《大学物理练习册》B分册解答（2008)

作业1B牛顿运动定律 1B1质量为m的子弹以速度v水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反向,大小与速度 成正比,比例系数为K,忽略子弹的重力,求:(1)子弹射入沙土后,速度随时间变化的函 数式:(2)子弹进入沙土的最大深度。 解:(1)子弹进入沙土后受力为一KU,由牛顿定律 dv k. di d U=Ue (2)求最大深度 解法 dx=u d dx d t x=(m/K)U(1-e") mvo/K 解法二 du. dx du -KU=m dx d K U/K B2一个质量为m,初速度为v的质点在阻力∫=-K的作用下作一维运动。这里K为 正常量。求质点速度与位移之间的关系。 解: dv 方程两边同乘以dt,并注意到dx=wdt,可得:mhv=-k2adhx

1 作业 1B 牛顿运动定律 1B-1 质量为 m 的子弹以速度 0 v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度 成正比，比例系数为 K，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的函 数式；（2）子弹进入沙土的最大深度。 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律 t K m d dv  v  ∴       v v v v v v 0 d , d d d 0 t t m K t m K ∴ Kt / m 0 e  v  v (2) 求最大深度 解法一： t x d d v  x t Kt m d e d / 0   v x t Kt m x t d e d / 0 0 0     v ∴ ( / ) (1 e ) / 0 Kt m x m K   v  xmax  mv0 / K 解法二： x m t x x m t K m d d ) d d )( d d ( d d v v v v  v    ∴ dv K m dx   v v d d 0 0 0 max     K m x x ∴ xmax  mv0 / K 1B-2 一个质量为 m ，初速度为 0 v 的质点在阻力 3 f  Kv 的作用下作一维运动。这里 K 为 正常量。求质点速度与位移之间的关系。 解： 3 Kv dt dv m   方程两边同乘以 dt ，并注意到 dx  vdt ，可得： mdv Kv dx 2  

分离变量得,K 2=d,积分后易得 1_1k 所以 B3抛物线形弯管的表面光滑,绕铅直轴以均匀的角速率转动,抛物线的方程为y=Ax2 这里A为正常量。小环套于弯管上。如果小环可以在管上任意位置相对弯管静止,求弯管的 角速度。 解:在抛物线上任取一点P(x,y),在这一点抛物线切线的斜率为tanb=2Ax。如果小环 可以在P点相对于弯管静止,那么小环受到的重力(mg,铅直方向)与弯管对小环的支持 力(抛物线法向),它们的合力恰好提供小环圆周运动的向心力(mo2x);由几何关系易知: tang= mox 这样,我们就得到了弯管角速度所满足的方程: 2x g g 后得到:O=√2Ag B4一质量为60kg的人,站在质量为30起g的底板上,用绳和滑轮连接如图.设滑轮、绳 的质量及轴处的摩擦可以忽略不计,绳子不可伸长.欲使人和底板能以1ms2的加速度上升, 人对绳子的拉力72多大?人对底板的压力多大?(取g =10m/s2) 解法一:人受力如图(1) 72 m,g=m, 底板受力如图(2) N T+T2-N'-m2g=m,a T1=272 由以上四式可解得 图(1) 图(2)m2g 472-m18-m28=(m1+m2) T2=(m1+m2)g+a)/4=247.5N N=N=m1(g+a)-72=412.N 解法二:人和底板相对于地面有向上的加速度a=1m/s2,因此这个参照系是非惯性系。选 取人和底板为研究对象,在这个参照系里人和底板是静止的,所以人和底板受到的绳的竖直 向上拉力等于它们受到的竖直向下的重力与惯性力之和,271=(m1+m2)g+(m1+m2)a, 又因为71=2T2,可得到

2 分离变量得， dx m K v dv   2 ，积分后易得 x m K v v    0 1 1 所以 m Kv x mv v    0 0 1B-3 抛物线形弯管的表面光滑，绕铅直轴以均匀的角速率转动，抛物线的方程为 2 y  Ax ， 这里 A 为正常量。小环套于弯管上。如果小环可以在管上任意位置相对弯管静止，求弯管的 角速度。 解：在抛物线上任取一点 P(x, y) ，在这一点抛物线切线的斜率为 tan  2Ax 。如果小环 可以在 P 点相对于弯管静止，那么小环受到的重力（ mg ，铅直方向）与弯管对小环的支持 力（抛物线法向），它们的合力恰好提供小环圆周运动的向心力（ m x 2  ）；由几何关系易知： g x mg m x 2 2 tan      。这样，我们就得到了弯管角速度所满足的方程： Ax g x 2 2   ，最 后得到：   2Ag 1B-4 一质量为 60 kg 的人，站在质量为 30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳 的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以 1 m/s2 的加速度上升， 人对绳子的拉力T2 多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s2 ) 解法一：人受力如图(1) T2  N  m1 g  m1a 底板受力如图(2) T1 T2  N  m2 g  m2a T1  2T2 N  N 由以上四式可解得 4T2  m1 g  m2 g  (m1  m2 )a ∴ T2  (m1  m2 )(g  a)/ 4  247.5 N N  N  m1 (g  a) T2  412.5 N 解法二：人和底板相对于地面有向上的加速度 2 a 1m/s ，因此这个参照系是非惯性系。选 取人和底板为研究对象，在这个参照系里人和底板是静止的，所以人和底板受到的绳的竖直 向上拉力等于它们受到的竖直向下的重力与惯性力之和， 2T1  (m1  m2 )g  (m1  m2 )a ， 又因为 T1  2T2 ，可得到 N  图(1) T2  a  图(2) T1  T2  m g  2 m g  1 N 

72=(m1+m2Xg+a)/4=2475N 选取人为研究对象,在该参照系中人是静止的,同理可得 m1(g+a)-72=412.5 注:也可应用“超重”观点,引入等效重力加速度分析 作业2B动量定理 2B-1质量为m的小球自高为y处沿水平方向以速率U抛出,与地面碰撞后跳起的最大高度 y,水平速率为。求碰撞过程中(1)地面对小球的竖直冲量:(2)地面对小球的水 平冲量。 解:(1)由动量守恒定律,得 m,o=m√g-m√2g0=(1+√2)m (2)同上得: y 1=mv -mv,o =m-vo -m=--mvo 2B2一质点用轻绳悬挂起来,并使质点保持在一个铅垂平O 面内运动,就构成一个单摆。已知单摆作小幅振动的周期为 T=2丌,,这里L为摆长。设细绳端点的质点质量为m,求在单摆的一个振动周期里 细绳拉力对质点m的冲量(指明大小与方向)。 解:经过一个振动周期,质点的速度复原,因此动量的变化为零,由动量定理,在该过程中 质点所受的总冲量为零,即细绳拉力对质点的冲量与重力的冲量大小相等,方向相反。容易 得到,细绳拉力冲量的大小为mgT,方向为竖直向上 2B3将一空盒放在电子秤上,将秤的读数调整为零,然后从高出盒底18m处将小石子以每 秒100个的速率注入盒中。已知每个石子的质量为10g,落下的高度差均相同,且落到盒内 就停止运动,求石子开始注入盒子后10时秤的读数(取g=10m/s2) 解:每颗石子对盒的冲量为6×10-2N·s,每秒钟100颗石子产生的冲量为6N·s,因此平 均冲击力为6N,它对读数的影响相当于0.6kg物体静置于秤上:另外,10s时秤上已堆积 的石子总质量为10kg,所以读数为106kg 2B4一辆水平运动的装煤车,以速率ν从煤斗下面通过,每单位时间内有质量为m的煤御 入煤车,如果煤车的速率保持不变,煤车与钢轨间摩擦忽略不计,试求:(1)牵引煤车的力 的大小;(2)牵引煤车所需功率的大小;(3)牵引煤车所提供的能量中有多少转化为煤的动

3 T2  (m1  m2 )(g  a)/ 4  247.5 N 选取人为研究对象，在该参照系中人是静止的，同理可得 N  N  m1 (g  a) T2  412.5 N 注：也可应用“超重”观点，引入等效重力加速度分析。 作业 2B 动量定理 2B-１质量为 m 的小球自高为 y 0 处沿水平方向以速率 v0 抛出,与地面碰撞后跳起的最大高度 为 2 1 y 0，水平速率为 2 1 v0。求碰撞过程中,(1) 地面对小球的竖直冲量；(2) 地面对小球的水 平冲量。 解：(1) 由动量守恒定律，得 0 0 0 0 I mv mv m gy m 2gy (1 2)m gy y  y  y     (2)同上得：   0  0  0   2 1 I mv mv m v mv x x x mv0 2 1 2B-2 一质点用轻绳悬挂起来，并使质点保持在一个铅垂平 面内运动，就构成一个单摆。已知单摆作小幅振动的周期为 g L T  2 ，这里 L 为摆长。设细绳端点的质点质量为 m ，求在单摆的一个振动周期里， 细绳拉力对质点 m 的冲量（指明大小与方向）。 解：经过一个振动周期，质点的速度复原，因此动量的变化为零，由动量定理，在该过程中 质点所受的总冲量为零，即细绳拉力对质点的冲量与重力的冲量大小相等，方向相反。容易 得到，细绳拉力冲量的大小为 mgT ，方向为竖直向上。 2B-3 将一空盒放在电子秤上，将秤的读数调整为零，然后从高出盒底 1.8m 处将小石子以每 秒 100 个的速率注入盒中。已知每个石子的质量为 10g ，落下的高度差均相同，且落到盒内 就停止运动，求石子开始注入盒子后 10s 时秤的读数（取 2 g  10m /s ）。 解：每颗石子对盒的冲量为  N s 2 6 10 ，每秒钟 100 颗石子产生的冲量为 6N s ，因此平 均冲击力为 6N ，它对读数的影响相当于 0.6kg 物体静置于秤上；另外， 10s 时秤上已堆积 的石子总质量为 10kg ，所以读数为 10.6kg 。 2B-4 一辆水平运动的装煤车，以速率 0 v 从煤斗下面通过，每单位时间内有质量为 m0 的煤御 入煤车，如果煤车的速率保持不变，煤车与钢轨间摩擦忽略不计，试求：（1）牵引煤车的力 的大小；（2）牵引煤车所需功率的大小；（3）牵引煤车所提供的能量中有多少转化为煤的动 能？ x y O m y0 0 2 1 v 0 2 1 y v0

解:(1)以煤车和M时间内卸入车内的煤为研究对象,水平方向煤车受牵引力F 的作用,由动量定理:F△M=(M+m0M)U0-Mv 求出 F Do P=F Vo=moUo (3)单位时间内煤获得的动能:E=mv6 单位时间内牵引煤车提供的能量为 E=P /E 50% 即有50%的能量转变为煤的动能,其余部分用于在拖动煤时不可避免的滑动摩擦损耗 2B5如图,水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹,炮车质量为M,炮身仰角为a,炮弹质 量为m,炮弹刚出口时,相对于炮身的速度为u,不计地面摩擦:(1)求炮弹刚出口时 炮车的反冲速度大小;(2)若炮筒长为l,求发炮过程中炮车移动的距离。 解:(1)以炮弹与炮车为系统,以地面为参考系,水平方向动量守恒.设炮车相对于地面的 速率为Vx,则有 M,, +m(uc 8+V=0 V =-m cosa/(M+m) 即炮车向后退 ○ (2)以(1)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身 的速度,则该瞬时炮车 的速度应为 (1)=-m(1)cosa/(M+m) 积分求炮车后退距离Ax=ro)dr=-m/M+m) u(tcosadt 即向后退了 mucosa/(M+m)的距离 2B6匀质大圆盘质量为M、半径为R。在大圆盘的右半圆上挖去一个 小圆盘,半径为R/2,如图所示。 (1)试求剩余部分的质心位置。 (2)如果质心的加速度等于A,且水平向右,求这个物体所受的合外力。 解:(1)将大圆盘和小圆盘的圆心分别记为O和O。由对称性可知,剩余部分的质心在O 和O的连线上。以O为坐标原点,OO为x轴,设剩余部分的质心坐标为xc。因为小圆 盘质量为M/4,质心在x=R/2处;完整的大圆盘质心在O点。所以 4

4 解：(1) 以煤车和t 时间内卸入车内的煤为研究对象，水平方向煤车受牵引力 F 的作用，由动量定理： 0 0 0 Ft  (M  m t)v  Mv 求出： F  m0v0 (2) 2 P  Fv0  m0v0 (3) 单位时间内煤获得的动能： 2 0 0 2 1 EK  m v 单位时间内牵引煤车提供的能量为 E  P   2 1 EK / E 50％ 即有 50％的能量转变为煤的动能，其余部分用于在拖动煤时不可避免的滑动摩擦损耗． 2B-5 如图，水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹，炮车质量为 M，炮身仰角为  ，炮弹质 量为 m ，炮弹刚出口时，相对于炮身的速度为 u ，不计地面摩擦：（1）求炮弹刚出口时， 炮车的反冲速度大小；（2）若炮筒长为 l ，求发炮过程中炮车移动的距离。 解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的 速率为 Vx，则有 MVx  m(u cos Vx )  0 V mu cos /(M m) x     即炮车向后退． (2) 以 u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身 的速度，则该瞬时炮车 的速度应为 V (t) mu(t) cos /(M m) x     积分求炮车后退距离    t x x V t t 0 ( )d     t m M m u t t 0 /( ) ( ) cos d x  ml cos /(M  m) 即向后退了 ml cos /(M  m) 的距离． 2B-6 匀质大圆盘质量为 M、半径为 R。在大圆盘的右半圆上挖去一个 小圆盘，半径为 R/2，如图所示。 （1）试求剩余部分的质心位置。 （2）如果质心的加速度等于 A ，且水平向右，求这个物体所受的合外力。 解：（1）将大圆盘和小圆盘的圆心分别记为 O 和 O 。由对称性可知，剩余部分的质心在 O 和 O 的连线上。以 O 为坐标原点， O O 为 x 轴，设剩余部分的质心坐标为 C x 。因为小圆 盘质量为 M / 4 ，质心在 x  R/ 2 处；完整的大圆盘质心在 O 点。所以 v0  m Ｏ Ｒ ｒ

1.R lxc +M=0 R 解得 6 (2)由质心运动定理,合外力A、3M4 作业3B角动量,转动定律 3B1.一个具有单位质量的质点在随时间t变化的力F=(32-41)7+121-6)(S1作 用下运动.设该质点在t=0时位于原点,且速度为零.求t=2秒时,该质点受到对原点的 力矩和该质点对原点的角动量。 解:以下各式均为SI式 F F=(312-4l)+(12t-6)),a=(32-4)+(121-6)j a=dU/dt,t=0时,bo=0 ∫dn=∫adt=j2-4n)+(2-6)dt U=(t3-21)+(6t-6) d r/d 0时 P=ludt 41/3+4j,U=12j,F=41+18j 力矩 l0=F×F=(-i+4j)×(41+18/ 角动量 L0=FXmU=(--i+4j)×12j=-16k 3B2匀质大圆盘质量为M、半径为R,对于过圆心O点且垂直于盘面 转轴的转动惯量为MR2。如果在大圆盘的右半圆上挖去一个小圆盘, 半径为R/2。如图所示,试求剩余部分对于过O点且垂直于盘面转轴 的转动惯量。 解:挖去圆盘的质量m=M,则挖去小圆盘对通过中心0且垂直于盘面的转动惯量为

5 0 4 2 1 4 3   R MxC M 解得 6 R xC   （2）由质心运动定理，合外力 F MA 4 3  作业 3B 角动量，转动定律 3B-1. 一个具有单位质量的质点在随时间 t 变化的力 F t t i t j    (3 4 ) (12 6) 2     (SI) 作 用下运动．设该质点在 t = 0 时位于原点，且速度为零．求 t = 2 秒时，该质点受到对原点的 力矩和该质点对原点的角动量。 解： 以下各式均为 SI 式 m = 1， F ma    ， F t t i t j    (3 4 ) (12 6) 2     ， a t t i t j    (3 4 ) (12 6) 2     ∵ a dv / dt    ，t = 0 时， v0  0  ∴    t a t 0 0 d d    v v      t t t i t j t 0 2 [(3 4 ) (12 6) ]d   t t i t t j    ( 2 ) (6 6 ) 3 2 2 v     ∵ dr /dt   v  ， t = 0 时， r0  0  ∴   t v 0 r dt   t t i t t j   ) (2 3 ) 3 2 4 1 ( 4 3 3 2     当 t = 2 s 时 r i j     4 / 3  4 ， j   v  12 , F i j     4 18 力矩 M r F i j i j k         4 ) (4 18 ) 40 3 4 ( 0          角动量 L r m i j j k        4 ) 12 16 3 4 ( 0   v       3B-2 匀质大圆盘质量为 M、半径为 R，对于过圆心 O 点且垂直于盘面 转轴的转动惯量为 2 1 MR 2。如果在大圆盘的右半圆上挖去一个小圆盘， 半径为 R/2。如图所示，试求剩余部分对于过 O 点且垂直于盘面转轴 的转动惯量。 解：挖去圆盘的质量 1 4 m M  ,则挖去小圆盘对通过中心 O 且垂直于盘面的转动惯量为 Ｏ Ｒ ｒ