大學(xué)物理北郵第三版答案

1、習(xí)題二2-1因繩不可伸長(zhǎng)，故滑輪兩邊繩子的加速度均為a1，其對(duì)于m2則為牽連加速度，又知m2對(duì)繩子的相對(duì)加速度為a，故m2對(duì)地加速度，由圖(b)可知，為a2=a1-a 又因繩的質(zhì)量不計(jì)，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力T，由牛頓定律，有m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 聯(lián)立、式，得討論 (1)若a=0，則a1=a2表示柱體與繩之間無相對(duì)滑動(dòng)(2)若a=2g，則T=f=0，表示柱體與繩之間無任何作用力，此時(shí)m1,m2均作自由落體運(yùn)動(dòng)題2-1圖2-2以梯子為對(duì)象，其受力圖如圖(b)所示，則在豎直方向上，NB-mg=0 又因梯無轉(zhuǎn)動(dòng)，以B點(diǎn)為轉(zhuǎn)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)梯子長(zhǎng)為l，則NAlsin

2、-mgcos=0 在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma 題2-2圖式中f為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能，即 f=±0mg 聯(lián)立、式得2-3 (1) 于是質(zhì)點(diǎn)在2s時(shí)的速度(2)2-4 (1)分離變量，得即 (2) (3)質(zhì)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為零，即t，故有 (4)當(dāng)t=時(shí)，其速度為即速度減至v0的.2-5分別以m1,m2為研究對(duì)象，其受力圖如圖(b)所示(1)設(shè)m2相對(duì)滑輪(即升降機(jī))的加速度為a，則m2對(duì)地加速度a2=a-a；因繩不可伸長(zhǎng)，故m1對(duì)滑輪的加速度亦為a，又m1在水平方向上沒有受牽連運(yùn)動(dòng)的影響，所以m1在水平方向?qū)Φ丶铀俣纫酁閍，由牛頓定律，有m2g-T=m

3、2(a-a)T=m1a題2-5圖聯(lián)立，解得a=g方向向下(2) m2對(duì)地加速度為a2=a-a= 方向向上m1在水面方向有相對(duì)加速度，豎直方向有牽連加速度，即a絕=a相+a牽=arctan=arctan=26.6°，左偏上2-6依題意作出示意圖如題2-6圖題2-6圖在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時(shí)的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向下，而拋物線具有對(duì)y軸對(duì)稱性，故末速度與x軸夾角亦為30°，則動(dòng)量的增量為p=mv-mv0由矢量圖知，動(dòng)量增量大小為mv0，方向豎直向下2-7由題知，小球落地時(shí)間為0.5s因小球?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)，故小球落地的瞬時(shí)向下的速度大小為v1=gt=0.

4、5g，小球上跳速度的大小亦為v2=0.5g設(shè)向上為y軸正向，則動(dòng)量的增量p=mv2-mv1 方向豎直向上，大小 p=mv2-(-mv1)=mg碰撞過程中動(dòng)量不守恒這是因?yàn)樵谂鲎策^程中，小球受到地面給予的沖力作用另外，碰撞前初動(dòng)量方向斜向下，碰后末動(dòng)量方向斜向上，這也說明動(dòng)量不守恒2-8 (1)若物體原來靜止，則p1= i kg·m·s-1,沿x軸正向，若物體原來具有-6 m·s-1初速，則于是,同理，v2=v1,I2=I1這說明，只要力函數(shù)不變，作用時(shí)間相同，則不管物體有無初動(dòng)量，也不管初動(dòng)量有多大，那么物體獲得的動(dòng)量的增量(亦即沖量)就一定相同，這就是動(dòng)量定理(

5、2)同上理，兩種情況中的作用時(shí)間相同，即亦即t2+10t-200=0解得t=10 s，(t=-20 s舍去)2-9 質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為p=mv=m(-asinti+bcostj)將t=0和t=分別代入上式，得p1=mbj,p2=-mai,則動(dòng)量的增量亦即質(zhì)點(diǎn)所受外力的沖量為I=p=p2-p1=-m(ai+bj)2-10 (1)由題意，子彈到槍口時(shí)，有F=(a-bt)=0,得t= (2)子彈所受的沖量將t=代入，得(3)由動(dòng)量定理可求得子彈的質(zhì)量2-11設(shè)一塊為m1，則另一塊為m2，m1=km2及m1+m2=m于是得 又設(shè)m1的速度為v1,m2的速度為v2，則有 mv=m1v1+m2v2 聯(lián)立、解得v

6、2=(k+1)v-kv1 將代入，并整理得于是有將其代入式，有又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取證畢2-12 (1)由題知，F(xiàn)合為恒力， A合=F·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J(2) (3)由動(dòng)能定理，Ek=A=-45 J2-13 以木板上界面為坐標(biāo)原點(diǎn)，向內(nèi)為y坐標(biāo)正向，如題2-13圖，則鐵釘所受阻力為題2-13圖f=-ky第一錘外力的功為A1 式中f是鐵錘作用于釘上的力，f是木板作用于釘上的力，在dt0時(shí)，f=-f設(shè)第二錘外力的功為A2，則同理，有 由題意，有 即所以，于是釘子第二次能進(jìn)入的深度為y=y2-y1=-

7、1=0.414 cm2-14 方向與位矢r的方向相反，即指向力心2-15 彈簧A、B及重物C受力如題2-15圖所示平衡時(shí)，有題2-15圖FA=FB=Mg又 FA=k1x1FB=k2x2所以靜止時(shí)兩彈簧伸長(zhǎng)量之比為彈性勢(shì)能之比為2-16 (1)設(shè)在距月球中心為r處F月引=F地引，由萬有引力定律，有G=G經(jīng)整理，得r= = =38.3210 m則p點(diǎn)處至月球表面的距離為h=r-r月 =(38.32-1.74)×1063.66×107 m(2)質(zhì)量為1 kg的物體在p點(diǎn)的引力勢(shì)能為 = =-1.282-17 取B點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，彈簧原長(zhǎng)為彈性勢(shì)能零點(diǎn)，則由功能原理，有-m2gh

8、= (m1+m2)v2-m1gh+k(l)2式中l(wèi)為彈簧在A點(diǎn)時(shí)比原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)量，則l=AC-BC=(-1)h聯(lián)立上述兩式，得v=題2-17圖2-18 取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢(shì)能零點(diǎn)，彈簧原長(zhǎng)處為彈性勢(shì)能零點(diǎn)則由功能原理，有-frs= k=式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得k=1390 N·m-1題2-18圖再次運(yùn)用功能原理，求木塊彈回的高度h-fts=mgssin37°-kx3代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得 s=1.4 m,則木塊彈回高度h=ssin37°=0.84 m題2-19圖2-19 m從M上下滑的過程中，機(jī)械能守恒，以m，

9、M地球?yàn)橄到y(tǒng)，以最低點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，則有mgR= 又下滑過程，動(dòng)量守恒，以m,M為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有mv-MV=0聯(lián)立，以上兩式，得v=2-20 兩小球碰撞過程中，機(jī)械能守恒，有即 題2-20圖(a) 題2-20圖(b)又碰撞過程中，動(dòng)量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如圖(b)，又由式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以v0為斜邊，故知v1與v2是互相垂直的2-21 由題知，質(zhì)點(diǎn)的位矢為r=x1i+y1j作用在質(zhì)點(diǎn)上的力為f=-fi所以，質(zhì)點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)的角動(dòng)量為L(zhǎng)0=r×mv=(x1i+y1j)×m(vxi+vyj)=(x

10、1mvy-y1mvx)k作用在質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩為M0=r×f=(x1i+y1j)×(-fi)=y1fk2-22 哈雷彗星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)受到太陽的引力即有心力的作用，所以角動(dòng)量守恒；又由于哈雷彗星在近日點(diǎn)及遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)的速度都與軌道半徑垂直，故有 r1mv1=r2mv22-23 (1) (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7即r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=1即v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1×mv1=4i×3(i+6j)=72kL2=r2×mv2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5kL=

11、L2-L1=82.5k kg·m2·s-1解(二) 題2-24圖2-24 在只掛重物M1時(shí)，小球作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為M1g，即M1g=mr020 掛上M2后，則有 (M1+M2)g=mr2 重力對(duì)圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動(dòng)量守恒即 r0mv0=rmv 聯(lián)立、得2-25 (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)圖中N、N是正壓力，F(xiàn)r、Fr是摩擦力，F(xiàn)x和Fy是桿在A點(diǎn)轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在O軸處所受支承力題2-25圖（a）題2-25圖(b)桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以對(duì)A點(diǎn)的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計(jì)，則有對(duì)飛輪，按轉(zhuǎn)動(dòng)定律有=-FrR/I，式中負(fù)號(hào)

12、表示與角速度方向相反 Fr=N N=N 又 以F=100 N等代入上式，得由此可算出自施加制動(dòng)閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間為這段時(shí)間內(nèi)飛輪的角位移為可知在這段時(shí)間里，飛輪轉(zhuǎn)了53.1轉(zhuǎn)(2)0=900×(2)/60 rad·s-1，要求飛輪轉(zhuǎn)速在t=2 s內(nèi)減少一半，可知用上面式(1)所示的關(guān)系，可求出所需的制動(dòng)力為2-26 設(shè)a，a2和分別為m1m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)題2-26(a)圖 題2-26(b)圖(1) m1，m2和柱體的運(yùn)動(dòng)方程如下：式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得 (2

13、)由式T2=m2r+m2g=2×0.10×6.13+2×9.820.8 N由式T1=m1g-m1R=2×9.8-2×0.20×6.1317.1 N2-27 分別以m1，m2滑輪為研究對(duì)象，受力圖如圖(b)所示對(duì)m1,m2運(yùn)用牛頓定律，有m2g-T2=m2a T1=m1a 對(duì)滑輪運(yùn)用轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2) 又， a=r 聯(lián)立以上4個(gè)方程，得題2-27(a)圖 題2-27(b)圖題2-28圖2-28 (1)由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有mg(l/2)=(1/3)ml2 = (2)由機(jī)械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(

14、1/3)ml22=題2-29圖2-29 (1)設(shè)小球的初速度為v0，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)関，按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時(shí)遵從角動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，可列式：mv0l=I+mvl (1/2)mv20=(1/2)J2+(1/2)mv2 上兩式中J=1/3Ml2，碰撞過程極為短暫，可認(rèn)為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度=30°，按機(jī)械能守恒定律可列式： 由式得由式 由式 所以求得(2)相碰時(shí)小球受到的沖量為Fdt=mv=mv-mv0由式求得Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml=-負(fù)號(hào)說明所受沖量的方向與初速

15、度方向相反題2-30圖2-30 (1)碎片離盤瞬時(shí)的線速度即是它上升的初速度v0=R設(shè)碎片上升高度h時(shí)的速度為v，則有v2=v20-2gh令v=0，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量I=(1/2)MR2，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量I=(1/2)MR2-mR2，碎片脫離前，盤的角動(dòng)量為I，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動(dòng)量，碎片與破盤的總角動(dòng)量應(yīng)守恒，即I=I+mv0R式中為破盤的角速度于是(1/2)MR2=(1/2)MR2-mR2+mv0R(1/2)MR2-mR2=(1/2)MR2-mR2得=(角速度不變)圓盤余下部分的角動(dòng)量為(1/2)MR2-mR2轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為題2-31圖Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR222-31 (1)射入的過程對(duì)O軸的角動(dòng)量守恒Rsinm0v0=(m+m0)R2=(2)2-32 以重物、滑輪、彈簧、地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，重物下落的過程中，機(jī)械能守恒，以最低點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，彈簧原長(zhǎng)為彈性勢(shì)能零點(diǎn)，則有mgh=(1/2)mv2+(