1、习题 1 1.1 选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径 ),( yxr 的端点处，其速度大小为 （ ） (A)dtdr (B)dtrd (C) dtrd | (D) 22 )()(dtdydtdx +答案： (D)。 (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度 smv /2= ，瞬时加速度 2/2 sma = ，则一秒钟后质点的速度 （ ） (A)等于零 (B)等于 -2m/s (C)等于 2m/s (D)不能确定。 答案： (D)。 (3) 一质点沿半径为 R 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在 2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 （ ） (A) tRtR 2,
2、2 (B) tR2,0 (C) 0,0 (D) 0,2tR 答案 ： (B)。 (4) 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， a表示切向加速度，下列 表达式中， （ ） at = d/dv ， v=tr d/d ， v=tS d/d ， at =d/dv (A) 只有 、 是对的 (B) 只有 、 是对的 (C) 只有 是对的 (D) 只有 是对的 答案 ： (D)。 (5)一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为 v ，瞬时速率为 ，某一时间内的平均速度为 v ，平均速率为 v ，它们之间的关系必定有： （ ） （ A） vvv,v = （
3、 B） vvv,v = （ C） vvv,v （ D） vvv,v = 答案 ： (D)。 1.2 填空题 (1) 一质点，以 1sm 的匀速率作半径为 5m 的圆周运动，则该质点在 5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 答案 ： 10m； 5m。 (2) 一质点沿 x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为 a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度 v0为 5ms-1，则当 t 为 3s 时，质点的速度 v= 。 答案 ： 23ms-1 . (3) 一质点从静止出发沿半径 R=1 m 的圆周运动，其角加速度随时间 t 的变化规律是 =12t2-6t (SI)，则质点的角速 度 =_
4、；切向加速度 a =_ 答案： 4t3-3t2 (rad/s)， 12t2-6t (m/s2) (4) 一质点作直线运动，其坐标 x 与时间 t 的关系曲线如 题 1.2(4)图所示则该质点在第 _ 秒瞬时速度为零；在第 秒至第 秒间速度与加速度同方向 x ( m ) t (s) 5 1 3 4 5 6 O 2 题 1.2(4)图 答案： 3, 3 6; (5) 一 质 点 其 速 率 表 示 式 为 v s= +1 2 ，则在任一位置处其切向加速度 a为 。 答案 ： )1(2 2ss + 1.3 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （ 1） x=4t-3；（ 2） x=-4t3
5、+3t2+6；（ 3） x=-2t2+8t+4；（ 4） x=2/t2-4/t。 给出这个匀变速直线运动在 t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（ x 单位为 m， t 单位为 s） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（ 3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别 为 22484dxvtdtdxadt= = +=t=3s 时的速度和加速度分别为 v=20m/s， a=4m/s2。 因加速度为正所以是加速的。 1.4 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
6、) 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。 解： (1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向 加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.5 一质点沿 x 轴作直线运动， t 时刻的坐标为 x = 4.5 t2 2 t3 (SI) 试求： (1) 第 2 秒内的平均速度； (2)第 2 秒末的瞬时速度； (3) 第 2 秒内的路程
7、 解： (1) 5.0/ = txv m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s (3) 由 v =9t - 6t2 可得：当 t0; 当 t1.5s 时， v0 , aB0. (D) aA LA， EKA EKB (B) LB LA， EKA = EKB (C) LB = LA， EKA = EKB (D) LB B)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 JA和 JB，则有 JA JB 。（填 、 或 =） 答案： 。 (3) 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量 J 3.0 kgm2，角速度 0 6.
8、0 rad/s现对物体加一恒定的制动力矩 M 12 Nm，当物体的角速度减慢到 2.0 rad/s 时，物体已转过了角度 _ O M m m 答案： 4.0rad (4) 两个滑冰运动员的质量各为 70 kg，均以 6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为 10 m，当彼此交错时，各抓住一 10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量 L _；它们各自收拢绳索，到绳长为 5 m 时，各自的速率 _ 答案： 2275 kgm2s1 , 13 ms1 (5) 如题 3.2（ 5）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴 O转动，今
9、有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是 。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。 题 3.2（ 5）图 答案： 对 o 轴的角动量守恒 ， 因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴的合外力矩为零，机械能守恒。 3.3 半径为 30cm 的飞轮，从 静止开始以 0.5rads-2 的 角加速度作 匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过 240时的切向加速度 和 法向加速度 分别为多少？ 解： 由题可知转的角度为 r ad 3436 024 02 = 又 345.02121 22 = tt
10、 由上式得 3162 =t 则飞轮边缘上一点 的 切向加速度 为 215.03.05.0 = sr a dRa 法向加速度 为 22222 256.13.03165.0 = sr adRtRan 3.4 如题 3.4 图所示，一光滑的内表面半径为 10cm 的 半球形碗，以匀角速度 绕其对称轴 OC 旋转， 若 放在碗内表面上的一个小球 P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则碗旋转的角速度为 多少？ (a) (b) 题 3.4 图 解：小球受到重力和碗的支持力作用，其合力为向心力，如图（ b）所示。设支持力为 N，则有 mgN =cos mgm gt gNF n 34s in = 又 mg
11、rmFn 342 = mr 08.0= 所以 sr ad /1308.03 104 =3.5 质量 m 1.1 kg 的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量 J 221mr (r 为盘的半径 )圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量 m1 1.0 kg 的物体，如 题 3.5 图 所示起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率 0 0.6 m/s 匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动 题 3.5图 解：撤去外加力矩后受力分析如图所示 m1g T = m1a Tr J a r m1 m,r a = m1gr / ( m1r + J / r) 代入
12、J 221mr , a =mmgm2111+= 6.32 ms2 v 0 at 0 t v 0 / a 0.095 s 3.6 有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J，开始时转台以匀角速度 0转动，此时有一质量为 m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 多少？ 解：把转台和人作为一系统， 人沿半径向外跑去 过程中，外力对中心轴的力矩为零，所以系统对轴的角动量守恒。即有 )( 20 mRJJ += 所以 当人到达转台边缘时，转台的角速度为 02 mRJ J+=3.7 飞轮的 质量 m 60kg，半径 R 0.25m
13、，绕其水平中心轴 O 转动，转速为 900revmin-1现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力 F ，可使飞轮减速已知闸杆的尺寸如题 3.7图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求： (1)设 F 100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动 ?在这段时间里飞轮转了几转 ? (2)如果在 2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 F ? 解 : (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图 (如图 (b)图中 N 、 N 是正压力， rF 、 rF 是摩擦力， xF 和 yF 是杆在 A 点转轴处所受支承力， R 是轮的重力， P 是轮在 O 轴处所受支承力
14、 题 3.7图（ a） 题 3.7图 (b) 杆处于静止状态，所以对 A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有 Fl llNlNllF 1 21121 0)( +=+ 对飞轮，按转 动定律有 JRFr /= ，式中负号表示 与角速度 方向相反 NFr = N N= Fl llNF r 1 21 += 又 ,21 2mRJ = Fm R l llJ RF r 1 21 )(2 += 以 N100=F 等代入上式，得 2sra d34010050.025.060 )75.050.0(40.02 = += 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 s06.74060 329000 = =
15、t 这段时间内飞轮的角位移为 ra d21.53)49(340214960 290021 220=+= tt 可知在这段时间里，飞轮转了 1.53 转 (2) 10 sra d6029 00 = ，要求飞轮转速在 2=t s 内减少一半，可知 2000sra d21522 = tt 用上面式 (1)所示的关系，可求出所需的制动力为 Nllm R lF 1772)75.050.0(40.02 1550.025.060)(2 21 1 =+ =+= 3.8 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴 O 转动设大小圆柱体的半径分别为 R 和 r ，质量分别为 M 和 m 绕在两柱体上的细
16、绳分别与物体 1m 和 2m 相连， 1m 和 2m 则挂在圆柱体的两侧，如题 3.8图所示设 R 0.20m, r 0.10m， m 4 kg， M 10 kg， 1m 2m 2 kg，且开始时 1m ， 2m 离地均为 h 2m 求 ： (1)柱体转 动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力 解 : 设 1a , 2a 和 分别为 1m , 2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图 (如图 b) 题 3.8(a)图 题 3.8(b)图 (1) 1m , 2m 和柱体的运动方程如下： 2222 amgmT = 1111 amTgm = JrTRT = 21 式中 RaraTTTT = 1222
17、11 , 而 22 2121 mrMRJ += 由上式求得 22222222121sr a d13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0=+=+= grmRmJrmRm(2)由式 8.208.9213.610.02222 =+=+= gmrmT N 由式 1.1713.6.2.028.92111 = RmgmT N 3.9 计算题 3.9图所示系统中物体的加速度设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为 r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设 1m 50kg， 2m 200 kg,M 15 kg, r 0.1 m 解 : 分
18、别以 1m , 2m 滑轮为研究对象，受力图如图 (b)所示对 1m , 2m 运用牛顿定律，有 amTgm 222 = amT 11= 对滑轮运用转动定律，有 )21( 212 MrrTrT = 又， ra= 联立以上 4个方程，得 2212 sm6.72152005 8.92002=+=+= Mmmgma 题 3.9(a)图 题 3.9(b)图 3.10 如题 3.10图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕过一端 O 的水平轴自由转 动，杆于水平位置由静止开始摆下求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过 角时的角速度 . 题 3.10图 解 : (1)由转动定律，有 211
19、()23m g l m l = lg23= (2)由机械能守恒定律，有 22 )31(21s in2 mllmg = lg sin3=3.11 如题 3.11图所示，质量为 M ，长为 l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴 O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上现有一质量为 m 速度为 0v 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞设这碰撞为弹性碰撞，试计算 碰撞后 小 球 的 速 度和直棒获得的 初 角速度。 题 3.11图 解 : 设棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ，而小球的速度变为 v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式： mvl
20、Jlmv += 0 2220 212121 mvJmv += 上两式中 231MlJ = 联立 式 ，可得 033 vMm Mmv +=lMmmv )3( 6 0+=3.12 一个质量为 M、半径为 R 并以角速度 转动着的 飞 轮 (可看作匀质圆盘 )，在某一瞬时突然有一片质量为 m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题 3.12图假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上 (1)问它能升高 多少 ? (2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能 题 3.12图 解 : (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 Rv =0 设碎片上升高度 h 时的速度为 v ，则有 ghvv 2202 = 令
21、0=v ，可求出上升最大高度为 2220 212 RggvH = (2)圆盘的转动惯量 221MRJ = ，碎片抛出后圆盘的转动惯量 2221 mRMRJ = ，碎片脱离前，盘的角动量为 J ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 RmvJJ 0 += 式中 为破盘的角速度于是 RmvmRMRMR 0222 )21(21 += 其中 Rv =0 得 = (即 角速度不变 ) 圆盘余下部分的角动量为 )21( 22 mRMR 转动动能为 222 )21(21 mRMREk =3.13 一质量为 m 、半径为 R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动另一质量为 0m 的子弹以速度 0v 射入轮缘 (如题 3.13图所示方向 ) (1)开始时轮是静止的，在质点 打入后的角速度为何值 ? (2)用 m , 0m 和 表示系统 (包括轮和质点 )最后动能和初始动能之比
