大學(xué)物理第二版答案北京郵電大學(xué)出版社

1、大 學(xué) 物 理 習(xí) 題 解 答 第一章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué) 1-1 (1) 質(zhì)點(diǎn)t時(shí)刻位矢為： ?1?2?3t?4jt?5)i?tr?(3?(m) 2?(2) 第一秒內(nèi)位移 ?j?y)x)i?(yr?(x? 01101?1?2?3(1?0)10)j?3(1?0)i(1? 2 ?3i?3.5j(m)(3) 前4秒內(nèi)平均速度 ?1r? 1?V?(12i?20j)?3i?5j(m?s) ? ?t4?rd?1)sj(m?3?3i?(t?)V? 速度(4) dt?1V?3i?(4?3)j?3i?7j(m?s) 4(5) 前4秒平均加速度 ?V?V3?V7? 2?40a?)?j(m?s?j ?t4?04?Vd?2

2、2?)sj(?sm)a?a?j(m (6) 加速度 4tddx32?t2?3t?v? 1-2 dt143?t?t?2t?x?dx?vdtc?c 4 =2時(shí)x代入求證=4t當(dāng)12 c =143t?t?2x?t?12 即 432?tt2?3v? dv2?6t?3ta dt 代入證s=3t將1?1?2)s(sm?)a?45x?41(m)v?56(m? 33342?t?4x1-3 (1) 由運(yùn)動(dòng)方程消去t得軌跡方程 ?y?3?2t?20?3)x?(y y?m5mx?4 (2) 1秒時(shí)間坐標(biāo)和位矢方向?yàn)?114,5m: y?tg51?.3?1.25, x(3) 第1秒內(nèi)的位移和平均速度分別為 ?r?(4

3、?0)i?(5?3)j?4i?2j(m) 1?r?11V?4i?2j(m?s) ? ?t (4) 質(zhì)點(diǎn)的速度與加速度分別為 ?dVdr?a?j,V?8i?8i?2 dtdt 故t=1s時(shí)的速度和加速度分別為 ?21?,?si?2jm?V8a?im?s8 11 1-4 該星云飛行時(shí)間為15910?.1074?2.946?1710?6.59?10s?2.09?10a 73.93?10101009?2. 即該星云是年前和我們銀河系分離的 實(shí)驗(yàn)車的加速度為1-5 310?v160022?25(g)10m/sa?2.47? t3600?1.80 基本上未超過25g. 1.80s內(nèi)實(shí)驗(yàn)車跑的距離為 310

4、?v1600s?t?1.80?400（m） 22?36001-6 (1)設(shè)第一塊石頭扔出后t秒未被第二塊擊中，則 12gt?tvh? 02 代入已知數(shù)得12t9.811?15t? 2 解此方程，可得二解為?s1.221.84s,t?t? 11 第一塊石頭上升到頂點(diǎn)所用的時(shí)間為s1.5315/9.8?t?v/g? 10m?tt?tt?這對應(yīng)于第一這對應(yīng)于第一塊石頭回落時(shí)與第二塊相碰；又由于由于,m1m1. 塊石頭上升時(shí)被第二塊趕上擊中?vvt 時(shí)刻兩石塊相碰時(shí)第二石塊的初速度，則由于分別對應(yīng)于在以t和和12020112?)g(t?v(t?t)?th 1201112 所以1122)11.84?11

5、?9.8h?)g(t?t(11 22?v 201?t1.84t?11m/s2?17. . 同理11?22?)?18?(1.g(t?22t)11?h?9. 11?22?v ?201.22?1?tt?11m/s)1(?51. ?t31.s?t?t,所以第二石塊不可能在第一塊上升時(shí)與第一塊相碰.對應(yīng)于(2) 由于112 時(shí)刻相碰，第二塊的初速度為1122?)3.84?1.)t811?9.?(1h?g(t21 ?22?v? 20?3.84?t?1t121m/s)0(?23. tl/ddv? l以表示從船到定滑輪的繩長，則.由圖可知 1-7 0 22hl?s 于是得船的速度為 圖1-7習(xí)題22h?dsl

6、dlsv?v? 0stdtd22hl?. 負(fù)號表示船在水面上向岸靠近 船的加速度為 ?2?2vhllddvd?0?va? ? 03tdtddls22hl?. 的方向指向岸邊，因而船向岸邊加速運(yùn)動(dòng)負(fù)號表示a 所求位數(shù)為1-8 222422?10)4r.?(6r4?10n5104? 2gg89.60? )為下降的加速度(如圖所示A1-9 物體40.h2?22?a.2m/s?0 222t?s?t3 時(shí)的切向加速度，即 此加速度也等于輪緣上一點(diǎn)在 ?2)2(m/sa?0. t?st3? 時(shí)的法向加速度為 在?222?)t(a)v?3(0.22t)(m/s?0.36a? n01.RR 圖 習(xí)題1-10

7、圖習(xí)題1-9 2m1.5.t?05sh?sm?a1.2/如圖所示，相對南面，小球開始下落時(shí)，它和電, 1-10 .00 梯的速度為/s)6(m?vat1.20.50. 00 表示此后小球落至底板所需時(shí)間，則在這段時(shí)間內(nèi)，小球下落的距離為以t12gtt?hv? 02 電梯下降的距離為12?atth?v 02 又12?t)h?h?h?g?a( 02 由此得h251.2?0s.59?t?0 2.8?1g?a9. 而小球相對地面下落的距離為12?vh?tgt 0212?.59?0.6?9.8?0.590 2m06?2. ?v?v?v 1-11 風(fēng)人人地風(fēng)地?vvv?2v又畫出速度矢量合成圖(a)b）兩

8、圖中應(yīng)是，速度矢量合成如圖（風(fēng)人風(fēng)地0人地風(fēng)地?45 同一矢量.可知（a）圖必是底角為的等腰直角三角形，所以，風(fēng)向應(yīng)為西北風(fēng)，風(fēng)速為vvv?2?人地0 ?cos45人地0風(fēng)地1?)s(m?4.23 習(xí)題1-11圖 L2L2?t? (1) 1-12 v vvLL2L?t?tt (2) 2122u?v?uvu?v1?2?u2L?1? ? vv?LL?ttt由速度 如圖所示風(fēng)速u(3) 由東向西，, 圖1-12習(xí)題 21?vv?22?uVv?v?uv?. 則,合成可得飛機(jī)對地速度L2L2L2?t? 證畢 ?v222u?vu?v1?v?V 由速度合成得(1-13 （1）設(shè)船相對岸的速度為如圖所示),?

9、V?Vu 1.7示可得V的大小由圖?coscosu?V?V 3?33cos?3?2?V?cos?V?u 即 21?1V?sin?usin?2 而 圖習(xí)題1-13 2DOB)1000(s?t?D? B點(diǎn)所需時(shí)間船達(dá)到 ?sinVV?cos?D?S?Dctg兩點(diǎn)之距 AB ?sin 2）代入可得將式（1）、（m)1268()(3?3?S?D 310?D1?t (2) 由 ?sinVsinu 船到對岸所需最短時(shí)間由極值條件決定11dt?0?cos? 2?udsin?2?s?0,co/ 即. 故船頭應(yīng)與岸垂直，航時(shí)最短? 值代入（3將）式得最短航時(shí)為3310?10?113s)(s?0.t510500?

10、 min?22/usinl?OB ,則(3) 設(shè)22?cos?2VDuDDuV?V?l? ?sinusinVsin. 最短，應(yīng)滿足極值條件l欲使?22?adlDuVu?Vcos?2?a?cos? ?sinud?2?auVsin0? ?222?cosuVV?2sinau?22Vu?2?1?0cosacos簡化后可得 uV132?a0cos?1cos? 即 62?cos 解此方程得 321?.248?cos 3?.248. ，則航距最短故船頭與岸成? ）式得最小航程為值代入（將4222?2?2?10002?33?22?cos2Duuv?v?3?l? min22?cos1?u2?21?3?3)(km

11、?5?10m1.5?1. AB兩點(diǎn)最短距離為22km).12(5?1?1?Sl?D.?1 minmin 質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué) 第二章 1（）對木箱，由牛頓第二定律，在木箱將要被推動(dòng)的情況下如圖所示，2-1 ? 0cos?fF x向：maxmin?0?MgN?Fsin? 向：ymin?Nf? 還有 2-1圖習(xí)題smax F的最小值為解以上三式可得要推動(dòng)木箱所需力?Mgs?F min?sincos?s F的大小為在木箱做勻速運(yùn)動(dòng)情況下，如上類似分析可得所需力?Mgk?F min?sin?cosk?0sin?cos?FF，這意味著用的表示式中，如果（2）在上面，則sminmin 任何有限大小的力都不可能推動(dòng)木

12、箱，不能推動(dòng)木箱的條件是?0sin?cos? s? 由此得的最小值為1?arctan? ?s 2-2 （1）對小球，由牛頓第二定律?masin?NTcos x向：?0mgcos?Tsin?N 向：y 聯(lián)立解此二式，可得?N)32(?)?3.?cos30?9.8sin30T?m(acos?gsin.)?05?(2 ?N)(3.74?2sin30?)?a?sin?)?0.5(9.8?cos30gN?m(cos 由牛頓第三定律，小球?qū)π泵娴膲毫??N)74(?N?3.N ，則上面牛頓第N=0（2）小球剛要脫離斜面時(shí) 二定律方程為?mgma,TsinTcos? 習(xí)題2-2圖 由此二式可解得2?/s0m

13、tan30?17./ga?/tan?9.8 的繩應(yīng)向后傾斜。BaA與小車間無相對滑動(dòng)，三物體必有同一加速度,且掛吊2-3 要使物體 作此時(shí)的隔離體受力圖如圖所示 2-3習(xí)題圖 三物體只有水平方向的運(yùn)動(dòng)，只須列出水平方向的牛頓方程及相關(guān)方程：(1)T?mam:11?(2aTsin)?m?2:m ?2?)(3mg?Tcos0?2)(Ma4M:F?N?水平3N 為繩中的雨拉力在水平向的合力水平3?(5)T?TsinN? 水平3 ）解得（），（4），5聯(lián)立（1），（2），（3mg2?80g?m)784(N)F?(m?m? 2122m?m21（因?yàn)槿齻€(gè)物體有同一加速度a，且在水平方向只受外力F的作同，所

14、以，可將三個(gè)物體看作一個(gè)物體： F?(m?m?M)a 21再與（1），（2），（3）式聯(lián)立求解即可。） 2-4 由圖寫出力函數(shù)用積分法求解。 2t(0?t?5)?F?(1) ?5t?35(5?t?7)?dvmF? 由 dt1?tF?dvd(2) 得 ms?50 在內(nèi)11t2?t?2tdv?v?t (3) 0tmm025?1)m?s?v?30(v t=5時(shí)： 當(dāng) 05m在5-7s內(nèi)再用（2）式 15t2?35t?t112.5(?5t?35)dt?vv? (4) 5tm25?1v?10?v?40(m?s) 時(shí)：t=7當(dāng)57再用積分法： dx?vdxv?,td (5) td 內(nèi)，由（3）式積分在0-

15、5s152?(v?xx?t)dt 005m02125)?xx(?25?68m 即 0533 4）式再由（525112.?35tv?v?t? 5t2 5得求572?t)d112.?t5?35t?xx?(v 575251)(m73?142x?x? 得 573 ，有x方向，對A設(shè)兩物體未用繩連接則由牛頓第二定律，沿2-5 ?acosgsinm?mgm AkAAA ，有對于B?acossinm?mggm BBBkB 由此得?2?m/s.6330?)?38(sin30?0.15a?g(sin?coscos?)9. AAk?2?m/s.12?)?330?0.21?a?g(sincos?cos30)?9.8

16、(sin BBk?aa?。在上。由于在下，（1）如圖所示，AB BAa?aa。以所以繩被拉緊，二者一起下滑，而BA?T和T)?T(T，則由牛頓A和B的拉力分別表示繩對 第二定律， x方向沿?a?mgcosm?sinmgT? 對A：AkAA 圖習(xí)題2-5?amgsin?mmgcos?T 對B：BkBB 由此得?m?mBBAkkA?cosgsina?ga? m?mBA85.21?2?1.5?0.015?cos30.?930?9.8?sin?8 85?2.1.52)m/s29(3?. 2（）圖中繩中張力為?a?mgcosmT?gsinm?AAkAA N)51(.?15?329?030?.?.?.?3

17、0?.?.?1598sin?0151598cos?a?a，此A3（）如果互換位置，在上，=0TB在下，則由于，連接繩子將松弛，因而BA 時(shí)AB的加速度即?22)12(m/sm/s),?a?a3.?aa?3.63 BABAf方向向上，如圖所示。當(dāng)漏斗轉(zhuǎn)速較小時(shí)，m有下滑趨勢，小物體受最大靜摩擦力2-6 m 對小物體，由牛頓第二定律 2?rNsin?fcosm 向：xminm?0Ncosmg?fsin? y向：m?N?f 還有sm 聯(lián)立解以上各式，可得?g(sincos?)?s? 2-6圖習(xí)題min?r?)sin(coss 或?g?cos)(sin1?s? min?2)?rsin(cossf中的方

18、向與圖2.6當(dāng)n足夠大時(shí)，小物體將有上滑趨勢，它將受到向下的靜摩擦力，即m 所示的方向相反。與上類似分析可得最大轉(zhuǎn)速?g(sincos?)1s?n max?r2(cossin?)s n應(yīng)滿足的條件是總起來講，小物體在漏斗壁上不動(dòng)，轉(zhuǎn)速nn?n? minmax、對地加速度分別為a，m和mm2-7 設(shè)圓柱與繩索間的摩擦力為f，繩對重物的拉力T12111 列出方程，對am、m212 amg?T?m?111?)?a?mam(amf?g ?12222?fT? 聯(lián)立解出：?amm)g?(m221?a 1mm?21?am(?m)g?m 習(xí)題2-7圖121?a 2mm?21mm?21)g?fTa2( m?m2

19、1、 兩個(gè)方向都是勻加速直線運(yùn)動(dòng)。yx質(zhì)點(diǎn)在2-8 ?j?ma?mai?6i?7jFyx?j)?att)i?(vv?(v?ayxxy00?76?j)?(t2?t)i?(? mm?751-)?si?j(m? 84?11?22jt?a?at)ir?(vt yxx220?7611?22j?2i?2)?2?2?(? 162216?713)(m?i?j? 84vdm?kv?f 2-9 tdkdvt?d? mv kdvtv?td? mv0v0kt? e?vvm 1）積分得（0kxdt? ?ev?vm） （2 0tdkmvt- 0?xx?x?1(?e)?m 積分得 0k=0 v1）的結(jié)果，令（3）利用（?t

20、? 得 2）的結(jié)果中代入（mmv?0)v(1?x 得 00kkm?t ）的結(jié)果中代入（14（）將 k11?v?ev?v 得 00e0v?,0,x?0t?為該時(shí)刻入水長度，棒的橫時(shí)刻受力如圖所示，設(shè)x，2-10 初始時(shí)刻t00 ，有截面積為s ?sl?m2 ?g?sxf1浮 圖2-10習(xí)題l?x 時(shí)有當(dāng)vdm?f?F?mg 浮tdvd?vg?sl?slg?sx 即 212xd?gxgl?xv?12xv?dvd ?l00221/?g22?1)?(lxxv 1） （ ? 2?2l?2lx? （1）當(dāng)時(shí)2/1?gl2?1)v?(? ） （2 ? 2?2?2?1?）式仍1（2）當(dāng)2）式無意義，即此條件將

21、使棒不可能全部沒入液體中，但（時(shí)， 22 ，由（1）式x然成立，當(dāng)棒到達(dá)最大深度時(shí)v=0m)?0(x 得：舍去1m?22lx? 即為所求 2m?1?2lx? ）式求極值得：當(dāng)時(shí)有（3）由（1 ?1?2gl?v max?1 m分別表示木星和木衛(wèi)三的質(zhì)量，則由萬有引力定律和牛頓第二定律，可得和2-11 以M2?4Mm2?RmR?mG? 22TR 39223?)?10?(41.R07427(kg)1089?M?1. 2112?)?86400(7.1610GT6.67?x，應(yīng)滿足的條件1）設(shè)鏈條的質(zhì)量線密度為，鏈條開始下滑時(shí)，其下垂直度為2-12 （0 是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力

22、，即： ?g)(l?xxg?00? lx? 0?1 圖2-12習(xí)題E?WE? 據(jù)功能原理2（）開始下滑時(shí)在桌面部分的長度12rl?xy?l? y點(diǎn)過程中，摩擦力作功為點(diǎn)沿y軸運(yùn)動(dòng)到為當(dāng)鏈條的A端從O0 00?1y0?y?dy?gy(?y)W?df0rr0 2?ggl2?y? 0?221? 設(shè)桌面為勢能零點(diǎn)，則鏈開始下滑到A端離桌面時(shí)的機(jī)機(jī)械能分別為2?l112?gxg?E? 01?122? 1122?gllvE? 22222?l111g122?glg?lv? 于是有? ?21?2221?glgl2?,vv 化簡可得 ?1?1? v?mI?mvI 的大小由圖所示可得2-13 由于，故沖量022)

23、?(mv)mv(I?02v?m2gh? 022089.?10?0.32?s?7.3N 圖習(xí)題2-13 與水平方向的夾角為Igh2v?tg Vv001098?2?2.70?.? 20?35?37.1?N)F?365(?球受到的平均沖力 ?02.t0?4?s)(N?t?56i?(10?2t)idI?Fdt （秒內(nèi)力的沖量1）42-14 0?,vv?mI?m 2）由動(dòng)量定量可得（0?I56?1)smi.?i?v?v?i6?04(? 010mt?200?2t)dt(10? （3）據(jù)題設(shè)，0 即2)s,t?10()(t?20)(t?10?10tt0?200?0, 忽略軌道阻力，故在加載過程中列車與礦砂系

24、統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，即2-15 V)?(m?mtmV 000 時(shí)速度由此得tVm00?V mt?m0 t時(shí)加速度為mVmVd00?a 2)(mmt?dt0 2-16 以分鐘計(jì)，槍對子彈的平均推力為7350.0079?Nmv120? N)11.6(F? 60t槍托對肩的壓力就等槍視作靜止，此力也等于肩對槍托的平均推力，由牛頓第三定律可知，11.6N. 于 以p表示蛻變后原子核的動(dòng)量，應(yīng)有2-17 原子核蛻變過程應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律.3 ?0p?p?p? 321 p的大小為由圖可知，322pp?p 2132212?33.22.?10?5?9 圖習(xí)題2-17 2?20m/s?10kg?1.07? 的

25、夾角為和p所在的平面內(nèi)，而且與pp的方向應(yīng)p1231p22.9?18?5?90?90?arctan?arctan149 33p5.2?v分別表示火箭殼和儀器艙分開后各自和v對太空慣性系，以的方向?yàn)檎较颍詖2-18 210 .由火箭殼和儀器艙的總動(dòng)量守恒給出的速度vm?mv?(mm)v 2102112vu?vu?v?v? 將此式代入上式得.由于儀器艙應(yīng)在前，所以,即1122)v?(m?v?v)?m(mmu 1210121 由此得um910150?2m/s)v?v?7290(7600? 01290150?m?m 21m/s?8200910?7290v?u?v?12?v. v均為正值，故二速度皆

26、沿正向，即與未分開前的方向相同,v210?gm?mg/由此可知?jiǎng)傋埠蠖呖墼谝黄饡r(shí)的速率,2-19 兩車相撞后的加速度為kk 為?m/s25?19.2?2?0.8?9.8?v?2gs k) 如果兩車均未超限制，并都以最大允許速率v開行，則由兩車的動(dòng)量守恒可得(如圖所示1222?)mmv)?(mv)v?(2( 2121222?)m/s9.9(v?v?vv?14? 由此可得撞后速度應(yīng) 112222?vv?. ，所以兩個(gè)司機(jī)的話并不都可信，至少一人撒謊由于實(shí)際撞后的初速 圖2-19習(xí)題 M和m用牛頓第二定律可得2-20 (1)如圖所示，沿豎直方向，分別對 Ma?MgT1 maT?mg?2 由此可得4

27、(N)10)?1.36?.g?a)?1200?(9.8?15?TM(1 4(N)10.83?1000?(9.8?1.5)0gT?m(?a)?212at?hs0?1.t這也就是在加速(2)的過程，起重間上升的距離為, 2 電動(dòng)機(jī)拖動(dòng)鋼纜的距離，電動(dòng)機(jī)做的功為 習(xí)題2-20圖132(J)95?10.5?1?3.)(T?(?T)h?1.36?0.83?1A 212?mg?T?mg,T拖動(dòng)鋼纜的. （3）起重間勻速上升時(shí)，滑輪兩側(cè)鋼纜中的張力分別為21?h 時(shí)電動(dòng)機(jī)又做的功是距離為?h?m)gT?(?T)?h(AM 214(J)?109611089)?(?12001000?.?. 表示馬拉雪橇的力，則

28、對雪橇，由牛頓第二定律F如圖所示，以2-21 ?0F?mgsin?f 切向： ?0cos?N?mg 法向：?Nf? 可解得再由k?sin?mgcosmgF? k 由此得馬拉雪橇做功?dmgA?sin(Rmgcos)? kF0 2-21圖習(xí)題?)?1?mg?Rmgsin(cosk?1?45?cos45?Rmg?sin k?22?mgR1? k22? 重力對雪橇做的功為?)?mgRA?(cos?mgsin1Rd? R0?2?1?mgR ? 2? 摩擦力對雪橇做的功為?R?mgsincos?RdmgA? kf02?Rmg? k2vv c點(diǎn)速度為S在B點(diǎn)速度為，整個(gè)運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)分過程,在, 2-22

29、設(shè)加速度為aAB=12B?A 勻加速直線運(yùn)動(dòng): 2asv?2(1) 1CB? ：機(jī)械能守恒1122mvR?mv?mg?2(2) 2122 重力提供向心力在C點(diǎn),2v2-22 習(xí)題2mmg?(3) RAC? ：平拋運(yùn)動(dòng) tvS?(4) 212gt2R?(5) 2 可解得5）,（4）、（(1) 聯(lián)立、（2）、（3）、 5ga?. 4s?ss. 設(shè)如圖所示，寫出各個(gè)過程的相應(yīng)方程.2-23 21 圖習(xí)題2-23 BA? ：機(jī)械能守恒 12vmgR?m(1) 1112 點(diǎn)碰撞：動(dòng)量、機(jī)械能守恒B?vvm?mv?(2)m?122111 ?1112?22v?m?mvm(3)v? 211211222? CB

30、? ：平拋運(yùn)動(dòng))(4s?vt?112? ?12)h?gt(5? 12?: 在C點(diǎn)時(shí)m2)v6(v?2cx ?)(v?gt7?1cymDC? ：以上述速度作斜拋運(yùn)動(dòng)，但其加速度由下式確定2t(8s?v)?cx2 ?)v29(at?cy?水(?mg1)mgma?f? 222浮?1)10g?(?1)m 2? CD為（(8)、9）、（10）可確定射程由vvv22v?cycycx)s?11(? 2aa 1聯(lián)立（）至（11）式可解證?Rhm42?1)m8(?4.?1?s?ss 21?1m?m1?21? ? B作受力分析（如圖所示）有B有同一加速度a,對A、2-24 在C開始運(yùn)動(dòng)之前，A、 ma?A:mg?

31、T(1) maT?(2) B: 1g?a ）解證由（1）、（2 2 習(xí)題2-24圖. 時(shí)間內(nèi)設(shè)BC間繩長為l,，在tB作勻加速運(yùn)動(dòng)11122gtl?at? 則 222l4).4(st?0 證 g A和B所達(dá)到的速度為B和C之間繩子剛要拉緊時(shí)，1?)sm?0.4?2.0(?v?at?gl?10 間繩拉緊前后，由動(dòng)量原理有BC?)()3?mv?T?A:mv?忽略了重力的沖量AB?)(4?TB:mv?mv?T? ?BCAB?)C:mvT?0?(5?BC守量看故可作動(dòng)重力的沖量可忽略，用(作時(shí)間短，21?)2mv?3?sm?v?1.mv33v() 恒. 3 5）解證（4）、（、聯(lián)立（3）221?)m1

32、?.33(?vs?2v?.0 33 秒時(shí)，盒內(nèi)已落有的石子質(zhì)量為m2-25 設(shè)在ttt?mnm?(1) t 而石子落入盒內(nèi)時(shí)速度為gh2v?(2) 在此后dt時(shí)間內(nèi)，將有質(zhì)量dm的石子落入盒內(nèi)ttdm?nm?d(3) tmmdd , 以向下為正對的石子受到盒對它的作用力為這些石子用動(dòng)量定理,設(shè)dNtt)v(0?ddmg?dN)dt?m( 則 tt1t(gd(dtg?v)?nmdtNd?v)?nmvt?dN?nmvddt?dm t. g=N而已有的質(zhì)量為m的石子受到盒對它的作用力的大小等于石子的重力.mtt 秤的讀數(shù)為nmgt?2gh?(nmv?mg)?nmN?dN t)gt?mn(2gh?).

33、949.8?80?100?.02(10?9.?2? )898?9.(?2?).6(N215? 的時(shí)間為到BA2-26 用動(dòng)量定理求解?T?t? ?2 重力的沖量為?mgm,?g?Imgt) (如圖所示方向向下 g? 小球動(dòng)量增量為?mgtg2?R?2m?p?2mv ? 其中R由小球的動(dòng)力學(xué)方程2?R?Tsinm ? 圖習(xí)題2-26?mgTcos?g?tgR? 求證 2? 由動(dòng)量定理?p?I?I gT 由圖可證22?)p?I?I( gTmg122?p4?tg(?)?2 ?I 與水平方向的夾角為T?I?gctg?tg ?p 2 2-27 設(shè)鐵錘與鐵釘撞擊中能量損耗不計(jì)，重力的功不計(jì)，由動(dòng)能定理有?

34、)E?E(恒量F?dx? 0kxF? 而，對第一次打擊1x21?Edx?kx?kx 0120 對第二次打擊11x2222?kx?)?EFdx?k(x?x 112022x1x2x? 解證 12 第二次擊入的深度為?)cm0.41(x?(2?1)x?x?x? 112 ，對兩彈簧有2-28 靜止時(shí)各處T=mgmg?kx?T11 mg?kxT?22 所以，兩彈簧的伸長量之比為kx21? kx12 兩彈簧的彈性勢能之比為12xkEk 112k2? 1kE2xk1k 222 1）子彈與擺錘碰撞，水平方向動(dòng)量守恒 2-29 （vMv?mv?m(1) 12 為擺錘碰撞后之速度，擺錘獲此速度后作圓周運(yùn)動(dòng)，在鉛直

35、面內(nèi)機(jī)械能守恒v11122l?Mg2Mv?Mv(2) 2122 欲完成一圓周運(yùn)動(dòng)，擺錘在最高點(diǎn)必須滿足條件M2?vMg (3) 2lgl?v5?vgl ）式可得子彈的最小速度）式得1，再代入（由（3）式得代入（2122M5?vgl minm 小球與彈簧振動(dòng)系統(tǒng)相互碰撞，水平方向動(dòng)量守恒2-30 Mv?mvmv?(1) 10x 為彈簧系統(tǒng)的啟動(dòng)速度，它在被壓縮過程中機(jī)械能守恒，設(shè)最大壓縮長度為，則有Vm1122kx?Mv(2) m22 2）兩式聯(lián)立求解得將（1）、（11)06(m2)?0.4(v?v)?1?x(?m 1m03kM1010? （2）碰撞是非彈性的，其機(jī)械能損失為111?222?Mv

36、?mv?Emv? 10損222?111?222kx?mv?mv? m01222?111?232206?20?10?1?4?.?1? 222?)2(J?4. 小球與M完全非彈性碰撞，碰撞后彈簧被壓縮，據(jù)此可列式(3) ?vM)mv?(m?0? ?1122?x?kM?m)v(? m22? 解得22v4?0?x?0.038(m) m3)?Mk(m(10?101)機(jī)械能損失 1122?E?kx?mv m0損2211232)?70380?10?14?.?.J(28? 22 第三章 剛體的定軸轉(zhuǎn)動(dòng) ）鐵餅離手時(shí)的角速度為1（3-1 ?(rad/s)0?25R?25/1.?v/ （2）鐵餅的角加速度為22?

37、252?)8(rad/s?39. ?25?12?2.2 （3）鐵餅在手中加速的時(shí)間為?251?22.?2(s)?.628t?0 ?25 ）初角速度為3-2 （1?(rad/s).9200/60?220? 0 末角速度為?(rad/s)?314?3000/?260 角加速度為?920.314?20?)?41.9?(rad/s? 0t.7 （2）轉(zhuǎn)過的角度為?314?20.930?)圈rad?1.t?17?10186(7? 22 （3）切向加速度為2?).38(m/s?0.2?a8R?41.9 t 法向加速度為2224?)(m.97?10/sR?3140?.2?1?a n 總加速度為2224242

38、)(m/s101.1.97?1097)?a?a?a?8.37?( nt總加速度與切向的夾角為 4a101.97?n?9?5arctan?89?arctan? a8.37t3-3 （1）對軸I的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 2222ma?cos60?)9)(?ma?2aacos60mJ?2(a?)?(a?cos60? 1對軸II的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 22ma3?am(sin60?)?J4 2（2）對垂軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 2222ma)2m?amma?J2?2(2cos30)?(a?12 33-4 （1）設(shè)垂直紙面向里的方向?yàn)檎?，反之為?fù)，則該系統(tǒng)對O點(diǎn)的力矩為 3331113M?mgl?mg?l?mg?l?mg?l?mgl 044

39、84484（2）系統(tǒng)對O點(diǎn)的總轉(zhuǎn)動(dòng)慣量等于各部分對O點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣之和，即 J?J?J?J?J41023l1ml13m3l3l2222)m()()?()()?m( 43443444372ml? 48?JM? 可得）由轉(zhuǎn)動(dòng)定律 （33mglM36g 40? 3737lJ2ml0 483-5 （1）摩擦力矩恒定，則轉(zhuǎn)輪作勻角加速度運(yùn)動(dòng)，故角加速度為 ?012.?(0.8-1)0 00t? 第二秒末的角速度為?6.?.20?t?2?0 02000?M，據(jù)題設(shè)可知 2）設(shè)摩擦力矩的比例系數(shù)為與角速度（r?d?,即JM? rdt?d?t?dtln?t ?JJ?000?8.?0s1t?，故可得比例系數(shù)據(jù)題設(shè)時(shí)

40、， 01?Jln0.8 ?s?2t為時(shí)，轉(zhuǎn)輪的角速度 由此2?2?2lnln0.8 ?02?640.8.?0? 002?N?f，此摩擦力形成阻力矩，3-6 設(shè)飛輪與閘瓦間的壓力為N如圖示，則二者間摩擦力rfR，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律 r?JRf? r?22?0mRJ?n? ，角加速度，故得其中飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 5t 2?mnR?f? r52?0.25(1000/60)?60? 514(N)-3? 見圖所示，由制動(dòng)桿的平衡條件可得 3-6習(xí)題圖?0= l(l?l)?NF 112f?rN?N ? 得制動(dòng)力lf5?0.3141r(N)F?314 ?0.75)(0.5?4?l)0.(l21 如圖所示，由牛頓第二定律

41、3-7 amT?mg?m: 對11111a?T?mgm:m 對22222 對整個(gè)輪，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律11?22?RR?TR?MM?TR? 2221211122?R/R?/ 又由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系 習(xí)題圖3-72211 聯(lián)立解以上諸式，即可得gR)?(mRm?1212? 22R?2m)/M?R)?/M(2m(222111 ，則直尺對懸點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為m設(shè)米尺的總量為3-8 1122l?I?mlm 2121332211226.?m?m0.40? 553341.m? 15m.093?0 (b) (a) 122331mg.1?mg?0M?mg? 25555241.?mM?I?I 又 1515?M0.1mg2?)rad

42、s.5?(?10 mI1.4 從水平位置擺到豎直位置的過程中機(jī)械能守恒（以水平位置為O勢能點(diǎn)）12?Jmgh c24.112?m?.1?mg?0 即 51.2?21? 。作受力分析（如圖所示）視為質(zhì)點(diǎn)，3-9 mM視為剛體（勻質(zhì)圓盤）ma?mg?T? ?J?RT? ?Ra?1?2MRJ? 2? ）由方程組可解得（11mg?g?a 2/M2m? 物體作勻加速運(yùn)動(dòng)(1) 習(xí)題3-9圖1gt?vat?v 02 ）物體下落的距離為2（12at?x?vt 02 12gt? 4 =4時(shí)當(dāng)t12)(m39.?42?4g?x?g 4 ）繩中張力由方程組解得（31mgT? 2. 正方向O時(shí)物體所處位置為坐標(biāo)原點(diǎn)

43、，以向下為x解法2：以t=0 ）由機(jī)械能守恒：（1 11?22?mgx?mVJ? 22?1?2mR2J? ? 2?R?V?(2) 圖習(xí)題3-92gx?V t求導(dǎo)得 兩邊就tddvg?2vv?gvd 2td 1tgdtv?gtdv?v? 2200 （2）1?1dx?gtvgt? ? 22dt則?1xd?tgt?dxd?v ? 2td?1tx?t?dgtdx 20012gt?x 410?VgtV?m? 勻加速運(yùn)動(dòng)，由）3（知以及 021?ga1? mg?T2 ? 2?ma又由mg?T?2?)drd/(Rdm?mrrds?rdd此面元受轉(zhuǎn)3-10 如圖所示，,唱片上一面元面積為質(zhì)量為 盤的摩擦力矩為

44、22?)d?rrdmg?mg/(rRdddM?rf kk 各質(zhì)元所受力矩方向相同，所以整個(gè)唱片受的磨擦力矩為?MM?d ?mg?2R2?krr?dd 2?R00 2?mgR? k3 ?需要0增加到唱片在此力矩作用下做勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度從 時(shí)間為?R3?t ?1ga4?2mR/Mk? 2? 唱機(jī)驅(qū)動(dòng)力矩做的功為1 圖習(xí)題3-1022?mRA?M?M?t 2 唱片獲得的動(dòng)能為1111?22222?mR?mR?J?E? k4222? 3-11 對整個(gè)系統(tǒng)用機(jī)械能守恒定律111222?0gh?khJ?mv?m? 1122212?rJ?/?mr,v 以代入上式，可解得 222khgh?2m50.5?2?

45、002?.08?9.8?1m/s.48v?1 05.08?02m?m/01 的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為1）丁字桿對垂直軸O3-12 （211222ml)?l?JJ?Jml?m(2 OAB0OC33121?mglM?JM? 的力矩，故由對軸O可得釋手瞬間丁字桿的角加速度 02Mg133?0?mgl? 2l422mlJ0?0則M?0,?90 。由機(jī)械能守恒知角后，知矩（2）轉(zhuǎn)過mgll12?J?mg 0J220 此時(shí)角動(dòng)量2?glml?mglJ?L?J 003 轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為112?mgl?JE? 0k2212?J?mR軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量利用填補(bǔ)法，將小碎片填入缺口，此時(shí)為均勻圓盤對O3-13 （1） 0022mRJ?

46、挖去小碎片，相應(yīng)減少，故剩余部分對O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為1122?mRRJ?J?J?m? 00012 （2）碎片飛離前后，其角動(dòng)量守恒112222?mR)?mRmRR?(m? 100122 ?1 故剩余部分的角速度與原來的角速度相等。 3-14 由于轉(zhuǎn)臺和人系統(tǒng)未受到沿軸方向外力矩，所以系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，即2?)?(J?JMr 21 由此可得轉(zhuǎn)臺后來的角速度為?21200J?)rad/s?0.496(? 1222102?80?J?Mr1200，與太陽之距V慧星在有心力場中運(yùn)動(dòng)，角動(dòng)量守恒。設(shè)其質(zhì)量為M，近日點(diǎn)速率為3-15 1 ，與太陽之距r，則有r;遠(yuǎn)日點(diǎn)速率為V212rr?MVMV 21214V1

47、0?5.4612101)(m.?5?26?10108rr?.75? 122V1008?9.22v/r?g ）由于3-16 （1v?gr?9.8?2.5?4.95(m/s) （2）由飛船和宇航員系統(tǒng)角動(dòng)量守恒可得 ?0mvR?J3 由此得飛船角速度為 3mvR3?70?4.95?2.5?3?8.67?10(?rad/s) 5J3?10?)/(t?6?v30?/R，在時(shí)間）飛船轉(zhuǎn)過t，宇航員對飛船的角速度為用的時(shí)間內(nèi)3（跑過的圈數(shù)為 1v?(1?)?)(v?/R)t/(2n? ?R12 95.14)圈19(1?)?( 3?52.67?10?128. 25d計(jì)算，太陽的自轉(zhuǎn)角動(dòng)量為3-17 太陽自轉(zhuǎn)

48、周期按22?mR?J S5?223082?)96?1010?(6.?1.99 525?86400422/s)kg?m1.1?10(?此角動(dòng)量占太陽系總角動(dòng)量的百分?jǐn)?shù)為 4310?0.11?3.3% 43(0.11?3.2)?103-18 （1）由于外力沿轉(zhuǎn)動(dòng)中心O，故外力矩恒為零，質(zhì)點(diǎn)的角動(dòng)量守恒，即 mVr?mVr2121 2?mr?mVr211 r的圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為故小球作半徑2r?1V? 12r2 F）拉力做功為（22?11mr222?1?V1mV?mV?A?F?ds ? 121222r?23-19 （1） J?J?J球桿 41222?ml?ml?ml 33（2）在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中無耗散力，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)初始時(shí)刻重力勢能為零，有 1l2?)cosl