大学物理_上_答疑[方案] 16页

1・4、解：小车速度和加速度的大小就是绳子的速度和加速度的大小。设人离台脚O的距离为S,从滑轮到人手的绳子长度为？,依题意有2如，1=yjh2+$2ds（1）小车速度的大小为:U=¥=l品匚^=——r——dtdt加+疋加+^（2）小车加速度的大小为：v=dV(胪+£2”（3）小车运动的距离为:2、课本pl8极坐标答疑：乙一为径向的单位矢量,為一为垂直于径向的单位矢量，它们的大小为：\ef.\=\e0\=1；解：将B两点的径向矢量平移到一起，如图在此矢量图中，当OTO时，\Aer\=\er\A0=A0,方向：当Z/TO时，生.与爲方向一致，所以derrAerr力&一“—L=lim—L=lim——s=咳dt如to4tOJf同理可得：--=lim(-er)=-OerdtOtO/V0TOJfNr(t+AtM0O1・1、解：后一种方法正确。因为速度和加速度是矢量，满足如下关系:drdxrdy-一d2rd2xtV=—=—iHj；adtdtdt所以，v=dx、2+2r=——iHdt2dt2dt1-23.解：在惯性系中求解。取坐标如图，设m相对丁・M的加速度为兀,于地而的加速度为和和云八则矢量式及分量式分别为:对m：N+mg=main(1)m>M相对\n由图分析口J知：m相对于斜面的加速度必的两分量a；、a：间有关系：ay=axtg/3(9)由(5)-(9)式联立解得：MmgcosPM+msin01-3、解：(1)因为a=—:dt=-kv,对M：N'+Mg+R=m^(2)伽利略加速度变换：am=am+几(3)N=-N'N=N'(4)对m：mg-Ncosp-may(5)Nsin0=m(ax一％)(6)对M：N'sin0=MaM(7)R-Mg-N'cos0=0(8)(2)因为vdx~dt则dx=Vdt=V^dt,分离变量后积分：貯T如峙宀厂当(Too时，轿车行进的最大距离为：Xmax=k2-4.解：以小球为研究对象，小球在水平面内的受力分析如图，选择自然坐标系，应为圆环对小球的正压力，它是产生圆周运动的向心力，此力只改变速度的方向，对小球不作功。小球还受到圆坏对它的摩擦力，它在各点处与速度相反，只改变大小。由微过程小的动能定理可知dA=frds=dEk(1)其中：dEk=mvdv(2)_v2frds=-frds=一角Nds=-flkm——ds\n=—/Llkin—RdO=—flkmV2d0(3)R由(1)、(2)和(3)式可得7)上式积分后有In一=-2羽因此小球运动一周后回到原位时的速率为：u=%严2-7.解：本题中不计物体受到的摩擦力。(DM,.A/?经过弹簧原长位置以前，在水平方向两物体加速，之后由于弹簧伸氏，M{受拉力作用而减速，不受外力而保持匀速运动。所以当弹簧曲压缩而到恢复原长时,A/?开始分离，此时速度乙最大。由于在恢复到原长过程中只有弹性力做功，与A/?间相互作用力的总功为零，桌面支持力不做功，因此机械能守恒，有診2专何+叽威则(2)分开后，A/?作以速度几的匀速直线运动，作简谐振动，振幅A可由机械能守恒定律求得訥尤=\kA1A=0需2-12.解：设物体质量为加，由于系统内只有万有引力，因此体系的角动量和机械能都守恒，在"，4处，有m{a+x)vx=m(a-x)v2GMm12GMm12—mu；=—mv2a+x2a-x2解Z得:a+x^2=——Sa-x2GM(a-x)=a(a+x)\nm(a+x)vx=m(a—x)vGMm1、GMm1+—mv}=—mva+x2r2解z得v2=gm(--~2-13.解：力函数：F=-^r)12A6fidr1372A2-14.解：选氢原子屮心为坐标原点，建立如图坐标系，则各个原子的坐林知下:N由此可得F=0吋，r=5h=V(10.14xIO-11)2-(9.40xIO-11)2=3.8xl0~nma=9・4xl()nxsin30=4.7x10b=9.4xlOnxsin60=8.14xlOnmN点坐标（0，0，h）,H］点坐标0),1yHXH2丹2点坐标（C，0,0）,H3点坐标（「b,0),计算质心得xc=0,几=0,zc=七—+3hIh竺竺叱=3・125xl0f13.9+3距氮原子距离：J=ft-zc=0.68xl011m（答案错了）2-15.解:（1）建立坐标系如书本图，取小体元，距坐标原点z处，取一厚度为dz的小体元，边长为——=—,/=—__L,HLHi3h=36.75m（2）A=mgh=pVgh=1.68x10,2J2-2K解：由口由下落及竖直上抛运动知识可得\n\nv22gV2nn=V"2g其中，"为自rti下落到水平面处的末速率的人小,viyv2<-9vn_^vfl分别为第1,2,…,n-1,n次碰撞后回升的初速率或第2,3,…，n,n+1次碰撞前的速率；久，他，…，他一】，他分别为回升的高度。恢复系数e决定于小球的质料，在各次碰撞屮应是常数，根据牛顿碰撞定律有e=—=—=""vVi而理"htrn=^G2)M=kw-12-23＞解：解：绳对物体m的拉力为戶,故角动量守恒，有m"（）/?（）=mvRF=m——R其力矩为零。（1）又有(2)由（1）⑵可得g半警科1-24.解:如图,物体受弹力尸,圆周运动，其牛顿运动方程为:分量式为:mgcosa-F=-mansina(1)N一mgsina--mancosa(2)F+mg+2V=重力mg和支持力N的作用,在锥而上作半径为r的由于向心加速度an=ra）2=xsina-fi?2,则式（1（2）可简化为mgcosa-F=-mxa)2sin2a(3)\n考虑到弹力F=k(x-x.)f物体恰耍离开锥面的条件是N=Q,则由(3)、(4)式可得:mgcosa-k[x-xQ)=-mxarsin2a(5)g=兀cosa求解方程(5)、(6)式可得:mgx=x0+kcosax(}kcosa+mg2-11.解：(1)取质量微元dM,则两点Z间的万有引力为dF=-GnidMx_+R_由对称性，则其在y方向的分量相互抵消，只剩兀方向，于是小mdM八小mdMx小xmdMdFx=-Gcos&=-G7t=-Gu兀2+炉兀2+/3収(亍+仍)；则合力为Fx=[-GxmdMxmMxmdMxMv232\n/2X+2小dvdvdxdv=-G刀丁=ma=m——=m=mV——(x2+R2]2dtdxdtdxxmM积分得xMxdx宀炉)2整理得V=2GM\—-3-1.求一质量为m,半径为R的均匀实心球对其一条直径为轴的转动惯量。解：球绕Z轴旋转，离球心Z高处切一厚为dz的薄圆盘。其半径为：r=7/?2-Z2,m=p^7iR33其体积：dU=/2dz=；r(R2—z2)dz其质量：dm=pdV=pji(R2-Z2)dZ\ndM=-rdf=-r・pdmg=-rjUg-c2m^dr=-/ng(7-27rr'dr(一)山转动定律M=［卩可得:(2)rti匀角加速度转动公式有:0=—©)=5+0/,20(3)其转动惯量：di=-r~dm=-p7r(R2-Z2)2dZ221=^dl=^p7T(R2-Z2)2dZ=^p7TR5=|证2(二)也口J以取球壳，则其体积微元dV=4^r2dr,质量微元dm=pdV=p^7Cr2dr,微元的转动惯量di=—r2dm=—dr33I=\dl=[—r2dm=C—p47Vr4dr=—p47T—Rs=?—4^r—7?5=—mR2JJ3Ayy534*35533・4、解：I^=^ml2；?圆盘=|Mr2+A/(Z+r)2；32系统I系统=-zn/2+-Mr2+M(Z+r)2322-7＞解：质量为m,半径为R匀质薄圆盘，水平放在水泥地面上。开始时以角速度©)绕中心竖直轴转动，设盘血与地血的滑动摩擦系数为“，问经过多长时间，其转速减为原來一半?解：由圆盘上取一半径为厂，宽度为〃厂的関环，/77圆环的质量dm=ads=a-Inrdr，而cr二一-欣2则圆坏所受摩擦力矩为；M=JdM=『一“g(72加厂=一2矽=-—jLlgmRM-mR22\n由⑴、⑵…咼\n（二）用动量短定理：Mt=Ia）-I©=-I譽,1.1%zmR3盹3-8＞解：受力分析和选取坐标系如图,（1）对加:mg-Tx=mat关联：T；=l\关联：T^=T2X1xI2=-mR223关系：肛=久(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)关系：¥=02Rdvdvdxat———==Vdtdxdt(9)dvdx2联立解Z得：T2=—Mat,「代入（1）有f2mg-T,=mg一—Mat+-m+4Ur213、V丿dxdv3r2•I。、解:⑴心叔,mgh2I'V~3r212=tnR1，mghM1~~mHy+32r22\n13—mR1+mR2=—mR122o3197=人+?2+13+“4+7环.严2+叔+严2=才心］.6kg・m2(2)2tcL=Ia)=I—=5.0kg•m/s3-lk解：隔离轮子K，摩擦力的冲量矩为j-fR.dt,角动量改变为人(卩-5),由角动量定理有：J-fR、dt=厶仙-©)(1)对轮子禺同样有：卜M=/2(^2-0)(2)以上两式得：人仙一5)=丛■(3)R\R2稳定后，两轮轮边的线速度相等，即:Rg=-R2(o2(4)解式(3)、(4)可得:1占占23-12.解：如图示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定，另一端通过一定滑轮系一质量为m的物体，定滑轮半径为R,转动惯量为I,绳与滑轮间无相对滑动，求物体从弹簧原长时由静止开始下落h距离时的速度。解：(-)用机械能守恒定律：mgh=—mv2+—/692十_kh，222-2v=Rco(1)(2)由(1)、(2)可得:V-2mgh—kh777+R2(二)用转动定律：设向下为正对m：mg-T-ma(1)对I：TR—fR=I0(2)对弹簧：f=kx(3)联系：a=RP(4)由(1)、(2)、(3)、(4)可得:mg-kxa=r加+护dvdv——=V——dtdx\nVvdv=『恋_:d/,由此可得v=m+—R222mgh—kh3-13.解：(1)利用转动定律M=lp,即—/d?24-A/g—=;ngZ(l-cos^)4-Mg—(l-cos^)4-Mg—2222s亠如“0；"J&+第*叫）解之得：vcok{k11—+——11、…—+—cos劲+―加+“)1他k2(24)T、=厶=2兀{仙；"“；(25)AT.加0〃0（“1+氐2）（龙）I2丿4・12、如图所示劲度系数为k的轻弹簧，系一质量为mi的物体在水平面上作振幅为的简谐运动。有一质量为m2的粘土，从高度为h处自由下落，正好在（）物体通过平衡位置吋（此吋振动周期为7；,振幅为£）;（b）物体在最大位移时（此时振动周期为笃，振幅为％）；落在物体Z上，分别比较：（1）两个位置振动的周期T、（24）T?；（2）两个位置振动的振幅A⑵）儿（填>，v或=）。粘十•落下与M相碰后的速度为/(in+A/)vz=Mv（2）若振子处于平衡位置,粘土未落至M上，物体M速度为〃=±%和=±A6>0=±AJ三二Mm+M所以此时兀o=0,VQ=v\设粘土与M一起振动的振幅为Az,则\n3)_加+M0)A；川见，A'=0,粘土落至M上相碰后X方向速度不变,所以=x0=A,振幅不变。4-20>解：平衡时，细线中的张力为式中m为杆的质量。设横杆的长度厶，当杆扭转小角&时，细线与铅垂线夹角设为0,则有i(p=-e2式中/为细杆长。细线中张力的水平及竖直分力分别为几平=Tsmcp^^mg・(pT垂直=Tcos(p^-mg力矩为M=-2T^•yLmgl3Fa根据转动定律，有沪比较上两式，得嗖+囈■&=();令dt24〃cotngl3411式中/为杆的转动惯量，，帥,代入上式得0)=3g所以，杆的摆动周期为i临(1)(2)4-21.解：设圆柱体的半径为与水平面间的摩擦系数为“。当圆柱体偏离平衡位置为兀时，对质心而言，受到向左的弹力(-尬)及向右的摩擦力(jumg)o于是对质心:f=-kx+/Jnig根据牛顿定律有：f=ma\n对比式(1)、式(2)得：a=--(kx-jumg)m(3)对质心轴-屮ngR=Ip(4)式中1=—mR1；(5)=-(6)2”R将式(5)、(6)代入式(4),得-/img=—ma2(7)将式(7)代入式(3)消去“加十/1(1g项，得a=kx^—mam\2(8)所以，振动周期为:(9)(10)