《力学》杜婵英 漆安慎课后习题答案大全集.pdf 81页

'力学习题剖析目录第01章物理学、力学、数学…………………01第02章质点运动学……………………………05HY编写第03章动量定理及其守恒定律………………15QQ:704999167第04章动能和势能……………………………28Email:heyang0106@126.com第05章角动量及其规律………………………38第06章万有引力定律…………………………42第07章刚体力学………………………………45第08章弹性体的应力和应变…………………56第09章振动……………………………………60第10章波动……………………………………68第11章流体力学………………………………75吉林师范大学物理学院 第1章物理学力学数学微积分初步习题解答1第1章物理学力学数学微积分初步习题解答1．求下列函数的导数⑶(3+2ex−1)dx⑷(sinx−cosx)dx∫xxx∫2⑴y=3x−4x+10⑵y=/1x+7sinx+8cosx−100x2⑸∫1+x2dx⑹∫sin(ax+b)dx2⑺e−2xdx⑻dx⑶y=(ax+b)/(a+bx)⑷y=sin1+x∫∫ax+b22−x⑼sinxcosxdx⑽xedx⑸y=esinx⑹y=e−x+100x∫∫2lnx(11)cosxdx(12)dx∫∫x解：⑴y"=6x−4解：⑵y"=−1/(2xx)+7cosx−8sinx⑴(x3−3x+)1dx=x3dx−3xdx+dx=1x4−3x2+x+c⑶y"=(a2−b2)/(a+bx)2∫∫∫∫42x2x22x13⑷y"=cos(1+x2)2/1·11(+x2)−2/1·2x⑵∫2(+x)dx=∫∫2dx+xdx=ln2+3x+c23x1dxx−2/3=xcos1+x2/1+x2⑶∫(x+2e−xx)dx=3∫x+2∫edx−∫xdxx2sinx=3lnx+2e++c⑸y"=ecosxx⑹y"=e−x(−)1+100=100−e−x⑷∫(sinx−cosx)dx=∫sinxdx−∫cosxdx=−cosx−sinx+c22⑸xdx=1+x−1dx=dx−dx=x−arctgx+c∫1+x2∫∫1+x2∫1+x22．已知某地段地形的海拔高度h因水平坐标x而变，11⑹sin(ax+b)dx=sin(ax+b)d(ax+b)=−cos(ax+b)+c22∫a∫ah=100-0.0001x(1-0.005x)，度量x和h的单位为米。问何处的高度将取极⑺e−2xdx=−1e−2xd(−2x)=−1e−2x+c大值和极小值，在这些地方的高度为多少？∫∫22解：先求出h(x)对x的一阶导数和二阶导数：⑻dx=1(ax+b)−2/1d(ax+b)=2ax+b+c∫ax+ba∫adhd2−42−74−63−4=(10−10x+5×10x)=2×10x−2×10x2213dxdx⑼sinxcosxdx=sinxd(sinx)=sinx+c∫∫3d2hd−63−4−62−42222=dx2(×10x−2×10x)=6×10x−2×10⑽xe−xdx=−1e−xd(−x2)=−1e−x+cdx∫2∫222令dh/dx=0，解得在x=0,10,-10处可能有极值。∵dh/dx|x=0<0,∴x=0(11)cos2xdx=11(+cos2x)dx=1x+1sin2x+c22∫∫224是极大值点，h(0)=100；∵dh/dx|x=10>0,∴x=10是极小值点，(12)lnxdx=lnxd(lnx)=1(lnx)2+ch(10)=99.0005米；显然，x=-10亦是极小值点，h(-10)=h(10).∫x∫23．求下列不定积分3x2⑴∫∫(x−3x+)1dx⑵2(+x)dx 第1章物理学力学数学微积分初步习题解答2第1章物理学力学数学微积分初步习题解答4.求下列定积分π2/πy212/1e解：sinxdx=−cosx|2=1⑴（x−)1dx⑵(ex−)14exdx⑶dx⑷1+lnxdx∫0∫∫∫2∫x01−x10−2/11-π/2+2π4/1π2/0π2/⑸(ex+1)dx⑹cos2xdx⑺1dx⑻3(x+sin2x)dx-0π/2x∫x∫∫1+x2∫∫sinxdx=−1∫sinxdx=01π6/00−π2/−π2/2223解：⑴（x−)1dx=x/12dx−dx=2x2|2−x|2=42−5∫∫∫3113311126．计算由y=3x和y=x所围成的平面图形的面积。11⑵(ex−)14exdx=(ex−)14d(ex−)1=1(ex−)15|1=1(e−)15解：如图所示，令3x=x2,得两∫∫505y00条曲线交点的x坐标：x=0,3.面积2/1⑶dx=arcsinx|2/1=π=60°33∫2−2/1321−xA=∫∫3xdx−xdx−2/100ee⑷1+lnxdx=1(+lnx)d1(+lnx)=11(+lnx)2|e=5.1=(3x2−1x3|)3=5.403x∫x∫21230112x1x22⑸∫(e+)dx=(e+lnx|)=e−e+ln22x17．求曲线y=x+2,y=2x,x=0和x=2诸线所包围的面积。1π4/π4/解：面积Ay⑹∫cos2xdx=1∫cos2xd2(x)=1sin2x|π4/=1−32222π6/242π6/π6/=∫(x+)2dx−∫2xdx10011⑺∫1+x2dx=arctgx|0=π4/=45°=(1x3+2x−x2|)2A030π2/ππ2/2/=821321302x⑻∫3(x+sinx)dx=3∫∫xdx+1(−cos2x)dx=π+π284000π2/0π2/8．一物体沿直线运动的速度为v=v0+at,v0和a为常量，求物体在t1至.5计算∫sinxdx、∫sinxdx以及∫sinxdx,并在t2时间内的位移。0−π2/−π2/vt2f(x)=sinx的函数图形上用面积表示这些定积分。解：位移S=(v+at)dt∫0t1v0t=(vt+1at2|)t2=v(t−t)+1a(t2−t2)02t1021221t1t2 第1章物理学力学数学矢量习题解答3第1章物理学力学数学矢量习题解答1．2．3．4．5．6．7．略hdddddcos(A,B)A⋅B.00308,夹角(A,B)88.240.5×4.5=0.5。=≈≈°AB8．二矢量如图所示A=4,B=5,α=25º,β=36.87º,直接根据矢量标积ddddddddddd定义和正交分解法求A⋅B。y11．已知A+B+C=,0求证A×B=B×C=C×A.B解：直接用矢量标积定义：证明：用已知等式分别叉乘βAdddddddddddA⋅B=ABcos(90°−α+β)=−4αA,B,C,有A×A+B×A+C×A=00x用正交分解法：∵Ax=4cosα=3.6ddddddddddddA×B+B×B+C×B=,0A×C+B×C+C×C=.0其中，Ay=4sinα=1.7,Bx=5cos(90º+β)=-5sinβ=-3,By=5sin(90º+β)=5cosβ=4dddddddddddddd∴A⋅B=AxBx+AyBy=6.3×(−)3+7.1×4=−4A×A,B×B,C×C均为零，∴A×B=B×C=C×Adddd12．计算以P(3,0,8)、Q(5,10,7)、R(0,2,-1)为顶点的三角形的面积。9．已知A=−iˆ+ˆj,B=iˆ−2ˆj+2kˆ,求A与B的夹角。解：据矢积定义，△PRQ的面积ddddddddyR(0,2,-1)解：由标积定义A⋅B=ABcos(A,B)∴cos(A,B)=A⋅B，而A=1|PR×PQ|,PR=OR−OP=AB2Q(5,10,7)dd22222oxA=(−)1+1=,2B=1+(−)2+2=,3A⋅B=−3−3iˆ+2ˆj−9kˆ,PQ=OQ−OP=dddd∴cos(A,B)=−3=−2,两矢量夹角（A,B)=135°322zP(3,0,8)2iˆ+10ˆj−kˆ.dddddhiˆˆjkˆ10．已知A+B=3iˆ+5ˆj−kˆ，A−B=4iˆ−4ˆj+kˆ,求A与BPR×PQ=−32−9=88iˆ−21ˆj−34kˆ的夹角。d210−1解：将已知两式相加，可求得A=5.3iˆ+5.0ˆj；再将已知两式相|PR×PQ|=882+212+342=96,6.∴ΔPRQ面积A=966.=483.d222减，可求得B=−5.0iˆ+5.4ˆj−kˆ.∴A=5.3+5.0≈5.3，dd222B=(−)5.0+5.4+(−)1≈.464,A⋅B=5.3×(−)5.0+13．化简下面诸式 第1章物理学力学数学矢量习题解答4第1章物理学力学数学矢量习题解答hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh=A⋅(A×B+C×B)+B⋅(A×B+C×B)解：⑴(A+B−C)×C+(C+A+B)×A+(A−B+C)×Bhhhhhhhhhhhh=A⋅(A×B)+A⋅(C×B)+B⋅(A×B)+B⋅(C×B)hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh=A×C+B×C+C×A+B×A+A×B+C×B=0=B⋅(A×A)+A⋅(C×B)+A⋅(B×B)+C⋅(B×B)hhhhhh=A⋅(C×B)=−A⋅(B×C)⑵iˆ×(ˆj+kˆ)−ˆj×(iˆ+kˆ)+kˆ×(iˆ+ˆj+kˆ)hhhj2−tdAd2A16．已知A=1(+2t)iˆ+eˆj−kˆ，求dt,dt2.i=kˆ−ˆj+kˆ−iˆ+ˆj−iˆ=2kˆ−2iˆkh解：dA=d[(1+2t2)iˆ+e−tˆj−kˆ]=4itˆ−e−tˆjhhhhhhhhdtdt⑶2(A+B)×(C−A)+(B+C)×(A+B)hd2Ad4(ˆ−tˆ)4ˆ−tˆhhhhhhhhhhhhdt2=dtit−ej=i+ej=2A×(C−A)+B×(C−A)+B×(A+B)+C×(A+B)hhhhhhhhhhhh=2A×C+B×C−B×A+B×A+C×A+C×Bhhhh17．已知A=3e−tiˆ−4(t3−t)ˆj+ktˆ,B=4t2iˆ+3ˆjt，=A×Chhd求(A⋅B)dt14．计算下面诸式jhh解：⑴iˆ⋅(ˆj×kˆ)+kˆ⋅(iˆ×ˆj)+ˆj⋅(kˆ×iˆ)解：A⋅B=AxBx+AyBy+AzBzik−t23=iˆ⋅iˆ+kˆ⋅kˆ+ˆj⋅ˆj=3=3e4t−3t4(t−t)2−t42hhhhhh=12te−12t+3t⑵A⋅(B×A)=B⋅(A×A)=0hhd(A⋅B)=d(12t2e−t−12t4+3t2)dtdthhhhhhhh2−t315．求证：(A+B)⋅[(A+C)×B)]=−A⋅(B×C)=122(t−t)e−48t+6thhhhh证明：(A+B)⋅[(A+C)×B)] 第2章质点运动学习题解答5第2章质点运动学习题解答第二章基本知识小结22d22dvτdsvhhha=aτˆ+anˆ,a=a+a,a==,a=hhhrdhvdd2rτnτnτ2ndtdtρ⒈基本概念r=r(t)v=a==2dtdtdts(t)⇔v(t)⇔a(t)hhhττr(t)⇔v(t)⇔a(t)dh22⒋极坐标系r=rrˆ,v=vrˆ+vθˆ,v=v+v（向右箭头表示求导运算，向左箭头表示积分运算，积分运算需初rθrθhhhhdrdθ始条件：t=t0,r=r0,v=v0）vr=,vθ=rdtdth222h⒌相对运动对于两个相对平动的参考系⒉直角坐标系r=ixˆ+ˆjy+kzˆ,r=x+y+z,r与x,y,zhd"hr=r+r,t=t"（时空变换）0轴夹角的余弦分别为x/r,y/r,z/r.hhhv=v"+v（速度变换）0h222hv=viˆ+vˆj+vkˆ,v=v+v+v,v与x,y,z轴夹xyzxyzddda=a"+a（加速度变换）0角的余弦分别为v/v,v/v,v/v.xyzh222h若两个参考系相对做匀速直线运动，则为伽利略变换，在图示a=aiˆ+aˆj+akˆ,a=a+a+a,a与x,y,z轴夹xyzxyz情况下，则有：角的余弦分别为a/a,a/a,a/a.xyzyy"x"=x−Vt,y"=y,z"=zt",=tVdxdydzvx"=vx−V,vy"=vy,vz"=vzv=,v=,v=xyzdtdtdtoxo"x"ax"=ax,ay"=ay,az"=az2dv22dvxdxydydvzdzzz"a==,a==,a==x2y2z2dtdtdtdtdtdt(x,y,z)⇔(v,v,v)⇔(a,a,a)xyzxyzhdhds⒊自然坐标系r=r(s);v=vτˆ,v=,v=|v|ττdtτ 第2章质点运动学习题解答6第2章质点运动学习题解答hh22.1.1质点运动学方程为：⑴r=3(+2)itˆ+5ˆj2.1.3质点运动学方程为r=4tiˆ+2(t+)3ˆj.⑴求质点轨迹；d⑵求质点自t=0至t=1的位移.⑵r=2(−3)itˆ+4(t−)1ˆj,求质点轨迹并用图表示.22解：⑴x=4t,y=2t+3，消去参数t得：x=(y−)3解：⑴x=3+2t,y=,5轨迹方程为y=5的直线.ddd⑵Δr=r)1(−r)0(=4iˆ+5ˆj−3ˆj=4iˆ+2ˆj⑵x=2−3t,y=4t−1，消去参数t得轨迹方程4x+3y−5=0yy2.2.1雷达站于某瞬时测得飞机位置为R=4100m,θ=337.°5/31155/4xx0.75s后测得R2=4240m,θ2=293.°，R1,R2均Rh−2tˆ2tˆ2ˆ在铅直面内，求飞机瞬时速率的近似值和飞行方θ2.1.2质点运动学方程为r=ei+ej+k.⑴求质点轨迹；向（α角）⑵求自t=-1到t=1质点的位移。hhhhhR2−R1ΔR−2t2t解：v≈v==，在图示的矢量θα解：⑴由运动学方程可知：x=e,y=e,z=,2xy=1，所ΔtΔt1ΔRR1R2以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。三角形中，应用余弦定理，可求得：θ2hhh−222−2ΔR=R2+R2−2RRcos(−)θ1⑵Δr=r)1(−r(−)1=(e−e)iˆ+(e−e)ˆjθθ12121222=4100+4240−2×4100×4200cos4.4°=−.72537iˆ+.72537ˆj。所以，位移大小：=349.58mh2222v≈v=ΔR/Δt=349.58.0/75≈4658.m/s|Δr|=(Δx)+(Δy)=(−.72537)+.72537=.72537,2据正弦定理：ΔR/sin(θ−θ)=R/sin(180°−θ−α)Δx21221与x轴夹角α=arccosh=arccos(−)=135°|Δr|2sin(180°−θ−α)=Rsin(θ−θ/)ΔR=4240sin4.4°/349.581212Δy2≈.0931,180°−θ−α≈111.41°,∴α=34.89°与y轴夹角β=arccosh=arccos()=45°1|Δr|2Δz与z轴夹角γ=arccosh=arccos0=90°|Δr| 第2章质点运动学习题解答7第2章质点运动学习题解答2.2.2一圆柱体沿抛物线轨道运动，抛物线轨道y2.2.5火车进入弯道时减速，最初列车向正北以90km/h速率行驶，2为y=x/200(长度：毫米)。第一次观察到圆柱体在3min后以70km/h速率向北偏西30°方北30°v2x=249mm处，经过时间2ms后，圆柱体移到x=234mm向行驶，求列车的平均加速度。hhh处。求圆柱体瞬时速度的近似值。xhv2−v1ΔvαΔvh解：a==v1=90km/hhhΔr0x1x2ΔtΔtv2=70km/h解：由于Δt很小，所以，v≈v=，西Δt对矢量三角形应用余弦定理：h2222其中，Δt=2ms,Δr=Δixˆ+Δˆjy,Δx=x2−x1=234−249=−15Δv=v1+v2−2v1v2cos30°=90+70−90×703=45.69km/h=12.69m/s2222Δy=y−y=(x−x/)200=(234−249/)200=−362.2121Δv12.692v2Δvha===.007m/s，由正弦定理：=∴v≈(Δx/Δ)itˆ+(Δy/Δt)ˆj=−5.7iˆ−181.ˆj。其大小Δt3×60sinαsin30°h22sin=sin30°/Δ=70×/5.045.69≈.0766,≈50°|v|=(−)5.7+(18)1.=196.mm/ms；与x轴夹角αv2vαvx−5.7α=arccos=arccos=arccos(−.038265)=−1125.°hv196.2.2.6⑴r=Rcositˆ+Rsinˆjt+2ktˆ，R为正常数，求t=0,π/2h23时的速度和加速度。⑵r=3itˆ−5.4tˆj+6tkˆ，求t=0,1时的速度2.2.3一人在北京音乐厅内听音乐，离演奏者17m；另一人在广州听同一演奏的转播，广州离北京2320km，收听者离收音机2m，和加速度（写出正交分解式）。8问谁先听到声音？声速为340m/s，电磁波传播的速率为3.0×10m/s.hh解：⑴v=rd/dt=−Rsinitˆ+Rcosˆjt+2kˆ解：声音传播情况如图所示，北京人听到演奏声音所需时间：17mhhhha=vd/dt=−Rcositˆ−Rsinˆjt.∴v|=Rˆj+2kˆ,a|=−Riˆ,t=0t=0340m/st1=17/340=.005svh|=−Riˆ+2kˆ,ah|=−Rˆjt=π2/t=π2/82320km,3×10m/s广州人听到演奏声音所需时间：hh2hh⑵v=rd/dt=3iˆ−9ˆjt+18tkˆ,a=vd/dt=−9ˆj+36ktˆ；3340m/s2320×102t=+≈.00136shhhh282mv|=3iˆ,a|=−9ˆj,v|=3iˆ−9ˆj+18kˆ,a|=−9ˆj+36kˆ0.3×10340t=0t=0t=1t=1 第2章质点运动学习题解答8第2章质点运动学习题解答2.3.1图中a、b和c表示质ax(m)点沿直线运动三种不同情况下b1−e−qt的x-t图像，试说明每种运动的20c2.3.3跳伞运动员的速度为v=β−qt，v铅直向下，β,q为30°1+e特点（即速度，计时起点时质10120°点的位置坐标，质点位于坐标2045°t(s)正常量，求其加速度，讨论时间足够长时（即t→∞）速度、加速度01030原点的时刻）-10的变化趋势。解：质点直线运动的速度-20解：v=dx/dt，在x-t图像中为曲−qtdvd1−e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，a==β()−qtdtdt1+e设直线与x轴正向夹角为α，则速度v=tg=Δx/Δt−qt−qt−qtt−qt−qtα1(+e)qe−1(−e)(−qe)2βqe=β=−qt2−qt21(+e)1(+e)对于a种运动：因为v>0，a>0，所以，跳伞员做加速直线运动，但当t→∞时，v=tg120°=−3m/s,x|=20m,t|=20tg30°=11.55st=0x=0v→β，a→0，说明经过较长时间后，跳伞员将做匀速直线运动。对于b种运动：−12.3.4直线运行的高速列车在电v(km/h)v=tg30°=3/3ms,x|t=0=10m,t|x=0=−10/tg30°≈−17.32s子计算机控制下减速进站。列车原运v0v=v0cosπx/5行速率为v0=180km/h，其速率变化规x(km)对于c种运动：律如图所示。求列车行至x=1.5km时1.5−1的加速度。v=tg45°=1ms,t|=25s,x|=−25tg45°=−25mx=0t=0解：vvcos(x5/),dv/dxπvsinπx.=π=−05052.3.2质点直线运动的运动学方程为x=acost,a为正常数，求质点a=dv⋅dx=vdv=−1v2sin2x，将vdxdtdx10π05π0=180km/h,x=1.5km代入速度和加速度，并讨论运动特点（有无周期性，运动范围，速度变化情况等）1222a=−×.314×180⋅sin108°=−9676km/h=−.075m/s10解：x=acost,v=dx/dt=−asint,a=dv/dt=−acostxxx显然，质点随时间按余弦规律作周期性运动，运动范围：2.3.5在水平桌面上放置A、B两物体，用一根不可伸长的绳索按图示aA−a≤x≤a,−a≤vx≤a,−a≤ax≤aBA0.5g的装置把它们连接起来，C点与桌面0x 第2章质点运动学习题解答9第2章质点运动学习题解答固定，已知物体A的加速度aA=0.5g，求物体B的加速度。Δx=x)6(−x)0(=18cm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/8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：22.3.6质点沿直线的运动学方程为x=10t+3t.⑴将坐标原点沿o-xS=|x)3(−x|)0(+|x)6(−x|)3(=x)6(−2x)3(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13=18−(2×3−9×)3=18+36=54cm3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？2解：x=10t+3t，v=dx/dt=10+6t，a=dv/dt=6，t=0时，x=0,v=102.4.2质点直线运动瞬时速度的变化规律为：vx=-3sint，求t1=3⑴将坐标原点向x轴正向移动2m，即令x"=x-2，x=x"+2，则运动至t2=5时间内的位移。2学方程为：x"=10t+3t-2，∵v"=dx"/dt=10+6t，∴v"=vx55⑵将计时起点前移1s，即令t"=t+1，t=t"-1，则运动学方程变为：解：dx=vxdt=−3sintdt,∫dx=−3∫sintdtx=10(t"-1)+3(t"-1)2=10t"–10+3t"2-6t"+3=4t"+3t"2–7x33v"=dx/dt"=4+6t"，t"=0时，x=-7，v"=4，加速度a不变。Δx=x−x=3(cos5−cos)3=.382m532.4.1质点从坐标原点出发时开始计时，沿x轴运动，其加速度ax-2=2t(cms)，求在下列两种情况下质点的运动学方程，出发后6s时质2.4.3一质点作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为2点的位置、在此期间所走过的位移及路程。⑴初速度v0=0；⑵初速ax=-Aωcosωt.在t=0时，vx=0,x=A，其中A,ω均为正常数。求此质度v0的大小为9cm/s，方向与加速度方向相反。点的运动学方程。vxt解：advdtA2tdvA2tdt，dv=adt=2tdt,∫dv=2∫tdt,v=v+t2x=x/=−ωcosω,x=−ωcosω解：xxxx0v00vtxt2dv=−Aωcosωtdt=−Aωcosωtd(ωt)∫∫00x∫0xtt2213dx=vdt=(v+t)dt,∫dx=v∫dt+∫tdt,x=vt+tx0003v=−Aωsinωt=dx/dt,dx=−Aωsinωtdt000xxttdx=−Aωsinωtdt=−Asinωtd(ωt)⑴v=0时，v=t2,x=1t3;x)6(=1×62=72cm∫A∫0∫00x33tx−A=Acosωt|=A(cosωt−1),x=Acosωt0Δx=x)6(−x)0(=72m路程S=Δx=72cm213⑵v=−9时，v=t−,9x=t−9t0x3 第2章质点运动学习题解答10第2章质点运动学习题解答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=0122x=vt+at=5t−1.0t211021时速度为v0，且坐标x=0，假设其加速度为ax=-bvx，b=常量，求122x=195+vt+at=195−5.1t−1.0t22022飞机速度和坐标随时间的变化规律。vxt⑴令x1=x2，可求得相遇时间：5t=195-1.5t,t=195/6.5=30s2−2−1v解：dv=adt=−bvdt,vdv=−bdt,−v|x=−btxxx∫xx∫xv0⑵对于上坡者，在相遇期间做的不一定是单方向直线运动，据v00上坡者的速度表达式：v=5-0.2t，令v=0，求得对应时刻t=25s，所11以，上坡者在25s前是在上坡，但25s后却再下坡。因此，上坡者在11111+v0btv0−=−bt,=+bt,,vx=30s内走过的路程：vvvv1+vbt0xvx000S=|x(25)−x|)0(+|x(30)−x(25|)=2x(25)−x(30)1111111vdtxtvdt1td1(+vbt)22000=5(2×25−1.0×25)−5(×30−1.0×30)=65mdx=vdt=,∫dx=∫=∫,x1+v0bt001+v0btb01+v0bt对于下坡者，因为做单方向直线运动，所以30s内走过的路程：1x=ln(1+vbt)0bS2=|x2(30)−x2|)0(=x2)0(−x2(30)=195−60=135m2.4.5在195m长的坡道上，一人骑自行车以18km/h的速度和2.4.6站台上送行的人，在火车开动时站在第一节车厢的最前面，2-20cm/s的加速度上坡，另一自行车同时以5.4km/h的初速度和火车开动后经过Δt=24s，火车第一节车厢的末尾从此人的前面通过，20.2m/s的加速度下坡，问：⑴经多长时间两人相遇？⑵两人相遇时问第七节车厢驶过他面前需要多长时间?火车做匀加速运动。各走过多长的路程？解：设每节车厢长为L，21解：以上坡者出发点为原点沿其前进方向建立坐标o-x，用脚标以地为参考系，以人所在点为0x1表示上坡者，用脚标2表示下坡者。原点建立图示坐标o-x，以第一2节车厢的前端点为研究对象，两人的加速度实际上是相同的：a=a=−2.0m/s12t=0时，前端点的坐标x=0，速度v=0，据匀加速运动公式：初始条件：t=0时，x1=x10=,0x2=x20=195122L2L22x=at，令x=L，求得：a==，∴x=Lt/24222v=v=18km/h=5m/s,v=v=−4.5km/h=−5.1m/s(Δt)24110220令x=6L，可求得第6节车厢尾端通过人时所需时间t6：x根据匀变速直线运动公式：v20v2222101956L=Lt/24,t=6×24,t=t6=246a20a1令x=7L，可求得第7节车厢尾端通过人时所需时间t7： 第2章质点运动学习题解答11第2章质点运动学习题解答22227L=Lt/24,t=7×24,t=t=247地板所需时间：t=2g/h=2×5.0/8.9≈.032s，所以小孩做7因此，第7节车厢通过人所需时间：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=0.64mΔt=t−t=24(7−)6=.471s76h2.5.1质点在o-xy平面内运动,其加速度为a=−cositˆ−sinˆjt，2.4.7在同一铅直线上相隔h的两点以同样速率v0上y抛二石子，但在高处的石子早t0秒被抛出，求此二石子hh位置和速度的初始条件为：t=0时，v=ˆj,r=iˆ，求质点的运动学何时何处相遇？h解：以地为参考系，建立图示坐标o-y。据题意，设方程并画出轨迹。t=0时，上面石子坐标y1=h,速度v1=v0；t=t0时，下面石0解：h子坐标y2=0，v2=v0hhvhttvd=adt=(−cositˆ−sinˆjt)dt,∫vd=−iˆ∫costdt−ˆj∫sintdt解法1：根据匀变速直线运动的规律，可知ˆj00y=h+vt−1gt2⑴y=v(t−t)−1g(t−t)2⑵vh=ˆj−sinitˆ+(cost−)1ˆj=−sinitˆ+cosˆjt10220020h令y=y,有h+vt−1gt2=v(t−t)−1g(t−t)2hhrhtt12020020rd=vdt=(−sinitˆ+cosˆjt)dt,∫rd=−iˆ∫sintdt+ˆj∫costdthvtiˆ0000求得相遇时间t=++，代入⑴或⑵中，可求得rh=iˆ+(cost−)1iˆ+sinˆjt=cositˆ+sinˆjtgtg201v2h21∴x=cost,y=sinty02相遇时石子坐标y=[h+−2−gt0]2g422gt0x+y=1x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。2.5.2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。高，问当小孩再次落到地板上时，电梯下降了多长距离？解：以A点为原点建立YvAO解：以电梯为参考系，小孩相对电梯做竖直上抛运动，他从起图示坐标系，取发射时刻为vBO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计时起点，两点间距离为S，30º60º12初始条件如图所示。间的2倍。由自由落体运动公式：h=gt，可求得从最高出落到ASBx2据斜抛规律有： 第2章质点运动学习题解答12第2章质点运动学习题解答x=vcos30°t⑴x=vcos60°t+S⑵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AAOBBO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v=vsin30°−gt⑶v=vsin60°−gt⑷AyAOByBO中目标前一瞬间的速度沿水平和铅直方向的分量是多少？满足题中条件，在最高点相遇，必有vAy=vBy=0,xA=xB解：以投放点为原点，建立图示坐标o-xy,0令⑶,⑷=,0t=vsin30°/g⑸,v=vsin30°/sin60°⑹设炸弹初速度（即轰炸机速度）为v0.由于炸弹xAOBOAO53°v0令⑴=⑵，得S=(vcos30°−vcos60°)t⑺在飞行过程中的加速度ah=ˆjg，所以炸弹在xAOBO2yv把⑸,⑹代入⑺中得：S=AO(cos30°−5.0ctg60°)=.283m方向做匀速直线运动，在y方向做竖直下抛运2g动，有v=vsin53°①v=vcos53°+gt②x0y02.5.3迫击炮的发射角为60°发射速率150m/s，炮弹击中倾角为12x=vsin53°t③y=vcos53°t+gt④30°的山坡上的目标，发射点正在山脚，求弹着点到发射点的距离002OA.⑴令t=5.0s，y=763m，由④可求得轰炸机的速率：解：以发射点为原点，建立图示坐标o-x，y22y−5.0gt763−5.0×8.9×5斜抛物体的轨迹方程为（见教材）：v0Av==≈212.86m/s0cos53°t.06081×5g2y=xtgα−22x60°30°x⑵将v0代入①中，可求得炸弹击中目标时速度的水平分量：2vcosα0v=212.86sin53°=170m/sx本题，α=60°，v0=150m/s，A点坐标xA,yA应满足轨迹方程，所以：令t=5，由②可求得炸弹击中目标时速度的竖直分量：g22g2y=xtg60°−x=3x−x①AA22AA2Av=212.86cos53°+8.9×5=1771.m/s2v0cos60°v0y3另外，根据图中几何关系，可知：x=OAcos30°=OAA22.5.5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y=OAsin30°=1OA，代入①中，有：A2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22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3g22v2×150130OA=OA−OA,OA==≈1531m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2222v3g3×8.90情况下抛体在未达到观察员以前就命中目标？2.5.4轰炸机沿与铅直方向成53°俯冲时，在763m的高度投放 第2章质点运动学习题解答13第2章质点运动学习题解答ov解：以抛体所达最大高度处为将t=60代入②中，v=-40，不合题意，舍去；将t=20代入②中，x计时起点和坐标原点，建立图示坐v=40m/s，此即列车前进到1200m处的速率。l标o-xy，抛体以速度v做平抛运动.θ2222设命中时间为t，由自由落体公式：x观测者2x命中点1aτ=dv/dt=−2m/s,an=v/r=40/1500=.1067m/s1y22222lsin1gt2,t2lsin/ga=aτ+an=(−)2+.1067=.2267m/sθ=211=θhhan.1067a与v所成夹角：α=arctg=arctg()≈152°a−2命中点x坐标为：x=vt=v2lsinθ/g，由图中几何关系，11τ观测者的x坐标：x=lcosθ。所以，观测者与命中点间的距离：22.6.2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D=|x−x=||lcosθ−v2lsinθ/g|21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，g当x1x2，即v>lcosθ时，则抛体在飞越观察员后2lsinθ2.6.3斗车在位于铅直平面内上下起伏的轨道上运动，当斗车达才命中目标。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。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2解：a=4.0g=4.0×8.9=.392m/s间范围内，其运动学方程为S=80t-t2（m,s），t=0时，列车在图中O点，τ30°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250×1032−2na=v/ρ=()/150=.1286ms的速率及加速度。n36002a解：S=80t-t①v=dS/dt=80-2t②hτ北a=aττˆ+annˆ=.392τˆ+.1286nˆ令S=1200，由①可求得对应时间：S东t2−80t+1200=,0求得t=60s,20sanτ22222va=aτ+an=.392+.1286=.4126m/sαOda加速度a与切向单位矢量τˆ夹角：aτ 第2章质点运动学习题解答14第2章质点运动学习题解答an.1286vhvhvhvhvhvhuhvhhθ=arctg=arctg=18.16°=+，在这里，=,=,令=ωa.392船岸船水水岸水岸船水船岸τhhh则上式可改写为：ω=u+v2.8.1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，B120mCB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v及相对于地面的速度。uLvhhh北ω1uαω2解：v=v+v，由矢量图机地机风风地AAv风地v机地第一次渡河矢量图第二次渡河矢量图45°vvv机地机风风地可知，sin30°=sin135°=sin15°，其15°东由第一次渡河矢量图可知：v=BC/t1=120/600=0.2m/s,⑴v机风u=L/t1⑵,L=ut1⑶.由第二次渡河矢量图可知：中，v风地=100km/h=27.78m/s，∴可求得：ω2=L/t2⑷，cosα=ω2/u⑸,v=usinα⑹.把⑵、⑷sin135°sin30°21/2v=v≈75.89m/s,v=v≈53.67m/s代入⑸，求得cosα=t1/t2=600/750=4/5,sinα=(1-cosα)=3/5⑺机风风地机地风地sin15°sin15°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).2.8.3一卡车在平直路面上以恒速度30米/秒行驶，在此车上射答：河宽200米，水流速度0.2米/秒；第二次渡河时，船对水出一个抛体，要求在车前进60米时，抛体仍落回到车上原抛出点，的速度是1/3米，与河岸垂直方向所成角度α=arccos(4/5)=36º52’.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，2.8.5圆形公路与沿半径方向的东西向公路相交如图，某瞬故方向只能竖直向上，即抛体相对车只能作竖直上抛运动。时汽车甲向东以20km/h的速率行驶，汽车乙在θ=30°的位置向东取向上方向为正，抛体相对车任意时刻速度v=v0-gt⑴北方向以速率20km/h行驶，求此瞬时甲车相对乙车的速度。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hhh度v=-v0，把数值代入⑴中，可求得v0=9.8m/s.解：由相对运动公式：v1=v12+v2，v1hhh30°v2.8.4河的两岸互相平行，一船由A点朝与岸垂直的方向匀速驶v=v−v，显然矢量三角形为等边三角形，2v121212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v1所以，v12=20km/h，方向向东偏南60°不变但垂直地到达彼岸的B点，需要12.5min。已知BC=120m.求：h⑴河宽L；⑵第二次渡河时船的速度u；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 第3章动量定理及其守恒定律习题解答15第3章动量定理及其守恒定律习题解答第三章基本知识小结G*2KG*G在转动参考系中：f=mωr,f=2mv"×ωck⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。⒌质心和质心运动定理G2GKGGGGGKKvddr⑴mrc=∑mirimvc=∑mivimac=∑miai矢量式：F=ma=m=m2dtdtGK⑵∑F=macF=ma,F=ma,F=ma（直角坐标）xxyyzz（注意分量式的运用）分量式：dvv2F=ma=mτ,F=ma=m（弧坐标）ττnndtρ⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。GKdp导数形式：F=dtKG微分形式：Fdt=dpGKG积分形式：I(=∫Fdt)=Δp（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KG若∑F外=0，则p=恒矢量。（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。G*G在直线加速参考系中：f=−ma0 第3章动量定理及其守恒定律习题解答16第3章动量定理及其守恒定律习题解答23.5.1质量为2kg的质点的运动学方程为度至少等于3.92米/秒，才能使谷物与筛面发生相对运动。G22r=6(t−)1iˆ+3(t+3t+)1ˆj（单位：米，秒），求证质点受恒力mμ11而运动，并求力的方向大小。μ2m2FG2G2GG解：∵a=dr/dt=12iˆ+6ˆj,F=ma=24iˆ+12ˆj为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。3.5.3题图3.5.4题图221/2F=(24+12)=125N，力与x轴之间夹角为：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α=arctgF/F=arctg5.0=26°34"yx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，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GyN2N1为：racositˆbsinˆjt，a,b,ω为正常数，证明作用于质点f2f1"Fa2a1=ω+ωxf1的合力总指向原点。N1"m2gm1gG2G222G证明：∵a=dr/dt=−ω(acosωitˆ+bsinωˆjt)=−ωr其中，N1"=N1,f1"=f1=μ1N1,f2=μ2N2，选图示坐标系o-xy，对m1,m2GG2G分别应用牛顿二定律，有F=ma=−mωr,∴作用于质点的合力总指向原点。μN=maN−mg=0111111解方程F−μN−μN=maN−N−mg=01122222123.5.3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组，得a=μga=(F−μmg−μmg−μmg)/m1121121222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，问筛沿水平方向要把木板从下面抽出来，必须满足a>a，即21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F−μmg−μmg−μmg>mμg11212221力为f=μmg，谷物能获得的最大加速度为o∴F>(μ+μ)(m+m)g12122a=f/m=μg=4.0×8.9=.392m/s∴筛面水平方向的加速o 第3章动量定理及其守恒定律习题解答17第3章动量定理及其守恒定律习题解答3.5.5质量为m2的斜面可在光滑的水平面上速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。m1滑动，斜面倾角为α,质量为m1的运动员与斜面之间解：以地为参考系，N1N2mf2f12TT亦无摩擦，求运动员相对于斜面的加速度及其对斜α隔离m1,m2，受力及运动f1F面的压力。情况如图示，其中：f1=m1gN1am2gx"yμN1=μm1g，f2=μN2=a解：μ(N1+m2g)=μ(m1+m2)g.在水平方向对两个质点应用牛二定律：N1N2f*=maa"xa212T−μmg=ma①F−μmg−μ(m+m)g−T=ma②α111122y"ααN1"=N1m1gm2gF−2μm1g①+②可求得：a=−μgm+m12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，其受力及运动情况m(F−2μmg)*将a代入①中，可求得：T=11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m+m12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：3.5.7在图示的装置中，物体A,B,C⎧N1−m1gcosα+m1a2sinα=0")1(AB⎨的质量各为m1,m2,m3，且两两不相等.mgsinα+macosα=ma"")2(⎩1121若物体A,B与桌面间的摩擦系数为μ，再以地为参考系，取m2为研究对象，其受力及运动情况如右图求三个物体的加速度及绳内的张力，不C所示，选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程：计绳和滑轮质量，不计轴承摩擦，绳不可伸长。⎧N1sinα=m2a2")3(N1T"N2⎨（1）、（2）、（3）联立，即解：以地为参考系，隔离N−mg−Ncosα=0")4(⎩221A,B,C，受力及运动情况如图示，f1TTf2其中：f1=μN1=μm1g，f2=μN2=a3m1m2cosα(m1+m2)sinαm1gm2g可求得：N1=2ga"=2gμm2g，T"=2T，由于A的位移加Ba1m3ga2m+msinαm+msinα2121的位移除2等于C的位移，所以（a1+a2）/2=a3.3.5.6在图示的装置中两物体的质量各对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律：m1为m1,m2，物体之间及物体与桌面间的摩擦FT−mg=ma①T−mg=ma②mμμ2111222系数都为μ，求在力F的作用下两物体的加mg−2T=m(a+a2/)③3312 第3章动量定理及其守恒定律习题解答18第3章动量定理及其守恒定律习题解答①,②,③联立，可求得：[斜截式方程y=kx+b，两点式方程(y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)].008.005.008⎡2m2m31(+μ)⎤FmaxFmaxa=−μg由动量定理：mΔv=Fdt=tdt+.0(08−t)dt1⎢⎥∫∫.005∫.003(m+m)m+4mm⎣12312⎦00.005⎡2m1m31(+μ)⎤可求得Fmax=245Na=−μg2⎢⎥(m+m)m+4mm⎣12312⎦3.5.12沿铅直向上发射玩具火箭的推力随时间变化如图所示，⎡(m+m)m1(+μ)⎤123a3=⎢−μ⎥g火箭质量为2kg，t=0时处于静止，求火箭发射后的最大速率和最大(m+m)m+4mm⎣12312⎦高度（注意，推力大于重力时才启动）。F(N)3.5.8天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别解：根据推力F-t图像，可知F=4.9t98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（t≤20）,令F=mg，即4.9t=2×9.8，t=4st(s)天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质因此，火箭发射可分为三个阶段：t=0—4s20量及轴承摩擦，绳不伸长。为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静解：隔离m1,m2及定滑轮，受力及运动情况止，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如图示，应用牛顿第二定律：时，y=y1，v=vmax；t≥20s为第三阶段，火箭只受重力作用，作竖直上抛运动，设达最大高度时的坐标y=y2.T"−mg=ma①mg−T"=ma②T=2T"1122第二阶段的动力学方程为：F-mg=mdv/dtYm1m2dv=F/mdt−gdt=2/9.4tdt−8.9dtY2由①②可求得：T"T"Tavtt2mmg2mmga∫dv=2/9.4∫tdt−8.9∫dt()t≤20T"=12,T=12044Y1m+mm+mv=4/9.4t2−8.9t+4×9.4()t≤201212m1gm2gT"T"所以，天平右端的总重量应该等于T，天v=v(20)=314m/s0max平才能保持平衡。∵dy=vdt=4/9.4(t2−8.9t+4×)9.4dt3.5.11棒球质量为0.14kg，用棒击棒球的力随时间的变化如图所y12022020示，设棒球被击前后速度增量大小为70m/s，求力的最大值，打击时，∴∫0dy=4/9.4∫4tdt−8.9∫4tdt+4×9.4∫4dty=1672m不计重力。1解：由F—t图可知：F(N)第三阶段运动学方程Fmax当0≤t≤.005时，F=tF2.005maxv=314−(8.9t−201()),y−y1=314(t−20)−(9.4t−20))2(当.005≤t≤.008时，F=.008−tF00.050.08t(s).003max令v=0,由（1）求得达最大高度y2时所用时间（t-20）=32，代入（2） 第3章动量定理及其守恒定律习题解答19第3章动量定理及其守恒定律习题解答中，得y2-y1=5030y2=ymax=5030+1672=6702(m)22设轨矩为l，外轨比内轨高h,有cosα=l−hl,/sinα=h/l3.5.13抛物线形弯管的表面光滑，沿铅直轴以匀角速率转动，抛2物线方程为y=ax，a为正常数，小环套于弯管上。⑴弯管角速度多选图示坐标o-xy，对车箱应用牛顿第二定律：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，222Ncosα=Nl−h/l=mg①，Nsinα=Nh/l=mv/R②情况如何？解：以固定底座为参考系，设弯管的角速度y222①/②得：l−h/h=gR/v，两边平方并整理，可求得h：为ω，小环受力及运动情况如图示：α为小环处ω切线与x轴夹角，压力N与切线垂直，加速度大N242224222h=vl/v+gR=694.×.1435/694.+8.9×9000小a=ωx，方向垂直指向y轴。aαx=.00782m=8.7cm在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式：mg2Ncos(90°−α)=Nsinα=mωx①3.5.15汽车质量为1.2×10kN，在半径为100m的水平圆形弯道Nsin(90°−α)=Ncosα=mg②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23①/②得：tgα=ωx/g③；由数学知识：tgα=dy/dx=2ax；程为s=0.5t+20t(m)，自t=5s开始匀速运动，问公路面作用于汽车与22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所以，2ax=ωx/g,ω=2ag,ω=2ag侧？222若弯管为半径为R的圆形，圆方程为：x+(R-y)=R，即解：以地为参考系，把汽车视为质点，受力及运动情况如图示：2222222222/1222/1v=ds/dt=1.5t+20，v|t=5=1.5×5+20=57.5m/s，an=v/R=57.5/100=33(R−y)=R−x,R−y=(R−x),y=R−(R−x)设摩擦力f方向指向外侧，取图示坐标o-xy，x122−2/122tgα=dy/dx=−2(R−x)⋅(−2x)=x/R−xα应用牛顿第二定律：fNNcosα+fsinα=mgα22222代入③中，得：x/R−x=ωx/g,ω=g/R−xNcosα=mg−fsinα①yanmgNsinα−fcosα=manα=15°3.5.14北京设有供实验用的高速列车环形铁xNsinα=man+fcosα②α路，回转半径为9km，将要建设的京沪列车时速②/①得：tgα=(ma+fcosα)/(mg−fsinα)Nn250km/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yamgm(gtgα−a)n1.435m.lhmgtgα−fsinαtgα=man+fcosα,f=αcosα+sinαtgα解：以地为参考系，把车厢视为质点，受力2及运动情况如图示：车厢速度v=250km/h=69.4m/s，加速度a=v/R；∵gtgα−a=8.9tg15°−33=−30.43<,0∴f<0，说明摩擦力n 第3章动量定理及其守恒定律习题解答20第3章动量定理及其守恒定律习题解答方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。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3.5.16速度选择器原理如图，在平行板电容器间有匀强电场客舱感到和在地面上那样受重力作用，而没有“失重”的感觉。KK2E=ˆjE，又有与之垂直的匀强磁场B=Bkˆ。现有带电粒子以速度解：mg=mωr,ω=g/r=/8.916≈.078rad/sKv=ivˆ进入场中，问具有何种速度的粒子方能保持沿x轴运动？此3.5.20圆柱A重500N，半径RA=0.30m，圆柱B重1000N,半径装置用于选出具有特定速度的粒子，并用量纲法则检验计算结果。RB=0.50m，都放置在宽度L=1.20m的槽内，各接触点都是光滑的，解：带电粒子在场中受两个力的作用：求A、B间的压力及A、B柱与槽壁和槽底间的压力。x电场力F1=qE，方向向下；磁场力F2=qvB，方××××向向上yB+vNABNA××××EAyA粒子若沿x轴匀速运动，据牛顿定律：αNB"αAB=RA+RB=0.8BqE−qvB=,0∴v=E/BNBAoxF=qvBmAgNBCB2αCB=L-RA-RB=0.4−1−1F=qELmBg−1ENAT−11dimv=MT,dim==MT−1−1BNAM解：隔离A、B,其受力情况如图所示，选图示坐标，运用质点3.5.17带电粒子束经狭缝S1,S2之选择，然后进入速度选择器（习平衡方程，有题3.5.16），其中电场强度和磁感应强度各为E和B.具有“合格”速⎧NABsinα−NB=0)(!⎧NA−NABsinα=0)3(度的粒子再进入与速度垂直的磁场B0中，并开始做圆周运动，经半⎨⎨N"−mg−Ncosα=)2(0Ncosα−mg=0)4(周后打在荧光屏上.试证明粒子质量为：m=qBBr/E，r和q分别表示轨⎩BBAB⎩ABA0道半径和粒子电荷。通过对△ABC的分析，可知，sinα=0.4/0.8=0.5∴α=30º,解：由3.5.16题可知，通过速Bcosα=3/2,分别代入（1）、（2）、（3）、（4）中，即可求得：度选择器的粒子的速度是v=E/B，●●●v●●●●●B0该粒子在B0磁场中受到洛仑兹力s●●NB=288.5N,NB"=1500N,NA=288.5N,NAB=577N.s1s2E的作用做匀速圆周运动，其向心加r2●●速度为an=v/r，由牛顿第二定律：2●●3.5.21图表示哺乳动物的下颌骨，假如肌肉提供的力F1和F2均与qvB=mv/r0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m=qBr/v=qrBB/E00F1和F2的关系以及与F的关系。 第3章动量定理及其守恒定律习题解答21第3章动量定理及其守恒定律习题解答解：建立图示坐标o-xy，应用共点力（2）以小车为参考系（非惯性系），小球除受重力W、拉力T外，yF1*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平衡条件：∑F=,0∑F=0αxyx静止，据牛顿第二定律：F2x方向，F1cosα-F2cosα=0,F1=F2α⎧Tsinθ−macosα=0acosαy方向，F1sinα+F2sinα-F=0，F⎨解得tgθ=⎩mg−Tcosθ−masinα=0g−asinαF=2Fsinα=2sin45°F=2F1113.5.22四根等长且不可伸长的轻绳端点悬于水平面正方形的四3.6.2升降机内有一装置如图示，悬挂的两物体的质量各为个顶点处，另一端固结于一处悬挂重物，重量为W，线与铅垂线夹m1,m2且m1≠m2,若不计绳及TT角为α，求各线内张力。若四根线均不等长，知诸线之方向余弦，滑轮质量，不计轴承处摩擦，f1*f2*a能算出线内张力吗？绳不可伸长，求当升降机以解：设四根绳子的张力为T1，T2，T3，T4，加速度a（方向向下）运动时，a1"a2"m1m2由于对称，显然，T1=T2=T3=T4=T；设结点下两物体的加速度各是多少？边的拉力为F，显然F=W.在竖直方向上对结点绳内的张力是多少？m1gm2g应用平衡条件：4Tcosα-W=0，T=W/(4cosα)解：以升降机为参考系,隔离m1,m2,受力及运动情况如图示,T为**若四根线均不等长，则T1≠T2≠T3≠T4，由于有四个未知量，因此，绳中张力，f1=m1a,f2=m2a,a1"=a2"=a"为m1、m2相对升降机的加速度.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以向下为正方向，由牛顿二定律，有：不定问题。(m−m)a+(m−m)g⎧1221⎧m1g−T−m1a=−m1a"⎪a"=⎨解得：⎨m1+m23.6.1小车以匀加速度a沿倾角为α的θ⎩m2g−T−m2a=m2a"⎪T=2mm(g−a)/(m+m)斜面向下运动，摆锤相对小车保持静止，求⎩1212悬线与竖直方向的夹角（分别自惯性系和非设m1、m2的加速度分别为a1、a2，根据相对运动的加速度公式，惯性系求解）。αGGGKGGa=a"+aa=a"+a写成标量式：a=−a"+a,a=a"+a，112212解：（1）以地为参考系（惯性系），小球受重力W和线拉力T的作用，加速度a沿斜面向下，建立图示坐标o-xy,应用牛顿第二定⎧2ma−(m−m)g221a=T*⎪1m+m⎧Tsinθ=macosαθf=ma⎪12律：⎨将a’代入，求得：⎨⎩mg−Tcosθ=masinαxα⎪2m1a+(m2−m1)ga=2aW=mg⎪⎩m1+m2)解得tgθ=acosα/(g−asinα)y 第3章动量定理及其守恒定律习题解答22第3章动量定理及其守恒定律习题解答3.6.3图示为柳比莫夫摆，框架上悬挂小球，将摆移开平衡位置最小线速度v=ωr=rg/μ=0.3×6.0/8.9=7m/s0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3.6.5一杂技演员令雨伞绕铅直轴转动，一小圆盘在雨伞上滚动对框架如何运动？小球质量比框架小得多。但相对地面在原地转动，即盘中心不动。⑴小盘相对于雨伞如何运解：以框架为参考系，小球在两种情动？⑵以伞为参考系，小盘受力如何？若保持牛顿第二定律形式不况下的受力如图所示：设小球质量为m,变，应如何解释小盘的运动？框架相对地自由落体的加速度为g，因此解：⑴可把小盘当作质点，小盘相对f0N小球所受的惯性力f*=mg，方向向上，小雨伞做匀速圆周运动，与伞相对地的转向fK*fC*球所受重力W=mg.在两种情况下，对小ab相反。nˆW球分别应用牛顿第二定律：nˆ⑵以伞为参考系，小盘质点受5个ωf*⑴小球摆至最高位置时释放框架,小T力的作用：向下的重力W，与扇面垂直的Tf*球相对框架速度v=0，所以法向加速度τˆ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2θan=v/l=0（l为摆长）；由于切向合力Fτ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τˆWW=Wsinθ-f*sinθ=0，所以切向加速度aτ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=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。运动。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零，2法向加速度an=v/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3.6.6设在北纬60°自南向北发射一弹道导弹，其速率为400m/s，作用下相对框架做匀速圆周运动。打击6.0km远的目标，问该弹受地球自转影响否？如受影响，偏离3.6.4摩托车选手在竖直放置圆筒壁内在水平面内旋转。筒内壁目标多少（自己找其它所需数据）?半径为3.0m，轮胎与壁面静摩擦系数为0.6，求摩托车最小线速度（取解：以地球为参考系，导弹除受重力作用外，ω非惯性系做）还要受离心惯性力和科氏惯性力的作用。离心惯vfk*解：设摩托车在水平面内旋转的最小角f=μ0N性力的方向在速度与重力加速度平面内，不会使×N2f*=mωrfC*速度为ω，以摩托车本身为参考系，车受力导弹前进方位偏离，而科氏惯性力的方向垂直速60°mg情况如图示，运动状态静止。度、重力加速度平面（指向纸面），要使导弹偏在竖直方向应用平衡条件，μ0N=mg①离前进方向。2在水平方向应用平衡条件，N=mωr②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gg①/②得：μ=,ω=在科氏惯性力作用下偏离目标的距离：02ωrμr0 第3章动量定理及其守恒定律习题解答23第3章动量定理及其守恒定律习题解答S1at21fk*t212mvωsin60°2sin602K1G111y==⋅=⋅t=vω°tI=∫Fdt=2iˆ∫tdt+ˆj∫dt−ˆj∫tdt=iˆ+1ˆj22m2m200002π322=400×××15=7.5m24×60×60222I=1+5.0=2/5Ns,与x轴夹角1Iα=arctgIy/Ix=arctg0.5=26.5°αx012K3.7.1就下面两种受力情况：⑴F=2itˆ+2ˆj（N,s），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：KG⑵F=2itˆ+1(−t)ˆj（N,s）分别求出t=0,1/4,1/2,3/4,1时的力并用图r=acosωitˆ+bsinωˆjt，求质点的动量。表示；再求t=0至t=1时间内的冲量，也用图表示。GG解：质点速度：v=rd/dt=−ωasinωitˆ+ωbcosωˆjtGy解：⑴F=2itˆ+2ˆj,代入t值得：F(0)F(1/4)F(1/2)F(3/4)F(1)KK质点动量：p=mv=−mωasinωitˆ+mωbcosωˆjtGGG2F)0(=2ˆj,F(1)=1iˆ+2ˆj,F(1)=iˆ+2ˆj422222222GG1大小：p=px+py=mωasinωt+bcosωt33F()=iˆ+2ˆj,F)1(=2iˆ+2ˆj42方向：与x轴夹角为θ，tgθ=p/p=-ctgωt·b/axyxK1G110y12I=∫Fdt=2iˆ∫tdt+2ˆj∫dt=iˆ+2ˆj3.7.3自动步枪连发时每分钟可射出120发子弹，每颗子弹质量2I000为7.9g，出口速率为735m/s，求射击时所需的平均力。1解：枪射出每法子弹所需时间：Δt=60/120=0.5s，对子弹应用22I=1+2=5Ns,与x轴夹角α动量定理：xα=arctgIy/Ix=arctg2=63.5°012−3FΔt=Δp,F=Δp/Δt=mv/Δt=9.7×10×7355.0/=116.NG⑵F=2itˆ+1(−t)ˆj,代入t值得：y3.7.4棒球质量为0.14kg,棒球沿水平方向以速率50m/s投来，GGG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F)0(=ˆj,F(1)=1iˆ+3ˆj,F(1)=iˆ+1ˆj1F(1/4)42422F(0)F(1/2)为0.02s，求棒击球的平均力。vF(3/4)GGF(1)解：以地为参考系，把球视为质点，30ºvF(3)=3iˆ+1ˆj,F)1(=2iˆx0424012GGG由动量定理，FΔt=mv−mv，画出矢0 第3章动量定理及其守恒定律习题解答24第3章动量定理及其守恒定律习题解答222222/1标是：(x,y)=(1,-1)，求m3的位置坐标。量图，由余弦定理，FΔt=(mv+mv+2mvvcos30°)，004444解：由质心定义式：∑∑mx=mx,∑∑my=my，有iiiCiiiC代入数据，可求得F=881N.由正弦定理mvFΔtii==11ii==11mv/sinα=FΔt/sin30°，代入数据，30ºαmx+mx+mx+mx=(m+m+m+m)x112233441234C求得sinα≈.03179,α=18°32"mv01×(−)1+2×(−)2+3x+4×3=1(+2+3+)4×,1x=133my+my+my+my=(m+m+m+m)y112233441234C3.7.5质量为M的滑块与水平台面间的静摩擦系数为μ0，质量1×1+2×0+3y+4×(−)2=1(+2+3+)4×(−1),y=−1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33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。3.8.1质量为1500kg的汽车在静止的驳船上在5s内自静止加解：以地为参考系，选图示坐标，M速至5m/s,问缆绳作用与驳船的平均力有多大？（分别用质点系动量先以m为研究对象，它被托起h，再落y定理、质心运动定理、牛顿定律求解）解：（1）用质点系动量定理解：x回原来位置时，速度大小为v=2gh，xmm以岸为参考系，把车、船当作质点F1在Δt极短时间内与绳相互作用，速度系，该系在水平方向只受缆绳的拉m2又变为零，设作用在m上的平均冲力为F，相对冲力，重力作用可力F的作用，应用质点系动量定理，有FΔt=m1v∴F=m1v/Δt=1500×5/5=1500N忽略，则由质点动量定理有：FΔt=0−(−mv)=mv=m2gh，（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，∴F=m2gh/Δta2为船对地的加速度，据题意a2=0，∴ac=a1m1/(m1+m2)，代入a1，再以M为研究对象，由于绳、轮质量不计，轴处摩擦不计，绳ac=m1v/[(m1+m2)Δt]，∴F=m1v/Δt=1500N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（3）用牛顿定律解：a2=0a1fmax=μoMg，因此,能利用绳对M的平均冲力托动M的条件是：分别分析车、船两个质点的Fffm2m12222受力与运动情况：其中f为F≥fmax，即m2gh/Δt≥μoMg∴h≥μoM(Δt)g2/m静摩擦力，a1=v/Δt，对两个质点分别应用牛顿二定律：f=ma=mv/Δt=1500NF−f=0F=f=1500N1113.7.6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 第3章动量定理及其守恒定律习题解答25第3章动量定理及其守恒定律习题解答3.8.2汽车质量m1=1500kg，驳船质量m2=6000kg，当汽车相对船15002取船前进方向为正，代入数据：a=2.0−(−)5.0=3.0m/s-221500+6000静止时，由于船尾螺旋桨的转动，可使船载着汽车以加速度0.2ms前-2进.若正在前进时，汽车自静止开始相对船以加速度0.5ms与船前进相反方向行驶，船的加速度如何？3.8.3气球下悬软梯，总质量为M，软梯上站一质量为m的人，x解：⑴用质心定理求解车相对船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a"无论静止还是运动，螺旋桨的水平推力a2am上升时，气球的加速度如何？不变，即车、船系统所受外力不变，由解：由质心定理：F-(m+M)g=(m+M)aC①x质心运动定理可知，车运动时的质心加设人相对地的加速度为a1，气球相对地的加速度为2速度与车静止时的质心加速度相等aC=0.2m/sa2，由相对运动公式：a1=am+a2，由质心定义式可知：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（m+M）aC=ma1+Ma2=m(am+a2)+Ma2②F−mam地的加速度为a2，由相对运动公式：a1=a"+a2,①①②联立，可求得：a2=−gm+M由质心定义式可知：ma+ma=(m+m)a②112212C3.8.4水流冲击在静止的涡轮叶片上，水流冲击叶片曲面前后的m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，求将①代入②中，可得：a=a−1a"，取船前进方向为正，2Cm1+m2水作用于叶片的力。15002解：以水为研究对象，设在Δt时间内质量代入数据：a=2.0−(−)5.0=3.0m/s21500+6000v为Δm的水投射到叶片上，由动量定理：-v⑵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FΔt=Δm(v−v),F=Δm(v−v)=−2uv21Δt21时，可把车、船当作质量为(m1+m2)的质点，加速度为a=0.2，由牛顿由牛顿第三定律，水作用叶轮的力F"=-F=2uv第二定律：F=(m+m)a①12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3.8.570kg重的人和210kg重的小船最初处于静止，后来人从船尾向船头匀速走了3.2m停下来，问人向哪个方向运动，移动了几地的加速度为a2，由相对运动公式：a1=a"+a2,对车、船应用质点米？不计船所受的阻力。系动量定理的导数形式：解：以地为参考系，选图示坐标o-x,xm1dvdv设人的质量为m1=70kg，人相对地的速度F=m1+m2=ma+ma=m(a"+a)+ma②m1dt2dt11221222’2为v1，相对船的速度为v1，它们的方向显m1然与x轴同向；设船的质量为m2=210kg，船相对地的速度为v2，（方令①=②，(m+m)a=m(a"+a)+ma,a=a−a",1212222m1+m2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’+v2. 第3章动量定理及其守恒定律习题解答26第3章动量定理及其守恒定律习题解答由于不计水的阻力，所以在水平方向上，人与船构成的质点系m1165×10v=v=×92≈542.km/hv+mv=0xm1+m21165×10+115×10动量守恒，有：m1122，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向y轴投影：mv=(m+m)v2212y为船相对地的位移，v1’Δt=s1’=3.2m，即s2=-s1’m1/(m1+m2)=-3.2×70/(70+210)=-0.8mm2115×10v=v=×108≈44.36km/hym1+m22165×10+115×103.8.6炮车固定在车厢内，最初均处于静止，向右发射一枚弹2222v=v+v=542.+44.36≈70km/h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xy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，弹丸与x轴夹角α=arctgv/v=arctg44.36/542.≈393.°yx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。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v,车后退的速度为V，据相对运动的速度3.9.1一枚手榴y变换公式，可知：v=v’+V弹投出方向与水平面vxL由于不计路轨对车的摩擦成45º，投出的速率为v2v1阻力，所以，在水平方向，弹、Mm25m/s，在刚要接触与45º45º45ºV车组成的质点系动量守恒，有v"发射点同一水平面的xMV+mv=0，将v代入，目标时爆炸，设分成质v3vMV+m(v’+V)=0，V=-v’m/(m+M)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设弹发出到与车壁相碰所用时间为Δt，用Δt乘上式两边，得：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。VΔt=-v’Δtm/(m+M)，其中：v’Δt=-L，VΔt即为车在此过程中前解：以地为参考系，把手榴弹视为质点系，由于在爆炸过程中，进的距离S，∴S=Lm/(m+M)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。3.8.7载人的切诺基和桑塔纳汽车质量各为m1=165×10kg，和设手榴弹质量为m,爆炸前速度为v，由动量守恒，有：m2=115×10kg，各以速率v1=90km/h和v2=108km/h向东和向北行驶，GGGGGGGGmv=mv3/+mv3/+mv3/∴3v=v+v+v，投影方程：123123相撞后连在一起滑出，求滑出的速度，不计摩擦G解：设两车撞后的共同速度为，由vy(北)⎧3vcos45°=v1cos45°−v2cos45°GGG⎨，即动量守恒：m1v1+m2v2=(m1+m2)vm1v1v⎩−3vsin45°=v1sin45°+v2sin45°−v3αx(东)v2向x轴投影：mv=(m+m)v3v=v−v")1(−3v=v+v−v/sin45°")2(1112x12123m2 第3章动量定理及其守恒定律习题解答27第3章动量定理及其守恒定律习题解答⎧v=3v+v=3×25+15=90m/s中间船的动量变化应该等于抛出物的动量之和，即⎪12解得：⎨(M-2m)v2-Mv=m(u+v)+m(v-u)，由此式可求得：v2=v，说明中间船的⎪⎩v=3(v+v+v)sin45°=902≈127m/s312速度没有发生变化。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7铀核原来是静止的，α粒子射出时的速率为1.4×10m/s，求钍核反冲的速率。解：由动量守恒，有mv+mv=0钍钍ααmα475v=v=×4.1×10=.239×10m/s钍mα234钍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。 第4章动能和势能习题解答28第4章动能和势能习题解答第四章基本知识小结⒋机械能定理适用于惯性系d∑A外+∑A非保内=Δ（Ek+Ep)r2dd⒈功的定义式：A12=∫F⋅rdhr1⒌机械能守恒定律适用于惯性系x2x2,y2若只有保守内力做功，则系统的机械能保持不变，E+E=Ckp直角坐标系中：A=Fdx，A=Fdx+Fdy12∫x12∫xyx1x1,y1s2自然坐标系中：A12=∫Fτds⒍碰撞的基本公式s1mv+mv=mv+mv(动量守恒方程）1102201122r2,θ2v−v=e(v−v)（牛顿碰撞公式）极坐标系中：=+211020AFdrFrdθ12∫rθ（分离速度=e接近速度）r1,θ1对于完全弹性碰撞e=1b对于完全非弹性碰撞e=012hd⒉动能Ek=mv,势能Ep(b)−Ep(a)=−∫F保⋅rd对于斜碰，可在球心连线方向上应用牛顿碰撞公式。2a⒎克尼希定理重力势能E(y)=mgyp1212Ek=mvc+∑miv"i1222弹簧弹性势能E(r)=k(r−l)p2绝对动能=质心动能+相对动能1212Qq应用于二体问题E=mv+μu静电势能E(r)=kcp224πεrmm12m=m1+m2μ=m+m12⒊动能定理适用于惯性系、质点、质点系u为二质点相对速率∑A外+∑A内=ΔEk 第4章动能和势能习题解答29第4章动能和势能习题解答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4.2.4一细线系一小球，小球在光滑水平桌面上沿螺旋线运动，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，问运动员与线作用于小球的拉力所做的功，线不可伸对传送带做功否？功率如何？长。解：人作用在传送带上的力有向下证明：以圆孔为顶点建立极坐标，设小球F的压力和水平向后的静摩擦力，压力方向的位置由r1,θ1变为r2,θ2，由于忽略绳的质量、与传送带位移方向垂直，所以压力不做伸长，不计摩擦，所以绳对球的拉力T=F功，但静摩擦力方向与传送带位移方向相r2r2r1同，所以静摩擦力对传送带做正功。AT=∫Frdr=−∫Tdr=T∫dr=T(r1−r2)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r1r1r2A=F(r−r)=T(r−r),∴A=A力的大小f=mg，所以，人对传送带做功的功率为：F1212TF2N=fv=mgv=50×9.8×2=9.8×10（瓦）4.2.5一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h的速率向上行驶，斜3坡与水平面夹角的正切tgα=0.02，所受阻力等于卡车重量的0.04，4.2.3一非线性拉伸弹簧的弹性力的大小为f=kl+kl,l12如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率是多少？表示弹簧的伸长量，k1为正，⑴研究当k2＞0、k2<0和k2=0时弹簧的解：设卡车匀速上坡时，速率为v,牵引力为F,功率为N,由质劲度df/dl有何不同；⑵求出将弹簧由l1拉长至l2时弹簧对外界所做的点平衡方程有，F=(0.04+sinα)mg，∴N=Fv=(0.04+sinα)mgv功。设卡车匀速下坡时，速率为v’,牵引力为F",功率为N",由质点2df/dl解：弹簧的劲度df/dl=k1+3k2l.平衡方程有F"+mgsinα=0.04mg,F"=(0.04-sinα)mg,k2＞0k2=0时，df/dl=k1，与弹簧的伸长量∴N"=(0.04-sinα)mgv".k1k2=0无关；当k2>0时，弹簧的劲度随弹簧令N"=N,即（0.04+sinα）mgv=(0.04-sinα)mgv"，可求得：伸长量的增加而增大；k2<0时，弹簧k2＜0v"=v(0.04+sinα)/(0.04-sinα).利用三角函数关系式，可求得：的劲度随弹簧伸长量的增加而减小。lsinα≈tgα=0.02,∴v"=3v=3×15×103/602m/s=12.5m/s.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。l23l2l234.3.1质量为m=0.5kg的木块可在水平光滑直杆上滑动，木块与A=−(kl+kl)dl=−kldl−kldl∫∫l121l2∫l一不可伸长的轻绳相连，绳跨过一固定的光滑小环，绳端作用着大111=−1k(l2−l2)−1k(l4−l4)小不变的力T=50N，木块在A点时具有向右的速率v0=6m/s，求力T将21214221木块从A拉至B点时的速度。=−1[k+1k(l2+l2)](l2−l2)21222121解：以A为原点建立图示坐标o-x，3mTθ木块由A到B，只有拉力T做功：4mABx 第4章动能和势能习题解答30第4章动能和势能习题解答5.04445.05.05.0−y4(−x)dxA=Fdy=Fcosθdy=FdyA=Fxdx=Tcosθdx=TF∫y∫0∫05.02+5.0(−y)2∫∫∫4(−x)2+3200005.0F22−2/12=−5.0[+5.0(−y)]d5.0(−y)42∫0T2−2/125022/14=−∫[(4−x)+]9d[(4−x)+]9=−×2[(4−x)+]9|5.0220=−F5.0[2+5.0(−y)2]−2/1d5.0[2+5.0(−y)2]02∫024=−F×5.0[22+5.0(−y)2]2/1|5.0=504(−x)+|90=50×5(−)3=100J20=5.0F(2−)1=5.0×60(2−)1=12.43JA=1mv2−1mv2设木块到达B时的速度为v，由动能定理：220A+A+A=1mv2−1mv2由动能定理：NWF2B2A22v=2A/m+v=2×1005.0/+6≈20.88m/s，方向向右0代入数据，求得v=3.86m/s.B4.3.2质量为1.2kg的木块套在光滑铅直杆上，不可伸长的轻绳4.3.3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为速度。mgkv2l=μ(1+0−)1k2mgμkl0.5my0.5m证明：质点m由弹簧原长位B置运动到最远位置l，弹力F和滑mmθ动摩擦力f对质点做负功，导致质0.5mFNF22点动能由mv0/2变为0。根据动能定理：AF+Af=0-mv0/2……①WlAAx12其中，A=−kldl=−kl,A=−μmgl，代入①中，并整理，F∫02f22有：kl+2μmgl-mv0=0.这是一个关于l的一元二次方程，其根为：22解：以地为参考系，建立图示坐标A-xy，木块在由A到B的运−2μmg±2(μmg)+4kmv0l=，负根显然不合题意，舍去，所以，2k动过程中受三个力的作用,各力做功分别是：2l=−μmg+1(mg)2+kmv2=μmg(1+kv0−)1AN=0；AW=-mg(yB-yA)=-1.2×9.8×0.5=-5.88J；F大小虽然不变，kkμ0k2mg2μ但方向在运动过程中不断变化，因此是变力做功。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 第4章动能和势能习题解答31第4章动能和势能习题解答将气体密封，气体膨胀前后的体积各为V1,V2，膨胀前的压强为p1，据动量定理：FΔt=Δp=m(v−v)21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γ体压强与体积满足pv=恒量.⑵若气体压强与体积的关系为pv=恒1212所以，FΔx"=mv"−mv"2221量，γ为常量，活塞末速率又如何？解：以活塞为研究对象，设膨胀后的速率为v，x在膨胀过程中，作用在活塞上的力有重力mg，气体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m对活塞的压力N=pS（S为气缸横截面），忽略重力所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p,v做的功（很小），对活塞应用动能定律：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S22m=eBR/2U.A=1mv2−1mv2,∴v=v2+2A/mN2200N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⑴若pV=p1V1，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，21/2V2V2V2mv/2-0=eU,∴v=(2eU/m)A=∫pSdx=∫pdV=pV∫1dV=pVlnV2N11V11V1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V1V1V2能进入漂移管道，根据牛顿二定律必须满足：qvB=mv/R,也就是，γ1/2⑵若pV=p1V1eB=mv/R，将v=(2eU/m)代入，并将方程两边平方，得：22222VVγeB=2meU/R，∴m=eBR/2U.22pVγ−γ111−γ1−γA=∫pdV=pV∫VdV=(V−V)yN1121VV1−γ114.3.7轻且不可伸长的线悬挂质量为500g的圆柱体，圆柱体又套30ºlv14.3.5o"坐标系与o坐标系各对应轴平行，o"相对o沿x轴以v0做匀在可沿水平方向移动的框架内，框架30º速直线运动.对于o系质点动能定理为：槽沿铅直方向，框架质量为200g.自o2悬线静止于铅直位置开始，框架在水FxFΔx=1mv2−1mv，v,v沿x轴，根据伽利略变换证明：对于o"222112平力F=20.0N作用下移至图中位置，v2系，动能定理也取这种形式。求圆柱体的速度，线长20cm,不计摩擦。证明：由伽利略变换：x=x"+v0t,v=v"+v0，Δx=Δx"+v0Δt①解：设绳长l，圆柱质量m1，框架质量m2，建立图示坐标o-xy；2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v=v"+v，v=v"+v②，将①②代入FΔx=1mv2−1mv中，有1102202221时，设圆柱的速度为v，方向与线l垂直，框架的速度为v,方向水平12FΔx"+FΔtv=1m(v"+v)2−1m(v"+v)2向右，由圆柱与框架的套接关系，可知v2=v1x，v1y=v1xtg30º0220210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=1mv"2−1mv"2+m(v"−v)"v=1mv"2−1mv"2+m(v−v)v22212102221210到图示位置的过程中，只有重力W1=m1g和拉力F做功：其中， 第4章动能和势能习题解答32第4章动能和势能习题解答AW1=-m1gl(1-cos30º)=-0.13J,AF=Flsin30º=2J,由质点系动能定解：运动员在整AvcA+A=1mv2+1mv2=1m(v2+v2)+1mv2个运动过程中,只有重理，有W1F211222211x1y221xH=25mvB力做功,故机械能守恒，h30º12224取B点为势能零点。=2v1x[m11(+tg30°)+m2]∴v1x=(2AW1+AF)/(3m1+m2)2d∵mgH=mvB/2222221/2代入数据,v1x=4.3,v1y=(v1xtg30º)=1.44∴v1=(v1x+v1y)=2.4m/s.∴v=2gH=2×8.9×25=221.m/sB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4.4.1两个仅可压缩的弹簧组成一可变劲度系数的弹簧组，弹簧运动规律可知，vc=vBcos30º=19.1m/s22221和弹簧2的劲度系数各为k1,k2，它们自由伸展的长度相差l，坐标∵mvB/2=mvc/2+mgh∴h=(vB-vc)/2g=6.3m；由竖直方向原点置于弹簧2自由伸展处，求弹簧组在0≤x≤l和x<0时弹性势能的速度公式可求跨越时间：∵0=vBsin30º-gt∴t=vB/2g=1.13s，由的表达式。水平方向的位移公式可求得跨越距离d=vBcos30ºt=21.6m.l解：规定两个弹簧处在坐标原点时的弹性k1势能为零；弹簧2的势能表达式显然为：124.5.2装置如图所示，球的质量为5kg，杆AB长1m，AC长0.1m，E=kx,x≤0；弹簧1的势能：p222k2oxA点距o点0.5m，弹簧的劲度系数为800N/m，杆AB在水平位置时xx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12xE=−k∫(l−x)dx=k∫(l−x)d(l−x)=k(l−x)|p111210到铅垂位置时的速度，不计弹簧质量及杆的质量，不计摩擦。00解：取小球在水平位置时，势能为零，=1k[(l−x)2−l2]=1kx2−klx,(x≤l)21211小球运动到竖直位置时的速度为v，弹簧原o当0≤x≤l时，E=E=1kx2−klx22pp1211长：l0=5.0+1.0=.051，在小球从12水平位置运动到竖直位置的过程中，只有保BCA当x<0时，E=E+E=(k+k)x−klxpp1p22121守内力做功，因而机械能守恒：12120=mv−mgAB+k(OA+AC−l)，可求得：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220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.2v=2gAB−k(OA+AC−l)/m0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2离开B处的速率vB；⑵B、C的垂直高度差h及沟宽d；⑶运动员到达=2×8.9×1−8005.0(+1.0−.051)5/=.428m/s平台时的速率vc. 第4章动能和势能习题解答33第4章动能和势能习题解答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4.6.2m为静止车厢的质量，质量为M的机车在水平轨道上自平(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。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,求轨道作用于车的阻力。v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能否达解：整个过程可分为两个阶段：到D点，并求出在此点的速度.第一阶段，机车与车厢发生完全非mM解:物体Q在整个运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以机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’械能守恒.总能量E=1mv2+1k[R2+(R+l)2−l]22A200系动量守恒，Mv=(M+m)v’,v’=Mv/(M+m)f代入数据，求得E=3.63JQA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2⑴在B点,弹簧的势能全部转了s，速度由v’变为零，由动能定理，有–fs=0-(M+m)v’/2,化为动能，所以,在该点速度最大.M2v2将v’代入，可求得f=21/22s(M+m)mVB/2=E,vB=(2E/m)=1.2m/sBD⑵在D点的弹性势能，222CEp=k(2R)/2=2kR=2×24×0.24=2.764.6.3两球具有相同的质量和半径，悬挂于同一高度.静止时,21/2∵EpvB,即mB-mA>2mAmB>3mA4.6.7一10g的子弹沿水平方向以速率110m/s击中并嵌入质量为100g的小鸟体内，小鸟原来站在离地面4.9m高的树枝上，求小4.6.9一钢球静止地放在铁箱的光滑地面上，如图示。CD长l，鸟落地处与树枝的水平距离。铁箱与地面间无摩擦，铁箱被加速至v0时开始做匀速直线运动，后来，m2解：设鸟被子弹击中后与子弹共m1钢球与箱壁发生完全弹性碰撞，问碰后再经过多长时间钢球与BD壁v有的速度为v，由动量守恒：v0相碰？AB解：以地为参考系，设v10,v1为钢球v0mv=(m+m)vh1012S与AC端碰撞前后的速度，v20,v2为铁箱碰lv=m1v0=.001×110=10m/s撞前后的速度，据题意，v10=0,v20=v0.CDm1+m2.001+1.0对于完全弹性碰撞，碰前接近速度等12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由平抛运动公式h=gt,可求得子弹落地时间：2度v"，所以钢球由AC端运动到BD端所需时间为：t=2h/g=2×8.9/9.4=1s，所以，水平距离S=vt=10×1=10mΔt=l/v"=l/(v1−v2)=l/v04.6.8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、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。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。解：整个过程可分为两个阶v02v0解：设碰前mA的速度A段：第一阶段是两个车对撞获得MM为v0,碰后mA、mB的速度分v共同速度v（向左），由动量守恒：Mh0B别为vA、vB，方向如图示。M(2v0)-Mv0=2Mv,v=v0/2由能量守恒，有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21/2mAgh=mAv0/2,v0=(2gh)(1)vAvB 第4章动能和势能习题解答36第4章动能和势能习题解答移动，移动距离是l，最后都静止下来。在此过程中，一对滑动摩擦4.7.2桑塔纳车的总质量m1=113×10kg,向北行驶，切诺基车的力做功之和为：Af=-μmgl，对质点系应用动能定理：总质量m2=152×10kg,向东行驶。两车相撞后连成一体，沿东偏北θ−mgl=0−1Mv2−12(M)(1v)2,∴=v2/(4gl)=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μμ202200超过80km/h.问哪辆车违背交通规则？因碰撞损失多少动能？设货箱相对车的速度为v"，显然，v"=v0+v=2v+v=3v，两边同乘解：设碰撞前，桑塔纳和切诺基的北摩擦力作用时间Δt，即为对应的距离，l=3d,d=l/3速度分别为v1,v2.在发生完全非弹性碰撞v2v过程中，可认为动量守恒，有θ东m24.7.1质量为M的氘核以速率u与静止的质量为2M的α粒子dddmv+mv=(m+m)v112212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m1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向北投影：m1v1=(m1+m2)vsin30°)1(v1给α粒子？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;向东投影：mv=(m+m)vcos30°)2(2212d设α粒子碰后速度为v=viˆ+vˆjxy碰后两车连在一起，以速度v滑行d后停止，应用动能定理，yddd12由动量守恒：Mu=Mu"+2Mv,投影式为u’−μ(m+m)gd=0−(m+m)v)3(12212x：Mu=2Mvx∴vx=u/2(1)ux由（3）可求得v=2μgd=57km/h,分别代入⑴、⑵中，可求得，y：0=Mu’+2Mvy∴vy=-u’/2(2)θv由能量守恒,1Mu2=1Mu"2+1×2M(v2+v2))3(v=m1+m2vsin30°=668.km/hv=m1+m2vcos30°=86km/h222xy1m12m23∵v2>80km/h∴切诺基汽车违反交通规则。将⑴、⑵代入⑶中，可求得u"=u⑷3损失动能ΔE=1mv2+1mv2–1(m+m)v2k2112222123⑴将（4）代入（2）中，求得v=−u,v与x轴的夹角，y63θ=arctgvy/vx=arctg(−3)=-30º4.7.3球与台阶相碰的恢复系数为e，每级台阶的宽度和高度相同，均等于l，该球在台阶上弹跳，每次均弹起同样高度且在水平部22223⑵v=v+v=(u)2/+(3u)6/=uxy3分的同一位置，即AB=CD，求球的水平速度和每次弹起的高度，球与台阶间无摩擦。⑶E=12(M)v2=1Mu2=2×1Mu2=2Ev1α23323H解：球每次弹起的速度v1都相同，每v1BAxDCvB2y 第4章动能和势能习题解答37第4章动能和势能习题解答次落地的速度v2也相同，由能量守恒：1mv2+mgl=1mv22122222222v−v=2gl,v+v−v−v=2gl①212x2y1x1y由牛顿碰撞公式：−v=ev②1y2y在水平方向动量守恒：mv=mv,v=v③1x2x1x2x2gl2gl由①②③可求得：v=−e,v=1y22y21−e1−e12平抛公式：v=v+gt④，l=vt⑤,y=vt+gt⑥y1y1x1y2令vy=v2y，由④可求得球从弹起到落地的时间：v2y−v1y2gl1+e2l1(+e)t==⋅=2g1−egg1(−e)代入⑤中即可求得球的水平速度：l2l1(+e)2l1(+e)g1(−e)lgl1(−e)v==l/=⋅=1xtg1(−e)g1(−e)2l1(+e)1(2+e)令vy=0，由④可求得球达最大高度所需时间：v1y2gl12lt=−=e⋅=e22g1−egg1(−e)代入⑥中即可求得球所能达到的最大高度：22gl2l122ley=−e⋅e+ge=l22221−eg1(−e)2g1(−e)g1−e 第5章角动量及其规律习题解答38第5章角动量及其规律习题解答第五章基本知识小结则质点或质点系对该轴的角动量保持不变⒈力矩⒌对质心参考系可直接应用角动量定理及其守恒定律，而不必GGG考虑惯性力矩。力对点的力矩τ=r×FoGK力对轴的力矩τkˆ=r×Fz⊥⊥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,⒉角动量远地点高度d远=2384km,地球半径R地=6370km,求卫星在近地点和远KGG地点的速度之比。质点对点的角动量L=r×po解：卫星在绕地球转动过程中，只受地球引ˆGG力（有心力）的作用，力心即为地心，引力对地质点对轴的角动量Lk=r×pz⊥⊥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）⒊角动量定理适用于惯性系、质点、质点系v近/v远=（d远+R地）/（d近+R地）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=（2384+6370）/（439+6370）≈1.29点或质点系的外力对该点的力矩之和KGGdL5.1.2一个质量为m的质点沿着r=acosωitˆ+bsinωˆjt的空0∑τ外=dt间曲线运动，其中a、b及ω皆为常数。求此质点所受的对原点的力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矩。点或质点系的外力对该轴的力矩之和解：GGdLzv=rd/dt=−aωsinωitˆ+bωcosωˆjt∑τz=GGdta=vd/dt=−a2cositˆ−b2sinˆjtωωωω22G=−ω(acosωitˆ+bsinωˆjt)=−ωr⒋角动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系GG2GF=ma=−mωr⑴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，GGG2KKτ=r×F=−mωr×r=0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， 第5章角动量及其规律习题解答39第5章角动量及其规律习题解答5.1.3一个具有单位质量的质点在力场2K0.6×2π×149424022=×10=.265×10kgm/sF=3(t−4)itˆ+(12t−)6ˆj中运动，其中t是时间。该质点在t=0365×24×60×60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。KKK5.1.5根据5.1.2题所给的条件，求该质点对原点的角动量。解：据质点动量定理的微分形式，Fdt=d(mv)=vd(m=)1KKKKK解：L=r×p=mr×vK2∴vd=[(3t−4)itˆ+(12t−)6ˆj]dt=m(acosωitˆ+bsinωˆjt)×(−aωsinωitˆ+bωcosωˆjt)KvKt2t(cos2ˆsin2ˆ)ˆ∫vd=iˆ∫3(t−4t)dt+ˆj∫(12t−)6dt=mabωωkt+abωωkt=mabωk000vK=(t3−2t2)iˆ+(6t2−t)ˆjˆjKK3225.1.6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。rd=vdt=[(t−2t)iˆ+(6t−t)ˆj]dtKiˆKGKKKrtK32t2解：L)2(=r)2(×p)2(=mr)2(×v)2(∫∫rd=iˆ(t−2t)dt+6ˆj∫(t−t)dt000kˆrG=(1t4−2t3)iˆ+2(t3−3t2)ˆj=1×(−4iˆ+4ˆj)×12ˆj=−16kˆ433rK)2(=(1×24−2×23)iˆ+2(×23−3×22)ˆj43=−4iˆ+4ˆj5.1.7水平光滑桌面中间有一光滑小孔，轻绳一端伸入孔中，3K)2(3(224)2ˆ(122)6ˆ4ˆ18ˆ另一端系一质量为10g小球，沿半径F=×−×i+×−j=i+jKKK为40cm的圆周作匀速圆周运动，这4τ)2(=r)2(×F)2(=(−iˆ+4ˆj)×4(iˆ+18ˆj)-33时从孔下拉绳的力为10N。如果继续∵iˆ×iˆ=ˆj׈j=,0iˆ×ˆj=kˆ,ˆj×iˆ=−kˆ向下拉绳，而使小球沿半径为10cmK的圆周作匀速圆周运动，这时小球的F∴)2(=−4×18kˆ+4×(4−kˆ)=−40kˆτ3速率是多少？拉力所做的功是多少？-3解：设小球的质量为m=10×10kg,原来的运动半径为R1=40cm,2465.1.4地球质量为6.0×10kg，地球与太阳相距149×10km，视运动速率为v1;后来的运动半径为R2=10cm,运动速率为v2.2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先求小球原来的速率v1：据牛顿第二定律，F=mv1/R1，所以，量。−3−2v=RF/m=4.0×10/10=2.0m/s11922242π(149×10)解：L=mvr=mωr=0.6×10×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365×24×60×60 第5章角动量及其规律习题解答40第5章角动量及其规律习题解答动量守恒，mv1R1=mv2R2，v2=v1R1/R2=0.2×0.4/0.1=0.8m/s它与A点的距离最大，且等于800mm，求此时的速率v及初速率v0.在由R1→R2的过程中，只有拉力F做功，据动能定理，有解：设小球B的质量m=0.2kg,原来与固定点A的距离r0=0.4m,当A=1mv2−1mv2=1m(v2−v2)=1m(v+v)(v−v)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.F222122122121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1−2−3=×108.0(+2.0)(8.0−)2.0=3×10J2的力矩之和始终为零，因而小球对A点的角动量守恒，有KKr0mv0sin30º=rmv(最大距离时，r⊥v)（1）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K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，r=acosωitˆ+bsinωˆjt，其中a、b和ω是正常数，试以运动学1mv2=1k(r−d)2+1mv2)2(和动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒。2022证明：为求解方便，将⑴⑵化简，并代入已知数据可得：KKv=rd/dt=−aωsinωitˆ+bωcosωˆjtv=4v)"1(v2=6.1+v22()"00aK=vdK/dt=−aω2cosωitˆ−bω2sinωˆjt=−ω2rK解此方程组，求得：v0≈1.3m/sv≈0.33m/s⑴运动学观点：KKKL=r×mv=(acosωitˆ+bsinωˆjt)×m(−aωsinωitˆ+bωcosωˆjt)5.1.10一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、管口光滑的∵iˆ×iˆ=ˆj׈j=,0iˆ×ˆj=ˆj×(−iˆ)=kˆ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,Kθ1=30º，后来继续向下拉绳使小球以θ2=60º沿水平圆周运动。求小Lmabcos2ktˆmabsin2ktˆmabkˆ∴=ωω+ωω=ω球最初的速度v，最后的速度v以及绳对小球做的总功。12显然与时间t无关，是个守恒量。解：隔离小球，受力情况如图示，l2⑵动力学观点：应用牛顿第二定律，有：θFθ2l1KKKKKK2K2KK2θ1∵τ=r×F=r×ma=r×m(−ωr)=−mωr×r=0,∴该质点Fsinθ=mv/lsinθ)1(角动量守恒。Fcosθ=mg)2(2mg)1(/()2得sinθ=vFcosθglsinθ400mm5.1.9质量为200g的小球v0∴v=gl/cosθsinθ)3(B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==1×=当θ=θ1时v1gl1/cosθ1sinθ128.9/43.238m/s为8N/m，其自由伸展长度为600mm.最初小球的位置及速度v0如图所示。当小球的速率变为v时，2glsin22v2当θ=θ时,v=2θ2=3gl∴l=2)4(22cosθ22223g 第5章角动量及其规律习题解答41第5章角动量及其规律习题解答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：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mvlsinmvlsinvl1sinθ1v12211θ1=22θ2∴2=sin1，将（4）式和三角函数高度h时速度为零,据能量守恒,mv=mgh∴h=v2/g)3(l2θ22222=33gl1v1=33×8.9×2×.238=.343/由⑴⑵可求得v=3kl0/4m，代入⑶中得：h=3kl0/8mg值代入，可求得：vms2232将v2代入（4）中，可求得l2=0.8m，根据质点动能定理：A=ΔE+ΔE=1m(v2−v2)+mg(lcos−lcos)5.2.3两个滑冰运动员的质量各为70kg，以6.5m/s的速率沿相θθFkp2211122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=1×5.0×10−3×.3(432−.2382)+5.0×10−32(×3−8.0×1)222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=.00806J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，绳内张力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？两端使它处于压缩状态，将此弹簧竖直放在一砝码盘上，弹簧上端解：设每个运动员的质量为m=70kg，收mv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，使两盘绳前相对绳中心o的距离为d=d1=5m，速率d静止。燃断轻线，轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离。求砝码为v=v1=6.5m/s；当把绳收拢为d=d2=2.5m时,o升起的高度，已知弹簧劲度系数为k，被压缩的长度为l0.速率v=v2.d解：设滑轮半径为R，弹簧释放后，⑴对绳中心o点的角动量各为vm2弹簧上边的砝码获得的速度为v，方向L=mv1d1=70×6.5×5=2275kgm/s（抓住绳索前后角动量相同）向上，左边砝码盘获得的速度为v"，方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轴的向向下，显然右边砝码盘及砝码获得的角动量守恒,有2mv1d1=2mv2d2∴v2=v1d1/d2=6.5×5/2.5=13m/s速度大小也是v",但方向向上（如图示）。vmv’⑶把某一运动员视为质点，作为研究对象，由牛顿第二定律，m22把左盘、左盘上的砝码和右盘及盘mm绳中张力F=mv2/d2=70×13/2.5=4732N中砝码视为一个质点系，作为研究对象。v"⑷由质点动能定理，每人所做的功均为：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A=1mv2−1mv2=1m(v−v)(v+v)222122121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=1×70(13−5.6)(13+)5.6=4436J量为正，则有：-mvR+mv’R+2mv’R=0，即v=3v"(1)2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⑸总动能增大了ΔEk=2×4436=8872J守恒，忽略重力势能的微小变化，则有：1kl2=1mv2+13(mv")2222，即mv+3mv"=kl)2(20220 第6章万有引力定律习题解答42第6章万有引力定律习题解答第六章基本知识小结6.1.1设某行星绕中心天体以公转周期T沿圆轨道运行，试用开普勒第三定律证明：一个物体由此轨道自静止而自由下落至中心天⒈开普勒定律T体所需的时间为t=⑴行星沿椭圆轨道绕太阳运行，太阳位于一个焦点上2π⑵行星位矢在相等时间内扫过相等面积证明：物体自由下落的加速度就是在行星上绕中心天体公转的23⑶行星周期平方与半长轴立方成正比T/a=C向心加速度：⒉万有引力定律f=GMm2r2v2πR2122a==()⋅=4πR/TRTRMm⒊引力势能E(r)=−Gpr由自由落体公式：R=1at2,t=2R/a=T2⒋三个宇宙速度2πt=T，这里的更正与解答仅供参考）环绕速度V=Rg=9.7km/s（此题原来答案是：14226306.2.1土星质量为5.7×10kg，太阳质量为2.0×10kg，两者脱离速度V2=2V1=11.2km/s12的平均距离是1.4×10m.⑴太阳对土星的引力有多大？⑵设土星沿逃逸速度V3=16.7km/s.圆轨道运行，求它的轨道速度。解：⑴据万有引力定律，太阳与土星之间的引力2-113026122f=GMm/r=6.51×10×2.0×10×5.7×10/(1.4×10)22≈3.8×10N2⑵选择日心恒星参考系，对土星应用牛顿第二定律：f=mv/r2212263v=fr/m=8.3×10×4.1×07.5/×10≈7.9×10m/s6.2.3⑴一个球形物体以角速度ω转动，如果仅有引力阻碍球的离心分解，此物体的最小密度是多少？由此估算巨蟹座中转数为每秒30转的脉冲星的最小密度。这脉冲星是我国在1054年就观察到的超新星爆的结果。⑵如果脉冲星的质量与太阳的质量相当（≈2×30510kg或3×10Me，Me为地球质量），此脉冲星的最大可能半径是多少？⑶若脉冲星的密度与核物质相当，它的半径是多少？核密度约173为1.2×10kg/m. 第6章万有引力定律习题解答43第6章万有引力定律习题解答解：⑴设此球体半径为R,质量为m.考虑球体赤道上的质元Δm,解：角动量守恒mva=mvb⑴*212它所受到的离心惯性力最大f=ΔmωR，若不被分解，它所受到的2223引力至少等于离心惯性力,即GmΔm/R=ΔmωR∴m=ωR/G，1mv2−GMm=1mv2−GMm能量守恒⑵21a22b323ω而m=4πRρ/3，代如上式，可求得，ρ=4πGMm"v2牛二定律G2=m"R⑶R23×(30×2π)143脉冲星的最小密度ρ=−11≈3.1×10kg/m84π×.651×10⑴,⑵,⑶联立，解得a=3×10km33⑵据密度公式，m=ρV=4πRρ/3,∴R=3m/(4πρ)6.2.6一匀质细杆长L，质量为M.求距其一端为d处单位质量质330142R=3×2×10/(4×.314×3.1×10)=5.1×10km点受到的引力（亦称引力场强度）。解：选图示坐标0-x,单位质xdxo⑶R=33×2×1030/(4×.314×2.1×1017)=16km量质点在坐标原点处，在杆上取Ld质元dm=dxM/L,其坐标为x,它对6.2.4距银河系中心约25000光年的太阳约以170000000年的周df=Gdm×1=GMdx原点处质点的引力为：x2Lx2,由于各质元对质点的引期在一圆周上运动。地球距太阳8光分。设太阳受到的引力近似为银河系质量集中在其中心对太阳的引力。试求以太阳质量为单位银力方向均沿x轴正向，∴杆对质点的引力方向沿x轴正向，大小为河系的质量。d+L−df=GMx2dx=GM1|=GM(1−1)=GM解：设银河系、太阳、地球的质量分别为M、m、m"；太阳距银L∫dLxLdd+Ld(d+L)d+L44河系中心的距离为r=2.5×10光年=2.5×10×365×24×60光分6-8=1.31×10光分，绕银河系中心公转角速度为ω=10×2π/1.7年；6.2.7半径为R的细半圆环线密度为λ，求位于圆心处单位质量地球距太阳的距离为r"=8光分，绕太阳公转角速度为ω"=2π/年质点受到的引力（引力场强度）y分别对地球和太阳应用万有引力定律和牛顿第二定律：解：由对称性分析可知，引力场强度2222RdθGmm"/r"=m"ω"r"（1）GMm/r=mωr(2)的x分量等于零。R23由（1）可得G=ω"r"/m，代入（2）中，可求得质元dm=λRdθ所受引力的y分量为θx22.1311061×dmGλM=(ω)(r)3m=(1)(×)3m=.153×1011mdfG"r"88=−sinθ=−sinθdθω7.1×10yR2RπGλGλsincos|π6.2.5某彗星围绕太阳运动，远日点的速度为10km/s，近日点的fy=−∫θdθ=θ0RR80速度为80km/s。若地球在半径为1.5×10km圆周轨道上绕日运动，=−2Gλ/R速度为30km/s。求此彗星的远日点距离。 第6章万有引力定律习题解答44第6章万有引力定律习题解答6.3.1考虑一转动的球形行星，赤道上各点的速度为V，赤道上12Mmm2的加速度是极点上的一半，求此行星极点处的粒子的逃逸速度。mv−G=0∴v=2GMm/Rm⑴2Rm解：设行星半径为R，质量为M，粒子m在极点处脱离行星所需的速度为v，在无穷远处的速度、引力势能为零，由机械能守恒定将Mm=0.0123Me，Rm=0.27Re代入⑴中，有律有2v=.0091GM/R⑵ee1mv2−GMm=02即v=2GM/R⑴2R2由牛二定律GMm/R=mg,∴GM/R=Rgeeeee以球形行星为参考系（匀速转动参考系），设粒子m在赤道上和极点上的加速度分别为a1和a2。2代入⑵中，有v=.0091Rge粒子m在赤道上除受引力作用外还受离心惯性力作用，由牛二27−1MmV22∴v=.0091×8.9×4×102/π=.238(ms)定律有G−m=ma即GM−RV=aR⑵211RR粒子m在极点上只受引力作用，由牛二定律有Mm2G=ma即GM=aR⑶222R已知a=2a⑷212由⑵、⑶、⑷可求得GM/R=2V代入⑴中，得22v=4V∴v=2V-26.3.2已知地球表面的重力加速度为9.8ms，围绕地球的大圆周7长为4×10m，月球与地球的直径及质量之比分别是D/D=.027和M/M=.00123.试计算从月球表面逃离月球meme引力场所必需的最小速度。解：设质点m脱离月球的速度为v，在距月球无穷远处的速度、引力势能为零，由机械能守恒定律，有 第7章刚体力学习题解答45第7章刚体力学习题解答第七章基本知识小结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，⒈刚体的质心发动机转了多少转？ddddΔω(3000−12002)π/602定义：rc=∑miri/mrc=∫rdm/∫dm解：⑴β=Δt=12=157.rad/s求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。22222Δ=ω−ω0=(3000−1200)(2π/60)=26.39×102⑵θrad⒉刚体对轴的转动惯量2β2×157.定义：I=∑mr2I=∫r2dm对应的转数=Δθ=26.39×102≈420ii2π2×.3142平行轴定理Io=Ic+md正交轴定理Iz=Ix+Iy.常见刚体的转动惯量：（略）7.1.3某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为⒊刚体的动量和质心运动定理34θ=at+bt−ct(θ:rad,t:s)。求t时刻的角速度和角加速度。ddddp=mvc∑F=mac232解：=dθ=a+3bt−4ct=dω=6bt−12ctωβdtdt⒋刚体对轴的角动量和转动定理L=Iω∑τ=Iβ7.1.4半径为0.1m的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建⒌刚体的转动动能和重力势能立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212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+tE=IωE=mgyk2pc(θ:rad,t:s)。⑴t=0时，⑵自t=0开始转45º时，⑶转过90º时，A点的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速度和加速度在x和y轴上的投影。yddA解：=dθ=2.1+2t=dω=0.2动力学方程：∑F=ma∑τ=Iβωβoxccccdtdt（不必考虑惯性力矩）⑴t=0时，ω=,2.1v=0v=ωR=2.1×1.0=.012m/sxyE1mv21I2动能：=+ωk2c2cc222a=−a=−v/R=−.0121.0/=−.0144m/sxny⒎刚体的平衡方程2day=aτ=βR=0.2×1.0=2.0m/s∑F=0，对任意轴∑τ=02⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s 第7章刚体力学习题解答46第7章刚体力学习题解答v=−Rcos45°=−.214×1.0×22/=−7.1.6收割机拨禾轮上面通常装4到压板ω.015m/sx6个压板，拨禾轮一边旋转，一边随收割v=ωRsin45°=.214×1.0×22/=.015m/sy机前进。压板转到下方才发挥作用，一方22面把农作物压向切割器，一方面把切下来切割器a=−βRcos45°−ωRcos45°=−Rcos45°(β+ω)x的作物铺放在收割台上，因此要求压板运222=−1.0×20.2(+.214)=−.0465m/s动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反。22已知收割机前进速率为1.2m/s，拨禾轮直径1.5m，转速22rev/min,a=βRsin45°−ωRsin45°=Rsin45°(β−ω)y222求压板运动到最低点挤压作物的速度。=1.0×0.2(−.214)=−.0182m/s2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2⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s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v=−ωR=−.278×1.0=−.0278m/sv=0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，xy2压板相对地面（即农作物）的速度a=−βR=−0.2×1.0=−2.0m/sx2π×225.1222v=v−ωR=2.1−×=−.053m/sa=−ωR=−.278×1.0=−.077m/sc602y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。7.1.5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，求臂与铅直成45º时门中心G的速度和加BD动机转速2000rev/min.⑴桨尖相对于飞机的线速率等于多少？⑵若速度。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·解：因炉门在铅直面内作平动，所以门中G性说明桨尖的轨迹。心G的速度、加速度与B点或D点相同，而B、解：⑴桨尖相对飞机的速度：D两点作匀速圆周运动,因此2000×2πv"=ωr=×5.1=314m/s60v=v=ωAB=10×5.1=15m/s，方向指向右下方，与水GBhhh⑵桨尖相对地面的速度：v=v"+v，飞机相对地面的速度与机地平方向成45º；222250×103a=a=ωAB=10×5.1=150m/s，方向指向右上方，螺旋桨相对飞机的速度总是垂直的，v==694.m/sGB机地60×60与水平方向成45º2222所以，v=v"+v=314+694.≈3216.m/s机地显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线 第7章刚体力学习题解答47第7章刚体力学习题解答7.1.8桑塔纳汽车时速为166km/h，车轮滚动半径为0.26m，发7.2.3长度为L的匀质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上，然后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？放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下。求杆子的上解：设车轮半径为R=0.26m，发动机转速为n1,驱动轮转速为n2,端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式）。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解：设杆在o-xy平面内运动。因杆y在运动过程中，只受竖直向上的支承力和速度，v=2πRn=2πRn.0/909，所以：21竖直向下的重力的作用，在水平方向不受n=.0909v=.0909×166×103=.924×104rev/h=.154×103rev/min外力作用，∴vcx=0,acx=0，即质心C无水12πR2×.314×.026平方向的移动，只能逆着y轴作加速直线运动，直到倒在桌面上。ox7.2.2在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置。⑴圆取杆的上端点的坐标为x,y，匀质杆的质心在其几何中心，由图222锥体为匀质；⑵密度为h的函数：ρ=ρ0（1-h/L）,ρ0为正常数。示的任一瞬间的几何关系可知：4x+y=L(x≥0,y≥0)解：建立图示坐标o-x,据对称性分析，L质心必在x轴上,在x坐标处取一厚为dxorax7.3.1⑴用积分法证明：质量为m常为l的匀质细杆对通过中心2的质元dm=ρπrdx，∵r/a=x/L，r=ax/L12且与杆垂直的轴线的转动惯量等于ml；⑵用积分法证明：质量22212∴dm=ρπaxdx/Lh⑴圆锥体为匀质，即ρ为常数，为m半径为R的匀质薄圆盘对通过中心且在盘面内的轴线的转动惯2Lρπa212量等于1mR2总质量：m=∫dm=2∫xdx=3ρπaL4L0xdma2x3dx/L2Lm质心：x=∫=∫ρπ=3x3dx=3L证明：⑴取图示坐标，在坐标x处取一线元，dm=ldx，它cdmρπa2L3/L3∫04∫m2y对y轴的转动惯量为：dI=xdx，lx1(h)1(L−x)ρ0-l/2dxl/2⑵ρ=ρ−=ρ−=x0L0LL整个细杆对y轴的转动惯量：l2/m2m3l2/ml3l3122LI=xdx=x|=(+)=mlm=dm=ρ0πax3dx=1a2Ll∫3l−l2/3l8812总质量：∫∫34ρ0π−l2/L0⑵在坐标x处取细杆状质元，∫xdmLR质心：x==4x4dx=4LcdmL4∫05dm=m⋅2R2−x2dx=2mR2−x2dxθx∫πR2πR2x它对x轴的转动惯量： 第7章刚体力学习题解答48第7章刚体力学习题解答I=1ml2+m(l)2=1ml2,dI=1dm2(R2−x2)2=1dm(R2−x2)=2m(R2−x2)2/3dxl12ll23lr123R23πI=1mr2+m(l+r)2r2rrRI=1ml2+1mr2+m(l+r)2整个圆盘对x轴的转动惯量：I=2m(R2−x2)2/3dx3l2rr32∫πR=1×9.4×.0922+1×245.×.0082+24.0(5.92+.008)2−R322=26kgm为了能求出积分，作如下变换：x=Rcosθ,dx=−Rsinθdθ7.3.3在质量为M，半径为R的匀质圆盘上挖出半径为r的两个222/32222/3222/333圆孔，圆孔中心在半径R的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与(R−x)=(R−Rcosθ)=(Rsinθ)=Rsinθ盘面垂直的轴线的转动惯量。解：大圆盘对过圆盘中心o且与盘面R0π2m332mR24代入上式：I=2Rsinθ(−Rsinθdθ)=sinθdθ垂直的轴线（以下简称o轴）的转动惯量rrR∫3π∫3ππ0o12为I=MR.由于对称放置，两个小圆221−cos2θ21+cos2θ据三角函数公式：sinθ=,cosθ=22盘对o轴的转动惯量相等，设为I’，圆盘22质量的面密度σ=M/πR，根据平行轴定理，sin4(1−cos2θ)211(2cos2cos2)∴θ==−θ+θ24RMr411(2cos21+cos4θ)1(32cos21cos4)1222212=−θ+=−θ+θI"=(σπr)r+(σπr)()=2+Mr42422222R4设挖去两个小圆盘后，剩余部分对o轴的转动惯量为I”22mR131I=(−2cos2θ+cos4θ)dθ3π∫422Mr42242I"=I−2I"=1MR2−−1Mr2=1M(R−r−2r/R)2R222⎡πππ⎤2mR31=6π⎢2∫dθ−∫cos2θd2θ+8∫cos4θd4θ⎥⎣000⎦7.3.5一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2，转速为ω=41.9rad/s，22=mR(3−sin2|π+1sin4π)|=1mRπθθ6π20804两制动闸瓦对轮的压力都为392N，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为μ=0.4，轮半径为r=0.4m，问从开始制动到静止需多长时间？7.3.2图示实验用的摆，l=0.92m,r=0.08m,ml=4.9kg,mr=24.5kg,解：由转动定理：近似认为圆形部分为匀质圆盘，长杆部分为匀质细杆。求对过悬点闸瓦τ2×4.0×392×4.0τ=Iβ,β===15.68rad/sI0.8且与盘面垂直的轴线的转动惯量。o解：摆对o轴的转动惯量I等于杆对o轴的转动l制动过程可视为匀减速转动，=Δ/Δtβω惯量Il加上圆盘对o轴的转动惯量Ir，即I=Il+Ir.根据闸瓦平行轴定理 第7章刚体力学习题解答49第7章刚体力学习题解答222Δt=Δω/β=41/9.15.68=.267s∴a=2Δy/t=2×.0750.5/=.006m/s由⑴、⑵可求得T−T=(m−m)g−(m+m)a,代入（3）2121217.3.6匀质杆可绕支点o转动，当与杆垂直的冲力作用某点A时，支点o对杆的作用力并不因此冲力之作用而发生变化，则A点称为2中，可求得I=[(m−m)g/a−(m+m)]R，代入数据：2121打击中心。设杆长为L，求打击中心与支点的距离。y解：建立图示坐标o-xyz,z轴垂直纸面向外。N2−22I=.0(04×.0/8.906−.096)×.005=.139×10kgm据题意，杆受力及运动情况如图所示。由质心运ox动定理：,0L)1(N−mg=F=mac=m2βac7.3.8斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为R，转mg12动惯量为I，受到驱动力矩τ，通过绳所牵动斜面上质量为m的物由转动定理；F0A=Iβ=mLβ)2(AFo3体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。把⑴代入⑵中，可求得oA=2L3解：隔离鼓轮与重物，受力分析如图，其中T为绳中张力，f=μN为摩擦力，重物上滑7.3.7现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量。用轻线且尽可能润滑加速度与鼓轮角加速度的关系为a=βR轮轴。两端悬挂重物质量各为m1=0.46kg，m2=0.5kg，滑轮半径为对重物应用牛二定律：N0.05m。自静止始，释放重物后并测得0.5s内m2下降了0.75m。滑轮T-μN-mgsinθ=ma,N=mgcosθ，代入fTβ转动惯量是多少？前式，得T-μmgcosθ-mgsinθ=ma①τθa解：T2T1βxo对鼓轮应用转动定理：TmgRτ-TR=Iβ=Ia/R②aay由①②联立，可求得重物上滑的加速度：m2gm1gT2T1m2m12τR−Rmg(μcosθ+sinθ)a=2I+mR隔离m2、m1及滑轮，受力及运动情况如图所示。对m2、m1分别7.3.9利用图中所示装置测一轮盘的转动应用牛顿第二定律：mg−T=ma1();T−mg=ma)2(222111惯量，悬线和轴的垂直距离为r，为减小因不r计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量对滑轮应用转动定理：(T−T)R=Iβ=Ia/R（3）21较小的重物m1，从距地面高度为h处由静止开m1,m212始下落，落地时间为t1，然后悬挂质量较大的h质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：Δy=2at， 第7章刚体力学习题解答50第7章刚体力学习题解答重物m2，同样自高度h处下落，所需时间为t2，根据这些数据确定轮7.4.1扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线o转动，其转动惯量盘的转动惯量，近似认为两种情况下摩擦力矩相等。为I.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴垂直距离为解：隔离轮盘与重物，受力及运动情况如图τfTr。在槽内装有一小球，质量为m，开始时用细线固定，使弹簧处于示：τf为摩擦力矩，T为绳中张力，a=βr压缩状态。现在燃火柴烧断细线，小球以速度v0弹出。求转动装置的对轮盘应用转动定理：ra反冲角速度。在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守β恒否？总机械能守恒否？为什么？Tr−τ=Iβ，Tr−τ=Iβ，两式相减，得：1f12f2Tmg解：取小球、转动装置构成的物体系为研究对象。在弹射过程中，物体系相对竖直轴o未受外力距作用，故物体系对转轴o的角动(T−T)r=I(β−β),I=(T−T)r/(β−β)①21212121量守恒，规定顺时方向为正，有v0对重物应用牛顿二定律：Iω−rmv=0∴ω=rmv/Ir00mmg−T=ma=mrβ,mg−T=ma=mrβ，两式相减，111111222222在弹射过程中，物体系动能不oI守恒，因弹力做正功使动能增加；可得：T−T=(m−m)g−r(mβ−mβ)，代入①中，可得：21212211总机械能守恒，因为只有保守内力（弹力）做功。2I=[(m−m)gr−(mβ−mβ)r]/(β−β)②212211217.4.2质量为2.97kg，长为1.0m的匀质等截面细杆可绕水平光12122滑的轴线o转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为10g，以水由运动学公式：h=at=at,∴a=2h/t,21122211平速度200m/s射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角θ.o2h2h2ha2=2,β1=2,β2=2，将角加速度代入②中，得：解：将子弹、杆构成的物体系作为研究对象，trtrt212整个过程可分为两个阶段研究：lM(m−m)gr−(m2h−m2h)r2第一阶段，子弹与杆发生完全非弹性碰撞，θ212rt21rt2I=21获得共同的角速度ω，此过程时间极短，可认2h2hrt22−rt12为杆原地未动。由于在此过程中，外力矩为零，mv2222=(m2−m1)gr−2hr(m2/t2−m1/t1)因此角动量守恒，mvl=ml2ω+1Ml2ω=(m+1M)l2ω3322222h(t−t)/(tt)1212(m−m)gr2t2t2−2hr2(mt2−mt2)∴=mv=.001×200=0.2rad/s21122112ω(m+M)3/l.0(01+.297)3/×0.1=222h(t−t)12第二阶段，子弹与杆以共同的初角速度ω摆动到最大角度θ，由于在此过程中，只有重力做功，所以物体系的机械能守恒，物体 第7章刚体力学习题解答51第7章刚体力学习题解答系原来的动能等于重力势能的增量：由机械能守恒：1122l(m+M)lω=mgl1(−cosθ)+Mg1(−cosθ)12h1122232mgh=Iω,mg⋅=⋅mhω,ω=3g/hC22232(m+M)3/l2.0(01+.297)3/×0.1×0.2∴cosθ=1−ω=1−≈.086352(m+M)g2(×.001+.297)×8.9上端点到达地面时的线速度：θ=30º34’v=ωh=3gh=3×8.9×10=172.m/s7.4.3一质量为m1，速度为v1的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为m2=99m1，长度为L的棒的端点，速度v1与棒垂直，棒原来静止于7.5.2用四根质量各为m长度各为l的匀质细杆制成正方形框架，光滑的水平面上，子弹击中棒后共同运动，求棒和子弹绕垂直与平可绕其中一边的中点在竖直平面内转动，支点o是光滑的。最初，框面的轴的角速度等于多少？架处于静止且AB边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当AB边达到水解：以地为参考系，把子弹和棒看作Am2,L平时，框架质心的线速度vc及框架作用于支点的压力N.一个物体系，棒嵌入子弹后作平面运动，解：先求出正方形框架对支点o的转动惯量：Av1COo可视为随质心C的平动和绕质心C的转I=I+4m(l)2=I+ml2m1oc2c动，绕质心C转动的角速度即为所求。Ep=012l24272BI=(4ml+m)=ml∴I=mlc1243o3m1COm1+m2CO+CA100L据质心定义:=,=,=，设AB边达到水平位置时，框架的角速BAmCAmCA992CA22度为ω，据机械能守恒定律：4l121(72)2mg=Iω=mlω22o23CA=99L/200=.0495L,CO=5.0L−.0495L=.0005L∴=12g,v=1l=3glωω7lc27据角动量守恒：2122mvCA=(mCA+mL+mCO)ω1111222AB边在水平位置时，框架所受到的向上的支撑力N和向下的重2122力W的作用线均通过支点o，对o轴的力矩为零，据转动定理，框架m1v1×.0495L=m1.0(495+12×99+99×.0005)Lω2的角加速度为零，∴ac=ωl/2=6g/7，方向向上。规定向上方向为正，22.0495v=.0(495+99/12+99×.0005)Lω1对框架应用质心运动定理：ω=.0058v/L1663N−4mg=4ma=4mg∴N=4mg1(+)=7mgc7777.5.110m高的烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时据牛顿第三定律，支点受到的压力，大小等于N，方向向下。的线速度，设倾倒时，底部未移动，可近似认为烟囱为匀质杆。解：设烟囱质量为m，高为h，质心高度hC=h/2，对转轴的转动7.5.3由长为l，质量为m的匀质细杆组成正方形框架，其中一12h212角连于水平光滑转轴O，转轴与框架所在平面垂直，最初，对角线惯量I=mh+m()=mh，倒在地面上时的角速度为ω1223 第7章刚体力学习题解答52第7章刚体力学习题解答OP处于水平，然后从静止开始向下自由摆动，求OP对角线与水平成45°时P点的速度，并求此时框架对支点的作用力。7.5.4质量为m长为l的匀质杆，其B端放在桌上，A端用手支解：先求出框架对O轴的转动惯量：据平行轴定理，住，使杆成水平。突然释放A端，在此瞬时，求：⑴杆质心的加速I=I+4mOC2=(41ml2+m1l2)+4m(1l)2=10ml2度，⑵杆B端所受的力。C12423解：⑴以支点B为转轴，应用转动BA设对角线OP转过45°后框架的角速度为l123gN定理：mg=mlβ∴β=，质232lω，且势能为零，由机械能守恒：C4(lsin45)12,2522OPl3mg°=Iωmgl=mlω心加速度a=β=g，方向向下。x223nc24τ26g6g34mg⑵设杆B端受的力为N，对杆应用yω=,ω=,v=ω2l=2gl5l5lp5质心运动定理：N=0y，设支点O对框架的作用力为N，由定轴转动定理：τ=Iβ，Nx-mg=-mac,Nx=m(g–ac)=mg/4τ4mgsin45°l/23gl3g32β===,a=β==g∴N=mg/4，方向向上。I10ml23/5lτ252107.5.5下面是匀质圆柱体在水平地面上作无滑滚动的几种情况，26gl6g质心的法向加速度an=ωOC=⋅=求地面对圆柱体的静摩擦力f.5l252⑴沿圆柱体上缘作用一水平拉力F,柱体作加速滚动。⑵水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。在方向应用质心运动定理：nˆN−4mgcos45°=4ma，nn⑶不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动。⑷在主动力偶矩τ的驱动下加速滚动，设柱体半径为R。6g24222N=22mg+4m⋅=2(2+)mg=2mg解：规定前进方向和顺时针方向为正方向。n525×25N假设静摩擦力方向向后，其余受力情况如图所F(1)所示。对每种情况，都可以根据质心定理、绕CF(2)在τˆ方向应用质心运动定理：N+4mgsin45°=4maττ质心轴的转动定理和只滚不滑条件，建立三个f364方程求解。mgN=4m⋅2g−22mg=(−)22mg=−2mgτ105512⑴F−f=ma(,F+f)R=mRβ,a=βRc2c22322N=N+N=+2×22mg=.632mg，设与-τˆ方向夹τn2525可求得f=-F/3,负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。12角为θ，θ=arctg|Nn/N|=arctg5.5=797.°⑵F−f=ma,fR=mRβ,a=βRτc2c 第7章刚体力学习题解答53第7章刚体力学习题解答可求得f=F/3,正号说明静摩擦力方向与假设方向相同，向后。将N1、f2代入（5）中，有⑶ac=0,f=01[3F−μ(M+M2)g]F−μ(M+M)g−Ma=Ma∴a=2323M+M2⑷fmafR1mR2aR,求得f=−2τ−=,τ+=β,=βc2c3R负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。7.5.7在水平桌面上放置一质量为m的线轴，内径为b，外径为2R,其绕中心轴转动惯量为mR/3,线轴和地面之间的静摩擦系数为μ。7.5.6板的质量为M，受水平力FR线轴受一水平拉力F,如图所示。的作用，沿水平面运动，板与平面间的M2F⑴使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？摩擦系数为μ.在板上放一半径为R质⑵若F和水平方向成θ角，试证，cosθ＞b/R时，线轴向前滚；量为M2的实心圆柱，此圆柱只滚动不cosθ＜b/R时，线轴向后滚动。滑动。求板的加速度。y解：隔离圆柱，其受力及运动情况如图β解：可将（1）看作（2）的特殊F所示，其中ac为质心对地的加速度，β为相情况。建立图示坐标，z轴垂直纸面CbRx对质心的角加速度，f2、N2分别为板施加给W2ac向外，为角量的正方向。根据静摩擦θ圆柱的静摩擦力和压力。f2力的性质，可知其方向与F水平分量f方向相反。设线轴质心的加速度为a，由质心定理：f2=M2ac1(),N2=M2g)2(N2绕质心的角加速度为β。12由质心定理：cos)1(sin)2(对质心应用转动定理：f2R=2M2Rβ)3(N1Fθ−f=maN=mg−Fθ隔离木板，其受力及运动情况如图所示，f2F12由转动定理：Fb−fR=mRβ)3(3其中a为板对地的加速度，f1、N1分别为水平f1=μN1Mg面施加给板的滑动摩擦力和压力。N2a只滚不滑：a+βR=0(4)由⑴,⑶,⑷联立，可求得：应用牛顿第二定律（或质心定理）：3F(cosb,)3F(bcos,)F3(cos)a=θ−β=−θf=b+Rθ4mR4mRR4RN=N+Mg)4(F−μN−f=Ma)5(1212⑴F为水平拉力时，即fFbRmgcosθ=,1=3(+)≤μ4R圆柱在木板上只滚不滑的条件是：a=ac+βR(6)(圆柱与板接触点对地的加速度等于质心加速度加上绕质心转动的加4μR∴F≤mg.3b+R速度，即ac+βR，它必须等于木板对地的加速度a,才能只滚不滑)将（2）代入（4）求得：N1=(M+M2)g；由（1）（3）可解得，b⑵若cosθ>,a>,0β<0，即线轴向前滚；R2ac=Rβ与（6）联立，可求得，ac=a/3,代入（1）中，f2=aM2/3； 第7章刚体力学习题解答54第7章刚体力学习题解答b若cosθ<,a<,0β>0，即线轴向后滚。由（2）解得：N=W1(−a/l)+Fh/lR2将N2代入(1)中得：N1=Wa/l−Fh/l7.5.9一质量为m,半径为r的均质实心小球沿圆弧形导轨自静止开始无滑滚下，圆弧形导轨在铅直面内，半径为R。最初，小球质令F=0，即得到无拖车时前后轮的支持力N1’和N2’。显然，有拖心与圆环中心同高度。求小球运动到最低点时的速率以及它作用于车时，前轮支持力减小，后轮支持力增大。导轨的正压力。解：设小球运动到最低点时，其质心速7.6.3电梯高2.2m，其质心在中央，悬线亦度为v，绕质心转动的角速度为ω，由机械在中央。另有负载50×10kg，其重心离电梯中o121222垂线相距0.5m。问⑴当电梯匀速上升时，光滑能守恒，有mg(R−r)=2mv+2(5mr)ωl导轨对电梯的作用力，不计摩擦（电梯仅在四角N处受导轨作用力）；⑵当电梯以加速度0.05m/s2上只滚不滑条件：7ω=v/r,代入上式，可求得v=(R−r)gMgmg10升时，力如何？2在最低点应用质心运动定理：N−mg=mv/(R−r)解：⑴以o为轴,据力矩平衡条件：Nl=mgb∴N=m[g+v2/(R+r)]=m(g+7g)=23mg，作用于导轨的3N=mgb/l=50×10×8.9×2.2/5.0=.1114×10N107正压力与此等大，方向向下。⑵设电梯的加速度为a，以电梯为参考系，负载除受重力外，还受惯性力作用f*=ma,方向向下,据力矩平衡条件：Nl=m(g+a)b7.6.1汽车在水平路面上匀速行驶，后面牵引旅行拖车，假设拖车仅对汽车施以水平向后的拉力F.汽车重W,其重心与后轴垂直距离3N=m(g+a)b/l=50×108.9(+.0052.2/5.0)=.1119×10N为a,前后轴距离为l，h表示力F与地面的距离。问汽车前后论所受地面支持力与无拖车时有无区别？试计算之。解：隔离汽车，受力情况如图所示（摩擦力没CF有画出，因与此题无关）。h在竖直方向应用力平N1WaN2l衡方程：N+N=W)1(12以前轮为支点，由力矩平衡方程，Nl=W(l−a)+Fh)2(2 第7章刚体力学习题解答55第7章刚体力学习题解答7.7.1环形框架质量为0.20kg，上面装有质量为1.20kg的回转仪，框架下端置于光滑的球形槽内，回转仪既自传又旋进，框架仅随回转仪的转动而绕铅直轴转动，回转仪自身重rz心以及它连同框架的重心均在C点，C点与转动轴线的垂直距离为r=0.02m，回转仪绕自转Nx-42C轴的转动惯量为4.8×10kgm,自转角速度为120rad/s.⑴求旋进角速度；⑵求支架球形槽对支架的总支承力。(m1+m2)g解：根据旋进与自旋的关系式：τ(m1+m2)gr2.0(+)2.1×8.9×.002Ω===≈.476rad/s−4IωIω8.4×10×120把回转仪与支架当作一个系统，设球形槽对支架的支承力为N，整个装置的质心C相对竖直轴做匀速圆周运动，由质心运动定理：22N=(m+m)rΩ=2.0(+)2.1×.002×.476=.063Nx12N=(m+m)g=2.0(+)2.1×8.9=13.72Nz122222N=N+N=.063+13.72=13.73NxzNx.063与竖直轴夹角θ=arctg=arctg=.263°N13.73z 第8章弹性体的应力和应变习题解答56第8章弹性体的应力和应变习题解答-42第八章基本知识小结8.1.1一钢杆的截面积为5.0×10m，所受轴向外力如图所示，试计算A、B，B、C和C、D之间的应力。⒈弹性体力学研究力与形变的规律；弹性体的基本形变有拉伸4444F=6×10N,F=8×10N,F=5×10N,F=3×10N1234压缩形变和剪切形变，弯曲形变是由程度不同的拉伸压缩形变组成，扭转形变是由程度不同的剪切形变组成。解：EGHF1F2F3F4⒉应力就是单位面积上作用的内力；如果内力与面元垂直就叫ABCD正应力，用σ表示；如果内力方向在面元内，就叫切应力，用τ表根据杆的受力情况，可知杆处于平衡状态。分别在AB之间E示。处，BC之间G处，CD之间H处作垂直杆的假想截面S。⒊应变就是相对形变；在拉压形变中的应变就是线应变，如果l0隔离AE段，由平衡条件，E处S面上的内力F=F1,∴A、B之间的表示原长，Δl表示绝对伸长或绝对压缩，则线应变ε=Δl/l0；在剪6×10482应力σ=F/S=F1/S=−4=2.1×10N/m切形变中的应变就是切应变，用切变角ψ表示。0.5×10隔离AG段，由平衡条件，G处S面上的内力F=F2-F1,∴B、C之间⒋力与形变的基本规律是胡克定律，即应力与应变成正比。F−F8(−)6×10482=−21=−=−4.0×10N/m压应力σs−4在拉压形变中表示为σ=Yε，Y是由材料性质决定的杨氏模量，0.5×10在剪切形变中表示为τ=Nψ，N是由材料性质决定的切变模量。隔离HD段，由平衡条件，H处S面上的内力F=F4,∴C、D之间的3×10482应力σ=F/S=F4/S=−4=6.0×10N/m⒌发生形变的弹性体具有形变势能：0.5×10012拉压形变的形变势能密度E=Yε，p28.1.2利用直径为0.02m的C012钢杆CD固定刚性杆AB.若CD杆剪切形变的形变势能密度E=Nψ。p27内的应力不得超过σmax=16×10Pa0.8mT12τ.问B处最多能悬挂多大重量？ADB⒍梁弯曲的曲率与力偶矩的关系k=3解：隔离AB，以A点为轴，Ybh1.0m0.6m由力矩平衡条件，有4πNR⒎杆的扭转角与力偶矩的关系τ=Cϕ,C=8.0T××0.1=W×0.1(+)6.0∴W=.039T2l0.12+8.02W2隔离CD，杆CD应力σ=T/S,∴T=σS=σπ(D/2).杆能承受的最大拉=πD2=1×.314×.0022×16×107=.502×104力TσNmax4max4 第8章弹性体的应力和应变习题解答57第8章弹性体的应力和应变习题解答4应力仅为允许应力的70%，若电梯向上的最大加速度为g/5,求钢索直B处能悬挂的最大重量W=.039T=.196×10Nmaxmax径为多少？将钢索看作圆柱体，且不计其自重，取钢的允许应力为86.0×10Pa.TTT-428.1.3图中上半段为横截面等于4.0×10m解：设每根钢索承受拉力为T,电梯自重为10且杨氏模量为6.9×10Pa的铝制杆，下半段为横W=mg,负荷为W"=m"g.由牛顿第二定律，-42103m截面等于1.0×10m且杨氏模量为19.6×10Pa3T−W−W"=(m+m)"a=(2.0m+m)"ga7的钢杆，又知铝杆内允许最大应力为7.8×10Pa,T=1[W+W"+(2.0m+m)"g]W’372m钢杆内允许最大应力为13.7×10Pa.不计杆的自1=2.1(mg+2.1W)"=(4.0mg+W)"3重，求杆下端所能承担的最大负荷以及在此负荷W33下杆的总伸长量。F=4.0×(500×8.9+5.5×10)=.416×10N解：设铝杆与钢杆的长度、横截面、杨氏模量、应力分别为：T设钢索直径为D，每根钢索的应力σ=2π5.0(D)l1、S1、Y1、σ1，l2、S2、Y2、σ2.,显然，σ1=F/S1，σ2=F/S2.设铝杆和钢杆所能承担的最大负荷分别为F1max，F2max，则38∴D=2T/(πσ)=2.416×10/(.314×7.0×0.6×10)7−44F=σS=8.7×10×0.4×10=.312×10N−31max1max1=.615×10m=.615mm7−44F=σS=137.×10×0.1×10=.137×10N2max21max28.1.5⑴矩形横截面杆在轴向拉力作用下拉伸应变为ε，此材料4的泊松系数为μ，求证杆体积的相对改变为(V-V0)/V0=ε(1-2μ)，整个杆的最大负荷应取钢杆的最大负荷：F=.137×10NmaxV0表示原体即，V表示形变后体积.⑵上式是否适用于压缩？⑶低碳10FmaxΔl1钢杨氏模量为Y=19.6×10Pa，泊松系数μ=0.3，受到的拉应力为σ根据拉伸形变的胡克定律，对于铝杆=Y，所以，S1l1=1.37P，求杆件体积的相对改变。aΔl=Fmaxl1Fmaxl2解：⑴设杆原长为l0，矩形截面两边原长分别为a0和b0，据线应；对于钢杆，同样有Δl=.整个杆的伸长量是：1YS2YS1122变定义：轴向应变=l−l0b−b0a−a0ε，横向应变ε==，所以：l01b0a0Δl=Δl+Δl=F(l1+l2)12maxY1S1Y2S2l=1(+ε)l,a=1(+ε)a,b=1(+ε)b，由泊松系数定义01010=.137×104(0.3+0.2)=.289×10−3m10−410−49.6×10×0.4×10196.×10×0.1×10|ε1|μ=，拉伸时，ε>0,ε1<0,∴ε1=-μεε8.1.4电梯用不在一条直线上的三根钢索悬挂。电梯质量为500kg。最大负载极限5.5kN。每根钢索都能独立承担总负载，且其 第8章弹性体的应力和应变习题解答58第8章弹性体的应力和应变习题解答8.2.1在剪切材料时，由于刀口不快，没有切断，该钢板发生了V−Vabl−abl1(+ε)a1(+ε)b1(+ε)l−abl000010100000==2Vablabl切变。钢板的横截面积为S=90cm.两刀口间的垂直距离为d=0.5cm.00000005当剪切力为F=7×10N时，求：⑴钢板中的d22=1(+ε)1(+ε)−1=1(−με)1(+ε)−11切应力，⑵钢板的切应变，⑶与刀口相齐的22=1(−2με+με)(1+ε)−1=ε1(−2μ)(略去高级小项)两个截面所发生的相对滑移。已知钢的剪切10⑵对于压缩，ε<0,ε1>0,仍有ε1=-με成立，因此上式对压模量N=8×10Pa。缩情况仍然适用F7×10572解：⑴据切应力定义τ=S=90×10−4=.778×10N/m⑶据胡克定律σ=Yε,ε=σ/Y.778107−4⑵据胡克定律，=N∴=τ=×=7.9×10radτψψN108×10V−V0σ1(−2μ).1371(−2×)3.0−12==≈8.2×1010−4−4VY196.×10⑶∵ψ=Δl/d∴Δl=dψ=5.0×7.9×10=.485×10cm08.1.6⑴杆受轴向拉力F，其横截面为S，材料的重度（单位8.3.1一铝管直径为4cm，壁厚1mm，长10m，一端固定，而另体积物质的重量）为γ，试证明考虑材料的重量时，横截面内的应一端作用一力矩50Nm，求铝管的扭转角θ；对同样尺寸的钢管再计10F算一遍，已知铝的剪切模量N=2.63×10Pa，钢的剪切模量为力为σ(x)=+γx。⑵杆内应力如上式，试证明杆的总伸长量S108.0×10PaFll2解：设管的半径为R,管壁厚d，管长为l,外力Δl=+γxθSY2Y矩为M，由于d<,0∴φ=−πdt255425∴波方程cos[2(x)π]cos[2(x)π]方法一：令12πy=Aπvt−−=Aπft−−x"=x+，先画出y=5cosx"的波形图，然后将V2C252y轴右移12即可。510.2.5已知波源在原点（x=0）的平面简谐波方程为方法二：找出x、y的对应点，根据余弦函数规律描出。y=Acos(bt−cx),A,b,c均为常量.试求：⑴振幅、频率、波速和波y"y长；⑵写出在传播方向上距波源l处一点的振动方程式，此质点振动x(m)的初相位如何？解：⑴将y=Acos(bt−cx)与标准形式y=Acos(ωt−kx)比10.2.8对于平面简谐波cos2(tx)S=rπ−中，r=0.01m,T=12s,Tλ较，ω=b,k=c,∴振幅为A,频率v=ω/2π=b/2π,波速V=ω/k=b/c,波长λ=V/v=2π/c.λ=0.30m,画出x=0.20m处体元的位移-时间曲线。画出t=3s,6s时的波形图。⑵令x=l,则y=Acos(bt−cl)，此质点振动初相为–cl.解：波方程S=rcos2(t−x)=.001cos2(t−x)ππTλ123.010.2.6一平面简谐波逆x轴传播，波方程为⑴令x=0.20，S=.001cos2(t−2.0)=.001cosπ(t−)8π；令123.06y=Acos2v(t+x+3),π试利用改变计时起点的方法将波方程化Vt"=t-8,根据T=12s及余弦曲线的规律，先画出S"=.001cosπt"的S’-t’6为最简形式。曲线，再把S"轴向左移动8秒，即得S-t曲线。解：令t’=t+3,则y=Acos2vt"(+x)π，即将计时起点提前3s,VS(m)S’即可把方程化为如上的最简形式。-10123456789101112t(s)10.2.7平面简谐波方程y=5cos2(t+x)π，试用两种方法画出4-0.01t=3s时的波形图（SI）。5⑵令t=3,S=.001cos2(3−x)=.001cos2(x−3)ππ=123.03.012解：由波方程可知：A=5,v=4,v=1,λ=v/v=4 第10章波动习题解答70第10章波动习题解答10.2.10图（a）、（b）分别表示t=0和t=2s时的某一平面简谐波.001cos20(x−3)33π.令x"=x−，根据λ=3.0=4×m及余弦3404040的波形图。试写出平面简谐波方程。解：由波形图知：A=2m,λ=2m.由图（a），原点处质元t=0时，曲线的规律，先画出S".001cos20x"=π的S’-x’曲线，再把S’轴向左3y=A,可判断其初相为零.比较y/mv移动3/40m，即得S-x曲线。（a）、（b）两图,（b）图可看2S(m)S’作（a）图向右移动0.5m得到。012x/m0.01∴VΔt=0.5,V=0.5/2=0.25m/s.-2x(3/40m)ω=2πV/λ=2π×0.25/2=0.25π图（a）-101234567∴=−xy2cosω(t)Vx012x/m=2cos.025π(t−).025t=6s时的波形图，可把t=3s时的波形图左移6−3×3.0=3m，1240=2cosπ.0(25t−x)即1个单位，就是t=6s时的波形图（虚线所示）。图（b）210.2.9两图分别表示向右和向左传的平面简谐波在某一瞬时的10.3.1有一圆形横截面的铜丝，受张力1.0N,横截面积为1.0mm.波形图，说明此时x1,x2,x3以及ξ1,ξ2,ξ3各质元的位移和速度为正还求其中传播纵波和横波时的波速各为多少？铜的密度为8.9×3392是为负？它们的相位如何？（对于x2和ξ2只要求说明其相位在第几10kg/m,铜的杨氏模量为12×10N/m.像限）Y12×1093解：纵波波速V==3≈.116×10m/s.yvyvρ3.8×10x2ξ23−6−3xx铜丝的线密度ρ"=ρs=9.8×10×0.1×10=9.8×10kg/m，铜x1x3ξ1ξ3T1丝中传播的横波是绳波，横波波速V=ρ"=9.8×10−3≈106.m/s解：根据yAcos(t∓x),uAsin(t∓x)=ω=−ωω及波形图随VV3时间t的移动方向，可做出如下判断：10.3.2已知某种温度下水中声速为1.45×10m/s,求水的体变模量。x1x2x3ξ1ξ2ξ3k解：∵水中声波速度V=∴水的体变模量位移正最大负0正最大负0ρ速度0负负最大0正正最大23329k=ρV=0.1×10×.1(45×10)≈.210×10Pa相位0或2πⅡ像限π/20或2πⅢ像限-π/2 第10章波动习题解答71第10章波动习题解答10.4.1在直径为14cm管中传播的平面简谐波，平均能流密度为IIr2Ir2表示：10lg1=10lg22=10lg2+10lg(2)2I0Ir2I0r19erg/s.cm，v=300Hz，V=300m/s.⑴求最大能量密度和平均能量密度，01⑵求相邻同相位波面间的总能量。r22即IL=IL+10lg()=20+10lg4=20+.602=26.02dB12r1122−32解：平均能流密度I=ρωAV=9×10J/s.m2⑵设r=r3时听不到声音，即对应的声强级IL3=0⑴∵能量密度=2A2sin2(t−x)10lgI2=10lgI2−10lgI3=IL−IL=20−,0∴lgI2=,2I2=102ερωω，∴最大能量密度23VI3I0I0I3I3222I2×9×10−3−5322I3r22I2εmax=ρωA=V=300=6×10J/m.平均能量密度I24πr2=I34πr3,I2=(r3),r3=I3r2=10×10=100m=12A2=1=3×10−5J/m3ερωε22max10.5.1声音干涉仪用于显示声波的干涉，见图。薄膜S在电磁214×10−22−22铁的作用下振动，D为声音检测器，SBD长度可变，SAD长度固定，⑵管的横截面积s=πR=.314×()=.154×10m，2声音干涉仪内充满空气。当B处于某一位置时，在D处听到的声强为100单位的最小声音，将B移动则声音加大，当B移动1.65cm时V300∵相邻同相位波面间的距离为λ===1m，∴其间总能量为v300听到强度为900单位的最强音。求：⑴声波的频率；⑵到达D处二声波振幅之比，已知声速为342.4m/s−5−2−7E=ελs=3×10×1×.154×10≈6.4×10J解：⑴D处听到的声强是由10.4.3面向街道的窗口面积约40m2,街道上的噪声在窗口的声SAD和SBD传过来的两列相干波叠S强级为60dB,问有多少声功率传入室内？（即单位时间进入多少声加结果；声强最小，说明两列相干BA能）波在D处的相位相反，合振幅为两II6个分振幅之差；声强最大，说明两解：据声强级定义：Il=10lg=60,lg=,6I=10I，DI0I00列相干波在D处相位相同，合振幅为两个分振幅之和；两列波在D处的相位差由相反变为相同，相位6−12−5所以传入室内的声功率W=IS=10×10×40=0.4×10W差改变为π，因此两列波传播距离的改变为λ/2，有：10.4.4距一点声源10m的地方，声音的声强级为20dB，求：⑴λ=2×.165×10−2,=6.6×10−2m,v=V=3424.≈5188Hzλ−2距声源5m处的声强级；⑵距声源多远就听不见1000Hz的声音了？2λ6.6×10解：⑴设r=r1=5m时,声强为I1,声强级为IL1；22⑵I/I=A/A,A/A=I/I=100/900=3/112121212r=r2=10m时，声强为I2,声强级为IL222r22r∵I4πr=I4πr,∴I=I()，用声强级112212r1 第10章波动习题解答72第10章波动习题解答10.5.2两个波源发出横波，振动方向与纸面垂直，两波源具有方向与入射波传播方向相反；入射波在原点处振动初相为零，设反相同的相位，波长0.34m.⑴至少求出三个x数值使得在P点合振动射波在坐标原点处振动初相为φ，固定端反射有半波损失，所以最强，⑵求出三个x数值使得在P点的合振动最弱。2Δ4Δ4×.0510−φ=2π+π,φ=−(+)1π=−(+)1π=−61π.综合解：由于两个波源的相位相同，λλ34/1000因而二波在P点引起的两个分振动的lP−4x以上考虑，反射波方程为y=10×10cos[2000π(t+)−61π]34相位差l−(l−x)xl-xΔ=2π=2πλλ−4x=10×10cos[2000π(t+)−π]34x⑴当2π=2nπ(n=2,1,0…）时，λ合振动最强。取n=0,1,2,得x1=0,x2=λ=0.34m,x3=2λ=0.68mtx10.5.5入射波方程为y=Acos2π(+)，在x=0处的自由端Tλx⑵当2π=2(n+)1π(n=2,1,0…）时，合振动最弱。取n=0,1,2,λ反射，求反射波的波方程。无振幅损失。得x1=λ/2=0.17m,x2=3λ/2=0.51m,x3=5λ/2=0.85m解：反射波的振幅、周期、波长与入射波相同；反射波传播方向与入射波相反；由于在x=0处的自由端反射，无半波损失，反射10.5.3试证明两列频率相同，振动方向相同、传播方向相反而波与入射波在原点的初相相同。综合以上考虑，反射波方程为振幅大小不同的平面简谐波相叠加可形成一驻波与一行波的叠加。txy=Acos2π(−)证明；设满足要求的两列平面简谐波的波方程为：Tλy=Acos(ωt−kx),y=Acos(ωt+kx),A>A112212y=Acos(ωt−kx)+Acos(ωt+kx)10.5.610.5.7图表示某一瞬时入射波的波形图，分别画出在固12=(A1−A2+A2)cos(ωt−kx)+A2cos(ωt+kx)定端反射和在自由端反射时，反射波的波形图，无振幅损失。=(A1−A2)cos(ωt−kx)+A2[cos(ωt+kx)+cos(ωt−kx)]解：=(A1−A2)cos(ωt−kx)+2A2coskxcosωt123（应用三角函数公式：coscos2cosα+βcosα−βα+β=）22x显然，前一项表示一行波，后一项为一驻波方法：可先把界面后边的入射波补画上去，如图1；固定端反射−4x时，损失半个波长，可把界面后边的波形去掉半个波长，然后把剩10.5.4入射波y=10×10cos[2000π(t−)]在固定端反射，34余波形映射过去即可，如图2；自由端反射，无半波损失，直接把界坐标原点与固定端相距0.51m,写出反射波方程.无振幅损失.(SI)面后边的波形映射过去即可，如图3。解：反射波的振幅、频率、波速均与入射波相同；反射波传播 第10章波动习题解答73第10章波动习题解答10.5.8一平面简谐波自左x/m合振动位移为零（即静止）的条件是：两波在这些点引起的分向右传播，在波射线上某质元0.22π2π振动的相位差ΔΦ=(ωt+x−5.5π)−(ωt−x)=2(n+)1π，A的振动曲线如图示。后来此t/sλλ012345波在前进方向上遇一障碍物而-0.2将λ=8代入并整理，可得x=4n+13,n=0,±1,±2,±3….由于反射，并与该入射平面简谐波0≤x≤20,∴取n=-3,-2,-1,0,1,对应的x=1,5,9,13,17m.叠加而成驻波，相邻波节波腹距离为3m,以质元A的平衡位置为o-y轴原点，写出该入射波波方程。10.5.10一提琴弦长50cm,两端固定，不用手指按时，发出的声解：∵相邻波节波腹间距离是λ/4=3,∴λ=12m,k=2π/λ=π/6；音是A调：440Hz，若欲发出C调：528Hz，手指应按在何处？从A点振动曲线可知：A=0.2m,T=2s,ω=2π/T=π；设A点振动方解：基频决定音调，取n=1，v=1T,v"=1T,所以，12lρ12l"ρ程为2.0cos(),πx=πt+ϕ∵t=0.5s时，x=-0.2,∴-0.2=0.2cos(+ϕ)2v1l"v1440=,l"=l=×50cm=41.67cm，即手按在41.67cmπ,π2+ϕ=πϕ=2.综合以上考虑，入射波波方程应为v1"lv1"528可发出C调音2.0cos()2.0cos(ππ)x=ωt−ky+ϕ=πt−y+6210.5.11张紧的提琴弦能发出某一种音调，若欲使它发生的频率10.5.9同一媒质中有两个平面简谐波波源作同频率、同方向、比原来提高一倍，问弦内张力应增加多少倍？同振幅的振动。两波相对传播，波长8m.波射线上A、B两点相距1TT"v"2v"22解：∵v=2lρ,∴T=v2,T"=(v)T=2T=4T，即弦内张力20m.一波在A处为波峰时，另一波在B处相位为-π/2.求AB连线上因干涉而静止的各点的位置应增加3倍。解：以A点为坐标原点，y建立图示坐标系，x表示各质ABx20m10.7.1火车以速率v驶过一个在车站上静止的观察者，火车发出元的平衡位置，y表示各质元的汽笛声频率为f.求观察者听到的声音的频率的变化。设声速是v0.的振动位移。解：根据多普勒公式，当火车驶进车站时，观察者听到的频率设：cos(2π),cos(2π)v=V0f；当火车驶出车站时，观察者听到的频率v=V0f。y=Aωt−xy=Aωt+x+ϕ，据题1λ2λ1V0−V2V0+V意，波1使A处(x=0)质元位移最大时，波2使B处(x=20)质元的振动相位为-π/2,即t=0时，2πππ40π×20+ϕ=−,∴ϕ=−−=−5.5πλ22810.7.2两个观察者A和B携带频率均为1000Hz声源。如果A静止，而B以10m/s的速率向A运动，那么A和B听到的拍是多少？2π∴y=Acos(ωt+x−5.5π).2λ 第10章波动习题解答74第10章波动习题解答设声速为340m/s.VV解：A听到的拍频vA=v2’-v1’v"=V其中：v1’=v=1000Hz,2V−VsvAVsB340=340−10×1000=1030Hz，∴vA=1030-1000=30Hz.V+V0B听到的拍频vB=v1’-v2’.其中：v2’=1000Hz,v1"=Vv=340+10×1000=1029Hz,∴v=1029−1000=29Hz.340B10.7.3一音叉以vs=2.5m/s速率接近墙壁，观察者在音叉后面听到拍音频率v=3Hz,求音叉振动频率。声速340m/s.解：设音叉振动频率为f.人从音叉直接听到的频率vvV340v1"=V+Vsf=340+5.2f=.09927fvs人听到的从墙反射回来的频率（即墙接受到的频率）V340v"=f=f=.10074f.2V−Vs340−5.2∵v"−v"=v,即.1(0074−.09927)f=v=321∴f=3/(.10074−.09927)=204Hz 第11章流体力学习题解答75第11章流体力学习题解答第十一章流体力学基本知识小结11.2.1若被测容器A内水的压强比大气压大很多时，可用图中的水银压强计。⑴此压强计的优点是什么？⑵如何读出压强？设⒈理想流体就是不可压缩、无粘性的流体；稳定流动（或称定h1=50cm,h2=45cm,h3=60cm,h4=30cm，求容器内的压强是多少大气常流动）就是空间各点流速不变的流动。压？⒉静止流体内的压强分布解：⑴优点：可以测很高的压强，而压强计的高度不用很大⑵设界面处压强由右向左分别为p0,相对地球静止：dp=−ρgdy,p−p=ρgh（h两点间高度）12p1,p2,p3，水和水银的密度分别用ρ,ρ"表相对非惯性系静止：先找出等压面，再采用与惯性系相同的方示，据压强公式，有：h2h1h3法分析。p1−p0=ρ"gh1,p1−p2=ρgh2,Ah4⒊连续性方程：当不可压缩流体做稳定流动时，沿一流管，流p−p=ρ"gh,p−p=ρgh323A34量守恒，即Q=vΔs=vΔs=恒量1122∴p=ρgh+p=ρgh+ρ"gh+pA43432⒋伯努力方程：当理想流体稳定流动时，沿一流线，=ρgh+ρ"gh−ρgh+p4321=ρgh+ρ"gh−ρgh+ρ"gh+p1243210p+ρgh+ρv=恒量2=ρg(h−h)+ρ"g(h+h)+p42130⒌粘性定律：流体内面元两侧相互作用的粘性力与面元的面积、用大气压表示：速度梯度成正比，即dvf=ηdyΔs.η为粘性系数，与物质、温度、h4−h2h1+h330−4550+60p=1++=1++≈.243atmA136.×7676136.×7676压强有关。ρvl⒍雷诺数及其应用Re=,l为物体某一特征长度11.2.2A,B两容器内的压强都很大，现η欲测它们之间的压强差，可用图中装置，Δh=50cm，求A,B内的压强差是多少厘米⑴层流、湍流的判据：RR，湍流ee临ee临h水银柱高？这个压强计的优点是什么？1h2⑵流体相似律：若两种流体边界条件相似，雷诺数相同，则两AB解：由压强公式：p−p=ρghA11种流体具有相同的动力学特征。⒎泊肃叶公式：粘性流体在水平圆管中分层流动时，距管轴rp−p=ρ"gΔh,p−p=ρg(Δh+h)12B22p1−p222处的流速v(r)=(R−r)4ηlpA−pB=(p1+ρgh1)−(p2+ρgh2+ρgΔh)(p−p)+ρg(h−h−Δh)=ρ"gΔh−ρgΔh1212 第11章流体力学习题解答76第11章流体力学习题解答3用厘米水银柱高表示：11.2.5⑴海水的密度为ρ=1.03g/cm，求海平面以下300m处的压强。⑵求海平面以上10km高处的压强。p−p=Δh−Δh/136.=50−50/136.=463.cmHgAB解：⑴也可以忽略管中水的重量，近似认为压强差为50cmHgp=p+ρgh0优点：车高雅差方便，压强计的高度不需太大。536=.1013×10+.103×10×8.9×300=.313×10pa11.2.3游泳池长50m，宽25m，设各处−αyρ0gab⑵∵p=p0e,α=p=.0117/km，所以，海平面以上10km水深相等且等于1.50m，求游泳池各侧壁上0hc的总压力，不考虑大气压。dh5−.0117×105处的压强：p=.1013×10e=.0314×10pa解：设游泳池长a=50m，宽b=25m，水深c=1.50m。如图所示，在h深处，绕游泳池侧壁取高为dh的面11.2.6⑴盛有液体的容器以重力加速度自由下落，求液体内各元，其面积为ds=(2a+b)dh.∵h深处压强p=p+ρgh,不计o点的压强；⑵若容器以竖直向上的加速度a上升，求液体内压强随深度的分布；⑶若容器以竖直向下的加速度a（>SB，求E管中的液柱高度∴p=p=p230（ρ液>>ρ空气）。解：顺管子选取一条流线，h1h由静止液体压强公式；p2−p0=ρgh2,p3−p0=ρgh3由伯努利方程，有2DAC12E∵p=p=p,∴h=h=0p0+ρg(h2−h1)=pC+2ρvCh32302312B=p+ρv①02D11.5.1研究射流对挡壁的压力，射流流速为v，流量为Q，流体由连续性方程，Sv=Sv,∵S=2S,∴v=2v②CCDDDCCD密度等于ρ，求图中(a),(b)两种情况下射流作用于挡壁的压力由①可求得：v=2g(h−h,)v=22g(h−h)，D21C21vα2p=p+1v2−1v=p+12[g(h−h)−8g(h−h)]ρρρC02D2C022121=p0−3gρ(h2−h1)(a)(b)解：(a)以射流为研究对象，据题意，射流撞到挡壁后速度变为p−p0C对于E管，p=p+ρgh,h==(3h−h)KKKK0C3321ρg零，由动量定理：FΔt=(ρQΔt)(0−v),F=−ρQvKKK由牛顿第三定律，射流作用于挡壁的力F"=−F=ρQv 第11章流体力学习题解答80第11章流体力学习题解答(b)在x方向应用动量定理：8ηLy∵w=v,∴w=3w=3ρgh，代入①中：214343RFΔt=(ρQΔt)(−vsinα),F=−ρQvsinαxxxgh=1v2+3gh,v2=2gh−6ghρρρ12313因为流体是理想流体，所以在y方向射流对挡壁αvv=g2(h−6h)=2(8.9×.018−6×.005)≈.0767m/s13无作用力，即Fy=0，因此，F=Fx=−ρQvsinα（以上并未用上h2=0.1m的条件，但可以证明h2确实等于0.1m）3311.6.1设血液的密度为1.05×10kg/m，其粘度系数为2.7×-310pas，问当血液流过直径为0.2cm的动脉时，估计流速多大则变为湍流，视血管为光滑金属圆管，不计其变形。解：根据教材中给出的数据，在光滑的金属圆管中，临界雷诺ρvLReη2000×7.2×10−3数取为2000，∵Re=η,∴v=ρL=.105×103×2.0×10−2≈26m/s当血液流速大于26m/s时，将会出现湍流。11.6.2容器盛有某种不可压缩粘性流体，流动后各管内液柱高3如图所示，液体密度为1g/cm，不计大容器内能量损失，水平管截面积相同，求出口流速。解：如图所示，过1,2,3,4点取一1流线，因水平管各点截面相等，由连0.18m续性方程可知，2,3,4点的流速均相20.1m30.05m等，用v表示。根据不可压缩粘性流4体稳定流动的功能关系：0.1m0.1m0.1m12对1,4点，有p+ρgh=p+ρv+w①010214对3,4点，有p=p+w②3034据静止流体压强公式，p−p=ρgh③303由②③可得：w=p−p=ρgh34303'