1、大学物理习题解答力学部分 1第一章 物体运动状态的描述 力学运动定律11 质点沿 轴运动,坐标与时间的变化关系为 ,式中 、 分别以 、 为单位。x 324txxtms试计算(1)在最初 2 内的平均速度,2 末的瞬时速度;(2)1 末到 3 末的位移、平均速度;(3)1 末到sss3 未的平均加速度;此平均加速度是否可用 计算?(4)3 未的瞬时加速度。s 31a解 V(2) = - 20 m/ss/m4 -208 x V t6- 4tdxV2 x(3)- x(1) = - 44 m s/m-x /s - 1v32a t12- tva可以用 来计算,因为 与 t 是线性关系。21s/ 423
2、1a (3)= - 36 m/s 212 一质点的运动方程为 ,式中 、 分别以 、 为单位。试求:(1)它ktjir24rtms的速度与加速度;(2)它的轨迹方程。解 jdtakjtdr 8 8 所以轨道方程为 zyx ,4 ,12 241zyxl3 一质点自原点开始沿抛物线 运动,它在 O 轴上的分速度为一恒量,值为2bx, 。求质点位于 处的速度和加速度。10.4smx15.bmx0.解 抛物线 是质点的轨迹方程,它是参数方程 和 合成的结果由于 是2xy )(t)(tyx已知的,可得 方向上的运动方程 及加速度分量 ,由 和轨迹方程 ,求得)(txa)(f运动方程在 y 方向上的分量式
3、 及其加速度分量 ,再由速度和加速度的分量可得其矢量表达yy式因 为一常量,故 当 时, ,由 积分可得 10.4sx0xat0dtx(1)t又由质点的抛物线方程,有 (2)22)(tbyx由 方向的运动方程可得该方向的速度和加速度分量分别为 y(3) tbdtx2(4) 2ya当质点位于 时,由上述各式可得m0.; jsisjiyx 110.8 jsmjaiyx21614 质点在 Oxy 平面内运动,运动方程为 。求:(1)质点的轨迹方titr)0.219(0.2程;(2)在 到 时间内的平均速度;(3) 时的速度及切向和法向加速度。st0.t.2s解 根据运动方程可直接写出其分量式 和 ,
4、从中消去参数 ,即得质点的轨迹方)(x)yt程平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔 的大小有关,tr当 时,平均速度的极限就是瞬时速度 切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢0t dtr2 大学物理习题解答量 和 ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向an dta的变化,它可由总加速度 和 得到a(1) 由参数方程 , ,消去 得质点轨迹方程:tx0.220.19tyt 25.019xy(2) 在 到 时间内平均速度 st.1s jsmitrr 1112.4.(3)质点任意时刻速度和加速度分别为 jstijdtyixjityx 210
5、.40.2)(stdta22.4则 时的速度为 ,切向和法向加速度分别为s0.1 jsmits 211|)( 22583| styxt 279.sman15 质点的运动方程为 ; 试求:(1)初速度的大小和方向;(2)加20)1(t201ty速度的大小和方向。解 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向(1)速度的分量式为 ; ;当 时, ,tdtx601tdty401510smx,则初速度大小为 ;设 与 轴的夹角为 ,则 105smy 2.8smyx , ;(2)加速度的分量式为 ;23xtg/04 26stax4sdtayy则加速度的大小为
6、 221.7sayx设 与 轴的夹角为 ,则 ,x3xtg )19326(4/0/0或16 如图 16 所示,湖面上有一条船,在岸边高崖上的船夫通过绞车以匀速率 收绳,将船拉向岸边。如果V绳子的质量可以忽略,试问船的速率 u 比收绳速率 是大V还是小?船的加速度如何?解 因小船作直线运动,故可取其运动轨迹为直角坐标系的 x 轴,取绞车对水面的垂足 O 为坐标原点。在任意时刻 t,小船的位置 x 满足关系 2hl将上式两边对时间求导数,可得 tltxd图 16大学物理习题解答力学部分 3由于崖上的船夫以匀速率 v 收绳,因此有 . 所以,由上式可得船的速度和加速度的分量分别vtld/为, ; x
7、hltxu2d0yu, 。tva23a由此可见,船的速度和加速度的方向均与 x 轴的正方向相反,且加速度的数值随着 x 的减小而迅速增大。17 一质点具有恒定加速度 ,在 时,其速度为零,位置矢量 。求(1)在任jia460t ir10意时刻的速度和位置矢量;(2)质点在 Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图。解 该题属于质点运动学的第二类问题,即已知速度或加速度的表达式 或 ,求运)(t)(ta动方程 ,它是第一类问题的逆过程,是一段时间内运动量的积累处理这类问题,必须在给定)(tr的初始条件下,采用积分的方法来解决由加速度定义式,根据初始条件 时 ,积分可得0t jtidjidta
8、t 46)46(000又由 及初始条件 时, ,积分可得trr10,tjitdr )(000 jtit22)3( 由上述结果可得质点运动方程的分量式为 ,21tx2ty消去参数 ,可得运动的轨迹方程 023y这是一个轨迹方程直线斜率 , 3tgdk/041轨迹如图 19 所示18 一质点沿半径为 的圆周按规律 运动, 都是常量。(1)求 时刻质点R201btSb、0t的总加速度;(2) 为何值时总加速度在数值上等于 ; (3)当加速度达到 时,质点已沿圆周运行了多t少圈? 解 在自然坐标中, 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标由给定的运动方程 ,对时间S )(tS求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动
9、的速度 和加速度的切向分量 ,而加速度的法向分量为a这样,总加速度为 至于质点在 时间内通过的路程,即为曲线坐标的Ran2nat改变量 因圆周长为 ,质点所转过的圈数自然可求得0StR2(1)质点作圆周运动的速率为 ;其加速度的切向分量和法向分量分别为 btdtS0, bdt2 ban02)(故加速度的大小为 Rtan 4022)(其方向与切线之间的夹角为 2brctgrtn 图 194 大学物理习题解答(2)要使 ,由ba| Rbt402)(可得 t0(3)从 开始到 时,质点经过的路程为 t0 bSt20因此质点运行的圈数为 bRSn422019 一半径为 0.50 的飞轮在启动时的短时间
10、内,角速度与时间的平方成正比。在 时测m st0.2得轮缘一点的速度值为 。求:(1)该轮在 的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速10.4sst5./度;(2)该点在 2.0 s 内所转过的角度。解 首先应该确定角速度的函数关系 依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应2k的角速度,从而求出式中的比例系数 , 确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关)(t系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法) ,即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移因为 ,由题意 得比例系数: R2t322sradRttk所以 则 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为32)(sradt s
11、5.0/; ; 1/ .rt /4td20.1sm总加速度 , nRn2 2220.1)()sa在 2.0s 内该点所转过的角度 radtttss3500110 一质点在半径为 0.10 的圆周上运动,质点角位置为 。(1)求在 时质m34tst0.点的法向加速度和切向加速度。(2)当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时, 值为多少?(3)为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等?t解 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到(1)由于 ,则角速度 342t21td在 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为st0., 2210.| smratn2280
12、.4| smtrast(2)当 时,有 ,n3n即 ; 422)()4(3tt 9.0此时刻的角位置为 radt15.3(3)要使 ,则有 , an )24(trs5.111 试问地球的自转角速度最大增加到多少倍时,赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开?已知赤道上物体的向心加速度为 a1=3.4 ,赤道上的重力加速度为 。/scm2/108.9scmg解 地球上物体所受到的支持力(重力 )与地球的万有引力 ( )的合力,提供了维持该物体gWF随地球自转的向心力。按题意,对于赤道上的物体,可列出如下的关系式 , a。2gamF由此可得 ,利用 ,可得1ag2R174.30892121a112
13、质量为 的物体沿斜面向下滑动,当斜面的倾角为 时,物体正好匀速下滑。问:当斜大学物理习题解答力学部分 5面的倾角增大到 时,物体从高为 处由静止滑到底部需要多少时间? h解 tgmgNgf cossinsinco2sin2 21si i coi hatathm113 一无风的下雨天,一列火车以 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗110.外的雨滴和垂线成 75 角下降。求雨滴下落的速度 (设下降的雨滴作匀速运动)。2解 这是一个相对运动的问题设雨滴为研究对象,地面为静止参考系 S,火车为动参考系S 为 S 相对 S 的速度, 为雨滴相对 S 的速度,利用相12对运动速度的关系即可解 以地面为
14、参考系,火车相对地面运动的速度为 ,雨滴相对1地面竖直下落的速度为 ,旅客看到雨滴下落的速度 为相对2/2速度,它们之间的关系为 (图 113),于是可得 / 101236.57smtg114 如图 114,一斜面倾角为 ,底边 AB 长为 ,质量为 的物体从斜面顶端由静止l.开始向下滑动,斜面的摩擦因数为 。试问,当 为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短?其4.0数值为多少? 解 该题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系 ,然后运用对 t)(tf求极值的方法即可得出数值来。取沿斜面为坐标轴 Ox,原点 O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有(1) magmcossin又物体
15、在斜面上作匀变速直线运动,故有22)cos(in1tgtl 则 (2)sicolt为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有0dt0)sin(cos)(ins 则可得 , 12tg49此时 l9.)s(sinc2min115 一质量为 的质点在力 的作用下,沿 轴作直线运动。在 时,质k0NtF01x0t点位于 处,其速度 。求质点在任意时刻的速度和位置。x.500.6解 这是在变力作用下的动力学问题。由于力是时间的函数,而加速度 ,这时,动力学dta方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度 ;由速度的定义 ,)(t dtx/用积分的方法可求出质点的位置。因加速度 ,在直线
16、运动中,根据牛顿定律有dta。依据质点运动的初始条件,即 时, ,运用分离变量dtmNtF)4012( 0t 1.6sm法对上式积分,得 。0 ).(t td12).604.6(smtt图 113图 1146 大学物理习题解答又因 ,并由质点运动的初始条件: 时, 对上式分离变量后积分,有dtx0tmx.5dtt02)0.64.(t)0.62.(3116 一辆铁路平车装有货物,货物与车底板之间的静摩擦系数为 0.25,如果火车以 的速hkm/30度行驶。问要使货物不发生滑动,火车从刹车到完全静止所经过的最短路程是多少?解 设最大加速度为 , , , 20asgamfa,as2.148.9502
17、36/0117 如图 117 所示,升降机中光滑水平桌面上有一质量为 的物体 ,通过绕过滑gm10A轮的细绳与质量为 的物体 B 相连。试问:当升降机以加速度 上升时,g 2s/9.42/a机内的人看到的 和 两物体的加速度是多大?机外在地面上的人看到 A 和 B 两物体对地面的加速度是A多大?解 ( 1 ) 若以升降机为参考系,则惯性力为 gF22i1于是,对物体 A 和 B 可以分别列出方程1TamFB2T221amg由此可解得物体 A 和 B 的加速度的大小为3物体 A 的加速度向右,物体 B 的加速度竖直向下。( 2 ) 利用上述结果可得,以地面为参考系,物体 A 的加速度的大小及其与
18、水平方向的夹角分别为,ga25)( 6.21arctnt 而物体 B 的加速度的方向竖直向下,其大小为 gaB( 3 ) 若以地面为参考系,选取直角坐标系,可以直接列出下述方程gay21A1TxmF2TF联立上述方程即可解出结果 gaa1 BBA118 一燃气轮机在试车时,燃气作用在涡轮上的力矩为 ,涡轮的转动惯量为mN30.。当轮的转速由 增大到 时,所经历的时间 为多少?20.5mkg 13in08.2r14in2.rt解 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩,因此,根据转动定律可知,飞轮的角加速度是一恒量;又由匀变速转动中角加速度与时间的关系,可解出飞轮所经历的时间该题还可应用角动量定理直接求
19、解。方法 1 在匀变速转动中,角加速度 ,根据转动定律 ,可得飞轮所经历的时t0JM间 snMJt 8.10)(20方法 2 飞轮在恒外力矩作用下,根据角动量定理,有 ,则tJd00)(sJt .)(00119 用落体观察法测定飞轮的转动惯量,是将半径为 的飞轮支承在 O 点上,然后在绕过R飞轮的绳子的一端挂一质量为 的重物,令重物以初速度为零下落,带动飞轮转动(如图 119 所示)。m图 117大学物理习题解答力学部分 7记下重物下落的距离和时间,就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。(假设轴承间无摩擦)解 在运动过程中,飞轮和重物的运动形式是不同的。飞轮作定轴转动,而重物是作落体运动,
20、它们之间有着内在联系。由于绳子不可伸长,并且质量可以忽略。这样,飞轮的转动惯量,就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定,其中重物的加速度,可通过它下落时的匀加速运动规律来确定。 设绳子的拉力为 ,对飞轮而言,根据转动定律,有 TFJRFT(1)而对重物而言,由牛顿定律,有 (2)magT由于绳子不可伸长,因此,有 (3)Ra重物作匀加速下落,则有 ;21th由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 。)1(2hgtJ该题也可用功能关系来处理。将飞轮、重物和地球视为系统,绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零,系统的机械能守恒。利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系,以及线速度和角速度的关系,代人机械能守恒
21、方程中即可解得。根据系统的机械能守恒定律,有 ,而线速度和角速度的关系为021JmgR又根据重物作匀加速运动时,有 , ;由上述各式可得 。ath2 )12(hgtmRJ若轴承处存在摩擦,上述测量转动惯量的方法仍可采用。这时,只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响。120 如图 120 所示,质量 的实心圆柱体 A,其半径为 ,可以绕其固定水kgm16cr5平轴转动,阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上,其另一端系一个质量 的物体 B。求:kg0.82(1)物体 B 由静止开始下降 后的距离;(2)绳的张力 。s0. TF解 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下
22、落运动(平动)。两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解,但是,两物体的运动由柔绳相联系,它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到。(1) 如图所示,分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言,由转动定律,得(1)对悬挂物体而言,依据牛顿21rmJrFT定律,有 (2)aFgpTT2/ 且 。又由角量与线量之间的关系,得(3)ra解上述方程组,可得物体下落的加速度 。21mg在 时,B 下落的距离为st.0。tas45.21(2)由式(2)可得绳中的张力为 。NgmagFT 2.39)(21121 质量为 和 的两物体 A、B 分别悬挂在图 121 所示的组合轮两端。设两轮的半径分别
23、1m2为 和 ,两轮的转动惯量分别为 和 ,轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计,绳的质量r21J2图 119图 1208 大学物理习题解答也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。解 由于组合轮是一整体,它的转动惯量是两轮转动惯量之和,它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和( 注意两力矩的方向不同 )。对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程,结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得。分别对两物体及组合轮作受力分析,如图。根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律,有 (1)11/1 amFgpTT(2)222/F(3)()(JrR, (4);/1T/T由角加速度和线加速度之间的关系有 , (5
24、)a2解上述方程组,可得; gRrmJ2121;a2; 。grRJFT 1121 gmrRJFT 221211122 如图 122 所示装置,定滑轮的半径为 ,绕转轴的转动惯量为 ,滑轮两边分别悬挂质rJ量为 和 的物体 A、B。A 置于倾角为 的斜面上,它和斜面间的摩擦因数为 。若 B 向下作加速运m动时,求:(1)其下落加速度的大小;(2)两边绳子的张力。(设绳的质量及伸长均不计,绳与滑轮间无滑动,滑轮轴光滑)解 这是连接体动力学问题,对于这类问题仍采用隔离体的方法,从受力分析着手,然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程。物体 A 和 B 可视为质点,则运用牛顿定律。由于绳与滑轮间无滑
25、动,滑轮两边绳中的张力是不同的,滑轮在力矩作用下产生定轴转动,因此,对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律。列出动力学方程,并考虑到角量与线量之间的关系,即能解出结果来。作 A、B 和滑轮的受力分析,如图。其中 A 是在张力 、重力 ,支持力 和摩擦力 的作用下运动,根据牛顿定1TF1pNFf律,沿斜面方向有 (1)11cossinamgmFT 而 B 则是在张力 和重力 的作用下运动,有 (2) 2T2p22amgT由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动,则有 r1(3)对滑轮而言,根据定轴转动定律有(4)JrFT/1/2且有 , (5)/2T解上述各方程可得;21121 /cossinrJmgga2
26、 21/)(i)( rgJmFT。212212 /)cossin(rJrgT123 如图 123 所示,飞轮的质量为 ,直径为 ,kg6050.大学物理习题解答力学部分 9转速为 。现用闸瓦制动使其在 内停止转动,求制动力 。设闸瓦与飞轮之间的13min0.1r s0.5F摩擦因数 ,飞轮的质量全部分布在轮缘上。 4.解 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果,因此,由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩。但是,摩擦力矩的产生与大小,是由闸瓦与飞轮之间的正压力 FN 决定的,而此力又是由制动力 F 通过杠杆作用来实现的。所以,制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出。飞轮和闸杆的受力分析如图所
27、示。根据闸杆的力矩平衡,有 ;而 则闸0)(1/21llN/NF瓦作用于轮的摩擦力矩 (1)dFldFMNf 122摩擦力矩是恒力矩,飞轮作匀角加速转动,由转动的运动规律,有 (2)tnt|0因飞轮的质量集中于轮缘,它绕轴的转动惯量 ,根据转动定律 ,由式(1) 、(2)可得4/2mJJM制动力 。tlnmdF221104.3)(第二章 力学守恒定律21 一物体在介质中按规律 作直线运动, 为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的3ctxc平方。试求物体由 运动到 时,阻力所作的功。(已知阻力系数为 )0xl k解 本题是一个变力作功问题,仍需按功的定义式 来求解。关键在于寻找力函数sdFW。
28、根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系 变换到 ,进一步按)(F 2)()(tF的关系把 转换为 ,这样,就可按功的定义式求解。由运动学方程 ,可得物体3ctx)(t)(xF 3cx的速度 ;按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为:2/cd;则阻力的功为 34429kk )(279180os 30342JlkcdxkcdWl 22 一人从 10.0 深的井中提水,起始桶中装有 10.0 的水,由mg于水桶漏水,每升高 1.00 要漏去 0.20 的水。水桶被匀速地从井中g提到井口,求人所作的功。解 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡。水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此
29、,拉力作功实为变力作功。由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可求出。水桶在匀速上提过程中, ,拉力与水桶重力平0a衡,有 ;在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为0pF,其中 ,人对水桶的拉力的功为 gymmkg/2.10 大学物理习题解答 JdygmydFW82)(23 一质量为 0.20 的球,系在长为 2.00 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上。把小球移k至使细绳与竖直方向成 300角的位置,然后从静止放开.求:(1) 在绳索从 300角到 00角的过程中,重力和张力所作的功;(2)物体在最低位置时的动能和速率;(3)在最低位置时的张力
30、。解 在计算功时,首先应明确是什么力作功。小球摆动过程中同时受到重力和张力作用。重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得;至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式 即能得出结果来;在计算功的基础上,sdFW由动能定理直接能求出动能和速率;在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定。(1)如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即;Jmglhp53.0)cos1(在小球摆动过程中,张力 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力TF的功 。sdWT(2)根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果。初
31、始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为 ;小球在最低位置的速率为 JWEpk53.0122smmk(3)当小球在最低位置时,由牛顿定律可得 ; 。lFT2NlmgFT49.224 一质量为 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上。此质点在粗糙水平面上作半径为 的圆周运动。设质点的最初速率是 。当它运动一周时,其速率为 求:(1)摩擦力作的r 0 /0功;(2)动摩擦因数;(3)在静止以前质点运动了多少圈?解 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少;而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上。由此,可依据动能定理列式解之。(1)摩擦力作功为 (1)202020 831mmE
32、Wk (2)由于摩擦力是一恒力,且 ,故有 (2)gFf mgrsFWf 218co0由式(1)、(2)可得动摩擦因数为 r1620(3)由于一周中损失的动能为 ,则在静止器前可运行的圈数为 圈。208334|0Enk25 如图所示,A 和 B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为 和 。问在 A 板上需12加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使 A 跳起来时 B 稍被提起。(弹簧劲度系数为 )解 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一。因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关。 “守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变。在具体应用时,必须恰当地选取
33、研究对象(系的条件。该题可用机械能守恒定律来解决。选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态 1),直到 B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件。只需取状态 1 和状态 2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态图 24大学物理习题解答力学部分 11下受力的平衡,便可将所需压力求出。选取如图所示坐标,取原点 O 处为重力势能和弹性势能零点。作各状态下物体的受力图。对 A 板而言,当施以外力 时,根据受力平衡有 (1)FFp1当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械
34、能守恒定律可得 22121mgykgyk式中 、 为 M、N 两点对原点 O 的位移。1y2因为 , 及 ,上式可写为 (2)1kF2ygmp121由式(1)、(2)可得 (3)1当 A 板跳到 N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力 ,由式(3)可得/2pF。应该注意,势能的零点位置是可以任意选取的。为计算方便起见,通p)(221常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点。26 如图所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为 ,从与水平成倾角 斜面上的点/m03A 由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍,矿车下滑距离 时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动。l当矿车使弹簧产生最大压缩
35、形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货。试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大?解 矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用。若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力。矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解。在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便。取沿斜面向上为 轴正方向。弹簧被压缩到最大形变时弹簧x上端为坐标原点 O图(b)。矿车在下滑和
36、上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为 )(25.0.(/xlgmWf (1)式中 和 分别为矿车满载和空载时的质量, 为弹簧最/m大被压缩量。根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功等于系统机械能增量的负值,故有 )(kpf EW由于矿车返回原位时速度为零,故 ;而0k sin)(/xlgmEp故有 ,由式(1)、(2)可解得 。sin/xlgf 3127 一方向不变,大小按 变化的力作用于原先静止,质量为 4 的物体上,求:(1)(42NtFkg前 3 内力 做的功;(2) 3 时物体的动能;(3) 3 时 的功率。sFt tsF28 质量为 2 的物体受到力 的作用而运动,
37、时物体位于原点并静止。kg)(52jti0t试求前 10 内此力的功和 时物体的动能。sst1029 一质量为 的地球卫星,沿半径为 的圆轨道运动, 为地球的半径。已知地球的质量mER3ER为 。求:(1)卫星的动能;(2)卫星的引力势能;(3)卫星的机械能。E解 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出。由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能。由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零。这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了。至于
38、卫星的机械能则是动能和势能的总和。(1)卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得图 2-612 大学物理习题解答 EERmG3)(22则 EkG612(2)取卫星与地球相距无限远( )时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为rEpR3(3)卫星的机械能为 。EEEpk RmgGRm636210 一架以 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为 、质量为 的120.s 20.kg50.飞鸟相碰。设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计。试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算 )根据本题的计算结果,你对
39、于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体 (如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果?解 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的。如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况。在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态 (指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了。以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为 轴正向。由动量定理得 ,式中 为飞机x 0/mtF/F对鸟的平均冲
40、力,而身长为 的飞鸟与飞机碰撞时间约为 ,以此代人上式可得m20. lt;鸟对飞机的平均冲力为 NlmF52/ 1. N5/12.式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反从计算结果可知, 的冲力大致相当0于一个 (吨)的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的。若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动t机损坏,造成飞行事故。211 如图 211 所示,质量为 的物体,由水平面上点O 以初速为 抛出, 与水平面成仰角 。若不计空气阻力,00求:(1)物体从发射点 O 到最高点的过程中,重力的冲量;(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量。解 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,
41、只需求出时间间隔即可。由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间gt/sin01是到达最高点时间的两倍。这样,按冲量的定义,即可求得结果。物体从出发到达最高点所需的时间为 ,则物体落回地面的时间为gt/sin01gtt/sin2012于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 和 jmjtdtFIt si0111 jmjtdtFIt sin2022212 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为 51.0 的人,在操作时不慎从高空竖直kg跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 2.0 ,安全带弹性缓冲作用时间为 0.50 。
42、求安全带对人的平均冲力。s解 从人受力的情况来看,可分两个阶段:在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动;在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短。为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论。事实上,动量定理也可应用于整个过程但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同图 211大学物理习题解答力学部分 13的;而在过程的初态和末态,人体的速度均为零。这样,运用动量定理仍可得到相同的结果。以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论。在自由落体运动过程中,人跌落至 2m
43、处时的速度为 (1)gh21在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有 (2)12)(mtpF由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为 。NtghmtmgF3104.2)( 213 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递的重物,结果是 A 船停了下来,而 B 船以 3.4 的速度继续向前驶去。 A、B 两船原有质量分别k50 sm/为 和 ,求在传递重物前两船的速度。 (忽略水对船的阻力) 31.kg310.解 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船 A 与从船 B 搬人的重物所组成的系统来讲,在水平方向上无外力
44、作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后的船 B 与从船 A 搬人的重物所组成的系统亦是这样。由此,分别列出系统 、的动量守恒方程即可解出结果。设 A、B 两船原有的速度分别以 、 表示,传递重物后船的速度分别以 、 表示,被搬运重AB /A/B物的质量以 m 表示。分别对上述系统、应用动量守恒定律,则有 (1);/)(Amm。由题意知 , 代人数据后,可解得/)(BA0/1/4.3sB; 。也124.)( smBA 12/6.3)( sAB可以选择不同的系统,例如把 A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解。214 一
45、质量为 的球,从质量为 的圆弧形槽中静止滑下,设圆mM弧形槽的半径为 ,如图。如所有摩擦都可忽略,求小球刚离开圆弧形槽时,R小球和圆弧形槽的速度各是多少?解 小球和木块的速度各是 和VgM 21球 , 槽mRmMgRV2215 在一水平面上有一弹簧,弹簧的一端固定,另一端连接一质量为 的小球(见图,纸面即水平面),弹簧的自然长度为 ,滑块的速度为 , 与弹簧垂直。在某一时刻弹簧位于0L0与初始位置相垂直的位置时,长度变为 。试求在该时刻小球速L度 的大小和方向。V解 本题是用角动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解的例子。以滑块 为研究对象,所受弹簧拉力对弹簧固定点不产生力矩,其角动量守恒m(1)sin0L以弹簧 和滑块 为系统,因水平桌面光滑,系统机械能守恒,有k(2)20220 )(11k 图 214图 21514 大学物理习题解答联立两式,求解得 , 2020