《大学物理》第二章答案.docx
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《大学物理》第二章答案
1一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度V。
运动，V。
的方向与
斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道.
解：
物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：
取V。
方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴•如图2-2.
fx=6N,fy=-7
2质量为16kg的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为
N,当
当t=0时，xy0,vx=
-1
=-2m•s,
V
y=0.求
当t
=2s时质点的
（1）
位矢;
（2）速度.
解:
fxax
6
3
ms
2
m
16
8
fy
7
2
ay
ms
m
16
（1）
2
3
5
Vx
Vx0
naxdt
2
2
ms
0
8
4
2
7
7
1
Vy
Vy0
aydt
2
—
ms
016
8
于是质点在2s时的速度
57.
vijms
48
kv（k为常数）作用，t=o时质点的速
由o到t的时间内经过的距离为
⑵
（vot
1
axt2
）i
1a
上2・ytJ
2
2
1
3
1
7
（2
2
4）i
C（
）4j
2
8
2
16
13
7
—i
j
m
4
8
3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力
（k）t度为Vo，证明
（1）t时刻的速度为v=v°em;
（2）
分离变量，得
-t
v°em
（3）质点停止运动时速度为零,
（4）当t=时，其速度为
k
即速度减至v0的-.
e
4一质量为m的质点以与地的仰角
=3O°的初速vo从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点
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2-6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
5作用在质量为10kg的物体上的力为F（102t）iN,式中t的单位是s,
（1）求4s后，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200N•s,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6jm-s-1的物体，回
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（102t）dt10tt2
0
亦即
2
t10t2000
解得t10s,（t20s舍去）
6—颗子弹由枪口射出时速率为voms，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F
=（abt）N（a,b为常数），其中t以秒为单位：
（1）假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，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
F（abt）0得t
a
b
（2）子弹所受的冲量
t
10（abt）dtat
-bt2
2
a
将t代入，得
b
2
1a
2b
（3）由动量定理可求得子弹的质量
Ia2
m
V02bv0
证毕.
7设F合7i6jN.
（1）当
质点从原点运动到r
3i4j16km时，求F所作的
功.
（2）如果质点到r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
变化.
解:
（1）由题知，
F合为恒力，
A合Fr
（7i
6j）（3i4j16k）
21
24
45J
A
45
⑵
P—
75w
t
0.6
⑶由动能定理，
EkA45J
式中s4.80.25m，x0.2m，再代入有关数据，解得
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度
代入有关数据，得s1.4m,
则木块弹回高度
o
ssin370.84
题2-20图（a）题2-20图（b）
又碰撞过程中，动量守恒，即有
亦即
mv0mv1mv2
VoViV2
由②可作出矢量三角形如图（b）,又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以V。
为斜边，
故知Vi与V2是互相垂直的.
10一质量为m的质点位于（x^yj处，速度为vVxiVyj,质点受到一个沿x负方向的力f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
x1i
yij
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
（Xiiyi）
m（VxiVyj）
（XimVy
%mvx）k
作用在质点上的力的力矩为
Morf（xiiyij）（fi）yifk
10、，
ii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ri=8.75Xiom时的速率
4-i2-i
是V1=5.46X10m-s，它离太阳最远时的速率是v2=9.08X10m-s这时它离太阳的
距离Q多少?
（太阳位于椭圆的一个焦点。
）
解：
哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用，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
r1mv1r2mv2
8.7510105.46104
9.08102
12物体质量为3kg,t=o时位于r4im,vi6jms1,如一恒力f5jN作用在物
体上，求3秒后，
（1）物体动量的变化；
（2）相对z轴角动量的变化.
3
解：
⑴pfdtq5jdt15jkgms
yV°yt
12at
6
31
5
32
25.5j
2
2
3
r1
4i,r2
7i
25.5j
Vx
Vox
1
Vy
V0y
at
65
3
11
3
V1
i1
6j/
V2i
11j
L1r1
mv1
4i
3（i
6j）
72k
L2r2mv2
（7i
25.5j）
3（i
11j）
154.5k
dz
dt
dt
L1
t
0（r
82.5k
kg
F）dt
3
0（4
3
05（4
t）i
（6t）r）j
5jdt
t）kdt82.5kkgm2
13飞轮的质量m=60kg，半径R=0.25m，绕其水平中心轴利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力
计算.试求:
?
在这段时间里飞轮转了几转
（1）设F=100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动
（2）如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?
解:
（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，Fr、Fr是摩擦力,
Fx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0轴处所受支承力.
J—打■卜LF
题2-25图（b）
杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
11|2
F（l1l2）Nl10N--F
li
又•••
Fr
600.250.50
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
以F100N等代入上式，得
2°.40⑹50°75）100色rad
3
这段时间内飞轮的角位移为
0t
9002
1409
2孑（4
rad
53.1
可知在这段时间里，飞轮转了53.1转.
21
（2）0900rads1，要求飞轮转速在
60
2s内减少一半，可知
0
0
t
用上面式
（1）所示的关系，可求出所需的制动力为
0
2t
mRl1
F1—
2（hJ）
600.250.50
15
20.40（0.500.75）2
177N
14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
00转动.设大小圆柱体的
半径分别为R和r，质量分别为M和m.绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连,
m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示.设R=0.20m,r=0.10m,m=4kg,M
=10kg,m1=m2=2kg，且开始时m1,m2离地均为h=2m求:
（1）柱体转动时的角加速度；
（2）两侧细绳的张力.
解：
设a1,a2和B分别为m「m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图（如图b）.
题2-26（a）图
题2-26（b）图
（1）m1,m2和柱体的运动方程如下：
T2m2gm2a2
ggT）m1a1
T1RrI
11
而IMR2mr2
22
由上式求得
Rmirm2
22g
mg2
Imi|Rm2r
0.220.12—9.8
12-100.202
2
6.13rads2
14
2
0.102
2
0.20220.102
（2）由①式
T2
m2r
m2g
2
0.106.1329.8
20.8N
由②式
T1
mg
m1R
2
9.820.2.6.13
17.1N
15如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m，长为I，可绕过一端0的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下.
（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
（扣2）
3g
2l
（2）由机械能守恒定律，有
3gsin
.l
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