Physics-Homework

Chapter 2

说明：

1. $\dot{x}$表示$x$对时间的一阶导数，$\ddot{x}$表示$x$对时间的二阶导数。
2. 粗体字母表示矢量。

2-4

解:

取微元$dx$，有： \(dF_T=x\lambda\omega^2 dx\) 其中$\lambda=m/L$,为绳子的线密度。积分得： \(F_T(x)=\frac{m\omega^2}{2L}(L^2-x^2)\)

2-6

解：

• (1)
  有: \(\begin{cases} mg\cos\theta+F_T=m\frac{v^2}{R}\\ ma_t=mg\sin\theta \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} F_T&=m\frac{v^2}{R}-mg\cos\theta\\ a_t&=g\sin\theta \end{cases}\)

• (2)
  有：$|a_t|=g|\sin\theta|$，方向垂直于半径向下。

2-8

解：

• (1)
  <img src=2_8.png width=”50%”>
  沿绳与垂直于面的方向分解，有： \(\begin{cases} F_T=mg\cos\theta+m\omega^2l\sin^2\theta\\ F_N=mg\sin\theta-m\omega^2l\sin\theta\cos\theta \end{cases}\)
• (2)
  即$F_N=0$时。令$F_N=0$，有： \(\begin{aligned} mg\sin\theta&=m\omega^2_0l\sin\theta\cos\theta\\ \Rightarrow\omega_0&=\sqrt{\frac{g}{l\cos\theta}} \end{aligned}\) 代入得： \(F_T=\frac{mg}{\cos\theta}\)

2-10

解：

\[W=\int \boldsymbol{F}\cdot d\boldsymbol{x}=F(h-h_0)(\csc\theta_0-\csc\theta_1)=18.26(\mathrm{J})\]

2-13

解：
由功能原理，得： \(W_{tot}=\Delta E_k=\frac{1}{2}m(v_2^2-v_1^2)\tag{1}\) 由运动方程求对时间求一阶导数，得： \(\begin{cases} \dot{x}=5\\ \dot{y}=t \end{cases}(\mathrm{SI})\tag{2}\) 联立代入$t=2s\to4s$，得： \(W_{tot}=3\mathrm{J}\)

2-14

解：
有两颗中子星的速度等大反向，设大小为$v$。由能量守恒，得： \(\begin{aligned} 2\times\frac{1}{2}mv^2&=Gm^2(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_0})\\ \Rightarrow v&=\sqrt{Gm(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_0})}\\ \xRightarrow{r_1=\frac{1}{2}r_0}v&=\sqrt{\frac{Gm}{r_0}} \end{aligned}\)
代入得： \(v=8.17\times10^4\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}\)

2-15

解：
由功能关系，得： \(\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}m(\frac{v_0}{2})^2+\frac{1}{2}\frac{F^2}{k}\) 解得： \(F=\sqrt{\frac{3}{4}kmv_0^2}\)

2-16

解：
由能量守恒，有： \(mgR=\frac{1}{2}mv^2-W_f\) 解得： \(W_f=-42.4\mathrm{J}\)

2-17

最远位移有$\dot{x}=0$，即$v=0$。由能量守恒有： \(Fx=\mu mgx+\frac{1}{2}kx^2\) 排除$x=0$的解，解得： \(x=2\frac{F-\mu mg}{k}\) 则系统弹性势能： \(E_{pk}=\frac{1}{2}kx^2=2\frac{(F-\mu mg)^2}{k}\)

2-20

解：

• 动量定理 \(\boldsymbol I=m\boldsymbol v_2-m\boldsymbol v_1=-m\omega R\boldsymbol i-m\omega R\boldsymbol j\)
• 积分法
  受力分析： \(\begin{aligned} \boldsymbol{F}&=m\boldsymbol{\omega}\times(\boldsymbol\omega\times\boldsymbol r)=-m\omega^2\boldsymbol{r}\\ \Rightarrow\boldsymbol{F}&=m\omega^2R(-\boldsymbol{i}\cos\omega t-\boldsymbol{j}\sin\omega t) \end{aligned}\) 代入冲量定义 \(I=m\omega^2R\int_0^\frac{\pi}{2\omega}(-\boldsymbol{i}\cos\omega t-\boldsymbol{j}\sin\omega t)dt=-m\omega R\boldsymbol i-m\omega R\boldsymbol j\)

2-22

解：

子弹穿过第一个木块的过程，由冲量定理： \((m_1+m_2)v_A=F\Delta t_1\tag{1}\) 子弹穿过第二个木块的过程，由冲量定理： \(m_2(v_B-v_A)=F\Delta t_2\tag{2}\) 解得： \(\begin{cases} v_A=\frac{F\Delta t_1}{m_1+m_2}\\ v_B=\frac{F\Delta t_1}{m_1+m_2}+\frac{F\Delta t_2}{m_2} \end{cases}\)

2-23

解：

\(\begin{cases} 2ma_0=mg\\ \frac{1}{2}a_0t^2=L\\ v_0=a_0t\\ 3mv_1=2mv_0 \end{cases}\) 联立解得： \(v_1=\frac{2}{3}\sqrt{gL}=\frac{14}{15}\mathrm{m\cdot s^{-2}}\)

2-24

解：

取船的原速方向为正方向。对三艘船分别使用动量守恒(其中b代表前船，m代表中船，a代表后船)： \(\begin{cases} (m^\prime+m)v_{b}=m^\prime v+m(v+u)\\ (m^\prime-2m)v_m+m(v+u)+m(v-u)=mv\\ (m^\prime+m)v_a=m^\prime v+m(v-u) \end{cases}\) 解得： \(\begin{cases} v_b=v+\frac{m}{m^\prime+m}u\\ v_m=v\\ v_a=v-\frac{m}{m^\prime+m}u \end{cases}\)

2-28

解：

设B点后的链条长度为$x$，链条线密度为$\lambda$，有： \(\lambda L\frac{d^2x}{dt^2}=\lambda xg\sin\alpha\) 作变换： \(\frac{d^2x}{dt^2}=\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt}=v\frac{dv}{dx}\) 得： \(\begin{aligned} Lvdv&=xdxg\sin\alpha\\ \Rightarrow v&=\sqrt{\frac{g\sin\alpha}{L}(L^2-a^2)} \end{aligned}\)