力学(漆安慎-杜婵英)习题解答

./质点运动学方程为：,求质点轨迹并用图表示.解：⑴轨迹方程为的直线.xy5xyxy5xy5/35/42.1.2质点运动学方程为.⑴求质点轨迹；⑵求自t=-1到t=1质点的位移。解：⑴由运动学方程可知：,所以,质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。⑵。所以,位移大小：2.1.3质点运动学方程为.⑴求质点轨迹；⑵求质点自t=0至t=1的位移.解：⑴,消去参数t得：⑵Rθ2.2.1雷达站于某瞬时测得飞机位置为Rθ0.75s后测得,R1,R2均在铅直面内,求飞机瞬时速率的近似值和飞行方向〔α角〕θ1R1θ1R1R2ΔRθ1θ2α据正弦定理：yx0x1x22.2.2一圆柱体沿抛物线轨道运动,抛物线轨道为y=x2/200<长度：毫米>。第一次观察到圆柱体在yx0x1x2解：由于Δt很小,所以,,其中,。其大小；与x轴夹角αv230αv230°v1=90km/hv2=70km/hΔv西北解：对矢量三角形应用余弦定理：,由正弦定理：2.2.6⑴,R为正常数,求t=0,π/2时的速度和加速度。⑵,求t=0,1时的速度和加速度〔写出正交分解式〕。解：⑴⑵；102030102030102030°45°120°-10-200x<m>t<s>abc解：质点直线运动的速度,在x-t图像中为曲线斜率。由于三种图像都是直线,因此三种运动都是匀速直线运动,设直线与x轴正向夹角为α,则速度对于a种运动：对于b种运动：对于c种运动：2.3.2质点直线运动的运动学方程为x=acost,a为正常数,求质点速度和加速度,并讨论运动特点〔有无周期性,运动X围,速度变化情况等〕解：显然,质点随时间按余弦规律作周期性运动,运动X围：跳伞运动员的速度为,v铅直向下,β,q为正常量,求其加速度,讨论时间足够长时〔即t→∞〕速度、加速度的变化趋势。解：因为v>0,a>0,所以,跳伞员做加速直线运动,但当t→∞时,v→β,a→0,说明经过较长时间后,跳伞员将做匀速直线运动。v<km/h>v<km/h>v=v0cosπx/5x<km>1.5v02.3.4直线运行的高速列车在电子计算机控制下减速进站。列车原运行速率为v0=180km/h,其速率变化规律如图所示。求列车行至x=1.5km时的加速度。解：,将v0=180km/h,x=1.5km代入ABaA0.5gABaA0.5g0x解：设整个绳长为L,取图示坐标o-x,则3xA+<-4xB>=L对时间求两次导数,3aA=4aB,所以aB=3aA/4=3×0.5g/4=3g/82.3.6质点沿直线的运动学方程为x=10t+3t2.⑴将坐标原点沿o-x正方向移动2m,运动学方程如何？初速度有无变化？⑵将计时起点前移1s,运动学方程如何？初始坐标和初速度发生怎样的变化？加速度变不变？解：x=10t+3t2,v=dx/dt=10+6t,a=dv/dt=6,t=0时,x=0,v=10⑴将坐标原点向x轴正向移动2m,即令x'=x-2,x=x'+2,则运动学方程为：x'=10t+3t2-2,∵v'=dx'/dt=10+6t,∴v'=v⑵将计时起点前移1s,即令t'=t+1,t=t'-1,则运动学方程变为：x=10<t'-1>+3<t'-1>2=10t'–10+3t'2-6t'+3=4t'+3t'2–7v'=dx/dt'=4+6t',t'=0时,x=-7,v'=4,加速度a不变。质点从坐标原点出发时开始计时,沿x轴运动,其加速度ax=2t<cms-2>,求在下列两种情况下质点的运动学方程,出发后6s时质点的位置、在此期间所走过的位移与路程。⑴初速度v0=0；⑵初速度v0的大小为9cm/s,方向与加速度方向相反。解：⑴⑵令vx=0,由速度表达式可求出对应时刻t=3,由于3秒前质点沿x轴反向运动,3秒后质点沿x轴正向运动,所以路程：2.4.2质点直线运动瞬时速度的变化规律为：vx=-3sint,求t1=3至t2=5时间内的位移。解：2.4.3一质点作直线运动,其瞬时加速度的变化规律为ax=-Aω2cosωt.在t=0时,vx=0,x=A,其中A,ω均为正常数。求此质点的运动学方程。解：,2.4.4飞机着陆时为尽快停止采用降落伞制动,刚着陆时,t=0时速度为v0,且坐标x=0,假设其加速度为ax=-bvx2,b=常量,求飞机速度和坐标随时间的变化规律。解：2.4.5在195m长的坡道上,一人骑自行车以18km/h的速度和-20cm/s2的加速度上坡,另一自行车同时以5.4km/h的初速度和0.2m/s2的加速度下坡,问：⑴经多长时间两人相遇？⑵两人相遇时各走过多长的路程？解：以上坡者出发点为原点沿其前进方向建立坐标o-x,用脚标1表示上坡者,用脚标2表示下坡者。两人的加速度实际上是相同的：xx0195a1a2v10v20根据匀变速直线运动公式：⑴令x1=x2,可求得相遇时间：5t=195-1.5t,t=195/6.5=30s⑵对于上坡者,在相遇期间做的不一定是单方向直线运动,据上坡者的速度表达式：v1=5-0.2t,令v1=0,求得对应时刻t=25s,所以,上坡者在25s前是在上坡,但25s后却再下坡。因此,上坡者在30s内走过的路程：对于下坡者,因为做单方向直线运动,所以30s内走过的路程：210x210x解：设每节车厢长为L,以地为参考系,以人所在点为原点建立图示坐标o-x,以第一节车厢的前端点为研究对象,t=0时,前端点的坐标x=0,速度v=0,据匀加速运动公式：,令x=L,求得：,∴令x=6L,可求得第6节车厢尾端通过人时所需时间t6：令x=7L,可求得第7节车厢尾端通过人时所需时间t7：因此,第7节车厢通过人所需时间：yh02.4.7在同一铅直线上相隔h的两点以同样速率v0上抛二石子,但在高处的石子早tyh0解：以地为参考系,建立图示坐标o-y。据题意,设t=0时,上面石子坐标y1=h,速度v1=v0；t=t0时,下面石子坐标y2=0,v2=v0解法1：根据匀变速直线运动的规律,可知解法2：可根据速度、加速度的导数定义和初始条件,通过积分得到⑴、⑵,然后求解。2.4.8电梯以1.0m/s的匀速率下降,小孩在电梯中跳离地板0.50m高,问当小孩再次落到地板上时,电梯下降了多长距离？解：以电梯为参考系,小孩相对电梯做竖直上抛运动,他从起跳到再次落到地板所需时间,是他从最高处自由下落到地板所需时间的2倍。由自由落体运动公式：,可求得从最高出落到地板所需时间：,所以小孩做竖直上抛所需时间为0.64s,在此时间内电梯对地下落距离：L=1.0×0.64=0.64m质点在o-xy平面内运动,其加速度为,位置和速度的初始条件为：t=0时,,求质点的运动学方程并画出轨迹。解：xyxy2.5.2在同一竖直面内的同一水平线上A、B两点分别以30º、60º为发射角同时抛出两球,欲使两小球相遇时都在自己的轨道的最高点,求A、B两点间的距离。已知小球在A点的发射速度vA=9.8米/秒。YvAOvBO30º60ºASBx解：以A点为原点建立图示坐标系,取发射时刻为计时起点,两点间距离为S,初始条件如图所示。据斜抛规律有：满足题中条件,在最高点相遇,必有vAy=vBy=0,xA=xBxyA60°30xyA60°30°v0解：以发射点为原点,建立图示坐标o-x,斜抛物体的轨迹方程为〔见教材〕：本题,α=60°,v0=150m/s,A点坐标xA,yA应满足轨迹方程,所以：①另外,根据图中几何关系,可知：,代入①中,有：2.5.4轰炸机沿与铅直方向成53°俯冲时,在763m的高度投放炸弹,炸弹在离开飞机5.0s时击中目标,不计空气阻力：⑴轰炸机的速率是多少？⑵炸弹在飞行中通过的水平距离是多少？⑶炸弹击中目标前一瞬间的速度沿水平和铅直方向的分量是多少？xy0v053xy0v053°⑴令t=5.0s,y=763m,由④可求得轰炸机的速率：⑵将v0代入①中,可求得炸弹击中目标时速度的水平分量：令t=5,由②可求得炸弹击中目标时速度的竖直分量：2.5.5雷达监测员正在监视一越来越近的抛射体,在某一时刻,他给出这样的信息：⑴抛射体达到最大高度且正以速率v沿水平方向运动；⑵观测员到抛射体的直线距离是l；⑶观测员观测抛体的视线与水平方向成θ角。问：⑴抛射体命中点到观测者的距离D等于多少？⑵何种情况下抛体飞越观察员的头顶以后才命中目标？何种情况下抛体在未达到观察员以前就命中目标？xyxyoθvl命中点观测者x1x2设命中时间为t1,由自由落体公式：命中点x坐标为：,由图中几何关系,观测者的x坐标：。所以,观测者与命中点间的距离：当x1<x2,即时,则抛体在未达到观察员前即命中目标。当x1>x2,即时,则抛体在飞越观察员后才命中目标。2.6.1列车在圆弧形轨道上自东转向北行驶,在我们所讨论的时间X围内,其运动学方程为S=80t-t2〔m,s〕,t=0时,列车在图中O点,此圆弧形轨道的半径r=1500m,求列车驶过O点以后前进至1200m处的速率与加速度。东北OSτa东北OSτaτanaαv令S=1200,由①可求得对应时间：将t=60代入②中,v=-40,不合题意,舍去；将t=20代入②中,v=40m/s,此即列车前进到1200m处的速率。2.6.2火车以200米/小时的速度驶入圆形轨道,其半径为300米。司机一进入圆弧形轨道立即减速,减速度为2g。求火车在何处的加速度最大？最大加速度是多少？解：沿火车运动的圆形轨道建立弧坐标o-s,t=0时,s=0,v=v0=200km/h=55.56m/s。据题意aτ=-2g,v=v0+aτt=v0-2gt,an=v2/R=<v0–2gt>2/R。∴a=<aτ2+an2>1/2=[4g2+<v0–2gt>4/R2]1/2,显然,t=0时,a最大,斗车在位于铅直平面内上下起伏的轨道上运动,当斗车达到图中所示位置时,轨道曲率半径为150m,斗车速率为50km/h,切向加速度aτ=0.4g,求斗车的加速度。nτanτa30°加速度与切向单位矢量夹角：B120mCBvuLvω1uαω2AA第一次渡河矢量图第二次渡河矢量图2.8.1飞机在某高度的水平面上飞行,机身的方向是自东北向西南,与正西夹15º角,风以100km/h的速率自西南向东北方向吹来,与正南夹45º角,结果飞机向正西方向运动,求飞机相对于风的速度与相对于地面的速度。北东45°15°v风地v机地v北东45°15°v风地v机地v机风2.8.3一卡车在平直路面上以恒速度30米/秒行驶,在此车上射出一个抛体,要求在车前进60米时,抛体仍落回到车上原抛出点,问抛体射出时相对于卡车的初速度的大小和方向,空气阻力不计。解：以卡车为参考系,设抛体初速为v0,由于要落回原抛出点,故方向只能竖直向上,即抛体相对车只能作竖直上抛运动。取向上方向为正,抛体相对车任意时刻速度v=v0-gt⑴由题意,抛体落回原地所需时间t=60/30=2<s>,落到车上时的速度v=-v0,把数值代入⑴中,可求得v0=9.8m/s.2.8.4河的两岸互相平行,一船由A点朝与岸垂直的方向匀速驶去,经10min到达对岸C点。若船从A点出发仍按第一次渡河速率不变但垂直地到达彼岸的B点,需要12.5min。已知BC=120m.求：⑴河宽L；⑵第二次渡河时船的速度；⑶水流速度v.解：以船为运动质点,水为动系,岸为静系,由相对运动公式由第一次渡河矢量图可知：v=BC/t1=120/600=0.2m/s,⑴u=L/t1⑵,L=ut1⑶.由第二次渡河矢量图可知：ω2=L/t2⑷,cosα=ω2/u⑸,v=usinα⑹.把⑵、⑷代入⑸,求得cosα=t1/t2=600/750=4/5,sinα=<1-cos2α>1/2=3/5⑺把⑴、⑺代入⑹,求得u=0.2×5/3=1/3<m/s>.再把u的数值代入⑶,求得L=600/3=200<m>.答：河宽200米,水流速度0.2米/秒；第二次渡河时,船对水的速度是1/3米,与河岸垂直方向所成角度α=arccos<4/5>=36º52’.2.8.5圆形公路与沿半径方向的东西向公路相交如图,某瞬时汽车甲向东以20km/h的速率行驶,汽车乙在θ=30°的位置向东北方向以速率20km/h行驶,求此瞬时甲车相对乙车的速度。v1v2v1v2v12v130°,显然矢量三角形为等边三角形,所以,v12=20km/h,方向向东偏南60°第三章基本知识小结⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点,牛顿第二定律是核心。矢量式：分量式：⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。导数形式：微分形式：积分形式：〔注意分量式的运用〕⒊动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零,则质点或质点系的动量保持不变。即〔注意分量式的运用〕⒋在非惯性系中,考虑相应的惯性力,也可应用以上规律解题。在直线加速参考系中：在转动参考系中：⒌质心和质心运动定理⑴⑵〔注意分量式的运用〕3.5.1质量为2kg的质点的运动学方程为〔单位：米,秒〕,求证质点受恒力而运动,并求力的方向大小。解：∵,为一与时间无关的恒矢量,∴质点受恒力而运动。F=<242+122>1/2=12N,力与x轴之间夹角为：3.5.2质量为m的质点在o-xy平面内运动,质点的运动学方程为：,a,b,ω为正常数,证明作用于质点的合力总指向原点。证明：∵,∴作用于质点的合力总指向原点。3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛,一方面由筛孔漏出谷粒,一方面逐出秸杆,筛面微微倾斜,是为了从较低的一边将秸杆逐出,因角度很小,可近似看作水平,筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出,若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4,问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动？解：以地为参考系,设谷物的质量为m,所受到的最大静摩擦力为,谷物能获得的最大加速度为∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2,才能使谷物与筛面发生相对运动。m2m2m1Fμ1Fμ23.5.3题图3.5.4题图3.5.4桌面上叠放着两块木板,质量各为m1,m2,如图所示,m2和桌面间的摩擦系数为μ2,m1和m2间的摩擦系数为μ1,问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。解：以地为参考系,隔离m1、m2,其受力与运动情况如图所示,xymxym1gf1N1a1a2N2N1'm2gFf1'f2其中,N1'=N1,f1'=f1=μ1N1,f2=μ2N2,选图示坐标系o-xy,对m1,m2分别应用牛顿二定律,有解方程组,得要把木板从下面抽出来,必须满足,即yN2a2xN1'=N1yN2a2xN1'=N1αm2gαx'N1a'f*=m1a2y'm1gαm1m2α解：以相对地面向右作加速直线运动的斜面为参考系〔非惯性系,设斜面相对地的加速度为a2〕,取m1为研究对象,其受力与运动情况如左图所示,其中N1为斜面对人的支撑力,f*为惯性力,a'即人对斜面的加速度,方向显然沿斜面向下,选如图所示的坐标系o'-x'y',应用牛顿第二定律建立方程：再以地为参考系,取m2为研究对象,其受力与运动情况如右图所示,选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程：〔1〕、〔2〕、〔3〕联立,即可求得：m1m2F在图示的装置中两物体的质量各为m1,mm1m2Ff1N1m1gTaFN2m2gTaN1f1f2解：以地为参考系,隔离m1,m2,受力与运动情况如图示,其中：f1=μN1=f1N1m1gTaFN2m2gTaN1f1f2①+②可求得：将a代入①中,可求得：Tf1N1m1ga1TTf1N1m1ga1Tf2N2m2ga2T'm3ga3CAB解：以地为参考系,隔离A,B,C,受力与运动情况如图示,其中：f1=μN1=μm1g,f2=μN2=μm2g,T'=2T,由于A的位移加B的位移除2等于C的位移,所以〔a1+a2〕/2=a3.对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律：①,②,③联立,可求得：3.5.8天平左端挂一定滑轮,一轻绳跨过定滑轮,绳的两端分别系上质量为m1,m2的物体〔m1≠m2〕,天平右端的托盘上放有砝码.问天平托盘和砝码共重若干,天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量与轴承摩擦,绳不伸长。m1m2解：隔离m1m1m2T'm1gaT'm1gaT'm2gaTT'T'所以,天平右端的总重量应该等于T,天平才能保持平衡。0.050.080.050.08t<s>F<N>Fmax0解：由F—t图可知：[斜截式方程y=kx+b,两点式方程<y-y1>/<x-x1>=<y2-y1>/<x2-x1>]由动量定理：可求得Fmax=245Nt<s>F<N>t<s>F<N>9820解：根据推力F-t图像,可知F=4.9t〔t≤20〕,令F=mg,即4.9t=2×9.8,t=4s因此,火箭发射可分为三个阶段：t=0—4sYY2Y10为第一阶段,由于推力小于重力,火箭静止,v=0,y=0；t=4—20s为第二阶段,火箭作变加速直线运动,设t=20s时,y=y1,v=vmaxYY2Y10第二阶段的动力学方程为：F-mg=mdv/dt第三阶段运动学方程令v=0,由〔1〕求得达最大高度y2时所用时间〔t-20〕=32,代入〔2〕中,得y2-y1=5030y2=ymax=5030+1672=6702<m>3.5.13抛物线形弯管的表面光滑,沿铅直轴以匀角速率转动,抛物线方程为y=ax2,a为正常数,小环套于弯管上。⑴弯管角速度多大,小环可在管上任一位置相对弯管静止？⑵若为圆形光滑弯管,情况如何？xymgNaαω解：以固定底座为参考系,设弯管的角速度为ωxymgNaαω在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式：①/②得：tgα=ω2x/g③；由数学知识：tgα=dy/dx=2ax；所以,若弯管为半径为R的圆形,圆方程为：x2+<R-y>2=R2,即代入③中,得：xxhlmgNyaαα设有供实验用的高速列车环形铁路,回转半径为9km,将要建设的京沪列车时速250km/h,若在环路上作此项列车实验且欲使铁轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少？设轨距1.435m.解：以地为参考系,把车厢视为质点,受力与运动情况如图示：车厢速度v=250km/h=69.4m/s,加速度a=v2/R；设轨矩为l,外轨比内轨高h,有选图示坐标o-xy,对车箱应用牛顿第二定律：①/②得：,两边平方并整理,可求得h：3.5.15汽车质量为1.2×10kN,在半径为100m的水平圆形弯道上行驶,公路内外侧倾斜15°,沿公路取自然坐标,汽车运动学方程为s=0.5t3+20t<m>,自t=5s开始匀速运动,问公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧？解：以地为参考系,把汽车视为质点,受力与运动情况如图示：v=ds/dt=1.5t2+20,v|t=5=1.5×52+20=57.5m/s,an=v2/R=57.52/100=33yαxαyαxα=15°αfNmgan②/①得：,说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反,指向内侧。××××××××××××××××v+EBxy解：带电粒子在场中受两个力的作用：电场力F1=qE,方向向下；磁场力F2=qvB,方向向上F2=qvBFF2=qvBF1=qEv●●●●●●EBsv●●●●●●EBs1s2s●●●●●●●●B0r解：由3.5.16题可知,通过速度选择器的粒子的速度是v=E/B,该粒子在B0磁场中受到洛仑兹力的作用做匀速圆周运动,其向心加速度为an=v2/r,由牛顿第二定律：3.5.18某公司欲开设太空旅馆。其设计为用32m长的绳联结质量相等的两客舱,问两客舱围绕两舱中点转动的角速度多大,可使客舱感到和在地面上那样受重力作用,而没有"失重"的感觉。解：3.5.20圆柱A重500N,半径RA=0.30m,圆柱B重1000N,半径RB=0.50m,都放置在宽度L=1.20m的槽内,各接触点都是光滑的,求A、B间的压力与A、B柱与槽壁和槽底间的压力。NBABNB'NBNANABAααmBgmAgLAABCAB=RA+RB=0.8αααCB=L-RA-RB=0.4yxo解：隔离A、B,其受力情况如图所示,选图示坐标,运用质点平衡方程,有通过对△ABC的分析,可知,sinα=0.4/0.8=0.5∴α=30º,cosα=/2,分别代入〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕中,即可求得：NB=288.5N,NB'=1500N,NA=288.5N,NAB=577N.图表示哺乳动物的下颌骨,假如肌肉提供的力F1和F2均与水平方向成45°,食物作用于牙齿的力为F,假设F,F1和F2共点,求F1和F2的关系以与与F的关系。FxFFxF1F2yααx方向,F1cosα-F2cosα=0,F1=F2y方向,F1sinα+F2sinα-F=0,3.5.22四根等长且不可伸长的轻绳端点悬于水平面正方形的四个顶点处,另一端固结于一处悬挂重物,重量为W,线与铅垂线夹角为α,求各线内X力。若四根线均不等长,知诸线之方向余弦,能算出线内X力吗？解：设四根绳子的X力为T1,T2,T3,T4,由于对称,显然,T1=T2=T3=T4=T；设结点下边的拉力为F,显然F=W.在竖直方向上对结点应用平衡条件：4Tcosα-W=0,T=W/<4cosα>若四根线均不等长,则T1≠T2≠T3≠T4,由于有四个未知量,因此,即使知道各角的方向余弦,也无法求解,此类问题在力学中称为静不定问题。ααθ3.6.1小车以匀加速度a沿倾角为α的斜面向下运动,摆锤相对小车保持静止,求悬线与竖直方向的夹角〔分别自惯性系和非惯性系求解〕。θf*=maθf*=maayxTW=mgα解得〔2〕以小车为参考系〔非惯性系〕,小球除受重力W、拉力T外,还受惯性力f*的作用<见上图虚线表示的矢量>,小球在三个力作用下静止,据牛顿第二定律：解得m1m1m2f1*f2*aa1'a2'm1gm2g3.6.2升降机内有一装置如图示,悬挂的两物体的质量各为m1,m2且m1≠m2,若不计绳与滑轮质量,不计轴承处摩擦,绳不可伸长,求当升降机以加速度a〔方向向下〕运动时,两物体的加速度各是多少？绳内的X力是多少？解：以升降机为参考系,隔离m1,m2,受力与运动情况如图示,T为绳中X力,f1*=m1a,f2*=m2a,a1'=a2'=a'为m1、m2相对升降机的加速度.以向下为正方向,由牛顿二定律,有：解得：设m1、m2的加速度分别为a1、a2,根据相对运动的加速度公式,写成标量式：,将a’代入,求得：3.6.3图示为柳比莫夫摆,框架上悬挂小球,将摆移开平衡位置而后放手,小球随即摆动起来。⑴当小球摆至最高位置时,释放框架使它沿轨道自由下落,如图a,问框架自由下落时,摆锤相对于框架如何运动？⑵当小球摆至平衡位置时,释放框架,如图b,小球相对框架如何运动？小球质量比框架小得多。ababTf*WθTf*W⑴小球摆至最高位置时释放框架,小球相对框架速度v=0,所以法向加速度an=v2/l=0〔l为摆长〕；由于切向合力Fτ=Wsinθ-f*sinθ=0,所以切向加速度aτ=0.小球相对框架的速度为零,加速度为零,因此小球相对框架静止。⑵小球摆至平衡位置时释放框架,小球相对框架的速度不为零,法向加速度an=v2/l≠0,T=man；在切向方向小球不受外力作用,所以切向加速度aτ=0,因此,小球速度的大小不变,即小球在拉力T的作用下相对框架做匀速圆周运动。mgNmgNf=μ0Nf*=mω2r解：设摩托车在水平面内旋转的最小角速度为ω,以摩托车本身为参考系,车受力情况如图示,运动状态静止。在竖直方向应用平衡条件,μ0N=mg①在水平方向应用平衡条件,N=mω2r②①/②得：最小线速度ωWfC*fωWfC*fK*Nf0解：⑴可把小盘当作质点,小盘相对雨伞做匀速圆周运动,与伞相对地的转向相反。⑵以伞为参考系,小盘质点受5个力的作用：向下的重力W,与扇面垂直的支持力N,沿伞面向上的静摩擦力f0,此外还有离心惯性力fC*和科氏惯性力fk*,方向如图所示。把这些力都考虑进去,即可保持牛顿第二定律的形式不变,小盘正是在这些力的作用下相对伞做匀速圆周运动。fk*×fk*×vω60°fC*解：以地球为参考系,导弹除受重力作用外,还要受离心惯性力和科氏惯性力的作用。离心惯性力的方向在速度与重力加速度平面内,不会使导弹前进方位偏离,而科氏惯性力的方向垂直速度、重力加速度平面〔指向纸面〕,要使导弹偏离前进方向。由于导弹速度较大,目标又不是很远,可近似认为导弹做匀速直线运动,导弹击中目标所需时间t=6000/400=15s,在此时间内导弹在科氏惯性力作用下偏离目标的距离：就下面两种受力情况：⑴〔N,s〕,⑵〔N,s〕分别求出t=0,1/4,1/2,3/4,1时的力并用图表示；再求t=0至t=1时间内的冲量,也用图表示。xyF<0>F<1/4>F<1/2>xyF<0>F<1/4>F<1/2>F<3/4>F<1>12120xyxy12120Iα,与x轴夹角α=arctgIy/Ix=arctg2=63.5°xyF<0>F<1/4>xyF<0>F<1/4>F<1/2>F<3/4>F<1>1210IxIxy12120α,与x轴夹角α=arctgIy/Ix=arctg0.5=26.5°3.7.2一质量为m的质点在o-xy平面上运动,其位置矢量为：,求质点的动量。解：质点速度：质点动量：大小：方向：与x轴夹角为θ,tgθ=py/px=-ctgωt·b/a3.7.3自动步枪连发时每分钟可射出120发子弹,每颗子弹质量为7.9g,出口速率为735m/s,求射击时所需的平均力。解：枪射出每法子弹所需时间：Δt=60/120=0.5s,对子弹应用动量定理：3.7.4棒球质量为0.14kg,棒球沿水平方向以速率50m/s投来,经棒击球后,球沿水平成30º飞出,速率为80m/s,球与棒接触时间为0.02s,求棒击球的平均力。v解：以地为参考系,把球视为质点,30ºv0由动量定理,,画出矢量图,由余弦定理,,代入数据,可求得F=881N.由正弦定理mvFΔt,代入数据,30ºα求得mv0Mm3.7.5质量为M的滑块与水平台面间的静摩擦系数为μ0,质量为m的滑块与M均处于静止,绳不可伸长,绳与滑轮质量可不计,不计滑轮轴摩擦。问将m托起多高,松手后可利用绳对M冲力的平均力拖动M？设当m下落h后经过极短的时间Δt后与绳的铅直部分相对静止。Mm解：以地为参考系,选图示坐标,先以m为研究对象,它被托起h,再落y回原来位置时,速度大小为,x在Δt极短时间内与绳相互作用,速度又变为零,设作用在m上的平均冲力为F,相对冲力,重力作用可忽略,则由质点动量定理有：,∴再以M为研究对象,由于绳、轮质量不计,轴处摩擦不计,绳不可伸长,所以M受到的冲力大小也是F,M受到的最大静摩擦力为fmax=μoMg,因此,能利用绳对M的平均冲力托动M的条件是：F≥fmax,即3.7.6质量m1=1kg,m2=2kg,m3=3kg,m4=4kg,m1,m2和m4三个质点的位置坐标顺次是：<x,y>=<-1,1>,<-2,0>,<3,-2>,四个质点的质心坐标是：<x,y>=<1,-1>,求m3的位置坐标。解：由质心定义式：,有m1Xm1XFxFxm1m2以岸为参考系,把车、船当作质点系,该系在水平方向只受缆绳的拉力F的作用,应用质点系动量定理,有FΔt=m1v∴F=m1v/Δt=1500×5/5=1500N〔2〕用质心运动定理解：F=<m1+m2>ac,据质心定义式,有：<m1+m2>ac=m1a1+m2a2,a1为车对岸的加速度,a1=<v-0>/Δt=v/Δt,a2为船对地的加速度,据题意a2=0,∴ac=a1m1/<m1+m2>,代入a1,ac=m1v/[<m1+m2>Δt],∴F=m1v/Δt=1500N〔3〕用牛顿定律解：a2=0a1m2m1m2m1受力与运动情况：其中f为静摩擦力,a1=v/Δt,对两个质点分别应用牛顿二定律：a2a'x汽车质量m1=1500kg,驳船质量m2=6000kg,当汽车相对船静止时,由于船尾螺旋桨的转动,可使船载着汽车以加速度0.2msa2a'x解：⑴用质心定理求解车相对船无论静止还是运动,螺旋桨的水平推力不变,即车、船系统所受外力不变,由质心运动定理可知,车运动时的质心加速度与车静止时的质心加速度相等aC=0.2m/s2设车运动时相对船的加速度为a',相对地的加速度为a1,船相对地的加速度为a2,由相对运动公式：①由质心定义式可知：②将①代入②中,可得：,取船前进方向为正,代入数据：m/s2⑵用质点系动量定理求解设船所受的水平推力为F,在车静止时,可把车、船当作质量为<m1+m2>的质点,加速度为a=0.2,由牛顿第二定律：设车运动时相对船的加速度为a',相对地的加速度为a1,船相对地的加速度为a2,由相对运动公式：对车、船应用质点系动量定理的导数形式：令①=②,,取船前进方向为正,代入数据：m/s23.8.3气球下悬软梯,总质量为M,软梯上站一质量为m的人,共同在气球所受浮力F作用下加速上升,当人以相对于软梯的加速度am上升时,气球的加速度如何？x解：由质心定理：F-<m+M>g=<m+M>aC①x设人相对地的加速度为a1,气球相对地的加速度为a2,由相对运动公式：a1=am+a2,由质心定义式可知：〔m+M〕aC=ma1+Ma2=m<am+a2>+Ma2②①②联立,可求得：3.8.4水流冲击在静止的涡轮叶片上,水流冲击叶片曲面前后的速率都等于v,设单位时间投向叶片的水的质量保持不变等于u,求水作用于叶片的力。-vv解：以水为研究对象,设在Δt时间内质量为Δ-vv由牛顿第三定律,水作用叶轮的力F'=-F=2uvm2m2xm1解：以地为参考系,选图示坐标o-x,设人的质量为m1=70kg,人相对地的速度为v1,相对船的速度为v1’,它们的方向显然与x轴同向；设船的质量为m2=210kg,船相对地的速度为v2,〔方向显然与x轴相反〕；据相对运动的速度变换公式,人对地的速度v1=v1’+v2m1由于不计水的阻力,所以在水平方向上,人与船构成的质点系动量守恒,有：m1v1+m2v2=0,即m1<v1’+v2>+m2v2=0,可求得v2=-v1’m1/<m1+m2>,将上式两边同时乘上相互作用时间Δt,v2Δt=s2为船相对地的位移,v1’Δt=s1’=3.2m,即s2=-s1’m1/<m1+m2>=-3.2×70/<70+210>=-0.8m3.8.6炮车固定在车厢内,最初均处于静止,向右发射一枚弹丸,车厢向左方运动,弹丸射在对面墙上后随即顺墙壁落下,问此过程中车厢移动的距离是多少？已知炮车和车厢总质量为M,弹丸质量为m,炮口到对面墙壁的距离为L,不计铁轨作用于车厢的阻力。xLMv'mV解：以地为参考系,建立图示坐标o-x,设弹丸出口时相对车的速度为v’,对地的速度为vxLMv'mV由于不计路轨对车的摩擦阻力,所以,在水平方向,弹、车组成的质点系动量守恒,有MV+mv=0,将v代入,MV+m<v’+V>=0,V=-v’m/<m+M>设弹发出到与车壁相碰所用时间为Δt,用Δt乘上式两边,得：VΔt=-v’Δtm/<m+M>,其中：v’Δt=-L,VΔt即为车在此过程中前进的距离S,∴S=Lm/<m+M>3.8.7载人的切诺基和桑塔纳汽车质量各为m1=165×10kg,和m2=115×10kg,各以速率v1=90km/h和v2=108km/h向东和向北行驶,相撞后连在一起滑出,求滑出的速度,不计摩擦m1v1vm1v1v2m2vx<东>y<北>α向x轴投影：向y轴投影：与x轴夹角yvv2v145º45º45ºxv3v3.9.1一枚手榴弹投出方向与水平面成45º,投出的速率为25m/s,在刚要接触与发射点同一水平面的目标时爆炸,设分成质量相等的三块,一块以速度v3铅直朝下,一块顺爆炸处切线方向以v2=15m/s飞出,一块沿法线方向以v1飞出,求v1和v3,不计空气阻力。解：以地为参考系,把手榴弹视为质点系,由于在爆炸过程中,弹片所受的重力远远小于弹片之间的冲力,因而在爆炸过程中可忽略重力作用,认为质点系动量守恒。设手榴弹质量为m,爆炸前速度为v,由动量守恒,有：,投影方程：,即解得：3.9.2铀238的核〔质量为238原子质量单位〕放射一个α粒子〔氦原子的核,质量为4.0原子质量单位〕后蜕变为钍234的核,设铀核原来是静止的,α粒子射出时的速率为1.4×107m/s,求钍核反冲的速率。解：由动量守恒,有3.9.3三只质量均为M的小船鱼贯而行,速度都是v,中间一船同时以水平速度u<相对于此船>把两质量均为m的物体抛到前后两只船上,问当两物体落入船后,三只船的速度各如何？解：以岸为参考系,MvMvMv以船前进的方向为坐标的正方向；设物体抛出M+mv3M-2mv2M+mv1后,前边船、中间船、后边船的速度变为v1、v2、v3,船的质量与速度变化情况如上图所示；在物体抛出的过程中,这个系统的总动量是守恒的,因此：前边船的动量变化应该等于中间船抛过来的物体的动量,即<M+m>v1-Mv=m<u+v>,其中<u+v>是向前抛出物相对岸的速度,由此式可求得：v1=v+um/<m+M>,说明前边船速度变快。同样,后边船的动量变化也应该等于中间船抛过来的物体的动量,即<M+m>v3-Mv=m<-u+v>=m<v-u>,其中〔v-u〕是向后抛出物相对岸的速度,由此式可求得：v3=v-um/<m+M>,说明后边船速度变慢。中间船的动量变化应该等于抛出物的动量之和,即<M-2m>v2-Mv=m<u+v>+m<v-u>,由此式可求得：v2=v,说明中间船的速度没有发生变化。第四章基本知识小结⒈功的定义式：直角坐标系中：自然坐标系中：极坐标系中：⒉重力势能弹簧弹性势能静电势能⒊动能定理适用于惯性系、质点、质点系⒋机械能定理适用于惯性系⒌机械能守恒定律适用于惯性系若只有保守内力做功,则系统的机械能保持不变,⒍碰撞的基本公式对于完全弹性碰撞e=1对于完全非弹性碰撞e=0对于斜碰,可在球心连线方向上应用牛顿碰撞公式。⒎克尼希定理绝对动能=质心动能+相对动能应用于二体问题u为二质点相对速率4.2.2本题图表示测定运动体能的装置。绳拴在腰间沿水平展开跨过理想滑轮,下悬重物50kg,人用力向后蹬传送带而人的质心相对于地面不动,设传送带上侧以2m/s的速率向后运动,问运动员对传送带做功否？功率如何？解：人作用在传送带上的力有向下的压力和水平向后的静摩擦力,压力方向与传送带位移方向垂直,所以压力不做功,但静摩擦力方向与传送带位移方向相同,所以静摩擦力对传送带做正功。分析人受力情况,由质心定理可知,人与传送带之间的静摩擦力的大小f=mg,所以,人对传送带做功的功率为：N=fv=mgv=50×9.8×2=9.8×102〔瓦〕k2=0k2＞0k2＜0df/dlk1l4.2.3一非线性拉伸弹簧的弹性力的大小为表示弹簧的伸长量,k1为正,⑴研究当k2＞0、k2<0和kk2=0k2＞0k2＜0df/dlk1l解：弹簧的劲度df/dl=k1+3k2l2.k2=0时,df/dl=k1,与弹簧的伸长量无关；当k2>0时,弹簧的劲度随弹簧伸长量的增加而增大；k2<0时,弹簧的劲度随弹簧伸长量的增加而减小。在以上三种情况中,劲度df/dl与弹簧伸长量l的关系如图所示。F一细线系一小球,小球在光滑水平桌面上沿螺旋线运动,线穿过桌中心光滑圆孔,用力F向下拉绳,证明力F对线做的功等与线作用于小球的拉力所做的功,线不可伸长。F证明：以圆孔为顶点建立极坐标,设小球的位置由r1,θ1变为r2,θ2,由于忽略绳的质量、伸长,不计摩擦,所以绳对球的拉力T=F4.2.5一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h的速率向上行驶,斜坡与水平面夹角的正切tgα=0.02,所受阻力等于卡车重量的0.04,如果卡车以同样的功率匀速下坡,卡车的速率是多少？解：设卡车匀速上坡时,速率为v,牵引力为F,功率为N,由质点平衡方程有,F=<0.04+sinα>mg,∴N=Fv=<0.04+sinα>mgv设卡车匀速下坡时,速率为v’,牵引力为F',功率为N',由质点平衡方程有F'+mgsinα=0.04mg,F'=<0.04-sinα>mg,∴N'=<0.04-sinα>mgv'.令N'=N,即〔0.04+sinα〕mgv=<0.04-sinα>mgv',可求得：v'=v<0.04+sinα>/<0.04-sinα>.利用三角函数关系式,可求得：sinα≈tgα=0.02,∴v'=3v=3×15×103/602m/s=12.5m/s.4m3mAB4m3mABTxθ解：以A为原点建立图示坐标o-x,木块由A到B,只有拉力T做功：设木块到达B时的速度为v,由动能定理：,方向向右4.3.2质量为1.2kg的木块套在光滑铅直杆上,不可伸长的轻绳跨过固定的光滑小环,孔的直径远小于它到杆的距离。绳端作用以恒力F,F=60N,木块在A处有向上的速度v0=2m/s,求木块被拉至B时的速度。0.5my0.5mBθ0.5mFNFWAAx解：以地为参考系,建立图示坐标A-xy,木块在由A到B的运动过程中受三个力的作用,各力做功分别是：AN=0；AW=-mg<yB-yA>=-1.2×9.8×0.5=-5.88J；F大小虽然不变,但方向在运动过程中不断变化,因此是变力做功。由动能定理：代入数据,求得vB=3.86m/s.kl4.3.3质量为m的物体与轻弹簧相连,最初m处于使弹簧既未压缩也未伸长的位置,并以速度v0向右运动,弹簧的劲度系数为k,物体与支撑面间的滑动摩擦系数为μ求证物体能达到的最远距离l为klmm证明：质点m由弹簧原长位mm置运动到最远位置l,弹力F和滑动摩擦力f对质点做负功,导致质点动能由mv02/2变为0。根据动能定理：AF+Af=0-mv02/2……①其中,,代入①中,并整理,有：kl2+2μmgl-mv02=0.这是一个关于l的一元二次方程,其根为：,负根显然不合题意,舍去,所以,4.3.4圆柱形容器内装有气体,容器内壁光滑,质量为m的活塞将气体密封,气体膨胀前后的体积各为V1,V2,膨胀前的压强为p1,活塞初速率为v0.⑴求气体膨胀后活塞的末速率,已知气体膨胀时气体压强与体积满足pv=恒量.⑵若气体压强与体积的关系为pvγ=恒量,γ为常量,活塞末速率又如何？p,vmSxp,vmSx⑴若pV=p1V1,⑵若pVγ=p1V14.3.5o'坐标系与o坐标系各对应轴平行,o'相对o沿x轴以v0做匀速直线运动.对于o系质点动能定理为：,v1,v2沿x轴,根据伽利略变换证明：对于o'系,动能定理也取这种形式。证明：由伽利略变换：x=x'+v0t,v=v'+v0,Δx=Δx'+v0Δt①v1=v1'+v0,v2=v2'+v0②,将①②代入中,有据动量定理：所以,4.3.6在质量分析器中〔详见教材〕,电量为e的离子自离子源A引出后,在加速管中受到电压为U的电场加速.设偏转磁感应强度为B,偏转半径为R.求证在D漂移管中得到的离子的质量为m=eB2R2/2U.证明：正离子从离子源A引出后,在加速管中受到电压为U的电场加速,正离子动能的增量等于电场力对正离子所做的功,即,mv2/2-0=eU,∴v=<2eU/m>1/2正离子在半径为R的弯管中受到洛仑兹力的作用而发生偏转,若能进入漂移管道,根据牛顿二定律必须满足：qvB=mv2/R,也就是,eB=mv/R,将v=<2eU/m>1/2代入,并将方程两边平方,得：e2B2=2meU/R2,∴m=eB2R2/2U.y4.3.7轻且不可伸长的线悬挂质量为500g的圆柱体,圆柱体又套30ºlv1在可沿水平方向移动的框架内,框架30º槽沿铅直方向,框架质量为200g.自o悬线静止于铅直位置开始,框架在水Fx平力F=20.0N作用下移至图中位置,v2求圆柱体的速度,线长20cm,不计摩擦。解：设绳长l,圆柱质量m1,框架质量m2,建立图示坐标o-xy；据题意,圆柱在o点时,圆柱和框架的速度均为零；圆柱在图示位置时,设圆柱的速度为v1,方向与线l垂直,框架的速度为v2,方向水平向右,由圆柱与框架的套接关系,可知v2=v1x,v1y=v1xtg30º圆柱体m1与框架m2构成一质点系,此质点系在从竖直位置运动到图示位置的过程中,只有重力W1=m1g和拉力F做功：其中,AW1=-m1gl<1-cos30º>=-0.13J,AF=Flsin30º=2J,由质点系动能定理,有代入数据,v1x2=4.3,v1y2=<v1xtg30º>2=1.44∴v1=<v1x2+v1y2>1/2=2.4m/s.oxlk1k24.4.1两个仅可压缩的弹簧组成一可变劲度系数的弹簧组,弹簧1和弹簧2的劲度系数各为k1,k2,它们自由伸展的长度相差loxlk1k2解：规定两个弹簧处在坐标原点时的弹性势能为零；弹簧2的势能表达式显然为：；弹簧1的势能：当0≤x≤l时,当x<0时,4.5.1滑雪运动员自A自由下落,经B越过宽为d的横沟到达平台C时,其速度vc刚好在水平方向,已知A、B两点的垂直距离为25m.坡道在B点的切线方向与水平面成30º角,不计摩擦,求：⑴运动员离开B处的速率vB；⑵B、C的垂直高度差h与沟宽d；⑶运动员到达平台时的速率vc.vc30ºAdH=25m解：运动员在整vc30ºAdH=25mvBvBh力做功,故机械能守恒,h取B点为势能零点。∵mgH=mvB2/2∴运动员由B到C作斜抛运动,据题意,C点即为最高点。由斜抛运动规律可知,vc=vBcos30º=19.1m/s∵mvB2/2=mvc2/2+mgh∴h=<vB2-vc2>/2g=6.3m；由竖直方向的速度公式可求跨越时间：∵0=vBsin30º-gt∴t=vB/2g=1.13s,由水平方向的位移公式可求得跨越距离d=vBcos30ºt=21.6m.装置如图所示,球的质量为5kg,杆AB长1m,AC长0.1m,A点距o点0.5m,弹簧的劲度系数为800N/m,杆AB在水平位置时恰为弹簧自由状态,此时释放小球,小球由静止开始运动,求小球到铅垂位置时的速度,不计弹簧质量与杆的质量,不计摩擦。ABCoABCo,可求得：4.5.3物体Q与一劲度系数为24N/m的橡皮筋连接,并在一水平<光滑>圆环轨道上运动,物体Q在A处的速度为1.0m/s,已知圆环的半径为0.24m,物体Q的质量为5kg,由橡皮筋固定端至B为0.16m,恰等于橡皮筋的自由长度.求:⑴物体Q的最大速度;⑵物体Q能否达到D点,并求出在此点的速度.解:物体Q在整个运动过程中,只有弹簧的弹力做功,所以机械能守恒.总能量E=代入数据,求得E=3.63JQA⑴在B点,弹簧的势能全部转化为动能,所以,在该点速度最大.CmVB2/2=E,vB=<2E/m>1/2=1.2m/sBDC⑵在D点的弹性势能,Ep=k<2R>2/2=2kR2=2×24×0.242=2.76∵Ep<E∴物体Q能达到D点.mvD2/2=E-Ep,vD=[2<E-Ep>/m]1/2代入数据,求得vD=0.58m/s4.6.1卢瑟福在一篇文章中写道：可以预言,当α粒子和氢原子相碰时,可使之迅速运动起来.按正碰考虑很容易证明,氢原子速度可达α粒子碰撞前速度的1.6倍,即占入射α粒子能量的64%.试证明此结论<碰撞是完全弹性的,且α粒子质量接近氢原子质量的四倍>.证明:设氢原子质量为m,碰前速度为零,碰后速度vH',α粒子质量为4m,碰前速度为vα,碰后速度为vα'.根据完全弹性碰撞基本公式：即,⑴＋⑵×4,得8vα=5vH',∴vH'=8vα/5=1.6vα4.6.2m为静止车厢的质量,质量为M的机车在水平轨道上自右方以速率v滑行并与m碰撞挂钩.挂钩后前进了距离s然后静止。求轨道作用于车的阻力。vmM解：整个过程可分为两个阶段：mM第一阶段,机车与车厢发生完全非弹性碰撞而获得共同速度v’,由于轨道阻力远小于冲力,可认为质点v’系动量守恒,Mv=<M+m>v’,v’=Mv/<M+m>f第二阶段,机车与车厢挂钩后,在摩擦阻力的作用下向前移动了s,速度由v’变为零,由动能定理,有–fs=0-<M+m>v’2/2,将v’代入,可求得4.6.3两球具有相同的质量和半径,悬挂于同一高度.静止时,两球恰能接触且悬线平行.碰撞的恢复系数为e.若球A自高度h1释放,求该球弹回后能达到的高度。又问若二球发生完全弹性碰撞,会发生什么现象,试描述之。h1h1ABxA由h1高处运动到水平位置获得的速度vA,可由能量守恒方程求出：mgh1=mvA2/2∴vA=设A,B两球碰后速度分别为vA'和vB',根据非完全弹性碰撞的基本公式,有即,可求得,设A球弹回后的最大高度为h,根据能量守恒,mvA'2=mgh若为完全弹性碰撞,则e=1,由〔1〕,〔2〕可知：vA'=0,vB'=vA,即,碰后A球静止,B球以A球原来的速度向右运动；B球达到h1高度返回后,又把能量、动量、速度全部传给A球,周而复始,这种传递永远进行下去。4.6.4质量为2g的子弹以500m/s的速度射向质量为1kg,用1m长的绳子悬挂着的摆,子弹穿过摆后仍然有100m/s的速度,问摆沿铅直方向升起若干？mv0vmv0vVMl由动量守恒：,可得由能量守恒：4.6.5一质量为200g的框架,用一弹簧悬挂起来,使弹簧伸长10cm,今有一质量为200g的铅快在高30cm处从静止开始落进框架,求此框架向下移动的最大距离,弹簧质量不计,空气阻力不计。hmm解：框架静止时,弹簧伸长Δl=0.1m,由平衡条件mg=kΔl,求得：k=mg/Δl=0.2hmm铅块落下h=30cm后的速度v0,可由能量守恒方程求出：设铅快与框架碰后的共同速度为v,由动量守恒：设框架下落的最大距离为x,由机械能守恒：,进行整理并代入数据,可得x的一元二次方程：4.6.6质量为m1=0.790kg和m2=0.800kg的物体以劲度系数为10N/m的轻弹簧相连,置于光滑水平桌面上,最初弹簧自由伸X。质量为0.01kg的子弹以速率v0=100m/s沿水平方向射于m1内,问弹簧最多压缩了多少？m0m1m2解：整个过程可分为两个阶段v0m0m1m2处理。第一阶段：子弹射入m1内,发生完全非弹性碰撞,动量守恒,设子弹质量为m0,子弹与m1获得的共同速度为v,则有m0v0=<m1+m0>v∴v=v0m0/<m1+m0>〔1〕第二阶段：子弹与m1以共同速度v开始压缩弹簧至m1与m2有相同的速度V,压缩结束；在此过程中,由m0,m1,m2组成的质点系,其动量、能量均守恒,设弹簧最大压缩量为l.由动量守恒,有：由能量守恒:将⑴、⑵代入⑶中,可求得：v0v0m1m2hSv解：设鸟被子弹击中后与子弹共有的速度为v,由动量守恒：由平抛运动公式,可求得子弹落地时间：,所以,水平距离S=vt=10×1=10m4.6.8在一铅直面内有一光滑轨道,左边是一个上升的曲线,右边是足够长的水平直线,两者平滑连接,现有A、B两个质点,B在水平轨道上静止,A在曲线部分高h处由静止滑下,与B发生完全弹性碰撞。碰后A仍可返回上升到曲线轨道某处,并再度滑下,已知A、B两质点的质量分别为m1和m2,球A、B至少发生两次碰撞的条件。vAvBA解：设碰前mA的速度vAvBABv0h为v0,碰后mA、mBBv0h别为vA、vB,方向如图示。由能量守恒,有mAgh=mAv02/2,v0=<2gh>1/2<1>根据完全弹性碰撞基本公式,有⑴,⑵,⑶联立求解,得发生两次碰撞的条件是：vA>vB,即mB-mA>2mAmB>3mAv0lABCv0lABCD解：以地为参考系,设v10,v1为钢球与AC端碰撞前后的速度,v20,v2为铁箱碰撞前后的速度,据题意,v10=0,v20=v0.对于完全弹性碰撞,碰前接近速度等于碰后分离速度：v0=v1-v2,分离速度v1-v2也就是碰后球相对箱的速度v',所以钢球由AC端运动到BD端所需时间为：4.6.10两车厢质量均为M,左边车厢与其地板上质量为M的货箱共同向右以v0运动,另一车厢以2v0从相反方向向左运动并与左车厢碰撞挂钩,货箱在地板上滑行的最大距离为l,求：⑴货箱与车厢地板间的摩擦系数；⑵车厢在挂钩后走过的距离,不计车地间摩擦。Mv02v0MM解：整个过程可分为两个阶段：第一阶段是两个车对撞获得共同速度v〔向左〕,由动量守恒：M<2vMv02v0MM第二阶段是两节车厢以速度v在摩擦力作用下与货箱发生相对移动,移动距离是l,最后都静止下来。在此过程中,一对滑动摩擦力做功之和为：Af=-μmgl,对质点系应用动能定理：设货箱相对车的速度为v',显然,v'=v0+v=2v+v=3v,两边同乘摩擦力作用时间Δt,即为对应的距离,l=3d,d=l/34.7.1质量为M的氘核以速率u与静止的质量为2M的α粒子发生完全弹性碰撞。氘核以与原方向成90º角散射。⑴求α粒子的运动方向,⑵用u表示α粒子的末速度,⑶百分之几的能量由氘核传给α粒子？y解：以氘核碰前速度u和碰后速度u'的方向建立图示坐标0-xy;设α粒子碰后速度为y由动量守恒：,投影式为u’x：Mu=2Mvx∴vx=u/2<1>uxy：0=Mu’+2Mvy∴vy=-u’/2<2>θv由能量守恒,将⑴、⑵代入⑶中,可求得⑷⑴将〔4〕代入〔2〕中,求得,v与x轴的夹角,θ=arctgvy/vx=arctg<=-30º⑵⑶4.7.2桑塔纳车的总质量m1=113×10kg,向北行驶,切诺基车的总质量m2=152×10kg,向东行驶。两车相撞后连成一体,沿东偏北θ=30º滑出d=16m而停止。路面摩擦系数μ=0.8。该地段规定车速不得超过80km/h.问哪辆车违背交通规则？因碰撞损失多少动能？解：设碰撞前,桑塔纳和切诺基的北速度分别为v1,v2.在发生完全非弹性碰撞v2vm1m2过程中,可认为动量守恒,有θ东m1m2向北投影：v1向东投影：碰后两车连在一起,以速度v滑行d后停止,应用动能定理,由〔3〕可求得,分别代入⑴、⑵中,可求得,∵v2>80km/h∴切诺基汽车违反交通规则。损失动能ΔEk=m1v12+m2v22–<m1+m2>v2ABCDABCDv1v1v2xy解：球每次弹起的速度v1都相同,每次落地的速度v2也相同,由能量守恒：由牛顿碰撞公式：在水平方向动量守恒：由①②③可求得：平抛公式：令vy=v2y,由④可求得球从弹起到落地的时间：代入⑤中即可求得球的水平速度：令vy=0,由④可求得球达最大高度所需时间：代入⑥中即可求得球所能达到的最大高度：第五章基本知识小结⒈力矩力对点的力矩力对轴的力矩⒉角动量质点对点的角动量质点对轴的角动量⒊角动量定理适用于惯性系、质点、质点系⑴质点或质点系对某点的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该点的力矩之和⑵质点或质点系对某轴的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该轴的力矩之和⒋角动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系⑴若作用于质点或质点系的外力对某点的力矩之和始终为零,则质点或质点系对该点的角动量保持不变⑵若作用于质点或质点系的外力对某轴的力矩之和始终为零,则质点或质点系对该轴的角动量保持不变⒌对质心参考系可直接应用角动量定理与其守恒定律,而不必考虑惯性力矩。5.1.1我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d近=439km,远地点高度d远=2384km,地球半径R地=6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。解：卫星在绕地球转动过程中,只受地球引力〔有心力〕的作用,力心即为地心,引力对地心的力矩为零,所以卫星对地心的角动量守恒m月v近〔d近+R地〕=m月v远〔d远+R地〕v近/v远=〔d远+R地〕/〔d近+R地〕=〔2384+6370〕/〔439+6370〕≈1.295.1.2一个质量为m的质点沿着的空间曲线运动,其中a、b与ω皆为常数。求此质点所受的对原点的力矩。解：5.1.3一个具有单位质量的质点在力场中运动,其中t是时间。该质点在t=0时位于原点,且速度为零。求t=2时该质点所受的对原点的力矩。解：据质点动量定理的微分形式,5.1.4地球质量为6.0×1024kg,地球与太阳相距149×106km,视地球为质点,它绕太阳做圆周运动,求地球对于圆轨道中心的角动量。解：5.1.5根据5.1.2题所给的条件,求该质点对原点的角动量。解：5.1.6根据5.1.3题所给的条件,求质点在t=2时对原点的角动量。解：5.1.7水平光滑桌面中间有一光滑小孔,轻绳一端伸入孔中,另一端系一质量为10g小球,沿半径为40cm的圆周作匀速圆周运动,这时从孔下拉绳的力为10-3N。如果继续向下拉绳,而使小球沿半径为10cm的圆周作匀速圆周运动,这时小球的F速率是多少？拉力所做的功是多少？解：设小球的质量为m=10×10-3kg,原来的运动半径为R1=40cm,运动速率为v1;后来的运动半径为R2=10cm,运动速率为v2.先求小球原来的速率v1：据牛顿第二定律,F=mv12/R1,所以,由于各力对过小孔的竖直轴的力矩为零,所以小球对该轴的角动量守恒,mv1R1=mv2R2,v2=v1R1/R2=0.2×0.4/0.1=0.8m/s在由R1→R2的过程中,只有拉力F做功,据动能定理,有5.1.8一个质量为m的质点在o-xy平面内运动,其位置矢量为,其中a、b和ω是正常数,试以运动学和动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒。证明：⑴运动学观点：显然与时间t无关,是个守恒量。⑵动力学观点：∵,∴该质点角动量守恒。400mm400mm5.1.9质量为200g的小球v0B以弹性绳在光滑水平面上与固AB30º定点A相连。弹性绳的劲度系数为8N/m,其自由伸展长度为600mm.最初小球的位置与速度v0如图所示。当小球的速率变为v时,它与A点的距离最大,且等于800mm,求此时的速率v与初速率v0.解：设小球B的质量m=0.2kg,原来与固定点A的距离r0=0.4m,当速率为v时,与A点距离r=0.8m,弹性绳自由伸展的长度为d=0.6m.小球B的速率由v0→v的过程中,作用在小球B上的力对过A点轴的力矩之和始终为零,因而小球对A点的角动量守恒,有r0mv0sin30º=rmv<最大距离时,〔1〕另外,在此过程中,只有保守内力〔绳的弹力〕做功,因而能量守恒,为求解方便,将⑴⑵化简,并代入已知数据可得：解此方程组,求得：v0≈1.3m/sv≈0.33m/s5.1.10一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管,一端系一质量为0.5g的小球,小球沿水平圆周运动。最初l1=2m,θ1=30º,后来继续向下拉绳使小球以θ2=60º沿水平圆周运动。求小球最初的速度v1,最后的速度v2以与绳对小球做的总功。解：隔离小球,受力情况如图示,l2应用牛顿第二定律,有：θFθ2l1θ1Fmgθ1F当θ=θ1时当θ=θ2时,由于作用质点上的力对管轴的力矩始终等于零,∴角动量守恒：,将〔4〕式和三角函数值代入,可求得：将v2代入〔4〕中,可求得l2=0.8m,根据质点动能定理：5.2.2理想滑轮悬挂两质量为m的砝码盘。用轻线拴住轻弹簧两端使它处于压缩状态,将此弹簧竖直放在一砝码盘上,弹簧上端放一质量为m的砝码。另一砝码盘上也放置质量为m的砝码,使两盘静止。燃断轻线,轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离。求砝码升起的高度,已知弹簧劲度系数为k,被压缩的长度为l0.m解：设滑轮半径为R,弹簧释放后,m弹簧上边的砝码获得的速度为v,方向向上,左边砝码盘获得的速度为v',方向向下,显然右边砝码盘与砝码获得的m速度大小也是v',但方向向上〔如图示〕。vv’m把左盘、左盘上的砝码和右盘与盘mm中砝码视为一个质点系,作为研究对象。v'在弹簧释放过程中,作用于质点系的外力对滑轮轴的力矩之和始终为零,故质点系对滑轮轴的角动量守恒,规定垂直纸面向外的角动量为正,则有：-mvR+mv’R+2mv’R=0,即v=3v'<1>另外,在此过程中,只有弹簧的弹力和重力做功,因而质点系能量守恒,忽略重力势能的微小变化,则有：,即左盘中的砝码脱离弹簧获得速度v后做竖直上抛运动,达到最大高度h时速度为零,据能量守恒,由⑴⑵可求得v2=3kl02/4m,代入⑶中得：h=3kl02/8mg5.2.3两个滑冰运动员的质量各为70kg,以6.5m/s的速率沿相反方向滑行,滑行路线间的垂直距离为10m,当彼此交错时,各抓住10m绳索的一端,然后相对旋转。⑴在抓住绳索一端之前,各自对绳索中心的角动量是多少？抓住之后是多少？⑵它们各自收拢绳索,到绳长为5m时,各自的速率如何？⑶绳长为5m时,绳内X力多大？⑷二人在收拢绳索时,各自做了多少功〉⑸总动能如何变化？解：设每个运动员的质量为m=70kg,收mvd绳前相对绳中心o的距离为d=d1=5m,速率d为v=v1=6.5m/s；当把绳收拢为d=d2=2.5m时,od速率v=v2.d⑴对绳中心o点的角动量各为vmL=mv1d1=70×6.5×5=2275kgm2/s〔抓住绳索前后角动量相同〕⑵把两个运动员视为一个质点系,在收绳过程中,质点系对o轴的角动量守恒,有2mv1d1=2mv2d2∴v2=v1d1/d2=6.5×5/2.5=13m/s⑶把某一运动员视为质点,作为研究对象,由牛顿第二定律,绳中X力F=mv22/d2=70×132/2.5=4732N⑷由质点动能定理,每人所做的功均为：⑸总动能增大了ΔEk=2×4436=8872J第七章基本知识小结⒈刚体的质心定义：求质心方法：对称分析法,分割法,积分法。⒉刚体对轴的转动惯量定义：平行轴定理Io=Ic+md2正交轴定理Iz=Ix+Iy.常见刚体的转动惯量：〔略〕⒊刚体的动量和质心运动定理⒋刚体对轴的角动量和转动定理⒌刚体的转动动能和重力势能⒍刚体的平面运动=随质心坐标系的平动+绕质心坐标系的转动动力学方程：〔不必考虑惯性力矩〕动能：⒎刚体的平衡方程,对任意轴7.1.2汽车发动机的转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动,求角加速度。⑵在此时间内,发动机转了多少转？解：⑴⑵对应的转数=7.1.3某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为。求t时刻的角速度和角加速度。解：7.1.4半径为0.1m的圆盘在铅直平面内转动,在圆盘平面内建立o-xy坐标系,原点在轴上,x和y轴沿水平和铅直向上的方向。边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上,该点的角坐标满足θ=1.2t+t2<θ:rad,t:s>。⑴t=0时,⑵自t=0开始转45º时,⑶转过90º时,A点的速度和加速度在x和y轴上的投影。yA解：oxA⑴t=0时,⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s7.1.5钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂ACAB和CD支承,以角速率ω=10rad/s逆时针转动,求臂与铅直成45º时门中心G的速度和加BD·速度。·解：因炉门在铅直面内作平动,所以门中G心G的速度、加速度与B点或D点相同,而B、D两点作匀速圆周运动,因此,方向指向右下方,与水平方向成45º；,方向指向右上方,与水平方向成45º7.1.6收割机拨禾轮上面通常装4到压板6个压板,拨禾轮一边旋转,一边随收割机前进。压板转到下方才发挥作用,一方面把农作物压向切割器,一方面把切下来切割器的作物铺放在收割台上,因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反。已知收割机前进速率为1.2m/s,拨禾轮直径1.5m,转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度。解：拨禾轮的运动是平面运动,其上任一点的速度等于拨禾轮轮心C随收割机前进的平动速度加上拨禾轮绕轮心转动的速度。压板运动到最低点时,其转动速度方向与收割机前进速度方向相反,压板相对地面〔即农作物〕的速度负号表示压板挤压作物的速度方向与收割机前进方向相反。7.1.7飞机沿水平方向飞行,螺旋桨尖端所在半径为150cm,发动机转速2000rev/min.⑴桨尖相对于飞机的线速率等于多少？⑵若飞机以250km/h的速率飞行,计算桨尖相对地面速度的大小,并定性说明桨尖的轨迹。解：⑴桨尖相对飞机的速度：⑵桨尖相对地面的速度：,飞机相对地面的速度与螺旋桨相对飞机的速度总是垂直的,所以,显然,桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线7.1.8桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为0.26m,发动机转速与驱动轮转速比为0.909,问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m,发动机转速为n1,驱动轮转速为n2,汽车速度为v=166km/h。显然,汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度,,所以：7.2.2在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置。⑴圆锥体为匀质