黄淮学院《大学物理》课后答案2

2.1一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度0v运动，0v的方解:物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取0v方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.题2-2图X方向：0xFtvx0①Y方向：yymamgFsin②0t时0y0yv2sin21tgy由①、②式消去t，得220sin21xgvy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xf＝6N，yf＝解：2sm83166mfaxx2sm167mfayy(1)20101200sm872167sm452832dtavvdtavvyyyxxx于是质点在s2时的速度1sm8745jiv(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220jijijtaitatvryx3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速答:(1)∵tvmkvadd分离变量，得mtkvvdd即vvtmtkvv00ddmktevvlnln0∴tmkevv0(2)tttmkmkekmvtevtvx000)1(dd(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有000dkmvtevxtmk(4)当t=km时，其速度为evevevvkmmk0100即速度减至0v的e1.4一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质解: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o30，则动量的增量为0vmvmp由矢量图知，动量增量大小为0vm，方向竖直向下．5作用在质量为10kg的物体上的力为itF)210(N，式中t的单位是s，(1)求4s后，这解:(1)若物体原来静止，则itittFpt10401smkg56d)210(d,沿x轴正向，ipIimpv111111smkg56sm6.5若物体原来具有61sm初速，则tttFvmtmFvmpvmp000000d)d(,于是tptFppp0102d,同理，12vv,12II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tttttI0210d)210(亦即0200102tt解得s10t，(s20t舍去)6一颗子弹由枪口射出时速率为10smv，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F．解:(1)由题意，子弹到枪口时，有0)(btaF,得bat(2)子弹所受的冲量tbtattbtaI0221d)(将bat代入，得baI22(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bvavIm7设N67jiF合．(1)当一质点从原点运动到m1643kjir时，求F所作的解:(1)由题知，合F为恒力，∴)1643()67(kjijirFA合J452421(2)w756.045tAP(3)由动能定理，J45AEk8，一物体质量为2kg，以初速度0v＝3m·s-1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，解: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37sin212122mgsmvkxsfr222137sin21kxsfmgsmvkr式中m52.08.4s，m2.0x，再代入有关数据，解得-1mN1390k再次运用功能原理，求木块弹回的高度h2o2137sinkxsmgsfr代入有关数据，得m4.1s,则木块弹回高度m84.037sinosh题2-19图9一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方证:两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mvmvmv即222120vvv①又碰撞过程中，动量守恒，即有210vmvmvm亦即210vvv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0v为斜边，故知1v与2v是互相垂直的．10一质量为m的质点位于(11,yx)处，速度为jvivvyx,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jyixr11作用在质点上的力为iff所以，质点对原点的角动量为vmrL0)()(11jvivmiyixyxkmvymvxxy)(11作用在质点上的力的力矩为kfyifjyixfrM1110)()(11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1r＝8.75×1010m时的速率解: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2211mvrmvr∴m1026.51008.91046.51075.81224102112vvrr12物体质量为3kg，t=0时位于m4ir,1sm6jiv，如一恒力N5jf作用在物解:(1)301smkg15d5djtjtfp(2)解(一)73400tvxxxjattvyy5.25335213621220即ir41,jir5.257210xxvv1133560atvvyy即jiv611,jiv112∴kjiivmrL72)6(34111kjijivmrL5.154)11(3)5.257(222∴1212smkg5.82kLLL解(二)∵dtdzM∴tttFrtML00d)(d301302smkg5.82d)4(5d5)35)216()4(2ktkttjjttit13飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为900rev·min-1．现解:(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，rF、rF是摩擦力，xF和yF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．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FlllNlNllF1211210)(对飞轮，按转动定律有IRFr/，式中负号表示与角速度方向相反．∵NFrNN∴FlllNFr121又∵,212mRI∴FmRlllIRFr121)(2①以N100F等代入上式，得2srad34010050.025.060)75.050.0(40.02由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s06.74060329000t这段时间内飞轮的角位移为rad21.53)49(340214960290021220tt可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．(2)10srad602900，要求飞轮转速在2ts内减少一半，可知2000srad21522tt用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为NllmRlF1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211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OO转动．设大小圆柱体解:设1a,2a和β分别为1m,2m和柱体的加速度及角加速度，（1）1m,2m和柱体的运动方程如下：2222amgmT①1111amTgm②IrTRT21③式中RaraTTTT122211,,,而222121mrMRI由上式求得22222222121srad13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0grmRmIrmRm(2)由①式8.208.9213.610.02222gmrmTN由②式1.1713.6.2.028.92111RmgmTN