《大学物理》第二章 习题解答

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: F. cose-fm=0 N y向:N- F sin e-=0 还有Jm=H 习题2-1图 解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为 cos6-us sin 8 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 M uk sin (2)在上面Fmn的表示式中,如果cosb-Sn6→>0,则Fmn→>∞,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 cosb-HSn6≤0 由此得b的最小值为 6= arctan 2-2(1)对小球,由牛顿第二定律 x向:Tcos6-Nsn=m y向:TsnO+ Ncose-mg=0 联立解此二式,可得 T=m( a cosa+gsna)=0.5×(2×cos30°+98sn309)=3.32(N) N=m( g cos a+ asin a)=0.5×(98×c0s30°-2sin309)=3.74(N) 由牛顿第三定律,小球对斜面的压力 N"=N=374(N) (2)小球刚要脱离斜面时№=0,则上面牛顿第 二定律方程为 习题22图

8 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： Fmin cos − fmax = 0 y 向： N − Fmin sin − Mg = 0 还有 fmax = sN 解以上三式可得要推动木箱所需力 F 的最小值为     cos s sin s min − = Mg F 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     cos k sin k min − = Mg F （2）在上面 Fmin 的表示式中，如果 cos − s sin →0 ，则 Fmin → ，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 cos − s sin  0 由此得  的最小值为 s 1 arctan   = 2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律 x 向： T cos −Nsin = ma y 向： T sin  + N cos − mg = 0 联立解此二式，可得 T = m(a cos + g sin ) = 0.5 (2 cos30 + 9.8sin 30) = 3.32(N) N = m(g cos + asin ) = 0.5 (9.8 cos30 − 2sin 30) = 3.74(N) 由牛顿第三定律，小球对斜面的压力 N = N = 3.74(N) （2）小球刚要脱离斜面时 N=0，则上面牛顿第 二定律方程为 习题 2-1 图 习题 2-2 图

ma 由此二式可解得 a=g/tan=9.8/tan 300=17.0m/s 2-3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 习题2-3图 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: T Tsn a=m,a (2) IT cosa-m,g=0 N3水平为绳中的雨拉力在水平向的合力 N3水平=T+Tsna 联立(1),(2),(3),(4),(5)解得 m2 g F=(m1+m2+m) =80g=784(N) (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: F=(m,+m2+M 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。 21(0≤t≤5) 5+35(5≤t≤7) 4p甲 得 Fd 在0→5s内 2td

9 T cos = ma, T sin = mg 由此二式可解得 2 a = g / tan = 9.8/ tan 30 =17.0m/s 2-3 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) cos 0 (3) sin (2) : : (1) 3 2 2 2 1 1 M F N Ma T m g T m a m m T m a − =    − = = = 水平   N3水平 为绳中的雨拉力在水平向的合力 sin (5) N3水平 = T +T  联立（1），（2），（3），（4），（5）解得 ( ) 80 784(N) 2 2 2 1 1 2 2 = = − = + + g m m m g F m m m （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： F = (m1 +m2 + M)a 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。    − +     = 5 35 (5 7) 2 (0 5) t t t t F (1) 由 t v F m d d = 得   = F t m v d 1 d (2) 在 0→5s 内 2 0 0 1 2 d 1 t m t t m v v t t − = =   (3) 习题 2-3 图

当=5时: 30(ms-) 在5-7s内再用(2)式 5 351-112.5(4) 当口=7时:v=10+vs=40m·s 再用积分法 在0-5s内,由(3)式积分 即 25 68 再由(4)式 t2+35t-1125 求5得 5 x-x5=1(v +35-112.5 得 x7=x5+73=142(m) 3 2-5设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律,沿x方向,对A,有 magsi a-AkA' 对于B,有 mBg SI a--AkBmgcosa =mga 由此得 a4=g(sna- Aka cOSa)=98(sn30°-0.15×cos30°)=363m2 an=g(sna- coS a)=98sn30°-0.21×cos30°)=3.12ms2 (1)如图所示,A在下,B在上。由于a4>aB。 所以绳被拉紧,二者一起下滑,而aA=aB=a。以 7和T”分别表示绳对A和B的拉力(T=T),则由牛顿 第二定律, 沿x方向 Xf A: m,gsn a-Hkmg cosa-T=ma 习题2-5图

10 当 t=5 时： 30(m s ) 25 1 5 0 − = + =  m v v 在 5-7s 内再用（2）式 35 112.5 2 5 ( 5 35)d 1 2 5 − 5 = − + = − + −  t t t t m v v t t (4) 当 t=7 时： 10 40(m s ) 1 7 5 − v = + v =  再用积分法：   = x = v t t x v , d d d d (5) 在 0-5s 内，由（3）式积分 t t m x x v )d 1 ( 5 0 2 5 − 0 =  0 + 0 即 (m) 3 2 68 3 125 x5 = x0 + 25 + = 再由（4）式 35 112.5 2 5 2 vt = v5 − t + t − 求 5 得  − = − + − 7 5 2 7 5 5 35 112.5)d 2 5 x x (v t t t 得 142(m) 3 1 x7 = x5 + 73 = 2-5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿 x 方向，对 A，有  mA g  −  Amg  = mAaA sin cos k 对于 B，有  mB g  −  Bmg  = mBaB sin cos k 由此得 2 = (sin − k A cos ) = 9.8(sin 30 − 0.15cos30) = 3.63m/s  aA g    2 = (sin − k B cos ) = 9.8(sin 30 − 0.21cos30) = 3.12m/s  aB g    （1）如图所示，A 在下，B 在上。由于    aA aB 。 所以绳被拉紧，二者一起下滑，而 aA = aB = a 。以 T和T 分别表示绳对 A 和 B 的拉力 (T = T) ，则由牛顿 第二定律， 沿 x 方向 对 A： mAgsin −kAmgcos −T = mAa 习题 2-5 图

X B: mosin a-Akgmgcosa+T=mga 由此得 a=gsin a cosa m t m 9.8×sin300.15×1.5+0.21×2.85 98×cos30 329(ms2) (2)图中绳中张力为 T=m,gsin a-ukmgcosa-maa =1.5×98×sn300-0.15×1.5×9.8×c0s300-1.5×3.29=0.51(N) (3)如果互换位置,A在上,B在下,则由于a4>aB,连接绳子将松弛,因而7=0,此 时AB的加速度即 3.63(mS2) 2-6当漏斗转速较小时,m有下滑趋势,小物体受最大静摩擦力∫m方向向上,如图所示。 对小物体,由牛顿第二定律 x a]: Nsin 8-f, cos 0=mo minr y la]: Ncos+f, sin 8-mg =0 还有 f=u N 联立解以上各式,可得 8-A cos0)g (cos0+us sin O)r 习题2-6图 或 I(sin 8 0)g V(cos0+us sin O)r 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∫的方向与图26中 所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速为 I(sin 8-us cos0 rV(cos+us sin O)r 总起来讲,小物体在漏斗壁上不动,转速n应满足的条件是 n≥n 11

11 对 B： mB gsin −kBmgcos +T = mBa 由此得 3.29(m/s ) 9.8 cos30 1.5 2.85 0.15 1.5 0.21 2.85 9.8 sin 30 sin cos 2 k k =    +  +  =   − + + = −    g m m m m a g a A B A A B B （2）图中绳中张力为 1.5 9.8 sin 30 0.15 1.5 9.8 cos30 1.5 3.29 0.51(N) sin cos k =    −     −  = T = mA g  −  AmA g  − mAa （3）如果互换位置，A 在上，B 在下，则由于    aA aB ，连接绳子将松弛，因而 T=0，此 时 AB 的加速度即 3.63(m/s ), 3.12(m/s ) 2 2 =  = =  aA = aA aB aB 2-6 当漏斗转速较小时，m 有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力 m f 方向向上，如图所示。 对小物体，由牛顿第二定律 x 向： N f m r m min 2 sin  − cos =  y 向： Ncos + fm sin −mg = 0 还有 fm = sN 联立解以上各式，可得 r g (cos sin ) (sin cos ) s s min        + − = 或 r g (cos sin ) (sin cos ) 2 1 s s min         + − = 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 m f 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 r g n (cos sin ) (sin cos ) 2 1 s s max        + − = 总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速 n 应满足的条件是 nmax  n  nmin 习题 2-6 图

2-7设圆柱与绳索间的摩擦力为f,绳对重物m的拉力T1,m和m2对地加速度分别为a1 a2,对m、m2列出方程 mig-T=ma, f-m28=m2a2=m2(a1-a) 联立解出: m 题2-7图 +m (m1-m2)8-m2a + m (2g-a) 2-8质点在x、y两个方向都是匀加速直线运动。 F=6i-7j=ma, i+ma v=(v +a ti+(v +a,Dj 5-7 j(m-S) F=(vs[+2 2)+-a,12j =(-2)x216 2-9f=-kv=m dv (1)积分得v=vem d (2)v=,=v0e

12 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      = − = = −  − = T f f m g m a m a a m g T m a ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 联立解出： (2 ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 g a m m m m f T m m m m g m a a m m m m g m a a −  + = = + − −  = + − +  = 2-8 质点在 x、y 两个方向都是匀加速直线运动。 (m) 8 7 4 13 2 16 7 2 1 2 16 6 2 1 ( 2) 2 2 1 ) 2 1 ( (m s ) 8 7 4 5 ) 7 ) ( 6 ( 2 ( ) ( ) 6 7 2 2 2 2 -1 0 0 0 i j i j r v t a t i a t j i j t j m t i m v v a t i v a t j F i j ma i ma j x x y x x y y x y                    = − − −         = −  +   = + + = − −  − = − + + = + + + = − = + 2-9 t v f kv m d d = − =   = − = − v v t t m k v v t m k v v 0 0 d d d d （1）积分得 t m k v v − = e0 （2） t m k v t x v − = = e d d 0 习题 2-7图

积分得 Ar=x-xo= e k (3)利用(1)的结果,令=0 得 代入(2)的结果中 得 (1-0 (4)将t=一代入(1)的结果中 得 v=ve e 2-10初始时刻t=0,x0=0,V0=0,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 ∫浮=BxPg 当x≤l时有 mg-f= dv 习题2-10图 slp2g-sxp,8=slp2 du lp2g-p,gu lp, PI 2gl (P22 (2)当P2<色时,(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1=0,由(1)式 得:xm1=0(舍去) l即为所求 (3)由(1)式求极值得:当x=P21时有

13 积分得 (1 e ) 0 0 t m k - k mv x = x − x = − （3）利用（1）的结果，令 v=0 得 t → 代入（2）的结果中 得 0 0 (1 0) v k m v k m x = − = （4）将 k m t = 代入（1）的结果中 得 0 1 0 e 1 v = v e = v − 2-10 初始时刻 t = 0, x0 = 0,v0 = 0 ，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 f sx g m sl 1 2   = = 浮 当 x  l 时有 t v F mg f m d d = − 浮 = 即 v x v sl g − sx g = sl  d d  2 1  2 x l l g gx v v v x d d 0 2 2 1 0  − =    1/ 2 1 2 2 2 ) 2 ( 2       = l x − x l g v    （1） （1）当 x = l 时 1/ 2 1 2 2 ) 2 ( 2       = −    gl v （2） （2）当 2 1 2    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： 0 ( ) xm1 = 舍去 x l m 1 2 2 2   = 即为所求 （3）由（1）式求极值得：当 x l 1 2   = 时有 习题 2-10 图

pI 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 R=moR R 4n2R3 4z2×(1.07×10°)3 M 1.89×10(kg) 667×10-×(7.16×86400) 2-12(1)设链条的质量线密度为凡,链条开始下滑时,其下垂直度为x,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 x2g2(-x0)2g (2)据功能原理W=E2-E1开始下滑时在桌面部分的长度 习题2-12图 为1=1-x= 1+3链条的A端从O点沿y轴运动到点过程中,摩擦力作功为 uoo-y)gdy g 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 E1 E,=A/v-ngl 于是有 p2g(1 a/v-N'g+ngl 化简可得2=8 1+ 2-13由于=m-m,故冲量的大小由图所示可得

14 v gl 1 2 max   = 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 1.89 10 (kg) 6.67 10 (7.16 86400) 4 4 (1.07 10 ) 4 2 7 1 1 2 2 9 3 2 2 3 2 2 2 2 =       = = = = −     G T R M R m R T m R Mm G 2-12 （1）设链条的质量线密度为  ，链条开始下滑时，其下垂直度为 0 x ，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： x l x g l x g      +    − 1 ( ) 0 0 0 （2）据功能原理 Wr = E2 − E1 开始下滑时在桌面部分的长度 为 +  = − = 1 0 0 l y l x 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 2 2 0 0 0 2 2 1 d ( ) d 0         + = − = − = −  = − −        g l y g W f y y y g y y r r 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 2 2 2 2 2 1 0 2 1 2 1 2 1 1 2 1 E lv gl l E x g g       = −         + = − = − 于是有 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2         + = − +         + −        l lv l g g g 化简可得  +  = + = 1 , 1 2 gl v gl v 2-13 由于 0 I mv mv    = − ，故冲量 I  的大小由图所示可得 习题 2-12 图 习题 2-13 图

(my)2+(m0)2 h 0.3√2×98×10+20 73N 与水平方向的夹角为 /2gh tga 2×2.98×10 0.7 20 a=35 球受到的平均冲力F=173 365(N) t0.02 2141(1)4秒内力的冲量7=∫=[(0+2)7:d=56N (2)由动量定量I=m-m0,可得 4i(m·s-) (3)据题设,[(10+2)dr=200 0t+t2-200=0 )t-10)=0,t=10s) 2-15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 由此得t时速度 oVo t时加速度为 d mo + mt 2-16以分钟计,枪对子弹的平均推力为 Nmy120×0.0079×735 60 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11.6M 2-17原子核蜕变过程应满足动量守恒定律以P表示蜕变后原子核的动量,应有

15 7.3N s 0.3 2 9.8 10 20 2 ( ) ( ) 2 2 0 2 0 2 =  =   + = + = + m gh v I mv mv I 与水平方向的夹角为 =  =   = = = 35 0.7 20 2 2.98 10 2 0 0   V gh v v tg 球受到的平均冲力 365(N) 0.02 1 7.3 = = = t F   2-14 （1）4 秒内力的冲量 d (10 2 ) d 56 (N s) 4 0 = = +  =    I F t t i t i    （2）由动量定量 , 0 I mv mv    = − 可得 6 0.4 (m s ) 10 56 1 0 − = + v = i − i = − i  m I v       （3）据题设，  + = t t t 0 (10 2 )d 200 即 10 200 0, ( 20)( 10) 0, 10(s) 2 t +t − = t + t − = t = 2-15 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 m0V0 = (m0 + mt)V 由此得 t 时速度 m mt m V V + = 0 0 0 t 时加速度为 2 0 0 0 d ( ) d m mt m V m t V a + = = − 2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为 11.6(N) 60 120 0.0079 735 =   = = t Nmv F 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

P1+p2+P3=0 由图可知,p3的大小为 P2=√P2+p2 10-21×√9222+533 习题2-17图 1.07×1020kgms2 p3的方向应p1和p所在的平面内,而且与p的夹角为 9.22 c=90°+ arctan PL=90°+ arctan 149958′ p2 2-18对太空惯性系,以v的方向为正方向,以v和n2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 v, +m 由于仪器舱应在前,所以=V2-V1,即v2=l+v1将此式代入上式得 (m1+m2)v=m1v1+m2(lv1) 由此得 150×910 v1=1o =7600 =7290(ms) 150+290 V2=l+v1=910+7290=8200ms ,nz均为正值,故二速度皆沿正向,即与未分开前v的方向相同 2-19两车相撞后的加速度为-4mg/m=-1kg,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率 v=√248S=√2×0.8×98×25=192m 如果两车均未超限制,并都以最大允许速率v开行,则由两车的动量守恒可得(如图所示) (m1)2+(m2)2=(2m 由此可得撞后速度应y √+n=2n=2×14=99m) 由于实际撞后的初速v>v’,所以两个司机的话并不都可信,至少一人揹 习题2-19图

16 p1 + p2 + p3 = 0    由图可知，p3 的大小为 2 2 2 p3 = p1 + p 20 2 21 2 2 1.07 10 kg m/s 10 9.22 5.33 =   =  + − − p3 的方向应 p1 和 p2 所在的平面内，而且与 p1 的夹角为 149 58 5.33 9.22 90 arctan 90 arctan 2 1 =  + =  + =   p p  2-18 对太空惯性系，以 0 v  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 1 2 0 1 1 2 2 (m + m )v = m v + m v 由于仪器舱应在前，所以 2 1 u = v − v ,即 2 1 v = u + v .将此式代入上式得 ( ) ( ) 1 2 0 1 1 2 1 m + m v = m v + m u + v 由此得 910 7290 8200m/s 7290(m/s) 150 290 150 910 7600 2 1 1 2 2 1 0 = + = + = = +  = − + = − v u v m m m u v v v1,v2 均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前 0 v  的方向相同. 2-19 两车相撞后的加速度为 − kmg / m = −k g ,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率 为 v = 2 gs = 20.89.8 25 =19.2m/s k 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) 2 2 2 2 1 (mv ) + (mv ) = (2mv ) 由此可得撞后速度应 14 9.9(m/s) 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 v  = v1 + v = v =  = 由于实际撞后的初速 v  v  ，所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒谎. 习题 2-17 图 习题 2-19 图

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 T-Mg= Ma 由此可得 T=M(g+a)=1200×(98+1.5)=1.36×10(N) 72=m(g-a)=1000×(98-15)=083×10(N) (2)在加速t=1.0s的过程,起重间上升的距离为h=a2,这也就是 电动机拖动钢缆的距离,电动机做的功为 习题2-20图 A=(71-72h=(1.36-0.83)××1.5×12=3.95×10 (3)起重间匀速上升时,滑轮两侧钢缆中的张力分别为T1=mg,T2=mg拖动钢缆的 距离为时电动机又做的功是 A=(7-72)W=(M-m)g4 =(1200-1000×98×10=196×10°(J) 2-21如图所示,以F表示马拉雪橇的力,则对雪橇,由牛顿第二定律 切向:F- mg sin a-∫=0 法向:N 再由∫=44N可解得 F=u,mg cosa+ mosin a 由此得马拉雪橇做功 (八 kmg cosa+ mosin a)Rda 习题2-21图 =Rlu, mgsin 8-mg(cos 0-D) Glu, sin 4 gRlI 重力对雪橇做的功为 da= mgR(cos 0-1) mg

17 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 mg T ma T Mg Ma − = − = 2 1 由此可得 ( ) 1000 (9.8 1.5) 0.83 10 (N) ( ) 1200 (9.8 1.5) 1.36 10 (N) 4 2 4 1 = − =  − =  = + =  + =  T m g a T M g a (2)在加速 t =1.0s 的过程，起重间上升的距离为 2 2 1 h = at ,这也就是 电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为 1.5 1 3.95 10 (J) 2 1 ( ) (1.36 0.83) 2 3 A = T1 −T2 h = −    =  （3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为 T mg T = mg  =  1 2 , .拖动钢缆的 距离为 h 时电动机又做的功是 A (T1 T2 )h = (M − m)gh  −   = (1200 1000) 9.8 10 1.96 10 (J) 4 = −   =  2-21 如图所示，以 F 表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律 切向： F − mg sin  − f = 0 法向： N − mg cos = 0 再由 f =  k N 可解得 F =  kmg cos + mgsin  由此得马拉雪橇做功  = +      0 AF ( kmg cos mgsin )Rd         +         = − =  −  + = − − k k k mgR Rmg R mg mg      2 2 2 2 1 [ sin 45 cos45 1] [ sin (cos 1)] 重力对雪橇做的功为 sin d (cos 1) 0 = − = −      AR mg R mgR         = −1 2 2 mgR 习题 2-20 图 习题 2-21 图