1、第二章习题解答2.1 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 轴上。dr2x题 2 . 1 . 1 图有质心公式 dmxc设均匀扇形薄片密度为 ，任意取一小面元 dS， drS又因为 cosx所以sin32adrxdmxc 对于半圆片的质心，即代入，有 aaxc 342sinsi322.2 解 建立如图 2.2.1 图所示的球坐标系yzOab题 2 . 2 . 1 图把球帽看成垂直于 z轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示） 。设均匀球体的密度为 。则 )(22zadzyvdm由对称性可知，此球帽的质心一定在 轴上。代入质心计算公式，即 )2(43badmzc2.3 解 建
2、立如题 2.3.1 图所示的直角坐标，原来 人W与共同作一个斜抛运动。 yx0vO题 2 . 3 . 1 图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 1stavsco01gincosi201s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)(0uvwWvwxx可知道 ax
3、s0水平距离 sin)(cosin0202 uvgWwgvtsx 跳的距离增加了 12s=sin)(0uvg2.42.4 解 建立如图 2.4.1 图所示的水平坐标。 1m2vxO题 2 . 4 . 1 图 1m22vsing惯Fa题 2 . 4 . 2 图以 1m， 2为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有 021x对 1分析；因为 相 对绝 a1m在劈 2上下滑，以 2m为参照物，则受到一个惯性力 1xF惯 （方向与2加速度方向相反） 。如图 2.4.2 图所示。所以 1相对 2下滑。由牛顿第二定律有 cossin211xmga所以 水平方向的绝对加速度由可知 .211cos/x
4、a绝 .2.2.singx联立，得 gmxsin212co.1把代入，得 gmsx212. inco负号表示方向与 轴正方向相反。求劈对质点反作用力 1R。用隔离法。单独考察质点 1的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为 0，所以 0sincos.211 xmgR把代入得， g2121sinc水平面对劈的反作用力 R。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以 0cos12gm于是 gR212sin)(2.52.5 解 因为质点组队某一固定点的动量矩 n1iimvrJ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， O
5、dr题 2 . 5 . 1 图 drm2aM所以圆盘绕此轴的动量矩 Jrdr)vrdmJ(=21a2.6 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， 2，速度分别变为沿水平方向的 v， ，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， 2。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：2121VMU 以 M质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒： EV221212联立解之，得 211MEUv212所以落地时水平距离之差 s= 212121 MEgVt
6、vs2.7 解 建立如题 2.7.1 图所示的直角坐标系。 OxyMmV题 2 . 7 . 1 图当 m沿半圆球 M下滑时， 将以 V向所示正方向的反向运动。以 、 m组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即 xvVm相对于地固连的坐标系 yO的绝对速度牵相绝 对 相V为 相对 M的运动速度 au故水平方向 Vvxcos竖直方向 usiavy在 m下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒：（以地面为重力零势能面） 22MV1coscs绝mvga2绝= yx把代入 2绝v= cos2uV把代入 2cos1Mmag2.82.8 证 以 AB连线为 x轴建立如题 2.8.1
7、图所示的坐标。OABm0vx题 2 . 8 . 1 图 1ABxv2vO题 2 . 8 . 1 图设 A初始速度为与 x轴正向夹角 0碰撞后，设 、 B运动如题 2.8.2 图所示。 A、速度分别为 1v、 2，与 轴正向夹角分别为 1、 2。以 、 为研究对象，系统不受外力，动量守恒。 x方向： 210coscsmvv垂直 x轴方向有： 21sinsi可知 2121210cosvv整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒： 22120mvv由得 0cos2121v,k即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。2.9 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
8、析条件求出未知量。设相同小球为 AB，初始时 小球速度 0v，碰撞后球 的速度为 1v，球 的速度 2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、 为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。 xyO0v1v2v题 2 . 9 . 1 图x方向上有： 210cossmvvmvy方向上有： sinsi10又因为恢复系数 碰 前 相 对 速 度碰 后 相 对 速 度ecos012v即 ecos0v= 12用- cos01ve用代入得 sinco2sin00vev2ta1tae2tnrct求在各种 值下 角的最大
9、值，即为求极致的问题。我们有 0d得 0tan21)(sec2即 2te=0所以 21tane8rctmax即 e18tanmax由因为 max2max2cot1cs= 21e 故2maxax18cssine= 3所以 e3sin1max2.10 以 21,为研究对象。当 21,m发生正碰撞后，速度分别变为 v， ，随即 2m在不可伸长的绳 AB约束下作圆周运动。以 的连线为 x轴建立如题 2.10.1图所示。xyO1v1v题 2 . 1 0 . 1 图AB2碰撞过程中无外力做功，动量守恒： 21vv1m随即 2在 AB的约束下方向变为沿 y轴的正向，速度变为 2故 y方向上有 211sins
10、ivmvm故恢复系数定义有： 碰 前 相 对 速 度碰 后 相 对 速 度e= 12iv即 1121sinive联立得 12121sinvmev1212i2.11 解 如图所示， OxyI2,0aA2,0aBC题 2 . 1 1 . 1 图 xy2Av2BvO题 2 . 1 2 . 2 图有两质点 A， 中间有一绳竖直相连，坐标分别为：2,0a,B，质量为m，开始时静止。现在有一冲量 I作用与A，则 I作用后， A得到速度 mvA，B仍静止不动： 0Bv。它们的质心 C位于原点，质心速度我为 2ABACm现在把坐标系建在质心 上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率 2Av沿x轴正向匀速正
11、向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以 ， B分别以速率 2Av绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。经过时间 t后，如图所示： amItvtA2于是在 xyO系中 的速度sin2)co1(AyxuvB的速度：sin2)co1(AByxuv因此 1:2cotsin1si2)cos1(2n: 22 amIvvEAABA 2.12 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， 2速度02v。碰后速度 ， 分别设为1,。碰撞过程中无外力做功，动量守恒。2
12、11vmv有恢复系数 e12v联立得 121vmev1212)(再由质点组质心的定义： 21mrrccr为质心对固定点位矢， ， 分别为 1m， 2对同一固定点的位矢所以 122121cr vmvrv （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， 2。 1221211 vmevvmevVc （负号表示与 相反） 12121212)( vevvevc同理，碰撞前两球相对质心的速度 121211 vmvvVc 122mc（负号表示方向与 v相反）所以开始时两球相对质心的动能： 221VT= 21221 vmvm=212.132.13 用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，
13、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。 2142mvlgl有 23lv2.14 此类题为变质量问题，我们一般研究运动过程中质量的变化与力的关系 mvdtFt以竖直向上我 x轴正向建立如题 2.14.1图所示坐标。xhlox题 2.14.1图 绳索离地面还剩 x长时受重力yFt则 xvdtytdxvglhv0所以 )(2xlgv求地板的压力，有牛顿第三定律知，只需求出地板对绳索的支持力 N即可，它们是一对作用力与反作用力。这是我们以快要落地的一小微元作为研究对象。它的速度由 v变为 0。用动量守恒，有 dtmvgxlN)()(= tx)= dtv2又因为 )(2x
14、lhgv)(xlN=)(3l2.15 解 这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上 p.137 的（2.7.2）式 Fudtmvt)(来分析。以机枪后退方向作为 x轴争先，建立如题2.15.1 图的坐标。 NfxgmtM)(Ou题 2 . 1 5 图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 gmtMnfF)(单位时间质量的变化 dt由式 )()( mtMgudtvmtMdt mMuov dtgdvmtMd00 )()( 21)(所以 gMmuv2)(22.16 解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题 m。导致雨滴 变化的微元 的速度 0u。所以我们用书上
15、p.138 的（2.7.4）式分析 Fmvdt)(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） 。 31rk有题目可知质量增加率与表面积成正比。即 24rkdtm21,k为常数。我们对式两边求导 dtrkt213由于=，所以 123ktr对式两边积分 trad0t31)(atkm以雨滴下降方向为正方向，对式分析 gtvtd3131)()(tv dtakatk03103134)()(tgt（3k为常数）当 0t时， v，所以 413ga3ttv2.17
16、 证 这是变质量问题中的减质量问题，我们仍用书上 p.137(2.7.2)式Fudtmvt)(来分析。设空火箭质量 0m，燃料质量m。以向上为正方向，则火箭任一时刻的质量 t600喷气速度 2074 s是指相对火箭的速度，即 vm 2074相 。有式 FudtvdttutF)( dtvmt相 dtvgm 60606000 相化简 tmdvgdtv600相对两边积分 相vgt 601t此既火箭速度与时间的关系。当火箭燃料全部燃尽所用时间 t，由题意知 mmt 006代入可得火箭最终的速度 axv， （即速度的最大值）. )1ln(600max mg相考虑到 2max)1(6g相其中 0，易知当
17、0时， dxvma恒成立，即 maxv为 0的增函数。又当30m时， 00max m1ln16相vgv=11.25 sk/而要用此火箭发射人造太阳行星需要的速度至少应为第二宇宙速度 skv/2.1。故所携带燃料重量至少是空火箭重量的 300 倍。2.18 证 要使火箭上升，必须有发动机推力 火箭的重量，即 gMdtmv0相 0t相即 gv火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度 相 是常数，单位时间放出的质量 0Mdtm质量变化是线性规律 tf01火箭飞行速度 gtv)ln(火又因为燃料燃烧时间 0Mt代入得火箭最大速度 maxv00maxlngv=)1(l00M又因为式又可以写成 gtvdts)1ln(火积分可得 2)l()1( tttvs从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度 1S。把代入得 000201 ln2MvMg之后火箭作初速度为 max的竖直上抛运动。可达高度 2S 2020020max2 1ln1ln agvgv故火箭能达到的最大高度 21maxS=00202 ln1lnMvMgv2.19 证 假设该行星做椭圆运动，质量为m，周期为 。某一时刻位置为 r，速度为 v，则 000002 21212111 vrvrvv ddmddtmdtT=- vr又因为 rGMdt于是 02trT= 0dtrm01dtG1
