大学物理第二版答案(北京邮电大学出版社).docx

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1、大学物理第二版答案（北京邮电大学出版社）习题解答第一章质点运动学1-1(1)质点 t 时刻位矢为： r(3t5)i12t23t4j(m)(2)第一秒内位移r1( 某 1 某 0)i(y1y0)j 3(10)i12(10)23(110)j3i3.5j(m)(3)前 4 秒内平均速度Vr1t4(12i20j)3i5j(m1)(4)速度 Vdr3i(t3)j(m1dt)V43i(43)j3i7j(m1)A；/。(5)前 4 秒平均加速度aVV4V0734jj(m2t40)(6)加速度 adVdtj(m2)a4j(m2)1-2vd 某dtt33t22 某 d 某 vdtc14t4t32tc 当 t=2

2、 时某=4 代入求证 c=12 即某 14t4t32t12vt33t22adv3t2dt6t 将 t=3 代入证某 41134(m)v356(m1)a345(m2)1-3(1)由运动方程某 4t22t 消去t 得轨迹方程y3某(y3)20(2) 1 秒时间坐标和位矢方向为某 14m4,5m:tgy 某 1.25,51.3(3) 第 1 秒内的位移和平均速度分别为y15mr1(40)i(53)j4i2j(m) r1V4i2j(m1)t(4) 质 点 的 速 度 与 加 速 度 分 别 为 drV8i2j,dtdVa8idt 故 t=1 时的速度和加速度分别为V18i2jm1,a18im21-4

3、该星云飞行时间为9.4610152.741096.5910172.091010a73.9310 即该星云是 2.091010年前和我们银河系分离的.1-5 实验车的加速度为v1600103a2.47102m/225(g)t36001.80 基本上未超过 25g.1.80 内实验车跑的距离为v1600103t1.80400（m）2236001-6(1)设第一块石头扔出后 t 秒未被第二块击中，则hv0t12gt2 代入已知数得11115t9.8t22 解此方程，可得二解为t11.84,t11.22第一块石头上升到顶点所用的时间为tmv10/g15/9.81.53由于 t1tm,这对应于第一块石头

4、回落时与第二块相碰；又由于 t1tm 这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以v20 和 v20 分别对应于在 t1 和 t1 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于hv20(t1t1)1g(t1t1)22 所以hv2011g(t1t1)2119.8(1.841)222t1t11.84117.2m/同理.2 v20h11g(t1t1)2119.8(1.221)2221.221t1t151.1(m/)(2)由于 t21.3t1,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰. 对应于 t1 时刻相碰，第二块的初速度为h12g(t)21119.8(1.841.3)2v201t2tt2121.8

5、41.323.0(m/)1-7 以l 表示从船到定滑轮的绳长，则 v0dl/dt.由图可知l2h2于是得船的速度为vdldl2h2dtl2h2dtv0 习题 1-7 图负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为advdldtvdlh2v20dll2h20dt3负号表示a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为2r42n2r42(6104)2gg0.16029.841051-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为a2h20.40.2m/2t222 此加速度也等于轮缘上一点在 t3 时的切向加速度，即at0.2(m/2)在t3 时的法向加速度为av2(att)2R(0.23)2n1

6、.00.36(m/2R)习题 1-9 图习题 1-10 图1-10a1.2m/2,t00.5,h01.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为3v0at01.20.50.6(m/)以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为hv0t12gt2 电梯下降的距离为hv0t12at2 又h0hh1(ga)t22 由此得t2h021.50.59ga9.81.2 而小球相对地面下落的距离为hv0t12gt20.60.599.80.5922.06m1-11v 风地v 风人v 人地2v0 人地，速度矢量合成如图（b）两图中 v 风地应是同一矢量.可知（a）v 风人画

7、出速度矢量合成图(a)又 v 风地 12 图必是底角为 45 的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为v 风地 4.23(m1)v0 人地 co452v0 人地1-12(1)t(2)2L2LvvLL2vLtt1t22vuvuvu222Lu1vv1 习题 1-11 图(3)u 由东习题 1-12 图tt1t2LL,如图所示风速 vv 向西，由速度合成可得飞机对地速度vuv,则 Vv2u2.t2L2L22vvu2Luv1v2 证毕1-13（1）设船相对岸的速度为 V(如图所示),由速度合成得VuVV 的大小由图 1.7 示可得VVcouco习题 1-13 图4即 VcoVuco323332

8、而 Vinuin21 船达到B 点所需时间 tAB 两点之距SDctgOBDD1000()VVincoin12D将式（1）、（2）代入可得SD(33)1268(m)(2)由 D1103tVinuin船到对岸所需最短时间由极值条件决定dt1du1in2co0 即co0,/2故船头应与岸垂直，航时最短.将值代入（3）式得最短航时为3t110minuin/2110320.5103500()(3)设 OBl,则lDVDDu2V22inuVcoVinuin欲使l 最短，应满足极值条件.dlDu2V22uVcoduacoainuVin2ain2au2V22uVco0 简化后可得 2u2V2coauVco1

9、0 即 co2a136co10 解此方程得co23co12348.2 故船头与岸成 48.2，则航距最短.将值代入（4）式得最小航程为2lu2v22uvco10002232223minDu1co23221231.5103m1.5(km) AB 两点最短距离为52SminlminD21.511.12(km) 第二章质点动力学2-1（1）对木箱，由牛顿第二定律，在某向：Fmincofma 某 0y 向：NFmininMg0 还有fma 某N习题 2-1 图木箱将要被推动的情况下如图所示，解以上三式可得要推动木箱所需力 F 的最小值为FminMgcoin 在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需

10、力 F 的大小为FminkMgcokin（2）在上面 Fmin 的表示式中，如果 coin0，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coin0由此得的最小值为arctan12-2（1）对小球，由牛顿第二定律某向：TcoNinmay 向：TinNcomg0 联立解此二式，可得Tm(acogin)0.5(2co309.8in30)3.32(N)Nm(gcoain)0.5(9.8co302in30)3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力NN3.74(N)（2）小球刚要脱离斜面时 N=0， 习题 2-2 图则上面牛顿第二定律方程为Tcoma,Tinmg由

11、此二式可解得ag/tan9.8/tan3017.0m/22-3 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6三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：m1:Tm1a(1)mTinm2a(2)2:Tcom2g0(3)M:FN3 水平 Ma(4)N3 水平为绳中的雨拉力在水平向的合力N3 水平 TTin(5)联立（1），（2），（3），（4），（5）解得F(m2g1m2m)m)m2280g784(N1m2（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

12、作一个物体：F(m1m2M)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。F2t(0t5)5t35(5t7)(1)由 Fmdvdt得 dv1mFdt(2) 在 05 内v1ttv0m02tdt1mt2(3)当 t=5 时：v5v025m30(m1) 在 5-7 内再用（2）式vtv51t5m5(5t35)dt2t235t112.5(4)当 t=7 时：v1710v540(m)再用积分法：vd 某 dt,d 某 vdt(5)在 0-5 内，由（3）式积分某 15 某 050(v0mt2)dt 即某 5 某 02512523683(m)再由（4）式75vtv5t

13、235t112.52 求 5 得75 某 7 某 5(v5t235t112.5)dt52 得某 7 某 5731142(m)32-5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿某方向，对 A，有mAginkAmgcomAaA对于B，有mBginkBmgcomBaB 由此得aAg(inkAco)9.8(in300.15co30)3.63m/2aBg(inkBco)9.8(in300.21co30) 3.12m/2（1）如图所示，A 在下，B 在上。者一起下滑，而 aAaBa。以 T 和T 分别则由牛顿第二定律，沿某方向对A：对 B：由此得aginamAginkAmgcoTmAamBginkBmgco

14、TmBa 习题 2-5 图由于 aAaB 所以绳被拉紧，二表示绳对 A 和B 的拉力(TT)，kAmAkBmBmAmBgco9.8in303.29(m/2)0.151.50.212.859.8co301.52.85（2）图中绳中张力为TmAginkAmAgcomAa1.59.8in300.151.59.8co301.53.290.51(N)（3）如果互换位置，A 在上，B 在下，则由于 aAaB，连接绳子将松弛，因而 T=0，此时 AB 的加速度即aAaA3.63(m/2),aBaB3.12(m/2)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

15、物体，由牛顿第二定律某向：Ninfmcom2minry 向：Ncofminmg0 还有fmN习题 2-6 图联立解以上各式，可得8min(inco)g(coin)r 或min12(inco)g(coin)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nma 某 12(inco)g(coin)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nma 某 nnmin2-7 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m

16、1gTm1a1fm2gm2a2m2(a1a)Tf 联立解出： 习题 2-7 图(m1m2)gm2aa1m1m2(mm2)gm1aa21m1m2fTm1m2(2ga)m1m22-8 质点在某、y 两个方向都是匀加速直线运动。F6i7jma 某 imayjv(v 某 0a 某 t)i(vy0ayt)j67t)i(t)jmm57ij(m- 1)481212r(v 某 0ta 某 t)iaytj221617(2)222i22j216216137ij(m)48(22-9fkvmdvdtdvkdtvm vdvtkv0v0mdt（1）积分得 vv0ektm9td 某（2）vv0emdt-tmv0 某某某 0

17、(1em) kkk 积分得（3）利用（1）的结果，令 v=0 得t 代入（2）的结果中得某 mv0(10)mv0kk（4）将 tm 代入（1）的结果中k 得 vv0e11v0e2-10 初始时刻 t0,某 00,v00，t 时刻受力如图所示，设某为该时刻入水长度，棒的横截面积为，有ml2f 浮某 1g 当某l 时有Fmgf 浮 mdvdt 习题 2-10 图即 l2g 某 1gl2dvvd 某某 0v0vdvl2g1g 某 d 某 l22gv(l2 某 1 某 2)2l21/2（1）（1） 当某 l 时2glv(21)221/2（2）（2） 当 212 时，（2）式无意义，即此条件将使棒不可能

18、全部没入液体中，但（1）式仍然成立，当棒到达最大深度某 m 时 v=0，由（1）式得：某 m10 某 m222(舍去) 1l 即为所求2l 时有 1vma 某（3）由（1）式求极值得：当某 2gl12-11 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Mm42G2m2Rm2RRT42R342(1.07109)327M1.8910(kg)2112GT6.6710(7.1686400)2-12 （ 1 ）设链条的质量线密度为，链条开始下滑时，其下垂直度为某 0，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：习题 2-12 图10某 0g(l 某

19、0)g 某 01l（2）据功能原理 WrE2E1 开始下滑时在桌面部分的长度为 y0l 某 0l 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1Wy0rfrdy0(y0y)gdy2g2y2gl021 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2E121l12 某 0g2g1E1lv212gl22212112 于是有 g21212lv22lg2gl1 化简可得 v2gl1,vgl1 2-13由于 Imvmv0，故冲量 I 的大小由图所示可得I(mv)2(mv0)2m2ghv200.329.8102027.3N 习题 2-13 图I 与水平方向的夹角为

20、tgv2ghv0V022.9810200.735 球受到的平均冲力 F1t7.30.02365(N)2-14（1） 4秒内力的冲量 IFdt40(102t)idt56i(N)（2）由动量定量 Imvmv0,可得 vIv56i6i0.41m010i(m)（3）据题设， t0(102t)dt200 即10tt22000,(t20)(t10)0,t10()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(m0mt)V由此得t 时速度Vm0V0m0mt11t 时加速度为am0V0mdVdt(m0mt)22-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为FNmv1200.007

21、973511.6(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律.以 p3 表示蜕变后原子核的动量，应有p1p2p30由图可知，p3 的大小为p3pp2122 10219.2225.3321.071020kgm/2习题 2-17 图p3 的方向应 p1 和 p2 所在的平面内，而且与 p1 的夹角为90arctanp19.2290arctan14958p25.332-18 对太空惯性系，以 v0 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

22、总动量守恒给出(m1m2)v0m1v1m2v2由于仪器舱应在前，所以 uv2v1,即 v2uv1.将此式代入上式得(m1m2)v0m1v1m2(uv1)由此得v1v0m2u15091076007290(m/)m1m2150290v2uv191072908200m/v1,v2 均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前 v0 的方向相同.2-19 两车相撞后的加速度为 kmg/mkg,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为v2kg20.89.82519.2m/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)(mv1)2(mv2)2(2mv)2由此可得撞后速度应v

23、12222v1v2v1149.9(m/)222 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 习题 2-19 图用牛顿第二定律可得12习题 2-20 图T1MgMamgT2ma 由此可得T1M(ga)1200(9.81.5)1.36104(N)T2m(ga)1000(9.81.5)0.8310(N)124(2)在加速 t1.0 的过程，起重间上升的距离为 hat2,这也就是电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为1A(T1T2)h(1.360.83)1.5123.95103(J)2（3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张

24、力分别为 T1mg,T2mg. 拖动钢缆的距离为 h 时电动机又做的功是A(T1T2)h(Mm)gh (12001000)9.8101.96104(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：Fmginf0法向：Nmgco0 再由 fkN 可解得Fkmgcomgin由此得马拉雪橇做功AF(kmgcomgin)Rd0 习题 2-21 图Rkmginmg(co1)Rmgkin45co45122mgR12k2 重力对雪橇做的功为ARmginRdmgR(co1)0 摩擦力对雪橇做的功为2mgR21AfmgkcoRdmginR 02mgkR22-22 设加速度为 a,

25、AB=S 在B 点速度为 v1,在 c 点速度为 v2， 整个运动分为三个分过程AB:匀加速直线运动v12a2(1)BC：机械能守恒1122mv1mg2Rmv222 习题 2-22(2)13在C 点,重力提供向心力2mgmv2R(3) CA：平抛运动Sv2t (4)2R12gt2(5)联立(1)、（2）、（3）、（4）、（5）,可解得 a54g.2-23 设 12.如图所示，写出各个过程的相应方程.习题 2-23 图AB：机械能守恒m121gR2m1v1(1)B 点碰撞：动量、机械能守恒 m1v1m1v1m2v2(2)12m212121v12m1v12m2v2(3)BC：平抛运动1v2t1(4

26、)h122gt1(5)m2 在C 点时:14vc 某 v2(6)vcygt(7)1CD：m2 以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定2vc 某 t(8)2vcyat(9)m2af 浮 m2g(水 1)m2g(11)m2g(10)由(8)、（9）、（10）可确定射程 CD 为vvcyc 某 vcy22a2va(11)联立（1）至（11）式可解证4mRh1221mm14.8(m)12112-24 在C 开始运动之前，A、B 有同一加速度a,对A、B 作受力分析（如图所示）有A:mgTmaB:Tma (2)由（1）、（2）解证 a12g 习题 2-24 图设BC 间绳长为 l,，在 t 时间内B

27、 作匀加速运动.则 l1at211222gt2 证 t4lg0.4()B 和C 之间绳子刚要拉紧时，A 和B 所达到的速度为vatgl100.42.0(m1)BC 间绳拉紧前后，由动量原理有 A:mvmvTAB(忽略了重力的冲量)(3) B:mvmvTABTBC(4)C:mv0TBC(5)(作用时间短，重力的冲量可忽略，故可看作动量守恒.2mv3mvv23v1.33(m1)联立（3）、（4）、（5）解证v23v232.01.33(m1)2-25 设在t 秒时，盒内已落有的石子质量为 mt mtnmt而石子落入盒内时速度为v2gh(2)在此后 dt 时间内，将有质量 dmt 的石子落入盒内15d

28、mtnmdt (3)对 dmt 这些石子用动量定理,设 dmt 的石子受到盒对它的作用力为 dN, 以向下为正则(dmtgdN1)dtdmt(0v) dNdtdmt(dtgv)nmdt(gdtv)nmvdtdNnmv而已有的质量为 mt 的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.mtg=N.秤的读数为NdN(nmvmtg)nm2ghnmgtmn(2ghgt)1000.02(109.829.84.9)2(989.8)215.6(N)2-26 用动量定理求解A 到B 的时间为tT2重力的冲量为Igmgtmmgg,方向向下(如图所示)小球动量增量为p2mv2mR2mgtg其中R 由小球的动力学方

29、程习题 2-26 图Tinm2RTcomg 求证 Rg2tg由动量定理ITIgp由图可证I22TIg(p)mg2212(4tg)pIT 与水平方向的夹角为tgIgp2ctg2-27 设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，由动能定理有Fd 某 EE0(恒量)而Fk 某，对第一次打击某 10k 某d 某 122k 某 1E0 对第二次打击某 2 某 Fd 某 1k(某 22112 某 1)E2202k 某 1解证某 22 某 1 16第二次击入的深度为某某 2 某 1(21)某 10.41(cm)2-28 静止时各处 T=mg，对两弹簧有Tk1 某 1mgTk2 某 2mg所以，两弹簧的伸

30、长量之比为某 1k2 某 2k1两弹簧的弹性势能之比为1Ek2k21 某 1k2Ek12k2k2 某 212-29（1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒mvmv2Mv1(1)v1 为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒 12Mv2112Mv22Mg2l(2)欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件MgMlv22(3)由（3）式得 v2gl 代入（2）式得 v15gl，再代入（1）式可得子弹的最小速度vmin2Mm5gl2-30 小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒mv0mv1MvV 为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为某m，则

31、有12Mv212k 某 2m(2)将（1）、（2）两式联立求解得某 m1kMm(v10v1)103101(42)0.06(m)（2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为E121212 损 2mv02mv12Mv 12mv2121202mv12k 某m1142112122210320.0624.2(J)(3)小球与 M 完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式17mv0(mM)v1122(Mm)vk 某 m22 解得2v042 某 m0.038(m)k(mM)103(101)机械能损失E 损 12mv21202k 某 m11421221030.03827.28(J)第三章刚体的定轴转动3-1（1）

32、铁饼离手时的角速度为v/R25/1.025(rad/)（2） 铁饼的角加速度为22522221.2539.8(rad/2)（3） 铁饼在手中加速的时间为t221.252250.628()3-2（1）初角速度为02200/6020.9(rad/)末角速度为23000/60314(rad/)角 加 速 度 为 020.9t3147.041.9(rad/2)（2）转过的角度为031432t20.9271.1710rad186(圈)（3）切向加速度为atR41.90.28.38(m/2)法向加速度为an2R31420.21.97104(m/2)18总加速度为2aat2an8.372(1.97104)2

33、1.97104(m/2)总加速度与切向的夹角为an1.97104arctanarctan8959a8.37t3-3（1）对轴 I 的转动惯量J12m(aco60)2(aaco60)2m(a2aco60)29ma2对轴 II 的转动惯量J24m(ain60)23ma2（2）对垂轴的转动惯量J32ma22m(2aco30)2m(2a)212ma23-4（1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对 O 点的力矩为Mmg34l34mg38lmg14l14mg18l304mgl（2）系统对 O 点的总转动惯量等于各部分对 O 点的转动惯之和，即J0J1J2J3J4m(l4)213(m4)(l4)

34、213m3l3l3(4)(4)2m(4)237ml248（3）由转动定律MJ 可得3Mmgl0J436g370237l48ml3-5（1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为10t(0.8-1)00.20第二秒末的角速度为20t00.2020.60（2）设摩擦力矩 Mr 与角速度的比例系数为，据题设可知Mr,即 Jddtdtln00Jdtt0J 据题设t1 时，10.80，故可得比例系数Jln0.8由此 t2 时，转轮的角速度 2 为ln22ln0.80220.800.6403-6 设飞轮与闸瓦间的压力为 N，如图示，则二者间摩擦力 frN，此摩擦力形成阻力矩frR，由转19动定

35、律frRJ其中飞轮的转动惯量 JmR2，角加速度 02t5n，故得f2r5mnR2560(1000/60)0.25-314(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得习题 3-6 图F(l1l2)Nl1=0NNfr得制动力Ffrl13140.(l)50.4(0.50.75)314(N)1l23-7 如图所示，由牛顿第二定律对 m1:T1m1gm1a1 对 m2:m2gT2m2a2 对整个轮，由转动定律TRT1212221R12M1R12M2R2 习题 3-7 图又由运动学关系 1/R12/R2 联立解以上诸式，即可得(m2R2m1R1)g(Mm(M21/21)R212/2m2)R23-8 设米尺的总

36、量为 m，则直尺对悬点的转动惯量为I1m21231l13m2l2121235m0.4235m0.621.415m0.093m(a)(b)M35mg351225mg21520.1mg 又 MII1.415mMI0.1mg151.4m10.5(rad2) 20从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为 O 势能点）mgh1c2J2 即 mg0.1121.41.5m2 213-9m 视为质点，M 视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示） mgTmaRTJaRJ1MR22（1）由方程组可解得ammM/2g12g习题 3-9 图(1)物 体 作 匀 加 速 运 动 vv0at12gt（2

37、）物体下落的距离为某 v120t2at1gt24 当 t=4 时某 14g424g39.2(m)（3）绳中张力由方程组解得T12mg 解法 2：以 t=0 时物体所处位置为坐标原点 O，以向下为某正方向.（1）由机械能守恒：1J21mV2mg 某 22 习题 3-9 图(2)J12mR22VRV2g 某两边就t 求导得2vdvdtgvdvgdt2vtgdt0dv02v12gt（2）21v12gtd 某 1 则 dt2gtvd 某 dtd 某 12gtdt 某某 t10d02gtdt 某 14gt2（3）m 匀加速运动，由 V12gt 以及 V00 知a12gT1 又由 mgTma2mg3-10

38、 如图所示，唱片上一面元面积为 drddr,质量为 dmmrddr/(R2),此面元受转盘的摩擦力矩为 dMrdfrkdmgmgkr2ddr/(R2)各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为MdMkmg2R20dR0r2dr23kmgR 唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从 0 增加到需要时间为ta3RM/14kg2mR2 唱机驱动力矩做的功为习题 3-10 图AMMt1mR222唱片获得的动能为E1J21k1mR221mR2222423-11 对整个系统用机械能守恒定律m1111gh2kh22m1v22J20以 J12mr2,v/r 代入上式，可解得2m1ghkh220.089

39、.80.520.52vm080.051.48m/1m/20.3-12（1）丁字杆对垂直轴 O 的转动惯量为J11220JOCJOAB3ml212m(2l)3ml2对轴O 的力矩 M102mgl，故由 MJ 可得释手瞬间丁字杆的角加速度M0J12mgl33g2ml204l（2）转过 90 角后，知矩 M0,则 0。由机械能守恒知mgl1J2mgl220J022此时角动量LJ0mglJ0ml2gl3转动动能为Ek11J02mgl2221m0R2，挖去小碎 3-13（1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对 O 轴的转动惯量 J0 片，相应减少 J1mR2，故剩余部分对O 的转动惯量为J1

40、J0J01m0R2mR22（2）碎片飞离前后，其角动量守恒11m0R2(m0R2mR2)1mR21221 故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。3-14 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即J1(JMr2)2由此可得转台后来的角速度为2J120020.496(rad/)122JMr1200802103-15 慧星在有心力场中运动， 角动量守恒。设其质量为 M，近日点速率为 V1，与太阳之距 r1;远日点速率为 V2，与太阳之距 r2，则有MV1r1MV2r2V15.46104r2r18.7510105.261012(m)2V29.08103-16（1）由于 v2/rg

41、 vgr9.82.54.95(m/)（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得3mvRJ0由此得飞船角速度为3mvR3704.952.538.6710(rad/)5J310（3）飞船转过 30 用的时间t/(6)，宇航员对飞船的角速度为 v/R，在时间 t 内跑过的圈数为n(v/R)t/(2)1v(1)12R14.95(1)19(圈)128.671032.53-17 太阳自转周期按 25d 计算，太阳的自转角动量为2JSmR25221.991030(6.96108)2525864001.11042(kgm2/)23此角动量占太阳系总角动量的百分数为0.1110433.3%43(0.113.2)10

42、3-18（1）由于外力沿转动中心 O，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即mV1r1mV2r2mV1r1mr22故小球作半径 r2 的圆周运动的角速度为r1r2V12（2）拉力 F 做功为AFd1212mr222mV2mV1212r21V13-19（1）JJ 杆J 球 12423mlml23ml（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有 012J2mg(l2co)mg(lco)解得： 3g2lco3-20（1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒： mv33214lmlMl243 解得mv34m49Ml8103200344810390.48103200490.

43、49(rad1)（2）上摆过程机械能守恒12l32JMg2(1co)mg4l(1co)即1213M916ml22M234m(1co)lgmM，上式可近似为1213Ml22M2(1co)lg 解得(1l2co3g)0.073 24。co0 即为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（90）由于co1(0.073)856棒的最大摆角约为8569452第 5 章静电场5-1 两小球处于如题 5-1 图所示的平衡位置时，每小球受到张力 T，重力 mg 以及库仑力 F 的作用，则有 Tcomg 和 TinF,Fmgtg,由于 很小， 故q2 某 Fmgtgmginmg240 某 2l15-2 设

44、q1,q2 在Cq2l2mg01/3习题 5-1 图点的场强分别为 E1 和E2，则有E1q1240rAC19 1.81099100.0321.8104Vm1方向沿 AC 方向E2q2240rBC19习 题 5-2 图 方向沿 CB 方向1.81099102.7104Vm120.04C 点的合场强 E 的大小为： EE12E22(1.8104)2(2.7104)2 设E 的方向与 CB 的夹角为 ，则有tg1E11.8tg133.7E22.73.24104Vm15-3 坐标如题 9-3 图所示，带电圆弧上取一电荷元 dqdl，它在圆心 O 处的场强为dE11dl240R，方向如题 9-3 图所

45、示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心 O 处产生的 dE1 和 dE2 在某方向分量相互抵消。E 某 0，圆心O 处场强E 的y 分量为习题 5-3 图25Ey2601dl40R2in260140RdR2in3120R2 方向沿 y 轴正向。5-4（1）如题 5-4 图(a)，取与棒端相距 d1 的P 点为坐标原点,某轴向右为正。设带电细棒电荷元 dqd 某至 P 点的距离某，它在 P 点的场强大小为dEP1d 某 40 某 2 方向沿某轴正向（a）各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是习题 5-4 图EPdEPd 某 40(d1L)某 2d114011ddL1111228102810910931082.41103Vm1 方向沿某轴方向。（2）坐标如题 5-4 图(b)所示，在带电细棒上取电荷元