大学物理第二版习题答案 罗益民 北邮出版社 第二章答案

第二章质点动力学2-1（1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，x向：0cosmaxminfFy向：0sinminMgFN还有Nfsmax解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为sincosssminMgF在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为sincoskkminMgF（2）在上面minF的表示式中，如果0sincoss，则minF，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是0sincoss由此得的最小值为s1arctan2-2（1）对小球，由牛顿第二定律x向：maNTsincosy向：0cossinmgNT联立解此二式，可得N)(32.3)30sin8.930cos2(5.0)sincos(gamTN)(74.3)30sin230cos8.9(5.0)sincos(agmN由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N)(74.3NN（2）小球刚要脱离斜面时N=0，则上面牛顿第二定律方程为mgTmaTsin,cos习题2-1图习题2-2图由此二式可解得2m/s0.1730tan/8.9tan/ga2-3要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a,且挂吊B的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示三物体只有水平方向的运动，只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程：)4(:)3(0cos)2(sin:)1(:322211MaNFMgmTamTmamTm水平水平3N为绳中的雨拉力在水平向的合力)5(sin3TTN水平联立（1），（2），（3），（4），（5）解得)N(78480)(2221212gmmgmmmmF（因为三个物体有同一加速度a，且在水平方向只受外力F的作同，所以，可将三个物体看作一个物体：aMmmF)(21再与（1），（2），（3）式联立求解即可。）2-4由图写出力函数用积分法求解。)75(355)50(2ttttF(1)由tvmFdd得tFmvd1d(2)在s50内2001d21tmttmvvtt(3)当t=5时：)sm(3025105mvv习题2-3图在5-7s内再用（2）式5.1123525d)355(1255ttttmvvtt(4)当t=7时：)sm(4010157vv再用积分法：tvxtxvdd,dd(5)在0-5s内，由（3）式积分ttmvxxd)1(502005即)m(326831252505xx再由（4）式5.112352525tttvv求5得752557d)5.1123525(tttvxx得)m(142317357xx2-5设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿x方向，对A，有AAAAammggmcossink对于B，有BBBBammggmcossink由此得2kAm/s63.3)30cos15.030(sin8.9)cos(singaA2kBm/s12.3)30cos21.030(sin8.9)cos(singaB（1）如图所示，A在下，B在上。由于BAaa。所以绳被拉紧，二者一起下滑，而aaaBA。以TT和分别表示绳对A和B的拉力)(TT，则由牛顿第二定律，沿x方向对A：amTmggmAAAcossink对B：amTmggmBBBcossink习题2-5图由此得)m/s(29.330cos8.985.25.185.221.05.115.030sin8.9cossin2kkgmmmmagaBABBAA（2）图中绳中张力为N)(51.029.35.130cos8.95.115.030sin8.95.1cossinkamgmgmTAAAA（3）如果互换位置，A在上，B在下，则由于BAaa，连接绳子将松弛，因而T=0，此时AB的加速度即)m/s(12.3),m/s(63.322BBAAaaaa2-6当漏斗转速较小时，m有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力mf方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律x向：rmfNmmin2cossiny向：0sincosmgfNm还有Nfms联立解以上各式，可得rg)sin(cos)cos(sinssmin或rg)sin(cos)cos(sin21ssmin当n足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即mf的方向与图2.6中所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速为rgn)sin(cos)cos(sin21ssmax总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速n应满足的条件是minmaxnnn2-7设圆柱与绳索间的摩擦力为f，绳对重物m1的拉力T1，m1和m2对地加速度分别为a1、a2，对m1、m2列出方程习题2-6图fTaamamgmfamTgm)(12222111联立解出：)2()()(2121211212212211agmmmmTfmmamgmmammamgmma2-8质点在x、y两个方向都是匀加速直线运动。)m(874132167212166212)2(21)21()sm(8745)7()62()()(7622221-000jijijtaitatvrjijtmitmjtavitavvjmaimajiFyxxyyxxyx2-9tvmkvfddvvttmkvvtmkvv00dddd（1）积分得tmkvve0（2）tmkvtxvedd0积分得)e1(00tmk-kmvxxx（3）利用（1）的结果，令v=0得t习题2-7图代入（2）的结果中得00)01(vkmvkmx（4）将kmt代入（1）的结果中得010e1evvv2-10初始时刻0,0,000vxt，t时刻受力如图所示，设x为该时刻入水长度，棒的横截面积为s，有gsxfslm12浮当lx时有tvmfmgFdd浮即vxvslgsxgsldd212xlgxglvvxvdd021202/12122)2(2xxllgv（1）（1）当lx时2/1122)2(2glv（2）（2）当212时，（2）式无意义，即此条件将使棒不可能全部没入液体中，但（1）式仍然成立，当棒到达最大深度xm时v=0，由（1）式得：)(01舍去mxlxm1222即为所求（3）由（1）式求极值得：当lx12时有glv12max2-11以M和m分别表示木星和木卫三的质量，则由万有引力定律和牛顿第二定律，可得习题2-10图(kg)1089.1)8640016.7(1067.6)1007.1(444272113922322222GTRMRmRTmRMmG2-12（1）设链条的质量线密度为，链条开始下滑时，其下垂直度为0x，应满足的条件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：lxgxlgx1)(000（2）据功能原理12EEWr开始下滑时在桌面部分的长度为100lxly当链条的A端从O点沿y轴运动到y0点过程中，摩擦力作功为22000122d)(d0lgygygyyyfWyrr设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为2222201212112121gllvElggxE于是有22221212121112lggllvg化简可得1,12glvglv2-13由于0vmvmI，故冲量I的大小由图所示可得sN3.720108.923.02)()(220202vghmmvmvII与水平方向的夹角为习题2-12图习题2-13图357.0201098.22200Vghvvtg球受到的平均冲力N)(36502.03.71tF2-14（1）4秒内力的冲量s)(N56d)210(d40itittFI（2）由动量定量,0vmvmI可得)sm(4.06105610iiivmIv（3）据题设，ttt0200d)210(即)s(10,0)10)(20(,0200102ttttt2-15忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即VmtmVm)(000由此得t时速度mtmVmV000t时加速度为2000)(ddmtmmVmtVa2-16以分钟计，枪对子弹的平均推力为N)(6.11607350079.0120tNmvF枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于11.6N.2-17原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以p3表示蜕变后原子核的动量，应有0321ppp由图可知，p3的大小为22213ppp习题2-17图2202221m/skg1007.133.522.910p3的方向应p1和p2所在的平面内，而且与p1的夹角为8514933.522.9arctan90arctan9021pp2-18对太空惯性系，以0v的方向为正方向，以v1和v2分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自的速度.由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出2211021)(vmvmvmm由于仪器舱应在前，所以12vvu,即12vuv.将此式代入上式得)()(1211021vumvmvmm由此得m/s82007290910m/s)(729029015091015076001221201vuvmmumvvv1,v2均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前0v的方向相同.2-19两车相撞后的加速度为gmmgkk/,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为m/s2.19258.98.022gsvk如果两车均未超限制，并都以最大允许速率v1开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示)22221)2()()(vmmvmv由此可得撞后速度应m/s)(9.91422222112221vvvv由于实际撞后的初速vv，所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒谎.2-20(1)如图所示，沿竖直方向，分别对M和m用牛顿第二定律可得maTmgMaMgT21由此可得习题2-20图习题2-19图(N)1083.0)5.18.9(1000)((N)1036.1)5.18.9(1200)(4241agmTagMT(2)在加速s0.1t的过程，起重间上升的距离为221ath,这也就是电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为(J)1095.315.121)83.036.1()(3221hTTA（3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为mgTmgT21,.拖动钢缆的距离为h时电动机又做的功是hgmMhTTA)()(21(J)10