《大学物理学》（赵近芳主编）第二版课后习题答案第二单元.doc

1、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 211212)()magTfaag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

2、-mg=0 又因梯无转动，以 B 点为转动点，设梯子长为 l，则NAlsin-mg cos=0 2l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)(2tan,)(2tan00ggMm2-3 28316smfx27mfay(1)20 187216453smdtavyyxx于是质点在 2s 时的速度 18745sji(2) mji jijtattvryx874134)167(2)42(12202-4 (1) dtvka分离变量，得 mtvd即 tk0mktevlnl0 tmk0(2) t tt mkkev

3、devx00)1(3)质点停止运动时速度为零，即 t，故有 00ktevxmk(4)当 t= 时，其速度为kmevevkm0100即速度减至 v0的 .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= 方向向上gm1在水面方向有相对加速度，竖直方

4、向有牵连加速度，即 a 绝 =a 相 +a 牵 ga25422=arctan =arctan =26.6，左偏上12-6 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-mv 0由矢量图知，动量增量大小为mv 0，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=mv 2-mv1

5、 方向竖直向上，大小 p=mv 2-(-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p 1= i kgms-1,沿 x 轴正向，t idtFd04056)21(1156.smkgipIv若物体原来具有-6 ms -1初速，则于是tt FdvdFv0000 )(,tpp12同理，v 2=v 1,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，

6、两种情况中的作用时间相同，即t tdtI0210)2亦即 t2+10t-200=0解得 t=10 s，(t=-20 s 舍去)2-9 质点的动量为p=mv=m(-asinti+bcostj)将 t=0 和 t= 分别代入上式，得2p1=mbj,p 2=-mai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=p=p 2-p1=-m(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得 t= ba(2)子弹所受的冲量t tdtI021)(将 t= 代入，得baI2(3)由动量定理可求得子弹的质量 020bvaIm2-11 设一块为 m1，则另一块为 m2，m1=km2及 m1+m

7、2=m于是得 1,2k又设 m1的速度为 v1,m2的速度为 v2，则有21Tmv=m1v1+m2v2 联立、解得v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 21)(vkmT于是有 kT1将其代入式，有 mv22又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 kTvkv2,21证毕2-12 (1)由题知，F 合 为恒力， A 合 =Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J(2) wtN756.04(3)由动能定理，E k=A=-45 J2-13 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

8、的功为 A1ss kydfdyfA101 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 dt0 时，f=-f设第二锤外力的功为 A2，则同理，有212ykyk由题意，有)(212mv即 21ky所以，于是钉子第二次能进入的深度为y=y 2-y1= -1=0.414 cm2-14 1)(nrkdErF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 F A=k1x 1FB=k2x 2所以静止时两弹簧伸长量之比为 12kx弹性势能之比为 12212kxEp2-16 (1)设在距月球中心为

9、 r 处 F 月引 =F 地引 ，由万有引力定律，有G =G2rmM月 2rR地经整理，得r= 月地 月= 2241035.71098.5.8104.=38.32 10 m6则 p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)1063.6610 7 m(2)质量为 1 kg 的物体在 p 点的引力势能为rRMGrEP地月= 7241721 1083.9506.83.5067. =-1.28 J2-17 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-m 2gh= (m1+m2)v2-m 1gh+ k(l) 2式中 l 为弹簧在 A 点时比原长的伸长量，则

10、l=AC-BC=( -1)h联立上述两式，得v= 2122mkhg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= 37sin21mgvkxk= 21ikxfr式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得k=1390 Nm-1题 2-18 图再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h-fts=mgssin37- kx321代入有关数据，得 s=1.4 m,则木块弹回高度h=ssin37=0.84 m题 2-19 图2-19 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

11、势能零点，则有mgR= 221Vv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= MmgR22-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 221201vv即 210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 v 0=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=rmv=(x1i+y1j)m(

12、vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k作用在质点上的力的力矩为M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk2-22 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 mvr 12402 06.58.91752-23 (1) 30 1skgjjdtftp(2)解(一) x=x 0+v0xt=4+3=7 jatvy 5.2316210 即 r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=1 150ty即 v1=i1+6j,v 2=i+11j L 1=r1mv1=4i3(i+6j)=72

13、kL2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5kL=L 2-L1=82.5k kgm2s-1解(二) dtzM ttdtFrdML00)( 30 1225.8)4(5316smkgkdtjdti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 20 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 r 0mv0=rmv22r联立、得 32102132101010 )()(MmgrMrrg2-25 (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，F r、F r是摩擦力，F x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）