大學物理習題解力學1234910

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大學物理習題（作業(yè)）WORD文檔解答

第一章質(zhì)點運動學

1-6、解（1）已知質(zhì)點的運動方程為x?2?6t2?2t3(m),在4.0s內(nèi)位移的大小?x?x4?x0??30?2??32m（2）由v?dx?12t?m·t2?0dt得知質(zhì)點的換向時刻為

tp?2s(t?0不合題意)則

?x1?x2?x0?8.0m,?x2?x4?x2??40m

所以，質(zhì)點在4.0s時間間隔內(nèi)的路程為s??x1??x2?48m

(3)質(zhì)點在4.0s的速度和加速度分別為

v?dx?12t?6t2t?4.0s??48m?s?1dtt?4.0s

dva??12?12tt?4.0s??36m?s?2dtt?4.0s

1-10、解一：（1）以地面為參考系，以螺絲為研究對象，在?t?t?0時間內(nèi)，螺

絲下落的距離為

1y1?v0t?gt2

21電梯上升的距離為y2?v0t?at2

21顯然有?y?y2?y1?(a?g)t2

21?2.74?(1.22?9.8)t2?t?0.705s

2（2）螺絲下落的對于地面的距離為

Yv0g

y1?v0t?121gt?2.44?0.705??9.8?(0.705)2??0.716m22?解二：（1）以電梯為參考系，螺絲對于電梯的加速度為?(a?g)j,而初速度為零，因此有?y??2.74?1(a?g)t221(1.22?9.8)t2?t?0.705s2（2）螺絲下落的對于地面的距離為

11y1?v0t?gt2?2.44?0.705??9.8?(0.705)2??0.716m

221-11一質(zhì)點P沿半徑R?3.00m的圓周作勻速速率運動，運動一周所需時間為20.0s，設t=0時，質(zhì)點位于O點，按圖1-5(a)中所示Oxy坐標系，求（1）質(zhì)點P在任意時刻的位矢；（2）5s時的速度和加速度。

2?t，則質(zhì)點P的參數(shù)方程為?2?2?tx??Rsint，y???Rcos??解如下圖，在O?x?y?坐標系中，因??坐標變換后，在Oxy坐標系中有

（a）（b）

2?2?x?x??Rsint,y?y??y0??Rcost?R

??則質(zhì)點P的位矢方程為

??2??2?r?Rsinti?(?Rcost?R)j

????=3sin(0.1?t)i?3[1?cos(0.1?)t]j

5s時的速度和加速度分別為

v?dr2?2?2?2??Rcosti?Rsintj?(0.3?m·s?1)jdt????22d2r2?2??2???2??a?2??R??sinti?R??costj?(?0.03?2m·s?2)i

??dt??????1-13、質(zhì)點沿直線運動，加速度a?4?t2，式中a的單位為m?s?2t單位為s。假使當t?3s時，x?9m,解由加速度的定義有，

a?4?t2?dvdtv?2m?s?1，求質(zhì)點的運動方程。

分開變量，并由初始條件積分之

?v2dv??(4?t2)dt3t1?v?1?4t?t3(m?s?1)

3又由速度的定義v?dx同樣有dt?x91dx??(1?4t?t3)dt33

1?x?2t2?t4?t?0.75m12t???21-17、解（1）由運動方程r?2.0ti?(19.0?2.0t)j寫出其分量式

x?2.0ty?19.0t?2.0t2質(zhì)點的軌道方程為y?19.0?

12x2.0（2）質(zhì)點在?t?t2?t1?2.0?1.0?1.0s時間內(nèi)的位移分量分別為

?x?x2?x1?4.00?2.00?2.00m?y?y2?y1??8.00?2.00??6.00m

平均速度為

?????r?x??y?v??i?j?2.00i?6.00j(m?s?1)

?t?t?t（3）質(zhì)點在t=1.0s的速度

??????dr?2.00i?4.00tjt?1.0s?2.00i?4.00jv?dtt?1.0s??質(zhì)點在任意時刻的加速度為a??4.00j

22質(zhì)點在任意時刻的速率為v??v2?4?16ty質(zhì)點在t=1.0s的切向速度

?dv?132t?at?et??3.58m?s?2et

dtt?1.0s24?16t2t?1.0s質(zhì)點在t=1.0s的法向速度????an?a2?at2en?(?4.00)2?(3.58)2en?1.79m?s?2en

（4）由公式an?v2?v220?????11.17m

an1.791-22、解：（1）質(zhì)點作圓周運動，其速度定義為

dsv??v0?bt

dt其加速度的切向分量和法向分量分別為

d2sat?2??bdtv2(v0?bt)2an??

RR22Rb?(v?bt)02故加速度的大小為a?an?at2?2R總加速度的方向與切線的夾角為

?(v0?bt)2?an??arctan?arctan???

atRb??1R2b2?(v0?bt)2?b可得Rvt?0

bv（3）從t?0開始到t=，質(zhì)點經(jīng)過的路程為

b（2）要使a?b，由2v0s?st?s0?

2b2v0?質(zhì)點運行的圈數(shù)N?2?R4?bRs?'??1-26、解：由伽利略速度變換v2?v2?v1做出矢量圖[圖1-21(b)]，由圖的幾何關

系有

v1?v2sin?a?arctg

v2co?s而要使a?arctg

1，則hv1?v2sin?1?

v2co?sh?lcos??即v1?v2??sin??

?h?其次章

2-10、解取鋼球為隔離體，其受力分析如下圖.

牛頓定律

在圖示坐標中列動力學方程

FNsin??man?mR?2sin?（1）FNcos??mg（2）

??且有cos(R?h)（3）Rg由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為h?R??2

可見，h隨ω的變化而變化.2-13、解：

2-14、解在直線運動中，由加速度定義a?dv/dt，根據(jù)牛頓定律有120t?40?mdvdt依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件，即t0?0時v0?6.0m·s?1，運用分開變量法對上式積分，得

?vv0dv??(12.0t?4.0)dt

0tv?6.0?4.0t?6.0t2

又因v?dx/dt，并由質(zhì)點運動的初始條件：t0?0時，對上式分開變x0?5.0m量后積分，有

?xx0dx??(6.0m·s?1?(4.0m·s?2)t?(6.0m·s?3)t2]dt

0tx?5.0?6.0t?2.0t2?2.0t3

2-15、解（1）飛機受到的阻力Ff???t，由牛頓其次定律有

分開變量并積分之，有v?v0?

（2）又由速度的定義v?dx，有dtvtFf???t?mdvdt?v0mdv????t?dt

01122?1?t2?55.0??5.0?10?10?30m?s32m2?1.0?10??x?x?0?v0t?x0dx??v?dt??(v0?00tt1?t2)dt2m積分之，得到飛機飛行的距離

13t6m?

1?55.0?10??5.0?102?103?467m36?1.0?102-18、解：以小球為研究對象，

小球作變加速的圓周運動，如圖建立自然坐標系。

對小球進行受力分析，小球受到重力和支持力作用，由牛頓其次定律有：

???FN?P?ma

其分量式為：

A

O?D?FN?en?C?vet?PFN?mgcos??man?mr?2dv?mgsin??mat?mdt

由于

dvdvd?dvvdv?????（變量變換），在A點?A??,v?0，在Cdtd?dtd?rd?2點?C??,vC?v，由第三式分開變量并積分得：

1v???2sin?d???gr?0vdv?v?2grcos?????v2g?cos?rr

將角速度代入其次式求得支持力

FN?3mgcos?其方向為法向。

第三章

動量守恒定律和能量守恒定律

3-6一架以3.0?102m·s?1的速率水平飛行的飛機，與一只身長為0.20m、質(zhì)量為0.50kg的飛鳥相碰.設碰撞后飛鳥的尸體與飛機具有同樣的速度，而原來飛鳥對于地面的速率甚小，可以忽略不計.試估計飛鳥對飛機的沖擊力（碰撞時間可用飛鳥身長被飛機速率相除來估算）.根據(jù)此題的計算結(jié)果，你對于高速運動的物體（如飛機、汽車）與尋常狀況下不足以引起危害的物體（如飛鳥、小石子）相碰后會產(chǎn)生什么后果的問題有些什么體會？

3-6、解以飛鳥為研究對象，取飛機運動方向為x軸正向.由動量定理得F??t?mv?0

式中F?為飛機對鳥的平均沖力，而身長為20cm的飛鳥與飛機碰撞時間約為

?t?l/v，以此代入上式可得

mv2?2.25?105NF??l鳥對飛機的平均沖力為F??F???2.25?105N

式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反.從計算結(jié)果可知，2.25?105N的沖力大致相當于一個22t的物體所受的重力，可見，此沖力是相當大的.若飛

鳥與發(fā)動機葉片相碰，足以使發(fā)動機損壞，造成飛行事故.

3-13、A、B兩船在恬靜的湖面上平行逆向航行，當兩船擦肩相遇時，兩船各自向?qū)Ψ狡椒€(wěn)地傳遞50kg的重物，結(jié)果是A船停了下來，而B船以3.4m.s-1的速度繼續(xù)向前駛?cè)?，A、B兩船原有質(zhì)量分別為0.5×103kg和1×103kg求在傳遞重物前兩船的速度。

3-13、解：設A、B兩船原有質(zhì)量和速度分別為m1、m2和v1、v2，由于兩船相向

運動，取B船的運動方向為正方向，則兩船原有總動量為：P1v1(1)總?m2v2?m傳遞重物后，A船的動量為零，即

50v2?(m1?50)v1?0（2）傳遞重物后，B船的動量

(m2?50)v2?50v1?3.4m2(3)解(2)、（3）式，并將數(shù)據(jù)代入求得A、B兩船的速度分別為

OAX?v10B?v20v1??0.4m?s

?1v2?3.6m?s?1

3-20、一人從10.0m深的井中提水，起初童裝有10.0kg的水，由于水桶漏，每升一米要漏去0.20kg的水。求水桶被勻速地從井中提到井口，人所作的功。3-20、解：如圖，建立坐標系。水桶在上提過程中，

拉力的元功

dW?Fdx?mgdx

dm??0.20kg?m?1由于漏水，有dx?1所以，dW?mg()dm

0.2xFt由初始條件有：當t0?0(x?0)時，m?10.0kg

當錯誤！鏈接無效。

積分之，得拉力做功

xomgt0?g8.0?g28.0W??dW?mdm?m?882J

10.00.2?10.00.4解二：如圖，建立坐標系。水桶在上提過程中，

拉力的元功

dW?Fdx?mgdx

dm??0.20kg?m?1dxdmx)dx所以dW?mgdx?(m0?dx由于漏水，有

積分之，得拉力做功W??dW?g?(m0?0.20x)dx?g(10x?0.1x2)010100?882J

3—23、如圖3—21（a）所示，A和B兩塊板用一輕彈簧連接起來，它們的質(zhì)量分別為m1和m2.問在A板上需加多大的壓力，方可在力中止作用后，恰能使A在跳起來時B稍被提起.（設彈簧的勁度系數(shù)為k）

3—23、解選取如圖[3-21（b）]所示坐標，取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點.作各狀態(tài)下物體受力圖.對A板而言，當施以外力F時，根據(jù)受力平衡有

F1?P1?F（1）

當外力撤除后，按分析中所選的系統(tǒng)，由機械能守恒定律可得

1212ky1?mgy1?ky2?mgy222式中y1、y2為M、N兩點對原點O的位移.由于F1?ky1,F2?ky2及P1?m1g，上式可寫為

F1?F2?2P1

由式（1）、（2）可得

F1?P1?F2（3）當A板跳到N點時，B板剛被提起，此時彈性力F2'?P2且F2?F2'.由式（3）可得

F?P1?P2?(m1?m2)g

應注意，勢能的零點位置是可以任意選取的.為計算便利起見，尋常取彈簧原長時的彈性勢能為零點，也同時為重力勢能的零點

3—27、如下圖，天文觀測臺有一半徑R為的半球形屋面，有一冰塊從光滑屋面的最高點由靜止沿屋面滑下若摩擦力略去不計，求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度。3—27、解：設冰塊的質(zhì)量為m,其在A點離開屋面，而且在該點冰塊的速率為v,由機械能守恒定律有：

12mv?mg?h?mgR(1?sin?)（1）2R?在A點，冰塊僅受重力作用，由牛頓其次定律有

v2mgsin??m（2）

R解上二式得：

??arcsin?41.80v?2Rg3

23速度的方向與重力方向夾角為??48.20

3—29、如下圖，質(zhì)量為m速度為v的鋼球，射向質(zhì)量為m的靶，靶中心有一小孔，內(nèi)有勁度系數(shù)為k的彈簧，此靶最初處于靜止狀態(tài)，但可在水平面作無摩擦滑動。求子彈射入靶內(nèi)后，彈簧的最大壓縮距離.

解：將鋼球、靶和彈簧視為系統(tǒng)（研究對象），鋼球射入靶（碰撞）是完全彈性碰撞，碰撞前后，系統(tǒng)地動量守恒，機械能也守恒，而且彈簧被壓縮距離最大時，鋼球、靶和彈簧具有一致的速度V，因此有

′

?vm?m

(m?m?)V?mv111222(m?m?)V?k?x?mv222解此方程組求得?x?mm?v?k(m?m)3—30、質(zhì)量為m的彈丸A，穿過如圖3-28所示的擺錘B后，速率由v減少到v/2.已知擺錘的質(zhì)量為m?，擺線長度為l，假使擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個完全的圓周運動，v的最小值應為多少？

3—30、解由水平方向的動量守恒定律，有

vmv?m?m?v?（1）

2為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運動，在最高點時，擺線中的張力FT?0，則m?g?m?v?h2l（2）

?為擺錘在圓周最高點的運動速率.式中vh又擺錘在垂直平面內(nèi)作圓周運動的過程中，滿足機械能守恒定律，故有

11?2（3）m?v?2?2m?gl?m?vh222m?5glm解上述三個方程，可得彈丸所需速率的最小值為v?3-33、如下圖，一質(zhì)量為m′的物塊放置在斜面的最底端A處，斜面的傾角為α,高度為h,物快與斜面的摩擦因數(shù)為μ，今有一質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入物快并留在其中，且使物快沿斜面向上滑動。求物快滑出頂端時的速度大小。

解：將子彈、物快、斜面體（地球）視為系統(tǒng)。子彈入射物快前后系統(tǒng)

沿斜面方向的動量守恒

?v0m?hmv0cos??(m??m)v1

m?A

V1為子彈入射物快后的共同速度。設它們滑出斜面頂端的速度為，取點為重力勢能為零，有功能原理得

??(m?m?)gcos?h112?(m?m?)v2?(m?m?)gh?(m?m?)v12sin?22解上二式得

v2?(mv0cos?)2?2gh(?cot??1)m?m?3-34如下圖，一個質(zhì)量為的m小球，從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點A滑下，設容器的質(zhì)量為m′，半徑為R，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上。開始時小球和桌面都處于靜止狀態(tài)。當小球沿內(nèi)壁滑到容器底部的點B時，受到向上的支持力為多大？

解：將小球、容器及桌面（地球）視為研究對象，小球在下滑過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，在水平方向上動量守恒，因此有

ORBmAmvm?m?vm??0

1212mvm?m?vm??mgR22式中vm,vm?分別表示小球到達點B時小球、容器相對桌面的速度，解上二式求得

vm?vm??2m?gRm??mm2m?gRm?m??m

小球到達點B時小球相對于容器的運動速度為（容器為非慣性系）

??vm?vm??(vmm??m)2gRm?此時，小球不受慣性力，其法向動力學方程為

v?FN?mg?mm

R2解上二式求得小球受到向上的支持力為

第四章

定軸轉(zhuǎn)動

4-7、解：（1）把已知條件代入求得

???0(1?e?)?9.0[1?(2.718)?t?6.02.0]?8.6rad?s?1

(2)由角加速度的定義

ttt???d?dt???[?0(1?e?)]??0(?e?)(?)??4.5e?rad?s?1

dtdt?（3）由角速度的定義

?td?????0(1?e?)dt?t

?d???0(1?e?)dt6.0積分之

???d????0(1?e?)dt??0[t?e?(??)]000?6.0?t?t?9.0(6.097?2)?36.86rad

N??36.86??5.87(r)2?2?3.14O?O4-10、解：（1）對于OO軸的轉(zhuǎn)慣量為

J?11RmR2?m?()2?222

11mRR15mR2?[2??()2]()2?mR222?R2232`

R2R（2）對于O`O軸的轉(zhuǎn)慣量,由平行軸定理得

J?15mR22392mR2?[m??()]R?nR232?R232O?O4-11、解1、設繩子的拉力為FT，對飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，有FTR?J?（1）而對重物而言，由牛頓定律，有

Mg–FT=ma（2）由于繩子不可伸長，因此，有

a?R?重物作勻加速下落，則有

h?由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動慣量為

gt2??J?mR??2h?1?

??2?

12at2解2根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒定律，有

11?mgh?mv2?J?2?0

22（1'）

而線速度和角速度的關系為

v=Rω又根據(jù)重物作勻加速運動時，有

v2=atv2=2ah由上述各式可得

gt2??J?mR??2h?1?

??2?（3'）

4–13、解（1）分別作兩物體的受力分析圖[4–10(b)]。對實心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動定律得

FTr?J??1m1r2?2（1）

對懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有

P2?FT??m2g?FT??m2a

且FT=F'T。又由角量與線量之間的關系，得

a?r?解上述方程組，可得物體下落的加速度

（2）

（3）

a?在t=1.0s時，B下落的距離為

2m2g

m1?2m2m2gt212s?at??2.45m

2m1?2m2（2）由式（2）可得繩中的張力為FT?m?g?a??m1m2g?39.2N

m1?2m24—16、如下圖，飛輪的質(zhì)量為60kg，直徑為0.50m，轉(zhuǎn)速為1.0×

103r·min–1,現(xiàn)用閘瓦制動使其在5.0s內(nèi)中止轉(zhuǎn)動，求制動力F。設閘瓦與飛輪之間的摩擦因數(shù)??0.40，飛輪的質(zhì)量全部分布在飛輪的邊緣上。

解：以閘桿和飛輪為研究對象，并對它們進行受力分析（如圖）。根據(jù)閘桿的力矩平衡，有

?l1?0F(l1?l2)?FN?，所以閘瓦作用于由于FN?FN飛輪的摩擦力矩為

M?Ffl?ldd??FN?12d?F（1）

222l10.5m0.75m?FO?由此知，飛輪受到恒力矩作用而做勻減速轉(zhuǎn)動，由轉(zhuǎn)動的運動學公式得

????0t2?n（2）??tt?0l1??FNl2?F由題意知，飛輪的轉(zhuǎn)動慣量為

d2J?mR?m

42?Ff??Ff?FNl?OFN?Pd根據(jù)轉(zhuǎn)動定律M?J?及上（1）（2）式求得制動力

?

F?nm?dl1?3.14?102N

?(l1?l2)t4–18如圖4–3所示，一通風機的轉(zhuǎn)動部分以初角速度ω0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。若轉(zhuǎn)動部分對其軸的轉(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，在變力矩作用下，通風機葉片的轉(zhuǎn)動是變角加速轉(zhuǎn)動，因此，在探討轉(zhuǎn)動的運動學關系時，必需從角加速度和角速度的定義出發(fā)，通過積分的方法去解。

解（1）通風機葉片所受的阻力矩為M??C?，由轉(zhuǎn)動定律M?J?，可得葉片的角加速度為

??根據(jù)初始條件對式（1）積分，有

由于C和J均為常量，得

???0e?CtJd?C???dtJt圖4–3

（1）

???0d?????0CdtJ（2）

1當角速度由?0??0時，轉(zhuǎn)動所需的時間為

2Jt?ln2

C（2）根據(jù)初始條件對式（2）積分，有

?0d???0?0eJ?02C?t?CtJdt

即??在時間t內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為N?

J?0??2?4?C4–21解根據(jù)角動量守恒定理J2???J1?J2???式中J2=m2(l/2)2為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，J2ω為子彈在陷入桿前的角動量，ω=2v/l為子彈在此刻繞軸的角速度。J1=m1l2/12為桿繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，可得桿的角速度為???J2?6m2v??29.1s?1

J1?J2?m1?3m2?l4–30解：（1）在拉力的作用下，小球的角動量守恒，所以有

J0?0?J?或?rmr0?0?m(0)2?

2??4?0?0mr0（2）由動能定理，得拉力做功

1r02m()(?40224-36解W?2)?132m0r2?02?m0r?0222?F第九章振動

9－7若簡諧振動的方程為x?0.10cos(20?t?0.25?)(m)，求：（1）振幅、頻率、角頻率、周期和初相；（2）t?2s時的位移、速度和加速度。

(2t?0解：（1）將x?0.10cos??0.2m5與)x?Acos(?t??)(m)比較后可得

振幅A?0.10(m)，角頻率??20?(s?1)，初相??0.25?1（HZ）??0.1(s)，頻率??T?10（2）t?2s時的位移、速度和加速度分別為：

周期T?2?x?0.10cos(40t?0.25?)?7.07?10?2(m)

v?dx??2?sin(40??0.25?)??4.44(m?s?1)dtdva???40?2cos(40??0.25?)??2.79?102(m)

dt9－12一放置水平桌面上的彈簧振子，振幅周期當時（1）物體在正上方端點；（2）物體在平衡位置，向負方向運動；（3）物體在x?1.0?10?2m位置，向負方向運動；（4）物體在x??1.0?10?2m位置，向正方向運動。求以上各種狀況的運動方程。

解由題給條件知A?2.0?10?2m轉(zhuǎn)矢量法來求。

cos?(?t?，)當t?0時，有（解析法）根據(jù)簡諧振動方程x?A??2?T?4?s?1而初相可采用解析法和旋

x0?Acos?,v0??A?sin?,當

（1）x0?A,?cos?1?1,??1?0;（2）x0?0,?cos?2?0,??2???2,因v0?0,取?2??2;

cos?3?0.5,??3??（3）x0?1.0?10?2m時，?3,因v0?0,取?3??3;4?;3cos?4??0.5,??4???（4）x0??1.0?10?2m時，?3,因v0?0,取?4?

2?3

?xNA02?MOv0P1xOA2

4

（旋轉(zhuǎn)矢量法）分別畫出四個不同的初始狀態(tài)旋轉(zhuǎn)矢量圖（如圖示）。它們對應的初相分別為

??4??1?0，?2?,?3?,?4?;

233x由于振幅A?2.0?10?2m角頻率程為

(1)(2)(3)(4)x?2.0?10?2cos4?tx?2.0?10?2cos(4?t??)2x?2.0?10?2cos(4?t??)3x?2.0?10?2cos(4?t?4?)3??2?T?4?s?1，則各相應狀態(tài)下的運動方

9－13有一彈簧，其下端掛一質(zhì)量為的物體時，伸長量為。若使物體上下振動，且規(guī)定向下為正方向，（1）當時，物體在平衡位置上方處，由靜止