第二章课后习题解答xinxiu

第二章习题解答2.1求均匀扇形薄片的质心，此扇形的半径为a,所对的圆心角为2，并证半圆片的质心离圆心的距离为a34。解：均匀扇形薄片，取对称轴为x轴，由对称性可知质心一定在x轴上。有质心公式dmxdmxc设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元dS，drrddSdm又因为cosrx所以sin32adrrddrrdxdmxdmxc对于半圆片的质心，即2代入，有aaaxc3422sin32sin322.3重为W的人，手里拿着一个重为w的物体。此人用与地平线成角的速度0v向前跳去，跳的距离增加了多少？解建立如图所示的直角坐标，原来人W与共同作一个斜抛运动。当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为xv，此人即以xv的速度作平抛运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以cosv0水平v作匀速直线运动，运动的时间也相同）。所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离1stavscos01①gtvsin0②cossin201gvs③第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有)(cos)(0uvwWvvwWxx可知道ucos0水平距离sin)(cossin0202uvgdrr2x题2.1.1图yx0vO题2.3.1图跳的距离增加了12sss=sin)(0uvg2.5半径为a，质量为M的薄圆片，绕垂直于圆片并通过圆心的竖直轴以匀角速转动，求绕此轴的动量矩。解因为质点组队某一固定点的动量矩n1iiimvrJi所以对于连续物体对某一定点或定轴，我们就应该把上式中的取和变为积分。如图2.5.1图所示薄圆盘，任取一微质量元，drrddm2aM所以圆盘绕此轴的动量矩Jrrdrdr)vrdmJ(=221Ma2.6一炮弹的质量为21MM，射出时的水平及竖直分速度为U及V。当炮弹达到最高点时，其内部的炸药产生能量E，使此炸弹分为1M及2M两部分。在开始时，两者仍沿原方向飞行，试求它们落地时相隔的距离，不计空气阻力。解：炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分1M，2M，速度分别变为沿水平方向的1v，2v，并一此速度分别作平抛运动。由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。进而转化为求1v，2v。炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒：221121VMVMUMM①以21MM质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：EVMVMUMM222211221212121②联立①②解之，得221112MMMEMUv221122MMMEMUv所以落地时水平距离之差ss=212121112MMEgVtvtvss2.8一光滑球A与另一静止的光滑球B发生斜碰。如两者均为完全弹性体，且两球的质量相等，则两球碰撞后的速度互相垂直，试证明之。Odrd题2.5.1图OABmm0vx题2.8.1图证以AB连线为x轴建立如题2.8.1图所示的坐标。设A初始速度为与x轴正向夹角0碰撞后，设A、B运动如题2.8.2图所示。A、B速度分别为1v、2v，与x轴正向夹角分别为1、2。以A、B为研究对象，系统不受外力，动量守恒。x方向：22110coscosmvmvmv①垂直x轴方向有：2211sinsin0mvmv②可知2121222120cos2vvvvv③整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：222120212121mvmvmv④由③④得0cos22121vv即：,2,1,0221kk即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。2.9一光滑小球与另一相同的静止小球相碰撞。在碰撞前，第一小球运动的方向与碰撞时两球的联心线成角。求碰撞后第一小球偏过的角度以及在各种值下角的最大值。设恢复系数e为已知。解类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来分析条件求出未知量。设相同小球为AB，初始时A小球速度0v，碰撞后球A的速度为1v，球B的速度2v以碰撞后B球速度所在的方向为x轴正向建立如题2.9.1图所示的坐标(这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式)。以A、B为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。x方向上有：210coscosmvmvmv①y方向上有：sinsin10mvmv②又因为恢复系数碰前相对速度碰后相对速度ecoscos012vvv即ecos0v=cos12vv③用①-③cos2cos101vev④1ABx1v2vO题2.8.1图xyO0v1v2v题2.9.1图用④代入②得sincos2cos1sin00vev2tan21tan1tanee2tan21tan1arctanee求在各种值下角的最大值，即为求极致的问题。我们有0dd得0tan21)tan1(sec1222eaee即2tan1ae=0所以21taneee181arctanmax即ee181tanmax由因为max2max2cot1csc=21181ee故2maxmax11811csc1sinee=ee31所以ee31sin1max2.10以21,mm为研究对象。当21,mm发生正碰撞后，速度分别变为1v，2v，随即2m在不可伸长的绳AB约束下作圆周运动。以AB的连线为x轴建立如题2.10.1图所示。碰撞过程中无外力做功，动量守恒：211vvv211mmm①随即2m在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为2v故y方向上有221111sinsinvmvmvm②故恢复系数定义有：碰前相对速度碰后相对速度e=112sinvvv即1121sinsinvvvev③xyO1v1v题2.10.1图AB2v联立①②③得12122211sinsinvmmemmv121212sinsin1vmmemv2.12质量为1m的球以速度1v与质量为2m的静止球正碰。求碰撞后两球相对于质心的速度1V和2V又起始时，两球相对于质心的动能是多少？恢复系数e为已知。解对于质心系的问题，我们一般要求求出相对固定参考点的物理量，在找出质心的位置和质心运动情况，由此去计算物体相对或绝对物理量及其间的关系。由题可知，碰前1m速度为1v，2m速度02v。碰后速度1m，2m分别设为21,vv。碰撞过程中无外力做功，动量守恒。221111vmvmvm①有恢复系数e112vvve②联立①②得121211vmmemmv12112)1(vmmemv再由质点组质心的定义：212211mmrmrmrccr为质心对固定点位矢，1r，2r分别为1m，2m对同一固定点的位矢所以1211212211212211crvmmmmmvmvmmmrmrmvc（质点组不受外力，所以质心速度不变。）设两球碰撞后相对质心的速度1V，2V。121212111212111vmmemvmmmvmmemmvvVc（负号表示与1v相反）12121211121122)1(vmmemvmmmvmmemvvVc同理，碰撞前两球相对质心的速度12121211111vmmmvmmmvvvVc121222vmmmvvVc（负号表示方向与1v相反）所以开始时两球相对质心的动能：2222112121VmVmT=22122221212121vmmmmvmmmm=21212121vmmmm2.13长为l的均匀细链条伸直地平放在水平光滑桌面上，其方向与桌边缘垂直，此时链条的一半从桌上下垂。起始时，整个链条是静止的。试用两种不同的方法，求此链条的末端滑到桌子边缘时，链条的速度v。用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守恒。以桌面所平面为重力零势能面。221242mvlmglgm有23glv2.15机枪质量为M，放在水平地面上，装有质量为M的子弹。机枪在单位时间内射出的质量为m.其相对地面的速度则为u，如机枪与地面的摩擦系数为，试证当M全部射出后，机枪后退的速度为gmMMMMuMM222解这是一道变质量的问题，对于此类问题，Fudtdmmvdtd)(①以机枪后退方向作为x轴争先，建立如题2.15.1图的坐标。竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力F即为摩擦力gmtMMnfF)(②单位时间质量的变化mdtMd③由①②式)()(mtMMgudtMdvmtMMdtdmMuovdtmtMMguMdvmtMMd00)()(NfNxgmtMM)(Ou题2.15图mMgmMMMguMvmMmMM21)()(所以gMmMMMumMv2)(222.16雨滴落下时，其质量的增加率与雨滴的表面积成正比例，求雨滴速度与时间的关系。解这是一个质量增加的问题。雨滴是本题m。导致雨滴m变化的微元m的速度0u。Fmvdtd)(①雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为r，则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比（密度看成一致不变的）。31rkm②有题目可知质量增加率与表面积成正比。即2224rkrkdtdm③21,kk为常数。我们对②式两边求导dtdrrkdtdm213④由于③=④，所以123kkdtdr⑤对⑤式两边积分tradtdr0atr⑥31)(atkm⑦以雨滴下降方向为正方向，对①式分析gatkvatkdtd3131)()(⑧tvgdtatkvatkd031031)()(34131)(411)(katgkvatk当0t时，0v，所以4413gakk344ataatgv