大学物理第三版_赵近芳_上下册全套答案 下载本文

?x1k2 ??x2k1弹性势能之比为

Ep1Ep21k1?x12k?2?2 1k12k2?x222-16 (1)设在距月球中心为r处F月引=F地引,由万有引力定律,有 G

mM月r2=G

mM地?R?r?M月2

经整理,得 r=

M地?M月R

=

7.35?10225.98?1024?7.35?10226?3.48?108

=38.32?10 m

则p点处至月球表面的距离为

67

h=r-r月 =(38.32-1.74)×10=3.66×10 m (2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为

EP??GM月r?GM地

?R?r?7.35?10225.98?1024?11 =?6.67?10? ?6.67?10?77?38.4?3.83??103.83?1011 =-1.28?106J

2-17 取B点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则由功

能原理,有 -μm2gh=

1122

(m1+m2)v-[m1gh+k(Δl)] 22式中Δl为弹簧在A点时比原长的伸长量,则 Δl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式,得

2?m1?m2?gh?kh2v=

m1?m2?2?1?2

题2-17图

2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点,弹簧原

长处为弹性势能零点则由功能原理,有 -frs=

12?12?kx??mv?mgssin37?? 2?2?12mv?mgssin37??frs k=2

12kx2式中 s=4.8+0.2=5 m,x=0.2 m,再代入有关数据,解得

-1

k=1390 N·m

题2-18图

再次运用功能原理,求木块弹回的高度h′

-fts′=mgs′sin37°-

13

kx 2代入有关数据,得 s′=1.4 m, 则木块弹回高度

h′=s′sin37°=0.84 m

题2-19图

2-19 m从M上下滑的过程中,机械能守恒,以m,M地球为系统 ,以最低点为重力势能零点,则有

mgR=

11mv2?MV2 22又下滑过程,动量守恒,以m,M为系统则在m脱离M瞬间,水平方向有

mv-MV=0

联立,以上两式,得 v=

2MgR

?m?M?2-20 两小球碰撞过程中,机械能守恒,有

121212mv0?mv1?mv2 22222即 v0 ① ?v12?v2

题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中,动量守恒,即有

mv0=mv1+mv2

亦即 v0=v1+v2 ②

由②可作出矢量三角形如图(b),又由①式可知三矢量之间满足勾股定理,且以v0为斜边,故知v1与v2是互相垂直的. 2-21 由题知,质点的位矢为

r=x1i+y1j

作用在质点上的力为

f=-fi

所以,质点对原点的角动量为 L0=r×mv

=(x1i+y1j)×m(vxi+vyj) =(x1mvy-y1mvx)k

作用在质点上的力的力矩为 M0=r×f=(x1i+y1j)×(-fi)=y1fk

2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒;又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 r1mv1=r2mv2

r1v18.75?1010?5.46?104∴r2???5.26?10122v29.08?102-23 (1) ?p?m

?fdt??5jdt?15j03kg?m?s?1

(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7

y?v0yt?1215at?6?3???32?25.5j 223即r1=4i,r2=7i+25.5j

vx=v0x=1

5vy?v0y?at?6??3?11

3即v1=i1+6j,v2=i+11j

∴ L1=r1×mv1=4i×3(i+6j)=72k

L2=r2×mv2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k

2-1

∴ΔL=L2-L1=82.5k kg·m·s 解(二) ∵M?∴ ?L?dz dtt0?t0M?dt??(r?F)dt

3?15????(4?t)i?(6t?)?t2)j??5jdt023??

??5(4?t)kdt?82.5k03kg?m2?s?1

题2-24图

2-24 在只挂重物M1时,小球作圆周运动的向心力为M1g,即

2

M1g=mr0ω0 ①

挂上M2后,则有

2

(M1+M2)g=mr′ω′②

重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒. 即 r0mv0=r′mv′

?r02?0?r?2??2 ③

联立①、②、③得

?0????r??M1gmr0M1gM1?M23()mr0M12

M1?M2g?m??r0g3(M1?M2)M2mM12-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)).图中N、N′是正压力,Fr、F′r是摩擦力,Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力,R是轮的重力,P是轮在O轴处所受支承力.

题2-25图(a)

题2-25图(b)

杆处于静止状态,所以对A点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有

F(l1?l2)?N?l1?0N??l1?l2F l1对飞轮,按转动定律有β=-FrR/I,式中负号表示β与角速度ω方向相反. ∵ Fr=μN N=N′ ∴ Fr??N???又∵ I?∴???l1?l2F l11mR2, 2FrR?2?(l1?l2)?F ① ImRl1rad?s?2

以F=100 N等代入上式,得

???2?0.40?(0.50?0.75)40?100??60?0.25?0.503由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

t???0900?2??3??7.06?60?40s

这段时间内飞轮的角位移为

???0t??t2??53.1?2?12900?2?91409?????(?)2 604234rad可知在这段时间里,飞轮转了53.1转.

-1

(2)ω0=900×(2π)/60 rad·s,要求飞轮转速在t=2 s内减少一半,可知