物理做过的习题答案

1、1 -6 质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x 2 6t2 2,式中x的单位为m,t 的单位为s.求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t = 4 s时质点的速度和加速度.分析 位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时位移的大小才会与路程相等质点在t时间内的位移 Ax的大小可直接由运动方程得到：Ax 石 x°,而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位移dx的大小和路程就不同了 .为此，需根据 兰 0来确定其运动方向改变的时刻tp，求出0tp和dttpt内的位移大小 A

2、xi、Ax2，那么t时间内的路程Sx1x2，如下图，至于t = 4.0 s时质点速度和加速度可用空和马两式计算.dtdt2解(1)质点在4.0 s内位移的大小Axx4x0亠 dx 门(2) 由0dt得知质点的换向时刻为tp 2 s (t = 0不合题意)那么 Ax1x2 x08.0 mAx2x4x240 m所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为sAx1 |Ax2(3) t = 4.0 s 时v32 m48 mdxdt t 4.0s48 m s 1d2xa 2 dt t 4.0s36 m.s解3abVbtBVa tA20 m s 2匀加速直线运动aBC0匀速直线运动acDVdVc10ms2匀减

3、速直线运动tDtc在匀变速直线运动中，有x x v0t 1t22由此，可计算在02 s和46 s时间间隔内各时刻的位置分别为t/s0asI1,5灼I44.555.50.t/ini0-7.5-10-7.504048.85558. BCO用描数据点的作图方法，由表中数据可作02 s和46s时间内的x -t图在24s时间内,质点是作v 20 m s 1的匀速直线运动,其x -t图是斜率k= 20的一段直线图c. 1 -9质点的运动方程为2 2x 10t 30ty 15t 20t式中x,y的单位为m,t的单位为s.试求：1初速度的大小和方向；2加速度的大小和方向.分析由运动方程的分量式可分别求出速度、

4、加速度的分量，再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向.解1速度的分量式为dx Vxdt当 t = 0 时,Vox = -10 m s10 60t-1 , Voy = 15 mVy d 15s -1，那么初速度大小为40tV02V0x2V0y18.0 m设Vo与x轴的夹角为a那么tan aV0yV0xa= 123412加速度的分量式为axdVxdt260 m s,aydVydt40 m那么加速度的大小为设a与x轴的夹角为3那么2 2ax ay72.1tan 3 a ax戸-33 °41 或 326 ° 19 '1 -15 一质点具有恒定加速度 零,位置矢量0 = 1

5、0 mi .求：1 轨迹方程，并画出轨迹的示意图.=6i + 4j,式中a的单位为ms -2 .在t= 0时，其速度为 在任意时刻的速度和位置矢量；2质点在Oxy平面上的分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动，根据叠加原理，求解时需根据加速度的两个分量ax和ay分别积分，从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t) 由于此题中质点加速、 一 一 1 2度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x x0 v0xtaxt和1 2 一 一y y0 v0yt -ayt -18飞机以100 ms-1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100 m时,驾驶员要把物 品空投到前方某一地面目标处 ，

6、问：(1)此时目标在飞机正下方位置的前面多远？(2)投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3)物品投出2.0 s后,它的法向加速度和切 2,两个分运动均为匀变速直线运动读者不妨自己验证一下.解 由加速度定义式，根据初始条件to = 0时V0 = 0,积分可得Vtt0 dvoadt 0(6i 4j)dtv 6ti 4tjdr又由v及初始条件t= 0时,r0= (10 m)i,积分可得dtrttdrvdt(6ti 4tj )dtr°002 2r (10 3t )i 2t j由上述结果可得质点运动方程的分量式，即x = 10+ 3ty = 2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3

7、y = 2x -20 m这是一个直线方程直线斜率k也 tan2 一 a , a= 3341 '轨迹如下图tan adx3分析 物品空投后作平抛运动忽略空气阻力的条件下，由运动独立性原理知，物品在空中沿水平方向作匀速直线运动，在竖直方向作自由落体运动到达地面目标时，两方向上运动时间是相同的因此，分别列出其运动方程，运用时间相等的条件，即可求解.此外，平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度，只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角a或 3由图可知，在特定时刻t，物体的切向加速度和水平线之间的夹角a可由此时刻的两速度分量Vx、vy求出，这样

8、，也就可将重力加速度g的切向和法向分量求得.解(1)取如下图的坐标，物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为2x = vt， y = 1/2 gt2飞机水平飞行速度v = 100 ms-1，飞机离地面的高度y= 100 m，由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为0 arctan12.5°x(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为丄VygtaarctanarctanVxv取自然坐标，物品在抛出2s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为atgsin a gsin arctanV21.88 m sangcos a gcos arcta n 述v9.62

9、m s 21 -22 一质点沿半径为时刻质点的总加速度；(2) t 已沿圆周运行了多少圈？1 2R的圆周按规律s Vot -bt运动,V0、b都是常量.2为何值时总加速度在数值上等于b? (3)当加速度到达b(1)求 t时，质点分析在自然坐标中,s表示圆周上从某一点开始的曲线坐标由给定的运动方程s(t)，对时间t求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度 v和加速度的切向分量at，而加速度的 法向分量为an= V2 /R.这样，总加速度为a = atet + anen.至于质点在t时间内通过的路程， 即为曲线坐标的改变量 As st -S0.因圆周长为2 kR，质点所转过的圈数自然可求得.解(1)

10、质点作圆周运动的速率为dsdtV0 btd2sat2dt2b，an其加速度的切向分量和法向分量分别为2(V。 bt)R故加速度的大小为V。bt4R其方向与切线之间的夹角为0 arcta门色atarcta n2V。btRb要使丨a | = b,由1V。bt4Rb可得v。b3从t= 0开始到t = v0 /b时，质点经过的路程为Ssts。2V。2b因此质点运行的圈数为2V。4nR1 -25无风的下雨天，一列火车以vi = 20.0 m- s的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降求雨滴下落的速度V2 设下降的雨滴作匀速运动分析这是一个相对运动的问题设雨滴为研究对

11、象，地面为静止参考系S，火车为动参考系S V1为S '相对S 的速度,V2为雨滴相对S的速度，利用相对运动速度的关系即可解解以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为V1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为V2 ,旅客看到雨滴下落的速度V2为相对速度，它们之间的关系为V2 V2' V1 如下图，于是可得V1tan 75o5.36 m2 -6图示一斜面，倾角为a,底边AB长为I = 2.1 m,质量为m的物体从题2 -6图斜面顶 端由静止开始向下滑动，斜面的摩擦因数为 尸0.14 试问，当a为何值时，物体在斜面上下滑的 时间最短？其数值为多少？分析 动力学问题一般分为两类：1物体受力求

12、其运动情况；2物体的运动情况来分析其所受的力.当然，在一个具体题目中，这两类问题并无截然的界限，且都是以加速度作为中介，把动力学方程和运动学规律联系起来此题关键在列出动力学和运动学方程 后,解出倾角与时间的函数关系a= ft,然后运用对t求极值的方法即可得出数值来.解 取沿斜面为坐标轴Ox,原点0位于斜面顶点，那么由牛顿第二定律有mgsin a mg(,cos a ma(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有lCOS a-at2g sin apCOS at2gcos a Sin a (jCOSa此时21gCOS a Sin a QOS a0.99 s为使下滑的时间最短，可令0,由式有d aS

13、in a Sin apCOS a COS a COS a gin a 0那么可得1tan2 a,49°该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解将平板与木块作为系统，该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能，而它们的共同速度可根据动量定理求得又因为系统内只有摩擦力作功 ，根据系统的动能定理，摩擦力的功应等于系统动能的增量木块相对平板移动的距离即可求出.平板列解1以地面为参考系，在摩擦力F f =卩mg的作用下，根据牛顿定律分别对木块、 出动力学方程Ff =口 mg= maiF ff = -F f = m'a2ai和a2分别是木块和木板相对地面参考系的加速度.

14、假设以木板为参考系，木块相对平板的加速度a = ai + a2，木块相对平板以初速度-v'作匀减速运动直至最终停止. 由运动学规律 有-v2 = 2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为2m vs 2冯m m解2以木块和平板为系统，它们之间一对摩擦力作的总功为W = Ff (s + I) -F f i =卩 mgs式中I为平板相对地面移动的距离.由于系统在水平方向上不受外力，当木块放至平板上时，根据动量守恒定律，有m V '= (m '+ m) v"由系统的动能定理，有ggs由上述各式可得2 m v s2冯m m2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表

15、演飞车走壁设演员和摩托车的总质量为m，圆筒半径为R，演员骑摩托车在直壁上以速率 v作匀速圆周螺旋运动，每绕一周上升距离为 h，如 图所示求壁对演员和摩托车的作用力.分析 杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后，相当于如图(b)所示的斜面.把演员的运动速度分解为图示的V1和V2两个分量,显然V1是竖直向上作匀速直线运动的分速度，而V2那么是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度，其中向心力由筒壁对演员的支持力Fn的水平分量Fn2提供，而竖直分量FN1那么与重力相平衡.如图(C)所示，其中0角为摩托车与筒壁 所夹角运

16、用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向解设杂技演员连同摩托车整体为研究对象，据(b)(c)两图应有Fni mg 0F N22Vm一Rv2 vcosB v-2 n一2J2 伙2 h2Fn.F：1F：2以式(3)代入式(2)，得F N22 2 2n R v2 2 2R 4 n R h.2 24 n Rmv2 2 24 n R h将式和式(5)代入式,可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为与壁的夹角0为F NFN1FN 22 2 24 n Rv2 2 24 n R harctan2F N1arcta n4 <Rv24<R2 h2 g讨论表演飞车走壁时，演员必须控制好运动速度，

17、行车路线以及摩托车的方位，以确保 三者之间满足解题用到的各个力学规律.2 -13 一质点沿x轴运动，其受力如下图，设t = 0时,vo= 5m - s -1 ,xo= 2 m,质点质量m =1kg,试求该质点7 s末的速度和位置坐标.分析首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数，进而求得相应的加速度函数，运用积分方法求解题目所问，积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应.解由题图得2t,0 t 5sFt35 5t,5s t 7s由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为a 2t,0t 5s;、a 35 5t, 5s t 7s对0 v tv 5 s时间段，由ad得dtVtdvadt

18、V00积分后得v 5t2再由VdX得dtxtdxvdtx00积分后得x 2 5t t33将 t = 5 s代入，得V5= 30 m s-1 和 x5 = 68.7 m对 5 sV tV7s时间段,用冋样方法有VdvV0t5sa2dt得V35t2.5t282.5t再由xdxtvdtx55s得x=17.5t2 -0.83t3-82.5t + 147.87将t = 7 s代入分别得V7= 40 m -s -1和 X7 = 142 m2 -18 一质量为m的小球最初位于如图(a)所示的A点撚后沿半径为r的光滑圆轨道 ADCB下滑.试求小球到达点 C时的角速度和对圆轨道的作用力.分析 该题可由牛顿第二定

19、律求解在取自然坐标的情况下，沿圆弧方向的加速度就是切向加速度at,与其相对应的外力Ft是重力的切向分量 mgsin a而与法向加速度an相对应的外 力是支持力Fn和重力的法向分量 mgcosa.由此，可分别列出切向和法向的动力学方程Ft =mdv/dt和Fn = man .由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解，为使运算简便，可转换积分变量.倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比拟简便.但它不能直接给出小球与圆弧外表之间的作用力.解 小球在运动过程中受到重力 P和圆轨道对它的支持力Fn .取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得

20、Ftmgsin a m普Fn Fn mgcos a2mvm -R. ds由v dt行积分，有rd aT，得 dt vrd a,代入式(1),并根据小球从点A运动到点C的始末条件，进vvdvv090°rgsin a d a得那么小球在点2rgcosaC的角速度为CD2gcos a/ r由式(2)得2Fn mmmgcosa 3mgcos a由此可得小球对圆轨道的作用力为FnFn3mgcos a负号表示F N与en反向.2 -20 质量为45.0 kg的物体，由地面以初速60.0 m s -1竖直向上发射，物体受到空气的 阻力为Fr = kv,且k = 0.03 N/ m s -1 . 1

21、求物体发射到最大高度所需的时间.2最大高度为多少？分析物体在发射过程中，同时受到重力和空气阻力的作用，其合力是速率v的一次函数 动力学方程是速率的一阶微分方程，求解时,只需采用别离变量的数学方法即可.但是,在求解高度时，那么必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解 高度时，速率应为零.解1物体在空中受重力mg和空气阻力，并注意到物体上升至最大Fr=kv作用而减速.由牛顿定律得dvmdtmg kv(1)tdt0利用晶 vdy的关系代入式1,可得kvomg6.11s别离变量后积分mgkvdvmv一dy讨论如不考虑空气阻力y0dykv°mgvomvdvmg kvv0183 m,那么

22、物体向上作匀减速运动.由公式2v分别算2g得t6.12s和yH84 m,均比实际值略大一些.F r = kmv22 -21 一物体自地球外表以速率 V0竖直上抛.假定空气对物体阻力的值为其中m为物体的质量,k为常量.试求：1该物体能上升的高度；物体返回地面时速度的值.设重力加速度为常量.根据始末条件对上式积分，有dvvv。 mg kv分析由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反，因此，物体在上抛过程中所受o r (p重力P和阻力Fr的方向相同；而下落过程中，所受重力P和阻力Fr的方向那么相反又因阻 力是变力，在解动力学方程时，需用积分的方法.解 分别对物体上抛、下落时作受力分析，以地面为原

23、点，竖直向上为y轴如下图.1 物体在上抛过程中，根据牛顿定律有mg kmv2dvvdvm m -dtdy依据初始条件对上式积分，有dy0 vdvv。g kv2丄In2kg kv： g kv：物体到达最高处时，v = 0,故有hymax2物体下落过程中，有2 vdv mg kmv m - dy对上式积分，有yody0 vdvvo g kv2v vo 1kv21/23 -8 Fx = 30 + 4t式中Fx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2 s内此力的冲量；2假设冲量I = 300 N -s此力作用的时间；3假设 物体的初速度vi = 10 ms

24、-1方向与Fx相同，在t= 6.86s时,此物体的速度V2 .t2分析此题可由冲量的定义式I Fdt,求变力的冲量，继而根据动量定理求物体的ti速度V2.解1由分析知2I30 4t dt0230t 2t2068 Ns(2)由 1 = 300 = 30t+ 2t2，解此方程可得t = 686 s(另-解不合题意已舍去(3)由动量定理，有I = m V2- m V1由可知t = 6. 86 s时I = 300 Ns将I、m及Vi代入可得I mv1iV2- 40 m sm3 -9 高空作业时系平安带是非常必要的假设一质量为51.0 kg的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于平安带的保护，最终使他

25、被悬挂起来此时人离原处的距离 为2.0 m ,平安带弹性缓冲作用时间为 0.50 s .求平安带对人的平均冲力.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；在平安带保护的缓冲过程中，那么人体同时受重力和平安带冲力的作用,其合力是一变力，且作用时间很短为求平安带的冲力，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平安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

26、论.在自由落体运动过程中，人跌落至2 m处时的速度为v1 2gh1在缓冲过程中，人受重力和平安带冲力的作用，根据动量定理，有F P Atmv2 mv12由式1、可得平安带对人的平均冲力大小为F mg mvAtmg 2ght31.14 10 N解2从整个过程来讨论根据动量定理有F v2h/g mg 1.14 103 N3 -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 X02 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y题3-12图分析根据抛体运动规律，

27、物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的因此，假设能求出第二块碎片抛出的速度，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VoxXito(1)物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为yi hVit2gt2当该碎片落地时，有yi = o，t = ti，那么由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度Vit

28、i又根据动量守恒定律，在最高点处有imvox -mv2x1 mvi22mV2y联立解式i、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h i gti2VifLii4.7 m爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为X2XiV2xt2(5)y2h V2yt2i gt；X2 = 500 m落地时，y2 = 0,由式、6可解得第二块碎片落地点的水平位置*3 -16 设在地球外表附近，一初质量为5.00 X105 kg的火箭，从尾部喷出气体的速率为 2.00 W3 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4.90m-s"2 . (2)假设火箭

29、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tt + At的时间内,将别离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两局部.根据它们的总动量的增量Xdi和系统所受的外力重力(阻力不计)，由动量定理可得到-mg = udm'/dt + mdv/dt(推导从略，见教材),即火箭主体的动力学方程.由于在dt时间内排出燃料的质量dm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dm' /d也就是火箭质量的变化率-dm/dt.这样，上述方程也可写成

30、u mg ma 在特定加速度a°的条件下，dt根据初始时刻火箭的质量 m°,就可求出燃料的排出率 dm/dt.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°之比)的条件下，可算出火箭所经历的时间 ，那么火箭 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dmu mg madt因火箭的初始质量为 mo = 5.00 W5 kg,要使火箭获得最初的加速度ao = 4.90 m ,那么燃气的排出率为dmm° g a。dtu(2)为求火箭的最后速率，可将式(1)改写成dmu -

31、dt3.68 103 kgmgdvmdt(1)别离变量后积分，有vdvV0m dmm° mt°gdt火箭速率随时间的变化规律为uln m°gt因火箭的质量比为6.00,故经历时间t后，其质量为mm0dtdtt5呛6dm/ dt将式(3)代入式(2),依据初始条件，可得火箭的最后速率v uln 旦 gt uln 卫2.47 103 mm0m0 6dm/ dt3 -19 一物体在介质中按规律x = ct3作直线运动比于速度的平方试求物体由,c为一常量.X0 = 0运动到x = l时，阻力所作的功.设介质对物体的阻力正(阻力系数为k)分析 此题是一维变力作功问题，仍需按

32、功的定义式 W F dx来求解.关键在于寻找力函数F = F(x).根据运动学关系，可将力与速度的函数关系F(v) = kv2变换到F(t),进一步按x = ct3的关系把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 = ct3，可得物体的速度3ct2dx vdt按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为22,42/3 4/3F kv 9kc t 9kc x那么阻力的功为W F dxW 'f dxcos 180°dx'9kc2/3x4/3dx耳kc2/T/30 0 73 -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

33、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 -a gy其中a= 0. 2 kg/m,人对水桶的拉力的功为l10W o F dy ° mg agy dy 882 J3 -26 一质量为m的

34、地球卫星，沿半径为3Re的圆轨道运动,RE为地球的半径.地 球的质量为mE.求：(1)卫星的动能；(2)卫星的引力势能；(3)卫星的机械能.分析根据势能和动能的定义，只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率，其势能和动能即可算出由于卫星在地球引力作用下作圆周运动，由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能由于卫星的引力势能是属于系统卫星和地球的，要确定特定位置的势能时，必须规定势能的零点，通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零.这样，卫星在特定位置的势能也就能确定了至于卫星的机械能那么是动能和势能的总和.解1卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力，由牛顿定律可得G-mEm3Re 22v

35、m3RE那么Ek1 2 mvG mEm26RE2取卫星与地球相距无限远r th时的势能为零，那么处在轨道上的卫星所具有的势能为EpGm3RE3卫星的机械能为EEk Ep G嗨©删 G聞6 Re3 Re6 Re3 -34如下图，一个质量为m的小球，从内壁为半球形的容器边缘点A滑下设容器质量为m，半径为r，内壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上开始时小球和容器都处于 静止状态当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？分析 由于桌面无摩擦，容器可以在水平桌面上滑动 ，当小球沿容器内壁下滑时 ，容器在 桌面上也要发生移动将小球与容器视为系统，该系统在运动过程中沿水平桌面方

36、向不受外力作用，系统在该方向上的动量守恒；假设将小球、容器与地球视为系统，因系统无外力作用，而内力中重力是保守力，而支持力不作功，系统的机械能守恒.由两个守恒定律可解得小球和 容器在惯性系中的速度.由于相对运动的存在，小球相对容器运动的轨迹是圆，而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了 ，因此，在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时，必须注意参考系的选择假设取容器为参考系非惯性系，小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧，其法向加速度可由此刻的速度相对于容器速度求得.在分析小球受力时，除重力和支持力外， 还必须计及它所受的惯性力小球位于容器的底部这一特殊位置时，容器的加速度为零，惯性力也为零这样，由

37、法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了假设仍取地面为参考系惯性系,虽然无需考虑惯性力，但是因小球的轨迹方程比拟复杂，其曲率半径及法向加速度难以确定，使求解较为困难.由于小球相对地面运动的轨迹比拟复杂 器底部时，小球相对容器的运动速度为VmVmVmVmVm2gR在容器底部，小球所受惯性力为零，其法向运动方程为解根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得mVm m Vm 0(1)1 2 1 2 -mVV-mVm22mgR(2)式屮Vm、Vm 分别表示小球、容器相对桌面的速度.由式、2 可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为Vm j2mgRVmm /2m gR

38、m mm Xm m，为此，可改为以容器为参考系非惯性系在容2Fn mgmvmR由式、可得小球此时所受到的支持力为2mFn mg 3m4 10如图a所示，圆盘的质量为m,半径为R.求：1以0为中心，将半径为R/ 2的 局部挖去，剩余局部对 00轴的转动惯量；2剩余局部对0 0轴即通过圆盘边缘且平行 于盘中心轴的转动惯量.o*0IR0"O06)Jr2dm计算,(1)挖去后的圆盘如图(b)所示. 解1由分析知J0r2dm2mR2Rr2 m 2ndr r 2 2 ndr r/2 nR23152r dr mRR/232J2(2)J0整个圆盘对00轴转动惯量为Ji1 mR2，挖去的小圆盘对 00

39、轴转动惯量21 m2 n2 nR2丄 mR2,32由分析知，剩余局部对 00轴的转动惯量为由平行轴定理,剩余局部对Jo J1 J 2mR2320 0轴的转动惯量为% m32m2 n nR2R 2392R mR232分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式 式中dm可取半径为r、宽度为dr窄圆环；二是用补偿法可将剩余局部的转动惯量看成是原 大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值至于第二问需用到平行轴定理.4 13 如图(a)所示，质量m1 = 16 kg的实心圆柱体A，其半径为r = 15 cm，可以绕其 固定水平轴转动，阻力忽略不计一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一

40、端系一个质量m2 =8.0 kg的物体B.求：(1)物体B由静止开始下降1.0 s后的距离；(2)绳的张力Ft .BI®4-B 图分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动平动.两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解， 但是，两物体的运动由柔绳相联系， 它们运动量之间的联系 可由角量与线量的关系得到 解1分别作两物体的受力分析，如图b.对实心圆柱体而言，由转动定律得1 2FT r J am-ir a2对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有巳 Ft m2g Ft m2a且FT = FT.又由角量与线量之间的关系，得a r a解上述方程组，可得物体下落的加速度a2m2gm 2

41、m2在t = 1.0 s时，B下落的距离为1 丄 2mugt2s at -2.45 m2 2m22由式2可得绳中的张力为Ft mg am1m2mi 2m239.2 N4 14 质量为mi和m2的两物体A、B分别悬挂在图a所示的组合轮两端.设两轮的半径 分别为R和r，两轮的转动惯量分别为 Ji和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去 不计，绳的质量也略去不计 试求两物体的加速度和绳的张力A分析由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和注意两力矩的方向不同.对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方 程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得解 分

42、别对两物体及组合轮作受力分析，如图b.根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有RF T1ggFT1m1a1(1)FT2R2F T2m2gm2a2Ft1RFt2J1J2 aFT1FT1，FT2FT2由角加速度和线加速度之间的关系，有a<|Raa2r a解上述方程组，可得aiJim|Rm2rJ2m1R22m2rgRa2imi R m2r22 grJi J2 mi Rm2rFtiJiJJ2 mir2 m>RrJ2 gR2 m2r2mgFT22Ji J2 miRmiRr2Ji J2m|Rm2r4 i7 一半径为R、质量为m的匀质圆盘，以角速度 3绕其中心轴转动，现将它平放在一 水平板上，盘与

43、板外表的摩擦因数为 讥i求圆盘所受的摩擦力矩.2问经多少时间后， 圆盘转动才能停止？分析转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各局部所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各局部摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr的圆环为面元，环所受摩擦力dFf = 2n 口mgdr/ n2，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM = r x dF f ,其方向沿转动轴，那么圆盘所受的总摩擦力矩 M = JdM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来 完成.由于摩擦力矩是恒力矩，那么由角动量定理M t =A J 3,可求得圆盘

44、停止前所经历的时间A t.当然也可由转动定律求解得.解i由分析可知，圆盘上半径为 r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为2 2dM r dFf 2r ngdr/R k式中k为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为dM2R2r pmgdrR2pmgR2由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 可得圆盘停止的时间为J = mW/2 .由角动量定理 M A t = A (J 3,At 乜33Rm 4旧4 18 如下图，一通风机的转动局部以初角速度 30绕其轴转动，空气的阻力矩与角速 度成正比，比例系数 C为一常量.假设转动局部对其轴的转动惯量为 J,问：1经过多少时 间后其转动角速度减少为初角速

45、度的一半？ 2在此时间内共转过多少转？分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知,的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，义出发，通过积分的方法去解 解1通风机叶片所受的阻力矩为 M = C3, 为在变力矩作用下，通风机叶片 必须从角加速度和角速度的定由转动定律M = J a,可得叶片的角加速度d 3a -dtCJdt303亠 Ct / J30e根据初始条件对式1积分，有由于C和j均为常量，得当角速度由30 T 12 30时，转动所需的时间为丄In2C2根据初始条件对式2积分,有9d 900 30e Ct/Jdt.J92C在时间t内所转过的圈数为9 J 304 20 一

46、质量为m'、半径为R 转动，假设在某时刻，一质量为 m 能到达的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大?2 n 4 nC的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度此外，在碎块与盘别离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可 计算破裂后盘的角动量I®4-20 图解(1)碎块抛出时的初速度为Vo sR由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为h -2g 2g(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有L L0 L式中L1 2m R

47、 3为圆盘未碎时的角动量；2LmR23为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L为破裂后盘的角动量那么L 1 m2m R2 34 21在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1= 1.0 kg，长1 = 40cm,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 = 10g的子弹，以v = 2. 0x 102 ms_1的速度射入杆端, 其方向与杆及轴正交假设子弹陷入杆中，试求所得到的角速度S4-21 图分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动这样，子弹射入杆前的角速度可表示为3,子弹陷入杆后，它们将一起以角速度3转动.假设将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒由角动量守

48、恒定律可解得杆的角速度解 根据角动量守恒定理J2 3 J1 J2 3式中J2 m2 l /2为子弹绕轴的转动惯量，J23为子弹在陷入杆前的角动量，3= 2v/l为子弹在此刻绕轴的角速度.Ji mil2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为JiJ26m2vm1 3m229.1s4 24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度3 0 =n s-1转动，转台对转轴的转动惯量为Jo=4. 0 x 10-3 kg m2 .今有砂粒以Q = 2t g s-1的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成 一圆环，假设环的半径为r = 0.10 m,求砂粒下落t = 10 s时，转台的角速度.分析 对转动系统而言，随着砂

49、粒的下落，系统的转动惯量发生了改变 转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的 的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量 同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出解 在时间10 s内落至台面的砂粒的质量为10sm 0 Qdt 0.10 kg根据系统的角动量守恒定律，有J030J0 mr2 3那么t = 10 s时，转台的角速度.但是，砂粒下落对.在时间t内落至台面.这样，转台在不J 0 30J0 mr20.80J1 ns4 32如下图，A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A轮的转动惯量J1 = 10.0kg -m2，开始时B轮静止，A轮以n1 = 600

50、 r -min-1的转速转动，然后使 A与B连接， 因而B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转速都等于 n = 200 r min-1为止.求：1 B轮 的转动惯量；2在啮合过程中损失的机械能.AB分析 两飞轮在轴方向啮合时， 轴向力不产生转动力矩， 两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B轮的转动惯量.根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.解1取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有J132那么B轮的转动惯量为3132J132J120.0 kg m(2)系统在啮合过程中机械能的变化为- Ji2式中负号表示啮合过程中机械能减少5 - 9假设电荷Q均匀地分布在长为 处的电场强度为2 1 2J2Q2J- Gt-21.32 104 JL的细棒上.求证：(1)在棒的延长线，且离棒中心为r(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为E 2；“2 L2假设棒为无限长(即L* )，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比拟IV分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如下图，在长直线上任意取一线元dx,其电荷为dq = Qdx/ L，它在点P的电场强度为dE