大学物理上册一二章习题

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大学物理答案第1~2章

大学物理答案第1~2章

大学物理答案第1~2章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点的运动1-1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ,)cos 1(t R y ω-=,式中R ,ω为常量,试求质点作什么运动,并求其速度和加速度。

解:22cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wtdt dt v v v Rw==-==-∴=+=22222sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wtdt dt a a a Rw ====∴=+=sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为质点轨迹方程以R 为半径,圆心位于(0,R )点的圆的方程,即质点作匀速率圆周运动,角速度为ω;速度v = R ω;加速度 a = R ω21-2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1,自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2,求证:h =gt 1 t 2/2解:设抛出点的速度为v 0,从高度h 到最高点的时间为t 3,则012132012221201112()0,2()/2()1122212v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=-=-= 1-3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇,关闭发动机后,得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度,即a =kv 2,k 为一常数,求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx .解:取汽艇行驶的方向为正方向,则0200,,ln v xv kxdv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v vkx v v v e -==-=∴=-=-∴=-=-∴=⎰⎰ 1-4行人身高为h ,若人以匀速v 0用绳拉一小车行走,而小车放在距地面高为H 的光滑平台上,求小车移动的速度和加速度。

大学物理第一章习题《上册》

大学物理第一章习题《上册》
够通过相邻的齿间空隙。假设齿轮的半径为 6.0 cm ,齿轮边上共有 500 个 齿,当镜面与齿轮的距离为 500 m 时,所测得的光速为 3.0×105 km/s, 试 问齿轮旋转的角速度为多大?齿轮边缘上一点的线速度为多少?
解答提示
光从齿轮到镜面,再反射回到齿轮所用的时间为
t

500 3108
v N
A
rO
B
mg
C
由牛顿第二定律得:
D
切向 F ma
mg sin m dv
dt

法向 Fn man
N mg cos m v2
r

dv dv d dv dv v dt d dt d d r
由①式得 mg sin m dv v d r
dv dv dx kv2 (1) dt dx dt
dx v (2) dt
分离变量积分,得 ln v ln v0 kx
v v0ekx,
1-10 飞机 A 以 vA = 103 km/s 速率 (相对地面)向南行,同时另一 架飞机 B 以 vB = 800 km/s 速率 (相对地面 ) 向东偏南 30o 角方向飞行。 求 A 机相对 B 机的速度和 B 机相对 A 机的速度。
1-9 一艘正在沿直线行驶的汽艇,在发动机关闭后,其加速度方向与
速度方向相反,满足 dv kv2 , dt
式中 k 为常数。试证明汽艇在关闭发动机
后又行驶 x 距离时的速度为 v v0ekx , 其中 v0 是关闭发动机时的速度。
解答提示
对题中所给关系式 dv kv2 作一数学处理如下: dt
N N 3mg cos

大学物理(上册)参考答案

大学物理(上册)参考答案

第一章作业题P211.1; 1.2; 1.4;1.9 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为 a =2+62x,a 的单位为2sm -⋅,x 的单位为 m. 质点在x =0处,速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值. 解: ∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量:x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 cx x v ++=322221由题知,0=x 时,100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1.10已知一质点作直线运动,其加速度为 a =4+3t 2sm -⋅,开始运动时,x =5 m ,v =0,求该质点在t =10s 时的速度和位置.解:∵ t t va 34d d +==分离变量,得 t t v d )34(d +=积分,得 12234c t t v ++=由题知,0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量, tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为 θ=2+33t ,θ式中以弧度计,t 以秒计,求:(1) t = 2 s 时,质点的切向和法向加速度;(2)当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少?解:t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t 时, 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时,有145tan ==︒na a τ即βωR R =2亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ1.12 质点沿半径为R 的圆周按s =2021bt t v -的规律运动,式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ,b 都是常量,求:(1)t 时刻质点的加速度;(2) t 为何值时,加速度在数值上等于b .解:(1) bt v t sv -==0d d R bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时,b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动,受一恒力作用,力的分量为x f =6 N ,y f =-7 N ,当t =0时,==y x 0,x v =-2 m ·s -1,y v =0.求当t = 2 s时质点的 (1)位矢;(2)速度.解:2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2.10 质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用,t =0时质点的速度为0v ,证明(1) t 时刻的速度为v =t mk ev )(0-;(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x =(k mv 0)[1-t m ke )(-];(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ;(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1,式中m 为质点的质量.答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量,得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零,即t →∞,故有⎰∞-=='00d k mv t ev x tm k(4)当t=k m时,其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v从地面抛出,若忽略空气阻力,求质点落地时相对抛射时的动量的增量. 解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下,抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同,与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性,故末速度与x 轴夹角亦为o30,则动量的增量为0v m v m p -=∆由矢量图知,动量增量大小为v m,方向竖直向下.2.13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,以及力给予物体的冲量.(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it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则⎰⎰+-=+-=-=t ttF 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)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动,其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t =0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量.解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式,得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 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b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入,得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1; 3.2; 3.7;3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m =50kg ,2m =200 kg,M =15 kg, r =0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图(b)所示.对1m ,2m 运用牛顿定律,有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律,有β)21(212Mr r T r T =- ③又, βr a = ④联立以上4个方程,得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下.求: (1)初始时刻的角加速度; (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律,有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律,有22)31(21sin 2ωθml l mg =∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上.现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞.相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处. (1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值; (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式:mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ②上两式中231Ml I =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移;碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ,按机械能守恒定律可列式:)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.第五章作业题P1455.1; 5.2;5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动,求:(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值;(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差;解:(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知:3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时,有p E E 2=,即)21(212122kA kx ⋅= ∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示.如果0=t 时质点的状态分别是:(1)A x -=0;(2)过平衡位置向正向运动;(3)过2Ax =处向负向运动; (4)过2Ax -=处向正向运动.试求出相应的初位相,并写出振动方程.解:因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相.故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动,振幅为cm 24,周期为s 0.4,当0=t 时位移为cm 24+.求:(1)s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向; (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间; (3)在cm 12=x 处物体的总能量.解:由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又,0=t 时,0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点,即沿x 轴负向. (2)由题知,0=t 时,00=φ,t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程.题4-8图解:由题4-8图(a),∵0=t 时,s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时,35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时,22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ,其下端悬有一质量为M 的盘子.现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动. (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子的振动方程.解:(1)空盘的振动周期为k M π2,落下重物后振动周期为km M +π2,即增大. (2)按(3)所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则kmgx -=0.碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω(3)g m M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限),所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk mg x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅:(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解: (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程。

大学物理力学一、二章作业答案

大学物理力学一、二章作业答案

大学物理力学一、二章作业答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学一、选择题1、一质点在xoy 平面内运动,其运动方程为2,ct b y at x +==,式中a 、b 、c 均为常数。

当运动质点的运动方向与x 轴成450角时,它的速率为[ B ]。

A .a ;B .a 2;C .2c ;D .224c a +。

2、设木块沿光滑斜面从下端开始往上滑动,然后下滑,则表示木块速度与时间关系的曲线是图1-1中的[ D ]。

3、一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=,R 、ω为正常数。

从t =ωπ/到t =ωπ/2时间内该质点的路程是[ B ]。

A .2R ;B .R π;C . 0;D .ωπR 。

4、质量为0.25kg 的质点,受i t F =(N)的力作用,t =0时该质点以v=2j m/s 的速度通过坐标原点,该质点任意时刻的位置矢量是[ B ]。

A .22t i +2j m ; B .j t i t2323+m ;C .j t i t343243+; D .条件不足,无法确定。

二、填空题1、一质点沿x 轴运动,其运动方程为225t t x -+=(x 以米为单位,t 以秒为单位)。

质点的初速度为 2m/s ,第4秒末的速度为 -6m/s ,第4秒末的加速度为 -2m/s 2 。

2、一质点以π(m/s )的匀速率作半径为5m 的圆周运动。

该质点在5s 内的平均速度的大小为 2m/s ,平均加速度的大小为 22m /5s π 。

3、一质点沿半径为0.1m 的圆周运动,其运动方程为22t +=θ(式中的θ以弧度计,t 以秒计),质点在第一秒末的速度为 0.2m/s ,切向加速度为 0.2m/s 2 。

4、一质点沿半径1m 的圆周运动,运动方程为θ=2+3t 3,其中θ以弧度计,t 以秒计。

T =2s 时质点的切向加速度为 36m/s 2 ;当加速度的方向和半径成45º角时角位移是 38rad 。

山东理工大学大学物理上_---练习题册及答案(1——8)

山东理工大学大学物理上_---练习题册及答案(1——8)

第一章 力学的基本概念(一)第1单元序号 学号 姓名 专业、班级一 选择题[ A ]1. 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为(SI),则小球运动到最高点的时285t t s -+=刻是: (A) s 4=t ;(B) s 2=t ; (C) s 8=t ;(D) s 5=t 。

[ D ]2. 一运动质点在某瞬时位于矢径 r (x,y)的端点处,其速度大小为(A)dtdr (B) dt d r(C)dt d r (D)22)()(dt dy dt dx +[ D ]3. 某质点的运动方程x=3t-53t +6 (SI),则该质点作: (A ) 匀加速直线运动,加速度沿x 轴正方向; (B ) 匀加速直线运动,加速度沿x 轴负方向;(C ) 变加速直线运动,加速度沿x 轴正方向;(D ) 变加速直线运动,加速度沿x 轴负方向。

[ C ]4. 某物体的运动规律为dtdv =-k 2v t,式中k 为常数,当t=0时,初速度为0v ,则速度v 与时间的函数关系为:(A ) v=21 k 2t +0v ; (B ) v=-21k 2t +0v(C ) v 1=21k 2t +01v(D ) v1=-21k 2t +01v[ D ]5. 一质点从静止出发,沿半径为1m 的圆周运动,角位移θ=3+92t ,当切向加速度与合加速度的夹角为︒45时,角位移θ等于:(A) 9 rad, (B )12 rad, (C)18 rad, (D) rad[ D ]6. 质点作曲线运动,r 表示位置矢量,s 表示路径,t a 表示切向加速度,下列表达式中: (1)dt dv =a; (2)dt dr =v; (3)dtds=v; (4)dt d v =t a ,则,(A ) 只有(1)、(4)是对的;(B ) 只有(2)、(4)是对的; (C ) 只有(2)是对的; (D ) 只有(3)是对的。

[ B ]7. 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=(其中a,b 为常量)则该质点作:(A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动 (C) 抛物线运动 (D) 一般曲线运动二 填空题1. 设质点在平面上的运动方程为r =Rcos t ωi +Rsin tωj ,R 、ω为常数,则质点运动的速度v =j t con R i t R ϖϖωωωω+-sin ,轨迹为 半径为R 的圆 。

《大学物理》各章练习题及答案解析

《大学物理》各章练习题及答案解析

《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 ( D ) (A) 单摆的运动。

(B) 匀速率圆周运动。

(C) 行星的椭圆轨道运动。

(D) 抛体运动。

(E) 圆锥摆运动。

2.下面表述正确的是( B )(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直; (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零; (C)轨道最弯处法向加速度最大; (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。

3.某质点做匀速率圆周运动,则下列说法正确的是( C )(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处,其速度大小为( D )()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作( B )(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动,r 表示位置矢量,v 表示速度,a表示加速度,s 表示路程,a t 表示切向加速度,对下列表达式,正确的是( B )(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X (SI ),则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8.一质点沿x 轴运动,其运动方程为()SI t t x 3235-=,当t=2s 时,该质点正在( A )(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ,6B ,7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ,y =4t 2-6t ,写出质点的运动方程(位置矢量)j t t i t r)64(22-+=,t =1s 时的速度j i v22+=,加速度j a 8=,轨迹方程为x x y 32-=。

大学物理(上册)课后习题及答案

大学物理(上册)课后习题及答案
分离变量得: ,即 ,
因此有: ,∴
⑵由 得: ,两边积分得:

⑶质点停止运动时速度为零, ,即t→∞,
故有:
⑷ 时,其速度为: ,
即速度减至 的 .
2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为 N,式中 的单位是s,⑴求4s后,这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量。⑵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 m/s的物体,回答这两个问题。
将 ,及 代入上式,即得: 。
6.9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(10 ),式中 , 以米计, 以秒计。求:
⑴设 =100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半,需加多大的力 ?
解:⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中 、 是正压力, 、 是摩擦力, 和 是杆在 点转轴处所受支承力, 是轮的重力, 是轮在 轴处所受支承力。
杆处于静止状态,所以对 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有:
解:因为
将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有: ,

5.9一质量为 的物体作谐振动,振幅为 ,周期为 ,当 时位移为 。求:
⑴ 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向;
⑵由起始位置运动到 处所需的最短时间;
⑶在 处物体的总能量。
解:由题已知 ,∴
又, 时,
故振动方程为:
⑴将 代入得:
方向指向坐标原点,即沿 轴负向。
⑵由题知, 时, ; 时,

⑶由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为:

大学物理上册作业题

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大学物理上册作业题(总17页)--本页仅作为文档封面,使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2014 ~2015学年第二学期 大学物理作业题第1章 质点运动学 作业一、教材:选择题1 ~ 4;计算题:9,13,14,17 二、附加题 (一)、选择题1、某物体的运动规律为d v /dt=-kv 2t ,式中的k 为大于零的常量.当t=0时,初速为v 0,则速度v 与时间t 的函数关系是[ ]A 、0221v kt v +=;B 、0221v kt v +-=;C 、02121v kt v +=;D 、02121v kt v +-=2、某质点作直线运动的运动学方程为x =3t-5t 3+6(SI),则该质点作[ ] A 、匀加速直线运动,加速度沿x 轴正方向 B 、匀加速直线运动,加速度沿x 轴负方向 C 、变加速直线运动,加速度沿x 轴正方向 D 、变加速直线运动,加速度沿x 轴负方向3、一质点在t=0时刻从原点出发,以速度v 0沿x 轴运动,其加速度与速度的关系为a =-kv 2,k 为正常数。

这个质点的速度v 与所经路程x 的关系是[ ] A 、kxe v v -=0;B 、)21(200v x v v -=;C 、201x v v -= ;D 、条件不足不能确定4、一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 22+=(其中a 、b 为常量), 则该质点作[ ]A 、匀速直线运动B 、变速直线运动C 、抛物线运动D 、一般曲线运动(二)、计算题1一质点在一平面内做运动,其运动方程为: 2=+-r t ti t j()5(10)(SI)试求:(1)质点的轨道方程 (2)质点从t=0到t=5s这段时间的平均速度 (3)质点在第5s末的速度; (4)质点的加速度;2、已知质点沿x轴运动,其加速度和坐标的关系为a = 2+6x2 (SI),且质点在x= 0 处的速率为10m/s,求该质点的速度v与坐标x的关系。

2020大学物理上习题册

2020大学物理上习题册

1.7
质点作曲线运动,
r
表示位置矢量,s
表示路程,
at
表示切向加速度的大小,下列表
达式中正确的是:[ ]
(A) dv a ; dt
(B) dr dt
v

(C) dv dt
at ;
(D) ds v 。 dt
1.8 一物体作圆周运动,则:[ ]
(A)加速度方向必指向圆心; (B)切向加速度必定为零;
间的函数关系。设 x 0时, v0 4ms 1 。
1.6 一质点的运动学方程是 x t 2 , y (t 1)2 , x 和 y 均以 m 为单位,t 以 s 为单位,试求:
(1) (2)
质点的轨迹方程; 在 t = 2s 时,质点的速度
v
和加速度
a

1
专业班级
学号
姓名
序号
§1.2~1.3
为 M 和 m 。当炮弹飞离炮口时,炮车的动能与炮弹动能之比为

3.5 质量为 m0 1.5kg 的物体,用一根长为 l 1.25m 的细绳悬挂在天花板上。今有一质量
为 m 10g 的子弹以 v0 500m / s 的水平速度射穿物体,刚传穿出物体时子弹的速度大小为
v 30m / s ,设穿透时间极短。求(1)子弹刚穿出时绳中的张力大小;(2)子弹在穿透
则从 t=0 到 t 时刻质点走过的路程 s(t)
;t 时刻质点的加速度切向分量为
;法向加速度大小为

1.11 一质点在半径为 0.2m 的圆周上运动,其角位置为 2 4t 3 (SI)。求:
(1)t = 2s 时的法向加速度和切向加速度的大小; (2)当切向加速度大小恰等于总加速度大小的一半时,其角坐标θ的值为多少?

大学物理练习册(上册)答案

大学物理练习册(上册)答案

练习一 (第一章 质点运动学) 一、选择题 1、(D )2、(C )3、(D )4、(B )5、(D ) 二、填空题1、(1)A (2)1.186s(或4133-s) (3)0.67s (或32s ) 2、8m 10m3、(1)t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 (2)ωπωπk +2( ,2,1,0=k ) 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、(1)5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解:dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=(由初始时刻的加速度大于零,可知速度的大小为非负)。

2、解:(1)第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= (2)t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=(3)令0692=-==t t dtdxv ,解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。

3、解:(1)由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=,代入初始条件0=t 时0=θ,得 t 时刻t ωθ=,所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=(2)速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==(3)r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==由此知加速度的方向与径矢的方向相反,即加速度的方向指向圆心。

大学物理答案第1~2章

大学物理答案第1~2章

第一章 质点的运动1-1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ,)cos 1(t R y ω-=,式中R ,ω为常量,试求质点作什么运动,并求其速度和加速度。

解:cos ,sin x y dx dy v Rw wt v Rw wt dt dt v Rw==-==-∴==222sin ,cos y xx y x dv dv a Rw wt a Rw wt dt dt a a Rw ====∴==sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为质点轨迹方程以R 为半径,圆心位于(0,R )点的圆的方程,即质点作匀速率圆周运动,角速度为ω;速度v = R ω;加速度 a = R ω21-2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1,自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2,求证:h =gt 1 t 2/2解:设抛出点的速度为v 0,从高度h 到最高点的时间为t 3,则012132012221201112()0,2()/2()1122212v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=-=-= 1-3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇,关闭发动机后,得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度,即a =-kv 2,k 为一常数,求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e -kx .解:取汽艇行驶的方向为正方向,则0200,,ln v xv kxdvdx a kv v dtdtdv dv kvdt kdx v v dv kdx v vkx v v v e -==-=∴=-=-∴=-=-∴=⎰⎰ 1-4行人身高为h ,若人以匀速v 0用绳拉一小车行走,而小车放在距地面高为H 的光滑平台上,求小车移动的速度和加速度。

解:人前进的速度V 0,则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小,22220222203/222220()()()l v t H h dldt H h v d l dt H h v t =+-∴=-=⎡⎤-+⎣⎦所以小车移动的速度220220)(tv h H tv v --=小车移动的加速度[]2/3220222)()(tv h H v h H a +--=1-5一质点由静止开始作直线运动,初始的加速度a 0,以后加速度以t ba a a 00+=均匀增加(式中b 为一常数),求经t 秒后,质点的速度和位移。

《大学物理》各章练习题库

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《大学物理》各章练习题库第一章 质点运动学姓名:__________ 学号:_________ 专业及班级:_________1. 某质点的运动方程为6533+-=t t x (SI),则该质点作( )(A)匀加速直线运动,加速度为正值; (B)匀加速直线运动,加速度为负值; (C)变加速直线运动,加速度为正值; (D)变加速直线运动,加速度为负值。

2.一质点沿直线运动,其运动方程为)(62SI t t x -=,则在t 由0至4s 的时间间隔内, 质点的位移大小为:( )A m 6;B m 8;C m 10;D m 12。

3.下列说法正确的是( )A. 在圆周运动中,加速度的方向一定指向圆心B. 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变C. 物体作曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切向方向,法向分速度恒等于零,因此其法向加速度也一定等于零D. 物体作曲线运动时,必定有加速度,加速度的法向分量一定不等于零4.某人以4km/h 的速率向东前进时,感觉风从正北吹来,如将速率增加一倍,则感觉风从东北方向吹来。

实际风速与风向为( )A. 4km/h ,从北方吹来B. 4km/h ,从西北方吹来C. 4√2km/h ,从东北方吹来D. 4√2km/h ,从西北方吹来5.沿半径为R 的圆周运动,运动学方程为 212t θ=+ (SI) ,则t时刻质点的法向加速度大小为n a = 。

6.在XY 平面内有一运动的质点,其运动方程为)(5sin 55cos 5SI j t i t r+=,则t 时刻其速度=v_____________________________。

7.灯距地面高度为h 1,一个人身高为h 2,在灯下以匀速率v 沿水平直线行走,如图所示.他的头顶在地上的影子M 点沿地面移动的速度为v M = 。

8.质点P 在水平面内沿一半径为1m 的圆轨道转动,转动的角速度ω与时间t 的关系为2kt =ω,已知t =2s 时,质点P 的速率为16m/s ,试求t=1s 时,质点P 的速率与加速度的大小。

《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案

《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案
题:
答案:[A]
提示: ,
题:
答案:[C]
提示:由时间的相对性, ,长度为
题 :
答案:[D]
提示: 得
题:
答案:[D]
提示: , ,故
题:
答案:[A]
提示: ; ; ;故
二、填空题
题:
答案:
提示:设痕迹之间距离为 ,由公式 ( 为静长度)。则车上观察者测得长度为
题:
答案:(1) ,(2)
提示:(1)相对论质量和相对论动量: ,
简谐振动的表达式为:x= (πt –π/3).
(2)当t=T/4时物体的位置为;x= (π/2–π/3) = π/6 = (m).
速度为;v= -πAsin(π/2–π/3) = πsinπ/6 = (m·s-1).
加速度为:a= dv/dt= -ω2Acos(ωt + φ)= -π2Acos(πt -π/3)= π2cosπ/6 = (m·s-2).
[解答]物体的总能量为:E = Ek+ Ep= (J).
(1)根据能量公式E = kA2/2,得振幅为: = (m).
(2)当动能等于势能时,即Ek= Ep,由于E = Ek+ Ep,可得:E =2Ep,
即 ,解得: = ±(m).
(3)再根据能量公式E = mvm2/2,得物体经过平衡位置的速度为:
(2)速度的最大值为:vm= ωA= π = (m·s-1); 题解答图
加速度的最大值为:am= ω2A= π2= (m·s-2).
(3)弹簧的倔强系数为:k = mω2,最大回复力为:f = kA = mω2A= (N);
振动能量为:E = kA2/2 =mω2A2/2 = ×10-2(J),

大学物理习题集(上,含解答)

大学物理习题集(上,含解答)

大学物理习题集(上册,含解答)第一章 质点运动学1.1 一质点沿直线运动,运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3.试求: (1)第2s 内的位移和平均速度;(2)1s 末及2s 末的瞬时速度,第2s 内的路程; (3)1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度.[解答](1)质点在第1s 末的位置为:x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m).在第2s 末的位置为:x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m). 在第2s 内的位移大小为:Δx = x (2) – x (1) = 4(m),经过的时间为Δt = 1s ,所以平均速度大小为:v =Δx /Δt = 4(m·s -1). (2)质点的瞬时速度大小为:v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2,因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1),v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小,即Δs = Δx = 4m . (3)质点的瞬时加速度大小为:a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ,因此1s 末的瞬时加速度为:a (1) = 12 - 12×1 = 0,第2s 内的平均加速度为:a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2).[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒.1.2 一质点作匀加速直线运动,在t = 10s 内走过路程s = 30m ,而其速度增为n = 5倍.试证加速度为22(1)(1)n sa n t-=+,并由上述数据求出量值. [证明]依题意得v t = nv o ,根据速度公式v t = v o + at ,得a = (n – 1)v o /t , (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ,得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ,(2) (1)平方之后除以(2)式证得:22(1)(1)n sa n t-=+. 计算得加速度为:22(51)30(51)10a -=+= 0.4(m·s -2).1.3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑,他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳,准确地落在坑的东边.已知东边比西边低70m ,忽略空气阻力,且取g = 10m·s -2.问:(1)矿坑有多宽?他飞越的时间多长?(2)他在东边落地时的速度?速度与水平面的夹角? [解答]方法一:分步法.(1)夹角用θ表示,人和车(人)在竖直方向首先做竖直上抛运动,初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1).取向上的方向为正,根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ,这里的v 0就是v y 0,a = -g ;当人达到最高点时,v t = 0,所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s).再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式:v t 2 - v 02 = 2a s , 可得上升的最大高度为:h 1 = v y 02/2g = 30.94(m).人从最高点开始再做自由落体运动,下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m).根据自由落体运动公式s = gt 2/2,得下落的时间为:2t =.图1.3因此人飞越的时间为:t = t 1 + t 2 = 6.98(s). 人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1), 所以矿坑的宽度为:x = v x 0t = 419.19(m).(2)根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为:v y = gt = 69.8(m·s -1), 落地速度为:v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1), 与水平方向的夹角为:φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º,方向斜向下.方法二:一步法.取向上为正,人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2,移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=,解得:0(sin t v g θ=.这里y = -70m ,根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小,由于时间应该取正值,所以公式取正根,计算时间为:t = 6.98(s).由此可以求解其他问题.1.4 一个正在沿直线行驶的汽船,关闭发动机后,由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度,即d v /d t = -kv 2,k 为常数.(1)试证在关闭发动机后,船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+; (2)试证在时间t 内,船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+. [证明](1)分离变量得2d d vk t v =-, 故 020d d v t v v k t v =-⎰⎰,可得:011kt v v =+. (2)公式可化为001v v v kt=+,由于v = d x/d t ,所以:00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰.因此 01ln(1)x v kt k=+. 证毕.[讨论]当力是速度的函数时,即f = f (v ),根据牛顿第二定律得f = ma . 由于a = d 2x /d t 2, 而 d x /d t = v , a = d v /d t , 分离变量得方程:d d ()m vt f v =, 解方程即可求解.在本题中,k 已经包括了质点的质量.如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比,则 d v /d t = -kv n . (1)如果n = 1,则得d d vk t v=-, 积分得ln v = -kt + C .当t = 0时,v = v 0,所以C = ln v 0, 因此ln v/v 0 = -kt ,得速度为 :v = v 0e -kt .而d v = v 0e -kt d t ,积分得:0e `ktv x C k-=+-. 当t = 0时,x = 0,所以C` = v 0/k ,因此0(1-e )kt vx k -=.(2)如果n ≠1,则得d d n vk t v=-,积分得11n v kt C n -=-+-. 当t = 0时,v = v 0,所以101n v C n-=-,因此11011(1)n n n kt v v --=+-. 如果n = 2,就是本题的结果.如果n ≠2,可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-,读者不妨自证.1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动,其角位置(以弧度表示)可用公式表示:θ = 2 + 4t 3.求: (1)t = 2s 时,它的法向加速度和切向加速度;(2)当切向加速度恰为总加速度大小的一半时,θ为何值? (3)在哪一时刻,切向加速度和法向加速度恰有相等的值? [解答](1)角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1),法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2); 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2), 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2). (2)总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2,当a t = a /2时,有4a t 2 = a t 2 + a n 2,即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =.所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad).(3)当a t = a n 时,可得rβ = rω2, 即: 24t = (12t 2)2,解得 : t = (1/6)1/3 = 0.55(s).1.6 一飞机在铅直面内飞行,某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1,方向与水平线夹角为30°而斜向下,此后飞机的加速度为am·s -2,方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上,问多长时间后,飞机又回到原来的高度?在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少?[解答]建立水平和垂直坐标系,飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ, v 0y = v 0sin θ. 加速度的大小为a x = a cos α, a y = a sin α. 运动方程为2012x x x v t a t =+, 2012y y y v t a t =-+.即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅, 201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅.令y = 0,解得飞机回到原来高度时的时间为:t = 0(舍去);02sin sin v t a θα==.将t 代入x 的方程求得x = 9000m .[注意]选择不同的坐标系,如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向,也能求出相同的结果.1.7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘,可以绕一水平轴自由转动.一根轻绳绕在盘子的边缘,其自v 图1.7由端拴一物体A .在重力作用下,物体A 从静止开始匀加速地下降,在Δt = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m .求物体开始下降后3s 末,圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度.[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度.由于212t h a t =∆, 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2).物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1),这也是边缘的线速度,因此法向加速度为2n v a R== 0.36(m·s -2).1.8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升,当上升速度为2.44m·s -1时,有一螺帽自升降机的天花板上松落,天花板与升降机的底面相距2.74m .计算:(1)螺帽从天花板落到底面所需的时间;(2)螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离.[解答]在螺帽从天花板落到底面时,升降机上升的高度为21012h v t at =+;螺帽做竖直上抛运动,位移为22012h v t gt =-. 由题意得h = h 1 - h 2,所以21()2h a g t =+,解得时间为t .算得h 2 = -0.716m ,即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m .[注意]以升降机为参考系,钉子下落时相对加速度为a + g ,而初速度为零,可列方程h = (a + g )t 2/2,由此可计算钉子落下的时间,进而计算下降距离.1.9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处,然后又向西飞回到A 处.已知气流相对于地面的速度为u ,AB 之间的距离为l ,飞机相对于空气的速率v 保持不变.(1)如果u = 0(空气静止),试证来回飞行的时间为02l t v =; (2)如果气流的速度向东,证明来回飞行的总时间为01221/t t u v =-;(3)如果气流的速度向北,证明来回飞行的总时间为2t =.[证明](1)飞机飞行来回的速率为v ,路程为2l ,所以飞行时间为t 0 = 2l /v . (2)飞机向东飞行顺风的速率为v + u ,向西飞行逆风的速率为v - u , 所以飞行时间为1222l l vl t v u v u v u =+=+-- 022222/1/1/t l v u v u v==--. (3)飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度.为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行,就要使其相对地的速度偏向北方,可作矢量三角形,其中沿AB方向的速度大小为V =,所以飞行时间为22l t V ==== 证毕.1.10 如图所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速度为v 1,下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ,偏向于汽车前进方向,速度为v 2.今在车后放一长方形物体,问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿?AB AB vv + uv - uABvuuvv[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ,由此可作矢量三角形.根据题意得tan α = l/h .方法一:利用直角三角形.根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α,其中v 3 = v ⊥/cos α,而v ⊥ = v 2cos θ, 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α, 即 12(sin cos )lv v hθθ=+. 证毕. 方法二:利用正弦定理.根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-,所以:12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+,即 12(sin cos )lv v hθθ=+. 方法三:利用位移关系.将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量,在t 时间内,雨滴的位移为 l = (v 1 – v 2sin θ)t , h = v 2cos θ∙t .两式消去时间t 即得所求. 证毕.第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2.1 一个重量为P 的质点,在光滑的固定斜面(倾角为α)上以初速度0v 运动,0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行,如图所示,求这质点的运动轨道.[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α,方向与初速度方向垂直.其运动方程为 x = v 0t ,2211sin 22y at g t α==⋅.将t = x/v 0,代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=,这是抛物线方程.2.2 桌上有一质量M = 1kg 的平板,板上放一质量m = 2kg 的另一物体,设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25,静摩擦因素为μs = 0.30.求:(1)今以水平力F 拉板,使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动,试计算物体与板、与桌面间的相互作用力;(2)要将板从物体下面抽出,至少需要多大的力?[解答](1)物体与板之间有正压力和摩擦力的作用.板对物体的支持大小等于物体的重力:N m = mg = 19.6(N), 这也是板受物体的压力的大小,但压力方向相反.物体受板摩擦力做加速运动,摩擦力的大小为:f m = ma = 2(N),这也是板受到的摩擦力的大小,摩擦力方向也相反.板受桌子的支持力大小等于其重力:N M = (m + M )g = 29.4(N),图1.101h lα图2.1这也是桌子受板的压力的大小,但方向相反.板在桌子上滑动,所受摩擦力的大小为:f M = μk N M = 7.35(N). 这也是桌子受到的摩擦力的大小,方向也相反.(2)设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动,物体的运动方程为 f =μs mg = ma`,可得 a` =μs g .板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`, 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ,算得 F = 16.17(N).因此要将板从物体下面抽出,至少需要16.17N 的力.2.3 如图所示:已知F = 4N ,m 1 = 0.3kg ,m 2 = 0.2kg ,两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2.求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力.(绳子和滑轮质量均不计)[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1,而力的关系为T 1 = 2T 2. 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2, F – T 1 – μm 1g = m 1a 1. 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m g a m m μ-+=+= 4.78(m·s -2),绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N).2.4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2.求证:(1)它们串联起来时,总倔强系数k 与k 1和k 2.满足关系关系式12111k k k =+; (2)它们并联起来时,总倔强系数k = k 1 + k 2.[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时,有F = kx ,其中k 为总倔强系数.两个弹簧分别拉长x 1和x 2,产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1,F 2 = k 2x 2. (1)由于弹簧串联,所以F = F 1 = F 2,x = x 1 + x 2, 因此 1212F F F kk k =+,即:12111k k k =+. (2)由于弹簧并联,所以F = F 1 + F 2,x = x 1 = x 2,因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2, 即:k = k 1 + k 2.2.5 如图所示,质量为m 的摆悬于架上,架固定于小车上,在下述各种情况中,求摆线的方向(即摆线与竖直线的夹角θ)及线中的张力T .(1)小车沿水平线作匀速运动;(2)小车以加速度1a 沿水平方向运动;(3)小车自由地从倾斜平面上滑下,斜面与水平面成φ角; (4)用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推(设b 1 = b ); (5)以同样大小的加速度2b (b 2 = b ),将小车从斜面上推下来.[解答](1)小车沿水平方向做匀速直线运动时,摆在水平方向没有受到力12图2.32 图2.4的作用,摆线偏角为零,线中张力为T = mg .(2)小车在水平方向做加速运动时,重力和拉力的合力就是合外力.由于tan θ = ma/mg , 所以 θ = arctan(a/g );绳子张力等于摆所受的拉力:T ==(3)小车沿斜面自由滑下时,摆仍然受到重力和拉力, 合力沿斜面向下,所以θ = φ; T = mg cos φ.(4)根据题意作力的矢量图,将竖直虚线延长, 与水平辅助线相交,可得一直角三角形,θ角的对边 是mb cos φ,邻边是mg + mb sin φ,由此可得:cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+,因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+;而张力为T=.(5)与上一问相比,加速度的方向反向,只要将上一结果中的b 改为-b 就行了.2.6 如图所示:质量为m =0.10kg 的小球,拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端,构成一个摆.摆动时,与竖直线的最大夹角为60°.求: (1)小球通过竖直位置时的速度为多少?此时绳的张力多大? (2)在θ < 60°的任一位置时,求小球速度v 与θ的关系式.这时小球的加速度为多大?绳中的张力多大?(3)在θ = 60°时,小球的加速度多大?绳的张力有多大?[解答](1)小球在运动中受到重力和绳子的拉力,由于小球沿圆弧运动,所以合力方向沿着圆弧的切线方向,即F = -mg sin θ,负号表示角度θ增加的方向为正方向.小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==,其中s 表示弧长.由于s = Rθ = lθ,所以速度为d d d d s v l t t θ==,因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===,即 v d v = -gl sin θd θ, (1) 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰,(2)图2.6得2601cos 2B v gl θ︒=,解得:B v =s -1).由于:22B BB v v T mg m m mgR l -===,所以T B = 2mg = 1.96(N).(2)由(1)式积分得21cos 2C v gl C θ=+,当 θ = 60º时,v C = 0,所以C = -lg /2,因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ;法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-.由于T C – mg cos θ = ma n ,所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1). (3)当 θ = 60º时,切向加速度为2t a g== 8.49(m·s -2),法向加速度为 a n = 0,绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N).[注意]在学过机械能守恒定律之后,求解速率更方便.2.7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时,它的速率多大?(要求用牛顿第二定律积分求解)[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力,合力方向沿着曲线方向.设切线与竖直方向的夹角为θ,则F = mg cos θ.小球的运动方程为22d d sF ma m t ==,s 表示弧长.由于d d s v t =,所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====,因此 v d v = g cos θd s = g d h ,h 表示石下落的高度.积分得 212v gh C =+,当h = 0时,v = 0,所以C = 0,因此速率为v =2.8 质量为m 的物体,最初静止于x 0,在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动.证明物体在x处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2.[证明]当物体在直线上运动时,根据牛顿第二定律得方程图2.7222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ,可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===,因此方程变为2d d k xmv v x =-,积分得212k mv C x =+.利用初始条件,当x = x 0时,v = 0,所以C = -k /x 0,因此2012k k mv x x =-,即v =证毕.[讨论]此题中,力是位置的函数:f = f (x ),利用变换可得方程:mv d v = f (x )d x ,积分即可求解.如果f (x ) = -k/x n ,则得21d 2nx mv k x =-⎰. (1)当n = 1时,可得21ln 2mv k x C =-+利用初始条件x = x 0时,v = 0,所以C = ln x 0,因此 21ln 2x mv k x =, 即v =(2)如果n ≠1,可得21121n k mv x C n -=-+-.利用初始条件x = x 0时,v = 0,所以101n k C x n -=--,因此 2110111()21n n k mv n x x --=--, 即v =当n = 2时,即证明了本题的结果.2.9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动.在运动过程中,小球所受空气阻力大小与速率成正比,比例系数为k .求:(1)小球速率随时间的变化关系v (t ); (2)小球上升到最大高度所花的时间T .[解答](1)小球竖直上升时受到重力和空气阻力,两者方向向下,取向上的方向为下,根据牛顿第二定律得方程d d vf mg kv mt =--=,分离变量得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++,积分得ln ()mt mg kv C k =-++.当t = 0时,v = v 0,所以0ln ()mC mg kv k =+,因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++, 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--.(2)当小球运动到最高点时v = 0,所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+.[讨论](1)如果还要求位置与时间的关系,可用如下步骤: 由于v = d x/d t ,所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--,即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---,积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+, 当t = 0时,x = 0,所以0(/)`m v mg k C k +=,因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---.(2)如果小球以v 0的初速度向下做直线运动,取向下的方向为正,则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=,用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---.这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出.由此可见:不论小球初速度如何,其最终速率趋于常数v m =mg/k .2.10 如图所示:光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带,半径为R .一物体帖着环带内侧运动,物体与环带间的滑动摩擦因数为μk .设物体在某时刻经A 点时速率为v 0,求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程.[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力,即 N = mv 2/R .物体所受的摩擦力为f = -μk N ,负号表示力的方向与速度的方向相反.根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=, 即 : 2d d k vt R v μ=-.积分得:1k t C R v μ=+.当t = 0时,v = v 0,所以01C v =-, 因此 011kt Rv v μ=-.解得 001/k v v v t R μ=+.由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++, 积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++,当t = 0时,x = x 0,所以C = 0,因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+.2.11 如图所示,一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动.在环上套有一珠子.今逐渐增大圆环的转动角速度ω,试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置.以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示.[解答]珠子受到重力和环的压力,其合力指向竖直直径,作为珠子做圆周运动的向心力,其大小为:F = mg tg θ.珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ. 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ,可得2cos mgR ωθ=,解得2arccosg R θω=±.(二)力学中的守恒定律2.12 如图所示,一小球在弹簧的弹力作用下振动.弹力F = -kx ,而位移x = A cos ωt ,其中k ,A 和ω都是常数.求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量.[解答]方法一:利用冲量公式.根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t , 积分得冲量为 /20(cos )d I kA t tωω=-⎰π,/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二:利用动量定理.小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ,设小球的质量为m ,其初动量为p 1 = mv 1 = 0, 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ,mg图2.11小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA , 可以证明k =mω2,因此I = -kA /ω.2.13一个质量m = 50g ,以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球,在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少?[解答]小球动量的大小为p = mv ,但是末动量与初动量互相垂直,根据动量的增量的定义21p p p ∆=- 得:21p p p =+∆,由此可作矢量三角形,可得:p ∆==. 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s).[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ,方向是指向圆心的,其方向在 不断地发生改变,所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==.假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动,拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv , 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ,F y = F sin θ = F sin ωt ,给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ,d I y = F y d t = F sin ωt d t , 积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==,/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==,合冲量为I ==,与前面计算结果相同,但过程要复杂一些.2.14 用棒打击质量0.3kg ,速率等于20m·s -1的水平飞来的球,球飞到竖直上方10m 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?[解答]球上升初速度为y v =s -1),其速度的增量为v ∆== 24.4(m·s -1). 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s), 对球的作用力为(不计重力):F = I/t = 366.2(N).v xΔvv y2.15 如图所示,三个物体A 、B 、C ,每个质量都为M ,B 和C 靠在一起,放在光滑水平桌面上,两者连有一段长度为0.4m 的细绳,首先放松.B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连.已知滑轮轴上的摩擦也可忽略,绳子长度一定.问A 和B 起动后,经多长时间C 也开始运动?C 开始运动时的速度是多少?(取g = 10m·s -2)[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力,可列方程Mg – T = Ma ,物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动, 加速度大小为a ,可列方程:T = Ma ,联立方程可得:a = g/2 = 5(m·s -2).根据运动学公式:s = v 0t + at 2/2, 可得B 拉C之前的运动时间;t =. 此时B 的速度大小为:v = at = 2(m·s -1).物体A 跨过动滑轮向下运动,如同以相同的加速度和速度向右运动.A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程,它们的动量守恒,可得:2Mv = 3Mv`, 因此C 开始运动的速度为:v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1).2.16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后,在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块,一块沿此45°仰角上飞,一块沿45°俯角下冲,求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少?[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ,方向沿水平方向. 根据动量守恒定律,可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量,可作矢量三角形,列方程得 /2`cos 452mmv v =︒,所以 v` = v /cos45°= 0cos θ.2.17 如图所示,一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动,这圆弧路面的半径为R .设马对雪橇的拉力总是平行于路面.雪橇的质量为m ,它与路面的滑动摩擦因数为μk .当把雪橇由底端拉上45°圆弧时,马对雪橇做了多少功?重力和摩擦力各做了多少功?[解答]取弧长增加的方向为正方向,弧位移d s 的大小为d s = R d θ. 重力G 的大小为:G = mg ,方向竖直向下,与位移元的夹角为π + θ,所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+π sin d mgR θθ=-,积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-.摩擦力f 的大小为:f = μk N = μk mg cos θ,方向与弧位移的方向相反,所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-,积分得摩擦力所做的功为图2.174520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=.要使雪橇缓慢地匀速移动,雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力,即0F G f ++=,或者 ()F G f =-+.拉力的功元为:d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+,拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR μ=.由此可见,重力和摩擦力都做负功,拉力做正功.2.18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端,绳的另一端固定,此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动.设质点最初的速率是v 0,当它运动1周时,其速率变为v 0/2,求:(1)摩擦力所做的功; (2)滑动摩擦因数;(3)在静止以前质点运动了多少圈?[解答] (1)质点的初动能为:E 1 = mv 02/2, 末动能为:E 2 = mv 2/2 = mv 02/8,动能的增量为:ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8, 这就是摩擦力所做的功W .(2)由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ,积分得:20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰.由于W = ΔE ,可得滑动摩擦因数为20316k v gr μ=π.(3)在自然坐标中,质点的切向加速度为:a t = f/m = -μk g , 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ,可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===,圈数为 n = s/2πr = 4/3.[注意]根据用动能定理,摩擦力所做的功等于质点动能的增量:-fs = ΔE k , 可得 s = -ΔE k /f ,由此也能计算弧长和圈数。

大学物理上册(湖南大学出版社-陈曙光)-课后习题答案全解

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大学物理上册课后习题答案第一章 质点运动学1.1 一质点沿直线运动,运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3.试求: (1)第2s 内的位移和平均速度;(2)1s 末及2s 末的瞬时速度,第2s 内的路程; (3)1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度.[解答](1)质点在第1s 末的位置为:x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m).在第2s 末的位置为:x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m). 在第2s 内的位移大小为:Δx = x (2) – x (1) = 4(m),经过的时间为Δt = 1s ,所以平均速度大小为:v =Δx /Δt = 4(m·s -1). (2)质点的瞬时速度大小为:v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2,因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1),v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小,即Δs = Δx = 4m . (3)质点的瞬时加速度大小为:a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ,因此1s 末的瞬时加速度为:a (1) = 12 - 12×1 = 0,第2s 内的平均加速度为:a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2).[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒.1.2 一质点作匀加速直线运动,在t = 10s 内走过路程s = 30m ,而其速度增为n = 5倍.试证加速度为22(1)(1)n sa n t -=+,并由上述资料求出量值.[证明]依题意得v t = nv o ,根据速度公式v t = v o + at ,得a = (n – 1)v o /t , (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ,得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ,(2) (1)平方之后除以(2)式证得:22(1)(1)n sa n t -=+.计算得加速度为:22(51)30(51)10a -=+= 0.4(m·s -2).1.3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑,他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳,准确地落在坑的东边.已知东边比西边低70m ,忽略空气阻力,且取g = 10m·s -2.问:(1)矿坑有多宽?他飞越的时间多长?(2)他在东边落地时的速度?速度与水平面的夹角? [解答]方法一:分步法.(1)夹角用θ表示,人和车(人)在竖直方向首先做竖直上抛运动,初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1).取向上的方向为正,根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ,这里的v 0就是v y 0,a = -g ;当人达到最高点时,v t = 0,所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s).再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式:v t 2 - v 02 = 2a s , 可得上升的最大高度为:h 1 = v y 02/2g = 30.94(m).人从最高点开始再做自由落体运动,下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m). 根据自由落体运动公式s = gt 2/2,得下落的时间为:2t =. 因此人飞越的时间为:t = t 1 + t 2 = 6.98(s).图1.3人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1), 所以矿坑的宽度为:x = v x 0t = 419.19(m).(2)根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为:v y = gt = 69.8(m·s -1), 落地速度为:v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1), 与水平方向的夹角为:φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º,方向斜向下.方法二:一步法.取向上为正,人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2,移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=,解得:0(sin t v g θ=.这里y = -70m ,根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小,由于时间应该取正值,所以公式取正根,计算时间为:t = 6.98(s).由此可以求解其它问题.1.4 一个正在沿直线行驶的汽船,关闭发动机后,由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度,即d v /d t = -kv 2,k 为常数.(1)试证在关闭发动机后,船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+; (2)试证在时间t 内,船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+. [证明](1)分离变数得2d d vk t v =-, 故 020d d v t v v k t v =-⎰⎰,可得:011kt v v =+. (2)公式可化为001v v v kt=+,由于v = d x/d t ,所以:00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰.因此 01ln(1)x v kt k=+. 证毕.[讨论]当力是速度的函数时,即f = f (v ),根据牛顿第二定律得f = ma . 由于a = d 2x /d t 2, 而 d x /d t = v , a = d v /d t , 分离变数得方程:d d ()m vt f v =, 解方程即可求解.在本题中,k 已经包括了质点的质量.如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比,则d v /d t = -kv n .(1)如果n = 1,则得d d vk t v=-, 积分得ln v = -kt + C .当t = 0时,v = v 0,所以C = ln v 0, 因此ln v/v 0 = -kt ,得速度为 :v = v 0e -kt .而d v = v 0e -kt d t ,积分得:0e `ktv x C k-=+-. 当t = 0时,x = 0,所以C` = v 0/k ,因此0(1-e )kt vx k -=.(2)如果n ≠1,则得d d n vk t v=-,积分得11n v kt C n -=-+-. 当t = 0时,v = v 0,所以101n v C n -=-,因此11011(1)n n n kt v v --=+-. 如果n = 2,就是本题的结果.如果n ≠2,可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-,读者不妨自证.1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动,其角位置(以弧度表示)可用公式表示:θ = 2 + 4t 3.求:(1)t = 2s 时,它的法向加速度和切向加速度;(2)当切向加速度恰为总加速度大小的一半时,θ为何值? (3)在哪一时刻,切向加速度和法向加速度恰有相等的值? [解答](1)角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1),法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2); 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2), 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2). (2)总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2,当a t = a /2时,有4a t 2 = a t 2 + a n 2,即n a a =.由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =.所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad).(3)当a t = a n 时,可得rβ = rω2, 即: 24t = (12t 2)2,解得 : t = (1/6)1/3 = 0.55(s).1.6 一飞机在铅直面内飞行,某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1,方向与水平线夹角为30°而斜向下,此后飞机的加速度为am·s -2,方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上,问多长时间后,飞机又回到原来的高度?在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少?[解答]建立水平和垂直坐标系,飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ, v 0y = v 0sin θ.加速度的大小为a x = a cos α, a y = a sin α. 运动方程为2012x x x v t a t =+, 2012y y y v t a t =-+. 即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅,201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅.令y = 0,解得飞机回到原来高度时的时间为:t = 0(舍去);02sin sin v t a θα==.将t 代入x 的方程求得x = 9000m .v[注意]选择不同的坐标系,如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向,也能求出相同的结果.1.7一个半径为R= 1.0m的轻圆盘,可以绕一水平轴自由转动.一根轻绳绕在盘子的边缘,其自由端拴一物体A.在重力作用下,物体A从静止开始匀加速地下降,在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m.求物体开始下降后3s末,圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度.[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度.由于212th a t=∆,所以a t = 2h/Δt2 = 0.2(m·s-2).物体下降3s末的速度为v = a t t = 0.6(m·s-1),这也是边缘的线速度,因此法向加速度为2nvaR== 0.36(m·s-2).1.8一升降机以加速度1.22m·s-2上升,当上升速度为2.44m·s-1时,有一螺帽自升降机的天花板上松落,天花板与升降机的底面相距2.74m.计算:(1)螺帽从天花板落到底面所需的时间;(2)螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离.[解答]在螺帽从天花板落到底面时,升降机上升的高度为21012h v t at=+;螺帽做竖直上抛运动,位移为22012h v t gt=-.由题意得h = h1 - h2,所以21()2h a g t=+,解得时间为t=.算得h2 = -0.716m,即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m.[注意]以升降机为参考系,钉子下落时相对加速度为a + g,而初速度为零,可列方程h = (a + g)t2/2,由此可计算钉子落下的时间,进而计算下降距离.1.9 有一架飞机从A处向东飞到B处,然后又向西飞回到A处.已知气流相对于地面的速度为u,AB之间的距离为l,飞机相对于空气的速率v保持不变.(1)如果u = 0(空气静止),试证来回飞行的时间为2ltv=;(2)如果气流的速度向东,证明来回飞行的总时间为01221/ttu v=-;(3)如果气流的速度向北,证明来回飞行的总时间为2t=.[证明](1)飞机飞行来回的速率为v,路程为2l,所以飞行时间为t0 = 2l/v.(2)飞机向东飞行顺风的速率为v + u,向西飞行逆风的速率为v - u,所以飞行时间为1222l l vltv u v u v u=+=+--022222/1/1/tl vu v u v==--.(3)飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度.为了使飞机沿着AB之间的直线飞行,就要使其相对地的速度偏向北方,可作向量三角形,其中沿AB方向的速度大小为V=,所以飞行时间为图1.7A BA Bvv + uv - uA Bv uuvv22l t V ==== 证毕.1.10 如图所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速度为v 1,下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ,偏向于汽车前进方向,速度为v 2.今在车后放一长方形物体,问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿?[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ,由此可作向量三角形.根据题意得tan α = l/h .方法一:利用直角三角形.根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α,其中v 3 = v ⊥/cos α,而v ⊥ = v 2cos θ, 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α, 即 12(sin cos )lv v hθθ=+. 证毕. 方法二:利用正弦定理.根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-,所以:12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+,即 12(sin cos )lv v hθθ=+. 方法三:利用位移关系.将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量,在t 时间内,雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t , h = v 2cos θ∙t .两式消去时间t 即得所求. 证毕.第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律 2.1 一个重量为P 的质点,在光滑的固定斜面(倾角为α)上以初速度0v 运动,0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行,如图所示,求这质点的运动轨道.[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α,方向与初速度方向垂直.其运动方程为 x = v 0t ,2211sin 22y at g t α==⋅.将t = x/v 0,代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=,这是抛物线方程.2.2 桌上有一质量M = 1kg 的平板,板上放一品质m = 2kg 的另一物体,设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25,静摩擦因素为μs = 0.30.求:(1)今以水平力F 拉板,使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动,试计算物体与板、图1.101h lα图2.1与桌面间的相互作用力;(2)要将板从物体下面抽出,至少需要多大的力?[解答](1)物体与板之间有正压力和摩擦力的作用.板对物体的支持大小等于物体的重力:N m = mg = 19.6(N), 这也是板受物体的压力的大小,但压力方向相反.物体受板摩擦力做加速运动,摩擦力的大小为:f m = ma = 2(N),这也是板受到的摩擦力的大小,摩擦力方向也相反.板受桌子的支持力大小等于其重力:N M = (m + M )g = 29.4(N), 这也是桌子受板的压力的大小,但方向相反.板在桌子上滑动,所受摩擦力的大小为:f M = μk N M = 7.35(N). 这也是桌子受到的摩擦力的大小,方向也相反.(2)设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动,物体的运动方程为 f =μs mg = ma`,可得 a` =μs g .板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`, 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ,算得 F = 16.17(N).因此要将板从物体下面抽出,至少需要16.17N 的力.2.3 如图所示:已知F = 4N ,m 1 = 0.3kg ,m 2 = 0.2kg ,两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2.求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力.(绳子和滑轮品质均不计)[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1,而力的关系为T 1 = 2T 2. 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2, F – T 1 – μm 1g = m 1a 1. 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= 4.78(m·s -2),绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N).2.4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2.求证:(1)它们串联起来时,总倔强系数k 与k 1和k 2.满足关系关系式12111k k k =+; (2)它们并联起来时,总倔强系数k = k 1 + k 2.[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时,有F = kx ,其中k 为总倔强系数.两个弹簧分别拉长x 1和x 2,产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1,F 2 = k 2x 2. (1)由于弹簧串联,所以F = F 1 = F 2,x = x 1 + x 2, 因此 1212F F F kk k =+,即:12111k k k =+. (2)由于弹簧并联,所以F = F 1 + F 2,x = x 1 = x 2,因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2, 即:k = k 1 + k 2.2.5 如图所示,质量为m 的摆悬于架上,架固定于小车上,在下述各种情况中,求摆12图2.32 图2.4线的方向(即摆线与竖直线的夹角θ)及线中的张力T .(1)小车沿水平线作匀速运动;(2)小车以加速度1a 沿水平方向运动;(3)小车自由地从倾斜平面上滑下,斜面与水平面成φ角; (4)用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推(设b 1 = b ); (5)以同样大小的加速度2b (b 2 = b ),将小车从斜面上推下来.[解答](1)小车沿水平方向做匀速直线运动时,摆在水平方向没有受到力的作用,摆线偏角为零,线中张力为T = mg .(2)小车在水平方向做加速运动时,重力和拉力的合力就是合外力.由于tan θ = ma/mg , 所以 θ = arctan(a/g );绳子张力等于摆所受的拉力:T ==.(3)小车沿斜面自由滑下时,摆仍然受到重力和拉力, 合力沿斜面向下,所以θ = φ; T = mg cos φ.(4)根据题意作力的向量图,将竖直虚线延长, 与水平辅助线相交,可得一直角三角形,θ角的对边 是mb cos φ,邻边是mg + mb sin φ,由此可得:cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+,因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+;而张力为T ==.(5)与上一问相比,加速度的方向反向,只要将上一结果中的b 改为-b 就行了.2.6 如图所示:质量为m =0.10kg 的小球,拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端,构成一个摆.摆动时,与竖直线的最大夹角为60°.求:(1)小球通过竖直位置时的速度为多少?此时绳的张力多大?(2)在θ < 60°的任一位置时,求小球速度v 与θ的关系式.这时小球的加速度为多大?绳中的张力多大? (3)在θ = 60°时,小球的加速度多大?绳的张力有多大? [解答](1)小球在运动中受到重力和绳子的拉力,由于小球沿圆弧运动,所以合力方向沿着圆弧的切线方向,即F = -mg sin θ,负号表示角度θ增加的方向为正方向.小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==,其中s 表示弧长.由于s = Rθ = lθ,所以速度为d d d d s v l t t θ==,因此(2)图2.6d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===,即 v d v = -gl sin θd θ, (1) 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰,得2601cos 2B v gl θ︒=,解得:B v =s -1).由于:22B BB v v T mg m m mgR l -===,所以T B = 2mg = 1.96(N).(2)由(1)式积分得21cos 2C v gl C θ=+,当 θ = 60º时,v C = 0,所以C = -lg /2,因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ;法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-.由于T C – mg cos θ = ma n ,所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1). (3)当 θ = 60º时,切向加速度为2t a g== 8.49(m·s -2),法向加速度为 a n = 0,绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N).[注意]在学过机械能守恒定律之后,求解速率更方便.2.7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时,它的速率多大?(要求用牛顿第二定律积分求解)[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力,合力方向沿着曲线方向.设切线与竖直方向的夹角为θ,则F = mg cos θ.小球的运动方程为22d d sF ma m t ==,s 表示弧长.由于d d s v t =,所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====,因此 v d v = g cos θd s = g d h ,h 表示石下落的高度.积分得 212v gh C=+,当h = 0时,v = 0,所以C = 0,因此速率为v =图2.72.8 质量为m 的物体,最初静止于x 0,在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动.证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2.[证明]当物体在直线上运动时,根据牛顿第二定律得方程222d d k xf ma m x t =-==利用v = d x/d t ,可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===,因此方程变为2d d k xmv v x =-,积分得212k mv Cx =+.利用初始条件,当x = x 0时,v = 0,所以C = -k /x 0,因此2012k kmv x x =-,即v =证毕.[讨论]此题中,力是位置的函数:f = f (x ),利用变换可得方程:mv d v = f (x )d x ,积分即可求解.如果f (x ) = -k/x n ,则得21d 2nx mv k x =-⎰. (1)当n = 1时,可得21ln 2mv k x C=-+利用初始条件x = x 0时,v = 0,所以C = ln x 0,因此 21ln 2x mv k x =, 即v =. (2)如果n ≠1,可得21121n k mv x C n -=-+-.利用初始条件x = x 0时,v = 0,所以101nk C x n -=--, 因此 2110111()21n n k mv n x x --=--, 即v =当n = 2时,即证明了本题的结果.2.9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动.在运动过程中,小球所受空气阻力大小与速率成正比,比例系数为k .求:(1)小球速率随时间的变化关系v (t ); (2)小球上升到最大高度所花的时间T .[解答](1)小球竖直上升时受到重力和空气阻力,两者方向向下,取向上的方向为下,根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt =--=,分离变数得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++, 积分得ln ()mt mg kv C k =-++.当t = 0时,v = v 0,所以0ln ()mC mg kv k =+,因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++, 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--.(2)当小球运动到最高点时v = 0,所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+.[讨论](1)如果还要求位置与时间的关系,可用如下步骤: 由于v = d x/d t ,所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--,即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---,积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+,当t = 0时,x = 0,所以0(/)`m v mg k C k +=,因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---.(2)如果小球以v 0的初速度向下做直线运动,取向下的方向为正,则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=,用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---.这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出.由此可见:不论小球初速度如何,其最终速率趋于常数v m = mg/k .2.10 如图所示:光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带,半径为R .一物体帖着环带内侧运动,物体与环带间的滑动摩擦因子为μk .设物体在某时刻经A 点时速率为v 0,求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程.[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力,即 N = mv 2/R .物体所受的摩擦力为f = -μk N ,负号表示力的方向与速度的方向相反.根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=, 即 : 2d d k vt R v μ=-.积分得:1k t C R v μ=+.当t = 0时,v = v 0,所以01C v =-, 因此 011kt Rv v μ=-.解得001/k v v v t R μ=+. 由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++, 积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++,当t = 0时,x = x 0,所以C = 0,因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+.2.11 如图所示,一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动.在环上套有一珠子.今逐渐增大圆环的转动角速度ω,试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置.以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示.[解答]珠子受到重力和环的压力,其合力指向竖直直径,作为珠子做圆周运动的向心力,其大小为:F = mg tg θ.珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ. 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ,可得2cos mgR ωθ=,解得2arccosgR θω=±.(二)力学中的守恒定律2.12 如图所示,一小球在弹簧的弹力作用下振动.弹力F = -kx ,而位移x = A cos ωt ,其中k ,A 和ω都是常数.求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量.[解答]方法一:利用冲量公式.根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ,mg图2.11积分得冲量为/20(cos )d I kA t tωω=-⎰π,/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二:利用动量定理.小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ,设小球的品质为m ,其初动量为p 1 = mv 1 = 0, 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ,小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA , 可以证明k =mω2,因此I = -kA /ω.2.13一个质量m = 50g ,以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球,在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少?[解答]小球动量的大小为p = mv ,但是末动量与初动量互相垂直,根据动量的增量的定义21p p p ∆=- 得:21p p p =+∆,由此可作向量三角形,可得:p ∆==. 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s).[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ,方向是指向圆心的,其方向在不断地发生改变,所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==.假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动,拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv , 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ,F y = F sin θ = F sin ωt ,给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ,d I y = F y d t = F sin ωt d t , 积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==,/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==,合冲量为I ==,与前面计算结果相同,但过程要复杂一些.2.14 用棒打击质量0.3kg ,速率等于20m·s -1的水平飞来的球,球飞到竖直上方10m 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?[解答]球上升初速度为y v =s -1),其速度的增量为v ∆=s -1). 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s),对球的作用力为(不计重力):F = I/t = 366.2(N).2.15 如图所示,三个物体A 、B 、C ,每个品质都为M ,B 和C 靠在一起,放在光滑水平桌面上,两者连有一段长度为0.4m 的细绳,首先放松.B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连.已知滑轮轴上的摩擦也可忽略,绳子长度一定.问A 和B 起动后,经多长时间C 也开始运动?C 开始运动时的速度是多少?(取g = 10m·s -2)[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力,可列方程Mg – T = Ma ,物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动, 加速度大小为a ,可列方程:T = Ma , 联立方程可得:a = g/2 = 5(m·s -2).根据运动学公式:s = v 0t + at 2/2, 可得B 拉C 之前的运动时间;t =.此时B 的速度大小为:v = at = 2(m·s -1).物体A 跨过动滑轮向下运动,如同以相同的加速度和速度向右运动.A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程,它们的动量守恒,可得:2Mv = 3Mv`, 因此C 开始运动的速度为:v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1).2.16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后,在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块,一块沿此45°仰角上飞,一块沿45°俯角下冲,求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少?[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ,方向沿水平方向. 根据动量守恒定律,可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量,可作向量三角形,列方程得 /2`cos 452mmv v =︒,所以 v` = v /cos45° = 0cos θ.2.17 如图所示,一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动,这圆弧路面的半径为R .设马对雪橇的拉力总是平行于路面.雪橇的品质为m ,它与路面的滑动摩擦因子为μk .当把雪橇由底端拉上45°圆弧时,马对雪橇做了多少功?重力和摩擦力各做了多少功?[解答]取弧长增加的方向为正方向,弧位移d s 的大小为d s = R d θ. 重力G 的大小为:G = mg ,方向竖直向下,与位移元的夹角为π + θ,所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πv xΔv v y图2.17sin d mgR θθ=-,积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-.摩擦力f 的大小为:f = μk N = μk mg cos θ,方向与弧位移的方向相反,所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-,积分得摩擦力所做的功为4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=.要使雪橇缓慢地匀速移动,雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力,即0F G f ++=,或者 ()F G f =-+.拉力的功元为:d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+,拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR =+.由此可见,重力和摩擦力都做负功,拉力做正功.2.18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端,绳的另一端固定,此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动.设质点最初的速率是v 0,当它运动1周时,其速率变为v 0/2,求:(1)摩擦力所做的功; (2)滑动摩擦因子;(3)在静止以前质点运动了多少圈?[解答] (1)质点的初动能为:E 1 = mv 02/2, 末动能为:E 2 = mv 2/2 = mv 02/8,动能的增量为:ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8, 这就是摩擦力所做的功W .(2)由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ,积分得:20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰.由于W = ΔE ,可得滑动摩擦因子为20316k v gr μ=π.(3)在自然坐标中,质点的切向加速度为:a t = f/m = -μk g , 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ,可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===,圈数为 n = s/2πr = 4/3.[注意]根据用动能定理,摩擦力所做的功等于质点动能的增量:-fs = ΔE k , 可得 s = -ΔE k /f ,由此也能计算弧长和圈数。

大学物理上部分试题及答案 .

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第一章 质点运动学一、填空题1. 一质点作半径为R 的匀速圆周运动,在此过程中质点的切向加速度的方向 改变 ,法向加速度的大小 不变 。

(填“改变”或“不变”)2. 一质点作半径为 0.1 m 的圆周运动,其角位移随时间t 的变化规律是= 2 + 4t 2 (SI)。

在t =2 s 时,它的法向加速度大小a n =_______25.6_______m/s 2;切向加速度大小a t =________0.8______ m/s 2。

3. 一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为22,192x t y t ==-,则质点在任意时刻的速度表达式为 j t i42-=ν ;加速度表达式为j a 4-=。

4、沿半径为R 的圆周运动,运动学方程为 212t θ=+ (SI) ,则t时刻质点的法向加速度大小为a n =( 16 R t 2 ) ;角加速度β=( 4 rad /s 2 )(1 分).5. 一质点作半径为 0.1 m 的圆周运动,其角位置的运动学方程为:2214πt +=θ,则其切向加速度大小为t a =______0.1______2m s -⋅, 第1秒末法向加速度的大小为n a =______0.1______2m s -⋅.6.一小球沿斜面向上作直线运动,其运动方程为:245t t s -+=,则小球运动到最高点的时刻是t =___2___s .7、一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为22,192x t y t ==-,则质点在任意时刻的速度表达式为( j t i42-=ν );加速度表达式为( j a 4-= )。

8. 一质点沿半径R=0.4 m 作圆周运动,其角位置θ=2+3t 2,在t=2s 时,它的法向加速度n a =( 57.6 )2/s m ,切向加速度t a =( 2.4 ) 2/s m 。

9、已知质点的运动方程为j t i t r )2(22-+=,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

大学物理习题及答案

大学物理习题及答案
6.三个物体A、B、C每个质量都是 ,B、C靠在一起,置于一光滑水平桌面上,两者间连有一段长0.4m的细绳,原先放松着。B的另一端用一跨过桌边的定滑轮的细绳与A相连,如图,滑轮与绳子的质量及轮轴的摩擦不计,绳子不可伸长。问:
(1)A、B起动后,经多长时间C也开始运动?
(2)C开始运动时速度是多大?
7.判断正误
度4 rads-1绕竖直轴转动,两球与轴的距离都为15cm,
现在把轴环C下移,使两球与轴的距离减为5cm。此时
钢球的角速度 。
4.质量为1kg的物体,置于水平地面上,物体与地面的静摩擦系数为 ,滑动摩擦系 ,对物体施一水平拉力 0.96(SI),则2秒末物体的速度大小 。
5.X轴沿水平方向,Y轴竖直向下,在时刻 将质量为 的质点由a处静止释放,让它自由下落,则在任意时刻 ,质点所受的对原点O的力矩 ;在任意时刻 ,质点对原点O的角动量 。
为R=2m的圆轨道转动。转动的角速度 与
时间t的函数关系为 (k为常量)。
已知t=2s时,质点P的速度值为32m.s-1试
求t=1s时,质点P的速度与加速度的大小。
12.当火车静止时,乘客发现雨滴下落方向偏向车头,偏角为30º,当火车以35m/s的速率沿水平直路行驶时,发现雨滴下落方向偏向车尾,偏角为45º,假设雨滴相对于地的速度保持不变,试计算雨滴相对于地的速度的大小。
球时,若以两小球和弹簧为系统,则系统的
(A)动量守恒,机械能守恒。
(B)动量守恒,机械能不守恒。
(C)动量不守恒,机械能守恒。(D)动量不守恒,机械能不守恒。
7.质点的质量为 ,置于光滑球面的顶点A处(球面固定不动),如图所示。当它由静止开始下滑到球面上B点时,它的加速度的大小为
(A)

大学物理一、二章练习题

大学物理一、二章练习题

质点运动学及动力学练习题一 判断题1.质点作圆周运动,其加速度一定与速度垂直。

( ) 2.物体作直线运动,法向加速度必为零。

( )3.物体作曲线运动,法向加速度必不为零,且轨道最弯处,法向加速度最大。

( ) 4.某时刻质点速度为零,切向加速度必为零。

( ) 5.在单摆和抛体运动中,加速度保持不变。

( )6.某人器自行车以速率V 向正东方向行驶,遇到由北向南刮来的风,(设风速也为V ),则他感到风是从东北方向吹来的。

( )7.质点沿x 方向作直线运动,其 v - t 图象为一抛物线,如图所示。

判断下列说法的正误:(1)21t t时加速度为零。

( )(2)在0 ~ t 2 秒内的位移可用图中v – t 曲线与t 轴所围面积表示,t 轴上、下部分的面积均取正值。

( )(3)在0 ~ t 2 秒内的路程可用图中v – t 曲线与t 轴所围面积表示,t 轴上、下部分的面积均取正值。

( )8.某质点的运动方程为 x =3t -5t 3+6 (SI) ,则该质点作变加速直线运动,加速度沿X 负方向。

( )9.物体的运动方向和合外力方向一定相同。

( ) 10.物体受到几个力的作用,一定产生加速度。

( ) 11.物体运动的速度很大,所受到的合外力也很大。

( ) 12.物体运动的速率不变,所受到的合外力为零。

( )13.小力作用在一个静止的物体上,只能使它产生小的速度。

( )14.小球从距地面高为h 处以初速度v 0水平抛出,与地面碰撞后又反弹回同样的高度,速度仍为水平方向,大小为v 0 在这一过程中小球的动量受恒。

( ) 15.物体m 被放在斜面M 上,如把m 和M 看成一个系统,判断在下列何种情形下,系统的水平方向分动量是守恒的?(1)m 与M 间无摩擦,而M 与地面间有摩擦。

( )vtt 2t 1t 1/2(2)m 与M 间无摩擦,而M 与地面间无摩擦。

( ) (3)两处都没有摩擦。

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2 如图所示,一辆质量为M的平顶小车静止在光滑的 水平轨道上,今有一质量为m的小物体以水平速度vo滑 向车顶.设物体与车顶之间的摩擦系数为,求:(1)从 物体滑上车顶到相对车顶静止需多少时间?(2)要物 体不滑下车顶,车长至少应为多少? 解 (M+m):水平方向不受外力, 动量守恒, v是相对静止时的速度. mvo=(M+m)v (1)对物体m应用动量定理 - mg.t =mv -mvo
m
解: m落入木箱前的瞬时速度 v0 2 gh
h
q
M
k
以M、m为系统,m落入木箱时沿水平方 向m与M间的冲力(内力)远大于地面 与木箱间的摩擦力(外力),在水平方 向动量守恒 mv0 cos q ( M m )v v m 2 gh cos q /( M m )
l
第三章 习题课
原长
x0
A B
第三章 习题课
解:释放物体A到A与B碰撞前.以A与弹簧为系统,
1 2 1 kx0 m Av 2 2 2 (1)
A与B碰撞过程中以A、B为系统,动量守恒, 机械能守恒 原长 x0 m Av m AvA mBv (2) B
1 1 1 2 A2 m B v 2 m Av m Av B 2 2 2 ( 3)
R B C
第三章 习题课
解: 对于任意一点,沿自然坐标系分解 2q mg sin 2q F sinq ma t N F cos q mg cos 2q ma n
an v 2 / R
A
1.6R q F R N B mg C
kR mg (1)对于B点:vB=0 an 0 F 0.6kR 0.6mg cosq 1.6R / 2R 0.8
2
k
x0
O
第三章 习题课
三.计算题 1. 一半圆形的光滑槽,质量为M、半径为R,放在光滑 的桌面上.一小物体,质量为m,可在槽内滑动.起始位置 如图所示,半圆槽静止,小物体静止于与圆心同高的A 处.求: (1) 小物体滑到任意位置C处时,小物体对半圆槽及 半圆槽对地的速度各为多少? (2) 当小物体滑到半圆槽最低点B时,半圆槽移动了 多少距离? O
4. 质量为100kg的货物,平放在卡车底板上.卡车 以4 m/s2的加速度启动.货物与卡车底板无相对 滑动.则在开始的4秒钟内摩擦力对该货物作的功 W = 12800 J .
第三章 习题课
5.下列物理量:质量、动量、冲量、动能、势能、 功中与参考系的选取有关的物理量是 动量、动能、功 ______________.(不考虑相对论效应) 6.劲度系数为k的弹簧,上端固定,下端悬挂重物.当 弹簧伸长x0,重物在O处达到平衡,现取重物在O处时 各种势能均为零,则当弹簧长度为原长时,系统的重 1 2 2 kx 0 力势能为________;系统的弹性势能为_______;系统 kx0 2 1 2 kx0 的总势能为__________. (答案用k和x0表示)
第三章 习题课 3.今有一劲度系数为k的轻弹簧,竖直放置,下端悬一质 量为m的小球,开始时使弹簧为原长而小球恰好与地接 触,今将弹簧上端缓慢地提起,直到小球刚能脱离地面 为止,在此过程中外力作功为
(A) m2 g2 4k
4m g (B) k
2 2
m g (C) 2k
2
2
2m 2 g 2 (D) k
m
v0
M
x
第三章 习题课
(2) 要物体不滑下车顶,车长至少应为多少? 由于一对内力(摩擦力)的功与参考系无关, 可取车 为参考系来计算摩擦力的功, 由系统动能定理得
mvo=(M+m)v 要物体不滑下车顶, 车的 最小长度为
m
v0
M
x
第三章 习题课
3. 一质量为mA的物体A与一轻弹簧相连放在光滑 水平桌面上,弹簧的另一端固定在墙上,弹簧的劲度 系数为 k,现在用力推 A,从而弹簧被压缩了 x0.在弹 簧的原长处放有质量 mB的物体 B,如图所示.由静止 释放物体 A后 , A将与静止的物体 B发生弹性碰撞. 求碰撞后A物体还能把弹簧压缩多大距离.
O
碰撞后,把钢板、弹簧和地球作一 系统,机械能守恒.令钢板在静止 位置时的重力势能为0,弹簧处于 原长时弹性势能为0.设弹簧被压 x 缩x0后,再进一步被压缩x1,则 1 1 2 1 2 Mv2 kx0 Mgx1 k ( x0 x1 )2 2 2 2 1 1 2 2 Mv2 Mgx1 kx1 kx1 x0 2 2 1 1 2 x1 ( kx1 kx0 Mg) kx1 2 2
( 2)
第三章 习题课
MV m(V v sinq ) MV 0 (1)
1 1 2 2 m[(V v sinq ) (v cos q ) ] MV 2 mgR sinq 2 2
m sinq V Mm ( M m )2 gR sinq ( M m ) m sin2 q
R
q
m A
M
B
C
第三章 习题课 解: (1) 以小物体及半圆槽为系统,水平方向动量守恒. 设小物体对半圆槽速度为v,槽及小物体对地的速度分 别为V和v1, 向右为速度正方向.
R O
q
m A C
M
B
MV m(V v sinq ) MV 0 (1)
以小物体、半圆槽、地球为系统,机械能守恒 1 1 2 2 m[(V v sinq ) (v cos q ) ] MV 2 mgR sinq 2 2
v m 2 gh cos q /( M m )
由功能原理
1 2 1 ( m M ) gl kl ( m M )v 2 2 2
1 1 2 2 ( m M ) gl ( m M )v kl 2 2
m h
q
M
k
l
m 2 h cos 2 q kl ( M m ) 2 l 2( M m ) g
第三章 习题课
二、填空题 1. 一个力F作用在质量为1.0kg的质点上,使之 沿x轴运动,已知在此力作用下质点的运动方程 3 为 x 3t 4t 2 t (SI),在0到4s的时间间隔内 (1)力F的冲量大小I=
16 N s ,
176J (2)力F对质点所作的功A= . 2. 力 F 12i (SI)作用在质量m=2kg的物体上,使物 体由原点从静止开始运动,则它在3s末的动量大小簧,机械能守恒
1 1 2 m AvA kx02 2 2 ( 4)
( m A m B ) x0 x0 m A mB
第三章 习题课
4. 弹簧原长等于光滑圆环半径R.当弹簧下端悬挂质 量为m的小环状重物时,弹簧的伸长也为R.现将弹簧 一端系于竖直放置的圆环上顶点A,将重物套在圆环 的B点,AB长为 1.6R,如图所示.放手后重物由静止沿 圆环滑动.求(1)重物在B点的加速度和对圆环的正压 力(2)当重物滑到最低点C时,重物的加速度和对圆环 的正压力. A
第三章 习题课 6.关于机械能守恒条件和动量守恒条件有以下几种 说法,其中正确的是 [C ] (A) 不受外力作用的系统,其动量和机械能必然 同时守恒. (B) 所受合外力为零,内力都是保守力的系统,其 机械能必然守恒. (C) 不受外力,而内力都是保守力的系统,其动量 和机械能必然同时守恒. (D)外力对一个系统做的功为零,则该系统的机械 能和动量必然同时守恒. 7. 质量为的m质点,以不变速率v沿正三角 A 形的水平光滑轨道运动,越过A角时轨道对 质点的冲量为:(A)mv; B)1.42mv; C)1.73mv; D)2mv 选(C)
( 2)
O
因为是弹性碰撞,所以 v2 v1 v0 ( 3)
mM mM v1 v0 m M m M 2m v2 m M
2 v1 2gh1
x0
h0
M
2gh0
x
2 gh0
2 v1 mM 2 h1 ( ) h0 2g mM
第三章 习题课
2m v2 m M 2 gh0
第三章 习题课
6. 如图所示,一轻质弹簧,其劲度系数为k,竖直地固定在 地面上.试求(1)在弹簧上放一质量为M的钢板,当他们 停止后,弹簧被压缩了多少?(2)质量为m(m<M)的小 球从钢板正上方h0处自由落下,与钢板发生弹性碰撞,则 小球从原来钢板的位置上升的最大高度为多少?弹簧 能再压缩的长度为多少? 解 (1) Mg kx0
an v 2 / R
A
(2)对于C点:q =0 a t 0 kR mg
N F mg ma n
2 N m vC / R
1.6R q F R N B mg C
cosq 1.6R / 2R 0.8
x B 0.6 R
2 C
求vC ,由机械能守恒定律 1 2 1 1 2 2 kxB mg ( 2 R 1.6 R cos q ) mvC kxC 2 2 2
sinq 1 0.64 0.6
2mg sinq cos q 0.6mg sinq ma t
at 0.6 g 5.88 m/s 2 N N F cosq mg cos 2q 0.2mg
第三章 习题课
mg sin 2q F sinq ma t N F cos q mg cos 2q ma n
(2) 小球将与钢板发生碰撞时的 速度为 v0 2 gh0 (1)
Mg x0 k
O
x0
h0
M
取小球、钢板为一系统,在碰撞 瞬间,内力大于外力(重力、弹 x 性力),所以系统动量守恒. mv0 mv1 Mv2 ( 2)
第三章 习题课
v0 2 gh0 (1)
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