大学物理第二版习题答案_罗益民主编_北京邮电大学出版社(2)

1

当t=7时：v7 10 v5 40(m s) 再用积分法：

v

在0-5s内，由（3）式积分

dx

,dt

dx vdt (5)

5

12

t)dt

0m1252

即 x5 x0 25 68(m)

33

x5 x0 (v0

再由（4）式

5

vt v5 t2 35t 112.5

2

求5得

75

x7 x5 (v5 t2 35t 112.5)dt

521

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

mAgsin kAmgcos mAaA

对于B，有

mBgsin kBmgcos mBaB

由此得

aA g(sin kAcos ) 9.8(sin30 0.15 cos30 ) 3.63m/s2

aB g(sin kBcos ) 9.8(sin30 0.21 cos30 ) 3.12m/s2

（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。以则由牛顿T和T 分别表示绳对A和B的拉力(T T )，第二定律，

沿x方向

对A： mAgsin kAmgcos T mAa 对B： mBgsin kBmgcos T mBa 由此得

习题2-5图

a gsina

kAmA kBmB

mA mB

gcos

9.8 sin30 3.29(m/s2)

（2）图中绳中张力为

0.15 1.5 0.21 2.85

9.8 cos30

1.5 2.85

T mAgsin kAmAgcos mAa

1.5 9.8 sin30 0.15 1.5 9.8 cos30 1.5 3.29 0.51(N)

（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

aA aA 3.63(m/s2),

aB aB 3.12(m/s2)

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fm方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律

x向：Nsin fmcos m

2min

r

y向：Ncos fmsin mg 0 还有 fm sN 联立解以上各式，可得

min

或

(sin scos)g

(cos ssin )r

习题2-6图

min

12

(sin scos )g

(cos ssin )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fm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

nmax

12

(sin scos)g

(cos ssin )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

nmax n nmin

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

m1g T m1a1

f m2g m2a2 m2(a1 a ) T f

联立解出：

a

(m1 m2)g m2a 1m1 m2

a(m1

m2)g m1a 2 m

习题2-7图

1 m2f T

m1m2

m(2g a )

1 m2

2-8 质点在x、y两个方向都是匀加速直线运动。

F 6 i 7 j ma xi mav

(v yj

x0 axt)i (vy0 ayt)j

( 2 6 7mt)i (mt)

j

5 i 7

j(m s-148

)

r (v12 12

x0t 2axt)i 2

aytj

( 2) 2 16 17

2 16 22 i 2 16

22j

13 4i 7 8

j(m)

2-9 f kv m

dv

dt

dvv km

dt vdv

tkv0v0mdt

（1）积分得v v k0e

m

t

k

（2）v dx

dt

v t0em k

积分得 x x xmv0

0 k

(1 e-mt) （3）利用（1）的结果，令v=0

得 t 代入（2）的结果中

得 x mkv m0(1 0)k

v0 （4）将t

m

k

代入（1）的结果中

得 v v0e 1

1v0 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

m sl 2f浮 sx 1g

当x l时有

F mg f浮 m

dv dt

习题2-10图

即 sl 2g sx 1g sl 2

dv v dx

v

vdv

x

l 2g 1gx

x

l 2

1/2

2g v (l 2x 1x2)

2 l 2

（1）当x l时

（1）

2gl

v ( 2 1)

2 2

（2）当 2

1/2

（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：xm1 0

(舍去)

xm2

2 2

1

l 即为所求

（3）由（1）式求极值得：当x

2

l时有 1

vmax

2

gl 1

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

Mm4 2

G2 m2R m 2RRT

4 2R34 2 (1.07 109)3

M 1.89 1027(kg)2 112

GT6.67 10 (7.16 86400)

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x0，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：

x0 g (l x0) g

x0

1

l

（2）据功能原理Wr E2 E1开始下滑时在桌面部分的长度 为y0 l x0

l

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 1

Wr fr dy (y0 y) gdy

0y0

g l 2

y0 22 1

g

2

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

11 l 2

E1 x0g g 22 1

11E2 lv2 gl2

22

2

g 1 12121 l

lv lg g 于是有 1 2 1 222

化简可得v

2

22

gl

,1

v

gl

1

2-13 由于I mv mv0，故冲量I的大小由图所示可得

I (mv)2 (mv0)2 m2gh v0 7.3N s

I与水平方向的夹角为

2

习题2-13图

0.32 9.8 10 202

2ghv

tg

v0V0

2 2.98 10

0.7

20

35

17.3

球受到的平均冲力F 365(N)

t0.02

4

2-14 （1）4秒内力的冲量 Fdt (10 2t)i dt 56i(N s)

（2）由动量定量I mv mv0,可得

56 I

v v0 i 6i 0.4i(m s 1)

m10

（3）据题设， 即

(10 2t)dt 200

t

10t t2 200 0,

(t 20)(t 10) 0,t 10(s)

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

V

t时加速度为

m0V0

m0 mt

a

m0V0mdV dt(m0 mt)2

2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为

F

Nmv120 0.0079 735 11.6(N) t60

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 …… 此处隐藏：2534字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……