大學(xué)物理第三版 主編趙近芳 第二單元.pdf

習(xí)題二 2 1 因繩不可伸長 故滑輪兩邊繩子的加速度均為 a1 其對于 m2則為牽連加速度 又知 m2 對繩子的相對加速度為 a 故 m2對地加速度 由圖 b 可知 為 a2 a1 a 又因繩的質(zhì)量不計 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 21 21 21 121 2 21 221 1 2 mm agmm Tf mm amgmm a mm amgmm a 討論 1 若 a 0 則 a1 a2表示柱體與繩之間無相對滑動 2 若 a 2g 則 T f 0 表示柱體與繩之間無任何作用力 此時 m1 m2均作自由落體運(yùn)動 題 2 1 圖 2 2 以梯子為對象 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 以 B 點(diǎn)為轉(zhuǎn)動點(diǎn) 設(shè)梯子長為 l 則 NAlsin mg 2 l cos 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 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 于是質(zhì)點(diǎn)在 2s 時的速度 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 分離變量 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 質(zhì)點(diǎn)停止運(yùn)動時速度為零 即 t 故有 0 0 0 k mv dtevx t m k 4 當(dāng) t k m 時 其速度為 e v evevv k m m k 01 00 即速度減至 v0的 e 1 2 5 分別以 m1 m2為研究對象 其受力圖如圖 b 所示 1 設(shè) m2相對滑輪 即升降機(jī) 的加速度為 a 則 m2對地加速度 a2 a a 因繩不可伸長 故 m1對滑輪的加速度亦為 a 又 m1在水平方向上沒有受牽連運(yùn)動的影響 所以 m1在水平 方向?qū)Φ丶铀俣纫酁?a 由牛頓定律 有 m2g T m2 a a T m1a 題 2 5 圖 聯(lián)立 解得 a g 方向向下 2 m2對地加速度為 a2 a a 2 g 方向向上 m1在水面方向有相對加速度 豎直方向有牽連加速度 即 a絕 a相 a牽 g g gaaa 2 5 4 2 222 1 arctan a a arctan 2 1 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 y 軸對稱性 故末速度與 x 軸夾角亦為 30 則動量的增量為 p mv mv0 由矢量圖知 動量增量大小為 mv0 方向豎直向下 2 7 由題知 小球落地時間為 0 5s 因小球為平拋運(yùn)動 故小球落地的瞬時向下的速度大小 為 v1 gt 0 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 碰撞過程中動量不守恒 這是因為在碰撞過程中 小球受到地面給予的沖力作用 另外 碰 撞前初動量方向斜向下 碰后末動量方向斜向上 這也說明動量不守恒 2 8 1 若物體原來靜止 則 p1 t idttFdt 0 4 0 56 210 ikg m s 1 沿 x 軸正向 1 11 11 1 56 6 5 smkgipI smi m p v 若物體原來具有 6m s 1初速 則 tt Fdtmvdt m F vmpmvp 0 0 0 000 于是 t pFdtppp 0 102 同理 v2 v1 I2 I1 這說明 只要力函數(shù)不變 作用時間相同 則不管物體有無初動量 也不管初動量有多大 那么物體獲得的動量的增量 亦即沖量 就一定相同 這就是動量定理 2 同上理 兩種情況中的作用時間相同 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 質(zhì)點(diǎn)的動量為 p mv m asin ti bcos tj 將 t 0 和 t 2 分別代入上式 得 p1 m bj p2 m ai 則動量的增量亦即質(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 有 F a bt 0 得 t b a 2 子彈所受的沖量 t btatdtbtaI 0 2 2 1 將 t b a 代入 得 b a I 2 2 3 由動量定理可求得子彈的質(zhì)量 0 2 0 2bv a v I m 2 11 設(shè)一塊為 m1 則另一塊為 m2 m1 km2及 m1 m2 m 于是得 1 1 21 k m m k km m 又設(shè) m1的速度為 v1 m2的速度為v2 則有 22 22 2 11 2 1 2 1 2 1 mvvmvmT mv m1v1 m2v2 聯(lián)立 解得 v2 k 1 v kv1 將 代入 并整理得 2 1 2 vv km T 于是有 km T vv 2 1 將其代入 式 有 m kT vv 2 2 又 題述爆炸后 兩彈片仍沿原方向飛行 故只能取 km T vv m kT vv 2 2 21 證畢 2 12 1 由題知 F合為恒力 A合 F r 7i 6j 3i 4j 16k 21 24 45J 2 w t A N75 6 0 45 3 由動能定理 Ek A 45 J 2 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 ss k kydyfdydyfA 1 0 1 2 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 dt 0 時 f f 設(shè)第二錘外力的功為 A2 則同理 有 2 1 2 22 22 1 y k kykydyA 由題意 有 2 2 1 2 12 k mvAA 即 222 1 2 2 kk ky 所以 2 2 y 于是釘子第二次能進(jìn)入的深度為 y y2 y1 2 1 0 414cm 2 14 1 n r nk dr rdE rF 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 有 題 2 15 圖 FA FB Mg 又 FA k1 x1 FB k2 x2 所以靜止時兩彈簧伸長量之比為 1 2 2 1 k k x x 彈性勢能之比為 1 2 2 22 2 11 1 2 1 2 1 2 k k xk xk E E p p 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 2 r mM月 G 2rR mM 地 經(jīng)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 則 p 點(diǎn)處至月球表面的距離為 h r r月 38 32 1 74 10 6 3 66 107 m 2 質(zhì)量為 1 kg 的物體在 p 點(diǎn)的引力勢能為 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 點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn) 彈簧原長為彈性勢能零點(diǎn) 則由功 能原理 有 m2gh 2 1 m1 m2 v 2 m 1gh 2 1 k l 2 式中 l 為彈簧在 A 點(diǎn)時比原長的伸長量 則 l AC BC 2 1 h 聯(lián)立上述兩式 得 v 21 2 2 21 122 mm khghmm 題 2 17 圖 2 18取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點(diǎn) 彈簧原 長處為彈性勢能零點(diǎn)則由功能原理 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 再代入有關(guān)數(shù)據(jù) 解得 k 1390N 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 mgs sin37 2 1 kx 3 代入有關(guān)數(shù)據(jù) 得s 1 4m 則木塊彈回高度 h s sin37 0 84m 題 2 19 圖 2 19m 從 M 上下滑的過程中 機(jī)械能守恒 以 m M 地球為系統(tǒng) 以最低點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn) 則有 mgR 22 2 1 2 1 MVmv 又下滑過程 動量守恒 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 Mm MgR 2 2 20兩小球碰撞過程中 機(jī)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 題 2 20 圖 a 題 2 20 圖 b 又碰撞過程中 動量守恒 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)對原點(diǎn)的角動量為 L0 r mv x1i y1j m vxi vyj x1mvy y1mvx k 作用在質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩為 M0 r f x1i y1j fi y1fk 2 22 哈雷彗星繞太陽運(yùn)動時受到太陽的引力 即有心力的作用 所以角動量守恒 又由 于哈雷彗星在近日點(diǎn)及遠(yuǎn)日點(diǎn)時的速度都與軌道半徑垂直 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 題 2 24 圖 2 24 在只掛重物 M1時 小球作圓周運(yùn)動的向心力為 M1g 即 M1g mr0 2 0 掛上 M2后 則有 M1 M2 g mr 2 重力對圓心的力矩為零 故小球?qū)A心的角動量守恒 即 r0mv0 r mv 22 0 2 0 rr 聯(lián)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 先作閘桿和飛輪的受力分析圖 如圖 b 圖中 N N 是正壓力 Fr F r是摩擦 力 Fx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 A 點(diǎn)的合力矩應(yīng)為零 設(shè)閘瓦厚度不計 則有 F l ll NlNllF 1 21 121 0 對飛輪 按轉(zhuǎn)動定律有 FrR I 式中負(fù)號表示 與角速度 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動閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動的時間為 st06 7 4060 32900 0 這段時間內(nèi)飛輪的角位移為 rad tt 2 1 53 4 9 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 可知在這段時間里 飛輪轉(zhuǎn)了 53 1 轉(zhuǎn) 2 0 900 2 60rad s 1 要求飛輪轉(zhuǎn)速在 t 2 s 內(nèi)減少一半 可知 20 0 0 2 15 2 2 srad tt 用上面式 1 所示的關(guān)系 可求出所需的制動力為 N ll mRl F 177 2 75 0 50 0 40 0 2 1550 0 25 0 60 2 21 1 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 分別以 m1 m2滑輪為研究對象 受力圖如圖 b 所示 對 m1 m2運(yùn)用牛頓定律 有 m2g T2 m2a T1 m1a 對滑輪運(yùn)用轉(zhuǎn)動定律 有 T2r T1r 1 2Mr 2 又 a r 聯(lián)立以上 4 個方程 得 2 21 2 6 7 2 15 2005 8 9200 2 sm M mm gm a 題 2 27 a 圖題 2 27 b 圖 題 2 28 圖 2 28 1 由轉(zhuǎn)動定律 有 mg l 2 1 3 ml 2 l g 2 3 2 由機(jī)械能守恒定律 有 mg l 2 sin 1 2 1 3 ml 2 2 l g sin3 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)?v 按題意 小球和棒作彈性碰撞 所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律 可列式 mv0l I mvl 1 2 mv 2 0 1 2 I 2 1 2 mv2 上兩式中 I 1 3Ml 2 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 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 相碰時小球受到的沖量為 Fdt mv mv mv0 由 式求得 Fdt mv mv0 I l 1 3 Ml gl M 6 32 6 負(fù)號說明所受沖量的方向與初速度方向相反 題 2 30 圖 2 30 1 碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度 v0 R 設(shè)碎片上升高度 h 時的速度為 v 則有 v 2 v2 0 2gh 令 v 0 可求出上升最大高度為 22 2 0 2 1 2 R gg v H 2 圓盤的轉(zhuǎn)動慣量 I 1 2 MR 2 碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量 I 1 2 MR2 mR2 碎片脫離 前 盤的角動量為 I 碎片剛脫離后 碎片與破盤之間的