式中，，再代入有关数据，解得 -1 k,1390N,m 题2-10图 ,再次运用功能原理，求木块弹回的高度h 1o2,,fsmgssin37kx ,,,r2 ,s,1.4m代入有关数据，得 , 则木块弹回高度 o,, h,ssin37,0.84m 题2-11图 2-11 质量为的大木块具有半径为的四分之一弧形槽，如题2-11图所示(质量为的MRm 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: 从上下滑的过程中，机械能守恒，以，，地球为系统，以最低点为重力势MMmm 能零点，则有 1122mgR,mv，MV 22 又下滑过程，动量守恒，以,M为系统则在脱离M瞬间，水平方向有 mm mv,MV,0 联立，以上两式，得 2MgR v,，，m，M ,,,2-12 一质量为的质点位于()处，速度为, 质点受到一个沿负方向vvivjx,ymx,，xy11 f的力的作用，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,xi，yj11 作用在质点上的力为 ,, f,,fi 所以，质点对原点的角动量为 ,,, L,r，mv0 ,,,,(xiyi)m(vivj) ,，，，11xy , ,xmv,ymvk ()1y1x 作用在质点上的力的力矩为 ,,,,,,,M,r，f,(xi，yj)，(,fi),yfk 0111 102-13 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,8.75×10m 时的速r1 4-12-1率是,5.46×10m?s，它离太阳最远时的速率是,9.08×10m?svv12 的距离多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) r2 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 rmv,rmv1122 104rv8.75，10，5.46，101211? r,,,5.26，10m22v9.08，102 ,,,,,,,,1r,4im2-14 物体质量为3kg，=0时位于, ，如一恒力作用在v,i，6jm,stf,5jN物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化;(2)相对轴角动量的变化( z ,,,3,,1 解: (1) ,p,fdt,5jdt,15jkg,m,s,,0 (2)解(一) x,x，vt,4，3,700x 11522 y,vt，at,6，3，，，3,25.5jy0223 ,,,,,即 , r,4ir,7i，25.5j12 v,v,1x0x 5 v,v，at,6，，3,11y0y3 ,,,,,,即 , v,i，6jv,i，11j112 ,,,,,,,? L,r，mv,4i，3(i，6j),72k111 ,,,,,,,, L,r，mv,(7i，25.5j)，3(i，11j),154.5k222 ,,,,2,1? ,L,L,L,82.5kkg,m,s21 dzM,解(二) ? dt ,,,tt,? ,L,M,dt,(r，F)dt,,00 ,,,315，，2,(4，t)i，(6t，)，t)j，5jdt,,,023，， ,,3,12,5(4，t)kdt,82.5kkg,m,s,0 R2-15 飞轮的质量,60kg，半径,0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为m-1F900rev?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，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: F(1)设,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? F(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力? ,,NN解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))(图中、是正压力，、是摩擦FFrr ARPFO力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力( Fyx 题2-15图(a) 题2-15图(b) A杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有 l，l12,,F(l，l),Nl,0N,F 121l1 ,对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反( ,,,FR/I,r ,? N,NF,,Nr l，l12,F,N,F,,? rl1 12又? I,mR,2 FRll,2,(，)r12F,,,? ? ,ImRl1 F,100N以等代入上式，得 ,2，0.40，(0.50，0.75)40,2 ,,，100,,rad,s60，0.25，0.503由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 ,900，2,，30t,,,,7.06s 60，40, 这段时间内飞轮的角位移为 ,1900，29140922,,,,,,t，t,，,，，()0 2604234 ,53.1，2,rad 可知在这段时间里，飞轮转了转( 53.1 2,,1(2)，要求飞轮转速在内减少一半，可知 t,2,900，rad,ss,060 ,0,,0,15,,202,,,,,rad,s ,tt22用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 ,mRl1F,,,2(l，l)12 60，0.25，0.50，15, ,2，0.40，(0.50，0.75)，2 ,177N ,2-16 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转动(设大小圆柱体OO的半径分别为R和，质量分别为M和(绕在两柱体上的细绳分别与物体和相连，rmmm12 RM和则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示(设,0.20m, ,0.10m，,4 kg，mmrm12 ,10 kg，,,2 kg，且开始时，离地均为,2m(求: hmmmm1212 (1)柱体转动时的角加速度; (2)两侧细绳的张力( 解: 设,和β分别为,和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)( mmaa1212 题2-16(a)图 题2-16(b)图 (1) ,和柱体的运动方程如下: mm12 ? T,mg,ma2222 ? mg,T,ma1111 ,,TR,Tr,I, ? 12 式中 ,,T,T,T,T,a,r,,a,R,112221 1122而 I,MR，mr 22 由上式求得 Rm,rm12,g,22I，mR，mr12 0.2，2,0.1，2,，9.8 112222，10，0.20，，4，0.10，2，0.20，2，0.1022 ,2,6.13rad,s (2)由?式 NT,mr,，mg,2，0.10，6.13，2，9.8,20.8222 由?式 NT,mg,mR,,2，9.8,2，0.2.，6.13,17.1111 2-17 计算题2-17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，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,50rm1 kg，,200 kg,M,15 kg, ,0.1 m mr2 解: 分别以,滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示(对,运用牛顿定律，有 mmmm1212 ? mg,T,ma222 ? T,ma11 对滑轮运用转动定律，有 12 ? Tr,Tr,(Mr),212 a,r,又， ? 联立以上4个方程，得 mg200，9.8,22a,,,7.6m,s M15m，m，5，200，1222 题2-17(a)图 题2-17(b)图 题2-18图 2-18 如题2-18图所示，一匀质细杆质量为，长为，可绕过一端的水平轴自由转动，Olm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 112 mg,(ml),23 3g,? ,2l(2)由机械能守恒定律，有 l1122mgsin,,(ml), 223 3sin,g,? ,l 题2-19图 M2-19 如题2-19图所示，质量为，长为的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩l 擦地转动，它原来静止在平衡位置上(现有一质量为的弹性小球飞来，正好在棒的下端m ,,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 (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速的值; v0 (2)相撞时小球受到多大的冲量? 解: (1)设小球的初速度为，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为,v0 ，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v 列式: ? mvl,I,，mvl0 111222mv,I，mv ,0? 222 12上两式中，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I,Ml3 o,,30位置上摆到最大角度，按机械能守恒定律可列式: 1l2 ? I,,Mg(1,cos30:)22 由?式得 112，，2Mgl3g3，，,,(1,cos30:),(1,) ,,,,Il2，，，，由?式 I,vv ? ,,0ml由?式 2I,22v,v, ? 0m所以 I,1222v,,v, ,()00mlm求得 ,lIl1Mv,(1，),(1，),02223mml 6(2,33m，M,gl12m(2)相碰时小球受到的冲量为 Fdt,,mv,mv,mv 0, 由?式求得 ,I1 Fdt,mv,mv,,,,Ml,0,l3 6(2,3)M ,,gl6 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反( 题2-20图 2-20 一质量为、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动(另m 一质量为的子弹以速度射入轮缘(如题2-20图所示方向)( mv00 (1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值? (2)用,和表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比( ,mm0 解: (1)射入的过程对轴的角动量守恒 O 2 Rsin,mv,(m，m)R,000 mvsin,00,? ,(m，m)R0 ,mvsin12200m，mR[()][]02Em，mRm2()sin,k00(2) ,,1Em，m2k00mv002