四川理工学院大学物理第三章习题答案

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大学物理3章答案-7页精选文档

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。

大学物理习题答案

B 班级学号姓名第1章质点运动学1-2 已知质点的运动方程为r i 3j 6k e e tt-=++。

(1)求：自t =0至t =1质点的位移。

(2)求质点的轨迹方程。

解：(1) ()k j i r 630++= ()k j i r 6e 3e 1-1++= 质点的位移为()j i r ⎪⎭⎫⎝⎛-+-=3e 31e ∆(2) 由运动方程有t x e =，t y -=e 3， 6=z 消t 得轨迹方程为 1=xy 且6=z1-3运动质点在某瞬时位于矢径()y x,r 的端点处，其速度的大小为( D )(A)dt dr (B)dt d r(C)dt d r (D)22⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx1-5某质点的运动方程为k j i r 251510t t ++-=，求：t =0，1时质点的速度和加速度。

解：由速度和加速度的定义得k j r v t dt d 1015+==， k va 10==dtd所以 t =0，1时质点的速度和加速度为 015==t jv 11015=+=t kj v1010,ka ==t1-8 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为j i r 2235t t +=，则该质点所作运动为[ B ](A) 匀速直线运动 (B) 匀变速直线运动 (C) 抛体运动 (D) 一般的曲线运动*1-6一质点沿Ox 轴运动，坐标与时间之间的关系为t t x 233-=(SI)。

则质点在4s 末的瞬时速度为 142m ·s -1，瞬时加速度为 72m ·s -2；1s 末到4s 末的位移为 183m ，平均速度为 61m ·s -1，平均加速度为 45m ·s -2。

解题提示：瞬时速度计算dt dxv =，瞬时加速度计算22dtx d a =；位移为()()14x x x -=∆，平均速度为()()1414--=x x v ，平均加速度为 ()()1414--=v v a1-11 已知质点沿Ox 轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为t a x 3=2s m -⋅。

大学物理(川大物三)答案

答案振动(一)一、选择题BCBDA二、填空题1．解：φ2－φ1 = φ3－φ2=2π/3旋转矢量图见图振动曲线见图2. )212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI)3. 0，9.4 cm/s4. x 1曲线见图x 2曲线见图5. 0.1m ,rad/s,63ππ三、计算题1. 解：(1) m 2A ATπω==v ，∴周期m2 4.2s A T π==v(2) 2222m m 4.510m/s a A Aω-===⨯v(3) 当0x =时，从振幅矢量图可知，初相2πϕ=m 1.5r a d /sAω==v ∴振动函数为2210cos(1.5)m 2x t π-=⨯+TT1T 5ω x12T 1212. 解：弹簧劲度系数 260 2.010N /m 0.3F k x===⨯ 静止时弹簧伸长量为 0249.80.196m 2.010m g x k⨯===⨯(1) 设向下为正方向，则 0ϕ= （若设向上为正方向，则 ϕπ=）；0.1mA =7.07r a d /sω== 振动函数为 0.1cos(7.07)m x t =(2) 物体在平衡位置上方5cm （即0.05m ），此时弹簧的净伸长为 00.050.1960.050.146m l x =-=-=弹簧对物体的拉力 2000.14629.2N F kl ==⨯=(3) 5cm 是振幅之半，物体从平衡位置到振幅之半所需最短时间是112T ，2T πω=∴10.074s 126t T πω===3．解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后，水平方向动量值不变，而且在容器回到O 点滴入下一油滴前，水平方向动量的大小与刚滴入上一油滴后的瞬间后的相同。

依此，设容器第一次过O 点油滴滴入前的速度为v ，刚滴入第个油滴后的速度为v ′,则有 v v '+=)(nm M M ① 3分系统机械能守恒 2202121v M kl = ② 2分22)(2121v '+=nm M kx③ 2分由①、②、③、解出0)/(l nm M M x +=2分(2) 时间间隔( t n +1-t n )应等于第n 滴油滴入容器后振动系统周期T n 的一半．k nm M T t t t n n n n /)(211+==-=∆+π 3分4．解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒， ∴ T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分 (1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．t = 0时， 5-=x cm φcos A =t = 2 s时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25c o s/==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434c o s (10252π-π⨯=-t x (SI) 1分 (2)速率 )434s i n (41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分当t = 0 时，质点在A 点221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==tx v m/s 1分5*．解：令θ 为杆和竖直线之间的夹角．运动方程为：θθθθc o s s i n s i n 21/d d 222kL MgL t J --= 3分θ 很小时，sin θ ≈θ ，cos θ ≈1所以：0/d d )21(222=++tJ kL MgL θθ 2分上式中231ML J =是杆绕其一端的转动惯量，所以0/d d 31)21(22=++tML Lk Mg θθ可知杆作角谐振动，并得到 )2/()2(3ML kL Mg +=ω2分)2(322/2kL Mg ML T +π=π=ω 1分振动(二)一、选择题ADDBB二、填空题 1．T /8，3T /8 2．222/2T mA π3．动能曲线见图势能曲线见图机械能曲线见图4．0.02 5．0三、计算题1.解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得T220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分 π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )c o s (φω+=t A x由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=- 2分2．解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 02分由题意，t = 0时v0 = 0；x = x 0 则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k =∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分 221007.121-⨯==vm E K J 2分2222)/4(2121x T m kxE p π=== 4.44³10-4J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kAE J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分3．解：(1) 选地心为x 坐标原点，向上为x 轴正方向．质量为m 的物体在地球内部距地心为x 处受到的地心引力为232/)3/4(/x m x G x G M m F ρπ-=-=3/4x Gm ρπ-= 3分由牛顿第二定律得 xm x Gm =π-3/4ρ， 03/4=π+x G xρ 1分令 3/420ρωG π=，则 020=+x x ω．显然物体作简谐振动． 2分(2) 2/10)/3(4/32/2ρρωG G T π=ππ=π=已知 G = 6.67³10-11 N ²m 2²kg -2，ρ = 5.5³103 kg/m 3代入上式 T = 5.07³103 s 2分物体从地面落到地心的时间 t = T /4 = 1.27³103 s 2分4．解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π=4c o s (SI)t A xπ4c o s π162-= (SI) 1分 (1) 对物体有 x m N mg =- ① 1分 t A mg xm mg N ππ+=-=4cos 162 (SI) ②物对板的压力为 t A mg N F ππ--=-=4cos 162 (SI)t ππ--=4c o s 28.16.192 ③ 2分 (2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 1分 04c o s 162=ππ+t A mg (SI) Aq t 2164cos π-=π 1分若能脱离必须 14cos ≤πt (SI) 即221021.6)16/(-⨯=π≥g A m 2分5．解：依合振动的振幅及初相公式可得 φ∆++=c o s 2212221A A A A A 22210)4143cos(65265-⨯π-π⨯⨯⨯++=m21081.7-⨯= m 2分)4/c o s (6)4/3c o s (5)4/s i n (6)4/3s i n (5a r c t g π+ππ+π=φ = 84.8°=1.48 rad 2分则所求的合成振动方程为 )48.110cos(1081.72+⨯=-t x (SI) 1分波动（一）一、选择题CBDCD 二、填空题1．φλ+π-/2Lλk L ± ( k = 1，2，3，…) λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…)2．1cos x y A t u ωϕ⎡+⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3. ]4/)/(cos[11π+-=u L t A y ω；uL L )(21+ω4. ]2)2(2cos[π-+-π=ux t uA y λ]2)2(2c o s [π+-π=t uA y P λ5．0.2cos m 22p y t ππ⎛⎫=-⎪⎝⎭三、计算题1. 解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+21)55(4x t t φωπ-π+π+=10214x t 3分反射波表达式为)10214cos(01.0π-π+π+=x t y (SI) 2分或 )214c o s (01.0π+π+=x t y (SI)2．解： λxu t A y -π=2c o s = -0.01 m 1分1.0,2d d ===t x ty v 0)2s i n (2=-ππ-=λλxut uA 2分22d d ty a =)2c o s ()2(2λλxut uA -ππ-= = 6.17³103m/s 22分3．解：用旋转矢量解此题，如图可得A为代表P 点振动的旋转矢量. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω)3/4c o s (1012π+⨯=-t ω (SI)． 3分波的表达式为：]2/234c o s [1012λλω-π-π+⨯=-x t y )312c o s (1012π+π-⨯=-λωxt (SI) 2分4．解：从y －x 波形图中可知 40m,A λ==由振幅矢量图可知 ,2P Q πϕϕπ=-=)由20m/s u =可得 2s,rad/s T uλωπ==∴=0.2cos()m20.2cos()mP Q y t y t ππππ∴=-=+5．解：(1) 由y －x 曲线可知160m λ=。

(完整版)大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

(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。

大学物理第三章刚体力学基础习题答案 ppt课件

12
3
联立可得： v M 3mu
M 3m
6mu
M 3m
l
3-18 MkJJd
dt
t
0
k J
dt
0
2
0
d
t J ln 2 k
3-19 设子弹射入后圆盘的角速度为ω，由角动量守恒得
mv0R(mR2大1 2学m 物理0R 第三2)章刚体力学基础习题
2mv0 2mRm0R
6
答案
质点运动与刚体定轴转动对照表
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
MMf J1 Mf J2
1
0 t1
2
0 t2
MJ(12)
J0
(1 t1
1 t2
)
大学物理第三章刚体力学基础习题
（1）物体自静止下落，5s内下降的距离；（2）绳中的张力。
解：
mgTma
TRJ 1 MR2 a
2R a 2mg5.0m 6s2
M2m
T 1 Ma 2
h1at2 63.2m 2
Tm (ga)3.9 7 N
大学物理第三章刚体力学基础习题
14
答案
3-8 长为l，质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯量为 1 M l 2 ，开始时杆
16
答案
质点运动
刚体定轴转动
质量
m
力第二定律
F
Fma
F dp
转动惯量 J r2dm m

大学物理答案 3.第三章

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。

大学物理第三章题目答案【精选文档】

第三章3.10 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题3。

10图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少？题3。

10图解：在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即201ωmr g M =①挂上2M 后，则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得1002112301112130212()()M gmr M g M M mr M M M M r g r m M M ωωω=+'=+'==⋅'+3.13 计算题3。

13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3.13（a ）图题3。

13（b ）图3.15 如题3.15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=θ 30°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?题3.15图解： (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(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22200()I I v v ml mωω-=- 求得021(1)(1)2236(23)312l I l M v ml m gl m Mmωω=+=+-+=（2）相碰时小球受到的冲量为d ()F t mv mv mv=∆=-⎰由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰ 6(23)6gl M -=-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．3.16 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘），在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?（2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能．题3.16图解: （1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有gh v v 2202-=令0=v ，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==（2)圆盘的转动惯量221MR I =，碎片抛出后圆盘的转动惯量2221mR MR I -='，碎片脱离前,盘的角动量为ωI ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即R mv I I 0+''=ωω式中ω'为破盘的角速度．于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωω ωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' （角速度不变)圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=。

大学物理上册第3章习题解答

大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑，若0iziM =∑，则0z z I I ωω=，即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?（2）转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? （3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解：平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？图3-5 习题1.4图解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为： 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =，由定轴转动定律,M I β=，有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间： 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解：由题意，250I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为：20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=， 2212mg t t MRθβ==（2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为：22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=-，圆盘的转动惯量为212MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.（3）两人拉手前后的总动能.解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为： 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解：棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。

《大学物理》第3单元课后答案高等教育出版社

ww
1 2 mv0 8 J 2 1 1 2 碰撞后的系统动能： E k mv1 Mv 2 2
kh
m ( v0 v1 ) ，物体的速度大小： v 0.6 m / s M
1 2 1 M kx Mv 2 ，弹簧压缩量： x v ， x 0.06 m 2 2 k
3.8 J ，
F=4+6t (sI)，问当 t=0 到 t=2s 的时间内，力的冲量 I 20 i ；物体动量的增量 P 20 i ． 15. 粒子 B 的质量是粒子 A 的质量的 4 倍，开始时 A 粒子的速度为 3i 4 j ，粒子 B 的速度为
14. 质量为 m=2kg 的物体，所受合外力沿 x 正方向，且力的大小随时间变化，其规律为：
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11. 质量为m的物体，初速极小，在外力作用下从原点起沿x轴正向运动．所受外力方向沿x轴正向，大小为F = kx．物体从原点运动到坐标为x 0 的点的过程中所受外力冲量的大小为 mkx0 ．
2
12. 质量为M的车沿光滑的水平轨道以速度v 0 前进，车上的人质量为m，开始时人相对于车静止，后
ww
w.
w.
m
2
案网
m v0． M
10. 如图所示，有m千克的水以初速度 v1 进入弯管，经t秒后流出时
是F
(管内水受到的重力不考虑)

大学物理第三章习题答案

可求得
AF (A1 A2 )
2 1 mgR sin sin k R( ) 2
3.17、氢原子中的电子在圆形轨道上绕核运动，速率为v，电子受到大小为 e2 / 40 r 2 的向心力（电相互作用）的作用，其中e为电子和质子的电量，r为轨道半径， 0 为恒量。
v1 v v1
由矢量三角形可知：
f v v1 v 2 2 gH
2 2
f 与传递带的夹角为：
2 gH v1 arctan arctan v v
所以，传递带受到饲料的作用力 f 与 f 互为作用力和反作用力
f 的大小：与 f 的大小相同；方向：与 f 的方向相反。
联立以上各式，解得： cos 23
48
61.37。
3.24、在一圆柱容器底部有一圆孔，孔的直径为d,圆柱体直径为D，容器中水的高度随着水的流出而下降，试找出小孔
D
中水的流速v和水面高度h之间的关系。
解：由题意可得设S1与S2分别为容器与小孔横截面积，v1为 h 容器水面下降速度， v2为水流从小孔中流出 d 速度，则 2 2 S1 D , S 2 d 4 4 d2 又根据连续性方程： S1v1 S2v2 v1 2 v2 规定小孔所在平面为参考平面，据伯努利方程：
mvl mvl J
小球与杆端碰撞是完全弹性碰撞，碰撞过程中动能守恒，得：
1 ( J 2ml 2 ) 3
O

l
l
碰后，杆上升，只有重力做功，对杆，机械能守恒，得：
1 1 1 2 2 2 mv mv J 2 2 2
1 1 2 J 2mgl 1 cos 2 2 3

大学物理第三章(中国农业出版社张社奇主编)答案

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

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

大学物理习题答案解析第三章

第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法：(1) 质点组总动量的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关；(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关．下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得0Δ-='v m t F鸟对飞机的平均冲力为式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．解1 物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为于是,在相应的过程中重力的冲量分别为解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 N 1055.252⨯=='lm F v N 1055.25⨯-='-=FF gαt sin Δ01v =gαt sin Δ01v =gαt t sin Δ2Δ012v ==j j F I αm t mg t t sin Δd 011Δ1v -=-==⎰j j F I αm t mg t t sin 2Δd 022Δ2v -=-==⎰j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ．分析本题可由冲量的定义式,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．分析从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到时间内小球动量的增量．分析由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分．解力F 的冲量为 ⎰=21d t t t F I ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I 112s m 40-⋅=+=mm I v v gh 21=v ()12Δv v m m t -=+P F ()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F ωt 2π=⎰21d t t t F即 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．分析对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力从而可得水流对管壁作用力的大小为作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m ．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m ．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)分析根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d ()ωkA m -=vΔ()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F N 105.2232⨯-=-=-='v S ρFF片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．解取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为(1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为当该碎片落地时,有y 1 ＝0,t ＝t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)(6) 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x 2 ＝500 m3 -13 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50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)分析由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守hg x t x x 21010==v 21121gt t h y --=v 12121t gt h -=v x x m m 2021v v =y m m 2121210v v +-=1102s m 100222-⋅===hg x x x v v 112112s m 7.1421-⋅=-==t gt h y v v 2212t v x x x +=2222221gt t h y y -+=v恒方程即可解出结果．解设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有(1)(2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1 代入数据后,可解得也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 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 ()A A B A A m m m m v v v '=+-()''=+-B B A B B m m m m v v v ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=m m m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B vv ()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0u mm m α'++=cos 00v v u m m m α'+=-=cos Δ0v v v所以,人跳跃后增加的距离 *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍．分析由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d t 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求．解取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l ,以t 时刻,已落到桌面上长为y 、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P 、桌面的托力F N 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有(1) 为求冲力F ,可取d t 时间内落至桌面的线元d y 为研究对象．线元的质量,它受到重力d P 和冲力F 的反作用力F ′的作用,由于F ′＞＞d P ,故由动量定理得 (2) 而 (3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gαt sin 0v =()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0vv 0N =-+F F yg l m y lm m d d =y lm t F d 0d v -='F F '-=g m yg lm l m yg l m F F '==+=-='332N N v*3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s -1 ．(1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s -2 ．(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率．分析这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t →t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量Σd P i 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝u d m′/d t ＋m d v /d t (推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在d t 时间内排出燃料的质量d m ′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率d m ′/d t 也就是火箭质量的变化率-d m /d t ．这样,上述方程也可写成．在特定加速度a 0 的条件下,根据初始时刻火箭的质量m 0 ,就可求出燃料的排出率d m /d t ．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m 0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为 (1) 因火箭的初始质量为m 0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度a 0 ＝4.90 m·s -2,则燃气的排出率为(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成分离变量后积分,有火箭速率随时间的变化规律为 (2) 因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为得 (3) 将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率 ma mg tm u=-d d ma mg tm u =-d d ()1300s kg 1068.3d d -⋅⨯=+=ua g m t m tm mg t m ud d d d v =-⎰⎰⎰-=t mm t g m m u 0d d d 00v v v gt m m u --=00lnv v m t t m m m 61d d 0=-=tm m t d /d 650=13000s m 1047.2d /d 65ln ln -⋅⨯=-=-='tm m m m u gt m m u v3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F 0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．分析由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知．则该力作的功可用式计算,然后由动能定理求质点速率．解由分析知, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功, 由动能定理有得x ＝L 处的质点速率为此处也可用牛顿定律求质点速率,即分离变量后,两边积分也可得同样结果．3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m ．分析该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式来求解．解取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k )分析本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的x LF F F 00-=⎰L x F 0d x L F F F 00-=2d 0000L F x x L F F W L =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰0212-=v m W mL F 0=v xm t m x L F F d d d d 00v v v ==-⎰⋅=s F d W J 69.1d d cos d 2122=+-==⋅=⎰⎰⎰x x d Fx x θF W x x x F ⎰⋅=x F d W关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．解由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为则阻力的功为3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．分析由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．23d d ct tx ==v 3/43/242299x kc t kc k F ===v ⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l o l -=-==⋅=⎰⎰⎰xF ()J 882d d 1000=-=⋅=⎰⎰y agy mg W l y F分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即在小球摆动过程中,张力F Ｔ的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为小球在最低位置的速率为(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中⎰⋅=s d F W ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P s F d T T ⋅=⎰W J 53.0k k ==E E 1P K s m 30.222-⋅===mW m E v lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解 (1) 摩擦力作功为(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为圈 3 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )分析运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=mg μr πs F W 2180cos o f -==rgπμ16320v =2083v m 34k0==W En 2221212121mgy ky mgy ky +=-F＝P1＋F2(3) 当A板跳到N点时,B板刚被提起,此时弹性力F′2＝P2 ,且F2＝F′2．由式(3)可得F＝P1＋P2＝(m1＋m2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -24如图(a)所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为m′,从与水平成倾角α＝30.0°斜面上的点A 由静止下滑．设斜面对车的阻力为车重的0.25 倍,矿车下滑距离l时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动．当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货．试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大？分析矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力．矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便．解取沿斜面向上为x轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O．矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为Wｆ＝(0.25mg＋0.25m′g)(l＋x) (1) 式中m′和m分别为矿车满载和空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量．根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有Wｆ＝-ΔE＝-(ΔE P＋ΔEｋ)由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEｋ＝0；而ΔE P＝(m -m′) g(l＋x) sinα,故有Wｆ＝-(m-m′) g(l＋x) sinα (2) 由式(1)、(2)可解得。