《大学物理学》（赵近芳主编）第二版课后习题答案第二单元.doc

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′ ①
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 ②
T-m2g=m2a2 ③
联立①、②、③式，得

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-mg=0 ①
又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则
NAlsinθ-mgcosθ=0 ②
在水平方向因其有加速度a，故有
f+NA=ma ③

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=±μ0mg ④
联立①、②、③、④式得

2-3

(1)

于是质点在2s时的速度

(2)

2-4 (1)∵
分离变量，得

即

∴
(2)
(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，
故有
(4)当t=时，其速度为

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
m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相′+a牵
∴
θ=arctan=arctan=26.6°，左偏上．
2-6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
Δp=mv-mv0
由矢量图知，动量增量大小为｜mv0｜，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
Δp=mv2-mv1 方向竖直向上，
大小 ｜Δp｜=mv2-(-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
Δp1= i kg·m·s-1,沿x轴正向，

若物体原来具有-6 m·s-1初速，则
于是
,
同理，Δv2=Δv1,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，两种情况中的作用时间相同，即

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=mω(-asinωti+bcosωtj)
将t=0和t=分别代入上式，得
p1=mωbj,p2=-mωai,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)
2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有
F=(a-bt)=0,得t=
(2)子弹所受的冲量

将t=代入，得

(3)由动量定理可求得子弹的质量

2-11设一块为m1，则另一块为m2，
m1=km2及m1+m2=m
于是得 ①
又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有
②
mv=m1v1+m2v2 ③
联立①、③解得
v2=(k+1)v-kv1 ④
将④代入②，并整理得

于是有
将其代入④式，有

又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

证毕．
2-12 (1)由题知，F合为恒力，
∴ A合=F·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)
=-21-24=-45 J
(2)
(3)由动能定理，ΔEk=A=-45 J
2-13 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
第一锤外力的功为A1
①
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dt→0时，f′=-f．
设第二锤外力的功为A2，则同理，有
②
由题意，有
③
即
所以，
于是钉子第二次能进入的深度为
Δy=y2-y1=-1=0.414 cm
2-14
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 FA=k1Δx1
FB=k2Δx2
所以静止时两弹簧伸长量之比为

弹性势能之比为

2-16 (1)设在距月球中心为r处F月引=F地引，由万有引力定律，有
G=G
经整理，得
r=
=
=38.3210 m
则p点处至月球表面的距离为
h=r-r月 =(38.32-1.74)×106＝3.66×107 m
(2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为

=
=-1.28

2-17 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
-μm2gh= (m1+m2)v2-［m1gh+k(Δl)2］
式中Δl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则
Δl=AC-BC=(-1)h
联立上述两式，得
v=

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=
k=
式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得
k=1390 N·m-1

题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′
-fts′=mgs′sin37°-kx3
代入有关数据，得 s′=1.4 m,
则木块弹回高度
h′=s′sin37°=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
，以最低点为重力势能零点，则有
mgR=
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=
2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

即 ①

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 v0=v1+v2 ②
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=r×mv
=(x1i+y1j)×m(vxi+vyj)
=(x1mvy-y1mvx)k
作用在质点上的力的力矩为
M0=r×f=(x1i+y1j)×(-fi)=y1fk
2-22 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
∴
2-23 (1)
(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7

即r1=4i,r2=7i+25.5j
vx=v0x=1

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
∴ΔL=L2-L1=82.5k kg·m2·s-1
解(二) ∵
∴

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=mr0ω20 ①
挂上M2后，则有
(M1+M2)g=mr′ω′2 ②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即 r0mv0=r′mv′
③
联立①、②、③得

2-25 (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，Fr、F′r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O轴处所受支承力．

题2-25图（a）

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

对飞轮，按转动定律有β=-FrR/I，式中负号表示β与角速度ω方向相反．
∵ Fr=μN N=N′
∴
又∵
∴ ①
以F=100 N等代入上式，得

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

这段时间内飞轮的角位移为

可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．
(2)ω0=900×(2π)/60 rad·s-1，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

2-26 设a，a2和β分别为m1m2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：

式中 T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ
而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2
由上式求得

(2)由①式
T2=m2rβ+m2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N
由②式
T1=m1g-m1Rβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N
2-27 分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有
m2g-T2=m2a ①
T1=m1a ②
对滑轮运用转动定律，有
T2r-T1r=(1/2Mr2)β ③
又， a=rβ ④
联立以上4个方程，得

题2-27(a)图 题2-27(b)图

题2-28图
2-28 (1)由转动定律，有
mg(l/2)=[(1/3)ml2]β
∴ β=
(2)由机械能守恒定律，有
mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml2]ω2
∴ω=

题2-29图
2-29 (1)设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
mv0l=Iω+mvl ①
(1/2)mv20=(1/2)Jω2+(1/2)mv2 ②
上两式中J=1/3Ml2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：
③
由③式得

由①式
④
由②式
⑤
所以

求得

(2)相碰时小球受到的冲量为
∫Fdt=Δmv=mv-mv0
由①式求得
∫Fdt=mv-mv0=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω
=-
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

题2-30图
2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
v0=Rω
设碎片上升高度h时的速度为v，则有
v2=v20-2gh
令v=0，可求出上升最大高度为

(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即
Iω=I′ω′+mv0R
式中ω′为破盘的角速度．于是
(1/2)MR2ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′+mv0R
[(1/2)MR2-mR2]ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′
得ω′=ω(角速度不变)
圆盘余下部分的角动量为
[(1/2)MR2-mR2]ω
转动动能为

题2-31图
Ek=(1/2)[(1/2)MR2-mR2]ω2
2-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒
Rsinθm0v0=(m+m0)R2ω
∴ω=
(2)
2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有
mgh=(1/2)mv2+(1/2)Iω2+(1/2)kh2
又 ω=v/R
故有

题2-32图 题2-33图
2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有
I0ω0=(I0+mR2)ω ①
该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为vB，以B点为重力势能零点，则有
(1/2)I0ω20+mgR=(1/2)(I0+mR2)ω2+(1/2)mv2B ②
联立①、②两式，得

(2)当小球滑至C点时，∵Ic=I0 ∴ωc=ω0
故由机械能守恒，有
mg(2R)=(1/2)mv2c
∴vc=2
请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．