物理做過的習(xí)題答案

1、1 -6 質(zhì)點(diǎn)沿x軸作直線運(yùn)動，其運(yùn)動方程為x 2 6t2 2,式中x的單位為m,t 的單位為s.求：(1) 質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動開始后4.0 s內(nèi)的位移的大?。?2) 質(zhì)點(diǎn)在該時間內(nèi)所通過的路程；(3) t = 4 s時質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度.分析 位移和路程是兩個完全不同的概念.只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動且運(yùn)動方向不改變時位移的大小才會與路程相等質(zhì)點(diǎn)在t時間內(nèi)的位移 Ax的大小可直接由運(yùn)動方程得到：Ax 石 x°,而在求路程時，就必須注意到質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動過程中可能改變運(yùn)動方向，此時，位移dx的大小和路程就不同了 .為此，需根據(jù) 蘭 0來確定其運(yùn)動方向改變的時刻tp，求出0tp和dttpt內(nèi)的位移大小 A

2、xi、Ax2，那么t時間內(nèi)的路程Sx1x2，如下圖，至于t = 4.0 s時質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用空和馬兩式計(jì)算.dtdt2解(1)質(zhì)點(diǎn)在4.0 s內(nèi)位移的大小Axx4x0亠 dx 門(2) 由0dt得知質(zhì)點(diǎn)的換向時刻為tp 2 s (t = 0不合題意)那么 Ax1x2 x08.0 mAx2x4x240 m所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0 s時間間隔內(nèi)的路程為sAx1 |Ax2(3) t = 4.0 s 時v32 m48 mdxdt t 4.0s48 m s 1d2xa 2 dt t 4.0s36 m.s解3abVbtBVa tA20 m s 2勻加速直線運(yùn)動aBC0勻速直線運(yùn)動acDVdVc10ms2勻減

3、速直線運(yùn)動tDtc在勻變速直線運(yùn)動中，有x x v0t 1t22由此，可計(jì)算在02 s和46 s時間間隔內(nèi)各時刻的位置分別為t/s0asI1,5灼I44.555.50.t/ini0-7.5-10-7.504048.85558. BCO用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的作圖方法，由表中數(shù)據(jù)可作02 s和46s時間內(nèi)的x -t圖在24s時間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)是作v 20 m s 1的勻速直線運(yùn)動,其x -t圖是斜率k= 20的一段直線圖c. 1 -9質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為2 2x 10t 30ty 15t 20t式中x,y的單位為m,t的單位為s.試求：1初速度的大小和方向；2加速度的大小和方向.分析由運(yùn)動方程的分量式可分別求出速度、

4、加速度的分量，再由運(yùn)動合成算出速度和加速度的大小和方向.解1速度的分量式為dx Vxdt當(dāng) t = 0 時,Vox = -10 m s10 60t-1 , Voy = 15 mVy d 15s -1，那么初速度大小為40tV02V0x2V0y18.0 m設(shè)Vo與x軸的夾角為a那么tan aV0yV0xa= 123412加速度的分量式為axdVxdt260 m s,aydVydt40 m那么加速度的大小為設(shè)a與x軸的夾角為3那么2 2ax ay72.1tan 3 a ax戸-33 °41 或 326 ° 19 '1 -15 一質(zhì)點(diǎn)具有恒定加速度 零,位置矢量0 = 1

5、0 mi .求：1 軌跡方程，并畫出軌跡的示意圖.=6i + 4j,式中a的單位為ms -2 .在t= 0時，其速度為 在任意時刻的速度和位置矢量；2質(zhì)點(diǎn)在Oxy平面上的分析與上兩題不同處在于質(zhì)點(diǎn)作平面曲線運(yùn)動，根據(jù)疊加原理，求解時需根據(jù)加速度的兩個分量ax和ay分別積分，從而得到運(yùn)動方程r的兩個分量式x(t)和y(t) 由于此題中質(zhì)點(diǎn)加速、 一 一 1 2度為恒矢量,故兩次積分后所得運(yùn)動方程為固定形式,即x x0 v0xtaxt和1 2 一 一y y0 v0yt -ayt -18飛機(jī)以100 ms-1的速度沿水平直線飛行，在離地面高為100 m時,駕駛員要把物 品空投到前方某一地面目標(biāo)處 ，

6、問：(1)此時目標(biāo)在飛機(jī)正下方位置的前面多遠(yuǎn)？(2)投放物品時，駕駛員看目標(biāo)的視線和水平線成何角度？(3)物品投出2.0 s后,它的法向加速度和切 2,兩個分運(yùn)動均為勻變速直線運(yùn)動讀者不妨自己驗(yàn)證一下.解 由加速度定義式，根據(jù)初始條件to = 0時V0 = 0,積分可得Vtt0 dvoadt 0(6i 4j)dtv 6ti 4tjdr又由v及初始條件t= 0時,r0= (10 m)i,積分可得dtrttdrvdt(6ti 4tj )dtr°002 2r (10 3t )i 2t j由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動方程的分量式，即x = 10+ 3ty = 2t2消去參數(shù)t,可得運(yùn)動的軌跡方程3

7、y = 2x -20 m這是一個直線方程直線斜率k也 tan2 一 a , a= 3341 '軌跡如下圖tan adx3分析 物品空投后作平拋運(yùn)動忽略空氣阻力的條件下，由運(yùn)動獨(dú)立性原理知，物品在空中沿水平方向作勻速直線運(yùn)動，在豎直方向作自由落體運(yùn)動到達(dá)地面目標(biāo)時，兩方向上運(yùn)動時間是相同的因此，分別列出其運(yùn)動方程，運(yùn)用時間相等的條件，即可求解.此外，平拋物體在運(yùn)動過程中只存在豎直向下的重力加速度為求特定時刻t時物體的切向加速度和法向加速度，只需求出該時刻它們與重力加速度之間的夾角a或 3由圖可知，在特定時刻t，物體的切向加速度和水平線之間的夾角a可由此時刻的兩速度分量Vx、vy求出，這樣

8、，也就可將重力加速度g的切向和法向分量求得.解(1)取如下圖的坐標(biāo)，物品下落時在水平和豎直方向的運(yùn)動方程分別為2x = vt， y = 1/2 gt2飛機(jī)水平飛行速度v = 100 ms-1，飛機(jī)離地面的高度y= 100 m，由上述兩式可得目標(biāo)在飛機(jī)正下方前的距離(2) 視線和水平線的夾角為0 arctan12.5°x(3) 在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為丄VygtaarctanarctanVxv取自然坐標(biāo)，物品在拋出2s時,重力加速度的切向分量與法向分量分別為atgsin a gsin arctanV21.88 m sangcos a gcos arcta n 述v9.62

9、m s 21 -22 一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為時刻質(zhì)點(diǎn)的總加速度；(2) t 已沿圓周運(yùn)行了多少圈？1 2R的圓周按規(guī)律s Vot -bt運(yùn)動,V0、b都是常量.2為何值時總加速度在數(shù)值上等于b? (3)當(dāng)加速度到達(dá)b(1)求 t時，質(zhì)點(diǎn)分析在自然坐標(biāo)中,s表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo)由給定的運(yùn)動方程s(t)，對時間t求一階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運(yùn)動的速度 v和加速度的切向分量at，而加速度的 法向分量為an= V2 /R.這樣，總加速度為a = atet + anen.至于質(zhì)點(diǎn)在t時間內(nèi)通過的路程， 即為曲線坐標(biāo)的改變量 As st -S0.因圓周長為2 kR，質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得.解(1)

10、質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動的速率為dsdtV0 btd2sat2dt2b，an其加速度的切向分量和法向分量分別為2(V。 bt)R故加速度的大小為V。bt4R其方向與切線之間的夾角為0 arcta門色atarcta n2V。btRb要使丨a | = b,由1V。bt4Rb可得v。b3從t= 0開始到t = v0 /b時，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為Ssts。2V。2b因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為2V。4nR1 -25無風(fēng)的下雨天，一列火車以vi = 20.0 m- s的速度勻速前進(jìn),在車內(nèi)的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75°角下降求雨滴下落的速度V2 設(shè)下降的雨滴作勻速運(yùn)動分析這是一個相對運(yùn)動的問題設(shè)雨滴為研究對

11、象，地面為靜止參考系S，火車為動參考系S V1為S '相對S 的速度,V2為雨滴相對S的速度，利用相對運(yùn)動速度的關(guān)系即可解解以地面為參考系，火車相對地面運(yùn)動的速度為V1 ,雨滴相對地面豎直下落的速度為V2 ,旅客看到雨滴下落的速度V2為相對速度，它們之間的關(guān)系為V2 V2' V1 如下圖，于是可得V1tan 75o5.36 m2 -6圖示一斜面，傾角為a,底邊AB長為I = 2.1 m,質(zhì)量為m的物體從題2 -6圖斜面頂 端由靜止開始向下滑動，斜面的摩擦因數(shù)為 尸0.14 試問，當(dāng)a為何值時，物體在斜面上下滑的 時間最短？其數(shù)值為多少？分析 動力學(xué)問題一般分為兩類：1物體受力求

12、其運(yùn)動情況；2物體的運(yùn)動情況來分析其所受的力.當(dāng)然，在一個具體題目中，這兩類問題并無截然的界限，且都是以加速度作為中介，把動力學(xué)方程和運(yùn)動學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來此題關(guān)鍵在列出動力學(xué)和運(yùn)動學(xué)方程 后,解出傾角與時間的函數(shù)關(guān)系a= ft,然后運(yùn)用對t求極值的方法即可得出數(shù)值來.解 取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點(diǎn)0位于斜面頂點(diǎn)，那么由牛頓第二定律有mgsin a mg(,cos a ma(1)又物體在斜面上作勻變速直線運(yùn)動，故有l(wèi)COS a-at2g sin apCOS at2gcos a Sin a (jCOSa此時21gCOS a Sin a QOS a0.99 s為使下滑的時間最短，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°該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動能定理來解將平板與木塊作為系統(tǒng)，該系統(tǒng)的動能由平板原有的動能變?yōu)槟緣K和平板一起運(yùn)動的動能，而它們的共同速度可根據(jù)動量定理求得又因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功 ，根據(jù)系統(tǒng)的動能定理，摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動能的增量木塊相對平板移動的距離即可求出.平板列解1以地面為參考系，在摩擦力F f =卩mg的作用下，根據(jù)牛頓定律分別對木塊、 出動力學(xué)方程Ff =口 mg= maiF ff = -F f = m'a2ai和a2分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度.

14、假設(shè)以木板為參考系，木塊相對平板的加速度a = ai + a2，木塊相對平板以初速度-v'作勻減速運(yùn)動直至最終停止. 由運(yùn)動學(xué)規(guī)律 有-v2 = 2as由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為2m vs 2馮m m解2以木塊和平板為系統(tǒng)，它們之間一對摩擦力作的總功為W = Ff (s + I) -F f i =卩 mgs式中I為平板相對地面移動的距離.由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力，當(dāng)木塊放至平板上時，根據(jù)動量守恒定律，有m V '= (m '+ m) v"由系統(tǒng)的動能定理，有g(shù)gs由上述各式可得2 m v s2馮m m2 -12 一雜技演員在圓筒形建筑物內(nèi)表

15、演飛車走壁設(shè)演員和摩托車的總質(zhì)量為m，圓筒半徑為R，演員騎摩托車在直壁上以速率 v作勻速圓周螺旋運(yùn)動，每繞一周上升距離為 h，如 圖所示求壁對演員和摩托車的作用力.分析 雜技演員(連同摩托車)的運(yùn)動可以看成一個水平面內(nèi)的勻速率圓周運(yùn)動和一個豎直向上勻速直線運(yùn)動的疊加其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后，相當(dāng)于如圖(b)所示的斜面.把演員的運(yùn)動速度分解為圖示的V1和V2兩個分量,顯然V1是豎直向上作勻速直線運(yùn)動的分速度，而V2那么是繞圓筒壁作水平圓周運(yùn)動的分速度，其中向心力由筒壁對演員的支持力Fn的水平分量Fn2提供，而豎直分量FN1那么與重力相平衡.如圖(C)所示，其中0角為摩托車與筒壁 所夾角運(yùn)

16、用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向解設(shè)雜技演員連同摩托車整體為研究對象，據(jù)(b)(c)兩圖應(yīng)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將式和式(5)代入式,可求出圓筒壁對雜技演員的作用力(即支承力)大小為與壁的夾角0為F NFN1FN 22 2 24 n Rv2 2 24 n R harctan2F N1arcta n4 <Rv24<R2 h2 g討論表演飛車走壁時，演員必須控制好運(yùn)動速度，

17、行車路線以及摩托車的方位，以確保 三者之間滿足解題用到的各個力學(xué)規(guī)律.2 -13 一質(zhì)點(diǎn)沿x軸運(yùn)動，其受力如下圖，設(shè)t = 0時,vo= 5m - s -1 ,xo= 2 m,質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量m =1kg,試求該質(zhì)點(diǎn)7 s末的速度和位置坐標(biāo).分析首先應(yīng)由題圖求得兩個時間段的F(t)函數(shù)，進(jìn)而求得相應(yīng)的加速度函數(shù)，運(yùn)用積分方法求解題目所問，積分時應(yīng)注意積分上下限的取值應(yīng)與兩時間段相應(yīng)的時刻相對應(yīng).解由題圖得2t,0 t 5sFt35 5t,5s t 7s由牛頓定律可得兩時間段質(zhì)點(diǎn)的加速度分別為a 2t,0t 5s;、a 35 5t, 5s t 7s對0 v tv 5 s時間段，由ad得dtVtdvadt

18、V00積分后得v 5t2再由VdX得dtxtdxvdtx00積分后得x 2 5t t33將 t = 5 s代入，得V5= 30 m s-1 和 x5 = 68.7 m對 5 sV tV7s時間段,用冋樣方法有VdvV0t5sa2dt得V35t2.5t282.5t再由xdxtvdtx55s得x=17.5t2 -0.83t3-82.5t + 147.87將t = 7 s代入分別得V7= 40 m -s -1和 X7 = 142 m2 -18 一質(zhì)量為m的小球最初位于如圖(a)所示的A點(diǎn)撚后沿半徑為r的光滑圓軌道 ADCB下滑.試求小球到達(dá)點(diǎn) C時的角速度和對圓軌道的作用力.分析 該題可由牛頓第二定

19、律求解在取自然坐標(biāo)的情況下，沿圓弧方向的加速度就是切向加速度at,與其相對應(yīng)的外力Ft是重力的切向分量 mgsin a而與法向加速度an相對應(yīng)的外 力是支持力Fn和重力的法向分量 mgcosa.由此，可分別列出切向和法向的動力學(xué)方程Ft =mdv/dt和Fn = man .由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的，因此，需應(yīng)用積分求解，為使運(yùn)算簡便，可轉(zhuǎn)換積分變量.倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比擬簡便.但它不能直接給出小球與圓弧外表之間的作用力.解 小球在運(yùn)動過程中受到重力 P和圓軌道對它的支持力Fn .取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系,由牛頓定律得

20、Ftmgsin a m普Fn Fn mgcos a2mvm -R. ds由v dt行積分，有rd aT，得 dt vrd a,代入式(1),并根據(jù)小球從點(diǎn)A運(yùn)動到點(diǎn)C的始末條件，進(jìn)vvdvv090°rgsin a d a得那么小球在點(diǎn)2rgcosaC的角速度為CD2gcos a/ r由式(2)得2Fn mmmgcosa 3mgcos a由此可得小球?qū)A軌道的作用力為FnFn3mgcos a負(fù)號表示F N與en反向.2 -20 質(zhì)量為45.0 kg的物體，由地面以初速60.0 m s -1豎直向上發(fā)射，物體受到空氣的 阻力為Fr = kv,且k = 0.03 N/ m s -1 . 1

21、求物體發(fā)射到最大高度所需的時間.2最大高度為多少？分析物體在發(fā)射過程中，同時受到重力和空氣阻力的作用，其合力是速率v的一次函數(shù) 動力學(xué)方程是速率的一階微分方程，求解時,只需采用別離變量的數(shù)學(xué)方法即可.但是,在求解高度時，那么必須將時間變量通過速度定義式轉(zhuǎn)換為位置變量后求解 高度時，速率應(yīng)為零.解1物體在空中受重力mg和空氣阻力，并注意到物體上升至最大Fr=kv作用而減速.由牛頓定律得dvmdtmg kv(1)tdt0利用晶 vdy的關(guān)系代入式1,可得kvomg6.11s別離變量后積分mgkvdvmv一dy討論如不考慮空氣阻力y0dykv°mgvomvdvmg kvv0183 m,那么

22、物體向上作勻減速運(yùn)動.由公式2v分別算2g得t6.12s和yH84 m,均比實(shí)際值略大一些.F r = kmv22 -21 一物體自地球外表以速率 V0豎直上拋.假定空氣對物體阻力的值為其中m為物體的質(zhì)量,k為常量.試求：1該物體能上升的高度；物體返回地面時速度的值.設(shè)重力加速度為常量.根據(jù)始末條件對上式積分，有dvvv。 mg kv分析由于空氣對物體的阻力始終與物體運(yùn)動的方向相反，因此，物體在上拋過程中所受o r (p重力P和阻力Fr的方向相同；而下落過程中，所受重力P和阻力Fr的方向那么相反又因阻 力是變力，在解動力學(xué)方程時，需用積分的方法.解 分別對物體上拋、下落時作受力分析，以地面為原

23、點(diǎn)，豎直向上為y軸如下圖.1 物體在上拋過程中，根據(jù)牛頓定律有mg kmv2dvvdvm m -dtdy依據(jù)初始條件對上式積分，有dy0 vdvv。g kv2丄In2kg kv： g kv：物體到達(dá)最高處時，v = 0,故有hymax2物體下落過程中，有2 vdv mg kmv m - dy對上式積分，有yody0 vdvvo g kv2v vo 1kv21/23 -8 Fx = 30 + 4t式中Fx的單位為N，t的單位為s的合外力作用在質(zhì)量 m= 10 kg的物體上,試求：1在開始2 s內(nèi)此力的沖量；2假設(shè)沖量I = 300 N -s此力作用的時間；3假設(shè) 物體的初速度vi = 10 ms

24、-1方向與Fx相同，在t= 6.86s時,此物體的速度V2 .t2分析此題可由沖量的定義式I Fdt,求變力的沖量，繼而根據(jù)動量定理求物體的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-解不合題意已舍去(3)由動量定理，有I = m V2- m V1由可知t = 6. 86 s時I = 300 Ns將I、m及Vi代入可得I mv1iV2- 40 m sm3 -9 高空作業(yè)時系平安帶是非常必要的假設(shè)一質(zhì)量為51.0 kg的人，在操作時不慎從高空豎直跌落下來，由于平安帶的保護(hù)，最終使他

25、被懸掛起來此時人離原處的距離 為2.0 m ,平安帶彈性緩沖作用時間為 0.50 s .求平安帶對人的平均沖力.分析從人受力的情況來看，可分兩個階段：在開始下落的過程中，只受重力作用，人體可 看成是作自由落體運(yùn)動；在平安帶保護(hù)的緩沖過程中，那么人體同時受重力和平安帶沖力的作用,其合力是一變力，且作用時間很短為求平安帶的沖力，可以從緩沖時間內(nèi)，人體運(yùn)動狀態(tài)動量的改變來分析，即運(yùn)用動量定理來討論事實(shí)上，動量定理也可應(yīng)用于整個過程但是這時必須分清重力和平安帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài)，人體的速度均為零這樣，運(yùn)用動量定理仍可得到相同的結(jié)果.解1以人為研究對象，按分析中的兩個階段進(jìn)行討

26、論.在自由落體運(yùn)動過程中，人跌落至2 m處時的速度為v1 2gh1在緩沖過程中，人受重力和平安帶沖力的作用，根據(jù)動量定理，有F P Atmv2 mv12由式1、可得平安帶對人的平均沖力大小為F mg mvAtmg 2ght31.14 10 N解2從整個過程來討論根據(jù)動量定理有F v2h/g mg 1.14 103 N3 -12 一作斜拋運(yùn)動的物體，在最高點(diǎn)炸裂為質(zhì)量相等的兩塊 ，最高點(diǎn)距離地面為19.6 m.爆炸1.00 s后,第一塊落到爆炸點(diǎn)正下方的地面上 ，此處距拋出點(diǎn)的水平距離為 1.00 X02 m.問第二塊落在距拋出點(diǎn)多遠(yuǎn)的地面上.設(shè)空氣的阻力不計(jì)y題3-12圖分析根據(jù)拋體運(yùn)動規(guī)律，

27、物體在最高點(diǎn)處的位置坐標(biāo)和速度是易求的因此，假設(shè)能求出第二塊碎片拋出的速度，按拋體運(yùn)動的規(guī)律就可求得落地的位置為此，分析物體在最高點(diǎn)處爆炸的過程 ，由于爆炸力屬內(nèi)力，且遠(yuǎn)大于重力，因此, 重力的沖量可忽略，物體爆炸過程中應(yīng)滿足動量守恒由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可 由落體運(yùn)動求出，由動量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度，進(jìn)一步求出落地位置.解取如圖示坐標(biāo)，根據(jù)拋體運(yùn)動的規(guī)律，爆炸前，物體在最高點(diǎn)A的速度的水平分量為VoxXito(1)物體爆炸后，第一塊碎片豎直落下的運(yùn)動方程為yi hVit2gt2當(dāng)該碎片落地時，有yi = o，t = ti，那么由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度Vit

28、i又根據(jù)動量守恒定律，在最高點(diǎn)處有imvox -mv2x1 mvi22mV2y聯(lián)立解式i、2、3和4，可得爆炸后第二塊碎片拋出時的速度分量分別為h i gti2VifLii4.7 m爆炸后，第二塊碎片作斜拋運(yùn)動，其運(yùn)動方程為X2XiV2xt2(5)y2h V2yt2i gt；X2 = 500 m落地時，y2 = 0,由式、6可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置*3 -16 設(shè)在地球外表附近，一初質(zhì)量為5.00 X105 kg的火箭，從尾部噴出氣體的速率為 2.00 W3 m s-1 . (1)試問：每秒需噴出多少氣體，才能使火箭最初向上的加速度大小為4.90m-s"2 . (2)假設(shè)火箭

29、的質(zhì)量比為6.00,求該火箭的最后速率.分析 這是一個系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題為了討論火箭的運(yùn)動規(guī)律，仍需建立其在重力場中的動力學(xué)方程為此，以t時刻質(zhì)量為m的火箭為研究對象，它在tt + At的時間內(nèi),將別離成火箭主體(包括尚剩的燃料)和排出的燃料兩局部.根據(jù)它們的總動量的增量Xdi和系統(tǒng)所受的外力重力(阻力不計(jì))，由動量定理可得到-mg = udm'/dt + mdv/dt(推導(dǎo)從略，見教材),即火箭主體的動力學(xué)方程.由于在dt時間內(nèi)排出燃料的質(zhì)量dm很小，式中m也就可以視為此刻火箭主體的質(zhì)量，而燃料的排出率dm' /d也就是火箭質(zhì)量的變化率-dm/dt.這樣，上述方程也可寫成

30、u mg ma 在特定加速度a°的條件下，dt根據(jù)初始時刻火箭的質(zhì)量 m°,就可求出燃料的排出率 dm/dt.在火箭的質(zhì)量比(即t時刻 火箭的質(zhì)量m與火箭的初始質(zhì)量 m°之比)的條件下，可算出火箭所經(jīng)歷的時間 ，那么火箭 運(yùn)動的速率可通過對其動力學(xué)方程積分后解得.解(1)以火箭發(fā)射處為原點(diǎn)，豎直向上為正方向.該火箭在重力場中的動力學(xué)方程為dmu mg madt因火箭的初始質(zhì)量為 mo = 5.00 W5 kg,要使火箭獲得最初的加速度ao = 4.90 m ,那么燃?xì)獾呐懦雎蕿閐mm° g a。dtu(2)為求火箭的最后速率，可將式(1)改寫成dmu -

31、dt3.68 103 kgmgdvmdt(1)別離變量后積分，有vdvV0m dmm° mt°gdt火箭速率隨時間的變化規(guī)律為uln m°gt因火箭的質(zhì)量比為6.00,故經(jīng)歷時間t后，其質(zhì)量為mm0dtdtt5嗆6dm/ dt將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件，可得火箭的最后速率v uln 旦 gt uln 衛(wèi)2.47 103 mm0m0 6dm/ dt3 -19 一物體在介質(zhì)中按規(guī)律x = ct3作直線運(yùn)動比于速度的平方試求物體由,c為一常量.X0 = 0運(yùn)動到x = l時，阻力所作的功.設(shè)介質(zhì)對物體的阻力正(阻力系數(shù)為k)分析 此題是一維變力作功問題，仍需按

32、功的定義式 W F dx來求解.關(guān)鍵在于尋找力函數(shù)F = F(x).根據(jù)運(yùn)動學(xué)關(guān)系，可將力與速度的函數(shù)關(guān)系F(v) = kv2變換到F(t),進(jìn)一步按x = ct3的關(guān)系把F(t)轉(zhuǎn)換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解.解由運(yùn)動學(xué)方程x = ct3，可得物體的速度3ct2dx vdt按題意及上述關(guān)系，物體所受阻力的大小為22,42/3 4/3F kv 9kc t 9kc x那么阻力的功為W F dxW 'f dxcos 180°dx'9kc2/3x4/3dx耳kc2/T/30 0 73 -20 一人從10.0 m深的井中提水，起始桶中裝有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.水桶被勻速地從井中提到井口，求所作的功.分析由于水桶在勻速上提過程中，拉力必須始終與水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而隨提升高度而變，因此，拉力作功實(shí)為變力作功由于拉力作功也就是克服重力的功，因此,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系，拉力作功即可題3 -20圖求出.解 水桶在勻速上提過程中,a = 0,拉力與水桶重力平衡，有F + P = 0在圖示所取坐標(biāo)下，水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P = mg -a gy其中a= 0. 2 kg/m,人對水桶的拉力的功為l10W o F dy ° mg agy dy 882 J3 -26 一質(zhì)量為m的

34、地球衛(wèi)星，沿半徑為3Re的圓軌道運(yùn)動,RE為地球的半徑.地 球的質(zhì)量為mE.求：(1)衛(wèi)星的動能；(2)衛(wèi)星的引力勢能；(3)衛(wèi)星的機(jī)械能.分析根據(jù)勢能和動能的定義，只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運(yùn)動的速率，其勢能和動能即可算出由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運(yùn)動，由此可算得衛(wèi)星繞地球運(yùn)動的速率和動能由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)衛(wèi)星和地球的，要確定特定位置的勢能時，必須規(guī)定勢能的零點(diǎn)，通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)時的勢能為零.這樣，衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了至于衛(wèi)星的機(jī)械能那么是動能和勢能的總和.解1衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運(yùn)動的向心力，由牛頓定律可得G-mEm3Re 22v

35、m3RE那么Ek1 2 mvG mEm26RE2取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)r th時的勢能為零，那么處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為EpGm3RE3衛(wèi)星的機(jī)械能為EEk Ep G嗨©刪 G聞6 Re3 Re6 Re3 -34如下圖，一個質(zhì)量為m的小球，從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點(diǎn)A滑下設(shè)容器質(zhì)量為m，半徑為r，內(nèi)壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上開始時小球和容器都處于 靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)小球沿內(nèi)壁滑到容器底部的點(diǎn)B時,受到向上的支持力為多大？分析 由于桌面無摩擦，容器可以在水平桌面上滑動 ，當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時 ，容器在 桌面上也要發(fā)生移動將小球與容器視為系統(tǒng)，該系統(tǒng)在運(yùn)動過程中沿水平桌面方

36、向不受外力作用，系統(tǒng)在該方向上的動量守恒；假設(shè)將小球、容器與地球視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)無外力作用，而內(nèi)力中重力是保守力，而支持力不作功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.由兩個守恒定律可解得小球和 容器在慣性系中的速度.由于相對運(yùn)動的存在，小球相對容器運(yùn)動的軌跡是圓，而相對桌面運(yùn)動的軌跡就不再是圓了 ，因此，在運(yùn)用曲線運(yùn)動中的法向動力學(xué)方程求解小球受力時，必須注意參考系的選擇假設(shè)取容器為參考系非慣性系，小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧，其法向加速度可由此刻的速度相對于容器速度求得.在分析小球受力時，除重力和支持力外， 還必須計(jì)及它所受的慣性力小球位于容器的底部這一特殊位置時，容器的加速度為零，慣性力也為零這樣，由

37、法向動力學(xué)方程求解小球所受的支持力就很容易了假設(shè)仍取地面為參考系慣性系,雖然無需考慮慣性力，但是因小球的軌跡方程比擬復(fù)雜，其曲率半徑及法向加速度難以確定，使求解較為困難.由于小球相對地面運(yùn)動的軌跡比擬復(fù)雜 器底部時，小球相對容器的運(yùn)動速度為VmVmVmVmVm2gR在容器底部，小球所受慣性力為零，其法向運(yùn)動方程為解根據(jù)水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機(jī)械能守恒定律可分別得mVm m Vm 0(1)1 2 1 2 -mVV-mVm22mgR(2)式屮Vm、Vm 分別表示小球、容器相對桌面的速度.由式、2 可得小球到達(dá)容器底部時小球、容器的速度大小分別為Vm j2mgRVmm /2m gR

38、m mm Xm m，為此，可改為以容器為參考系非慣性系在容2Fn mgmvmR由式、可得小球此時所受到的支持力為2mFn mg 3m4 10如圖a所示，圓盤的質(zhì)量為m,半徑為R.求：1以0為中心，將半徑為R/ 2的 局部挖去，剩余局部對 00軸的轉(zhuǎn)動慣量；2剩余局部對0 0軸即通過圓盤邊緣且平行 于盤中心軸的轉(zhuǎn)動慣量.o*0IR0"O06)Jr2dm計(jì)算,(1)挖去后的圓盤如圖(b)所示. 解1由分析知J0r2dm2mR2Rr2 m 2ndr r 2 2 ndr r/2 nR23152r dr mRR/232J2(2)J0整個圓盤對00軸轉(zhuǎn)動慣量為Ji1 mR2，挖去的小圓盤對 00

39、軸轉(zhuǎn)動慣量21 m2 n2 nR2丄 mR2,32由分析知，剩余局部對 00軸的轉(zhuǎn)動慣量為由平行軸定理,剩余局部對Jo J1 J 2mR2320 0軸的轉(zhuǎn)動慣量為% m32m2 n nR2R 2392R mR232分析 由于轉(zhuǎn)動慣量的可加性，求解第一問可有兩種方法：一是由定義式 式中dm可取半徑為r、寬度為dr窄圓環(huán)；二是用補(bǔ)償法可將剩余局部的轉(zhuǎn)動慣量看成是原 大圓盤和挖去的小圓盤對同一軸的轉(zhuǎn)動慣量的差值至于第二問需用到平行軸定理.4 13 如圖(a)所示，質(zhì)量m1 = 16 kg的實(shí)心圓柱體A，其半徑為r = 15 cm，可以繞其 固定水平軸轉(zhuǎn)動，阻力忽略不計(jì)一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一

40、端系一個質(zhì)量m2 =8.0 kg的物體B.求：(1)物體B由靜止開始下降1.0 s后的距離；(2)繩的張力Ft .BI®4-B 圖分析 該系統(tǒng)的運(yùn)動包含圓柱體的轉(zhuǎn)動和懸掛物的下落運(yùn)動平動.兩種不同的運(yùn)動形式應(yīng)依據(jù)不同的動力學(xué)方程去求解， 但是，兩物體的運(yùn)動由柔繩相聯(lián)系， 它們運(yùn)動量之間的聯(lián)系 可由角量與線量的關(guān)系得到 解1分別作兩物體的受力分析，如圖b.對實(shí)心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動定律得1 2FT r J am-ir a2對懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有巳 Ft m2g Ft m2a且FT = FT.又由角量與線量之間的關(guān)系，得a r a解上述方程組，可得物體下落的加速度a2m2gm 2

41、m2在t = 1.0 s時，B下落的距離為1 丄 2mugt2s at -2.45 m2 2m22由式2可得繩中的張力為Ft mg am1m2mi 2m239.2 N4 14 質(zhì)量為mi和m2的兩物體A、B分別懸掛在圖a所示的組合輪兩端.設(shè)兩輪的半徑 分別為R和r，兩輪的轉(zhuǎn)動慣量分別為 Ji和J2，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去 不計(jì)，繩的質(zhì)量也略去不計(jì) 試求兩物體的加速度和繩的張力A分析由于組合輪是一整體，它的轉(zhuǎn)動慣量是兩輪轉(zhuǎn)動慣量之和，它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和注意兩力矩的方向不同.對平動的物體和轉(zhuǎn)動的組合輪分別列出動力學(xué)方 程，結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得解 分

42、別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖b.根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動定律，有RF T1ggFT1m1a1(1)FT2R2F T2m2gm2a2Ft1RFt2J1J2 aFT1FT1，F(xiàn)T2FT2由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有a<|Raa2r a解上述方程組，可得aiJim|Rm2rJ2m1R22m2rgRa2imi R m2r22 grJi J2 mi Rm2rFtiJiJJ2 mir2 m>RrJ2 gR2 m2r2mgFT22Ji J2 miRmiRr2Ji J2m|Rm2r4 i7 一半徑為R、質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓盤，以角速度 3繞其中心軸轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將它平放在一 水平板上，盤與

43、板外表的摩擦因數(shù)為 譏i求圓盤所受的摩擦力矩.2問經(jīng)多少時間后， 圓盤轉(zhuǎn)動才能停止？分析轉(zhuǎn)動圓盤在平板上能逐漸停止下來是由于平板對其摩擦力矩作用的結(jié)果.由于圓盤各局部所受的摩擦力的力臂不同，總的摩擦力矩應(yīng)是各局部摩擦力矩的積分.為此，可考慮將圓盤分割成許多同心圓環(huán)，取半徑為r、寬為dr的圓環(huán)為面元，環(huán)所受摩擦力dFf = 2n 口mgdr/ n2，其方向均與環(huán)的半徑垂直，因此，該圓環(huán)的摩擦力矩dM = r x dF f ,其方向沿轉(zhuǎn)動軸，那么圓盤所受的總摩擦力矩 M = JdM.這樣，總的摩擦力矩的計(jì)算就可通過積分來 完成.由于摩擦力矩是恒力矩，那么由角動量定理M t =A J 3,可求得圓盤

44、停止前所經(jīng)歷的時間A t.當(dāng)然也可由轉(zhuǎn)動定律求解得.解i由分析可知，圓盤上半徑為 r、寬度為dr的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為2 2dM r dFf 2r ngdr/R k式中k為軸向的單位矢量.圓盤所受的總摩擦力矩大小為dM2R2r pmgdrR2pmgR2由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動慣量 可得圓盤停止的時間為J = mW/2 .由角動量定理 M A t = A (J 3,At 乜33Rm 4舊4 18 如下圖，一通風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動局部以初角速度 30繞其軸轉(zhuǎn)動，空氣的阻力矩與角速 度成正比，比例系數(shù) C為一常量.假設(shè)轉(zhuǎn)動局部對其軸的轉(zhuǎn)動慣量為 J,問：1經(jīng)過多少時 間后其轉(zhuǎn)動角速度減少為初角速

45、度的一半？ 2在此時間內(nèi)共轉(zhuǎn)過多少轉(zhuǎn)？分析 由于空氣的阻力矩與角速度成正比，由轉(zhuǎn)動定律可知,的轉(zhuǎn)動是變角加速轉(zhuǎn)動，因此，在討論轉(zhuǎn)動的運(yùn)動學(xué)關(guān)系時，義出發(fā)，通過積分的方法去解 解1通風(fēng)機(jī)葉片所受的阻力矩為 M = C3, 為在變力矩作用下，通風(fēng)機(jī)葉片 必須從角加速度和角速度的定由轉(zhuǎn)動定律M = J a,可得葉片的角加速度d 3a -dtCJdt303亠 Ct / J30e根據(jù)初始條件對式1積分，有由于C和j均為常量，得當(dāng)角速度由30 T 12 30時，轉(zhuǎn)動所需的時間為丄In2C2根據(jù)初始條件對式2積分,有9d 900 30e Ct/Jdt.J92C在時間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為9 J 304 20 一

46、質(zhì)量為m'、半徑為R 轉(zhuǎn)動，假設(shè)在某時刻，一質(zhì)量為 m 能到達(dá)的高度是多少？破裂后圓盤的角動量為多大?2 n 4 nC的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可分析 盤邊緣裂開時，小碎塊以原有的切向速度作上拋運(yùn)動，由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動學(xué)規(guī)律可求得上拋的最大高度此外，在碎塊與盤別離的過程中，滿足角動量守恒條件，由角動量守恒定律可 計(jì)算破裂后盤的角動量I®4-20 圖解(1)碎塊拋出時的初速度為Vo sR由于碎塊豎直上拋運(yùn)動，它所能到達(dá)的高度為h -2g 2g(2)圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有L L0 L式中L1 2m R

47、 3為圓盤未碎時的角動量；2LmR23為碎塊被視為質(zhì)點(diǎn)時，碎塊對軸的角動量；L為破裂后盤的角動量那么L 1 m2m R2 34 21在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量m1= 1.0 kg，長1 = 40cm,可繞通過其中點(diǎn)并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動.一質(zhì)量為m2 = 10g的子彈，以v = 2. 0x 102 ms_1的速度射入桿端, 其方向與桿及軸正交假設(shè)子彈陷入桿中，試求所得到的角速度S4-21 圖分析 子彈與桿相互作用的瞬間，可將子彈視為繞軸的轉(zhuǎn)動這樣，子彈射入桿前的角速度可表示為3,子彈陷入桿后，它們將一起以角速度3轉(zhuǎn)動.假設(shè)將子彈和桿視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)不受外力矩作用，故系統(tǒng)的角動量守恒由角動量守

48、恒定律可解得桿的角速度解 根據(jù)角動量守恒定理J2 3 J1 J2 3式中J2 m2 l /2為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，J23為子彈在陷入桿前的角動量，3= 2v/l為子彈在此刻繞軸的角速度.Ji mil2/12為桿繞軸的轉(zhuǎn)動慣量.可得桿的角速度為JiJ26m2vm1 3m229.1s4 24 一轉(zhuǎn)臺繞其中心的豎直軸以角速度3 0 =n s-1轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)臺對轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為Jo=4. 0 x 10-3 kg m2 .今有砂粒以Q = 2t g s-1的流量豎直落至轉(zhuǎn)臺，并粘附于臺面形成 一圓環(huán)，假設(shè)環(huán)的半徑為r = 0.10 m,求砂粒下落t = 10 s時，轉(zhuǎn)臺的角速度.分析 對轉(zhuǎn)動系統(tǒng)而言，隨著砂

49、粒的下落，系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動慣量發(fā)生了改變 轉(zhuǎn)臺不產(chǎn)生力矩的作用，因此，系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中的角動量是守恒的 的砂粒的質(zhì)量，可由其流量求出，從而可算出它所引起的附加的轉(zhuǎn)動慣量 同時刻的角速度就可由角動量守恒定律求出解 在時間10 s內(nèi)落至臺面的砂粒的質(zhì)量為10sm 0 Qdt 0.10 kg根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有J030J0 mr2 3那么t = 10 s時，轉(zhuǎn)臺的角速度.但是，砂粒下落對.在時間t內(nèi)落至臺面.這樣，轉(zhuǎn)臺在不J 0 30J0 mr20.80J1 ns4 32如下圖，A與B兩飛輪的軸桿由摩擦嚙合器連接，A輪的轉(zhuǎn)動慣量J1 = 10.0kg -m2，開始時B輪靜止，A輪以n1 = 600

50、 r -min-1的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動，然后使 A與B連接， 因而B輪得到加速而A輪減速，直到兩輪的轉(zhuǎn)速都等于 n = 200 r min-1為止.求：1 B輪 的轉(zhuǎn)動慣量；2在嚙合過程中損失的機(jī)械能.AB分析 兩飛輪在軸方向嚙合時， 軸向力不產(chǎn)生轉(zhuǎn)動力矩， 兩飛輪系統(tǒng)的角動量守恒，由此可求得B輪的轉(zhuǎn)動慣量.根據(jù)兩飛輪在嚙合前后轉(zhuǎn)動動能的變化，即可得到嚙合過程中機(jī)械能的損失.解1取兩飛輪為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒，有J132那么B輪的轉(zhuǎn)動慣量為3132J132J120.0 kg m(2)系統(tǒng)在嚙合過程中機(jī)械能的變化為- Ji2式中負(fù)號表示嚙合過程中機(jī)械能減少5 - 9假設(shè)電荷Q均勻地分布在長為 處的電場強(qiáng)度為2 1 2J2Q2J- Gt-21.32 104 JL的細(xì)棒上.求證：(1)在棒的延長線，且離棒中心為r(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強(qiáng)度為E 2；“2 L2假設(shè)棒為無限長(即L* )，試將結(jié)果與無限長均勻帶電直線的電場強(qiáng)度相比擬IV分析 這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場強(qiáng)度.此時棒的長度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電荷處理.但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上.如下圖，在長直線上任意取一線元dx,其電荷為dq = Qdx/ L，它在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度為dE