大學物理上冊課后習題答案

習題解答

習題一

1-1IArI與有無不同？業(yè)和業(yè)dr有無不同？

和—有無不同?其不同在哪里?

dfdrdt

試舉例說明.

解：（1）|Ar|是位移的模，Ar是位矢的模的增量,即IM=h-川，“T引一同;

dr是速度的模，即業(yè)ds

(2)=\Iv\I=—

drdt11dr

9只是速度在徑向上的分量.

則上=dr.dr

?.?有7=（式中,叫做單位矢）,—r4-r—

dfdzdr

式中—就是速度徑向上的分量,

dt

dr與匕不同如題1-1圖所示.

drdr

⑶表示加速度的模，即同=當

一是加速度。在切向上的分量.

dt

???有y=個表軌道節(jié)線方向單位矢），所以

dvdv一df

——=—T+V——

drdtdt

式中史就是加速度的切向分量.

dt

（?.?H一r與士dT匕的運算較復雜，超出教材規(guī)定，故不予討論）

dtdt

1-2設質點的運動方程為x=x（t）,y=y（t）,在計算質點的速度和加速度時，有人先求

出r=&+y2,然后根據(jù)V=空，及。而求得結果；又有人先計算速度和加速度

dtdt

的分量，再合成求得結果，即

你認為兩種方法哪一種

正確？為什么？兩者差別何在？

解：后一種方法正確.因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標系中，有了=點+0,

drdx

dtdt

故它們的模即為

dr

dt

Id/2

而前一種方法的錯誤可能有兩點，其一是概念上的錯誤，即誤把速度、加速度定義作

drd2r

-Q二-r

其二，可能是將空與二誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說明它不是速度的模，

dtd產dt

而只是速度在徑向上的分量，同樣，叮也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中

的一部分。徑=注-1\—|O或者概括性地說，前一種方法只考慮了位矢尸在徑向（即

量值）方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢尸及速度/的方向隨間的變化率對速度、加速

度的貢獻。

1-3一質點在X。7平面上運動，運動方程為

x=3f+5,y~~t+3f-4.

式中f以s計，x,y以m計.⑴以時間f為變量，寫出質點位置矢量的表示式；（2）求出，=1

s時刻和f=2s時刻的位置矢量，計算這1秒內質點的位移；（3）計算f=0s時刻到f=4s

時刻內的平均速度；（4）求出質點速度矢量表示式，計算，=4s時質點的速度；⑸計算f=

Os至l"=4s內質點的平均加速度；（6）求出質點加速度矢量的表示式，計算f=4s時質點

的加速度（請把位置矢量、位移、平均速度、瞬時速度、平均加速度、瞬時加速度都表示成

直角坐標系中的矢量式）.

1,_

解：（1）r=（3r+5）z+（-r+3^-4）;m

（2）將t=l,t=2代入上式即有

rj=8z-0.5jm

馬=117+4]m

△/二弓一1=3j+4.5jm

(3)V1=57-4期=17：+16了

一竺一[一4_⑵+201

=3i+5/m

△t4-04

(4)v=——=3z+(r+3)jm-s-1

dt

-1

則v4=3i+7jm-s

(5)\,V0=3I+3],V4=3T+7J

建包二9，

ms

Ar44

(6)a-——=1jm-s-2

dt

這說明該點只有y方向的加速度，且為恒量。

1-4在離水面高h米的岸上，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題1-4圖所示.當人以

T

v0(m-S)的速率收繩時，試求船運動的速度和加速度的大小.

12?2.2

I=/7+s

將上式對時間f求導，得

…d/?ds

2/—=25—

drdr

根據(jù)速度的定義，并注意到/,S是隨f減少的,

?d/ds

“=一廠"船=一天

dsIdlI%

即yM=—=-------=-v=-------

dtsdtsncosg

_/v0

或匕抬一一

ss

將丫船再對，求導，即得船的加速度

sd//ds

_d-船_s由dr.._T()S+-船

“一山一$21。一?丫。

J-S+,/2說

s2S3

1-5質點沿x軸運動，其加速度和位置的關系為a=2+6/,。的單位為m-s<,x的單位

為m.質點在x=0處，速度為10m。一1,試求質點在任何坐標處的速度值.

dvdvdxdv

解：a=——=-------=v—

drdxdtdx

分離變量：vAv=adx=(2+6x2)dx

兩邊積分得

—p2=2x+2/+c

2

山題知，x=0時，v0=10,/.c=50

u=2J/+x+25ms-1

1-6已知一質點作直線運動，其加速度為a=4+3/m-s-2,開始運動時，x=5m,v

=0,求該質點在f=10s時的速度和位置.

dv,c

解：；a=—=4+3/

dr

分離變量，得dv=(4+3t)dt

32

積分，得v=4At+-t+C|

21

由題知，f=0,v0=0,AC]=0

.1432

故v=4r+-r

2

Ay4

又因為=-=4t+-t2

vdr2

3、

分離變量，dx=(4t+-t2)dt

23

積分得x=2r+-r+c2

2

由題知f=0,X。=5,c2-5

.1i

故x=2r+-t+5

2

所以f=10s時

3,

2-1

v10=4x10+—xlO=190ms

,1,

xl0=2x10*+—xlO+5=705m

1-7一質點沿半徑為Im的圓周運動，運動方程為6=2+3〃，6式中以弧度計，，以秒計,

求：（1）f=2s時，質點的切向和法向加速度；（2）當加速度的方向和半徑成45°角時，

其角位移是多少？

d。,Qd。

解:(0=—=9廣2，/?=——=l18Of

drdr

⑴f=2s時,4=R/?=lxl8x2=36ms-2

222-2

fl(r=/?iy=lx(9x2)=l296ms

（2）當加速度方向與半徑成45°角時，有

tan45°=—=I

%

即Reo2=R/3

亦即(9產>=18/

則解得

于是角位移為

2

。=2+3-=2+3x—=2.67rad

9

1-8質點沿半徑為R的圓周按5=%，-g42的規(guī)律運動，式中S為質點離圓周上某點的弧

長，%,b都是常量，求：（Df時刻質點的加速度：（2）/為何值時，加速度在數(shù)值上等于b.

v=5=v。-初

解：⑴

dt°

/=仇句>

R-R

則a=擊;=卜+仇￡

加速度與半徑的夾角為

a-Rb

(p=arctan—=-------r

%(%-初)2

（2）由題意應有

224

即h=h+—一駕—,=>(v0-ht)=0

R~

.,.當?=以?時，a—b

h

1-9半徑為R的輪子，以勻速％沿水平線向前滾動：（1）證明輪緣上任意點3的運動方程為

x=R（創(chuàng)-sin"）,y=R（l—cosof）,式中0=%/R是輪子滾動的角速度，當B與

水平線接觸的瞬間開始計時.此時B所在的位置為原點，輪子前進方向為x軸正方向；（2）

求8點速度和加速度的分量表示式.

解：依題意作出下圖，由圖可知

題1-9圖

(1)

x-vt-2Rsm—cos—

n°22

=3-Asin。

=R(ax-Rsinax)

y=2/?sin—sin—

22

=7?(1-cos0)=R(l-coscot)

(2)

匕=——=/?以1-COSB)

<

vv=——=Asinsr)

9dv

aY=Reosin④=--

<*dr

9dvv

a=Rco~COScot=——

>dr

1-10以初速度%=20m-sT拋出一小球，拋出方向與水平面成幔60°的夾角,

求：(1)球軌道最高點的曲率半徑與；(2)落地處的曲率半徑/?2?

(提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關系)

解：設小球所作拋物線軌道如題1-10圖所示.

題1-10圖

(1)在最高點,

V,=vx=v0cos60°

?nl=g=10ms”

_v,_(20xcos600)2

an,10

=10m

(2)在落地點,

-1

v2=v0=20m-s,

而a%=gxcos60°

近二(20『

=80m

an210xcos60°

1-11飛輪半徑為0.4m,自靜止啟動，其角加速度為￡=0.2rad?s_2,求f=2s時邊緣

上各點的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度.

解：當，=2s時，0="=O.2x2=O.4rad-s-1

則v=Reo=0.4x0.4=0.16m-s-1

2-2

an=R(o=0.4x(0.4)2=0.064m-s

-2

aT=R￡=0.4x02=0.08m-s

a=+片=7(0.064)2+(0.08)2=0.102ms-2

1-12如題1-12圖，物體A以相對6的速度u=J旃沿斜面滑動，y為縱坐標，開始時

A在斜面頂端高為〃處，8物體以“勻速向右運動，求A物滑到地面時的速度.

解：當滑至斜面底時，y=h,則v；=J麗，A物運動過程中又受到8的牽連運動影響,

因此，A對地的速度為

北地="+M

=(w+不2ghcosa)i+Q2ghsina),

1-13一船以速率h=30km?hT沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率匕=40km?hi

沿直線向北行駛，問在船上看小艇的速度為何?在艇上看船的速度又為何？

解：(1)大船看小艇，則有凡1=%一區(qū)，依題意作速度矢量圖如題1T3圖(a)

題1-13圖

=v2+v-1

由圖可知v2i7i2=50km-h

v.3

方向北偏西0=arctan—=arctan—=36.87°

匕4

(2)小船看大船，則有％2=%-弓，依題意作出速度矢量圖如題1T3圖(b),同上法，得

-1

v]2=50km-h

方向南偏東36.87°

1-14當--輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但當

輪船停航時，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3m,如雨滴的速度大小為8m?s\求

輪船的速率.

解：依題意作出矢量圖如題1T4所示.

。船地

題1-14圖

?"雨船=，雨一"船

,,"雨=’雨船+，船

由圖中比例關系可知

口船=匕面=8m-s”

習題二

2-1因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速度均為其對于叱則為牽連加速度，又知叱

對繩子的相對加速度為a',故m2對地加速度，由圖(b)可知，為

32=31-3.1CD

又因繩的質量不計，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力T,由牛頓定律，有

mig-T=miai②

T-m2g=m2a2③

聯(lián)立①、②、③式，得

(m,+〃2”

%=―!--------------

m,+m2

_-m)g-md

-2x

m1+m2

/_1nlmzQg/)

m}+m2

討論(1)若a'=0,則ai=az表示柱體與繩之間無相對滑動.

(2)若a'=2g,則T=f=0,表示柱體與繩之間無任何作用力，此時叫,nh均作自由落體運動.

(a)(b)

題2-1圖

2-2以梯子為對象，其受力圖如圖(b)所示，則在豎直方向上，

NB-nig=0①

又因梯無轉動，以B點為轉動點，設梯子長為1,則

NAlsin0-mg—cos0=0②

題2-2圖

式中f為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能，

即f=±yomg④

聯(lián)立①、②、③、④式得

tan%gtan與

2(o+〃og)2(4-〃og)

2-3m-s~2

w168

f-7

aym-s

m7?

⑴

A35—i

。+[adt=-2+-x2=--m-s

L=LA84

A-77

vy=v,vo+

人,168

于是質點在2s時的速度

5.7.t

v=——i——im-s

48

(2)

131-7

=(_2X2+-X-X4)/+-(—)x47

Zo21o

13.7.

=-----1-----jtn

48

2-4(1)???〃=」—kv二d竺v

mdt

分離變量，得

dv-kdt

V

-kdt

即

m

.v.

In—=Inew

%

1V

⑵x=卜力=Jvoe/di=-°(1—e~^)

k

(3)質點停止運動時速度為零，即t-8,

故有'v()e^dt=竺^

k

⑷當t=%時，其速度為

k

上空_1v

v=vem卜=ve=—0

ooe

即速度減至V。的L.

e

2-5分別以叫，叱為研究對象，其受力圖如圖(b)所示.

⑴設叱相對滑輪(即升降機)的加速度為a',則改對地加速度廿a'-a；因繩不可伸長,

故皿對滑輪的加速度亦為a',又m在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以如在水平

方向對地加速度亦為a',由牛頓定律，有

m2g-T=m2(a'-a)

T=ima'

題2-5圖

聯(lián)立，解得a'=8方向向下

(2)nh對地加速度為

on在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即aya/+a牽

0=arctan-^-=arctan—=26.6°，左偏上.

a2

2-6依題意作出示意圖如題2-6圖

題2-6圖

在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向下

,而拋物線具有對y軸對稱性，故末速度與x軸夾角亦為30。，則動量的增量為

△p=mv-mvo

由矢量圖知，動量增量大小為Imvo],方向豎直向下.

2-7由題知，小球落地時間為0.5s.因小球為平拋運動，故小球落地的瞬時向下的速度大小

為Vi=gt=O.5g,小球上跳速度的大小亦為V2=0.5g.設向上為y軸正向，則動量的增量

△p=mv2-mvi方向豎直向上，

大小|Ap|=mv2-(-mvi)=mg

碰撞過程中動量不守恒.這是因為在碰撞過程中，小球受到地面給予的沖力作用.另外，碰

撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒.

2-8(1)若物體原來靜止，則

△Pi=JFdt-￡(10+2t)idt-56ikg?m?s",沿x軸正向，

Avj==5.6zm?s~{

m

I]=Apj=56zkgtn's"

若物體原來具有-6m?s」初速，則

Po=-mv0,p=m(-v0+[—dt)=-rnvQ+fFdt于是

m力

Fdt

^>2=P-P0=[=

同理,Av2=AVi,L=I1

這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大,

那么物體獲得的動量的增量(亦即沖量)就定相同，這就是動量定理.

(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即

1=1(10+2。力=10.+/

亦即t2+10t-200=0

解得t=10s,(tr=~20s舍去)

2-9質點的動量為

p=mv=mw(-asinwti+bcoscotj)

將<=0和t=2分別代入上式，得

2co

Pi=mcubj,p2=-mwai,

則動量的增量亦即質點所受外力的沖量為

[二Ap=P2-p尸-m3(ai+bj)

2-10(1)由題意，子彈到槍口時，有

F=(a-bt)=0,得t二一

b

(2)子彈所受的沖量

I=^(a-bt)dt=at-^bt2

將t=@代入，得

h

a2

2b

(3)由動量定理可求得子彈的質量

a2

m=—=------

%290

2Tl設一塊為加,則另一塊為m2,

m尸kni2及mi+m2=m

kmm

于是得m=------=------------

}k+12k+\

又設隊的速度為V],此的速度為外，則有

212

T=萬1機|匕2」+—)—mv②

22

mv=miVi+m2V2③

聯(lián)立①、③解得

v2=(k+l)v-kvt④

將④代入②，并整理得

2r/\2

—=(vt-V)

km

于是有％=V±廬

Vkm

將其代入④式，有

又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取

證畢.

2-12⑴由題知,F合為恒力,

/.A合二F?r=(7i-6j)?(一3i+4j+16k)

=-21-24=-45J

vTT,A45__

(z2)N——=----=75w

\t0.6

(3)由動能定理，AEk=A=-45J

2-13以木板上界面為坐標原點，向內為y坐標正向，如題2T3圖，則鐵釘所受阻力為

O

-dy

y

題2-13圖

f=-ky

第一錘外力的功為人

4=[f'dy=卜fdy=/kydy=|①

式中f'是鐵錘作用于釘上的力，f是木板作用于釘上的力，在dt-0時，f-f.

設第二錘外力的功為Az,則同理，有

A=f"W②

由題意，有

&=A[=△(?*/)=g③

即法-/

所以，%=后

于是釘子第二次能進入的深度為

Ay=y2-yi=V2-1=0.414cm

.dE(r)nk

2-14F(r)=——=-----

drrn+1

方向與位矢r的方向相反，即指向力心.

2-15彈簧A、B及重物C受力如題2-15圖所示平衡時，有

Mg

題2-15圖

FFF產Mg

又FA=kiAxl

Fs=k2△X2

所以靜止時兩彈簧伸長量之比為

M=&

AX2k、

彈性勢能之比為

E不占端k

En17A2k、

222

2-16(1)設在距月球中心為r處F同=F)?i,山萬有引力定律，有

經整理，得

V735X1022

X3.48X108

,5.98x1()24+.7.35x1()22

=38.32X106m

則p點處至月球表面的距離為

h=r-r月=(38.32-1.74)X106=3.66X107m

(2)質量為1kg的物體在p點的引力勢能為

M

2224

us1A1I7.35X10….A-u5.98X10

=-6.67x10x-----------6.67x10x------------；——-

3.83X1077(38.4-3.83)xl07

=-1.28xl06

2-17取B點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則由功

能原理，有

22

-Un12gh=—(mi+m2)v-[migh+—k(△I)]

22

式中A1為彈簧在A點時比原長的伸長量，則

Al=AC-BC=(V2-l)h

聯(lián)立上述兩式，得

題2-17圖

2-18取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點,彈簧原

長處為彈性勢能零點則山功能原理，有

-￡6=；〃/—+，〃g5sin37。)

12

—mv+mgssin37°-frs

k=^-----------------------------

-kx2

2

式中s=4.8+0.2=5m,x=0.2m,再代入有關數(shù)據(jù)，解得

k=1390N-m1

再次運用功能原理，求木塊彈回的高度/

-ftSz=mgs,sin37°--kx3

2

代入有關數(shù)據(jù)，得s，=1.4m,

則木塊彈回高度

h‘二s'sin37°=0.84m

2-19m從M上下滑的過程中，機械能守恒，以m,M地球為系統(tǒng)

，以最低點為重力勢能零點，則有

121…2

mgR——機I廠H—MV

22

又下滑過程，動量守恒，以為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有

mv-MV=0

聯(lián)立，以上兩式，得

2MgR

\(m+M)

2-20兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有

121212

—znv0-—mvl+—mv2

①

(a)(b)

題2-20圖(a)題2-20圖(b)

又碰撞過程中，動量守恒，即有

mvo=mvi+mv2

亦即Vo=Vi+V2②

由②可作出矢量三角形如圖(b),又由①式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以V。為斜邊，

故知VI與V2是互相垂直的.

2-21由題知，質點的位矢為

r=xii+yj

作用在質點上的力為

f=-fi

所以，質點對原點的角動量為

L0=rXmv

=(xii+yij)Xm(vxi+vyj)

=(ximvy-yimvx)k

作用在質點上的力的力矩為

M0=rXf=(Xii+yj)X(-fi)=yifk

2-22哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力——即有心力的作用，所以角動量守恒；又由

于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有

rimvi=r2mv2

,r,v,8.75xl0'°x5.46xl04i?

..r,--L-L=-----------------------------=5.26x11Am

V29.08x10，

-1

2-23(1)A/?=Jfdt=/5jdt=15jkg-m-5

⑵解㈠x=xo+voxt=4+3=7

1o一一15c____

y=vQyt——6X3+—X—X3"=25.5j

即r尸4i,1*2=7i+25.5j

Vx=VOx=l

vv=vOv+〃/=6+3x3=11

)0>3

即Vi=ii+6j,V2=i+llj

.??Li=riXmvF4iX3(i+6j)=72k

L2=r2Xmv2=(7i+25.5j)X3(i+llj)=154.5k

21

/.AL=L2-LI=82.5kkg?m?s'

dz

解(二)VM=—

dt

：.AL=dt=

油15,一

=1(4+r)?+(6r+-)x-r)jx5jdt

f5(4+f火力=82.5kkg-m2-s

曲

題2-24圖

2-24在只掛重物Mi時，小球作圓周運動的向心力為Mig,即

Mig=mro320①

掛上岫后，則有

/

(MI+M2)g=mr3,2②

重力對圓心的力矩為零，故小球對圓心的角動量守恒.

即romvo=r'mv'

2，2，2

=>4g=r60③

聯(lián)立①、②、③得

Mg

g=

Mg(M1+M2

(0=2戶

mr0M}

,M,+M2

1+M2)M

2-25⑴先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)).圖中N、N'是正壓力，R、F'「是摩擦

力，F(xiàn),和F，是桿在A點轉軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在0軸處所受支承力.

題2_25圖(a)

題2-25圖(b)

桿處于靜止狀態(tài)，所以對A點的合力矩應為零，設閘瓦厚度不計，則有

F(/,+/2)-A^71=0=

對飛輪，按轉動定律有B=-FrR/I,式中負號表示B與角速度3方向相反.

?/Fr=UNN=N'

一&9必皿

①

ImRl}

以F=100N等代入上式，得

=-2x0.40x(0.50+0.75)xl0()=_402

0~60x0.25x0.50*~~Srad-s~

由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉動的時間為

a)o900x2^x3.,

t=一一-=---------=7.0A6

B60x40

這段時間內飛輪的角位移為

900x2萬9140

X—7T——X—X(涉

602

=53.1x2^rad

可知在這段時間里，飛輪轉了53.1轉.

(2)3o=9OOX(2Jt)/60rad?s,要求飛輪轉速在t=2s內減少一半，可知

如—

A2gg15%_2

6—------------=--------=---------rad-s

t2t2

用上面式(1)所示的關系，可求出所需的制動力為

F_mRl[0

=-

2/Z(/1+/2)

60x0.25x0.50x15)

-2x0.40x(0.50+0.75)x2

=177N

2-26設a.a?和B分別為m眥和柱體的加速度及角加速度,方向如圖(如圖b).

B

R

°-

皿M

|-2||孫|

T

h

77^77777777777777777777777777777

題2-26(a)圖題2-26(b)圖

(Dmi,m2和柱體的運動方程如下：

T2-m2g=m2a21

<機ig-T,=mlal2

T；R_T；r=I03

Z

式中式=TbT2=T2,a2=rP,ai=R3

而I=(l/2)MR2+(l/2)mr2

由上式求得

cRm_rm,

p=--------}!-------=----g

22

/+m]/?+m2r

_0.2x2-0.1x2

1xlOxO.202+1x4x0.102+2x0.202+2x0.102

22

=6.13rad-s~2

⑵由①式

T2=m2rP+m2g=2X0.10X6.13+2X9.8=20.8N

由②式

TFm.g-miR3=2X9.8-2X0.20X6.13=17.1N

2-27分別以on,m2滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示.對叫,ni2運用牛頓定律，有

m2g-T2=m2a①

Ti=mia②

對滑輪運用轉動定律，有

Lr-T,r=(l/2Mr2)P③

又，a=rB④

聯(lián)立以上4個方程，得

…血2g200x9.82

a=7.6in-s~

~M15

m,+〃?,+5+200+

'222

(b)

題2-27(a)圖題2-27(b)圖

題2-28圖

2-28(1)由轉動定律，有

mg(1/2)=[(1/3)ml2]6

(2)由機械能守恒定律，有

mg(l/2)sin0=(1/2)[(l/3)ml2]w2

._13gsin0

..3=

題2-29圖

2-29(1)設小球的初速度為v。，棒經小球碰撞后得到的初角速度為3,而小球的速度變?yōu)関,

按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可列式:

mvol=Ia+mvl

(1/2)mv2o=(1/2)Iw2+(1/2)mv2②

上兩式中I=1/3M12,碰撞過程極為短暫，可認為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位

置上擺到最大角度9=30°,按機械能守恒定律可列式：

—/&>"=A/g—(l-cos30°)

由③式得

^(1-cos30°)

由①式

由②式

_46(2一百3m+M

12m

(2)相碰時小球受到的沖量為

fFdt=Amv=mv-mvo

由①式求得

fFdt=mv-mv<)=-(Io)/l=(-l/3)Mlo

_-J6(2-

6

負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反.

題2-30圖

2-30(1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度

vo=Rw

設碎片上升高度h時的速度為v,則有

v"=v2o_2gh

令v=0,可求出上升最大高度為

(2)圓盤的轉動慣量I=(1/2)MR2,碎片拋出后圓盤的轉動慣量I'=(1/2陽/-01/,碎片脫離

前，盤的角動量為13,碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內力變?yōu)榱?，但內力不影響系統(tǒng)

的總角動量，碎片與破盤的總角動量應守恒，即

13=13'+mvoR

式中3,為破盤的角速度.于是

(l/2)MR%=[(l/2)MR2-mRl3'+mv0R

[(l/2)MR2-mR2]w=[(l/2)MR2-mR2]w'

得3'=3(角速度不變)

圓盤余下部分的角動量為

[(l/2)MR2-mR2]3

轉動動能為

題2-31圖

22

Ek=(l/2)[(l/2)MR-mR]

2-31(1)射入的過程對0軸的角動量守恒

Rsin0moVo=(m+m(>)R'3

._mvsing

??3=---o--o------

(m+m0)R

1

r/

2LV

A2

-mnsin3

"

m+m

5mo說0

2-32以重物、滑輪、彈簧、地球為一系統(tǒng)，重物卜落的過程中，機械能守恒，以最低點為

重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則有

mgh=(1/2)mv2+(1/2)I?2+(1/2)kh2

又3=v/R

|(2〃?g%-跖2)記

故有v=

VmR2+I

_](2X6.0X9.8X0.4-2.0X0.42)X0.32

"V6.0X0.32+0.5

=2.0m-51

題2-32圖題2-33圖

2-33(1)小球與圓環(huán)系統(tǒng)對豎直軸的角動量守恒，當小球滑至B點時，有

Iow0=(Io+mR2)3①

該系統(tǒng)在轉動過程中，機械能守恒，設小球相對于圓環(huán)的速率為VB,以B點為重力勢能零點,

則有

2222

(l/2)IoWo+mgR=(l/2)(Io+mR)?+(l/2)mvB②

聯(lián)立①、②兩式，得

2

I。說R2

VB

/0+mR~

⑵當小球滑至C點時，..工=1。???30=3。

故由機械能守恒，有

mg(2R)=(l/2)mv2c

請讀者求出上述兩種情況下，小球對地速度.

u-v340-15

4=2vo-x600=541Hz

U+V]340+20

習題七

7-1下列表述是否正確?為什么？并將錯誤更正.

(1)A2=AE+AA⑵。=E+JpdV

今〃不可逆(I—"1

(3)①(4)①

解：(D不正確，Q=AE+A

2=A￡+fpdV

(2)不正確，」

7n/-—1----。---2-

(3)不正確，°】

租不可逆一1一矛

(4)不正確，儲

7-2P-V圖上封閉曲線所包圍的面積表示什么?如果該面積越大，是否效率越高？

答：封閉曲線所包圍的面積表示循環(huán)過程中所做的凈功.山于0】，4凈面積越大，效

率不一定高，因為"還與吸熱0有關.

7-3如題7-3圖所示，有三個循環(huán)過程，指出每一循環(huán)過程所作的功是正的、負的，還是

零，說明理由.

解：各圖中所表示的循環(huán)過程作功都為°.因為各圖中整個循環(huán)分兩部分，各部分面積大小

相等，而循環(huán)方向一個為逆時針，另一個為順時針，整個循環(huán)過程作功為0.