1力学(1-3章)

1、 大学物理习题解答003大学物理习题解答力学部分112一质点的运动方程为ir=i+4t2j+tk，式中r、t分别以m、s为单位。试求：(1)它的速度0=8tj+kdtdn十a二击二8jx二1,y二4t2,z二t所以轨道方程与加速度；(2)它的轨迹方程。l3一质点自原点开始沿抛物线二bx2运动，它在Ox轴上的分速度为一恒量，值为0二4.0m-s-i,b=0.5m-1。求质点位于x=2.0m处的速度和加速度。x解抛物线y=bx2是质点的轨迹方程它是参数方程c二x(t)和y二y(t)合成的结果由于u是已知的,x可得x方向上的运动方程二x(t)及加速度分量z，由x二x(t)和轨迹方程y二f(x)，求得

2、运动方程在y方x向上的分量式y二y(t)及其加速度分量，再由速度和加速度的分量可得其矢量表达式.O=4.0m-s-1TOC o 1-5 h zyx为一常量，故a=0.当t二0时，x二0，由u=dxdt积分可得x=ut(1)xxx又由质点的抛物线方程，有二bx2二b(ut)2(2)x由y方向的运动方程可得该方向的速度和加速度分量分别为 HYPERLINK l bookmark26 u=dy.dt=2bu21(3)yx HYPERLINK l bookmark28 a=d2y/dt2=2bu2(4)yx当质点位于x=2.0m时，由上述各式可得0=u了+u了=4.0m-s-1了+8.0m-s-1了；

3、3=a了+a了=16m-s-2了. HYPERLINK l bookmark30 xyxy1一5质点的运动方程为=(-10t)+30t2；y=15t-20t2.试求：(1)初速度的大小和方向;(2)加速度的大小和方向。解由运动方程的分量式可分别求出速度、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(1)速度的分量式为u=-10+60t；u=15-40t；当t=0时，u=-10m-s-1，xdtydt0 xu=15m-s-1，则初速度大小为u0y0u3tga=，a=123041/；u0 x2du=VU0 x+U0y=18.0ms-1；设U0与x轴的夹角为a则(2)加速度的分量式为axd

4、u=4=60m-s-2；dta=斗=-40m-s-2.则加速度的大小为a=：a2+a2=72.1m-s-2ydtv，xy3a2设a与x轴的夹角为P，贝1tgB=-丁，0=-33o41/(或326M9/)a3x9一半径为0.50m的飞轮在启动时的短时间内，角速度与时间的平方成正比t0=在2.0s时测得轮缘一点的速度值湖0m-s-1。求：该轮在t/=0.5s的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度2)该点在2.0s内所转过的角度。解首先应该确定角速度的函数关系=kt2.依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度，从而求出式中的比例系数，=e(t)确定后，注意到运动的角量描述与线量描述的

5、相应关系，由运动学中两类问题求解的方瀏分法和积分法即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移.因为u=Ro，由题意0*12得比例系数：k=o/t2=u/Rt2=2rad-s-3.所以o=o(t)=2t2rad-s-3.贝it/=0.5s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为a=aR=1.0m-s-2.T总加速度3=a3+a=aR3+o2R3，a=.(aR)2+(o2R)2=1.01m-s-2Tn在2.0s内该点所转过的角度O-00=J2sodt=0J2s2t2dt=013=5.33rado=o(t)=2t/2rad-s-3=0.5rad-s-1；a=dodt=4t/rad-s-2；110质

6、点在半径为o.iom的圆周上运动，质点角位置为=2+4t3。求在t二2.0s时质点的法向加速度和切向加速度当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时值为多少?(3)t为多少时，法向加速度和切向加速度的值相?等解掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系，应用运动学求解的方法即可得到.(1)由于=2+4t3，则角速度=dG：dt=12t2.在t二2.0s时，法向加速度和切向加速度的数值分别为aI二r2二2.30 x10m-s-2，aI=r=4.80m-s-2.nt=2sTt=2sdt当a=a.；2=1.；2*a2+a2时，有3a2=a2，即3(24rt)2=r2(12t2)4；t=1.23

7、=0.29s.此时刻的角位置为=2+4t3=3.15rad.要使a=a，则有r(12t2)2=r(24t)，t=0.55s.nT13一无风的下雨天一列火车以)=20.0m-s-1的速度匀速前进在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴1和垂线成75。角下降。求雨滴下落的速度(设下降的雨滴作匀速运动)。图113解这是一个相对运动的问题.设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S，火车为动参考黍/.F为s/相对S的速度，F为雨滴相对s12的速度，利用相对运动速度的关系即可解.以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为f，雨滴相对地面竖直下落的速度为，旅客看到雨滴下落的速度/为相对速度，它们122之间的关系为f=f/+

8、f(图113),于是可得f=1=5.36m-s-12212tg750115一质量为10kg的质点在力F=(120t+40)N的作用下，沿x轴作直线运动。在t=0时，质点位于x=5.0m处，其速度=6.0m-s-1。求质点在任意时刻的速度和位置。00解这是在变力作用下的动力学问题由于力是时间的函数而加速度=dfJdt，这时，动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，解此微分方程可得质点的速度;由速度的定丈=dx/dt，用积分的方法可求出质点的位置因加速度3=dfdt，在直线运动中，根据牛顿定律有F=(120t+40)N=mdf；dt。依据质点运动的初始条件，聃0时，f0=6.0m-s-1，运用分

9、离变量法对上式积分，得卜df=ft(12.0t+4.0)dtnf=(6.0t2+4.0t+6.0)m-s-1。f0f0又因f=dx/dt，并由质点运动的初始条件$=0时，X0=50m对上式分离变量后积分，有Jxdx=ft(6.0t2+4.0t+6.0)dtnx=(2.0t3+2.0t2+6.0t+5.0)m第二章力学守恒x00定律21一物体在介质中按规律=ct3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。试求物体抉=0运动到x=1时，阻力所作的功。(已知阻力系数为)0解本题是一个变力作功问题仍需按功的定义迎=fF-ds来求解。关键在于寻找力函馥=F(x)(根据运动学关系，可将已

10、知力与速度的函数关系f)=kf2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由运动学方程x=ct3，可得物体的速度=dx/dt=3ct2；按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为：=kf2=9kc214=9kc23x43；则阻力的功为W=JF-dx=JFcos1800dx=J1-9kc23x43dx=-27kc23173(J) 大学物理习题解答大学物理习题解答力学部分 2人从10.0m深的井中提水起始桶中装有10.0kg的水，由于水桶漏水，每升高1.00m要漏去0.20kg的水。水桶被匀速地从井中提到井口，求人所作的功。解由于水桶在匀速上提过程中，

11、拉力必须始终与水桶重力相平衡。水桶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融力作功即可求出。水桶在匀速上提过程中a二0，拉力与水桶重力平衡，有+3二0；在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为mg-agy，其中a二0.2kg/m，人对水桶的拉力的功为W=JF-dy=J(mg-agy)dy=882J7一方向不变,大小按F二4t2(N)变化的力作用于原先静止质量为4kg的物体上，求：前3s内力F做的功；(2)t=3s时物体的动能；(3)t=3s时F的功率。28质量为2kg的物体受到力F=5t7+3t2j(N)的作用而

12、运动，t=0时物体位于原点并静止。试求前0s内此力的功和=10s时物体的动能。211如图211所示，质量m的物体，由水平面上点0以初速为亍抛出，厅与水平面成仰角。若不计空气阻力，求：00物体从发射点0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。解重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间图211隔即可。由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间At=osina/g，物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到10达最高点时间的两倍。这样，按冲量的定义，即可求得结果。物体从出发到达最高点所需的时间为A=u0sina/g，则物体落回地面的时间为

13、At=2At=2usina/g210于是，在相应的过程中重力的冲量分别为和I=JFdt=一mgAtj=-2musinaj2At2202I=JFdt=-mgAtj=-musinaj1At110212高空作业时系安全带是非常必要I假如一质量为51.0kg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0m，安全带弹性缓冲作用时间为0.50s。求安全带对人的平均冲力。解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

14、间很短。为求安全带的冲力，可以从缓冲时间内，人体运动(状动态量)的改变来分析，即运用动量定理来讨论。TOC o 1-5 h z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。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，人跌落至处时的速度为u1=、.迈gh(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,+)At=mU-mU(2)_21A(mu)m2gh由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为F=mg+丿=mg+：=1.14x103N。

15、AtAt213A、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50传递勺重物，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.5x103kg和1.0X103kg，求在传递重物前两船的速度(忽略水对船的阻力解由于两船横向传递的速度可略去不计对搬出重物后的船与从船B搬人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，对搬出重物后从船A搬人的重物所组成的系统II亦是这样。由此，分别列出系统I、II的动量守恒方程即可解出结果。设A、B两船原有的速度分别以、u表示，传递重物后船的速度分另别以、

16、u/表示，ABAB量以m表示。分别对上述系统I、II应用动量守恒定律，则有(m-m)u+muAAB(mm)u+mu二mu/。由题意知u/=0，u/=3.4m-s-1代人数据后，可解得BBABBABmmu/(mm)mu/u二bb=0.40m-si；u二ab-b=3.6m-s1。也可A(mm)(mm)m2B(mm)(mm)m2BABA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。217两质量均为m的球A和B发生碰撞，碰前A的速率为80m/s，B为静止，碰后分别沿与U求原方向成300和45。角前进。问：1)碰撞后两球的速度是多少?(2)因碰

17、撞损失了原动能的百分之几解在三个矢量构成的三角形中，用正弦定理求解简便。(1)以A、B为系统，在碰撞过程中系统的角动量守恒，如图所示。求解此三角形用正弦定理：mu/mu=B=AOsin300sin1050u/二58.6m/s，u/二41.41m/s。AB被搬运重物的质二mu/(1)；AAmu/Asin450可求得结果(2)求碰后动能损失的百分比约0%，请读者自己求出。218质量为0.2kg的小球与光滑墙面相碰假设在碰撞前后小球的速率都等5m/s，且入射角与反射图214角都等于600。(1)求小球碰撞前后动量的改变量(；2)假设小球与墙壁碰撞的时间为0.01s，小球对墙壁的平均冲力是多少解(1)

18、如图，以上题1)为例，由动量定jmV二mV0+1,用矢量三角形求解I=AP=1Ns(水平方向本题的矢量三角形是正三角形。平均冲力Fri/At求得F二100N。224如图224所示，有两个带电粒子，它们的质量均为电荷均为q其中一个静止，另一个以初速由无限远处向其运动，问这两个粒子最接近的距离是多这瞬时，每0个粒子的速率是多少?解通常两带电粒子之间的静电相互作用力比其万有引力大得多，因此，在该题中万有引力可略去。由于两粒子是同种电荷，相互作用力是斥力；当它们靠得很近时，斥力将变得很大，以至使它们分开，这是一种非接触性的碰撞。对两粒子系统而言无外力作用,因此，系统的动量守恒事实上，当B粒子从无穷远处

19、此时斥力为零)正面向A粒子运动而来时假粒子在斥力作用下得以加速而B粒子则逐渐减速;当它们的速率相等时两粒子最接近。又因为粒子间的斥力静电力是保守内力，系统的(动能能量和静电势能之和)也是守恒的。由两守恒定律列出方程即可解。A图224TOC o 1-5 h z按图示坐标，在沿力的方向上动量守恒，当两粒子的速率均为有mu二mu+mu(1)0111q2又根据系统的能量守恒有-mu2=只mu2+三mu2+20224k8r4q00u1由式(1)、(2)可得两粒子最接近时的速率和距离分别为守，r=-一204k8mu2I孑、226如图226所示，在光滑的水平面上有一木杆，其质量=l0kg,1=40cm，可绕

20、通过其中点并与之垂直的轴转动。一质量为r10g的子弹，以.u二2.0 xl02m-s-1的速度射人杆端，方向与杆及轴正交。如果子弹陷入杆中，求杆所得到的角速度。：解子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动。这样，子弹射人杆前图225的角速度可表示为，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度转动。若将子弹和杆、视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒。由角动量守恒定律可解得杆的角速度。根据角动量守恒定律J二(J+J)3/212式中J=m(l/2)2为子弹绕轴的转动惯量,3为子弹在陷入杆前的角动量P2u/1为子弹在此刻222绕轴的角速度。J=ml2/12为杆绕轴的转动惯量。11_.可得杆的

21、角速度为)/二J3J+J二6m(m+3m)1二29.1s-1。212212227质量为20.0kg的小孩，站在一半径湖.00m、转动惯量为450kg-m2的静止水平转台的边缘上,此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，台与轴间的摩擦不计如果此小孩相对转台以00m-s-1的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多?大解小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用故系统的角动量守恒。在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角3速、度3都是相对于地面而言的，而人0相对于转台的角速度，应满足相对角速度的关系式3=3+3。101由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

22、3=3+3=3R(1)010由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有J3+J(3+3)=0(2)00101式中J、J=mR2分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.01mR2u小-小由式(1(2)可得转台的角速度为3二=9.52X10-2s-10J+mR2R0式中负号表示转台转动方向与人对地面转动方向相反。228如图228所示，质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒支点在棒的上端点开始时棒自由悬挂以100N的力打击它的下端点打击时间为102s。(1)如果打击前棒静止求打击时其角动量的变化；)棒的最大偏转角。解该题属于常见的刚体转动问题可分为两个过程来讨论(1)瞬间的打击过程.在瞬间

23、外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动将发生变化，则获得一定的角速度。棒的转动过程。由于棒和地球所组成的系统，除重力保守内力外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度。由刚体的角动量定理得AL=J30=JMdt=F/At=2.0kg-m出-1(1)取棒和地球为一系统并选O处为重力势能零点在转动过程中，系统的机(2)械能守恒，即2J32=2mg/(1-cos0)3F2At2由式(1(2)可得棒的偏转角度为二arccos(1)=88。38/。m2g/229质量为0.5kg，长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动如将此棒放在

24、水平位置，然后任其落下，求(：1)当棒转过600时的角加速度和角速度；(2)下落到竖直位置时的动能(；3)下落到竖直位置时的角速度。解转动定律M=J卩是一瞬时关系式为求棒在不同位置的角加速度.需确定棒所在位置的力矩就可求得。由于重力矩M(0)=mg(1/2)cos0是变力矩，角加速度也是变化的，因此，TOC o 1-5 h z在求角速度时就必须根据角加速度用积分的方法来计算可根据转动中的动能定作I理，通过计算变力矩的功来求至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，采用|/系统的机械能守恒定律来解这是因为棒与地球所组成的系统中只有重力作功转k/轴处的支持力不作功因此，系统的机械能守恒。：(1)棒绕端点的转动惯量=ml2/3，由转动定律M=J卩可得棒在)位置时的角加速度为P=M(0);J=3gcos0.21(1)当0=600时，棒转动的角加速度为=18.4s-2。由于卩=磐，根据初始条件对式积分，有*Wwdw=J60Pd0dtdv00则角速度为0=：3g7.98s-1(2)根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为=2mgl=0.98J由于该动能也就是转动动能，即二2Jw2，所以棒落至竖直位置时的角速度为k2=8.57s-10第三章相对论力学:手=17一观测者测出运动着的米尺为5m，问此米尺以多大速度接近观测渚IU2解此题关键是明确哪个是动尺由动尺变短二1-石公式可知，U