大物指导书答案
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解得： xmax = mv0 / k 3. 在光滑的水平面上固定一半径为 R 的圆形环围 屏，质量为 m 的滑块沿环形内壁转动，滑块与壁间摩擦 系数为 µ 。 （1）当滑块速度为 v 时，求它与壁间的摩擦力及 滑块的切向加速度。 （2）求滑块的速率由 v 变为 v 3 所需的时间。
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1 2 ct 2
a t = dv / dt = −c
2
a n = (b − ct ) / R
根据题意，
c = (b − ct ) / R ， 解得
2
t=
b − Rc c
6．一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大 小与速度平方成正比，即 d v /d t = −kv ， 式中 k 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又
2
行驶 x 距离时的速度为 v = v 0 e
− kx
，其中 v 0 是发动机关闭时的速度．
解：本题已知加速度和速度的关系，而要求速度与位置坐标的关系。 因此要做变量代换
a=
2
dv d v d x dv = =v dt d x dt dx
∵ d v /d t = −kv ∴ − kv = v
2
dv dv ，分离变量可得： = −kx dx v
2 3
1 l) ， 2 l-L
A
C L B
l 时，链条的加速度
1 l 时， 2
x x m g − T1 = m a1 l l l−x l−x 对 AC 段有 T2 − m g=m a2 l l 由题设条件 T1 = T2 , a1 = a 2 = a x a = (2 − 1) g 解出 ： l 当 BC = 2l / 3 ，(即 x = 2l / 3 )时， dv dv ∵ a= =v dt dx ∴ v d v = a d x = [(2 xg / l ) − g ] d x
第一章
质点运动学 参考答案
1．有一质点沿 x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为 x = 4.5t2–2t3(SI)．试求： （1）第 2 秒内 的平均速度； （2）第 2 秒末的瞬时速度； （3）第 2 秒内的路程。 解：(1) (2) (3)
v v v v = ( ∆x / ∆t ) i = −0.5i m ⋅ s −1 v v v = ( dx / dt )t = 2 s i =
解: (1) 选小球为研究对象，画其水平面上受力分析图。 利用自然坐标系，列方程 法向 切向 ∴
f
v2 R dv − f =m dt N =m v2 ； R at =
N
dv v2 = −µ dt R v t µ dv (2) 对上式分离变量后积分 − ∫ 3 2 = ∫ dt v v 0 R 2R 解得 t = µv f = − µm
v = −5π sin π ti + 4π cos π tj = 4π j
a=
dv dv d x = ⋅ = 2 + 6x 2 ， dt d x dt
分离变量可得：
v d v = (2 + 6 x 2 ) d x
对上式积分并代入初始条件有
v 2 ∫v dv = ∫ 2 + 6x d x 0 x
(
2
)
∴ v =2 x+x
(
3
)
0
1
，方向沿 x 轴正向。
3． 一质点从静止开始作直线运动，开始时加速度为 a0，此后加速度随时间均匀增加， 经过时间τ 后，加速度为 2a0，经过时间 2τ 后，加速度为 3 a0 ,…求经过时间 nτ 后，该质点 的速度和走过的距离． 解：设质点的加速度为 a = a0+α t ∵ t = τ 时， a =2 a0 ∴ α = a0 /τ 即 a = a0+ a0 t /τ 由 a = dv /dt ，可得 dv = adt
4. 如图，质量分别为 m1 和 m2 的两只球，用弹簧连在一起，且以长为 L1 的线拴在轴 O
上， m1 与 m2 均以角速度ω绕轴在光滑水平面上作匀速圆周 ω 运动．当两球之间的距离为 L2 时，将线烧断．试求线被烧 断的瞬间两球的加速度 a1 和 a2．(弹簧和线的质量忽略不 计)
L1 m1 O
( 9t − 6t )
2
t =2 s
v v i = −6im ⋅ s −1
当 v=0 时，质点运动方向发生改变，此刻 t=1.5 s，所以第 2 秒内的路程 S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m
2．一质点沿 x 轴运动，其加速度 a 与位置坐标 x 的关系为 a＝2＋6 x2 (SI 制) 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度． 解：设质点在 x 处的速度为 v，
15 m A 15 m O 30 m C
dv d 2 S = = 10 m/s2 dt dt2 v2 an = ρ at =
故 t =2 s 时， at =10 m/s2 , an =83.3 m/s2 5．一质点沿半径为 R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为 S = bt −
其中 b、c 是大于零的常量，求从 t = 0 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的 时间． v = dS / dt = b − ct 解：
s
t
t
a0
2
)dt
故各瞬时
s=
a 0 2 a0 3 t + t 2 6τ
共 53 页 第 1 页
当 t = nτ 时，质点的速度 v nτ =
1 n(n + 2)a 0τ ； 2 1 2 2 质点走过的距离 s nτ = n ( n + 3) a 0τ 6
M S B
4． 质点 M 在水平面内的运动轨迹如图所示， OA 段 为直线，AB、BC 段分别为不同半径的两个 1/4 圆周．设 t =0 时，M 在 O 点，已知运动学方程为 S =30t+5t2 (SI) 求 t =2 s 时刻，质点 M 的切向加速度和法向加速度． 解：首先求出 t=2 s 时质点在轨迹上的位置， S =80 (m)，质点在大圆上。 各瞬时质点的速率： v = dS / dt = 30 + 10t ∴ t =2 s 时, v =50 m/s 各瞬时质点的切向加速度和法向加速度：
1. 如图所示， 质量为 m 的摆球 A 悬挂在车架上． 求在下述各种情 况下，摆线与竖直方向的夹角α和线中的张力 T. (1)小车沿水平方向作匀速运动； (2)小车沿水平方向作加速度为 a 的运动． 解：(1) α =0
A
α
T = mg T cos α = mg (2) T sin α = ma ， tg α = a / g [或 α = tg −1 (a / g ) ]
L2 m2
f = m2ω 2 ( L1 + L2 ) 线断瞬间，对球 1 有弹性力 f = m1 a1 ； 对球 2 有弹性力 f = m2 a 2 2 解得： a1 = m2ω ( L1 + L2 ) / m1 a 2 = ω 2 ( L1 + L2 )
解： 线未断时对球 2 有弹性力
5. 一辆质量为 m = 4 kg 的雪橇，沿着与水平面夹角θ =36.9°的斜坡向下滑动，所受空 气阻力与速度成正比，比例系数 k 未知．今测得雪橇运动的 v －t 关系如图曲线所示，t = 0 时，v0 = 5 m/s，且曲线在该点的切 线通过坐标为(4 s，14.8 m/s)的 B 点，随着时间 t 的增加，v 趋 近于 10 m/s，求阻力系数 k 及雪橇与斜坡间的滑动摩擦系数 µ． ( sin36.9°= 0.6，cos36.9°=0.8) 解：由 v－t 曲线知， t = 0 时，v0 = 5 m/s，a0 =2.45 m/s2； t→∞时，v = v max =10 m/s，a→0 ； 雪橇下滑过程中受力如图．由牛顿运动定律有
三 计算与证明答案
1.
2.
3.（答案：26.5 N；-4.7N ·s，负号表示冲量方向与 v 0 方向相反） 4 质点在 A (5 , 0 ) 点和 B(0 , 4 ) 点时的动能； （1） r = 5cos π ti + 4sin π tj 对于 A (5 , 0 )
v
5cos π t = 5, 4sin π t = 0 cos π t = 1,sin π t = 0 v= dr = −5π sin π ti + 4π cos π tj dt
− kv = m
dv ， dt
−
解得： v = v 0 e
k dv dt = , m v
−∫
k dv dt = ∫ m v v0 0
t
v
− kt / m
(2) 求最大深度 解法一：
v=
dx − kt / m ； ∴ d x = v 0e dt dt
对上式积分并代入初始条件有 ∴
∫ d x = ∫v
0 0 − kt / m
2
(k 为常量)．已知 t = 2 s 时，质点 P 的速
度值为 32 m/s．试求 t = 1 s 时，质点 P 的速度与加速度的大小． 解：先根据已知条件确定常量 k
P
k =ω / t = v / Rt = 4rad / s ； 2 任意瞬时 t： v = Rω = 4 Rt at = dv / dt = 8 Rt ；
对上式积分，并代人初始条件 x = 0， v ∴ v = v0 e
− kx
= v0 ，有 ∫
x dv = ∫ − kdx v0 v 0 v
，得证。
共 53 页 第 2 页
7. 如图所示，质点 P 在水平面内沿一半径为 R=2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与 时间 t 的函数关系为 ω = kt
v
对上式积分并代入初始条件 t0 =0，v0 =0，有
∫ dv = ∫ (a
0 0
t
0
+ a 0 t / τ ) dt
∴
v = a0t +
a0 2 t 2τ
由 v = ds /dt ， ds = v dt ，对此式积分并代入初始条件有
∫ ds = ∫ v dt = ∫ (a t + 2τ t
0 0 0 0
x
t
0
e − kt / m d t
x = (m / k )v 0 (1 − e ) 当 t → ∞ 时，得 x max = mv 0 / k dv dv d x dv 解法二： − kv = m = m( )( ) = mv dt d x dt dx xmax 0 m m ∴ dx = − dv ； d x = −∫ d v ∫ k k 0 v0
∴ T =m a +g
2 2
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2. 质量为 m 的子弹以速度 v 0 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与 速度成正比，比例系数为 k，忽略子弹的重力，求： (1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式； (2) 子弹进入沙土的最大深度． 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－kv， 由牛顿定律有 对上式分离变量并代入初始条件
15 10 5 O 2 4 6 t (s) v (m/s) B (4,14,8)
N a
kv f
mg sin θ − µmg cos θ − kv = ma t=0 时 a 0 = g sin θ − µg cos θ − kv 0 / m （1） t→∞时 mg sin θ − µmg cos θ − kv max = 0 （2） 由（1） 、 （2）解得 k = ma 0 /( v max − v 0 ) = 1.96 N·s/m mg sin θ − kv max 将ｋ值代入②式，得 µ = = 0.125 mg cos θ
2 2 2
( )
O R
∴ ω = 4t
2
an = v 2 / R = 32t 4 ；
当 t = 1s 时，v = 4Rt2 = 8 m/s
a t = 16m / s 2 a n = 32m / s 2
∴ a = at + a n
2
(
2 1/ 2
)
= 35.8 m/s2
共 53 页 第 3 页
第二章 牛顿运动定律 参考答案
P =mg
共 53 页 第 5 页
* 6. 一条长为 l，质量均匀分布的细链条 AB，挂在半径可忽略的 光滑钉子 C 上，开始时处于静止状态，BC 段长为 L ( l > L > 释放后链条将作加速运动．试求：当 BC = 和运动速度的大小． 解：链条运动过程中，当 BC = x > L >
2 3
对 BC 段有
a = g /3
∫v dv =
0
v
2l / 3
∫ [(2 xg / l ) − g ] d x
L
1 2 v = ( L − L2 / l − 2l / 9) g 2
∴
v = 2( L − L2 / l − 2l / 9) g
(L > 1 l) 2
共 53 页 第 6 页
第三章指导书答案
共 53 页 第 4 页
1 2 ct 2
a t = dv / dt = −c
2
a n = (b − ct ) / R
根据题意，
c = (b − ct ) / R ， 解得
2
t=
b − Rc c
6．一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大 小与速度平方成正比，即 d v /d t = −kv ， 式中 k 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又
2
行驶 x 距离时的速度为 v = v 0 e
− kx
，其中 v 0 是发动机关闭时的速度．
解：本题已知加速度和速度的关系，而要求速度与位置坐标的关系。 因此要做变量代换
a=
2
dv d v d x dv = =v dt d x dt dx
∵ d v /d t = −kv ∴ − kv = v
2
dv dv ，分离变量可得： = −kx dx v
2 3
1 l) ， 2 l-L
A
C L B
l 时，链条的加速度
1 l 时， 2
x x m g − T1 = m a1 l l l−x l−x 对 AC 段有 T2 − m g=m a2 l l 由题设条件 T1 = T2 , a1 = a 2 = a x a = (2 − 1) g 解出 ： l 当 BC = 2l / 3 ，(即 x = 2l / 3 )时， dv dv ∵ a= =v dt dx ∴ v d v = a d x = [(2 xg / l ) − g ] d x
第一章
质点运动学 参考答案
1．有一质点沿 x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为 x = 4.5t2–2t3(SI)．试求： （1）第 2 秒内 的平均速度； （2）第 2 秒末的瞬时速度； （3）第 2 秒内的路程。 解：(1) (2) (3)
v v v v = ( ∆x / ∆t ) i = −0.5i m ⋅ s −1 v v v = ( dx / dt )t = 2 s i =
解: (1) 选小球为研究对象，画其水平面上受力分析图。 利用自然坐标系，列方程 法向 切向 ∴
f
v2 R dv − f =m dt N =m v2 ； R at =
N
dv v2 = −µ dt R v t µ dv (2) 对上式分离变量后积分 − ∫ 3 2 = ∫ dt v v 0 R 2R 解得 t = µv f = − µm
v = −5π sin π ti + 4π cos π tj = 4π j
a=
dv dv d x = ⋅ = 2 + 6x 2 ， dt d x dt
分离变量可得：
v d v = (2 + 6 x 2 ) d x
对上式积分并代入初始条件有
v 2 ∫v dv = ∫ 2 + 6x d x 0 x
(
2
)
∴ v =2 x+x
(
3
)
0
1
，方向沿 x 轴正向。
3． 一质点从静止开始作直线运动，开始时加速度为 a0，此后加速度随时间均匀增加， 经过时间τ 后，加速度为 2a0，经过时间 2τ 后，加速度为 3 a0 ,…求经过时间 nτ 后，该质点 的速度和走过的距离． 解：设质点的加速度为 a = a0+α t ∵ t = τ 时， a =2 a0 ∴ α = a0 /τ 即 a = a0+ a0 t /τ 由 a = dv /dt ，可得 dv = adt
4. 如图，质量分别为 m1 和 m2 的两只球，用弹簧连在一起，且以长为 L1 的线拴在轴 O
上， m1 与 m2 均以角速度ω绕轴在光滑水平面上作匀速圆周 ω 运动．当两球之间的距离为 L2 时，将线烧断．试求线被烧 断的瞬间两球的加速度 a1 和 a2．(弹簧和线的质量忽略不 计)
L1 m1 O
( 9t − 6t )
2
t =2 s
v v i = −6im ⋅ s −1
当 v=0 时，质点运动方向发生改变，此刻 t=1.5 s，所以第 2 秒内的路程 S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m
2．一质点沿 x 轴运动，其加速度 a 与位置坐标 x 的关系为 a＝2＋6 x2 (SI 制) 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度． 解：设质点在 x 处的速度为 v，
15 m A 15 m O 30 m C
dv d 2 S = = 10 m/s2 dt dt2 v2 an = ρ at =
故 t =2 s 时， at =10 m/s2 , an =83.3 m/s2 5．一质点沿半径为 R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为 S = bt −
其中 b、c 是大于零的常量，求从 t = 0 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的 时间． v = dS / dt = b − ct 解：
s
t
t
a0
2
)dt
故各瞬时
s=
a 0 2 a0 3 t + t 2 6τ
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当 t = nτ 时，质点的速度 v nτ =
1 n(n + 2)a 0τ ； 2 1 2 2 质点走过的距离 s nτ = n ( n + 3) a 0τ 6
M S B
4． 质点 M 在水平面内的运动轨迹如图所示， OA 段 为直线，AB、BC 段分别为不同半径的两个 1/4 圆周．设 t =0 时，M 在 O 点，已知运动学方程为 S =30t+5t2 (SI) 求 t =2 s 时刻，质点 M 的切向加速度和法向加速度． 解：首先求出 t=2 s 时质点在轨迹上的位置， S =80 (m)，质点在大圆上。 各瞬时质点的速率： v = dS / dt = 30 + 10t ∴ t =2 s 时, v =50 m/s 各瞬时质点的切向加速度和法向加速度：
1. 如图所示， 质量为 m 的摆球 A 悬挂在车架上． 求在下述各种情 况下，摆线与竖直方向的夹角α和线中的张力 T. (1)小车沿水平方向作匀速运动； (2)小车沿水平方向作加速度为 a 的运动． 解：(1) α =0
A
α
T = mg T cos α = mg (2) T sin α = ma ， tg α = a / g [或 α = tg −1 (a / g ) ]
L2 m2
f = m2ω 2 ( L1 + L2 ) 线断瞬间，对球 1 有弹性力 f = m1 a1 ； 对球 2 有弹性力 f = m2 a 2 2 解得： a1 = m2ω ( L1 + L2 ) / m1 a 2 = ω 2 ( L1 + L2 )
解： 线未断时对球 2 有弹性力
5. 一辆质量为 m = 4 kg 的雪橇，沿着与水平面夹角θ =36.9°的斜坡向下滑动，所受空 气阻力与速度成正比，比例系数 k 未知．今测得雪橇运动的 v －t 关系如图曲线所示，t = 0 时，v0 = 5 m/s，且曲线在该点的切 线通过坐标为(4 s，14.8 m/s)的 B 点，随着时间 t 的增加，v 趋 近于 10 m/s，求阻力系数 k 及雪橇与斜坡间的滑动摩擦系数 µ． ( sin36.9°= 0.6，cos36.9°=0.8) 解：由 v－t 曲线知， t = 0 时，v0 = 5 m/s，a0 =2.45 m/s2； t→∞时，v = v max =10 m/s，a→0 ； 雪橇下滑过程中受力如图．由牛顿运动定律有
三 计算与证明答案
1.
2.
3.（答案：26.5 N；-4.7N ·s，负号表示冲量方向与 v 0 方向相反） 4 质点在 A (5 , 0 ) 点和 B(0 , 4 ) 点时的动能； （1） r = 5cos π ti + 4sin π tj 对于 A (5 , 0 )
v
5cos π t = 5, 4sin π t = 0 cos π t = 1,sin π t = 0 v= dr = −5π sin π ti + 4π cos π tj dt
− kv = m
dv ， dt
−
解得： v = v 0 e
k dv dt = , m v
−∫
k dv dt = ∫ m v v0 0
t
v
− kt / m
(2) 求最大深度 解法一：
v=
dx − kt / m ； ∴ d x = v 0e dt dt
对上式积分并代入初始条件有 ∴
∫ d x = ∫v
0 0 − kt / m
2
(k 为常量)．已知 t = 2 s 时，质点 P 的速
度值为 32 m/s．试求 t = 1 s 时，质点 P 的速度与加速度的大小． 解：先根据已知条件确定常量 k
P
k =ω / t = v / Rt = 4rad / s ； 2 任意瞬时 t： v = Rω = 4 Rt at = dv / dt = 8 Rt ；
对上式积分，并代人初始条件 x = 0， v ∴ v = v0 e
− kx
= v0 ，有 ∫
x dv = ∫ − kdx v0 v 0 v
，得证。
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7. 如图所示，质点 P 在水平面内沿一半径为 R=2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与 时间 t 的函数关系为 ω = kt
v
对上式积分并代入初始条件 t0 =0，v0 =0，有
∫ dv = ∫ (a
0 0
t
0
+ a 0 t / τ ) dt
∴
v = a0t +
a0 2 t 2τ
由 v = ds /dt ， ds = v dt ，对此式积分并代入初始条件有
∫ ds = ∫ v dt = ∫ (a t + 2τ t
0 0 0 0
x
t
0
e − kt / m d t
x = (m / k )v 0 (1 − e ) 当 t → ∞ 时，得 x max = mv 0 / k dv dv d x dv 解法二： − kv = m = m( )( ) = mv dt d x dt dx xmax 0 m m ∴ dx = − dv ； d x = −∫ d v ∫ k k 0 v0
∴ T =m a +g
2 2
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2. 质量为 m 的子弹以速度 v 0 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与 速度成正比，比例系数为 k，忽略子弹的重力，求： (1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式； (2) 子弹进入沙土的最大深度． 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－kv， 由牛顿定律有 对上式分离变量并代入初始条件
15 10 5 O 2 4 6 t (s) v (m/s) B (4,14,8)
N a
kv f
mg sin θ − µmg cos θ − kv = ma t=0 时 a 0 = g sin θ − µg cos θ − kv 0 / m （1） t→∞时 mg sin θ − µmg cos θ − kv max = 0 （2） 由（1） 、 （2）解得 k = ma 0 /( v max − v 0 ) = 1.96 N·s/m mg sin θ − kv max 将ｋ值代入②式，得 µ = = 0.125 mg cos θ
2 2 2
( )
O R
∴ ω = 4t
2
an = v 2 / R = 32t 4 ；
当 t = 1s 时，v = 4Rt2 = 8 m/s
a t = 16m / s 2 a n = 32m / s 2
∴ a = at + a n
2
(
2 1/ 2
)
= 35.8 m/s2
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第二章 牛顿运动定律 参考答案
P =mg
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* 6. 一条长为 l，质量均匀分布的细链条 AB，挂在半径可忽略的 光滑钉子 C 上，开始时处于静止状态，BC 段长为 L ( l > L > 释放后链条将作加速运动．试求：当 BC = 和运动速度的大小． 解：链条运动过程中，当 BC = x > L >
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对 BC 段有
a = g /3
∫v dv =
0
v
2l / 3
∫ [(2 xg / l ) − g ] d x
L
1 2 v = ( L − L2 / l − 2l / 9) g 2
∴
v = 2( L − L2 / l − 2l / 9) g
(L > 1 l) 2
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第三章指导书答案