大学物理答案第三章

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大学物理3章答案-7页精选文档

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第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。

已知摆球质量为m ,圆半径为R ,摆球速率为υ,当摆球在轨道上运动一周时,作用在摆球上重力冲量的大小为多少?解:如3-5题图所示,一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球,球飞到竖直上方10 m 的高度。

求棒给予球的冲量多大?设球与棒的接触时间为0.02s ,求球受到的平均冲力。

解:设球的初速度为1υ,球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ,球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ,如3-6题图所示,因球飞到竖直上方过程中,只有重力作功,由机械能守恒定律得 由冲量的定义可得棒给予球的冲量为 其冲量大小为 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人,手里拿着一个质量为m 的球,此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。

当他达到最高点时,将物体以相对人的速度μ水平向后抛出,求由于物体的抛出,跳的距离增加了多少?(假设人可视为质点) 解:如3-7题图所示,把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向后抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中υ为人抛物后相对地面的水平速率,υμ-为抛出物对地面的水平速率,得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以,人由于向后抛出物体,在水平方向上增加的跳跃后距离为 3-8 一质量为m =2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动,求当物体由m x 21=运动到m x 62=时,外力做的功。

解:由2213+=t x ,可得 232dx t dt υ== 当物体在m x 21=处时,可得其时间、速度分别为()2113002m s υ-=⨯=⋅ (1)当物体在m x 62=处时,可得其时间、速度分别为()2123262m s υ-=⨯=⋅ (2)则由(1)、(2)式得外力做的功 3-9求把水从面积为250m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。

大学物理答案 3.第三章

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第三章 质点系统的运动规律思考题3-19 在地球表面附近将物体以足够速度发射出去,物体可能以稳定轨道环绕地球运行,这就是所谓的“人造地球卫星”。

试估算物体能够环绕地球所需的最小发射速度(第一宇宙速度)。

分析:将地球与物体看成一个封闭系统,系统不受外力,机械能守恒。

答:物体被抛出后以稳定的轨道环绕地球运动,那么物体所受到的重力提供物体环绕地球运动的向心力:2v mg m R =. 此时,系统的机械能为:212mgR mv +初始时刻(物体被发射时)系统的机械能为:2012mgR mv + (R 为地球半径)所以,07.9/v v m s =≈ (第一宇宙速度)3-20 无风天气放烟花时,烟花质心的运动轨道如何?若将全部烟花微粒看作一组初速度相同,抛射监不同的斜抛运动,试证明在任何时刻所有烟花微粒都分布在同一球面上。

分析:这是一个质点组的问题。

将所有的烟花颗粒看成一个质点组系统,在无风天气,这个质点组系统爆炸之后只受到重力的作用,没有其他外力作用。

本题采用质心系分析起来比较方便。

答:无风天气放烟花,说明烟花爆炸后除重力以外,不再受其它外力的作用。

那么烟花爆炸时,有一个爆炸力,使烟花产生一个向斜上方的运动速度,其后只受重力的作用,所以烟花质心的运动轨道为一抛物线,烟花质心作的是斜抛运动。

**此处应为初速率相同。

我们选取烟花爆炸点作为坐标原点,建立直角坐标系。

假设初速率为v 0,它与水平面(XOY)的夹角为α,与XOZ 平面的夹角为β。

当抛射角不同时,角度α与β不同。

在直角坐标系中的初始速度分量分别为:αβαβαsin sin cos cos cos 000000v v v v v v z y x === 各个烟花微粒在水平方向(x 和y 方向)不受力,作匀速直线运动,在竖直方向受重力,作竖直上(或下)抛运动(即匀减速直线运动)。

烟花爆炸t 时间后,位移分别为:2020000021sin 21sin cos cos cos gt t v gt t v z t v t v y t v t v x z y x -=-=====αβαβα202222)()21( x t v gt z y =+++∴轨迹方程:所以,在任何时刻,烟花微粒全部分布在一个以)21- 0, ,0(2gt 为中心,半径为t v 0的球面上。

大学物理第三章刚体力学基础习题答案

大学物理第三章刚体力学基础习题答案

方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞,系统机械能守恒: 2 2 2 1 1 2 2 又: J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得: v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后,经过t1时间到达了额定 转速,此时相应的角速度为 0。当关闭电源后,经 过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J, 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量,试根据 已知量推算电机的电磁力矩。 解: 设电机的电磁力矩为M,摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma

g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得: a 22 k
质点运动 m 质 量 力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律 转动定律 M J M dt dt p mv 动 量 角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量 角动量守恒 M 0, J 恒矢量 力矩的功 W Md 力 的 功 W F dr

大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案

大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
t1
即:作用在两质点组成的系统的合外力的冲量等于系统内两质点动量之和的增 量,即系统动量的增量。 2.推广:n 个质点的情况
t2 t2 n n n n F d t + F d t m v mi vi 0 i外 i内 i i i 1 i 1 i 1 i 1 t1 t1
yv 2
同乘以 ydy,得
y 2 gdty y
积分 得
y
0
y
gdty
yvdt( yv)
0
1 3 1 gy ( yv) 2 3 2
因而链条下落的速度和落下的距离的关系为
2 v gy 3
1/ 2
7
第4讲
动量和冲量
考虑到内力总是成对出现的,且大小相等,方向相反,故其矢量和必为零, 即
F
i 0
n

i内
0

设作用在系统上的合外力用 F外力 表示,且系统的初动量和末动量分别用
5
第4讲
动量和冲量
P0 和 P 表示,则
t2 n n F d t m v mi vi 0 i i 外力 t1
F外 dt=dPFra bibliotek力的效果 关系 适用对象 适用范围 解题分析
*动量定理与牛顿定律的关系 牛顿定律 动量定理 力的瞬时效果 力对时间的积累效果 牛顿定律是动量定理的 动量定理是牛顿定律的 微分形式 积分形式 质点 质点、质点系 惯性系 惯性系 必须研究质点在每时刻 只需研究质点(系)始末 的运动情况 两状态的变化
1
第4讲
动量和冲量
§3-1 质点和质点系的动量定理
实际上,力对物体的作用总要延续一段时间,在这段时间内,力的作用将 积累起来产生一个总效果。下面我们从力对时间的累积效应出发,介绍冲量、 动量的概念以及有关的规律,即动量守恒定律。 一、冲量 质点的动量定理 1.动量:Momentum——表示运动状态的物理量 1)引入:质量相同的物体,速度不同,速度大难停下来,速度小容易停下;速 度相同的物体,质量不同,质量大难停下来,质量小容易停下。 2)定义:物体的质量 m 与速度 v 的乘积叫做物体的动量,用 P 来表示 P=mv 3)说明:动量是矢量,大小为 mv,方向就是速度的方向;动量表征了物体的 运动状态 -1 4)单位:kg.m.s 5)牛顿第二定律的另外一种表示方法 F=dP/dt 2.冲量:Impulse 1)引入:使具有一定动量 P 的物体停下,所用的时间Δt 与所加的外力有关, 外力大,Δt 小;反之外力小,Δt 大。 2)定义: 作用在物体外力与力作用的时间Δt 的乘积叫做力对物体的冲量, 用 I 来表 示 I= FΔt 在一般情况下,冲量定义为

(完整版)大学物理学(课后答案)第3章

(完整版)大学物理学(课后答案)第3章

第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ](A)大力的冲量一定比小力的冲量大(B)小力的冲量有可能比大力的冲量大(C)速度大的物体动量一定大(D)质量大的物体动量一定大解析:物体的质量与速度的乘积为动量,描述力的时间累积作用的物理量是冲量,因此答案A、C、D均不正确,选B。

3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止,设打击时间为t∆,打击前锤的速率为v,则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ](A)mvmgt+∆(B)mg(C)mvmgt-∆(D)mvt∆解析:由动量定理可知,F t p mv∆=∆=,所以mvFt=∆,选D。

3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处,这一周期内物体[ ] (A)动量守恒,合外力为零(B)动量守恒,合外力不为零(C)动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零(D)动量变化为零,合外力为零解析:作匀速圆周运动的物体运动一周过程中,速度的方向始终在改变,因此动量并不守恒,只是在这一过程的始末动量变化为零,合外力的冲量为零。

由于作匀速圆周运动,因此合外力不为零。

答案选C。

3-4 如图3-4所示,14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触,一物体(质量为m)自轨道顶端滑下,M与m间有摩擦,则[ ](A )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(B )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒(C )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(D )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析:M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力,在竖直方向上有外力作用,因此系统水平方向动量守恒,总动量不守恒,。

由于M 与m 间有摩擦,m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功,机械能转化成其它形式的能量,系统机械能不守恒。

大学物理第三章部分答案知识讲解

大学物理第三章部分答案知识讲解

大学物理第三章部分答案知识讲解大学物理第三章部分答案大学物理部分课后题参考答案第三章动量守恒定律和能量守恒定律选择题:3.15—3.19 A A D D C计算题:3.24 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4m/s 的速度继续向前驶去。

A 、B 两船原有质量分别为0.5?103kg 和1.0?103kg ,求在传递重物前两船的速度。

(忽略水对船的阻力)解:(1)对于A 船及抛出的重物和B 船抛来的重物组成的系统,因无外力(水对船的阻力已忽略),系统动量守恒设A 船抛出重物前的速度大小为v A 、B 船抛出重物前的速度大小为v B ,两船抛出的重物的质量均为m .则动量守恒式为,0B A A A =+-mv mv v m (1)(2)对于B 船及抛出的重物和A 船抛来的重物组成的系统,因无外力(水对船的阻力已忽略),系统动量守恒设B 船抛出重物后的速度大小为V B ,则动量守恒式为,B B A B B B V m mv mv v m =+- (2)联立(1)、(2)式并代入kg 105.03A ?=m 、kg 100.13B ?=m 、kg 50=m 、m /s 4.3B =V 可得 m/s 4.0))((2B A B B A -=----=m m m m m mV m v3.38用铁锤把钉子敲入墙面木板。

设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。

若第一次敲击,能把钉子钉入木板m1000.12-?,第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深?解:因阻力与深度成正比,则有F = kx (k 为阻力系数)。

现令x 0 = 1.00?10-2 m ,第二次钉入的深度为x ?,由于钉子两次所作功相等,可得+=x x x x x kx x kx 000d d 0m 1041.02-?=?x。

大学物理(机械工业出版社)第三章课后答案

大学物理(机械工业出版社)第三章课后答案

第三章 刚体力学#3-1 一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动,空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C 为一常量。

若转动部分对其轴的转动惯量为J ,问:(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半?(2)在此时间内共转过多少转? 解:(1)由题可知:阻力矩ωC M -=,又因为转动定理 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时,2ln CJt =。

(2)角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C Jt JC dt eωCJ 021ω=,所以,此时间内转过的圈数为CJ n πωπθ420==。

3-2 质量为M ,半径为R 的均匀圆柱体放在粗糙的斜面上,斜面倾角为α ,圆柱体的外面绕有轻绳,绳子跨过一个很轻的滑轮,且圆柱体和滑轮间的绳子与斜面平行,如本题图所示,求被悬挂物体的加速度及绳中张力解:由牛顿第二定律和转动定律得ma T mg =- ααJ R Mg TR =-.sin 2由平行轴定理 223MR J =联立解得 g m M M m a 83sin 48+-=αmg mM MT 83)sin 43(++=α3-3 一平板质量M 1,受水平力F 的作用,沿水平面运动,如本题图所示,板与平面间的摩擦系数为μ,在板上放一质量为M 2的实心圆柱体,此圆柱体在板上只滚动而不滑动,求板的加速度。

解:设平板的加速度为a 。

该平板水平方向受到拉力F 、平面施加的摩擦力1f 和圆柱体施加的摩擦力2f ,根据牛顿定律有,a M f f F 121=--。

m g设圆柱体的质心加速度为C a ,则C a M f 22=遵守转动定理,ββ22221R M J R f ==又因为圆柱体无滑滚动 βR a a C += 且 g M M f )(211+=μ解以上各方程得 212131)(M M gM M F a ++-=μ3-4 质量面密度为σ的均匀矩形板,试证其对与板面垂直的,通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b a ab J +σ=。

大学物理第3章-刚体力学习题解答

大学物理第3章-刚体力学习题解答

大学物理第3章-刚体力学习题解答第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。

求t 时刻的角速度和角加速度。

解:23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ,车轮滚动半径为0.26m ,发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转?解:设车轮半径为R=0.26m ,发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。

显然,汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度,909.0/2212Rn Rn v ππ==,所以:min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示,质量为m 的空心圆柱体,质量均匀分布,其内外半径为r 1和r 2,求对通过其中心轴的转动惯量。

解:设圆柱体长为h ,则半径为r ,厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为:2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示,一半圆形细杆,半径为,质量为,求对过细杆二端轴的转动惯量。

解:如图所示,圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2,根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知:圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2,由转动惯量的可加性可求得:半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为:214AA I mR '=3.18 在质量为M ,半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔,圆孔中心在半径R 的中点,求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。

大学物理第三章 部分课后习题答案

大学物理第三章 部分课后习题答案

大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上,挖去一个直径为R 的圆孔,孔的中心在12R 处,求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。

分析:用补偿法(负质量法)求解,由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量,用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。

注意对同一轴而言。

解:没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示,一根均匀细铁丝,质量为M ,长度为L ,在其中点O 处弯成120θ=︒角,放在xOy 平面内,求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。

分析:取微元,由转动惯量的定义求积分可得 解:(1)对x 轴的转动惯量为:2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ (2)对y 轴的转动惯量为:20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰(3)对Z 轴的转动惯量为:22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速,此时角速度为每秒5转,关闭电源后经过16s 风扇停止转动,已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅,且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量,求电机的电磁力矩M 。

分析:f M ,M 为常量,开启电源5s 内是匀加速转动,关闭电源16s 内是匀减速转动,可得相应加速度,由转动定律求得电磁力矩M 。

解:由定轴转动定律得:1f M M J β-=,即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ,直径为0.5m ,转速为1000/min r ,现要求在5s 内使其制动,求制动力F ,假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=,飞轮的质量全部分布在轮的外周上,尺寸如题图3-4所示。

大学物理第三章课后习题答案

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L 时时, (1)摩擦力做功多少? (2)弹性力做功多少? (3)其他力做功多少? (4)外力做的总功是多少? 8. 小球系于细绳的一端,质量为 m ,并以恒定的角速
度 ω 0 在光滑水平面上围绕一半径为 R 的圆周运动。细 绳穿过圆心小孔, 若手握绳的另一端用力 F 向下拉绳,使小球运转的半径减小一半, 求 力对小球所做的功。 9. 如图所示, 一小车从光滑的轨道上某处由
9. 解:由题意知小车飞越 BC 缺口时做斜抛运动,其射程 BC = 2 R sin α 。 设小车在 B 点时的速度为 υ B , 欲使小车 刚 好 越 过 BC , 应 满 足 2υ B ⋅ sin α g
-7-
2 R sin α = υ B ⋅ cos α ⋅
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gR (1) cos α 由 A 点运动到 B 点时机械能守恒得: 1 2 mgh = mg ( R + R cos α ) + mυ B (2) 2 由式(1)与(2)得 1 h = (1 + cos α + )R 2 cos α
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第三章 功和能
一、 填空 1. 功等于质点受的 和 的标量积,功是 变化的量度。 2. 物理学中用 来描述物体做功的快慢。力的瞬时功率等于 与 的标积。对于一定功率的机械,当速度小时,力就 (填“大”或“小” ) , 速度大时,力必定 (填“大”或“小” ) 。 3. 合外力对质点所做的功等于质点动能的增量,此即 定理。 4. 质点动能定理的微分形式是 。 5. 质点动能定理的积分形式是 。 6. 按做功性质,可以将力分为 和 。 7. 所做的功只取决于受力物体的初末位置,与物体所经过的路径无 关。做功与路径有关的力叫做 。 8. 物体在 力作用下,沿任意闭合路径绕一周所做的功等于零。 9. 保守力做功与物体势能改变量之间的关系是 。 10. 若保守力做正功,则势能 ( “增加”或“减少” ) ,若保守力做负功, 则 势能 ( “增加”或“减少” ) 。 11. 势能的增量与势能零点的选取 (填“有关”或“无关” ) ,势能的大小 与势能零点的选取 (填“有关”或“无关” ) 。 12. 质点系内各质点之间的相互作用力称为 ,质点系以外的其他物体对 质点系内各质点的作用力称为 。 13. 质点系在运动过程中, 所做的功与 所做的功的总 和等于质点系的机械能的增量,此即质点系的 原理。 14. 在只 有 做功 的情 况下, 质点 系的机 械能 保持不 变, 这就是 定律。 15. 行星沿 轨道绕太阳运行, 太阳位于椭圆的一个 上; 对任一行星, 以 太阳 中 心为 参 考点 , 行星 的 位置 矢 量在 相 等的 时 间内 扫 过的 面 积填 ( “相 等 ”或 “ 不 相等 ” ) ; 行星 绕 太阳 运 动的 和 椭圆 轨 道的 成正比。 16. 第一宇宙速度是 所需要 的速度。 17. 第二宇宙速度是 所需要的 最小速度。 18. 第三宇宙速度是 所需的 最小速度。 二、 简答 1. 2. 3. 4. 5. 简述质点动能定理的内容,并写出其微分形式和积分形式。 简述保守力做功与物体势能改变量之间的关系。 简述质点系功能原理的内容。 简述机械能守恒定律的内容。 简述行星运动的三大定律的内容。

【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动

【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动

第3章 刚体的定轴转动习题解答3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转,求:(1)角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转?解:(1))/(401s rad πω= )/(902s rad πω=)/(1.13)/(6251240902212s rad s rad t≈=-=∆-=πππωωβ匀变速转动(2))(78022122rad πβωωθ=-=)(3902圈==πθn3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω,此后飞轮经历制动过程。

阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比,比例系数0>K 。

求:(1)当30ωω=时,飞轮的角加速度;(2)从开始制动到30ωω=所需要的时间。

解:(1)依题意 2ωβK J M -== )/(92202s rad JK JK ωωβ-=-=(2)由JK dtd 2ωωβ-==得⎰⎰-=3200ωωωωK Jd dt tωK J t 2=3-3 如图所示, 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。

两轮半径A R =30cm ,=B R 75cm 。

当蒸汽机开动后,其角加速度π8.0=B βrad/s 2,设轮与皮带之间没有滑动。

求(1)经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ?(2)蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ,求其角加速度。

解:(1)t A A βω= t B B βω=因为轮和皮带之间没有滑动,所以A 、B 两轮边缘的线速度相同,即B B A A R R ωω=又)/(20606002s rad A ππω=⨯=联立得)(10s R R t BB A A ==βω(2))/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad tAAA πωωβ=-'=3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘,可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。

大学物理(华中科技版)第3章习题答案

大学物理(华中科技版)第3章习题答案

习题答案3-1 运动员手持铁饼转动1.25圈后松手,此刻铁饼的速度值达到v=25m/s 。

设转动时铁饼沿半径为R=1.0m 的圆周运动并且均匀加速。

求: (1)铁饼离手时的角速度; (2)铁饼的角加速度;(3)铁饼在手中加速的时间(视铁饼为质点).解:(1)铁饼离手时的角速度为s rad R v /250.1/25/===ω(2)铁饼的角加速度为222/8.3925.122252s rad =⨯⨯==πθωα (3)铁饼在手中加速的时间为s t 628.02525.1222=⨯⨯==πωθ3-2 汽车发动机的转速在7.0s 内由2000r/min 均匀增加到3000r/min 。

求 (1)角加速度;(2)这段时间转过的角度;(3)发动机轴上半径为0.2m 的飞轮边缘上的一点在第 7.0s 末的加速度。

解:(1)初角速度为s rad /20960/20020=⨯=πω 末角速度为s rad /31460/30002=⨯=πω 角加速度为20/150.7209314s rad t=-=-=ωωβ (2)转过的角度为rad t 301083.1723142092⨯=⨯+=+=ωωθ (3)切向加速度为2/32.015s m R a t =⨯==α 法向加速度为2422/1097.12.0314s m R a n ⨯=⨯==ω总加速度为2422/1097.1s m a a a nt ⨯=+= 总加速度与切向的夹角为998931097.1arctan arctan 4'=⨯==︒t n a a θ3-3 一飞轮以等角加速度2 rad /s 2转动,在某时刻以后的5s 内飞轮转过了100 rad .若此飞轮是由静止开始转动的,问在上述的某时刻以前飞轮转动了多少时间?解:设某时刻后的角速度为1ω,某时刻前飞轮转动了t 秒。

t t 21==βω某时刻后't s 内飞轮转过θ∆。

则有10025105221522122''1=+=⨯⨯+⨯=+=∆t t t t βωθ s t 5.7=∴3-4 一个哑铃由两个质量为m ,半径为R 的铁球和中间一根长为l 连杆组成,如图所示。

大学物理课后习题答案第三章

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第3章 力学基本定律与守恒律 习题及答案1.作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ,式中t 的单位是s ,(1)求4s 后,这物体的动量和速度的变化.(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题. 解: (1)若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d,同理, 12v v ∆=∆,12I I=这说明,只要力函数不变,作用时间相同,则不管物体有无初动量,也不管初动量有多大,那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同,这就是动量定理. (2)同上理,两种情况中的作用时间相同,即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ,(s 20='t 舍去)2.一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数),其中t 以秒为单位:(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹走完枪筒全长所需时间;(2)求子弹所受的冲量.(3)求子弹的质量. 解: (1)由题意,子弹到枪口时,有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将bat =代入,得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 3.如图所示,一质量为m 的球,在质量为M 半径为R 的1/4圆弧形滑槽中从静止滑下。

大学物理 第三章(中国农业出版社 张社奇主编)答案

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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。

大学物理习题解答第三章热力学

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第三章热力学本章提要1.准静态过程系统连续经过得每个中间态都无限接近平衡态得一种理想过程。

准静态过程可以用状态图上得曲线表示。

2.内能系统内所有分子热运动动能与分子之间相互作用势能得与,其数学关系式为内能就是态函数。

3.功功就是过程量。

微分形式:积分形式:4.热量两个物体之间或物体内各部分之间由于温度不同而交换得热运动能量。

热量也就是过程量。

5.热力学第一定律热力学第一定律得数学表达式:热力学第一定律得微分表达式:由热力学第一定律可知,第一类永动机就是不可能造成得。

6.理想气体得热功转换(1)等体过程:热量增量为或(2)等压过程:热量增量为因则(3)等温过程:热量增量为因则(4)绝热过程:根据热力学第一定路可得则或在绝热过程中理想气体得p、V、T三个状态参量之间满足如下关系:7.热容量等体摩尔热容量:等压摩尔热容量:对于理想气体,若分子自由度为i,则迈耶公式:比热容比:8.焓在等压过程中,由热力学第一定律可得由于,上式可写为如果令焓就是一个态函数。

9.循环过程正循环得热机效率逆循环得致冷系数10.卡诺循环由两个等温过程与两个绝热过程构成得循环。

正循环得效率逆循环得效率11.热力学第二定律开尔文表述:不可能制成一种循环动作得热机,只从单一热源吸收热量,使之全部转变为有用得功,而其她物体不发生任何变化。

克劳修斯表述:热量不可能自动地从低温物体传向高温物体,而不引起其她得变化。

统计意义:一个不受外界影响得孤立系统,其内部所发生得过程总就是由热力学概率小得宏观状态向热力学概率大得宏观状态进行,即从有序向无序得状态发展。

12.克劳修斯熵克劳修斯熵表达式熵增加原理:在孤立系统内,当热力学系统从一个平衡态到达另一个平衡态时,它得熵永远不减少。

如果过程不可逆,系统得熵增加;如果过程可逆,系统得熵不变。

13.玻耳兹曼熵玻耳兹曼熵表达式熵得微观本质:熵得多少就是系统微观状态数目多寡得标志。

思考题3-1 (1)热平衡态与热平衡有何不同?(2)热平衡与力学中得平衡有何不同?答:(1)一个孤立系统得各种宏观性质(如温度、压强、密度等)在长时间内不发生任何变化,这样得状态称为热平衡态。

大学物理3章答案

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第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。

已知摆球质量为m ,圆半径为R ,摆球速率为υ,当摆球在轨道上运动一周时,作用在摆球上重力冲量的大小为多少?解:如3-5题图所示,一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 2P RI mgdt mg t mgπυ==∆=⎰3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球,球飞到竖直上方10 m 的高度。

求棒给予球的冲量多大?设球与棒的接触时间为0.02s ,求球受到的平均冲力。

解:设球的初速度为1υ,球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ,球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ,如3-6题图所示,因球飞到竖直上方过程中,只有重力作功,由机械能守恒定律得 2212mgh m υ=2υ=由冲量的定义可得棒给予球的冲量为21 I m j m i υυ=-其冲量大小为()7.32I N S ==⋅ 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人,手里拿着一个质量为m 的球,此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。

当他达到最高点时,将物体以相对人的速度μ水平向后抛出,求由于物体的抛出,跳的距离增加了多少?(假设人可视为质点) 解:如3-7题图所示,把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向后抛物的过程中,满足动量守恒,故有 ()()0cos M m M m υθυυμ+=+-式中υ为人抛物后相对地面的水平速率,υμ-为抛出物对地面的水平速率,得0cos mM mυυθμ=++ 人的水平速率的增量为0cos mM mυυυθμ∆=-=+ 而人从最高点到地面的运动时间为 0sin t gυθ=所以,人由于向后抛出物体,在水平方向上增加的跳跃后距离为()0sin m x t M m gυθυμ∆=∆⨯=+3-8 一质量为m =2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动,求当物体由m x 21=运动到m x 62=时,外力做的功。

大学物理课后习题答案第三章

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第三章狭义相对论3.1地球虽有自转,但仍可看成一较好的惯性参考系,设在地球赤道和地球某一极(例如南极)上分别放置两个性质完全相同的钟,且这两只钟从地球诞生的那一天便存在.如果地球从形成到现在是50亿年,请问那两只钟指示的时间差是多少?[解答]地球的半径约为R = 6400千米 = 6.4×106(m), 自转一圈的时间是T = 24×60×60(s) = 8.64×104(s), 赤道上钟的线速度为v = 2πR/T = 4.652×102(m·s -1).将地球看成一个良好的参考系,在南极上看赤道上的钟做匀速直线运动,在赤道上看南极的钟做反向的匀速直线运动.南极和赤道上的钟分别用A 和B 表示,南极参考系取为S ,赤道参考系取为S`.A 钟指示S 系中的本征时,同时指示了B 钟的运动时间,因此又指示S`系的运动时.同理,B 钟指示S`系中的本征时,同时指示了A 钟的反向运动时间,因此又指示S 系的运动时.方法一:以S 系为准.在S 系中,A 钟指示B 钟的运动时间,即运动时 Δt =50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s).B 钟在S`中的位置不变的,指示着本征时Δt`.A 钟的运动时Δt 和B 钟的本征时Δt`之间的关系为,可求得B 钟的本征时为,因此时间差为=1.898×105(s). 在南极上看,赤道上的钟变慢了.方法二:以S`系为准.在S`系中,B 钟指示A 钟的反向运动时间,即运动时 Δt`=50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s).A 钟在S 中的位置不变的,指示着本征时Δt .B 钟的运动时Δt `和A 钟的本征时Δt 之间的关系为,可求得A 钟的本征时为,因此时间差为=1.898×105(s). 在赤道上看,南极上的钟变慢了.[注意]解此题时,先要确定参考系,还要确定运动时和本征时,才能正确引用公式. 有人直接应用公式计算时间差,由于地球速度远小于光速,所以计算结果差不多,但是关系没有搞清.从公式可知:此人以S 系为准来对比两钟的时间,Δt `是B 钟的本征时,Δt 是A钟的运动时,而题中的本征时是t ∆=21`[1()]2vt t c∆=∆≈-∆21`()2v t t t c∆-∆≈∆`t ∆=21[1()]`2vt t t c∆=∆-∆21`()`2v t t t c∆-∆≈∆``t t t ∆-∆=∆2211[1()]``()`22v vt t t c c≈+∆-∆=∆未知的.也有人用下面公式计算时间差,也是同样的问题.3.2一个“光钟”由两个相距为L 0的平面镜A 和B 构成,对于这个光钟为静止的参考系来说,一个“滴答”的时间是光从镜面A 到镜面B 再回到原处的时间,其值为.若将这个光钟横放在一个以速度行驶的火车上,使两镜面都与垂直,两镜面中心的连线与平行,在铁轨参考系中观察,火车上钟的一个“滴答”τ与τ0的关系怎样?[解答]不论两个“光钟”放在什么地方,τ0都是在相对静止的参考系中所计的时间,称为本征时.在铁轨参考系中观察,火车上钟的一个“滴答”的时间τ是运动时,所以它们的关系为3.3在惯性系S 中同一地点发生的两事件A 和B ,B 晚于A 4s ;在另一惯性系S`中观察,B 晚于A 5s 发生,求S`系中A 和B 两事件的空间距离?[解答]在S系中的两事件A 和B 在同一地点发生,时间差Δt = 4s 是本征时,而S`系中观察A 和B 两事件肯定不在同一地点,Δt ` = 5s 是运动时,根据时间膨胀公式,即,可以求两系统的相对速度为v = 3c /5.在S`系中A 和B 两事件的空间距离为 Δl = v Δt ` = 3c = 9×108(m).3.4一根直杆在S 系中观察,其静止长度为l ,与x 轴的夹角为θ,S`系沿S 系的x 轴正向以速度v 运动,问S`系中观察到杆子与x `轴的夹角若何?[解答]直杆在S 系中的长度是本征长度,两个方向上的长度分别为l x = l cos θ和l y = l sin θ. 在S`系中观察直杆在y 方向上的长度不变,即l`y = l y ;在x 方向上的长度是运动长度,根据尺缩效应得因此,可得夹角为.3.5S 系中观察到两事件同时发生在x 轴上,其间距为1m ,S`系中观察到这两个事件间距离是2m ,求在S`系中这两个事件的时间间隔.[解答]根据洛仑兹变换,得两个事件的空间和时间间隔公式`t t t ∆-∆=-∆2211[1()]()22v vt t t c c≈+∆-∆=∆002L cτ=v vvτ=`t ∆=5=`x l l =``tan `y xl l θ==21/2`arctan{[1(/)]tan }v c θθ-=-.(1)由题意得:Δt = 0,Δx = 1m ,Δx` = 2m .因此.(2)由(2)之上式得它们的相对速度为(3)将(2)之下式除以(2)之上式得, 所以10-8(s). [注意]在S `系中观察到两事件不是同时发生的,所以间隔Δx` = 2m 可以大于间隔Δx =1m .如果在S `系中观察到两事件也是同时发生的,那么Δx`就表示运动长度,就不可能大于本征长度Δx ,这时可以用长度收缩公式3.6 一短跑运动员,在地球上以10s 的时间跑完了100m 的距离,在对地飞行速度为0.8c 的飞船上观察,结果如何?[解答]以地球为S 系,则Δt = 10s ,Δx =100m .根据洛仑兹坐标和时间变换公式,飞船上观察运动员的运动距离为≈-4×109(m).运动员运动的时间为≈16.67(s).在飞船上看,地球以0.8c 的速度后退,后退时间约为16.67s ;运动员的速度远小于地球后退的速度,所以运动员跑步的距离约为地球后退的距离,即4×109m .3.7已知S`系以0.8c 的速度沿S 系x 轴正向运动,在S 系中测得两事件的时空坐标为x 1 = 20m ,x 2 = 40m ,t 1 = 4s ,t2 = 8s .求S`系中测得的这两件事的时间和空间间隔.[解答]根据洛仑兹变换可得S`系的时间间隔为≈6.67(s).空间间隔为`x∆=2`t ∆=`x ∆=2`t ∆=v =2``t v x c∆=-∆`t ∆==`x ∆=∆`x =2`t =`x ∆==2`t ∆=100.8100/0.6c-⨯=2``21t t -=840.8(4020)/0.6c---=≈-1.6×109(m).3.8 S 系中有一直杆沿x 轴方向装置且以0.98c 的速度沿x 轴正方向运动,S 系中的观察者测得杆长10m ,另有一观察以0.8c 的速度沿S 系x 轴负向运动,问该观察者测得的杆长若何?[解答]在S 系中的观测的杆长Δl = 10m 是运动长度,相对杆静止的参考系为S `,其长度是本征长度,根据尺缩效应= 50.25(m).另一参考系设为S ``系,相对S 系的速度为v 20 = -0.8c .在S ``系观察S`系的速度为= 0.99796c . 在S ``系观察S`系中的杆的长度是另一运动长度= 3.363(m).[注意]在涉及多个参考系和多个速度的时候,用双下标能够比较容易地区别不同的速度,例如用v10表示S `相对S 系的速度,用v 12表示S `系相对S``系的速度,因此,尺缩的公式也要做相应的改变,计算就不会混淆.3.9 一飞船和慧星相对于地面分别以0.6c 和0.8c 速度相向运动,在地面上观察,5s 后两者将相撞,问在飞船上观察,二者将经历多长时间间隔后相撞?[解答]两者相撞的时间间隔Δt = 5s 是运动着的对象—飞船和慧星—发生碰撞的时间间隔,因此是运动时.在飞船上观察的碰撞时间间隔Δt`是以速度v = 0.6c 运动的系统的本征时,根据时间膨胀公式,可得时间间隔为.3.10在太阳参考系中观察,一束星光垂直射向地面,速率为c ,而地球以速率u 垂直于光线运动.求在地面上测量,这束星光的大小与方向如何.[解答]方法一:用速度变换.取太阳系为S 系,地球为S`系.在S 系中看地球以v = u 运动,看星光的速度为 u x = 0,u y = c .星光在S`系中的速度分量为星光在S`系中的速度为,即光速是不变的.星光在S`系中与y `轴的夹角,即垂直地面的夹角为.方法二:用基本原理.根据光速不变原理,在地球的S`系中,光速也为c,当地球以速度v = u 沿x 轴运动时,根据速度变换公式可得星光的速度沿x`轴的分量为u y ` = -u ,所以星光速度沿y`轴的分量为``21x x -=40200.8(84)0.6c --⨯-=l l ∆=∆`l∆==102012210201/v v v v v c-=-0.98(0.8)10.98(0.8)c c --=--``l l ∆=∆t ∆=`t ∆=∆`21/x x x u vu u u v c -==--`21/yx u u u v c =-=`u c ==``arctanarctan y u u θ==`y u ==从而可求出星光速度垂直地面的夹角为. [注意]解题时,要确定不同的参考系,通常将已知两个物体速度的系统作为S 系,另外一个相对静止的系统作为S`系,而所讨论的对象在不同的参考系中的速度是不同的.3.11一粒子动能等于其非相对论动能二倍时,其速度为多少?其动量是按非相对论算得的二倍时,其速度是多少?[解答](1)粒子的非相对论动能为E k = m 0v 2/2,相对论动能为E`k = mc 2 – m 0c 2, 其中m 为运动质量.根据题意得,设x = (v/c )2,或平方得1 = (1 – x 2)(1 - x ),化简得x (x – x -1) = 0.由于x 不等于0,所以:x 2 –x -1 = 0. 解得取正根得速率为= 0.786c .(2)粒子的非相对论动量为:p = m 0v ,相对论动量为:,.很容易解得速率为:= 0.866c .3.12.某快速运动的粒子,其动能为4.8×10-16J ,该粒子静止时的总能量为1.6×10-17J ,若该粒子的固有寿命为2.6×10-6s ,求其能通过的距离.[解答]在相对论能量关系E = E0+ E k 中,静止能量E 0已知,且E 0= m 0c 2,总能量为,, 由此得粒子的运动时为.,解得速率为```arctan x y u u θ==m =22200m c m v =1x =+1(1x =+x =v =`p mv ==02m v =2v =22E mc ===00kE E E +=0`kE E t t E +∆==∆00kE E E =+粒子能够通过的距离为= 24167.4(m).3.13 试证相对论能量和速度满足如此关系式:[证明]根据上题的过程已得E = E 0+ E k 代入公式立可得证.3.14静止质子和中子的质量分别为m p = 1.67285×10-27kg ,m n = 1.67495×10-27kg ,质子和中子结合变成氘核,其静止质量为m 0 = 3.34365×10-27kg ,求结合过程中所释放出的能量.[解答]在结合过程中,质量亏损为 Δm = m p + m n - m 0 = 3.94988×10-30(kg), 取c = 3×108(m·s -1),可得释放出的能量为ΔE = Δmc 2 =3.554893×10-13(J). 如果取c = 2.997925×108(m·s -1),可得释放出的能量为 ΔE = 3.549977×10-13(J).v =l v t c t ∆=∆=∆8310 2.610-=⨯⨯⨯vc =v =。

大学物理第3章作业解答

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第三章刚体的定轴转动选择题3-1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是( A )(A) (B) (C) (D)3-2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是( C )3-3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l===,该系统对O O'轴的转动惯量为( A )(A) 29m l.10m l; (D) 214m l; (C) 250m l; (B) 23-4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是( A )(A) 角速度从小到大,角加速度从大到小;(B) 角速度从小到大,角加速度从小到大;(C) 角速度从大到小,角加速度从大到小;(D) 角速度从大到小,角加速度从小到大.3-5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是( D )(A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变;(C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变.3-6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为( B ) (A) 1212r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (B) 21212r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=;(C) 2211r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (D) 22211r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=.3-7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为 ( A )(A) 212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭; (B) 12r r ; (C) 21rr ; (D) 221r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭.3-8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是 ( D )(A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大;(C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3-9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为3J ,此时她的角速度为 ( A )(A) 3ω; (D) 13ω.3-10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是 ( B )(A) 减少到13; (B) 减少到19;(C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍.计算题3-11 一电动机的电枢转速为11800r min -⋅,当切断电源后,电枢经20s 停下.求:(1) 切断电源后电枢转了多少圈;(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ).解 (1) 切断电源时,电枢的转速为11018002πrad s60πrad s60ω--⨯=⋅=⋅电枢的平均角加速度为22060πrad s3.0πrad s20tωα----==⋅=-⋅∆由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得切断电源后电枢转过的角度为()()22060πrad 600πrad 223πωθα--∆===⨯-转过的圈数为600πr 300r 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()11060π 3.0π10rad s30πrad s t ωωα--=+=-⨯⋅=⋅此时电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度分别为()111222t 222222n 0.1030πm s3.0πm s9.42m s0.10 3.0πm s0.30πm s0.942m s0.1030πm s90πm s888m sr a r a r ωαω---------==⨯⋅=⋅=⋅==-⨯⋅=-⋅=-⋅==⨯⋅=⋅=⋅v3-12 一飞轮由直径为0.30m 、厚度为22.010m -⨯的圆盘和两个直径为0.10m 、长为28.010m -⨯的圆柱体组成.设飞轮的密度为337.810kg m -⨯⋅,求飞轮对转轴的转动惯量.解 飞轮上的圆盘的半径为10.15m r =,圆柱体的半径为20.05m r =. 飞轮上的圆盘质量为2322111π7.810π0.15 2.010kg 11.0kg m r h ρ-==⨯⨯⨯⨯=圆柱体的质量为2322222π7.810π0.058.010kg 4.90kgm r h ρ-==⨯⨯⨯⨯⨯=飞轮的转动惯量是圆盘和两个圆柱体的转动惯量之和为22222211221111.00.15 4.900.05kg m 0.136kg m 22J m r m r ⎛⎫=+=⨯⨯+⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭3-13 如图所示,质量分别为2m 、3m 和4m 的三个小球,用长均为l 、质量均为m 的三根均匀细棒相连,如图所示(小球的半径r l <<,可视为质点).求该物件对通过点O 垂直于图面的转轴的转动惯量.解 该物件的转动惯量是三个小球和三根细棒的转动惯量之和为2222212343103J m l m l m l m l m l =+++⨯=3-14 细棒长为l ,质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直.求棒对此轴的转动惯量.解 由平行轴定理,细棒的转动惯量为22222c 111212J J m h m l m h m l h ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3-15 一个半径为R 质量为m 的均匀圆盘,挖去直径为R 的一个圆孔,如图所示.求剩余部分对通过圆心O 且与盘面垂直的轴的转动惯量.解 开孔圆盘的转动惯量等于完整圆盘的转动惯量减去位于圆孔部位的被挖去的小圆盘的转动惯量:2222111322424232m R m R J m R m R ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 3-16 如图所示,某飞轮的直径为0.50m 、转动惯量为22.4k g m ⋅、转速为311.010r min-⨯⋅.如果制动时闸瓦对轮的压力为490N ,闸瓦与轮之间的滑动摩擦因数为0.4,求制动后飞轮转多少圈才停止.解 制动前,飞轮的转速为31102π 1.010rad s105rad s60ω--⨯⨯=⋅=⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅根据转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.4rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为220105rad 270rad 22(20.4)ωθα--∆===⨯-转过的圈数为270r 43.0r 2π2πN θ∆===3-17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o 37的斜面滑下,物体与斜面的摩擦因数为0.25.一滑轮装在固定轴O 处,轻绳的一端绕在滑轮上,另一端与物体相连.若滑轮可视为是实心圆盘,其质量为20kg 、半径为0.2m ,绳与轮间无相对滑动,且轮轴的摩擦阻力矩忽略不计.求:(1) 物体沿斜面下滑的加速度; (2) 绳中的张力.解 物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T T F F '=.O x 轴沿斜面向下,Oy 垂直于斜面.设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .对物体,根据牛顿第二定律,在O x 和Oy 方向分别有o1T r 1sin 37m g F F m a --=oN 1cos 370F m g -=重力2P 和轮轴对滑轮的压力N 2F 均通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T T M F r F r '=⋅=⋅.对滑轮,根据转动定律,有T F r J α⋅=而a r α=r N F F μ=2212J m r =联立解以上方程,可得物体沿斜面下滑的加速度和绳中的张力分别为()oo11222sin 37cos 3712345 0.259.8 m s 1.31 m s1555202m a gm m μ--=-+⎛⎫=-⨯⨯⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭+⨯T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Jm a rα===⨯⨯=3-18 如图所示,长为l 、质量为m 的均匀细棒可绕点O 转动.此棒原先静止在竖直位置,受微小扰动而倒下.若不计摩擦和空气阻力,求细棒倒至与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度.解 细棒的倒下,可看成定轴转动,其转轴通过地面上细棒端点,垂直于细棒的转动平面.在细棒倒下的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒.以地面为势能零点,设细棒倒至与竖直方向成θ角时,角速度为ω,有21cos 222l l J m gm gωθ+=而213J m l =由此可得,角速度为ω=只有细棒所受的重力对转轴有力矩.以垂直纸面向里为正方向,细棒倒至与竖直方向成θ角时,重力对转轴的力矩为sin 2l M m g θ=.设此时的角加速度为α,则对细棒,根据转动定律,有sin 2l m gJ θα= 将213J m l =代入上式,可得角加速度为3sin 2g lαθ=3-19 如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m .定滑轮的质量为m 、半径为R ,可视为圆盘.已知2m 与桌面间的摩擦因数为μ.设轻绳与轮间无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩,求1m 下落的加速度和滑轮两边绳中的张力.解 两个物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.O x 轴水平向右,Oy 轴竖直向下.两个物体的加速度虽方向不同,但大小相同,12a a a ==.对物体1m ,根据牛顿第二定律,在Oy 方向有1T 11m g F m a -=对物体2m ,根据牛顿第二定律,在O x 方向有T 2r 2F F m a -=滑轮所受的重力和转轴对滑轮的压力都通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T 1T 2M F R F R =-.对滑轮,根据转动定律,有T 1T 2F R F R J α-=而212J m R =a R α=r 2F m gμ=联立解以上方程,可得物体的加速度与绳中的张力分别为()1212222m m a g m m mμ-=++()2T 11122122m m F m gm m m μ++=++()1T 22122122m m F m gm m mμ++=++3-20 一圆盘状的均匀飞轮,其质量为100kg 、半径为0.5m ,绕几何中心轴转动.在30s 内,由起始转速13000r m in-⋅均匀地减速至11000r m in -⋅.求阻力矩所做的功.解 飞轮初、末角速度分别为1102π3000rad s100πrad s60ω--⨯=⋅=⋅112π1000100rad sπrad s603ω--⨯=⋅=⋅飞轮的转动惯量为2222111000.5kg m 12.5kg m 22J m R ==⨯⨯⋅=⋅根据动能定理理,外力矩对飞轮所做的功等于飞轮转动动能的增量,可得在飞轮减速的过程中,阻力矩对飞轮所做的功为()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J23A J J J ωωωω=-=-⎡⎤⎛⎫=⨯⨯-=-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3-21 质量为m '、半径为R 的转台,可绕过中心的竖直轴转动.质量为m 的人站在转台的边缘.最初人和转台都静止,后来人在转台的边缘开始跑动.设人的角速度(相对于地面)为ω,求转台转动的角速度(转台可看成质量均匀分布的圆盘,并忽略转轴处的摩擦力矩和空气的阻力).解 人和转台组成的系统对中心轴角动量守恒.以人的角速度的方向为正方向,设转台的角速度为1ω,有210J m R ωω+=而212J m R '=由此可得12m m ωω-='式中的负号表明,转台的转动方向与人的转动方向相反.3-22 如图所示,一个转动惯量为J 、半径为R 的圆木盘,可绕通过中心垂直于圆盘面的轴转动.今有一质量为m 的子弹,在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入,并嵌在木盘边缘.求子弹嵌入后木盘转动的角速度.解 子弹和木盘组成的系统,对转轴角动量守恒.以垂直于纸面向外为正方向,设子弹嵌入后,木盘转动的角速度为ω,有2()2R J m R m ω+=v由此可得022()m R J m R ω=+v3-23 如图所示,一均匀细棒长为l 、质量为m ,可绕经过端点O 的水平轴转动.棒被拉到水平位置由静止轻轻放开,下落至竖直位置时,下端与放在地面上的静止物体相撞.若物体的质量也为m ,物体与地面间的摩擦因数为μ,物体滑动s 距离后停止.求: (1) 棒与物体碰撞后,物体的速度;(2) 棒与物体碰撞后,棒的角速度.解 (1)根据动能定理,摩擦力对滑块所做的功等于滑块动能的增量.设物体因碰撞而获得的速度为v ,有2102m gs m μ-=-v由此可得=v (2) 细棒下落的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒定律.以地面为势能零点,设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=而213J m l =由此可得0ω=.碰撞过程中角动量守恒.以垂直纸面向外为正方向,设碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J m l J ωω+=v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得lω=若0ω>,碰撞后细棒继续向右转动, 若0ω<,碰撞后细棒向左转动.。

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第三章 功和能3-1 汽车在平直路面上行驶,若车与地面间的摩擦力恒定,而空气阻力与速度的平方成正比.设对于一辆质量为1500kg 的汽车总的阻力281300v .+=F (其中F 以N 为单位,v 以m/s 为单位),求当车速为60 km/h ,加速度为1.0m/s 2时,汽车引擎所损耗的瞬时功率.分析 作用力的瞬时功率等于该力与物体获得的速度的乘积.解 当汽车的加速度为a 时,引擎牵引力为F 1,应用牛顿第二定律,运动方程为ma F F =-1则 2181300v .++=-=ma F ma F根据瞬时功率的定义,汽车引擎所损耗的瞬时功率为W 103.83 W 3600100060360010006081300011500 813004221⨯=⨯⨯⨯⨯++⨯=++==])(..().(vv v ma F P 3-2 如习题1-7所述,若海岸高h = 10 m ,而猛烈的大风使船受到与绳的牵引方向相反的恒定的作用力F = 5000 N ,如图3-2所示.当岸上的水手将缆绳由50 m 收到30 m 后,求缆绳中张力的改变量,以及在此过程中水手所作的功.分析 水手拉缆绳的过程中,是通过缆绳将力作用在船上实现船体运动作的功.由于缆绳中的张力是变力,直接计算它的功比较困难.根据动能定理,合外力的功等于物体动能的增量,船在此过程中开始前和结束后都保持静止,船只在水平方向发生位移,水平方向只受缆绳张力水平分量和恒定阻力F 作用,则水手通过缆绳张力所作的功的量值应等于恒力F 所作的负功.解 缆绳长度由l 1=50 m 收到l 2=30 m 的过程中,位移为s ,水手作的功为J 101.035J 103010505000 52222222221⨯=---⨯=---==()(h l h l F Fs W设此过程中开始前缆绳张力为F T1、结束后为F T2,它们的水平方向分量都应与恒力F 等大而反向,因此有F l h l F =-1221T1 F l h l F =-2222T2则图3-2N 200N 1050501030305000 222222112222T1T2=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-h l l h l l F F F 3-3 质点沿x 轴运动,由x 1 = 0处移动到x 2 = 4 m 的过程中,受到力)1(00-=x x F F 的作用,其中x 0 = 2 m ,F 0 = 8 N ,作出F -x 曲线,求在此期间力F 对质点所作的功. 分析 当质点沿x 轴作直线运动时,如果外力是质点位置坐标x 的函数)(x F F =,质点从位置x 1运动到x 2的过程中,根据功的定义,该力所作的功为⎰=21d x x x x F W )(,即为F -x 图像中x 1到x 2区间曲线)(x F 与x 轴线包围面积的代数和.解 根据题意,F -x 曲线如图3-3所示.按照功的定义,有0J 42248 2d 1d 220220002121=-⨯⨯=-=-==⎰⎰)()()()(x x x F x x x F x x F W x x x x 由图3-3可见,x 1到x 2区间曲线)(x F 与x 轴线包围面积的代数和为零,与上面的计算结果一致.3-4 在x 轴线上运动的物体速度为v = 4 t 2 + 6(其中v 以m/s 为单位,t 以s 为单位),作用力3-=t F (其中F 以N 为单位,t 以s 为单位)沿x 轴正向.试求在t 1 = 1 s 和t 2 = 5 s 期间,力F 对物体所作的功.分析 当质点沿x 轴作直线运动时,如果外力是时间t 的函数)(t F F =,根据功的定义⎰=21d x x x x F W )(,无法直接积分计算,通常可利用微分关系式t t tx x d d d d d v ==,将积分变量转换为时间t 进行计算.积分变量代换后,积分的上下限也要作相应的代换.解 根据功的定义 []J 921834d 186124 d 643d d 2121212121234232=-+-=-+-=+-===⎰⎰⎰⎰t t t t t t t t x x t t t t t t t t t t t t t F x t F W )())(()()(v图3-33-5 在光滑的水平桌面上固定有如图3-5(a)所示的半圆形屏障,质量为m 的滑块以初速v 0沿屏障一端的切线方向进入屏障内,滑块与屏障间的摩擦系数为μ,(1)证明当滑块从屏障另一端滑出时,摩擦力对它所作的功为)(1e 2120-=-μπv m W ;(2)说明上述结果为什么与圆弧半径无关. 分析 当外力无法表示成位移的函数时,功就不能直接由定义式积分进行计算.如果能确定物体初末状态的速度,可以应用动能定理,求出物体动能的增量就等于合外力对物体所作的功.证 (1)首先应计算出滑块从屏障另一端滑出时的速度.设滑块在屏障中位于如图3-5(b)所示的位置,在竖直方向无运动,在水平面内受到屏障压力F N 和摩擦力F f 作用,此时速度为v ,设屏障半径为R ,应用牛顿第二定律所得运动方程为法向: R v 2m F =N 切向: tm F d d f v =- 由于F f =μF N ,得 Rt 2d d v v μ-= 利用关系式θθθd d d d d d d d v v v v R t t ==,上式可写为 v v μθ-=d d (1) 由初末条件:当0=θ时,0v v =;当πθ=时,v v =,将上式分离变量并积分:⎰⎰-=πθμ0d d 0vv v v (2)得滑块从屏障另一端滑出时的速度为 μπ-=e 0v v (3)则摩擦力在此期间所作的功为)(1e 212121220202-=-=-μπv v v m m m W (2)由(1)和(2)式可以看出,当滑块发生角位移θd 时,速度的变化只与角位移θd 有关,与半径无关,因此(3)式给出的末速度也只与半圆的张角有关,这就导致最终结果与圆弧半径无关了.3-6 一个质点在指向中心的平方反比力2r k F /=的作用下,作半径为r 的圆v(a ) (b )图3-5周运动,求质点运动的速率和总机械能.(提示:选取距力心无穷远点的势能为零.)分析 与物体间距离平方成反比的力是自然界中普遍存在的一种力,例如万有引力和电荷间的库仑力.如果该力指向中心,计算势能时,从空间任意一点到势能零点(无穷远点)积分的路径方向与力的作用方向相反,积分表达式的矢量乘积变为标量乘积后要取负号.解 质点只在指向中心的力2r k F /=的作用下作圆周运动,当速率为v 时,法向加速度为r /2v ,则质点的法向运动方程为rm r k 22v = 得 mr k =v 选取距力心无穷远为势能零点,则势能为rk r r k E r r -=-=⋅=⎰⎰∞∞d d 2p r F 总机械能为rk r k r k r k m E E E 22212p k -=-=-=+=v 3-7 在力)(j i F y x k +=的作用下,质点在xy 平面内运动,(1)分别计算质点由原点O 经路径OBA 和路径OA 移动到达A 点该力所作的功,其中AB 是以O 为圆心R 为半径的一段圆弧,如图3-7(a )所示;(2)计算沿任意路径由位置P (x 1 , y 1)到Q (x 2 , y 2)该力所作的功,并由此证明该力是保守力.分析解 (1)根据功的定义,经路径OBA 该力所作的功为⎰⎰⎰⋅+⋅=⋅=BAOB OBA W s F s F s F d d d 1 由于力r j i F k y x k =+=)(,即沿原点指向质点所在位置的方向,所以有r F s F d d ⋅=⋅.从图3-7(a )可以看出,在路径OB 上,力的方向与位移方向相同x kx d d =⋅r F ;在路径BA 上,力的方向与位移方向垂直,0d d =⋅=⋅r F s F ,因此可得y O B x x(a ) (b )图3-720121d d d d kR x kx x kx W R OB BA OB ===⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰s F s F 同理,经路径OA 该力所作的功为 20121d d d d kR r kr k W ROA OA OA ==⋅=⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰r r r F s F (2)P 点的径矢大小为r 1,Q 点的径矢大小为r 2,则212121y x r +=,222222y x r +=.取任意路径L 如图3-7(b )所示,则 )]()[()(2122212221222121 d d d 21y y x x k r r k r kr W r r L L -+-=-==⋅=⋅=⎰⎰⎰r F s F 结果表明,沿任意路径力F 所作的功与路径无关,只与P 点和Q 点的位置有关,表明力F 为保守力.3-8 沿x 轴运动的某粒子的势能是其位置x 的函数x B x A x U -=2)( 据此所作的势能曲线如图3-8所示.(1)试求粒子势能最小值所对应的运动的平衡位置;(2)当粒子的总能量AB E 82-=时,粒子将被约束在一定范围内振动,求粒子往返运动的转折位置.分析 n m xB x A x U -=)(是粒子物理、固体物理和材料科学中描述粒子间相互作用经常出现的势能函数,对它的研究和讨论有十分重要的实际意义.这里仅就最简单的情况,即12==n m ,进行分析,获得粒子运动状态的初步印象.当粒子的能量比较小时,将在平衡位置附近作简谐振动,因此平衡位置和往返运动的转折位置就有重要意义.解 (1)由0d d =x x U )(可得势能函数最小值的位置,即 02d d 23=+-=x B x A x x U )( 解得 B A x 2= (2)在往返运动的转折点处,粒子的速度为零,即动能为零,总能量应等于粒子的势能,即AB x B x A x U 822-=-=)( 可得 088222=+-A ABx x B图3-8解得 B A x 1711.= BA x 8362.= 3-9 马拉雪橇上坡,从坡底到坡顶是一段半径为R 弧长为6π的圆弧形山坡.假设马的拉力始终沿圆弧的切线方向,雪橇的质量为m ,雪橇与雪地间的滑动摩擦系数为μ,求在这段路程中马所作的功.分析 在物体运动过程中,有摩擦力等非保守力存在时,应用功能原理计算外力的功比较便捷,外力和非保守内力的功等于物体系机械能的增量. 解 以雪橇为研究对象,受力情况如图3-9所示,如果始末时刻雪橇为静止状态,在上坡过程中,马的拉力的功和摩擦阻力的负功之和等于雪橇重力势能的增量. 由于此过程雪橇高度的增加为)cos (61π-R ,因此重力势能的增量为)cos (61π-mgR .当雪橇所在位置的法线方向与竖直方向夹角为θ时,摩擦力θμμcos mg F F ==N f ,位移θd d R s =,应用功能原理,马的拉力的功为)cos sin ()cos (cos 661 61d d 06f ππμπθθμπ-+=-+=⋅=⎰⎰m gR m gR m gR W s F3-10 用m/s 200=v 的初速度将一质量为kg 50.=m 的物体竖直上抛,所达到的高度是m 16=h ,求空气对它的平均阻力.分析 物体所受到的空气阻力是外力,重力是物体和地球组成的系统的内力,根据功能原理,空气阻力所作的功应等于系统机械能的增量.应在选取了势能零点后,确定系统的初末状态的机械能,计算出系统机械能的增量.解 取物体抛出点为重力势能零点,则物体初始机械能为20121v m E =,达最高点时机械能为mgh E =2,设空气对它的平均阻力为F ,应用功能原理得2021v m mgh Fh -=- 则 N 1.35N 8916220502220=-⨯⨯=-=).(.)(g h m F v 3-11 质量分别为m 1、m 2的二物体与劲度系数为k 的弹簧连接成如图3-11(a )所示的系统,物体m 1放置在光滑桌面上,忽略绳与滑轮的质量及摩擦.当物体达到平衡后,将m 2往下拉h 距离后放手,求物体m 1、m 2运动的最大速率.F f R图3-9分析 应用机械能守恒定律解力学问题时,系统的选取十分重要.选定系统后,要区分内力和外力、保守力和非保守力以及作功的力和不作功的力.仅当外力和非保守内力所作的功均为零时,才能应用机械能守恒定律.本题中m 1、m 2二物体连接在一起,位移大小、速率和加速度的大小都相同.忽略绳与滑轮的质量及摩擦的情况下,张力F T 和F ’T 为一对内力,大小相等,方向分别与物体运动方向相同和相反,因此系统运动过程中二力的功之和为零.解 以弹簧与二物体组成的弹性系统以及物体与地球组成的重力系统为研究对象,二物体受力情况如图3-11(b )所示.在系统运动过程中,因张力F T 和F ’T 所作功之和为零,只有作用在m 2上的重力及作用在m 1上的弹簧弹性力作功,系统机械能守恒.取竖直向下为x 轴正向,系统平衡时m 2的位置为坐标原点,设此时弹簧的伸长量为l 0,根据胡克定律,弹簧的弹性力大小为0kl F =.由于系统处于平衡状态,应有0T2='-F g m ,0T =-F F ,且因T T F F =',则 002=-kl g m (1)取m 2的平衡位置为重力势能零点,初始时,m 2向下位移h ,重力势能为gh m 2-,弹簧伸长量为)(h l +0,弹性势能为2021)(h l k +,则系统机械能为 gh m h l k E 220121-+=)( (2) 当m 2处于x 位置时,设速率为v ,则系统总动能为22121v )(m m +,重力势能为gx m 2-,弹簧伸长量为)(x l +0,弹性势能为2021)(x l k +,则系统机械能为 2212202121v )()(m m gx m x l k E ++-+= (3) 应用机械能守恒定律,1E E =,由(1)、(2)和(3)式得)(22212x h m m k -+=v 显然0=x 时有最大值 212m a x m m kh +=v 3-12 用弹簧将质量分别为m 1和m 2的两块木板连接起来,必须加多大的力’Tm 2 m 2g x(a ) (b )图3-11F 压到上面的板m 1上,以便当突然撤去F 时,上面的板跳起来能使下面的板也刚好被提离地面.分析 对于弹簧连接的两块木板组成的系统,初始时有外力作用,运动过程中m 2还受到地面的压力,弹簧的弹性力是变力,两块木板之间有相对运动,应用牛顿定律解这样的问题显得相当复杂.考虑到撤去外力F 后,作用于系统的力除作为保守力的重力和弹簧的弹性力外,只有地面的压力.根据题意,下面的板刚好被提离地面,表明其处于与地面接触的临界状态,实际并没有离开地面,也就是说没有发生位移,那么地面的压力就没有作功.于是,撤去外力F 后,只有重力和弹簧的弹性力作功,系统机械能守恒.解 以如图3-12(a )所示的弹簧连接的两块木板组成的弹性系统、以及和地球组成的重力系统为研究对象,两块木板的处于始末状态和受力情况分别如图3-12(b )和(c )所示.初刻,弹簧压缩形变量为x 1,弹性势能为2121kx ,设此时系统重力势能为零,系统机械能为21121kx E = 下面的板刚好被提离地面时,弹簧伸长形变量为x 2,弹性势能为2221kx ,重力势能为)(211x x g m +,系统机械能为22211221kx x x g m E ++=)( 机械能守恒21E E =,得22211212121kx x x g m kx ++=)( 即 )()(211222121x x g m x x k +=- 两边同除以21x x +,得 g m x x k 12121=-)( (1) 初始时,由图3-12(b )可见,m 1处于平衡状态,因11kx F =,则有011=-+kx g m F (2)12(a ) (b ) (c )图3-12m 2刚好被提离地面时,由图3-12(c )可见,地面压力为零,m 2处于平衡状态,因222kx F F ='=,则有022=-kx g m (3)(2)式减去(3)式得 )(2112x x k g m g m F -+-=将(1)式代入上式,得g m m F )(21+=3-13 质量m 的小球从光滑的轨道下滑,然后进入半径为R 的圆形轨道,开始下滑时,小球的高度R H 2=,如图3-13(a )所示.求:(1)小球在什么位置脱离圆轨道;(2)小球脱离圆轨道之后,能达到的最大高度;(3)经过高度为R 的A 点时,小球对轨道的压力.分析 当物体在光滑表面上运动时,支承面对物体的压力不作功,系统机械能守恒.在曲线形轨道上运动时,轨道的压力和重力的法向分量使物体产生法向加速度.物体脱离轨道的瞬间,轨道的压力为零,只有重力的法向分量使物体产生法向加速度.解 (1)小球在轨道上某点C 受力情况如图3-13(b )所示,此时速度为C v ,则法向运动方程为R m mg F 2N Cv =+θsin (1)如果就在C 点脱离圆轨道,0N =F ,由上式得θsin gR =2C v (2)小球运动过程中轨道压力方向始终与运动方向垂直,不作功,只有重力作功,机械能守恒.取轨道最低点为重力势能零点,初始时小球势能为R mg 2,到达C点时高度为)sin (θ+=1R h ,势能为mgh ,动能为2C 21v m ,由机械能守恒定律得 2C 212v m mgh mgR += (3)A(a ) (b )图3-13由(2)和(3)式,且)sin (θ+=1R h ,解得R h 35=(4) (2)小球离开轨道后作抛体运动,水平方向速度不变,等于C 点速度的水平分量θsin C v .最高点高度为max h ,重力势能为max mgh ,动能为θ22C 21sin v m ,应用机械能守恒定律,得θ22C max 212sin v m mgh mgR += (5) 由(2)、(3)、(4)和(5)式,解得R R h 8512750max .== (3)位于A 点时,0=θ,由(1)式得 Rm F 2A N v = 应用机械能守恒定律,得2A 212v m mgR mgR += 从以上两式得 mg F 2N =3-14 劲度系数为N/m 10013⨯.的弹簧,水平放置,其一端固定在墙上,另一端被质量为8 kg 的物体压缩,当弹簧形变量为15 cm 时,将物体释放,在弹簧的作用下,物体水平射出,物体和平面间摩擦力为5 N ,(1)求弹簧恢复原长时,物体的速度;(2)若弹簧恢复原长后,物体和弹簧就脱离接触,求物体此后能跑多远.分析 根据受力和各作用力作功的不同情况,将运动过程分阶段讨论,可以分别应用动能定理和功能原理求解.解 (1)取物体与弹簧组成的弹性系统为研究对象,在弹簧恢复原长的过程中,重力和平面支承力不作功,摩擦力f F 作负功,弹簧的弹性力是保守力,根据功能原理,摩擦力所作的功应等于系统机械能的增量.初始时,弹簧被压缩量m 150.=x ,弹性势能为221kx ;弹簧恢复原长时,速度为v ,动能为221v m ,则有 22f 2121kx m x F -=-v 得m/s 1.62m/s 15052150100181 2123f 2=⨯⨯-⨯⨯⨯=-=)...((x F kx m v(2)物体和弹簧脱离后,在摩擦力作用下作减速运动,设此后位移为s ,应用动能定理,摩擦力所作的功应等于物体动能的增量,则2f 210v m s F -=- 得 m 12m 52621822f 2..=⨯⨯==F m s v 3-15 如图3-15所示,自动卸料车重量为G 2,连同料重为G 1,它从静止开始沿着与水平方向成︒30角的斜面下滑,滑到底端时与一呈自然长度的轻弹簧相碰,当弹簧压缩量达最大时,卸料车自动翻斗卸料,然后因弹簧的弹性力作用,料车反弹沿斜面回到原有高度.设车与斜面间的摩擦力为车重的0.25倍,求21G 的值. 分析 由于卸料车下滑与返回过程的受力情况不同,应分两阶段分析讨论.因为整个过程中除摩擦力外,没有其他的非保守力和外力作功,所以可以应用功能原理求解. 解 以卸料车与弹簧和地球组成的弹性和重力系统为研究对象.在下滑阶段,料车载重,设料车行程的高差为h ,弹簧最大压缩量为l ∆,取斜面顶端为重力势能零点,则重力势能增量为h G 1-,弹簧弹性势能增量为221)(l k ∆,摩擦力1f 250G F .=作功为︒-302501sin .h G ,应用功能原理,得 2112130250)(sin .l k h G h G ∆+-=︒- 在料车返回过程中,重力势能增量为h G 2,弹簧弹性势能增量为221)(l k ∆-,摩擦力2f 250G F .=作功为︒-302501sin .h G ,应用功能原理,得 2222130250)(sin .l k h G h G ∆-=︒- 由以上两式可得3250302503021=-︒+︒=.sin .sin G G 3-16 如图3-16所示,滑块置于一竖直轻弹簧上,弹簧原长为R ,用力使弹簧压缩到R/2时释放,则滑块恰好能通过上方光滑的1/4圆弧形轨道,并由A图3-15点抛出.(1)求弹簧的劲度系数;(2)求滑块落到地面时的水平位置.分析 在滑块离开轨道之前,由于轨道光滑,除重力和弹簧的弹性力外无其他力作功,可以应用机械能守恒定律.滑块离开轨道后,作平抛运动,运用运动学中的公式求解.在竖直光滑圆形轨道上运动的物体,只受重力和轨道压力作用,当物体刚好能通过圆形轨道顶端,表明在顶点时轨道压力为零,物体圆周运动的法向加速度只由重力产生.解 (1)取地面为重力势能零点,当弹簧被压缩时,弹性势能为2221⎪⎭⎫ ⎝⎛R k ,重力势能为mgR 21,到达A 点时,重力势能为mgR 2,速度为v ,动能为221v m ,应用机械能守恒定律得2221221221v m mgR mgR R k +=+⎪⎭⎫ ⎝⎛ (1) 根据题意,在A 点的运动方程为 Rm m g 2v = (2) 由以上两式得 Rmg k 16= (2)滑块脱离A 点后作平抛运动,竖直方向下落距离为2R ,水平运动距离为s ,则有R gt 2212= t s v = 再利用(2)式,得 R s 2=3-17 劲度系数为k 原长为R 的弹簧一端固定在竖立的半径为R 的大圆环的顶点A ,弹簧另一端连接一环形重物由位置B 释放,在重力的作用下重物向下滑移,如图所示,到达最低点C 时的速度刚好为零,如果忽略重物与大圆环之间的摩擦,求重物的质量以及运动中角加速度为零的位置.分析 通常所讨论问题中的弹簧的长度方向与物体运动方向相同.如果弹簧的长度方向以及伸长或压缩方向与物体运动方向不同,只要弹簧的弹性形变量为x ,根据胡克定律,它作用于物体的弹性力大小就为kx ,系统的弹性势能就等于221kx . 解 由于不计摩擦,只有重力和弹簧的弹性力作功,系统机械能守恒. 初始时,设重力势能为零,弹性势能为221221R k )(-,达最低点C 时,重力势能为mgR -,弹性势能为221kR ,应用 A图3-16B 图3-17机械能守恒定律得222211221kR mgR R k +-=-)( 则重物质量为 )(12-=gkR m (1) (2)由图3-17可见,当弹簧与竖直方向夹角为θ时,重力在圆环切线方向的分量为)sin(θ2mg ;弹簧伸长量为)cos (R R -θ2,弹性力为)cos (R R k -θ2,在圆环切线方向的分量为θθsin )cos (R R k -2,则重物的切向运动方程为R m R R k mg αθθθ=--sin )cos ()sin(22令角加速度0=α,得θθθθsin )cos (cos sin R R k mg -=22利用(1)式,得 2241-=θc o s 42312241'︒=-=arccos θ 3-18 在倾角为︒30的光滑斜面上,质量为1.8 kg 的物体由静止开始下滑,到达底部时将一个沿斜面放置的劲度系数N/m 2000=k 的弹簧压缩了0.2 m 后,达瞬时静止,求:(1)物体达瞬时静止前在斜面上滑过的路程;(2)它与弹簧开始接触时的速率. 分析 只有重力和弹簧的弹性力作功,将物体和弹簧以及地球共同组成一个保守系统机械能守恒.由于实际问题所涉及的都是物体不同位置之间势能的差值,因此势能零点的选取不影响结果,只需考虑如何选取可以使表达式最简单. 解 (1)设物体在斜面上滑过的路程为s ,物体达到的最低点为重力势能零点,弹簧压缩量为0x ,弹性势能为2021kx .开始下滑时重力势能为︒30sin mgs ,应用机械能守恒定律,得202130kx mgs =︒sin m 544m 3089812202000302220.sin ...sin =︒⨯⨯⨯⨯=︒=mg kx s (2)设物体与弹簧刚接触时,速度为v ,距最低点距离为0x ,此时重力势图3-18能为︒300sin mgx ,应用机械能守恒定律,得20213030v m mgx mgs +︒=︒sin sin m/s 6.52m/s 3020544892 3020=︒⨯-⨯⨯=︒=sin )..(.sin )(s-x g v3-19 在气垫导轨上质量为m 的滑块被劲度系数分别为k 1、k 2的两弹簧连接到气轨的两端点A 、B 上.起初气轨水平放置,两弹簧均处于无形变状态,滑块位于O 点,如图3-19(a )所示.现迅速将气轨的B 端抬高,使其与水平面的夹角为α,如图3-19(b )所示,求滑块运动可能达到的最低点与O 点间的距离及滑块可能达到的最大速率.分析 当重力势能和弹簧的弹性势能同时存在,应用机械能守恒定律时,应该注意势能零点的选取问题.可以按表达式最简单的原则选取重力势能零点,而弹性势能零点则通常应选取在弹簧无形变位置.解 取气轨倾斜后O 点为重力势能和弹性势能零点,设最低点与O 点间的距离为1x ,在最低点时,重力势能为αsin 1mgx -,弹性势能为212121x k k )(+,应用机械能守恒定律,得02121211=++-x k k mgx )(sin α 2112k k mg x +=αsin 气轨倾斜后,在重力和弹性力作用下,O 点不再是平衡位置.设平衡位置为O ',与O 点距离为0x ,应用牛顿定律可得0021=+-x k k mg )(sin α (1)重力势能为αsin 0mgx -,弹性势能为202121x k k )(+,物体通过O '点时速率最大,设为m v ,动能为2m 21mv ,应用机械能守恒定律,得 021212m 20210=+++-v m x k k mgx )(sin α (2) 由(1)和(2)式得(a ) (b )图3-19210m k k m g gx +=-=ααsin sin v 3-20 在一根光滑的半径很小的水平轴上,挂着一段均匀绳,长为l ,质量为m ,如图3-20(a )所示,绳开始滑动时,d BC =.求当l BC 32=时的加速度,并证明此时速度为)(22922d ld l l g -+-=v 分析 挂在光滑细轴上的软绳,左右两段相互作用的张力大小相等,为内力,以整条软绳为研究对象,作用在左右两段上的重力相对于运动方向分别为同向和反向.轴的支承力始终垂直于绳的运动方向,不产生加速度,也不作功.与其他连接体问题类似,沿运动方向应用牛顿定律建立方程最为简捷. 解 当l BC 32=时,设软绳加速度为a ,沿运动方向应用牛顿定律得 ma mg mg =-3132 g a 31= 取B 点为重力势能零点,竖直向下为x 轴正向,位于坐标x 的绳上小段d x 的势能为x lmgx d -,则 初始时,d BC =,势能为 2021d d lmg x l mgx d -=-⎰ d l BA -=,势能为 2021d )(d l lmg x l mgx d l --=-⎰- l d BC 32==时,势能为 23221⎪⎭⎫ ⎝⎛-l l mg l BA 31=,势能为 23121⎪⎭⎫ ⎝⎛-l l mg 此时绳的速率为v ,动能为221v m ,应用机械能守恒定律,得 2222231213221212121⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=---l l mg l l mg m d l l mg d l mg v )( 解得 )(22922d ld l l g -+-=vA x d - (a ) (b )图3-203-21 假设地球可以看成是质量为m '、半径为R 的球体,试由(3-20)式推求以地面为重力势能零点时质量为m 的物体在距地面高度为h 处(R h <<)的重力势能的表达式,并将所得结果与(3-15)式作比较.分析 物体与地球之间的作用力是万有引力,是物体质心间距离平方成反比的力,往往取无限远处为这类力的势能零点.但在地球表面附近,通常取地球表面为重力势能零点.由于计算势能时,一般都是计算两位置的势能差,因此选取不同的零点,所得最终结果都相同.解 由(3-20)式得物体从高度为h 处移动到地面万有引力作的功为)(h R R h m m G h R R m m G r r m m G W Rh R +'=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-'='-=⎰+0020 11d 根据势能定义,此功就等于重力势能.注意到在地球表面附近h R >>,则20p Rh m m G W E '≈= 与(3-15)式作比较,得 20Rm G g '=。

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