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力电复习题
初始条件：x0=0，v0=0）问：1.物体在力F=5+8t（N）的作用下运动了3秒钟（t以秒为单位）它的速度、加速度增为多大？2.物体在力F=4+6x（N）的作用下移动了3m（x以米为单位）它的速度、加速度增为多大？
9、 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？
(1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。
10、 一质点在xOy平面上运动，运动方程为x=3t+5, y=12t+3t-4.式中t以 s计，2
x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点的速度；(5)计算t＝0s 到t＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)
11、 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：（1）质点作匀速直线运动；（2）质点
作匀减速直线运动；（3）质点作匀速圆周运动；（4）质点作匀加速圆周运动。
12、 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质
点的速度为v0，证明(1) t时刻的速度为v＝v0e
kk-()tm；(2) 由0到t的时间内经过的距-()tmv0m离为x＝()［1-em］；(3)停止运动前经过的距离为v0()；(4)当t=k时kk
速度减至v0的
1，式中m为质点的质量． e
二、 刚体力学
1、一半径R、质量为m的均匀圆柱体，绕垂心定轴以匀角速度ω转动，则其绕轴角动量L=Ek=，所受合外力矩M=_________。
2、质量m、长度l的质量均匀细棒，绕垂直于棒、通过一端点的定轴的转动惯量为J=______，以匀角速度ω绕该轴转动的转动动能Ek=L=合外力矩M=_________。
3、质量为m的均匀细棒,长为L,可绕过端点O的水平光滑轴在竖直面内转动,转轴摩擦忽略不计。初始时刻棒水平静止。现将其释放使之自由摆下，求任意摆角处棒的转动角速度、
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大学物理教学资料 第五版大学物理答案 马文蔚.doc 268页
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第一章　质点运动学1-1　质点作曲线运动,在时刻t质点的位矢为r,速度为v,速率为v,t至(t＋Δt)时间内的位移为Δr,路程为Δs,位矢大小的变化量为Δr(或称Δ｜r｜),平均速度为,平均速率为．(1)根据上述情况,则必有(　　)(A)｜Δr｜=Δs=Δr(B)｜Δr｜≠Δs≠Δr,当Δt→0时有｜dr｜=ds≠dr(C)｜Δr｜≠Δr≠Δs,当Δt→0时有｜dr｜=dr≠ds(D)｜Δr｜≠Δs≠Δr,当Δt→0时有｜dr｜=dr=ds(2)根据上述情况,则必有(　　)(A)｜｜=,｜｜=　　　(B)｜｜≠,｜｜≠(C)｜｜=,｜｜≠(D)｜｜≠,｜｜=分析与解　(1)质点在t至(t＋Δt)时间内沿曲线从P点运动到P′点,各量关系如图所示,其中路程Δs＝PP′,位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．(2)由于｜Δr｜≠Δs,故,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2　一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)；　(2)；　(3)；　(4)．下述判断正确的是(　　)(A)只有(1)(2)正确　　　　(B)只有(2)正确(C)只有(2)(3)正确(D)只有(3)(4)正确分析与解　表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3　质点作曲线运动,r表示位置矢量,v表示速度,a表示加速度,s表示路程,aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)dv/dt＝；(2)dr/dt＝v；(3)ds/dt＝v；(4)dv/dt｜＝aｔ．下述判断正确的是(　　)(A)只有(1)、(4)是对的(B)只有(2)、(4)是对的(C)只有(2)是对的(D)只有(3)是对的分析与解　表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3)式表达是正确的．故选(D)．1-4　一个质点在做圆周运动时,则有(　　)(A)切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B)切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C)切向加速度可能不变,法向加速度不变(D)切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解　加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时,aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时,aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1-5　如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作(　　)(A)匀加速运动,(B)匀减速运动,(C)变加速运动,(D)变减速运动,(E)匀速直线运动,分析与解　本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为,其中绳长l随时间t而变化．小船速度,式中表示绳长l随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为,方向沿x轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论　有人会将绳子速率v0按x、y两个方向分解,则小船速度,这样做对吗？1-6　已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为,式中x的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t＝4s时质点的速度和加速度．分析　位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t时间内的位移Δx的大小可直接由运动方程得到：,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp,求出0～tp和tp～t内的位移大小Δx1、Δx2,则t时间内的路程,如图所示,至于t＝4.0s时质点速度和加速度可用和两式计算．解　(1)质点在4.0s内位移的大小(2
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习题1第 1 章习题1.1．光在一年里走过的距离称为光年(l.y.),哈勃半径约为 1026m,它等于多少光年？ 解：l.y.=（365×24×60×60）×3×108=9.46×1015mR=946×m=1.05×1010（l.y.）或：R=8m/s=3.3×1017（l.s.）=3.3×1017/（365×24×60×60）=1.05×1010（l.y.）1.2．α =e2/ h c=1/137 称为精细结构常量,是一个在原子尺度很有用的量.试确定其量纲. 解： dime=AT?1, dim?=ML2T?1, dimc=LT?1, dimα=(AT?1)2/ [(ML2T?1) (LT?1)]=A2M?1L?3 1.3．试由 G, c, h 构造一个具有质量量纲的量. 解：令 m= Gα hβcγ ,于是 dim Gα h βcγ = M, dim G=M?1L3T?2, 代入三个常量后有 dim Gα h βcγ = M?α+βL3α+2β+γT?2α?β?γ =M 对比等式两边,列出关于α 、β 、γ 的方程组 -α +β=1， 3α+2β+γ=0， ?2α?β?γ=0 解得 于是 m=( c? / G)1/2≈ ( 3×108×1.05×10?34 / 6.67×10?11)1/2=2.17×10?8 (kg ) 1.4． mec2 是和电子相联系的特征能量,引力势能 Gm2/r 也具有能量量纲,能否据此估计电子 半径？ 解： 电子除质量外还带电荷,电相互作用能比引力能强得多,故不能用引力能来估计电子半径. 若 mec2=Gme2/r，则得到结果为 r =Gme/ c2=6.67×10?11×9.1×10?31/（3×108）2=6.7×10?58（m）&lp 而用电能，则： r =ke2/me c2=9.0×109×(1.6×10?19) /[9.1×10?31×(3×108)2]=2.8×10?15m2式中常量的量纲为 dim h =ML2T?1, dim c=LT?1-α =β =γ =1/21.5 ． m,t,F,x,v,a 分 别 是 质 量 , 时 间 , 力 , 长 度 , 速 率 , 加 速 度 . 求 下 列 各 项 的 量 纲:mv,Fx,Ft,mxv,mv2/2, Fv,ma,那些相同?并判断下列方程的合理性:F=mxv, Ft=mxa, Fv= mv2/2, v2+v3=2ax,Fx= mv2/2.解：dim(mv)=MLT?1, dim(ma)= dim(F)=MLT? , dim(mxv)= ML2T?1, dim(mv2/2)= ML2T?22由力的量纲，可得： dim(mv)= dim(Ft)=MLT?1 ，dim(mv2/2)= dim(Fx)= ML2T?2 dim(Fv)=ML2T?3习题2根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv2/2 合理，F=mxv, Ft=mxa, Fv= mv2/2, v2+v3=2ax 均不合理.1.6 ．估计地球上每年的降雨量;估计地球的质量和珠穆朗玛峰的质量,设地球半径约6×106m.解：地球表面积 70%为海洋,按海水每年蒸发 1m，可得地球上每年的降雨量为 Q =πR2×1×70%=3.14×(6×106)2 ×0.7=8×1013m3 取质量密度 103kg/m3，可得地球的质量 Me= 4πR3/3×103=4×3.14×(6×106)3×103/3≈2×1023kg 地球上山高约 r=R×10?3,把珠穆朗玛峰作球体看待,则质量为 M =4πr3/3×103=10?9Me=2×1014kg 1.7.哲学、音乐、美术、体育运动等与物理学有关吗？试论述之.(解答：略) 1.8. 查找有关资料,评述与“纳米” 、 “皮秒” 、 “飞秒”有关的科学领域的发展和展望. (解 答：略) 1.9. 试描绘你所想象的21世纪的科技与生活. (解答：略) 1.10. 了解你所学专业的历史,评述在其发展中物理学的作用. (解答：略) 1.11. 工业技术的发展与物理学的发展是相互促进的.阅读有关材料,比较热学与蒸汽机车、 核物理与核工业的发展历史中物理学的作用,有什么不同？(解答：略)第 2 章习题2.1 某人从原点出发， 20 s 内向东走了 25 m， 又在 10 s 内向正西南方向走了 12 m， 再在 15 s 内向北走了 15 m．求在整个过程中： （1）位移和平均速度； （2）路程和平均速率。 解：建立如右图所示的坐标系，根据题意有，v v ?r1 = 25i m， ?s1 = 25 m， ?t1 = 20 s；y5π v 5π v v ?r2 = 12 cos i + 12 sin j (m)， ?s2 = 12 m， ?t2 = 10 s； 4 4 v v ?r 3= 15 j m， ?s3 = 15 m， ?t3 = 15 s；故整个过程中， （1）总位移：x图 2-1 题 2.1 图v v 5π v 5π v v v v v ?r = ?r1 + ?r2 + ?r3 = 25i + 12 cos i + 12 sin j + 15 j 4 4 v v = (25 ? 6 2 )i + (15 ? 6 2 ) j (m)，平均速度：习题3v v v v v 1 v ?r (25 ? 6 2 )i + (15 ? 6 2 ) j = = [(25 ? 6 2 )i + (15 ? 6 2 ) j ](m / s ) v= ?t 20 + 10 + 15 45(2)路程：?s = ?s1 + ?s2 + ?s3 = 25 + 12 + 15 = 52 (m)，平均速率：v=?s 52 52 = = = 1.16 (m/s)。 ?t 20 + 10 + 15 45（1)质点在2-2.1 s，2-2.001 s，2-2.00001 s内的平均 2.2 一质点的运动方程为x=t2 (SI),试计算： 速度； （2）第2 s末的速度和加速度。 解： （1）由题意得，x |t = 2 = 22 = 4 (m)， x |t = 2.1 = 2.12 = 4.41 (m)， x |t = 2.001 = 2.0012 = 4.004001 (m)， x |t = 2.00001 = 2.000012 = 4.00004 (m)。所以，?x x |t = 2.1 ? x |t = 2 4.41 ? 4 = = = 4.1 (m/s)。 ?t 2.1 ? 2 0.1 ?x x |t = 2.001 ? x |t = 2 4.004001 ? 4 2-2.001 s内的平均速度： v = = = = 4.001 (m/s)。 ?t 2.001 ? 2 0.001 ?x x |t = 2.00001 ? x |t = 2 4.00004 ? 4 2-2.00001 s内的平均速度： v = = = = 4.0 (m/s)。 ?t 2.00001 ? 2 0.00001 dx dv (2) 由 x = t 2 (SI)得，速度 v = = 2t (SI)，加速度 a = = 2 (SI)。 dt dt 所以，第2 s末的速度为 v = 4 (m/s)，加速度 a = 2 (m/s2)。2-2.1 s内的平均速度： v = 2.3 质点从P点出发向左以1.0 cm/s匀速率沿半径为R=1.0 m的圆周运动。求它走过2/3圆周时 的位移、路程、这段时间内的平均速度和该点的瞬时速度。 解：如右图所示， 位移： ?r = 2 × R sin3 路程： ?s = Rθ = 1.0 × 4π / 3 = 4π / 3 (m)。 ?s 4π / 3 400π 走过圆周所用的时间：t = (s)。 = = ?2 v 1.0 × 10 3 v ?r 3 3 v 平均速度： (m/s)， 方向与位移方向相同。 v= = t 400π瞬时速度： v瞬时 = 1.0 (cm/s)，方向沿切线方向。vπ= 3 (m)，方向如图中所示。y 4π/3xv ?r图 2-2 题 2.3 图v习题42.4 质点在xy平面内运动，速度 v = (a + bt )i + ct 2 j (SI)，试问： （1）常量a、b和c的量纲 各是什么？ （2） 总加速度的大小和方向各为何？若某一时刻的位置矢量 r = (?4i + 5 j ) m， 经 ?t = 5 s后，其位移 ?r = (6i ? 8 j ) m，求： （3）此时刻的位矢； （4）在?t时间内质点 的平均速度。 解： （1）常量 a 、 b 和 c 的量纲分别为：[ a ] = LT?1vvvvvvvvv， [ b ] = LT?2， [ c ] = LT?3。（2）由 v = (a + bt )i + ct 2 j 得，vvvv v v v dv a= = bi + 2ctj 。 dt 2ct v 所以， 加速度的大小 a =| a |= b 2 + 4c 2t 2 ， 与x轴正方向所成的夹角为 θ = arctan 。 b v v v v v v v v v v v v （3）由 ?r = r2 ? r1 得， r2 = r1 + ?r = ( ?4i + 5 j ) + (6i ? 8 j ) = 2i ? 3 j (m)。v v v v v ?r 6i ? 8 j v （4）平均速度： v = = = 1.2i ? 1.6 j (m/s)。 ?t 52.5 一质点在半径R=1 m的圆周上顺时针运动，其路程与时间的关系为 s = πt 2 + πt 。试求质 点绕圆运行一周的路程、位移和所需时间。 解：绕行一周的路程： ?s = 2πR = 2π (m)。 位移： ?r = 0 。 （ t = ?2 舍去） 时间：由 s = πt 2 + πt = 2π 得， t = 1 (s)。 2.6 质点的运动方程为 x = at 2 ? bt 3 ，若 a = 3 ，b = 1 ，试求在最初4 s内质点所经过的路程 的长度和位移，并画出路径示意图。 解：由题意， x = 3t 2 ? t 3 ， v = x-16 图 2-3 题 2.6 图 O 4vdx = 6t ? 3t 2 。 dtt = 0 和3 s时， x = 0 ； t & 3s, x & 0 ； t = 0 和2 s时， v = 0 ； t & 2s, v & 0 。因此，在0到2s内质点沿x轴正方向运动，2s后沿x轴负方向运动。x |t = 2 = 4 (m)； x |t = 4 = ?16 (m)。位移： ?x = x |t = 4 ? x |t = 0 = ?16 ? 0 = ?16 (m)。v习题5路程的长度： s = 4 + 4 + 16 = 24 (m)。 路径示意图如右图。 2.7 一质点作直线运动，其运动方程为 x = 12t ? 6t ，其中 t 以 s 为单位，x 以 m 为单位，2求： （1）t=4 s 时，质点的位置、速度和加速度； （2）质点通过原点时的速度； （3）质点速 度为零时的位置； （4）作出 x? t 图，v? t 图和 a? t 图． 解：由 x = 12t ? 6t 2 得，速度 v =dx = 12 ? 12t ，加速度 a = dv = ?12 。所以， dt dt（1） x |t = 4 = 12 × 4 ? 6 × 42 = ?48 (m)，v |t = 4 = 12 ? 12 × 4 = ?36 (m/s)， a |t = 4 = ?12 (m/s2)。（2）质点通过原点时，即 x = 12t ? 6t 2 = 0 ，得 x = 0 s或 2 s。v |t = 0 = 12 ? 12 × 0 = 12 (m/s); v |t = 2 = 12 ? 12 × 2 = ?12 (m/s)。（3）质点速度为零时，即 v = 12 ? 12t = 0 得， t = 1 s。 此时，位置 x = 12 ? 6 = 6 (m)。 （4）x-t, v-t, a-t图。如下图所示。xm 6v/ms 12-1a/ms-2图 2-4 题 2.74 26t/s 0ts 0 . 5 1 1 . 5 2 2 . 5 31230 1 -6 -12 2 3t/s2 4 6 8-12（4）图。 2.8 一气球自地面以常速度 v 上升，在距离放出点为 R 处用望远镜对气球进行观测，求望远 镜观测气球的仰角 θ 随时间 t 的函数，并求出 θ 随时间的变化率． 解：由题意得， θ = arctanvt 。 R dθ v/R vR 。 = = 2 dt 1 + ( vt ) 2 R + v 2t 2 R2.9 一质点沿直线运动， 速度v=t3+3t2+2 (SI单位)， 如果当 t =2 s时， 质点位于x=4 m处， 求t =3 s时质点的位置、速度和加速度。( 答案：41.25m,56 m?s?1,45 m?s?2) 解：由 v = t 3 + 3t 2 + 2 得，位置 x = 加速度 a =∫t0vdt =t4 3 ， + t + 2t + c （c为常数） 4dv = 3t 2 + 6t 。 dt t4 3 + t + 2t ? 12 。 4又 t = 2 s时， x = 4 m，于是 c = ?12 。所以 x =习题6因此， x |t = 3 =34 + 33 + 2 × 3 ? 12 = 41.25 (m)， 4v |t = 3 = 33 + 3 × 32 + 2 = 56 (m/s)， a |t = 3 = 3 × 32 + 6 = 45 (m/s2)。2.10 已知质点的运动方程π x = 3cos t ； 4π y = sin t 4式中t以s为单位，x以m为单位。求：(1) 质点的轨道方程；(2) 质点的速度和加速度表达式； (3) t =1s时，质点的位置、速度和加速度。 解： （1） r =x 2 + y 2 = 3 cos 2π4t + sin 2π4t = 2 cos 2π4t +1或 x 2 = 3 cos 2π4t = 3(1 ? sin 2π4t ) = 3(1 ? y 2 ) ，即x2 + y 2 = 1。 3（2）由运动方程得，速度： vx = ?π π π 3π sin t ， v y = cos t ； 4 4 4 4加速度： a x = ?π π2 π 3π 2 cos t ， a y = ? sin t 。 16 4 16 46 2 ，y= ； 2 2（3） t = 1 s时，位置： x =速度： vx = ?6 2 π ， vy = π； 8 8 6 2 2 π ， ay = ? π 2 。 32 32加速度： a x = ?2.11 某人从地面向空中抛出一球， 在高度为14.7m处， 观察到它的速度v=(?3.98i +9.8j) m?s?1(x 轴沿水平方向,y轴沿竖直向上方向)。当忽略空气阻力时，求(1)球可以上升的总高度；(2)球 所经过的总的水平距离；(3)球落地时速度的大小和方向。 (答案：(1)19.6m;(2)15.9m;(3)20.0 m?s?1,与x轴夹角?78.5°) 解：(1)令质点处在高度14.7 m时刻为 t = 0 时刻，由题意得，vx 0 = ?3.98 (m/s)， v y 0 = 9.8 (m/s)。忽略空气阻力，质点在水平方向上做匀速运动，竖直方向上做竖直上抛运动。习题7从14.7 m高处继续上升的高度 y =v2 y0 2g=9.82 = 4.9 (m)， 2 × 9.8所以，球可以上升的总高度为 H = 14.7 + 4.9 = 19.6 (m)。 （2）质点处于地面时，速度在竖直方向上的分量： v y = 球从地面上升到最高点所需的时间： t =2 gH = 19.6 (m/s)。vy g= 2 (s)。因此，球在整个上升和下降过程中所经过的总的水平距离：X = 2 ×v x 0 t = ?15.92 (m)，负号表示沿x轴负方向。（3） 忽略空气阻力， 球下降到地面时， 水平方向的速度不变， 竖直方向的速度大小不变， 方向为垂直向下。因此， 速度 v =2 v2 + vy = (?3.98) 2 + 19.62 = 20.0 (m/s)， x0与水平方向的夹角 θ = arctanvy 19.6 = arctan = ?78.52° 。 vx 0 ? 3.982.12 一弹丸以v1=100 m?s?1的初速从原点以 θ1 = 30°的仰角由投射器射出， 同时位于x0=60 m处 的投射器将另一弹丸以v2=80 m?s?1的初速射出， 其仰角 θ 2 为何值时可望与第一弹丸相碰？求 出相碰的时间和位置。 解：第一种情况，如右图（a）所示， 两弹丸相向发射，在上升过程中相遇。 根据题意有， (a)v = 100 m / s 1 v = 80 m / sθ1=30° 60mθ22xv1x = v1 cosθ1 = 50 3 (m/s) （1）(b)v = 100 m / s 1 vv1 y = v1 sin θ1 = 50 (m/s)（2）v2 x = v2 cosθ 2 = 80 cosθ 2 (m/s) （3） v2 y = v2 sin θ 2 = 80 sin θ 2(m/s) （4）θ1=30° 60m2= 80 m / sθ2x图 2-5 题 2-12 图相遇时，两弹丸上升的高度相等，水平距离之和为60m，即：y1 = y2 = y ，即： v1 y t ?1 2 1 gt = v2 y t ? gt 2 （5） 2 2（6）x1 + x2 = 60 ，即： v1xt + v2 xt = 60把（1）-（4）式代入（5） （6）式得，习题8θ 2 = 38.7° ， t = 0.4025 (s)， y = 19.2 (m)。第二种情况，如右图（b）所示， 两弹丸都向右上方发射，在上升过程中相遇。 相遇时，两弹丸上升的高度相等，水平距离之差为60m，即：y1 = y2 = y ，即： v1 y t ?1 2 1 gt = v2 y t ? gt 2 （5） 2 2（7）x1 ? x2 = 60 ，即： v1xt ? v2 xt = 60把（1）-（4）式代入（5） （7）式得，θ 2 = 38.7° ， t = 2.48 (s)， y = 93.25 (m)。2.13 一人骑摩托车跳跃一个大矿坑,他以与水平面成22.5°角的初速度65 m?s?1从西边起跳,准 确地落在坑的东边.已知东边比西边低70m,忽略空气阻力,求:(1) 矿坑有多宽?他飞越的时间 有多长?(2)他在东边落地时的速度有多大?速度与水平面的夹角是多少? ( 答案：(1)426m,7.1s (2)74.9 m?s?1,?36.6°) 解： （1）建立坐标系（x轴水平向右，y轴竖直向上） 。由题意知，vx = v cosθ = 65 cos 22.5° = 60.05 (m/s)， v y = v sin θ = 65 sin 22.5° = 24.87 (m/s)。上升的高度 h上 =2 vy2g= 31.6 (m/s)，上升时间 t上 =vy g= 2.54 (s)。下降的总高度 h下 = 70 + 31.6 (m)，下降时间 t 下 =2h下 = 4.55 (s)。 g所以，矿坑的宽度 X = vx (t上 + t下 ) = 60.05 × （2.54 + 4.55） = 425.75 (m)。 （2）落地时，水平方向的速度不变 vx = 60.05 (m/s)； 竖直方向 v 'y = ? gt下 = ?9.8 × 4.55 = ?44.59 (m/s)，负号表示与正方向相反。 因此，速度 v =2 vx + v'y = 60.052 + 44.59 2 = 74.79 (m/s)， 2与水平方向的夹角 θ = arctanv 'y vx= arctan? 44.59 = ?36.6° 。 60.05．求： （1）计算并图示电子的运 2.14 一电子在电场中的运动方程为 x = 2t ， y = 19 ? 2t 2 （SI） 动轨迹； （2）电子的速度和加速度； （3）什么时刻电子的位矢与速度恰好垂直？写出此时位 矢； （4）何时电子离原点最近？最小距离为多少？习题9解：建立坐标系（x轴水平向右，y轴竖直向上） ，以下个物理量单位均为SI。1 2 x 。运动轨迹如图2-6所示。 2 v v dx dy v （2） vx = = 2 ， vy = = ?4t ，即： v = 2i ? 4tj ；图2-6 题2.14图 dt dt（1）由 x = 2t ， y = 19 ? 2t 2 得， y = 19 ?yv dv dv v ax = x = 0 ， a y = y = ?4 ，即： a = ?4 j 。 dt dt1 81 6v v v v v v （3） r = 2ti + (19 ? 2t 2 ) j ， v = 2i ? 4tj 。 v v v v v v r ⊥ v 时有， r ? v = 0 ，把 r 和 v 表达式代入得， t = 0 和 3 。 v v t = 0 时， r = 19 j ；v v v t = 3 时， r = 6i + j 。（4）电子离原点的距离1 4x 1 2 3 4?r = x 2 + y 2 = ( 2t ) 2 + (19 ? 2t 2 ) 2 = 4(t 2 ? 81) 2 + 37 ≥ 37 ，当 t = 9 s时取“ = ”，最小距离为 37 （m） 。 2.15 已知质点的运动方程： x = r cos ω t ， y = r sin ωt ， z = ct ，其中 r ， ω ，c均为常量，试 求： （1）质点作什么运动？（2）质点的速度、加速度； （3）运动方程的矢量形式。 解：建立坐标系（x轴水平向右，y轴竖直向上，z轴垂直纸面向外） （1）由 x = r cos wt ， y = r sin wt ， z = ct 得，x2 + y 2 = r 2 。所以，质点做螺旋圆周运动。 （2）质点的速度：dx dy dz = ? wr sin wt ， v y = = wr cos wt ， vz = =c， dt dt dt v v v v 即： v = (? wr sin wt )i + ( wr cos wt ) j + ck 。 vx =质点的加速度：ax =vdv dvx da = ? w2 r cos wt ， a y = y = ? w2 r sin wt ， az = z = 0 ， dt dt dt即： a = (? w2 r cos wt )i + (? w2 r sin wt ) j （3）运动方程的矢量形式：vv习题10v v v v r = (r cos wt )i + (r sin wt ) j + (ct )k2.16 质点沿直线运动,加速度a=4?t2 (SI单位),如果当t =3 s时,质点位于x=9 m处,v=2 m?s?1,求 质点的运动方程。 (答案： x = 2t 2 ?1 4 t ? t + 0.75 ) 12解：以下物理量均为SI。 已知 a = 4 ? t 2 ，所以v = ∫ adt = 4t ?0 ttt3 + c1 3（1）x = ∫ vdt = 2t 2 ?0t4 + c1t + c2 12（2）把限制条件 t = 3 时， v = 2 m/s和 x = 9 m代入（1） （2）式得： c1 = ?1 ， c2 = 0.75 。 所以，质点的运动方程为：t4 x = ? + 2t 2 ? t + 0.75 (SI)。 12，物体在 x = 0 处的速度为 2.17 一物体沿x轴运动，其加速度与位置的关系为 a = 2 + 6 x （SI） 10 m?s?1，求物体的速度和位置的关系。 解：以下物理量单位均为SI。 已知 a = 2 + 6 x 。dv dx dv 由 a = dv = = v 得， dt dx dt dxadx = vdv ，即： (2 + 6 x)dx = vdv ，两边积分得，2 x + 3x 2 + c =v2 ，其中 c 为常数。 2代入初始条件， x = 0 时 v = 10 得， c = 50 。 所以，速度和位置的关系为：v 2 = 6 x 2 + 4 x + 100 。2.18 人在静水中划行小船，当速度为v0时不再划行，已知此后小船运动规律为a=?kv，k为 常量．试证明船速的衰减规律为v=v0e?kt。 解：由题意知， a = ?kv =dv 。 dt习 所以， ? kdt =题11dv 。 v 上式两边积分得， ? kt + c = ln v （ c 为常数） 。代入初始条件， t = 0 时 v = v0 得， c = ln v0 。 所以， v = v0e ? kt ，得证。 2.19 一质点由静止开始作直线运动,初始加速度为a0,以后加速度均匀增加,每经过时间τ 增 加a0,求经过时间t后质点的速度和运动的距离. (答案： v = a0 t +a0 2 a a t , x = 0 t2 + 0 t3 ) 2τ 2 6τ a0解：已知：初始加速度为 a0 ，加加速度 β =τ，初始速度 v0 = 0 ，初始位置 x0 = 0 。所以，加速度与时间的关系为： a = a0 + 因而， 速度 即： v = 位移a0τt。v = ∫ adt = a0t +0ta0 2 t + c1 ，代入初始速度得 c1 = 0 。 2τa0 2 t + a0t 。 2τ t a a 。 x = ∫ vdt = 0 t 3 + 0 t 2 （已考虑初始条件） 0 6t 2 a0 ; b2.20 位于原点的粒子在t=0时由静止开始沿x轴正方向运动,如果其加速度为a=a0e?bt,( a0和b 是 常 量 ), 求 (1) 粒 子 运 动 的 最 大 速 度(2) 粒 子 的 运 动 方 程 。 ( 答 案 ： (1) vmax= (2) x =a0 1 [t ? (1 ? e ? bt )] ) b b解：已知： a = a0e ? bt ， v0 = 0 ， x0 = 0 。 （1）速度： v =∫ adt =0ta0 。 (1 ? e ? bt ) （已考虑初始条件） be ? bt & 0 ，在 t → ∞ 时， e ? bt → 0 。所以， vmax =a0 。 b（2）运动方程： x =∫ vdt = ∫0tt0a0 (1 ? e ? bt )dt b=a0 a ? bt 。 t+ 0 (e ? 1) （注意考虑初始条件） b b22.21 图2-28中， 曲线ABC为抛物线的一部分， 是一个作直线运动的质点的位置随时间变化的 关系曲线． 曲线在A点处切线与x轴夹角为45°． 写出质点的运动方程并画出其v?t曲线和x?t曲线。习题12解：根据图可设质点的运动方程为： x = a (t ? 1) 2 + c （1） （其中常数 a & 0 ， c & 0 ） 。dx 。 = 2a (t ? 1) （2） dt 由图知， t = 0 时， v = tan 45° = 1 ，速度： v =t = 2.5 时， x = 0 。代入（1） （2）式得 a = ?1 9 ，c = 。 2 8图 2-28 习题 2.21 示意图因而，质点的运动方程为：1 9 x = ? (t ? 1) 2 + 。 2 8 v =1? t 。x-t和v-t曲线如图2-7所示。xm 1 0 . 5 0 . 8 vms 1ts 0 . 6 0 . 5 0 . 4 1 0 . 2 1 . 5 ts 0 . 5 1 1 . 5 2 2 . 5 3 2 0 . 5 1 1 . 5 2 2 . 5 3图2-7 题2.21图 2.22 1）图2-29（a）中给出了4个v?t图，请分别求出在第4 s末各运动物体距原点的位移及 所走的路程； （2）在直线公路上行使的两汽车的v?t曲线如图2-29（b）所示，试分析两者运 动的异同，图上三个点O、Q、P表示的意义，写出各自的运动方程； （3）已知作直线运动物 体的a?t曲线如图2-29（c）所示，设t=0时x=0，v0=0，试画出v?t曲线和x?t曲线。图 2-29习题 2.22 示意图解： （1）图（a）的第一个图，位移 ?r1 = 4 × 5 = 20 (m),路程 ?s1 = ?r1 = 20 (m)。习 图（a）的第二个图，位移 ?r2 =题131 × 4 × 5 = 10 (m),路程 ?s2 = ?r2 = 10 (m)。 2图 （a） 的第三个图， 位移 ?r3 = 2 × 5 ? 2 × 5 = 0 (m),路程 ?s3 = 2 × 5 + 2 × 5 = 20 (m)。 图（a）的第四个图，位移 ?r4 = 路程 ?s4 =1 1 × 2 × 5 ? × 2 × 5 = 0 (m), 2 21 1 × 2 × 5 + × 2 × 5 = 10 (m)。 2 2（2）相同点：两汽车都做匀加速直线运动。 不同点：加速度不同，初始速度不同。 O、P点分别表示汽车Ⅰ、汽车Ⅱ速度为零的时刻；Q点表示两汽车速度相同的时刻。 由图可知，汽车Ⅰ的速度： v1 =5 5 t ，所以 x1 = t 2 ； 2 4 1 汽车Ⅱ的速度： v2 = t + 3 ，所以 x2 = t 2 + 3t + c （ c 为常数） 。 2常数c的确定需要给出汽车Ⅱ的初始位置。 （原点？？）（3）由图知，0 ， 0 ≤ t ≤ 1； 2t ， 1 ≤ t ≤ 2 ； a= 0 ，2 ≤ t ≤ 3；? 2t ， 3 ≤ t ≤ 4 。并且， t = 0 时， v0 = 0 ， x = 0 。 则，0 ， 0 ≤ t ≤ 1；tv = ∫ adt =0t 2 ? 1，1 ≤ t ≤ 2 ；1， 2 ≤ t ≤ 3 ；10 ? t 2 ， 3 ≤ t ≤ 4 。习题140 ， 0 ≤ t ≤ 1。x = ∫ vdt =0tt3 2 ? t + ，1 ≤ t ≤ 2 。 3 3 t? 2 ，2 ≤ t ≤ 3； 3 t3 2 ? 18 ， 3 ≤ t ≤ 4 。 3 310t ?v?t曲线和x?t曲线如下图所示。vms 3 2 1 ts 1 1 2 2 3 4xm2 1 . 5 1 0 . 5 ts 1 2 3 4图2-8 题2.22图 2.23 一斜抛物体初速度为v0，抛射角为θ．求t时刻（在空中）的法向加速度和切向加速度； 它的轨迹在抛出点和最高点的曲率半径。 解：建立坐标系（x轴沿水平方向向右，y轴沿垂直方向向上） 。 由题意得， a = ? gj ， v = (v0 cosθ )i + (v0 sin θ ? gt ) j 。 速率 v =| v |=vvvvvv(v0 cosθ ) 2 + (v0 sin θ ? gt ) 2 = v 2 ? 2v0 g sin θt + g 2t 2 ， 0dv g 2t ? v0 g sin θ ， = 2 2 dt v2 ? 2 v g sin θ t + g t 0 0切向加速度 at =法向加速度 an =a2 ? a2 = tv0 g cosθ v2 ? 2v0 g sin θt + g 2t 2 0。在抛出点， v = v0 ， an = g cosθ ，于是曲率半径 ρ 0 =2 v2 v0 ； = an g cosθ在最高点， t=v0 sin θ g cosθ ， v = v0 cosθ ， an = ，于是曲率半径 g 1 ? sin θρ=2 v 2 v0 cosθ = 1 ? sin θ 。 an g习题152.24 一质点自原点开始沿抛物线 2y=x2运动,它在x轴上的分速度为一常量,其值为4.0 m?s?1, 求质点在 x=2 m处的速度和加速度的法向和切向分量以及该点的曲率半径。 (答案：(4.0i +8.0j) m?s?1, 16 j m?s?2) 解：由题意， t = 0 ， r = 0 ， vx = 4 ， ax = 0 。于是vx = vxt = 4t ， y =v v vx2 = 8t 2 。 2v2则： r = xi + yj = 4ti + 8t j ， v =vvv v v v v dv v dr = 4i + 16tj ， a = = 16 j 。 dt dtdv 64t v 。 = v =| v |= 42 + (16t ) 2 = 4 1 + 16t 2 ， at = dt 1 + 16t 2当 x = 2 时， t = 0.5 s，此时， 速度： v = 4i + 8 j （m/s） ， 加速度： a = 16 j （m/s2） ， 加速度切线分量： at = 加速度法向分量： an = 曲率半径： ρ =vvvvv64 × 0.5 1 + 16 × 0.5 a 2 ? at2 =2=32 5 （m/s2） ， 516 ， 5 （m/s2） 5v 2 (4 1 + 16 × 0.52 ) 2 。 = = 5 5 （m） an 16 5 52.25 一质点作半径为 r =10 m 的圆周运动,其角加速度β=π rad?s?2,若质点由静止开始运动,求 质点在第 1s 末的(1)角速度;(2)法向加速度和切向加速度;(3)总加速度的大小和方向. (答案：(1) π rad?s?1;(2) π rad?s?2,10π2 rad?s?2;(3)103.5 rad?s?2与切向夹角为72°20′) 解：已知： r = 10 m， β = π rad/s2， v0 = 0 ， w0 = 0 。 则： w = β t ， an = w2 r ， at = β r 。 所以，第1s末时， 。 （1）角速度： w = βt = π （rad/s） （2）法向加速度： an = w2 r = 10π 2 （m/s2）, 切向加速度： at = β r = 10π （m/s2） 。 （3）总加速度： a =2 ， a2 + an = 10π 1 + π 2 = 103.58 （m/s2） t习题16与切向的夹角： θ = arctanan = 72.34° 。 at2.26 一质点沿半径 R=10m 的圆周运动,其角位置 θ = 2 + 4t 3 (rad) ,求: (1) t = 2s 时的角位置θ、角速度ω和角加速度β; (2) t = 2s 时的切向加速度和法向加速度的大小; (3)当θ为何值时,其总加速度与半径成 45°角? 解：已知： R = 10 m， θ = 2 + 4t3（rad） 。所以，dθ dw = 12t 2 ， β = = 24t ， an = w2 R ， at = β R 。 dt dt （1）当 t = 2 s 时，有 w=， 角位置 θ = 2 + 4 × 2 = 34 （rad）3角速度 w = 12 × 2 = 48 （rad/s）,2。 角加速度 β = 24 × 2 = 48 （rad/s2） （2）当 t = 2 s 时， 法向加速度 an = w R = 48 × 10 = 23040 （m/s2） ，2 2切向加速度 at = β R = 48 × 10 = 480 （m/s2） 。 （3）总加速度与半径成 45°时，有an = tan 45° ，即： an = at 。 at所以， an = w R = (12t ) R = β R = 24tR ，2 2 2解得 t = 3o1 s。 62.27 光线以 i=30 的入射角由空气射入折射率为 n=1.3 的水中． 现入射角以 10 rad/s 的匀速 增加，试求折射光线此时的角速度与角加速度。 解：已知：入射角 i =π6， n = 1 .3 。 + 10t （rad）设折射角为 r ，有折射定理 n =r = arcsin(π sin i 1 ) = arcsin( sin( + 10t )) 。 n 1.3 6sin i 得， sin r所以，折射光线习题17角速度 wr =dr = dt10 cos( + 10t ) 6 1.3 ? sin (2 2ππ，6+ 10t )dwr 角加速度 β r = = dt? 100 sin(π6+ 10t )1.32 ? sin 2 (π650 cos( + 10t ) sin( + 20t ) 6 3 + [1.32 ? sin 2 (ππ+ 10t )π6+ 10t )]3=? 100 sin(2π6+ 10t )1.3 ? sin (2π6+100 cos 2 (π6+ 10t ) sin(π6+ 10t )+ 10t )[1.32 ? sin 2 (π6+ 10t )]3=? 69 sin(2π6+ 10t )[1.3 ? sin (2π6。+ 10t )]32.28 一质点作半径为0.2m的圆周运动,其切向加速度大小恒为0.05m?s?2,若该质点由静止开 始运动,求需要多少时间(1)切向加速度大小等于法向加速度大小;(2)法向加速度大小等于切 向加速度大小的二倍.(答案：(1)2.0s;(2)2.8s) 解：已知： r = 0.2 m， at = 0.05 m?s?2， v0 = 0 m?s?1。 所以，速度 v = v0 + at t = 0.05t m?s?1, 法向加速度 an =v 2 0.05t 2 m?s?1。 = 4 r 0.05t 2 = 0.05 ，解得 t = 2 s。 4 0.05t 2 解得 t = 2 2 = 2.82 s。 = 2 × 0.05 ， 4（1）切线加速度与法向加速度相等时，有（2） 法向加速度是切线加速度的两倍时， 有2.29 旋转齿轮测光速．历史上测量光速的一个著名实验方法是旋转齿轮法．一束光线通过匀速 旋转齿轮边缘的齿孔到达远处的镜面反射以后又回到齿轮上来，调整齿轮旋转角速度使反射光 恰好经过下一个齿孔返回．设齿轮边缘的齿孔数目为500个，当反射镜与齿轮相距500 m时测得 光速为3.0×10 m?s? ．试求齿轮旋转的角速度和齿轮边缘上一点的线速度和线加速度。8 1解：已知：光速 c = 3.0 × 108 m/s， s = 500 × 2 m， ?θ =π （rad） 2π 。 = 500 250习题18所以， ?t =s 103 10?5 s。 = = v 3 × 108 3 ?θ ， = 1.2π × 103 （rad/s） ?t于是，角速度 w =线速度 v = wr = ? ， （齿轮半径不知） 线加速度 a =?v = ?。 ?t2.30 某人在静水中的划船速度是1.10m?s?1,当他要以最短的划船距离横渡一宽为4000m,水流 速度为0.55m?s?1的江面时,应如何确定划行方向?到达对岸需要多少时间? 解:设水流相对于岸的速度为u,船相对于水的速度为v′,江面宽为D,船相对于岸的速度为v, 由 速度变换式 v =u+ v′ 如图2?9所示,船要到达正对岸,划行方向应偏向上游θ,则uθ = arcsinu 0.55 30° = arcsin = v′ 1.10v′θvD船到达对岸所需的时间为D D t= = = 4199 s = 1.17 h v v′cosθm?s?1时,感觉到风是从东北吹向西南,求风向与风速. (答案： 西北风, 2.12 m?s?1 ) 解：建立坐标系（x轴正方向水平向右，y轴正方向垂直向上） 。图 2-9 题 2-30 速度合成示意图2.31 一人以 1.5 m?s?1 的速率向东行走时感觉到风从北吹向南 , 当他的行走速率加快到 3.0令人行走的速度为 u ，风速为 v ，与人行走的方向成 θ 角，则wvv v v 。 v = v cosθi + v sin θj （m/s）由速度变换公式可知，人感觉到的风速为v v v v'= v ? u 。 v v v v 把人行走的速度 u1 = 1.5i （m/s） ， u2 = 3.0i （m/s）代入得， v v v1 ' = (v cosθ ? 1.5)i + v sin θj ，向南， v v v v2 ' = (v cosθ ? 3.0)i + v sin θj ，向西南。所以， v cosθ ? 1.5 = 0 ， v sin θ & 0 ；v cosθ ? 3.0 = v sin θ 。解上述方程得， v = 1.5 2 = 2.12 （m/s）,π 。 θ = ? （即西北风）4习题192.32 一条河宽度为l,河水流速与离岸的距离成正比,设中心流速最大为vm,两岸边处流速为零, 如图所示.一艘船以恒定的相对速度v垂直水流从岸边驶向对岸,当它驶至河宽的 燃料不足,立即掉头以相对速度 地点. (答案： x =1 处时发现 41 v垂直水流驶回原岸,求船驶往对岸时的轨迹和返回原岸的 2vm 2 3 lv m ) y ,x= 16 v lvy解：由题意知，水流速度 v ' =v2vmax v yi 。 llvm（1）驶往对岸时， 根据速度变换，船相对岸的速度为v v v 2v v v v = v '+u = m yi + vj 。 l所以，Oxdx 2vm dy = y ， vy = =v。 dt l dt v 2 由上两式可得， x = m y 。 lv dx 2vm dy v （2）返回原岸时，有 vx = = y ， vy = =? 。 dt l dt 2 l vml 考虑约束条件 y = 时， x = 。解得， 4 16v vx = x= vml 2vm 2 l 2 ? (y ? ) 。 16v lv 16 3vml 。 16v返回原岸时， y = 0 求得 x =2.33 两物体同时沿不同的方向以不同的速度被抛出。试证：在此后运动中它们的相对速度 在数值上及方向上都固定不变。 解：以下物理量的单位均为 SI，建立坐标系（x 轴正方向水平向右，y 轴正方向垂直向上） 。 设两物体抛出的初速度分别为 v0 和 v0 ' ，与水平方向的夹角分别为 θ 和 θ ' ，则， 物体 1 的速度 v1 = (v0 cosθ )i + (v0 sin θ ? gt ) j ， 物体 2 的速度 v2 = (v0 ' cosθ ' )i + (v0 ' sin θ '? gt ) j ， 两物体的相对速度v vvvvvv v v v v v ' = v1 ? v2 = (v0 cosθ ? v0 ' cosθ ' )i + [v0 sin θ ? gt ? (v0 ' sin θ '? gt )] j v v = (v0 cosθ ? v0 ' cosθ ' )i + (v0 sin θ ? v0 ' sin θ ' ) j ，恒量。得证。习题202.34 一舰艇正以 17 m/s 的速度向东行驶，有一架直升机准备降落在艇的甲板上。海上有 12m/s 的北风吹着。若艇上的海员看到直升机以 5 m/s 的速度垂直下降，试求直升机相对于 海水以及相对于空气的速度。 解：建立坐标系（x 轴正方向水平向右，y 轴正方向垂直向上） 。 以海水为参考系， u船 = 17i （m/s） ， u风 = ?12 j （m/s） 。 以船为参考系， v ' 。 飞机 = ?5 j （m/s） 由速度变换得， ， 飞机相对于海水的速度 v 飞机 = v ' 飞机 +u船 = 17i ? 5 j （m/s） 飞机相对于空气的速度 v &飞机 = v 。 （ ? 12 j ） = 17i + 7 j （m/s） 飞机 ? u风 = 17i ? 5 j ? 2.35 三个质点处于边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，A 相对于 B 和 B 相对于 C 以及 C 相对于 A 的相对速度的大小都为 v，且同时开始运动，则经多长时间三个质点相聚？ 解： 如右图（以水平向右为 x 轴正向，垂直向上为 y 轴正向建立坐标系） 。处于 A、B、C 三点的 三个质点都往中心 O 运动。 根据等边三角形的性质， Cvvvvvvv vvvvvvvvvvvvAO = BO = CO =2 3 l 。 × l= 3 2 3O要它们相聚，必有它们的速率相等。 令它们的速率为 u ，且速度两两之间的夹角为 2π/3。 因此两两相对速度的大小为： 3u 。AB 图 2-9 题 2.35 图v 所以， u = 。 3相聚的时间 t =AO l = 。 v u2.36 在一根以恒定角速度 w 绕其一端点 O 在水平面内旋转的细棒上，一蚂蚁 t=0 开始从 O 点以恒定速率 u 沿棒向外爬行。求蚂蚁的速度和加速度。 解： 如右图（以水平向右为 x 轴正向，垂直向上为 y 轴正向建立坐标系） 。令棒的初始位置在 x 轴上，然后逆时针旋转。根据题意有， v2 蚂蚁相对棒的速度为：v v v u = u cos θi + u sin θj ，其中 θ = wt 。蚂蚁所在位置棒上质点相对水平面的速度为：v1 θv v v v = ? wr sin θi + wr cosθj ，其中 r = ut 。所以，蚂蚁对水平面的速度为：v v v v v V = v + u = (u cosθ ? wr sin θ )i + (u sin θ + wr cosθ ) j习题21v v = (u cos wt ? wut sin wt )i + (u sin wt + wut cos wt ) j （m/s）加速度为：v v v v dV a= = (?2uw sin wt ? w2ut cos wt )i + (2uw cos wt ? w2ut sin wt ) j dt第三章r = a cos ωti + b sin ωtj 求质点的动量． 解:习题3.1 一质量为 m 的质点在 O-xy 平面上运动，运动方程为v=dr = ?aω sin ωti + bω cos ωtj ； dt所以质点的动量:p = mv = ?maω sin ωti + mbω cos ωtj3.2 以速度 3.0 m?s? 运动的质量为 8.0 kg 的炸弹爆炸成质量相等的两块， 炸后一块的速度1 1为 2.0 m?s? ，方向沿原来的方向，求另一块的速度． 解: 设炸弹爆炸前的运动方向为正向，爆炸前后动量守恒，即解得：M M v1 + v 2 2 2 M Mv 0 ? v1 8.0 × 3.0 ? 4.0 × 2.0 2 v2 = = = 4.0ms ?1 M 4.0 2 Mv 0 =方向沿原来的方向13.3冰面上质量为 0.2 kg 的小球以 0.4 m?s? 的速度与另一质量为 0.3 kg 的静止小球碰撞．碰1后第一个小球的速度变为 0.3 m?s? ， 方向与原方向发生 30°角偏转． 分别求两个小球碰撞前后 动量的变化以及碰撞过程中受到的力（平均而言）的方向．' v1m1v1m1300m2v'2解: 碰撞前后动量守恒 水平方向： m1 v1 = m1 v1 cos 30 + m2 v 2 cos ?' 0 '习 竖直方向： m1 v1 sin 30 + m2 v 2 sin ? = 0' 0 '题 代入数据解得，? = 45022v'2 = 0.14ms ?1v 1 = 0 .4 i' v1 = 0.26i + 0.15 j' v2 = 0.1i ? 0.1 j由 F?t = ?P 可知碰撞过程所受力的方向与动量变化量的方向一致' ?P1 = m1v1 ? m1v1 = (?0.028i + 0.03 j )kg ? ms ?1θ1 = arctan0.03 0.03 = π ? arctan = 1330 ? 0.028 0.028?P2 = m2 v '2 = (0.03i ? 0.03 j )kg ? ms ?1θ 2 = arctan0.03 = ?45 0 ? 0.0313.4 质量为 80 kg 的小车以速度 3.6 km/h 运动，一质量为 60 kg 的人以 3 m?s? 的速度从后 面跳上小车，试问小车的速度将变为多大？如果迎面跳上小车，结果又如何？ 解：以小车和跳上去的人为研究系统，水平方向动量守恒： 从后面跳上Mv 0 + mv1 = ( M + m) v 2迎面跳上' Mv 0 ? mv1 = ( M + m) v 2v2 =Mv 0 + mv1 80 × 1 + 60 × 3 = = 1.86ms ?1 M +m 80 + 60' = v2Mv 0 ? mv1 80 × 1 ? 60 × 3 = = ?0.71ms ?1 M +m 80 + 603.5三个质量同为 m 的人站在质量为 M 的静止的小车上，他们以相对于小车的速度 v 沿同一方向跳离小车．试分别就他们同时跳离和一个一个依次跳离两种情况求小车的速度． 解： 以小车和车上的认为研究系统，水平方向动量守恒： 同时跳离时：0 = Mv ' + 3mv一个一个依次跳离时：解得，小车的速度 v = ?'3mv M0 = ( M + 2m)v1 + mv(2m + M )v 1 = ( M + m)v 2 + m(v1 + v)(m + M )v 2 = Mv 3 + m(v 2 + v)解得，小车的速度 3.6? m m 2 + 2 Mm ? v 3 = ?? + ?v ? 2 m + M M (M + m ) ? ? ?1一子弹以 400 m?s? 的初速度与水平方向成 60°角的方向由静止的枪中射出，子弹离开枪 50 s 后爆炸成质量相等的两块碎片，其中一块碎片的速率立刻为零，因而该碎片竖直下 落，忽略空气阻力，试问另一块碎片离枪多远着地？习题23v0600解:v0x = 400 × cos 60 0 = 200ms ?1t = 50 s 时爆炸前v0y = 400 × sin 60 0 = 200 3ms ?1v x = 200ms ?1v y = v 0 y ? gt = 200 3 ? 9.8 × 50 = ?143.6ms ?1v = (200i ? 143.6 j )ms ?1爆炸瞬间 动量守恒Mv =M ' v 2v ' = 2v = (400i ? 287.2 j )ms ?11 2 1 gt = 200 3 × 50 ? × 9.8 × 50 2 =
1 ' 代入数据解得 t = 14.2 s h = v'y t ' + gt '2 2 h = v0 y t ? l = v 0 x t + v 'x t ' = 200 × 50 + 400 × 14.2 = 15680m3.7α粒子散射．在一次α粒子散射过程中，α粒子和静止的氧原子核发生“碰撞” ，如图3-29 所示．实验测出碰撞后α粒子沿与入射方向成θ=72°角方向运动，而氧原子核沿与α粒 子入射方向成β=41°角的方向“反冲” ，求碰撞前后α粒子的速率比．m(α )θ = 720m(o )β = ?410解：分别取水平向右和竖直向上为 X 轴和 Y 轴正向，以 α 粒子和原子核组成的系统为研究 对象，碰撞前后动量守恒： 水平方向： 竖直方向：m(α )v 0 = m(α )v1 cos θ + m(o )v 2 cos βm(α )v1 sin θ + m(o )v 2 sin β = 0v0 = cos θ ? sin θ cot β = 0.309 + 1.094 = 1.403 v1解得， 3.8如图 3-30 所示．质量为 M、半径为 R 的半圆形滑槽停在光滑的水平面上，另有一质量为 m 的小球自顶端沿圆弧由静止下滑．求当小球滑到底部时，M 移动的距离．习题24解:水平方向动量守恒Mv' + mv x = 0设小球相对于滑槽的水平速度为 uvx = u + v'v' = ?mu m+M mR m+M?X Mm udt = ∫ v x dt = ? m+M ∫ 0 0tt∫ udt = R0t?X M = ?3.9 半径为 a 的圆形水管弯成直角．当水管中水的流速为 v 时，求拐弯处水管受到的平均 作用力的大小和方向．F'v2Fv1?vv1 v2解:?v = v 2 ? v 1v 1 = vjv 2 = viFdt = dm(v 2 ?v1 ) = dm?vF=dm (vi ? vj ) dtdm = ρ 水πa 2 v dtF = 2 ρ 水πa 2 v 23.10F ' = ?F机枪每分钟发射 180 发子弹，子弹质量为 10 g，发射时的速度为 800 m/s，求射击时的平均后坐力 解: Fdt = dm v ? v'()F=dm ' 180 × 10 × 10 ?3 ( v ? v) = × 800 = 24 N dt 603.11如图 3-31 所示，圆锥摆的摆球质量为 m，摆长为 l，摆线与铅垂线间的夹角为θ，试分别用冲量定义和动量定理计算摆球转半圈的过程中所受的总冲量．lTmθFmg解: 由图可知： mg = T cos θ 冲量的定义：F = T sin θdI = Fndt习题251 ω I = ∫ Fndt = ∫ mg tan θ (cos ωti + sin ωtj )dt = mg tan θ (sin ωti ? cos ωtj )0πω= 2mg tan θ1ωj又由F = mω 2 l sin θ = mg tan θgl j cos θ1ω=l cos θ gI = 2m sin θ动量定理： I = P2 ? P1 = mv 2 j ? mv1 j(v 2 = ? v1 = v )gl j cos θmv2 = mg tan θ l sin θ解得： I = 2mvj = 2m sin θ3.12 传送带以恒定的速度 v 水平运动，传送带上方高为 h 处有一盛煤的料斗，连续向下 卸放煤，单位时间落煤量为λ．求碎煤作用在皮带上的水平力和皮带作用在碎煤上的 力的大小及方向． 解: 分别以传送带运动方向和竖直向上为 X 轴和 Y 轴正方向 碎煤作用在皮带上的水平力为 F'Fdt = vdmdm F= v = λv dt''v2F ' = ? F = ?λ vv1皮带作用在碎煤上的力 FF‘’ dt = dm(v 2 ? v 1 )F '' = λ v 2 + 2 gh方向: 3.13 沿皮带运动方向向上 θ 角度27F '' =dm vi + 2 gh j dt2 gh v()?vθ = arctan氢分子质量 m=3.3×10? kg，它以（与器壁的法向夹角）α=60°的入射角入射到容器壁后沿法线另一侧以同样的角度反射．设氢分子与器壁碰撞前后速度大小不变，均为 v=1.6 ×10 m?s? ，碰撞时间为 10? s，求氢分子对器壁的平均作用力．3 1 13v1解： v1 = v sin 60 i ? v cos 60 j0 060 060 0v2v 2 = v sin 600 i + v cos 600 jF?t = P2 ? P1 = m(v 2 ? v1 ) = 2mv cos 600 j习题26F=3.142mv cos 60 0 mv 3.3 × 10 ?27 × 1.6 × 10 3 = = = 5.28 × 10 ?11 N ?13 ?t ?t 10有一冲力作用在质量为 0.3 kg 的物体上，物体最初处于静止状态．已知力与时间 t的关系为? 2.5 × 10 4 t F (t ) = ? 2 5 ?2.0 × 10 (t ? 0.07 )0.02 0.070 ≤ t ≤ 0.02 0.02 ≤ t ≤ 0.07式中单位为 SI．求： （1）在上述时间内的冲量、平均冲力； （2）物体的末速度． 解： （1） I =∫ Fdt = ∫02.5 × 10 4 tdt + ∫0.022.0 × 10 5 (t ? 0.07 ) dt = ?735.66 Ns2? 735.66 I = = ?1.05 × 10 4 N ?t 0.07 I ? 735.66 （2） I = mv ? 0 v= = = ?2.45 × 10 3 ms ?1 m 0.3 F=3.15 某喷气式飞机以 200 m?s? 的速率在空中飞行，引擎以 50 kg?s? 吸入空气并与燃料混合1 1燃烧， 设燃料质量与空气质量相比可以忽略， 燃烧后的气体以 400 m?s? 的速度相对于飞机向1后喷出．试求此飞机引擎的推力． 解： 气体进入引擎时的相对速度为 200ms ，喷出时的相对速度为?1400ms ?1F = u出dM dM ? u进 = (400 ? 200) × 50 = 1 × 10 4 N dt dt3.16 台秤称米． 质量为 m 的米粒自离台秤 h 高度自由下落， 设每秒钟有 n 粒米粒落到台秤 上，求 t 时刻台秤的示数． 解： 由变质量方程F外 = MdM dv ?u dt dt得：N + nmgt = Mdv dM +u dt dtdM ? dv ? = 0; = nm ? ? dt ? dt ?以向下为 X 正方向，上式投影为N + nmgt = ?nmuN = ? nm gt + 2 gh(u = )2 gh)(3.17 （1）质量为 2 kg 的质点的运动学方程为r = (6t 2 ? 1)i + (3t + 3) j (SI)求力的大小和方向． （2）证明习题 3.1 中质点所受到的合力恒指向原点 解： （1） a =dr = 12i dt 2F = ma = 2 × 12i = 24i力的大小为 24N，方向沿 X 正向 （2） r = a cos ωti + b sin ωtj习题27v = ?aω sin ωti + bω cos ωtja = ? aω 2 cos ωti ? bω 2 sin ωtjF = ma = ?mω 2 r3.18F 恒与 r 同轴反向，指向原点一长为 L，质量为 m 的匀质绳，求下列两种情况下绳内各点处的张力： （1）绳放在光滑斜面上，斜面仰角为θ ，沿斜面以恒力 F 拉绳一端； （2）绳绕其一端以角速度ω在水平 内转动，忽略重力．Fdxxθ解： （1） 以 dx 为研究对象有m mgx dx = F ? sin θ L L F 当绳不动或作惯性运动时， mg sin θ = F T = (L ? x ) L T = F ? ∫ g sin θdm = F ? ∫ g sin θ（2）dx以 dx 为研究对象x oT = ∫ ω 2 xdm = ∫xLLxmω 2 mω 2 2 xdx = L ? x2 L 2L()3.19如图 3-32 所示，物体与地面间的摩擦系数为 0.20，以轻绳系于物体之一端，并通过滑轮以一水平力 F= 8 N 拉此物体，设物体的质量为 2 kg， （1）问绳与水平方向的夹角θ为 何值时，物体的加速度为最大？（2）求此时的加速度以及地面对物体的作用力．NFθf解：mg竖直方向：（1） 对物体进行受力分析可得：F sin θ + N = mg习题28水平方向： 联立得：F cos θ ? f = maF cos θ ? ? (mg ? F sin θ ) = maf = ?Na=F cos θ + ?F sin θ ? ?g = 4 cos θ + 0.80 sin θ ? 1.96 = 16.64 sin (θ + ? ) ? 1.96 m当θ + ? =π2 4 tan ? = =5 0.80时， a 取到最大值 a max? = arctan 5?2θ=π2? arctan 5 = 11.30（2） a max = 16.64 ? 1.96 = 2.12ms 地面对物体的作用力 F = f + N'N = mg ? F sin θ = 2 × 9.8 ? 8 × sin 11.30 = 18.03Nf = ?N = 0.20 × 18.03 = 3.61NF' = f 2 + N2 =(3.61)2 + (18.03)2= 18.39 Nθ ' = arctan? ??3.20 为k =? N? 18.39 ? = π ? arctan = 101.30 ? f 3 . 61 ? ?两根弹簧的劲度系数分别为 k1 和 k2．试证明（1）当它们串联起来时，总的劲度系数 k1k2 ； （2）当它们并联起来时，总的劲度系数为 k = k1 + k2 ． k1 + k2解： （1）当它们串联起来时，弹簧中的力相等为 FF = k1 x1F = k 2 x2?F F F = kx = k ( x1 + x 2 ) = k ? ?k + k 2 ? 1 k= k1 k 2 k1 + k 2 F = kx可得： k = k1 + k 2? ? ? ?可得：1 1 1 = + k k1 k 2F2 = k 2 x（2） 当它们并联时，弹簧伸长量相等为 xF1 = k1 xF = F1 + F2 = (k1 + k 2 )x3.21质量为 M 的木块置于桌面上，木块与桌面间的摩擦系数为?1，今再在木块上置一质量为 m 的物体，它与木块间的摩擦系数为?2．问用多大的水平拉力才能把木块抽出来（即相对 于 m 移动）？习题N29?2?1MmFf2f1FN'f1(M + m)g解：对 m 受力分析可得： N = mg'mgf1 = ? 2 N ' = ma mF ? f1 ? f 2 = Ma Mam = ? 2 g对 M 受力分析可得： N = (M + m )g 解得： F = f 1 + f 2 + Ma M = 若要将木块抽出需 a M ≥ a m 即 F ≥ (?1 + ? 2 )(M + m )g? 2 mg + ?1 (M + m )g + Ma M3.22 在光滑水平面上固定有一半径为 R 的圆环形围屏，质量为 m 的滑块沿环形内壁滑动， 滑块与壁间摩擦系数为?．求： （1）当滑块速度为 v 时，它与壁间的摩擦力及滑块的 切向加速度； （2）滑块的速率由 v 变为 v/3 所需的时间．mR?omv 2 R解： （1）法向： N = F =切向： f = ?N = ? mamv 2 联立解得： f = ? R（2）由v2 a = ?? R v2 dt Rt=∫v 3 vdv = adt = ? ?得 3.23R 1 dt = ? dv ? v2R 1 R 1 3 2R dv = ? = 2 ?v ? v v ?vv质量分别为 m1、m2 和 m3 的物体通过绳和滑轮连接为如图 3-33 所示的系统．不计滑轮和绳的质量以及各处的摩擦力，求各物体的加速度和绳中的张力．习题30NT2T3m3m1m1 gT1m2m2 gm3 g解： 对三物体分别进行受力分析可得：T1 = m1 a1 m 2 g ? T2 = m2 a 2m3 g ? T3 = m3 a3 T2 = T3 a 2 = ?a3T1 = m1 a1 = 4m1 m 2 m3 g m1 (m 2 + m3 )T1 = T2 + T3解得： a1 =4 m 2 m3 g m1 (m2 + m3 ) m 2 ? m3 g m 2 + m3a 2 = ?a3 =T2 = T3 =2m1 m2 m3 g m1 (m2 + m3 )3.24 旋转水筒．有一高为 h=12 cm，半径为 r=6 cm 的圆柱形筒，其中 2/3 充满水后放在转 台上绕其轴线匀速转动． （1）证明圆筒内的水面是一个旋转抛物面； （2）转动的角速度达到 多大时，水开始从筒内异常溢出？ （1） 以任一水面小体元为研究对象，如图进行受力分析可得：N cos θ = ?mg解得： tan θ =N sin θ = ?mω 2 r又有ω 2rg dr z=∫tan θ =dz drz得： dz =ω 2rgrω 2rg0dr =ω 2r 22gN即证筒内水面是一个旋转抛物面 （2） 旋转抛物面内的体积θ?mgV = ∫ 2πrzdr = ∫ 2πr0 0rrω 2r 22gdr =πω 2 r 44gor1 V = πr 2 h 3联立解得： ω =2 rgh 3水开始从桶内溢出时 r = 0.06mh = 0.12m习 代入数据解得： ω = 20.87 rads?1题313.25 小车在倾角为α 的光滑坡面上自由下滑，求车内悬挂的摆锤悬线与竖直方向的夹角． 解： 以小车为非惯性参考系，考虑惯性力的作用，受力分析如图所示：TθFmgα水平方向： T sin θ = mg sin α cos θ 竖直方向： T cos θ + mg sin α sin θ = mg 联立解得： θ = α 3.26 如图 3-34 所示， 升降机中质量分别为 M 和 m 的物体， 通过跨过轻滑轮的不可伸长的轻 绳相连．不计摩擦，当升降机以 g/2（g 为重力加速度）的加速度上升时，分别对升降机和 地面求两个物体的加速度NTm1 a = g 2'1 ? ? m? g + g ? 2 ? ?TM1 ? ? M?g + g? 2 ? ?解：分别取水平向右和竖直向下为 X 轴和 Y 轴正方向以升降机为非惯性参考系，考虑惯性力的作用，受力分析如图所示： 可得：T = ma1 ? ? M ? g + g ? ? T = Ma 2 ? ?联立解得：a=3Mg 2(M + m )am =3Mg i 2(M + m )aM=3Mg j 2(M + m )习 以地面为参考系题32am =3.273Mg 1 i ? gj 2(M + m ) 2? 3M 1? 2M ? m aM = ? ? 2(M + m ) ? 2 ? ? gj = 2(M + m ) gj ? ?求均匀等边三角形薄板的质心ydyox解： 设等边三角形的边长为 a ，有图可知：第一象限 x = ?3 1 y+ a 3 231 yc = M 82σ ∫ ydm = M∫3 a 20? 3 1 ? 2σ ? 3 3 1 2? 2 ?? ? ?dy = ? + y? y a ? 3 ? ? 9 y + 4 ay ? 2 M ? ? ? ?oa? a 3 3a 3 ? 3 ?? ? = + = a ? 2 ? 16 ? 6 3a ? 8根据对称性可知 xc = 0 等边三角形薄板的质心 Rc =3 aj 6即为重心的位置设剩 3.28 如图 3-35 所示， 在半径为 R 的匀质薄圆盘中偏心地挖去一半径为 R/2 的半圆洞， 下部分的质量为 M， 两圆心的连线 OO1=R/2， 求它的质心的坐标． [答案： （0， ?R/14?4R/21π） ]ydyroxx根据对称性可知， xc = 0x2 + y2 = r 2 2σ myc =1 2σ ydm = ∫ m m∫r0yxdy =∫r0y r 2 ? y 2 dy =σm∫r0r 2 ? y 2 dy 2习 令t = r ? y2 2题33yc = ?σm∫ t dt = ?1 2σ 2m3t =?3 2σ 2(r m32?y3r 2 2 0)=σ 2m3r3? 1 R2 ? ? m π σ? = ? 2 4 ? ? ?yc =8 2 R 3 2R = πR 2 3 8 3π y1c = R 2R + 2 3π若以圆盘中心为坐标原点，则挖去部分的质心的坐标为 x1c = 0 圆盘的质心坐标为x2c = 0 xcy 2c = 0 yc剩下部分的质心坐标为 由质心的定义可得：x1c m + x c M = 0 y1c m + y c M = 0解得： xc = 0yc = ?R 2R ? 14 21π3.29 一小船静止在无风的静水中，问人在船上不停地走动能否使船到达彼岸？设小船在无 阻力的水面上静止飘浮，小船质量为 M，长为 L， （1）若一质量为 m 的人以相对船为 a 的加 速度在船板上运动，求船相对水面的加速度； （2）若质量分别为 mA 和 mB（ mA&mB）的两人， 分别从船头和船尾同时以相对船的相同速率 v0 向位于船正中但固定在水中的木桩走去， 则谁先走到木桩处， 所需时间为多少． （ 3） 一质量为 m=50 kg 的人站在一条质量为 M=200 kg、 长度 L=4 m 的船头上，开始时船静止．试用质心法求当人走到船尾时人和船相对于岸各移 动了多少距离．解：不能'（1）设船相对水面的加速度为 a任一时刻 t 系统动量守恒m a + a ' t = Ma ' t（2）()a' =m a M ?mm A ? mBmAmBx系统动量守恒 设 v A 和 v B 为对水面的速度习题34m A v A + mB v B + Mv = 0解得： v =v A = v0 + v?0沿 X 轴负方向v B = ? v0 + v(mB ? mA )v0m A + mB + MvB ? v A所以 B 先走到木桩处L L L(m A + mB + M ) 2 tB = 2 = = 2(2m A + M )v0 v B v + (m A ? mB )v0 0 m A + mB + M(3)人和船组成的系统的质心位置不变ymoMx由质心的定义可得： 设人在船头时，系统质心距离船头的距离为 xcx1c m + x 2c M = (M + m )xc解得： xc =x1c = 0x2c =L 2M 200 4 x2c = × = 1.6m m+M 250 2'设人走到船尾时，系统质心距离船头的距离为 xc' ' x1' c m + x 2 c M = (M + m )x cx1' c = L' x2 c =L 2' xc =' x1' c m + x 2 4 × 50 + 2 × 200 cM = = 2.4m M +m 250船相对于岸移动 L = xc ? xc = 0.8m'人相对于岸移动 L = ( xc ? x1c ) + x1c ? xc = (1.6 ? 0 ) + (4 ? 2.4 ) = 3.2m' ' '()第4章习题4.1 质量为 m 的冰壶在冰面上滑行． 求其速率从 v 到静止过程中冰面摩擦力对其所做的功． 解：冰壶受力：重力，支持力，摩擦力. 重力与支持力均与运动方向垂直，做功均为零. 由动能原理，可求得摩擦力做功习题35A=1 1 1 1 mvt 2 ? mv0 2 = 0 ? mv 2 = ? mv 2 2 2 2 24.2 在光滑的水平桌面上固定有如图 4-19 所示的半圆形屏障，质量为 m 的滑块以初速 v0 沿屏障一端的切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为?，试证明：当滑块从 屏障另一端滑出时，摩擦力对它所做的功为 W =1 2 m v0 (e ?2 ?π ? 1) ． 2证明： 【解法 I】 ：半圆形屏障平放在桌面上(如图所示，原书上的图有误). 质点所受的重力 与桌面的支持力抵消，在水平方向上的受力有屏障的支持力 N 与摩擦力 f . 牛顿第二定律 (动量定律) F = ma 的自然坐标分量式为，rr?f =m N =m而dv , dt v2 . R(1)(2)f = ?N?? v dv = R dt2(3)图 4-19 习题 4.2 图于是有，(4)利用换元法dv dv ds dv v dv = = v ，可以将(4)式写为 ? ? = ， dt ds dt ds R ds v dv s ds 即∫ = ?∫ ? v0 v 0 R v = v0 e??sR积分得，(5)质点从另一端滑出时的速度为 由动能定理，得摩擦力做功v = v0 e ?π?1 2 1 1 mv ? mv0 2 = mv0 2 ( e ?2π? ? 1) 2 2 2 讨论： 由上式可知 W & 0 ，即摩擦力做负功. A=【解法 II】摩擦力所做元功dA = ? fds = ? ? Nds = ? ? mv 2 - ?s v2 ds = ? ? m 0 e R ds ， R R其中用到了(3)，(2)以及(5)式. 对上式积分，得A = ?∫πR0s v0 2 - ? 1 R ? m e ds = mv0 2 ( e?2π? ? 1) 2 R4.3 将一个质量为 m 的物体，垂直地轻放到以速率 v 运动的水平传送带上，设传送带与物 体间的摩擦系数为?，求:（1）物体经多长时间才能与传送带一起运动？（2）物体在这段习 时间内相对于地面移动的距离多大？题36解： 【解法 I】 研究对象， 质量为 m 的物体， 其受重力 mg ， 传送带的支持力 N 和摩擦力 f . 在摩擦力的作用下物体做加速运动，其加速度 a =f ?N = = ? g 为常量. m m(1) 设物体由速度为零加速到与传送带的速度速度 v 相同所用时间为 t ，由牛顿第二定 律，有t=v v = a ?g（1） (2) 这段时间运动的距离s=（2）1 2 v2 at = . 2 2? g【解法 II】 （1）同【解法 I】 。 （2）摩擦力所做的功为 A = ? mg ? ?s ，其中 ?s 为物体相对于传动带移动的距离。而由 动能定理， ? mg ?s = 物体相对于地移动的距离为1 2 mv 2（4）（3）s = vt ? ?s =1 2 mv 2讨论： 当物体的运动速度与传送带相同后，它与传送带之间不再有相对运动，之后开始摩 擦力为零，物体不再做加速运动. 4.4 用铁锤将一铁钉击入木板，若铁钉受到的阻力与其进入木板内的深度成正比，铁锤两 次击钉的速度相同，第一次深度为 x0，则第二次深度为多少？ 解： 建立如图所示的坐标系，依题意当铁钉进入的深度为 x 时，阻力 f = ?kx ，阻力做的 元功为习题37dA = ? kxdx第一次打击，铁钉进到深度为 x1 的地方，阻力做的功为 A1 = ? 铁钉通过打击获得的初速度为 v ，则有动能定理有，∫x101 kxdx = ? kx12 ，设 21 1 0 ? mv 2 = ? kx12 2 2（1）第二次打击，铁钉从深度为 x1 的地方，进入深度为 x2 的地方，阻力做功x2 1 1 A2 = ? ∫ kxdx = ? kx2 2 + kx12 x1 2 2 第二次打击铁钉获得的初速仍然是 v ，再由动能定理，得 1 1 1 （2） 0 ? mv 2 = ? kx2 2 + kx12 2 2 2由（1） 、 （2）两式可求得x2 = 2 x1于是，第二次进入的深度为 x2 ? x1 = x02(2 ?1)24.5 质量为 4 kg 的质点在力 F=2xyi+3x j（SI）的作用下沿光滑曲线 x =9y（SI）运动，求 由静止开始从（0，0）点移动到（3，1）点时的速度． 解：用直角坐标系，位矢 r = xi + yj ，力做的元功rrrr r dA = F ? dr = 2 xydx + 3 x 2 dy因为 y =1 2 2 2 6 8 x ，所以 dy = xdx ，于是 dA = x 3dx + x3dx = x3dx 9 9 9 9 93 0A=∫8 3 2 x dx = x 4 = 18 ( J ) 9 9 03再由动能定理，1 2 1 mv ? mv0 2 = A 2 2求得 v = 3 m ? s(?1)4.6 一物体按规律 x = ct 3 做直线运动．设媒质对物体的阻力正比于速度的平方，试求物体 由 x0=0 运动到 x=l 时，阻力所做的功．已知阻力系数为 k． 解：阻力 f = ? kv ，阻力做功2A = ∫ fdx = ? ∫ kv 2 dx0l已知运动方程 x = ct ，于是 v =3dv = 3ct 2 , dv = 3ct 2 dt , dt2 7 27 3 kc l 3 7所以 A = ?∫( l / c )1/ 30k ( 3ct 2 ) 3ct 2 dt = ?2习题384.7 一人从 10 m 深井中提水，起始时桶中装有 10 kg 的水，由于水桶漏水，每提升 1 m 要 漏去 0.2 kg 的水，求水桶匀速地从井中提到井口人所做的功． 解：建立如图所示的坐标系， x 轴竖直向上，坐标原点在水平面. 设 t 水桶上升到 x 的位置时质量为 m ，由题意有dm = ?0.2 ， dx积分并利用初始条件得m = ?0.2 x + 10水桶运输上升，可知任意时刻拉力等于重力，即 T = mg 拉力做的元功 dA = Tdx = mgdx = ( ?0.2 x + 10 ) gdx 拉力做的功 A =∫ ( ?0.2 x + 10 ) gdx = 90 g = 882 ( J )01104.8 质量 m=0.002 kg 的弹丸射出枪口的速度（称为出口速度）为 300 m?s? ，设弹丸在枪筒中 离弹夹 x 处所受到的合力为 F=400?888x（SI） ．求枪筒长度． 解：设枪筒长度为 l ，合力做功 A = 由动能定理有，∫l0Fdx = ∫ ( 400 ? 888 x ) dx = 400l ? 444l 2 .0l1 2 mv ? 0 = A ，即 2222l 2 ? 200l + 45 = 0,求解得： l1 ≈ 0.44, l2 ≈ 0.46 讨论：合力在 0 到 0.45m 区间为正，这段距离内对子弹做正功，子弹在到达 0.44m 处以活得?1 速度会超过 300m ? s . 过来 0.45m 处， 300m ? s ?1 的速度. 如果枪筒再长些在 0.45m 之前，合力为负， 会使子弹的速度下降， 到 0.46m 处又降为 300m ? s . 所以本题应该有两个答案. 4.9 在离水面高度为 H 的岸上，用大小不变的力 F 拉船靠岸，如图 4-20 所示，求船从离 岸 x2 处移到 x1 处的过程中，力 F 对船所做的功．?1图 4-20 习题 4.9 图 解：拉力做功习题39r r dA = T ? dx = ?T cos θ dx ，cos θ =x1x x + H22 x1A = ? ∫ T cos θ dx = ? ∫ Fx2 x2x x +H2 2dx = F(x2 2 + H 2 ? x12 + H 2)4.10 以沿 x 轴正方向的力作用在质量为 3.0 kg 的质点上．已知质点的运动学方程为 x=3t?4t2+t3（SI） ．试求： （1）力在最初 4.0 s 内所做的功； （2）在 t=1 s 时的瞬时功率． 解： （1）质点做一维运动，其位置，速度，加速度分别为x = 3t ? 4t 2 + t 3v= dx = 3 ? 8t + 3t 2 dt dv a= = ?8 + 6t dtt = 0, v ( 0 ) = 3, t = 4, v ( 4 ) = 19作用在质点上的力做的功 A =（2）功率 P = F ? v = ma ? v = mav = m ( ?8 + 6t ) 3 ? 8t + 3t 当 t = 1s 时， P = 3 ( ?8 + 6 )( 3 ? 8 + 3) = 48 (W )r r1 1 2 2 mv ( 4 ) ? mv ( 0 ) = 528 ( J ) 2 2r r(2)注：原题中“以 x 轴正方向的力…”宜改为“以 x 轴方向的力”. 因为从加速度表示 式可知，此力在 t &4 s 前沿 x 轴负方向，以后才沿 x 轴正向. 34.11 质量为 5.0 kg 的木块在变力 F 作用下做直线运动，F-x 曲线如图 4-21 所示．若木块 1 通过原点的速度为 4.0 m?s? ，求它从原点运动到 x=8.0 m 处力对木块所做的功和木块此时的 速度．图 4-21习题 4.11 图解：力做功 A =∫x2x1Fdx 为 F-x 曲线与坐标轴上 x1 到 x2 的线段所围的面积，由图可知1 1 A = 2 × 10 + × 2 × 10 ? × 2 × 5 = 25 ( J ) 2 2习 由动能原理，得： A =题401 2 1 mv ? mv0 2 ，代入相关数据，求得 v = 26 ( m ? s ?1 ) 2 24.12 一长为 l，质量为 m 的匀质柔软链条，其 4/5 放在光滑桌面上，其余 1/5 由桌子边缘 向下自由悬挂，试证将此链条悬挂部分拉回桌面的过程中需要做的功为 mgl/50． 证明：有功能原理可知，拉回前后动量均为零，所以拉回链条的作用力做的功等于系统势能 的增加. 设桌面高度重力势能为零， 开始时刻的重力势能为 ? m ' g1? l ? l 其中 m ' = ρ 为 ? ?， 5 2?5?悬挂部分链条的质量， ρ 为链条的线密度. 链条全部拉上桌面后，系统的重力势能为零， 于是拉力做的功为? 1 ? l ?? l 1 ? l ? mgl A = 0 ? ? ?m ' g ? ? ? = ρ g ? ? = 2 ? 5 ?? 5 2 ? 5 ? 50 ?a b ? 6 ，式中，a、b 12 x x 为常量，x 为原子间的距离， （1）试画出两原子的势能曲线图； （2）x 为何值时 Ep＝0？x 为 何值时 Ep（x）为极小值？（3）试确定两原子间的作用力； （4）假设两个原子中有一个保持 静止，另一个原子沿 x 轴运动，试述可能发生的运动情况． （5）若（4）中那个运动原子在 平衡距离时的动能大到可以使它越出势能谷， 它就可以摆脱静止原子的束缚， 此动能称为离 2 b 解能 D．试证明： D = ． 4a 证明： （1）势能曲线略.4.13 双原子中两原子间相互作用的势能函数可以近似写成 E p ( x) =a b ?a? （2）令 E p = 0 ，即 12 ? 6 = 0 ，求解得 x1 = ? ? x x ?b? dE p1/ 6, x2 → ∞1/ 612a 6b ? 2a ? 求极值，需计算 = ? 13 + 7 = 0, 得 x3 = ? ? dx r r ? b ?小值. （3）作用力 f = ?，进一步计算二阶导数可知这是极dE p dx=12a 6b ? r13 r 71/ 6? 2a ? ? 2a ? （4）若 x & x3 = ? ? ， f & 0 ，斥力；若 x & x3 = ? ? ， f & 0 ，引力. 假如初始 ? b ? ? b ?时刻，两个原子的初始位置 x & x3 ，并保持静止. 由于受引力作用，没有被固定的原子将向 固定的原子方向加速运动，越过 x3 点后变为减速运动（相互作用为斥力） ，一直到速度变为 零. 随后，向相反方向运动，回到原点，周而复始. （5）设可运动的原子在 x3 点处的动能为 D ，要能运动到无穷远处，其动能需满足条件：1/ 6D + E p ( x3 ) ≥ 0 ，于是所需的最小动能为习题41D = ? E p ( x3 ) = ?a ? 2a ? ? ? ? b ?12 / 6+b ? 2a ? ? ? ? b ?6/6=b2 4a 2其速率在竖直方向的分量逐渐增大后 4.14 一质量为 m 长为 l 的单摆自水平位置自由下摆， 又逐渐减小．求当摆线与竖直方向夹角θ 为多少时，此竖直分量具有最大值，并求此最大值 vm． 解：机械能守恒 得v =1 2 mv = mgl cos θ 22 gl cos θ垂直速度 v y = v sin θ =2 gl cos θ sin θ由极值条件dv y dθ= 0 ，得 3sin 2 θ = 2 ， ? 2? ? 3? ? ? ?所以 θ = arcsin ? 4.15在一根光滑的半径很小的水平轴上，挂着一段质量为 M，长为 l 的均匀绳，如图 4-22 2 所 示 ． 绳 开 始 滑 动 时 ， BC=b ． 求 当 BC = l 时 的 加 速 度 ， 并 证 明 此 时 速 度 3 ．图 4-22习题 4.15 图解：系统机械能守恒. 初始时刻 Ek 0 = 0,E p0 = ?ρ (l ? b ) g末时刻 Ek =1 1 1 1 2 ( l ? b ) ? ρ bg b = ? ρ g ( l ? b ) ? ρ gb2 2 2 2 21 2 mv 2 5 E p = ? ρ gl 2 182g ? 2 2 2? ? ? l + bl ? b ? l ? 9 ?由机械能守恒 Ek 0 + E p 0 = Ek + E p 得 v =习题424.16 劲度系数为 k 的轻弹簧与质量为 m 的物体连接在一起置于水平桌面上， 弹簧另一端固 定在墙上，如图 4-23 所示．物体与桌面的摩擦系数为?，开始时弹簧处于原长状态，现用 恒力 F 拉着物体右移，则物体最终能移多远？图 4-23习题 4.16 图r 解：设物体移动的距离为 xmax . 恒力 F 做功为 Fxmax ，摩擦力做功 ? fxmax = ? ? mgxmax ，由功能原理得， 4.172 ( F ? ? mg ) 1 kxmax 2 = Fxmax ? ? mgxmax ，最后求得 xmax = k 2L ，则子弹要能够射穿 2质量为 m 的子弹以速度 v0 水平射入水平地面上质量为 m0、长为 L 的木块．设木块对子弹的阻力可视为恒力． （1）若木块固定时子弹射入木块的距离为固定木块的最小速度为多大？（2）若木块不固定，且地面光滑，则子弹以速度 v0 水平射入 木块的深度为多少？子弹从射入到与木块无相对运动，木块移动的距离是多少？ 解： （1）木块固定. 子弹以初速 v0 射入木块 由动能原理，得1 L L 深，阻力视为恒力，其做功为 F . 于是 2 2（1）1 L mv0 2 = F 2 2设子弹能穿过木块的最小速度为 vmin ，并仍然将阻力视为恒力，由动能原理，得1 mvmin 2 = FL 2上面两式联立求解，得（2）F=mv0 2 L（3）vmin = 2v0（2）木块不移动. 设子弹射入木块后与木块的共同速度为 V ，子弹射入的深度为 ?l . 功能原理给出，1 1 mv0 2 = ( m + m0 ) V 2 + F ? ?l 2 2水平方向动量守恒， mv0 = ( m + m0 ) V 联立求解（3） 、 （4） 、 （5）式，得（4） （5）?l =m0 L m + m0 2 F v0 2 ， = m0 L由于假设相互作用力是恒力，木块做初速为零的均加速运动， a =习题43于是得木块移动的距离 s =V2 mL = 2a 2 ( m + m0 ) v0讨论：如果问题（2）中的木块质量 m0 为无穷大，则其结果自然回到木块固定的情况.4.18一轻绳跨过一轻定滑轮， 两端分别系有质量为 m 和 M 的两个物体 （M&m） ， 如图 4-24 所示．M 静止于桌面上，抬高 m 使绳处于松弛状态．当 m 自由下落 h 距离后绳才被 拉紧．求两物体的速度及 M 所能上升的最大高度．解：将问题分成 3 个过程. （1） m 下落 h 的距离，其最后的速度为v0 = 2 gh（1）（2）绳子绷紧， m 和 M 瞬间获得共同的速率 V . 此过程发生 时间很短， 绳中产生的张力很大. 对两个物体以及定滑轮组成的 系统而言，可以忽略对定轴的两个重力矩，整个系统对定轴的角 动量守恒，得，图 4-24习题 4.18 图mv0 r = mVr + MVr（2）（3）两个物体获得共同速度后，做减速运动. M 到达最高点后速度为零，设其上升的高度 为 hm ，相应地 m 下降的 hm 高度. 这一过程机械能守恒，1 1 mV 2 + MV 2 = Mghm ? mghm 2 2联立求解，得（3）m2 hm = 2 h M ? m24.19 一内部连有弹簧的架子静置于光滑的水平面上，架子的质量为 M，弹簧的劲度系数为 k，现有一质量为 m 的小球以 v0 的速度射入架子内，并开始压缩弹簧，如图 4-25 所示．设 小球与架子间无摩擦，试求： （1）弹簧的最大压缩量 l； （2）从弹簧开始被压缩到达到最大 压缩量这期间架子的位移 XM．图 4-25习题 4.19 图解： （1）设 V 为弹簧被最大压缩时小球和架子共同的速度，其最大压缩设为 l . 机械能守恒：1 1 1 mv0 2 = ( m + M ) V 2 + kl 2 2 2 2（1） （2）动量守恒： mv0 = ( m + M ) V 事实上系统的质心做匀速运动， V 也就是质心的速度.习题44求解（1） 、 （2）两式，得 l =mM v0 k (m + M )（3）（2）本问题的关键是要求出小球接触弹簧到瘫痪达到最大压缩的时间. 在桌面上建一坐标 ，架子质心的坐标为 x . 在架子上建一坐标系 o ' x ' （如图） ，坐标原点建 系 o ' x ' （惯性系） 在弹簧的自由伸长处，为非惯性系. 以小球为研究对象， t 时刻处于坐标 x ' 处. 其受弹力 && （方向向左， & & 为架子相对于惯性系的加速度）. 于是，可以 kx ' （方向向左） ，惯性力 mx x 写出小球的运动微分方程（牛顿第二定律）&& = mx && ' ? kx '? mx（4）以架子为研究对象，其受力为 kx ' （方向向右） ，在惯性系中写出其牛顿第二定律，得 && kx ' = Mx （5） & ，整理后得 将（5）式代入（4）式，消去 & x&& x '+ ω 2 x ' = 0其中 ω =2（6） （7）m+M k mM（6）式的通解可以写为x ' = A sin (ωt + ? )（8）& ' = v0 代入（8） 其中 A 和 ? 是两个积分常数，由初始条件确定. 将初始条件 t = 0, x ' = 0, x式，得 A =v0ω, ? = 0. 即，（9）x' =v0ωsin (ωt ) v0从（9）式可以看出，最大压缩量为 l = 时刻ω【将（7）式代入结果与（3 式相同） 】 ，且对应的t1 =π π mM = 2ω 2 k ( m + M )mM π m+M 2 mM (m + M ) k（11）于是在这段时间内系统质心移动的距离（如图 2 所示）为Lc = Vc t1 = Vt1 =（12）习题45小球和架子质心离系统质心的距离； 在图 2 中， 我们用 l1 、l2 分别表示小球接触弹簧的瞬时， 用 l3 、 l4 分别表示弹簧最大压缩时，小球和架子质心离系统质心的距离. 于是有ml1 = Ml2 , ml3 = Ml4 ,由几何关系得（13） （14）( l1 + l2 ) ? ( l3 + l4 ) = l（16）（15）从图上还可以看出，架子移动的距离X m = ( Lc + l4 ) ? l2利用（13） 、 （14） 、 （15）求出 ( l4 ? l2 ) ，并将此结果与（12）式一并代入（16）式，最后得 到 Xm =mv0 m+MmM ?π ? ? ? 1? (m + M ) k ? 2 ?（17）【另解】将（9）式代入（5）式，得&& x=k k v0 x' = sin (ωt ) M M ω& = 0 ，可得 对上式积分一次，并利用初始条件 t = 0, x = 0, x&= xkv0 (1 ? cos ωt ) Mω2 kv0 ? 1 ? t ? sin ωt ? ， 2 ? Mω ? ω ?再积分一次，并利用初始条件，得x=将 t = t1 代入，得xM =kv0 ? kv0 ? 2π 1 ? mv0 1 ? ? ?= t ? sin ωt1 ? = 2 ? 1 2 ? ω Mω ? ? Mω ? ω ω ? m + MmM ?π ? ? ? 1? (m + M ) k ? 2 ?与结果（17）式相同.习题464.20如图 4-26 所示，弹簧的劲度系数为 k，下挂质量为 M 的圆盘．一质量为 m 的环从 h 高处自由落下，与圆盘做完全非弹性碰撞．设碰撞时间很短，并忽略弹簧质量，求碰 撞后弹簧伸长量的最大值． 解： m 自由下落，刚要接触盘时的速度为v0 = 2 gh（1）m 与 M 碰撞合二为一， 由于时间很短， 相互作用力为系统的内力，比外力（重力，拉力）大很多，可以认为系统的动量守恒. 于是 mv0 = ( m + M ) V （2）图 4-26 习题 4.20 图其中 V 为碰后的共同速度. 然后 m 和 M 一同减速下落， 到弹簧最大伸长 hmax 时， 速度为零. 这一过程中机械能守恒，1 1 ( m + M )V 2 + ( m + M ) hmax = khmax 2 2 2将（1）代入（2） ，再代入（3） ，最后可求得（3）hmax(m + M ) g + (m + M ) =k k22g2+2m 2 gh k (m + M )4.21 半径为 R，质量为 M，表面光滑的半球放在光滑水平面上，在其正上方置一质量为 m 的小滑块， 当小滑块从顶端无初速地下滑后， 在图 4-27 所示的θ 角处开始脱离半球． 求 M/m．图 4-27习题 4.21 图解：下落过程中那个机械能守恒mgR (1 ? cos θ ) =水平方向动量守恒1 1 mv12 + Mv2 2 2 2（1）xv1x ? mv2 = 0（2）以半球为参考系，小滑块为研究对象，其受力有：重力 mg ，支持力 N ，惯性力 ma2 . 写 出牛顿第二定律的法向分量式mg cos θ ? N + ma2 sin θ = mv1 '2 R（3）其中 v1 ' 为小滑块相对于半球的运动速率. 而在桌面上的参照系（惯性系）中，研究半球的 运动，可得N sin θ = ma2（4）习题47从（3） 、 （4）两式可以看出，当小滑块刚刚脱离半球时，有 N = 0 ，于是从（4）知 a2 = 0 ， 从而（3）时变为mg cos θ = mv1 '2 R（5）由相对运动关系，得r r r v1 = v1 '+ v2其分量式为（参见图示）（6）v1x = v1 'sin θ ? v2 , v1 y = v1 'cos θ（7） 、 （8）两式代入（1）得：（7） （8）1 1 gR (1 ? cos θ ) = v1 '2 ? v1 ' v2 sin θ + ( m + M ) v2 2 2 2（7） 、 （8）两式代入（2）得：（9）mv1 'sin θ = ( m + M ) v2从（9） 、 （10）两式中消去 v2 ，得（10）1 M sin 2 θ gR (1 ? cos θ ) = v1 '2 2 m+M再从（5） 、 （11）中消去 v1 ' ，整理后得（11）2 (1 ? cos θ ) M = m cos θ ( sin θ + 2 ) ? 24.22 质量为 m 的物体与劲度系数为 k 的弹簧连接成如图 4-28 所示的系统，物体 m 置于光 滑桌面上，忽略绳与滑轮的质量及摩擦，绳不可伸长．当物体达到平衡后，将 m 往下拉 h 距离后放手．求 m 运动的最大速率． 解：见坐标系，竖直向下为 x 正向，坐标原点在弹簧自由伸长时自由下垂绳的下端. 弹簧自 由伸长时弹性势能为零， 而重力势能零点取在坐标原点. 当重物处于平衡状态时， 弹簧伸长 为 l0 ，于是kl0 = mg（1）设质点运动到 x 处是速率为 v ，有机械能守恒得1 1 1 2 k ( l0 + h ) ? mg ( l0 + h ) = mv 2 + kx 2 ? mgx 2 2 2即图 4-28 习题 4.22 图习题48v2 =k k 2 ( l0 + h ) ? 2 g ( l0 + h ) ? x 2 + 2 gx m m d ( v2 ) dx = 2g ? 2（2）要求 v 的极大值，需计算k x = 0 . 即极大值（注：严格讲还需计算二阶导 m数才能知道为极大）出现在 x = 于是从（2）式可得mg = l0 ，也就是平衡位置处. kvmax 2 =kh ( 2l0 + h ) ? 2 gh m kh ( 2l0 + h ) ? 2 gh m或 vmax =4.23 具有半圆柱形的凹槽的木块放置在光滑地面上，如图 4-29 所示，木块质量为 M，质 量为 m 的小球从最高点由静止下滑，不计摩擦，求： （1）在 m 下滑过程中，m 的绝对速度 v 随小球角位置θ 的变化规律； （2）小球 m 在最低点时给木块 M 的压力； （3）当小球滑至 最低点时，小球的运动轨迹（相对于地）在该点的曲率半径ρA．解： （1）由机械能守恒和水平方向动量守恒，得1 1 mv12 + Mv2 2 = mgR cos θ 2 2 mv1 = Mv2从（1） 、 （2）中消去 v2 ，则得到（1） （2） 图 4-29 习题 4.23 图v1 =2 MgR cos θ m+M（3）【注：如果还要求出速度方向，可利用速度的关系 v1 = v1 '+ v2 并画出矢量图】 （2）小球在最低点时以半圆形凹槽为参照系，写出相应的牛顿第二定律rrrN ? mg = mv1 '2 R（4）或者在惯性系上，有N ? mg = mv12ρ（5）【注：以上两式都是在质点运动到最低点时成立】 在最低点 θ = 0 ，由（3）式知， v1 =2 MgR ，进而求得相对运动速度 m+M习题49v1 ' = v1 + v2 = v1 +上式代入（4）式，得m m+M v1 = M M2 MgR m+M（6）N=3M + 2m mg M M2 R（7）再将（7）式代入（5）式，得到ρ=(m + M )2讨论：当凹槽固定时，相当于 M → ∞ ，从（7）式知 ρ = R .4.24 如图 4-30 所示，小物体质量为 m，静止地放在一楔形滑块的顶端，滑块置于水平桌 面上，其质量为 M，倾角为α ，顶高为 h，设各接触面光滑．求： （1）当小物体滑到楔形滑 块底部时，滑块的速度； （2）以地面为参考系，在小物体下滑过程中斜面体的支承力对它所 做的功． 解： （1）机械能守恒，水平方向动量守恒mgh =1 1 mv12 + Mv2 2 2 2（1） （2）mv1 = Mv2联立求解，得 v2 =2m 2 gh M (m + M )图 4-30习题 4.24 图（2）三角形滑块为研究对象，其受桌面的支持力和斜面支承力作用，桌面的支持力不做功， 斜面支承力做的功等于动能的增量A=1 m 2 gh Mv2 2 = 2 m+M4.25 荡秋千的简化分析．荡秋千时，当摆到最高点时，人突然蹲下，使质心降低；当摆到 最低点时，人突然站起，使质心升高．于是，来回摆动摆角逐渐增大．作为近似，把人看作 位于质心上的质点，蹲下时质心与悬挂点的距离为 l1，站起时为 l2，质心的轨迹如图 4-31 中的 ABCD 所示．证明： （1）从一端（A 点）摆到另一端（B 点）的过程中，设 v 为在最低点 B 时的速度，起始摆角 为θ1，在另一端时的摆角为θ2，则 cos θ1 = 1 ? （2） 人所做的总功 解： （1）质点从 A 到 B 的过程中，机械能守恒v2 ， 2 gl1，因而θ2&θ1；， 而系统增加的机械能为 mgl （cosθ1?cosθ2） ．mgl (1 ? cos θ ) =即 cos θ1 = 1 ?1 2 mv 2（1）v2 2 gl1习题50类似地，从 C 到 D 的过程同样机械能守恒，得cos θ 2 = 1 ?vC 2 2 gl2（2）在从 B 到 C 的过程中，角动量守恒l1mv = l2 mvC利用以上三式可以得到3（3）v 2 ? l1 ? cos θ 2 = 1 ? ? ? 2 gl1 ? l2 ?（4）3v 2 ? l1 ? 注意到 cos θ 2 = 1 ? ? ? & cos θ1 ，所以 θ 2 & θ1 2 gl1 ? l2 ?（2）从 B 到 C 的过程中，利用能量定理，可以求得人做的功图 4-31习题 4.25 图1 1 A = mg ( l1 ? l2 ) + mvc 2 ? mv 2 2 2将（3）式代入，消去 vc ，得（5）?l2 ? 1 A = mg ( l1 ? l2 ) + mv 2 ? 1 2 ? 1? 2 ? l2 ?（6）人做的功就是系统增加的机械能，即 ?E = A ，分别将（1） 、 （2）式中的 v 和 vc 代入（5） ， 得 ?E = mg ( l1 cos θ1 ? l2 cos θ 2 ) . 其实，这个结果也可以直接比较 A、D 两点的机械能而得 到.第五章习题解答5.1 一质量 m = 2 200 kg 的汽车以 v = 60 km/h 的速度沿一平直公路开行．试问汽车对公路一 侧距公路 d = 50 m 的一点的角动量是多大？对公路上任意一点的角动量又是多大？ 解：角动量 L = r × p 对 O 点： l = rmv sin θ = mvdθv50 = 2.2 × 10 × × 50 = 1.83 × 106 J ? S 3 方向：垂直纸面向内 ?3dr习题 5.1 图PO对 P 点： L = r × p =0 5.2 求月球对地球中心的角动量及面积速度， 将月球轨道视为圆， 其转动周期为 27.3 天 （已 ． 知月球质量 m = 7.35 ×1022 }