内容发布更新时间 : 2024/5/18 10:35:54星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
?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