大学物理 第三章(中国农业出版社 张社奇主编)答案

3.1 根据动量定理：()()12m m m m F t P P v v v ∆=-=+-+末初空燃空燃取1t ∆=120,200m/s,200400200m/s v v v ===-=-2m 50kg,m kg 3600==空燃可求得?F =3.2（1）同时跳下的情形：设跳下后两人的速度大小为'v ，根据动量守恒：'20Mv mv -=考虑到'v 和v 反向： 'v v u =-+因此可算得22muv M m=+（2）依次跳下的情形：设跳下的第一个人的速度为'1v ，车的速度为1v ,，跳下的第二个人速度为'2v ，根据 动量守恒,有：()'110M m v mv +-='11v v u =-+()'12M m v Mv mv +=-'2v v u =-+联立这几个方程可解得2m m v u M m M m ⎡⎤=+⎢⎥++⎣⎦3.3 y 方向传送带对饲料的作用力的冲量：（考虑d t 时间，以向上为正方向）由动量定理，有d d (0)y y F t m v =-y V =d d y y mF v t=-=x 方向传送带对沙的作用力()d d x F t m v = d d x m F v v tρ== 传送带对饲料的作用力的大小及方向与x 轴夹角3.4 选两人为系统，水平方向动量守恒。

以两运动员的中点所在处为坐标原点，向右为正，则1020x x L -=设任一时刻两运动员速度分别为1v 和2v ，任一时刻的坐标为1x 和2x ，则：相遇时 12c x x x ==故由动量守恒定律得所以相遇时2121012m x x x L m m ==-+?F ==/y x tg F F θ==11010()d tx x v t t=+⎰22020()d tx x v t t=+⎰210()d ()d ttv t t L v t t=+⎰⎰02211=+v m v m 1122m v v m -=1102[1]()d tm L v t t m ∴=-+⎰21012()d tm v t t L m m =-+⎰Lm m m x x c 2121+==3.5 由角动量守恒定律得：2222001122MR mr MR mR ωω⎛⎫⎛⎫+=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3.6 碎块抛出时的初速度为：0v R ω=由于碎块做竖直上抛运动，它所能达到的高度为 20?2v h g== 圆盘在裂开过程中，其角动量守恒：3.7 设转台相对轴的角速度为0ω，人相对转台的角速度为1ω,则人对轴的角速度为010vRωωωω=+=+（1） 系统角动量守恒，00101()0J J ωωω++= （2）2200111,2J m R J m R == （3）（1）（2）（3）联立求解3.8 角动量定理，机械能守恒3.9 设在0t t =秒时，物体即将开始运动，则在y 方向上： 01.12sin 37t N mg += (1) 在x 方向上 01.12cos370t f -=最大静摩擦力 (2)f uN =最大静摩擦力 （3）由(1)(2)(3)联立求解，可得： 0t =？物体开始运动后，在x 方向上，由动量定理,有33cos37d d t t F t f t mv -=⎰⎰其中 1.12,F t = (sin 37)f u mg F =- 带入计算，可得：v =？3.10 在切向方向:d ωdtf ma m R mRτβ=-=-=- 在法向方向 2n N ma m R ω==由f uN =，可得2d ωdt mRum R ω-= 2d ωd d ωd d d mR mR um R t θωωθθ-=-=221?2MR L mR L ωω=+⇒=分离变量，积分，可得d d u ωπωωθω=-⎰⎰0u e πωω-=??v v R Rωωω=→=→== 由动能定理，摩擦力所做的功22011?22A mv mv =-=3.11 课上例题3.12 重力所作的功：()1()sin sin A B A mg h h mg R R θα=-=-弹力所作的功 []22221110()222A B A kx kx k R αθ=-=-- 由动能定理， 120A A A ++= 可求得 ?A =3.13 课上例题3.14 （题目有点问题）（１）在子弹射入细杆的过程中，子弹与细杆组成的系统角动量守恒，故有221212l mvml Ml ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭共同角速度 22220.01*200*0.22?110.01*0.2*1*0.412212l mvl m Ml ω===⎛⎫⎛⎫⎛⎫+ ⎪+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（2）射入后，在子弹与杆共同摆动过程中，系统机械能守恒，设杆摆动能达到的最大角度为θ ，则有()222111cos ?22122l l m Ml mg ωθθ⎛⎫⎛⎫+=-→= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3.15 'mg T m R T R J ββ-==2mgRJ mR β→=+2d d mgRt t J mR ωβω=→=+ 22222d 11?1d 222mgR mgR t t t J mR MR mR θωθ=→===++ 3.16 如图 2 所示，圆盘 1 受的外力矩为 M ，受的外力为皮带的张力 T 1 和 T 2 ，还受到重力和轴的约束力的作用。

因为后两个力对转轴 O 1 不产生力矩，故未在图中画出。

将转动定律用于圆盘 1 得111211M R T R T J β+-=圆盘 2 受的外力为皮带的张力 T 1 和 T 2 ，还受重力和轴的约束力的作用。

因后两个力对转轴 O 2 不产生力矩。

将转动定律用于圆盘 2 得222122R T R T J β-=皮带不打滑的条件为因此有1122R R ββ= 联立求解： 1β=2β=3.1７（1）222220044v e e m r r r mvπεπε=→=（2）电子做圆周运动，其对核的角动量为L rmv =，依题意有22hn nhL rmv r mvππ==→=（3）由2nhr mvπ=，可得 2nh v mr π=，带入2204e r mvπε=，整理可得2202n h r me επ=3.18总动量120P P P mv mv =+=-=总角动量12 1.52**2**70*442022d L L L mv =+===（2kg m /s ⋅） 角动量0L J ω=3.192?1222*3v v vmvl m l J m l m l J Ml ωω=+→===3.20 小球自由摆下时，机械能守恒，设其与杆碰撞前速度为v ,则21(1cos )2mgl mv θ-= （1）碰撞为弹性碰撞，则系统的角动量守恒，动能守恒。

设碰撞后小球的速度为1v ，杆的角速度为ω，则12221111222mlv mlv J mv mv J ωω=+=+ （2） 由（1）（2）可求得?ω=杆碰撞后到偏离最大角过程中，由机械能守恒，有212(1cos )23J mgl πω=-3.21（1）选桶底为参考平面，由伯努利方程2001/s)2P gh P v v ρρ+=+→===水的流量38.9(m /s)Q Sv ===（2）设距离2h 处。

由连续性原理和伯努利方程,,.对于整个系统不考虑轴间摩擦阻力矩则系统不受外力矩作用碰撞前后角动量守恒112222010221122S v S v P v P v gh ρρρ=+=+- 由已知，2112S S =联立求解，可得2222211111132*222223(m)v v v v ghh g g g--====3.24设1S 和2S 分别为容器和小孔的横截面积，1v 为容器中水面下降速度，v 为水从小孔中流出速度，则2114S D π=，2214S d π= （1）由连续性原理： 1122S v S v = （2）规定小孔所在平面为参考平面，由伯努力方程： 2201021122P v gh P v ρρρ++=+ （3）联立（1）（2）（3）求解3.25 p gh ρ=3.26 （1）由伯努力方程可求得：21?2v H h gt t =-=⇒= 射程R vt =（２）与一解法相同，'h h =。