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《力学》杜婵英 漆安慎课后习题答案大全集_图文

力学习题剖析
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第 01 章 第 02 章 第 03 章 第 04 章 第 05 章 第 06 章 第 07 章 第 08 章 第 09 章 第 10 章 第 11 章 物理学、力学、数学…………………01 质点运动学……………………………05 动量定理及其守恒定律………………15 动能和势能……………………………28 角动量及其规律………………………38 万有引力定律…………………………42 刚体力学………………………………45 弹性体的应力和应变…………………56 振动……………………………………60 波动……………………………………68 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 ⑴ y = 3 x ? 4 x + 10
2

⑵ y = 1/

x + 7 sin x + 8 cos x ? 100
2

⑶ y = ( ax + b) /( a + bx ) ⑸y =e
sin x

⑷ y = sin 1 + x ⑹y = e
?x

+ 100 x

解:⑴ ⑵ ⑶ ⑷

y' = 6 x ? 4

∫ ( + 2e ? )dx ⑸ ∫ dx ⑺ ∫ e dx ⑼ ∫ sin x cos xdx (11) ∫ cos xdx

3 x x 1 x x x2 1+ x 2 ?2 x 2 2

⑷ ⑹ ⑻ ⑽ (12)

∫ (sin x ? cos x)dx ∫ sin(ax + b)dx ∫ ∫ xe dx ∫ dx
dx ax + b ? x2 ln x x
2x ln 2 3 +1 3 x +c

y ' = ?1 /(2 x x ) + 7 cos x ? 8 sin x y ' = (a 2 ? b 2 ) /(a + bx) 2
2 ?1 / 2 y ' = cos(1 + x 2 )1 / 2 · 1 · 2x 2 (1 + x )

解:
4 3 2 ⑴ ∫ ( x 3 ? 3 x + 1)dx = ∫ x 3 dx ? 3∫ xdx + ∫ dx = 1 4 x ? 2 x + x+c

⑵ ∫ (2 x + x 2 )dx = ∫ 2 x dx + ∫ x 2 dx = + 2e x ? ⑶∫(3 x = 3 ln x + 2e +
2

= x cos 1 + x 2 / 1 + x 2 ⑸ ⑹ y ' = e sin x cos x y ' = e ? x (?1) + 100 = 100 ? e ? x

1 x x x 2 x

)dx = 3∫ dx + 2 ∫ e x dx ? ∫ x ?3 / 2 dx x +c

⑷ ∫ (sin x ? cos x)dx = ∫ sin xdx ? ∫ cos xdx = ? cos x ? sin x + c
x x ?1 dx dx = ∫ 1+ dx = ∫ dx ? ∫ 1+ = x ? arctgx + c ⑸ ∫ 1+ 1+ x 2 x2 x2
2

2.已知某地段地形的海拔高度h因水平坐标x而变, h=100-0.0001x2(1-0.005x2),度量x和h的单位为米。问何处的高度将取极 大值和极小值,在这些地方的高度为多少? 解:先求出 h(x)对 x 的一阶导数和二阶导数:
dh dx

⑹ ∫ sin( ax + b)dx = ⑻∫
dx ax + b 2

1 a

?2 x ?2 x d ( ?2 x) = ? 1 +c ⑺ ∫ e ? 2 x dx = ? 1 2 ∫e 2e

∫ sin(ax + b)d (ax + b) = ?
?1 / 2 2 a

1 a

cos(ax + b) + c

=

d dx

(102 ? 10 ?4 x 2 + 5 × 10 ?7 x 4 ) = 2 × 10 ?6 x 3 ? 2 × 10 ?4 x (2 × 10? 6 x 3 ? 2 × 10 ? 4 x) = 6 × 10? 6 x 2 ? 2 × 10? 4

d 2h dx 2

=

d dx

令dh/dx=0, 解得在x=0,10,-10 处可能有极值。 ∵d2h/dx2|x=0<0,∴x=0 是 极 大 值 点 , h(0)=100 ; ∵ d2h/dx2|x=10>0, ∴ x=10 是 极 小 值 点 , h(10)=99.0005 米;显然,x=-10 亦是极小值点,h(-10)=h(10). 3.求下列不定积分

∫ (ax + b) d (ax + b) = ax + b + c ⑼ ∫ sin x cos xdx = ∫ sin xd (sin x) = sin x + c ⑽ ∫ xe dx = ? ∫ e d (? x ) = ? e + c (11) ∫ cos xdx = ∫ (1 + cos 2 x)dx = x + sin 2 x + c (12) ∫ dx = ∫ ln xd (ln x) = (ln x) + c
=
1 a 2 1 3 3 ? x2 1 2 ? x2 2 1 2 ? x2 2 1 2 1 2 1 4 ln x x 1 2 2



∫ (x

3

? 3 x + 1) dx



∫ (2

x

+ x 2 ) dx

第 1 章物理学力学数学 微积分初步习题解答

2
π /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

⑴( ∫ x ? 1)dx ⑵ ∫ (e ? 1) e dx ⑶ ∫
x 4 x 1 0 2 π/ 4 π/ 6 1

2

1

1/ 2

dx 1? x 2 π/ 2 0

?1 / 2

⑷∫
1

e

1+ ln x x

dx
0

解:

∫ sin xdx = ? cos x |
0

π

0

2

=1
-π/2 -

y + 0 π/2

⑸ ∫ (e x + 1 ⑹ ∫ cos 2 xdx ⑺ ∫ 1+1x 2 dx ⑻ ∫ (3 x + sin 2 x)dx x ) dx
1 0 1/ 2 2 2 解:⑴ ( x |1 ? x |1 = ∫ x ? 1)dx = ∫ x dx ? ∫ dx = 2 3 1 1 1 1 1 2 2 2
3 2

? /2
4 2 3

∫ sin xdx = ?1 π∫ sin xdx = 0 π
? /2

π /2

x

?5 3

x 5 1 5 1 ⑵ ∫ (e x ? 1) 4 e x dx = ∫ (e x ? 1) 4 d (e x ? 1) = 1 5 (e ? 1) | 0 = 5 (e ? 1) 0 0

6.计算由y=3x和y=x2所围成的平面图形的面积。 解:如图所示,令 3x=x2,得两 y 条曲线交点的 x 坐标:x=0,3. 面积

⑶ ∫
e

1/ 2 dx 1? x
2

?1 / 2

/2 π = arcsin x |1 ?1 / 2 = 3 = 60° e

A = ∫ 3 xdx ? ∫ x 2 dx
0 0

3

3

2 e x 1 ⑷ ∫ 1+ ln x dx = ∫ (1 + ln x ) d (1 + ln x ) = 2 (1 + ln x ) |1 = 1.5 1 1 x 2 2 ⑸ ∫ (e x + 1 x ) dx = (e + ln x ) |1 = e ? e + ln 2 1 2

= ( x ? x 3 ) |3 0 = 4 .5
3 2 2 1 3

0

3

x

⑹ ∫ cos 2 xdx =
π/ 6 1

π/ 4

π /4
1 2

π /6

π /4 1 ∫ cos 2 xd (2 x) = 1 2 sin 2 x |π / 6 = 2 ?

3 4

7.求曲线y=x2+2,y=2x,x=0 和x=2 诸线所包围的面积。 解:面积 A y

= ∫ ( x 2 + 2)dx ? ∫ 2 xdx
0 0 2 = ( x + 2 x ? x ) |0 1 3 3 2

2

2

⑺ ∫ 1+1x 2 dx = arctgx |1 0 = π / 4 = 45°
0 2 3 1 ⑻ ∫ (3 x + sin 2 x)dx = 3 ∫ xdx + 1 2 ∫ (1 ? cos 2 x ) dx = 8 π + 4 π 0 0 0 π/ 2

A 0 2 x

π /2

π /2

=

8 3

5. 计算 ∫ sin xdx 、∫ sin xdx 以及
0 ?π / 2

π /2

0

π /2

?π / 2

∫ sin xdx, 并在

f ( x) = sin x的函数图形上用面积表示这些定积分。

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 t2时间内的位移。 v t2 解:位移 S = (v0 + at ) dt
t1



v0
2 2

t2 2 1 = (v 0 t + 1 2 at ) | t1 = v 0 (t 2 ? t1 ) + 2 a (t 2 ? t1 )

t t1 t2

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 8.二矢量如图所示 A=4,B=5,α=25?,β=36.87?,直接根据矢量标积 定义和正交分解法求 A ? B 。 解:直接用矢量标积定义: B β A α

0.5×4.5=0.5。 cos( A, B) =

K G

G G A? B AB

G G ≈ 0.0308, 夹角( A, B) ≈ 88.24°
G G G G G G

G G

y

11.已知 A + B + C = 0, 求证 A × B = B × C = C × A. 证 明 : 用 已 知 等 式 分 别 叉 乘

G

G

G

G G A ? B = AB cos(90° ? α + β ) = ?4

G G G G G G G G G A, B, C , 有A × A + B × A + C × A = 0 G G G G G G A × B + B × B + C × B = 0, G G G G G G A × C + B × C + C × C = 0. 其 中 ,

0 x 用正交分解法:∵Ax=4cosα=3.6 Ay=4sinα=1.7, Bx=5cos(90?+β)= - 5sinβ= -3,By=5sin(90?+β)=5cosβ=4 ∴ A ? B = Ax B x + Ay B y = 3.6 × (?3) + 1.7 × 4 = ?4

G G

G G G G G G G G G G G G ∴ A× B = B ×C = C × A A × A, B × B, C × C均为零,
12.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。 解:据矢积定义,△PRQ 的面积

?, 求A与B的夹角。 ?+ ? ??2? 9.已知 A = ?i j, B = i j + 2k
解:由标积定义 A ? B = AB cos( A, B) ∴ cos( A, B) =

G

G

G

G

G G

G G

G G

G G A? B AB

,而

A= 1 2 | PR × PQ |, PR = OR ? OP =

y Q(5,10,7) o z

R(0,2,-1) x P(3,0,8)

A = (?1) 2 + 12 = 2 , B = 12 + (?2) 2 + 2 2 = 3, G G G G ∴ cos( A, B) = 3?32 = ? 22 , 两矢量夹角(A, B) = 135°

G G A ? B = ?3

?, PQ = OQ ? OP = ?+2? ? 3i j ? 9k ?. ? + 10 ? 2i j?k

?,A ? B = 4i ?, 求A与B ? +5? ??4? j?k j+k 10.已 知A + B = 3i
的夹角。

G

G

G

G

G

K

? i

? j

? k

? + 0. 5 ? 解:将已知两式相加,可求得 A = 3.5i j ;再将已知两式相

G

? ? ? 21 ? PR × PQ = ? 3 2 ? 9 = 88i j ? 34k 2 10 ? 1
| PR × PQ |= 88 2 + 212 + 34 2 = 96.6,∴ ΔPRQ面积 A =
96.6 2

G ?. ? + 4.5 ? 减,可求得 B = ?0.5i j?k

= 48.3

∴ A = 3.5 + 0.5 ≈ 3.5 ,
2 2

B = (?0.5) 2 + 4.5 2 + (?1) 2 ≈ 4.64,

G G A ? B = 3.5 × ( ?0.5) +

13. 化简下面诸式

第 1 章物理学力学数学 矢量习题解答

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第 1 章物理学力学数学 矢量习题解答

K K K K K K K K K K K K 解:⑴ ( A + B ? C ) × C + (C + A + B ) × A + ( A ? B + C ) × B
K K K K K K K K K K K K = A×C + B ×C + C × A + B × A + A× B + C × B = 0

?) ? ? ?) + k ? × (i ?) ?×( ? ?+k ?+ ? ⑵i j+k j × (i j+k ?? ? ??i ? ? 2i ?+ ? ? = 2k ? =k j+k j ?i
k

j i

K K K K K K K K K K = A ? ( A × B + C × B) + B ? ( A × B + C × B) K K K K K K K K K K K K = A ? ( A × B ) + A ? (C × B ) + B ? ( A × B ) + B ? (C × B ) K K K K K K K K K K K K = B ? ( A × A) + A ? ( C × B ) + A ? ( B × B ) + C ? ( B × B ) K K K K K K = A ? (C × B ) = ? A ? ( B × C ) K K K 2 ? ?,求 dA , d 2 2A . + e ?t ? j?k 16.已知A = (1 + 2t )i dt dt
A 解: d dt =
K d2A 2 dt

K

K K K K K K K K ⑶ (2 A + B ) × (C ? A) + ( B + C ) × ( A + B )
K K K K K K K K K K K K = 2 A × (C ? A) + B × (C ? A) + B × ( A + B ) + C × ( A + B ) K K K K K K K K K K K K = 2A× C + B × C ? B × A + B × A + C × A + C × B K K = A×C
14.计算下面诸式

d dt

?] = 4ti ? + e ?t ? ? ? e ?t ? [(1 + 2t 2 )i j?k j

=

d dt

? ? e ?t ? ? + e ?t ? j ) = 4i j ( 4ti K K

?, B = 4t 2 i ? ? ( 4t 3 ? t ) ? ? + 3t? 17.已知 A = 3e ? t i j + tk j, K K d 求 dt ( A ? B)

?) + k ? ? (i ?×i ??( ? ?× ? ?) 解:⑴ i j×k j) + ? j ? (k ??k ?+ ? ??i ?+k =i j? ? j=3
k

j i

解: A ? B = Ax B x + Ay B y + Az B z

K K

= 3e ? t 4t 2 ? 3t (4t 3 ? t ) = 12t 2 e ?t ? 12t 4 + 3t 2
d dt

K K K K K K ⑵ A ? ( B × A) = B ? ( A × A) = 0 K K K K K K K K

K K ( A ? B) =

d dt

(12t 2 e ? t ? 12t 4 + 3t 2 )

15.求证: ( A + B ) ? [( A + C ) × B )] = ? A ? ( B × C ) 证明: ( A + B ) ? [( A + C ) × B )]

= 12(2t ? t 2 )e ? t ? 48t 3 + 6t

K

K

K

K

K

第 2 章质点运动学习题解答

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第 2 章质点运动学习题解答

第二章基本知识小结 ⒈基本概念

K K K K dr r = r (t ) v = dt

K K K dv d 2 r a= = dt dt 2

dv G d 2s v2 ? + an n ?, a = aτ 2 + a n 2 , aτ = τ = 2 , a n = a = aτ τ ρ dt dt
s (t ) ? vτ (t ) ? aτ (t )
⒋极坐标系

K K K r (t ) ? v (t ) ? a (t )
(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 始条件: t = t0 , r = r0 , v = v0 ) ⒉直角坐标系

G K ?, v = v 2 + v 2 ?, v = v r r ? + vθ θ r = rr r θ

K

K K

K

vr =

dθ dr , vθ = r dt dt
对于两个相对平动的参考系

K K ?, r = x 2 + y 2 + z 2 , r ? + y? 与 x,y,z r = xi j + zk
y / r, z/r.

⒌相对运动

K G K r = r ' + r0 , t = t ' (时空变换)

轴夹角的余弦分别为 x / r ,

K K ?, v = v 2 + v 2 + v 2 , v ? + vy ? 与 x,y,z 轴夹 v = vxi j + vz k x y z
角的余弦分别为 v x / v,

K K K v = v '+ v0 G G G a = a '+ a0

(速度变换) (加速度变换)

v y / v, v z / v .
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 情况下,则有: y V o z x z' o' x' y'

K K ?, a = a 2 + a 2 + a 2 , a ? + ay ? 与 x,y,z 轴夹 a = axi j + az k x y z
角的余弦分别为 a x / a ,

a y / a, a z / a.

vx =

dx dy dz , vy = , vz = dt dt dt 2 dv y d 2 y dv dv d x d 2z ax = x = 2 , a y = = 2 , az = z = 2 dt dt dt dt dt dt

x' = x ? Vt , y ' = y, z ' = z , t ' = t vx ' = vx ? V , v y ' = v y , vz ' = vz ax ' = ax , a y ' = a y , az ' = az

( x, y , z ) ? (v x , v y , v z ) ? ( a x , a y , a z )
⒊自然坐标系

ds K G K ?, vτ = , v =| vτ | r = r ( s ); v = vτ τ dt

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

2.1.1 质点运动学方程为: ⑴

K ?+5? r = (3 + 2t )i j

? + ( 2t + 3) ? 2.1.3 质点运动学方程为 r = 4t 2 i j . ⑴求质点轨迹;
⑵求质点自 t=0 至 t=1 的位移. 解:⑴ x = 4t , y = 2t + 3 ,消去参数 t 得: x = ( y ? 3)
2 2

K

G ? + (4t ? 1) ? ⑵ r = ( 2 ? 3t )i j ,求质点轨迹并用图表示.
解:⑴ x = 3 + 2t , y = 5, 轨迹方程为 y = 5 的直线. ⑵ x = 2 ? 3t , y = 4t ? 1 ,消去参数 t 得轨迹方程 4 x + 3 y ? 5 = 0 y 5 x y 5/4

?+5? ?+2? ⑵ Δr = r (1) ? r (0) = 4i j ?3? j = 4i j

G

G

G

5/3

2.2.1 雷达站于某瞬时测得飞机位置为 R1 = 4100m,θ 1 = 33.7° x 0.75s 后测得 R2 = 4240m,θ 2 = 29.3° , R1,R2 均 在铅直面内, 求飞机瞬时速率的近似值和飞行方 向(α角)

R θ

K ? .⑴求质点轨迹; ? + e 2t ? 2.1.2 质点运动学方程为 r = e ?2 t i j + 2k
⑵求自 t= -1 到 t=1 质点的位移。 解:⑴由运动学方程可知: x = e
?2 t

, y = e 2t , z = 2, xy = 1 ,所

K K K K K R2 ? R1 ΔR 解: v ≈ v = = ,在图示的矢量 Δt Δt
三角形中,应用余弦定理,可求得:

以,质点是在 z=2 平面内的第一像限的一条双曲线上运动。

? + ( e 2 ? e ?2 ) ? ⑵ Δr = r (1) ? r ( ?1) = (e ?2 ? e 2 )i j ? + 7.2537 ? = ?7.2537i j 。所以,位移大小:

K

K

K

ΔR = R1 + R2 ? 2 R1 R2 cos(θ 1 ? θ 2 )
2 2

θ1 ΔR α R1 R2 θ2 θ1

K | Δr |= (Δx) 2 + (Δy ) 2 = (?7.2537) 2 + 7.2537 2 = 7.2537 2 , Δx 2 与x轴夹角 α = arccos K = arccos(? ) = 135° | Δr | 2 Δy 2 与y轴夹角 β = arccos K = arccos( ) = 45° | Δr | 2 Δz 与z轴夹角 γ = arccos K = arccos 0 = 90° | Δr |

= 4100 2 + 4240 2 ? 2 × 4100 × 4200 cos 4.4° = 349.58m v ≈ v = ΔR / Δt = 349.58 / 0.75 ≈ 465.8m / s
据正弦定理: ΔR / sin(θ 1 ? θ 2 ) = R2 / sin(180° ? θ 1 ? α )

sin(180° ? θ 1 ? α ) = R2 sin(θ 1 ? θ 2 ) / ΔR = 4240 sin 4.4° / 349.58 ≈ 0.931, 180° ? θ 1 ? α ≈ 111.41°, ∴ α = 34.89°

第 2 章质点运动学习题解答

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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 y 为 y=x2/200( 长度:毫米 ) 。第一次观察到圆柱体在 x=249mm处, 经过时间 2ms后, 圆柱体移到x=234mm 处。求圆柱体瞬时速度的近似值。 K 0 x1 x2 K K Δr 解:由于Δt 很小,所以, v ≈ v = ,

2.2.5 火车进入弯道时减速, 最初列车向正北以 90km/h 速率行驶, 3min 后以 70km/h 速率向北偏西 30°方 30° 北 v2 向行驶,求列车的平均加速度。 x 解: a =

K

K K K v2 ? v1 Δv = Δt Δt
2 2

v1=90km/h

α Δv

v2=70km/h

Δt

对矢量三角形应用余弦定理:

西

? + Δy? 其中,Δt = 2ms , Δr = Δxi j , Δx = x 2 ? x1 = 234 ? 249 = ?15 Δy = y 2 ? y1 = ( x 2 ? x1 ) / 200 = ( 234 2 ? 249 2 ) / 200 = ?36.2 K ? + ( Δy / Δt ) ? ? ? 18.1 ? ∴ v ≈ ( Δx / Δt )i j = ?7.5i j 。其大小 K | v |= (?7.5) 2 + (18.1) 2 = 19.6mm / ms ;与 x 轴夹角
2 2

K

Δv = v1 + v 2 ? 2v1v 2 cos 30° = 90 2 + 70 2 ? 90 × 70 3 = 45.69km / h = 12.69m / s
a=

v Δv Δv 12.69 = = 0.07 m / s 2 ,由正弦定理: 2 = sin α sin 30° Δt 3 × 60

sin α = v2 sin 30° / Δv = 70 × 0.5 / 45.69 ≈ 0.766, α ≈ 50°
? ,R 为正常数,求 t=0,π/2 ? + R sin t? 2.2.6 ⑴ r = R cos t i j + 2tk ? ,求 t=0,1 时的速度 ? ? 4.5t 2 ? 时的速度和加速度。⑵ r = 3t i j + 6t 3 k
和加速度(写出正交分解式) 。

α = arccos

vx ? 7.5 = arccos = arccos(?0.38265) = ?112.5° v 19.6

K

K

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, 问谁先听到声音?声速为 340m/s, 电磁波传播的速率为 3.0×108m/s. 解:声音传播情况如图所示, 17m 北京人听到演奏声音所需时间: 340m/s

? ? + R cos t? 解:⑴ v = dr / dt = ? R sin t i j + 2k

K

K

t1 = 17 / 340 = 0.05s

广州人听到演奏声音所需时间:

2320km,3×108m/s 340m/s 2m

K K K K ?, a ? ? R sin t? ?, a = dv / dt = ? R cos t i j. ∴ v | t = 0 = R ? j + 2k |t =0 = ? R i K K ?, a ? + 2k v |t =π / 2 = ? R i |t = π / 2 = ? R ? j
?, ? ? 9t? ⑵ v = dr / dt = 3 i j + 18t 2 k K K K K ?; a = dv / dt = ?9 ? j + 36tk

t2 =

2320 × 10 3 2 + ≈ 0.0136s 8 340 3.0 × 10

K K K K ?, a ? ?, a ??9? v |t =0 = 3i j, v |t =1 = 3i j + 18k j + 36k |t =0 = ?9 ? |t =1 = ?9 ?

第 2 章质点运动学习题解答

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第 2 章质点运动学习题解答

2.3.1 图中 a、 b 和 c 表示质 点沿直线运动三种不同情况下 的 x-t 图像, 试说明每种运动的 特点(即速度,计时起点时质 点的位置坐标,质点位于坐标 原点的时刻) 解:质点直线运动的速度

a
20 10 0 -10 -20

x(m)

b
30° 120° 20 10 30

c
45°

1 ? e ? qt 2.3.3 跳伞运动员的速度为 v = β ,v 铅直向下,β,q 为 1 + e ? qt
正常量,求其加速度,讨论时间足够长时(即 t→∞)速度、加速度 的变化趋势。 解:

t(s)

v = dx / dt ,在 x-t 图像中为曲

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, 设直线与 x 轴正向夹角为α,则速度 v = tgα = Δx / Δt 对于 a 种运动:

a=

dv d 1 ? e ? qt =β ( ) dt dt 1 + e ? qt 2 β qe ? qt (1 + e ? qt )qe ? qt ? (1 ? e ? qtt )(? qe ? qt ) =β = (1 + e ? qt ) 2 (1 + e ? qt ) 2

v = tg120° = ? 3m / s, x |t =0 = 20m, t | x =0 = 20tg 30° = 11.55s
对于 b 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→β,a→0,说明经过较长时间后,跳伞员将做匀速直线运动。 2.3.4 直线运行的高速列车在电 v(km/h) v v=v0cosπx/5 0 子计算机控制下减速进站。列车原运 行速率为v0=180km/h,其速率变化规 x(km) 1.5 律如图所示。求列车行至x=1.5km时 的加速度。
π 解: v = v 0 cos(π x / 5), dv / dx = ? π 5 v 0 sin 5 x.

v = tg 30° = 3 / 3ms ?1 , x |t =0 = 10m, t | x =0 = ?10 / tg 30° ≈ ?17.32s
对于 c 种运动:

v = tg 45° = 1ms ?1 , t | x =0 = 25 s, x |t = 0 = ?25tg 45° = ?25m
2.3.2 质点直线运动的运动学方程为 x=acost,a 为正常数, 求质点 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) 解: x = a cos t , v x = dx / dt = ? a sin t , a x = dv x / dt = ? a cos t 显然,质点随时间按余弦规律作周期性运动,运动范围:

a=

dv dx

2 1 dv = ? 10 π v0 sin 5 πx ,将v0=180km/h,x=1.5km代入 ? dx dt = v dx 2

1 a = ? 10 × 3.14 × 180 2 ? sin 108° = ?9676 km / h 2 = ?0.75m / s 2

? a ≤ x ≤ a, ? a ≤ v x ≤ a, ? a ≤ a x ≤ a

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 的装置把它们连接起来,C点与桌面

B 0

aA A 0.5g x

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。 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 2.3.6 质点沿直线的运动学方程为x=10t+3t2. ⑴将坐标原点沿o-x 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 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? 解:x=10t+3t2,v=dx/dt=10+6t,a=dv/dt=6,t=0 时,x=0,v=10 ⑴将坐标原点向x轴正向移动 2m,即令x'=x-2,x=x'+2,则运动 学方程为:x'=10t+3t2-2,∵v'=dx'/dt=10+6t,∴v'=v ⑵将计时起点前移 1s,即令t'=t+1,t=t'-1,则运动学方程变为: x = 10(t'-1) + 3(t'-1)2 = 10t' – 10 + 3t'2 - 6t' + 3 = 4t' + 3t'2 – 7 v'=dx/dt'=4+6t',t'=0 时,x= -7,v'=4,加速度 a 不变。 2.4.1 质点从坐标原点出发时开始计时,沿x轴运动,其加速度ax 求在下列两种情况下质点的运动学方程, 出发后 6s时质 = 2t (cms-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 度v0的大小为 9cm/s,方向与加速度方向相反。 解: dv x = a x dt = 2tdt ,
x

Δx = x (6) ? x (0) = 18cm
由速度表达式可求出对应时刻t=3, 由于 3 秒前质点沿x 令vx=0, 轴反向运动,3 秒后质点沿x轴正向运动,所以路程:

S =| x(3) ? x(0) | + | x(6) ? x(3) |= x(6) ? 2 x(3) 3 = 18 ? 2( 1 3 × 3 ? 9 × 3) = 18 + 36 = 54cm
2.4.2 质点直线运动瞬时速度的变化规律为:vx = -3 sint,求t1=3 至t2=5 时间内的位移。 解: dx = v x dt = ?3 sin tdt ,
x5

x3

∫ dx = ?3∫ sin tdt
3

5

Δx = x5 ? x3 = 3(cos 5 ? cos 3) = 3.82m
2.4.3 一质点作直线运动,其瞬时加速度的变化规律为 ax= -Aω2cosωt.在t=0 时,vx=0,x=A,其中A,ω均为正常数。求此质 点的运动学方程。 解: a x = dv x / dt = ? Aω 2 cos ω t ,

vx

v0

2 ∫ dv x = 2∫ tdt , v x = v0 + t 0

t

dv x = ? Aω 2 cos ω tdt ,
t 0

dx = v x dt = (v 0 + t )dt , ∫ dx = v 0 ∫ dt + ∫ t dt , x = v0 t + t
2 2 0 0 0

t

t


1 3 3
1 3 2

vx

0

dv x = ? Aω 2 ∫ cos ω tdt = ? Aω ∫ cos ω td (ω t )
0
t t

t

v x = ? Aω sin ω t = dx / dt , dx = ? Aω sin ω tdt

⑴ v 0 = 0 时, v x = t ,
2

x = t ; x(6) = × 6 = 72cm
1 3 3



x

A

dx = ? Aω ∫ sin ω tdt = ? A∫ sin ω td (ω t )
0 0 t 0

x ? A = A cos ω t | = A(cos ω t ? 1), x = A cos ω t

Δx = x(6) ? x(0) = 72m 路程S = Δx = 72cm
⑵ v 0 = ?9 时, v x = t 2 ? 9,
3 x=1 3 t ? 9t

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=0 时速度为v0,且坐标x=0,假设其加速度为 ax = - bvx2,b=常量,求 飞机速度和坐标随时间的变化规律。 解: dv x = a x dt = ?bv x dt , v x dv x = ?b dt , ? v
v0 0 2 vx

2 2 x1 = v10 t + 1 2 a1t = 5t ? 0.1t 2 2 x 2 = 195 + v 20 t + 1 2 a 2 t = 195 ? 1.5t ? 0.1t



?2



t

?1 v x x v0

| = ?bt

1 + v0 bt v0 1 1 1 1 ? = ?bt , = + bt , , vx = v0 v x v0 1 + v0 bt v x v0
dx = v x dt =
x t v0 dt v dt 1 t d (1 + v 0 bt ) , ∫ dx = ∫ 0 , = ∫ 1 + v0 bt 0 b 0 1 + v0 bt 0 1 + v 0 bt

⑴令x1=x2,可求得相遇时间:5t=195-1.5t, t=195/6.5=30s ⑵对于上坡者,在相遇期间做的不一定是单方向直线运动,据 上坡者的速度表达式:v1=5-0.2t,令v1=0,求得对应时刻t=25s,所 以,上坡者在 25s前是在上坡,但 25s后却再下坡。因此,上坡者在 30s内走过的路程:

S1 =| x1 (25) ? x1 (0) | + | x1 (30) ? x1 (25) |= 2 x1 (25) ? x1 (30) = 2(5 × 25 ? 0.1 × 25 2 ) ? (5 × 30 ? 0.1 × 30 2 ) = 65m
对于下坡者,因为做单方向直线运动,所以 30s 内走过的路程:

1 x = ln(1 + v0 bt ) b

S 2 =| x2 (30) ? x 2 (0) |= x2 (0) ? x2 (30) = 195 ? 60 = 135m
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, 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, 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。 解:设每节车厢长为 L, 2 1 以地为参考系,以人所在点为 0 x 原点建立图示坐标 o-x, 以第一 节车厢的前端点为研究对象, t=0 时,前端点的坐标 x=0,速度 v=0,据匀加速运动公式:
2 , 令 x=L, 求得:a = x=1 2 at

2.4.5 在 195m长的坡道上,一人骑自行车以 18km/h的速度和 -20cm/s2 的加速度上坡,另一自行车同时以 5.4km/h 的初速度和 0.2m/s2的加速度下坡,问:⑴经多长时间两人相遇?⑵两人相遇时 各走过多长的路程? 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 1 表示上坡者,用脚标 2 表示下坡者。 两人的加速度实际上是相同的: a1 = a 2 = ?0.2m / s
2

初始条件:t = 0 时,x1 = x10 = 0, x 2 = x 20 = 195 v1 = v10 = 18km / h = 5m / s, v 2 = v 20 = ?5.4km / h = ?1.5m / s
根据匀变速直线运动公式: 0 a1 v20 x 195 a2

2L 2L ∴ x = Lt 2 / 24 2 = 2, 2 ( Δt ) 24

令x=6L,可求得第 6 节车厢尾端通过人时所需时间t6:

v10

6 L = Lt 2 / 24 2 , t 2 = 6 × 24 2 , t = t 6 = 24 6
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

7 L = Lt 2 / 24 2 , t 2 = 7 × 24 2 , t = t 7 = 24 7
因此,第 7 节车厢通过人所需时间:

地板所需时间: t =

2 g / h = 2 × 9.8 / 0.5 ≈ 0.32s ,所以小孩做

Δt = t 7 ? t 6 = 24( 7 ? 6 ) = 4.71s
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 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 t=0 时,上面石子坐标y1=h,速度v1=v0;t=t0时,下面石 0 子坐标y2=0,v2=v0 解法 1:根据匀变速直线运动的规律,可知
2 y1 = h + v0 t ? 1 2 gt

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 = 0.64 m

K ? ? sin t ? 2.5.1 质点在 o-xy 平面内运动,其加速度为 a = ? cos t i j, K K ? 位置和速度的初始条件为:t=0 时, v = ? ,求质点的运动学 j, r = i
方程并画出轨迹。 解:
v t t K K K ? ? sin t? ? ∫ cos tdt ? ? dv = adt = (? cos ti j )dt , ∫ dv = ?i j ∫ sin tdt

K



2 y 2 = v0 (t ? t 0 ) ? 1 2 g (t ? t 0 )



K ? + (cos t ? 1) ? ? + cos t? v= ? j ? sin ti j = ? sin ti j
K
? i 0

? j

0

0

2 2 1 令y1 = y 2 , 有h + v 0 t ? 1 2 gt = v 0 (t ? t 0 ) ? 2 g (t ? t 0 )

求得相遇时间 t = 相遇时石子坐标

v t h + 0 + 0 ,代入⑴或⑵中,可求得 gt 0 g 2 v 1 h2 1 2 y = [h + 0 ? ? gt 0 ] 2 2 g 4 gt 0
2

r t t K K K ? + cos t? ? ∫ sin tdt + ? dr = v dt = (? sin ti j )dt , ∫ dr = ?i j ∫ cos tdt

K ? ? + sin t? ? + sin t? r =i + (cos t ? 1)i j = cos ti j ∴ x = cos t , y = sin t x2 + y2 = 1

0

y x

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。 2.4.8 电梯以 1.0m/s 的匀速率下降, 小孩在电梯中跳离地板 0.50m 高,问当小孩再次落到地板上时,电梯下降了多长距离? 解:以电梯为参考系,小孩相对电梯做竖直上抛运动,他从起 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 间的 2 倍。由自由落体运动公式: h =
1 2

gt 2 ,可求得从最高出落到

2.5.2 在同一竖直面内的同一水平线上A、B两点分别以 30?、60 ?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 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。 解:以 A 点为原点建立 Y vAO 图示坐标系,取发射时刻为 vBO 计时起点,两点间距离为 S, 30? 60? 初始条件如图所示。 A S B x 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 A = v AO cos 30°t



x B = v BO cos 60°t + S v By = v BO sin 60° ? gt

⑵ ⑷

v Ay = v AO sin 30° ? gt ⑶

满足题中条件,在最高点相遇,必有vAy=vBy=0,xA=xB

令⑶, ⑷ = 0, t = v AO sin 30° / g ⑸, v BO = v AO sin 30° / sin 60° ⑹ 令⑴ = ⑵,得S = (v AO cos 30° ? v BO cos 60°)t ⑺ v 把⑸, ⑹代入⑺中得:S = AO (cos 30° ? 0.5ctg 60°) = 2.83m 2g
2.5.3 迫击炮的发射角为 60°发射速率 150m/s, 炮弹击中倾角为 30°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 OA. 解: 以发射点为原点, 建立图示坐标 o-x, y A v0 斜抛物体的轨迹方程为(见教材) :
2

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 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 中目标前一瞬间的速度沿水平和铅直方向的分量是多少? 解:以投放点为原点,建立图示坐标o-xy, 0 x 设炸弹初速度 (即轰炸机速度) 为v0. 由于炸弹 53° v0 K 在飞行过程中的加速度 a = g? j ,所以炸弹在x y 方向做匀速直线运动,在 y 方向做竖直下抛运 动,有

v x = v 0 sin 53° ① x = v0 sin 53°t ③

v y = v 0 cos 53° + gt y = v0 cos 53°t + 1 gt 2 2

② ④

⑴令 t=5.0s,y=763m,由④可求得轰炸机的速率:

v0 =

y = xtgα ?

g x2 2 2v0 cos α
2

y ? 0.5 gt 2 763 ? 0.5 × 9.8 × 5 2 = ≈ 212.86m / s cos 53°t 0.6081 × 5

60° 30°

x

⑵将v0代入①中,可求得炸弹击中目标时速度的水平分量:

本题,α=60°,v0=150m/s,A点坐标xA,yA应满足轨迹方程,所以:

v x = 212.86 sin 53° = 170m / s
令 t=5,由②可求得炸弹击中目标时速度的竖直分量:

y A = x A tg 60° ?

g 2v0 cos 2 60°
2

x A = 3x A ?

2

2g v0
2

xA

2



v y = 212.86 cos 53° + 9.8 × 5 = 177.1m / s
2.5.5 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 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 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 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 情况下抛体在未达到观察员以前就命中目标?

另外,根据图中几何关系,可知: x A = OA cos 30° =

3 2

OA

y A = OA sin 30° = 1 2 OA ,代入①中,有:
1 2

2v0 2 × 1502 OA = OA ? OA , OA = = ≈ 1531m 2 3g 3 × 9.8 2v0
3 2

3g

2

2

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

解:以抛体所达最大高度处为 计时起点和坐标原点,建立图示坐 标 o-xy,抛体以速度 v 做平抛运动. 设命中时间为t1,由自由落体公式:

o l y

v x θ x2 x1
命中点

将 t=60 代入②中,v=-40,不合题意,舍去;将 t=20 代入②中, v=40m/s,此即列车前进到 1200m 处的速率。

aτ = dv / dt = ?2m / s 2 , a n = v 2 / r = 40 2 / 1500 = 1.067m / s 2 a = aτ + a n = (?2) 2 + 1.067 2 = 2.267m / s 2 a 1.067 K K ) ≈ 152° a与v 所成夹角:α = arctg n = arctg ( aτ ?2
2.6.2 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 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 , s=0,v=v0=200km/h=55.56m/s。据题意aτ= -2g,v=v0+aτt=v0 -2g t, an=v2/R=(v0 –2gt)2/R。∴a=(aτ2+an2)1/2=[4g2+(v0 –2gt)4/R2]1/2,显然, t=0 时,a最大, a max =
2 2

观测者

l sin θ = gt1 , t1 = 2l sin θ / g
1 2 2

命中点 x 坐标为: x1 = vt1 = v 2l sin θ / g ,由图中几何关系, 观测者的 x 坐标: x 2 = l cosθ 。所以,观测者与命中点间的距离:

D =| x 2 ? x1 |=| l cosθ ? v 2l sin θ / g |
当x1<x2,即 v 2l sin θ / g < l cosθ , v < l cosθ 则抛体在未达到观察员前即命中目标。 当x1>x2,即 v > l cosθ 才命中目标。 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 ,t=0 时,列车在图中O点, 间范围内,其运动学方程为S=80t-t2(m,s) 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 的速率及加速度。 解:S=80t-t2 ① v=dS/dt=80-2t ② 北 令 S=1200,由①可求得对应时间: S 东 τ an t 2 ? 80t + 1200 = 0, 求得 t = 60s,20s v α O a aτ

g 时, 2l sin θ

4 g 2 + v0 / R 2 = 22.1m / s 2

4

g 时,则抛体在飞越观察员后 2l sin θ

2.6.3 斗车在位于铅直平面内上下起伏的轨道上运动,当斗车达 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。 解: aτ = 0.4 g = 0.4 × 9.8 = 3.92 m / s 2
×10 2 an = v 2 / ρ = ( 50 ) / 150 = 1.286ms ?2 3600
3

n

30°

K ? + an n ? = 3.92τ ? + 1.286n ? a = aττ

τ

a

a = aτ + a n = 3.92 2 + 1.286 2 = 4.126m / s 2 G ? 夹角: 加速度 a 与切向单位矢量 τ

2

2

第 2 章质点运动学习题解答

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第 2 章质点运动学习题解答

θ = arctg

an aτ

= arctg 13.286 .92 = 18 .16°

K K K K K K K K K v船岸 = v船水 + v水岸,在这里,v水岸 = v , v船水 = u , 令v船岸 = ω K K K 则上式可改写为: ω = u + v
B u 120m v C L v α ω2 A 第二次渡河矢量图 u B

2.8.1 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 15?角,风以 100km/h 的速率自西南向东北方向吹来, 与正南夹 45?角, 结果飞机向正西方向运动, 求飞机相对于风的速度 及相对于地面的速度。 解: v 机地 = v 机风 + v 风地 ,由矢量图

K

K

K



ω1
v风地
45°

v v机风 v = 风地 ,其 可知, 机地 = sin 30° sin 135° sin 15° v机风
中,v风地=100km/h=27.78m/s,∴可求得:

v机地
15°

A 第一次渡河矢量图



v机风 =

sin 30° sin 135° v风地 ≈ 75.89m / s, v机地 = v风地 ≈ 53.67 m / s sin 15° sin 15°

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 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, 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, 故方向只能竖直向上,即抛体相对车只能作竖直上抛运动。 取向上方向为正,抛体相对车任意时刻速度 v = v0 - g t ⑴ 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 度 v = - v0 ,把数值代入⑴中,可求得 v0 = 9.8 m/s. 2.8.4 河的两岸互相平行, 一船由 A 点朝与岸垂直的方向匀速驶 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 不变但垂直地到达彼岸的 B 点,需要 12.5min。已知 BC=120m. 求: K ⑴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

由第一次渡河矢量图可知:v=BC/t1=120/600=0.2m/s, ⑴ ⑵, L = u t1 ⑶. 由第二次渡河矢量图可知: u = L / t1 ω2 = L / t2 ⑷, cosα= ω2/ u ⑸, v = u sinα ⑹. 把⑵、⑷ 代入⑸,求得 cosα=t1/t2=600/750=4/5, sinα=(1-cos2α)1/2=3/5 ⑺ 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). 答:河宽 200 米,水流速度 0.2 米/秒;第二次渡河时,船对水 的速度是 1/3 米,与河岸垂直方向所成角度α=arccos(4/5)=36?52’. 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 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 北方向以速率 20km/h 行驶,求此瞬时甲车相对乙车的速度。 解:由相对运动公式: v1 = v12 + v 2 ,

K

K

K

v1
30°

K K K v12 = v1 ? v2 , 显然矢量三角形为等边三角形,
所以,v12=20km/h,方向向东偏南 60°

v2 v1

v12

第 3 章动量定理及其守恒定律习题解答

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第三章基本知识小结 ⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点,牛顿第二定律是核心。 矢量式: F = ma = m

在转动参考系中: f c = mω r ,
* 2

f k = 2mv'×ω
*

⒌质心和质心运动定理 ⑴ mrc = ⑵

dv d 2r =m 2 dt dt

∑m r
c

i i

mvc = ∑ mi vi

mac = ∑ mi ai

Fx = ma x , Fy = ma y , Fz = ma z (直角坐标)
分量式:

∑ F = ma

dv v2 Fτ = maτ = m τ , Fn = ma n = m (弧坐标) dt ρ

(注意分量式的运用)

⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。 导数形式: F =

dp dt

微分形式: Fdt = dp 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

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。 在直线加速参考系中: f
*

= ?ma0

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3.5.1

质量为 2kg 的质点的运动学方程为

度至少等于 3.92 米/秒2,才能使谷物与筛面发生相对运动。 μ1 μ2 m1 m2 F

? + (3t 2 + 3t + 1) ? , 求证质点受恒力 r = (6t 2 ? 1)i j (单位:米,秒)
而运动,并求力的方向大小。

?+6? ? + 12 ? 解:∵ a = d r / dt = 12i j , F = ma = 24i j 为一
2 2

与时间无关的恒矢量,∴质点受恒力而运动。 F=(242+122)1/2=12 5 N,力与x轴之间夹角为:

3.5.3 题图

3.5.4 题图

α = arctgF y / Fx = arctg 0.5 = 26°34'
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

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 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, y x f2 f1' m2g N2 N1' m1g F a2 a1 N1 f1

? + b sinω t ? 为: r = a cos ω t i j ,a,b,ω为正常数,证明作用于质点
的合力总指向原点。

? + b sin ω t? 证明:∵ a = d r / dt = ?ω ( a cos ω ti j ) = ?ω 2 r
2 2 2

F = ma = ?mω 2 r , ∴作用于质点的合力总指向原点。
3.5.3 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 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 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 力为 f = μ
o mg ,谷物能获得的最大加速度为 2

其中, N1'=N1,f1'=f1=μ1N1,f2=μ2N2, 选图示坐标系o-xy, 对m1,m2 分别应用牛顿二定律,有

μ 1 N 1 = m1 a1 F ? μ 1 N 1 ? μ 2 N 2 = m2 a 2
组,得 a1 =

N 1 ? m1 g = 0 N 2 ? N1 ? m2 g = 0

解方程

μ 1g

a 2 = (F ? μ 1m1 g ? μ 2 m1 g ? μ 2 m2 g ) / m2

要把木板从下面抽出来,必须满足 a 2 > a1 ,即

F ? μ 1 m1 g ? μ 2 m1 g ? μ 2 m2 g > m2 μ 1 g ∴ F > (μ 1+ μ
2

a = f / m = μ o g = 0.4 × 9.8 = 3.92 m / s

)(m1 + m2 )g

∴筛面水平方向的加速

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3.5.5 质量为 m2 的斜面可在光滑的水平面上 m1 滑动, 斜面倾角为α,质量为m1的运动员与斜面之间 m2 亦无摩擦,求运动员相对于斜面的加速度及其对斜 α 面的压力。 x' y 解: N2 N1 a2 x a' f*=m1a2 α y' α N1'=N1 α m2g m1g 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, ,取m1为研究对象,其受力及运动情况 设斜面相对地的加速度为a2) 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 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:

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。 解:以地为参考系, N1 N2 f2 f1 T F 隔离 m1,m2,受力及运动 T f1 N 1 m1g 情况如图示,其中: f1= m2g a a μN =μm g,f =μN =
1 1 2 2

μ(N1+m2g)=μ(m1+m2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律:

T ? μ m1 g = m1 a ① F ? μ m1 g ? μ (m1 + m2 ) g ? T = m2 a ②
①+②可求得: a =

F ? 2μ m1 g ?μg m1 + m2 m1 ( F ? 2μ m1 g ) m1 + m2

将 a 代入①中,可求得: T =

? N1 ? m1 g cos α + m1 a 2 sinα = 0 ? ?m1 g sinα + m1 a 2 cosα = m1 a '

(1) (2)

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 所示,选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程:

? N1 sin α = m2 a 2 ? ? N 2 ? m2 g ? N1 cosα = 0
可求得: N 1 =

(3) (4)

(1) 、 (2) 、 (3)联立,即

m1 m2 cosα g m2 + m1 sin 2 α

a' =

(m1 + m2 ) sin α g m2 + m1 sin 2 α

3.5.6 在图示的装置中两物体的质量各 为m1,m2,物体之间及物体与桌面间的摩擦 系数都为μ, 求在力F的作用下两物体的加

m1 m2 F

3.5.7 在图示的装置中,物体A,B,C A 的质量各为 m1,m2,m3 ,且两两不相等 . 若物体A,B与桌面间的摩擦系数为μ, 求三个物体的加速度及绳内的张力, 不 C 计绳和滑轮质量, 不计轴承摩擦, 绳不 可伸长。 T' N1 解:以地为参考系,隔离 A,B,C,受力及运动情况如图示, f1 T T a3 其中:f1=μ N1=μ m1g ,f2=μN2= m1g m3g μm2g,T'=2T,由于A的位移加B a1 的位移除 2 等于 C 的位移,所以 (a1+a2)/2=a3. 对 A,B,C 分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律:

B

N2 f2 m2g a2

T ? μ m1 g = m1 a1

① T ? μ m2 g = m2 a 2



m3 g ? 2T = m3 (a1 + a 2 ) / 2 ③

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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)]
0.08

? ? 2m2 m3 (1 + μ ) ? μ?g a1 = ? ? (m1 + m2 )m3 + 4m1 m2 ? ? ? 2m1 m3 (1 + μ ) ? μ?g a2 = ? ? (m1 + m2 )m3 + 4m1 m2 ? ? (m1 + m2 )m3 (1 + μ ) ? a3 = ? ? μ?g ? (m1 + m2 )m3 + 4m1 m2 ?
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 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 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 量及轴承摩擦,绳不伸长。 解:隔离m1,m2及定滑轮,受力及运动情况 如图示,应用牛顿第二定律:

由动量定理: mΔv = 可求得Fmax = 245N

∫ Fdt =
0

0.05 Fmax 0.05 0



tdt +

0.08 Fmax 0.03 0.05



(0.08 ? t )dt

T '?m1 g = m1 a ① m2 g ? T ' = m2 a ② T = 2T '
由①②可求得:

m1 m2 a T' a T' T

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, 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 高度(注意,推力大于重力时才启动) 。 F(N) 98 解:根据推力 F-t 图像,可知 F=4.9t (t≤20),令 F=mg,即 4.9t=2×9.8,t=4s t(s) 因此,火箭发射可分为三个阶段:t=0—4s 20 为第一阶段,由于推力小于重力,火箭静 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 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. Y 第二阶段的动力学方程为:F- mg = m dv/dt Y2 dv = F / m dt ? gdt = 4.9 / 2 tdt ? 9.8dt

2m1m2 g 2m1 m2 g T'= , T= m1 + m2 m1 + m2

m1g

所以,天平右端的总重量应该等于 T,天 平才能保持平衡。 3.5.11 棒球质量为 0.14kg, 用棒击棒球的力随时间的变化如图所 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, 不计重力。 F(N) 解:由 F—t 图可知: F
max

m2g

T' T'

v = 4.9 / 4 t ? 9.8t + 4 × 4.9 (t ≤ 20) v max = v(20) = 314m / s
2
y

∫0 dv = 4.9 / 2∫4 tdt ? 9.8∫4 dt (t ≤ 20)
v t t

Y1 0

∵ dy = vdt = (4.9 / 4 t 2 ? 9.8t + 4 × 4.9)dt

∴ ∫0 1 dy = 4.9 / 4∫4 t 2 dt ? 9.8∫4 tdt + 4 × 4.9∫4 dt y1 = 1672m
第三阶段运动学方程

20

20

20

当0 ≤ t ≤ 0.05时,F =

t 0.05

Fmax
0.08? t 0.03

v = 314 ? 9.8(t ? 20) (1), y ? y1 = 314(t ? 20) ? 4.9(t ? 20) 2 (2)

当0.05 ≤ t ≤ 0.08时,F =

Fmax

0

0.05 0.08 t(s)

令v=0,由(1)求得达最大高度y2时所用时间(t-20)=32,代入(2)

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中,得y2-y1=5030 y2=ymax=5030+1672=6702(m) 3.5.13 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 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, 情况如何? 解:以固定底座为参考系,设弯管的角速度 y 为ω, 小环受力及运动情况如图示: α为小环处 ω N 切线与x轴夹角,压力N与切线垂直,加速度大 小a=ω2x,方向垂直指向y轴。 在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式: a α x mg

设轨矩为l,外轨比内轨高h, 有 cos α =

l 2 ? h 2 / l , sin α = h / l

选图示坐标 o-xy,对车箱应用牛顿第二定律:

N cos α = N l 2 ? h 2 / l = mg ①,N sin α = Nh / l = mv 2 / R ②
①/②得: l ? h / h = gR / v ,两边平方并整理,可求得 h:
2 2 2

h = v 2 l / v 4 + g 2 R 2 = 69.4 2 × 1.435 / 69.4 4 + 9.8 2 × 9000 2 = 0.0782m = 7.8cm
3.5.15 汽车质量为 1.2×10kN,在半径为 100m的水平圆形弯道 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 程为s=0.5t3+20t (m),自t=5s开始匀速运动,问公路面作用于汽车与 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 侧? 解:以地为参考系,把汽车视为质点,受力及运动情况如图示: v=ds/dt=1.5t2+20,v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s,an=v2/R=57.52/100=33 设摩擦力 f 方向指向外侧,取图示坐标 o-xy, x α 应用牛顿第二定律: f N N cosα + f sin α = mg α an mg y N cosα = mg ? f sin α ①

N cos(90° ? α ) = N sin α = mω 2 x ① N sin(90° ? α ) = N cos α = mg ②
①/②得:tgα=ω2x/g ③;由数学知识:tgα=dy/dx=2ax; 所以, 2ax = ω x / g ,
2

ω 2 = 2ag , ω = 2ag

若弯管为半径为 R 的圆形,圆方程为: x2 + (R-y)2 = R2 ,即

( R ? y ) 2 = R 2 ? x 2 , R ? y = ( R 2 ? x 2 )1 / 2 , y = R ? ( R 2 ? x 2 ) 1 / 2
2 2 ?1 / 2 tgα = dy / dx = ? 1 ? (?2 x) = x / R 2 ? x 2 2 (R ? x )

代入③中,得: x /

R 2 ? x 2 = ω 2 x / g, ω = g / R 2 ? x 2

x 3.5.14 北京设有供实验用的高速列车环形铁 α 路,回转半径为 9km,将要建设的京沪列车时速 N 250km/h,若在环路上作此项列车实验且欲使铁 a mg 轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少?设轨距 y l 1.435m. α h 解:以地为参考系,把车厢视为质点,受力 及运动情况如图示:车厢速度v=250km/h=69.4m/s,加速度a=v2/R;

N sin α ? f cosα = man N sin α = man + f cosα



α=15°

②/①得: tgα = (ma n + f cos α ) /( mg ? f sin α )

mgtgα ? f sin α tgα = ma n + f cos α ,

f =

m( gtgα ? a n ) cos α + sin α tgα

∵ gtgα ? a n = 9.8tg15° ? 33 = ?30.43 < 0, ∴ f < 0 ,说明摩擦力

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方向与我们事先假设方向相反,指向内侧。 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

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 客舱感到和在地面上那样受重力作用,而没有“失重”的感觉。 解: mg = mω r , ω =
2

? 。现有带电粒子以速度 E = E? j ,又有与之垂直的匀强磁场 B = Bk ? 进入场中,问具有何种速度的粒子方能保持沿 x 轴运动?此 v = vi
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。 解:带电粒子在场中受两个力的作用: x 电场力F1=qE,方向向下;磁场力F2=qvB,方 × × × × + v B y × 向向上 × × × E 粒子若沿 x 轴匀速运动,据牛顿定律:

g / r = 9.8 / 16 ≈ 0.78rad / s

3.5.20 圆柱A重 500N,半径RA=0.30m,圆柱B重 1000N,半径 RB=0.50m,都放置在宽度L=1.20m的槽内,各接触点都是光滑的, 求A、B间的压力及A、B柱与槽壁和槽底间的压力。
NAB A NA α NB L B NB' NBA α mBg

A α

y AB=RA+RB=0.8 o x

qE ? qvB = 0, ∴ v = E / B

F2=qvB F1=qE

mAg

C B CB=L-RA-RB=0.4

dim v = MT ?1 , dim

E NA ?1T ?1 = = MT ?1 ?1 ?1 B NA M

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 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 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 r和q分别表示轨 周后打在荧光屏上.试证明粒子质量为: m=qBB0r/E, 道半径和粒子电荷。 B 解: 由 3.5.16 题可知, 通过速 ● ● ● v ● ● 度选择器的粒子的速度是v=E/B, B0 ● ● ● 该粒子在 B0 磁场中受到洛仑兹力 s ● ● s1 s2 E 的作用做匀速圆周运动, 其向心加 r ● ● 速度为an=v2/r,由牛顿第二定律:

解:隔离 A、B,其受力情况如图所示,选图示坐标,运用质点 平衡方程,有

(!) ? N A ? N AB sinα = 0 (3) ? N AB sinα ? N B = 0 ? ? ? N B '?m B g ? N AB cos α = 0(2) ? N AB cosα ? m A g = 0 (4)
通过对△ ABC 的分析,可知, sin α =0.4/0.8=0.5 ∴α =30 ?, 、 (2) 、 (3) 、 (4)中,即可求得: cosα= 3 /2,分别代入(1) NB = 288.5 N , NB'= 1500 N , NA = 288.5 N , NAB = 577 N.

qvB0 = mv 2 / r m = qB0 r / v = qrB0 B / E





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 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 F1和F2的关系以及与F的关系。

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解:建立图示坐标 o-xy,应用共点力 平衡条件: ∑ Fx = 0, ∑ Fy = 0 x方向,F1cosα-F2cosα=0, F1= F2 y方向,F1sinα+F2sinα- F=0,

y F2 α F

F1 α x

(2)以小车为参考系(非惯性系) ,小球除受重力W、拉力T外, 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 静止,据牛顿第二定律:

F = 2 F1 sin α = 2 sin 45° F1 = 2 F1
3.5.22 四根等长且不可伸长的轻绳端点悬于水平面正方形的四 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 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, 能算出线内张力吗? 解:设四根绳子的张力为T1,T2,T3,T4, 由于对称,显然,T1=T2=T3=T4=T;设结点下 边的拉力为F, 显然F=W. 在竖直方向上对结点 应用平衡条件: 4Tcosα-W=0,T=W/(4cosα) 若四根线均不等长,则T1≠T2≠T3≠T4,由于有四个未知量,因此, 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 不定问题。 3.6.1 小车以匀加速度 a 沿倾角为α的 θ 斜面向下运动,摆锤相对小车保持静止,求 悬线与竖直方向的夹角(分别自惯性系和非 α 惯性系求解) 。 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 律: ?

?T sin θ ? ma cos α = 0 a cos α 解得 tgθ = ? g ? a sin α ?mg ? T cosθ ? ma sin α = 0
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 m1,m2 且 m1 ≠ m2, 若不计绳及 T T 滑轮质量,不计轴承处摩擦, f1* f2* a 绳不可伸长,求当升降机以 加速度a (方向向下) 运动时, a1' a2' m1 m2 两物体的加速度各是多少? 绳内的张力是多少? m1g m2g 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 绳中张力,f1*=m1a,f2*=m2a, a1'=a2'=a'为m1、m2相对升降机的加速度. 以向下为正方向,由牛顿二定律,有:

(m1 ? m2 )a + (m2 ? m1 ) g ? ?m1 g ? T ? m1 a = ?m1 a' ?a ' = m1 + m2 解得: ? ? ?m 2 g ? T ? m 2 a = m 2 a ' ?T = 2m m ( g ? a) /(m + m ) 1 2 1 2 ?
设m1、m2的加速度分别为a1、a2,根据相对运动的加速度公式,

a1 = a1 '+ a a 2 = a 2 '+ a 写成标量式: a1 = ?a'+ a, a 2 = a'+ a ,
2m2 a ? (m2 ? m1 ) g ? ?a1 = m1 + m2 ? 将 a’代入,求得: ? ?a = 2m1 a + (m2 ? m1 ) g 2 ? m1 + m2 ) ?

?T sin θ = ma cos α ?mg ? T cosθ = ma sin α

T x

θ α a

f =ma

*

解得 tgθ = a cos α /( g ? a sin α )

W=mg y

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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 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 对框架如何运动?小球质量比框架小得多。 解:以框架为参考系,小球在两种情 况下的受力如图所示:设小球质量为 m, 框架相对地自由落体的加速度为 g, 因此 小球所受的惯性力 f*=mg, 方向向上, 小 a b 球所受重力 W=mg. 在两种情况下, 对小 ? n 球分别应用牛顿第二定律: ? n f* T ⑴小球摆至最高位置时释放框架,小 f* T 球相对框架速度 v=0 ,所以法向加速度 ? τ θ ;由于切向合力 F τ ? an=v2/l=0 ( l 为摆长) τ W W =Wsin θ -f*sin θ =0 ,所以切向加速度 a τ =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。 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, 法向加速度an=v2/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 作用下相对框架做匀速圆周运动。 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 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 非惯性系做) f=μ0N 解:设摩托车在水平面内旋转的最小角 N f*=mω2r 速度为ω,以摩托车本身为参考系,车受力 mg 情况如图示,运动状态静止。 在竖直方向应用平衡条件,μ0N = mg ① 在水平方向应用平衡条件,N = mω2 r ② ①/②得: μ 0 =

最小线速度 v = ω r =

rg / μ 0 = 3.0 × 9.8 / 0.6 = 7m / s

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 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 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 变,应如何解释小盘的运动? f0 N 解:⑴可把小盘当作质点,小盘相对 fC * f * 雨伞做匀速圆周运动,与伞相对地的转向 K 相反。 W ⑵以伞为参考系,小盘质点受 5 个 ω 力的作用:向下的重力W,与扇面垂直的 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 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 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 运动。

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, 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 目标多少(自己找其它所需数据)? ω 解: 以地球为参考系, 导弹除受重力作用外, 还要受离心惯性力和科氏惯性力的作用。 离心惯 v fk* × 性力的方向在速度与重力加速度平面内, 不会使 fC* 60° 导弹前进方位偏离, 而科氏惯性力的方向垂直速 度、重力加速度平面(指向纸面) ,要使导弹偏 离前进方向。 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 在科氏惯性力作用下偏离目标的距离:

g

ω r
2

, ω=

g

μ0r

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

1 2 1 f k * 2 1 2mvω sin 60° 2 at = ? t = ? t = vω sin 60°t 2 2 2 m 2 m 2π 3 = 400 × × × 15 2 = 5.7m 24 × 60 × 60 2 S=

? ∫ tdt + ? ?+ 1 ? I = ∫ Fdt = 2i j ∫ dt ? ? j ∫ tdt = i 2 j
0 0 0 0

1

1

1

1

y
2 1

I = 12 + 0.5 2 = 5 / 2 Ns ,与 x 轴夹角
α= arctgIy/Ix = arctg0.5 = 26.5°

α
0 1

I
2

x

?+2? 3.7.1 就下面两种受力情况:⑴ F = 2ti , j (N,s) ? + (1 ? t ) ? ⑵ F = 2ti j (N,s)分别求出 t=0,1/4,1/2,3/4,1 时的力并用图
表示;再求 t=0 至 t=1 时间内的冲量,也用图表示。 y
F(0) F(1/4) F(1/2) F(3/4) F(1)

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:

? + b sin ω t? r = a cos ω ti j ,求质点的动量。 ? + ω b cos ω t? 解:质点速度: v = dr / dt = ?ω a sinω ti j ? + mω b cosω t? 质点动量: p = mv = ? mω a sinω ti j
大小: p =

?+2? 解:⑴ F = 2ti j , 代入 t 值得:

?+2? ?+2? F (0) = 2 ? j, F ( ) = i j, F ( ) = i j
1 4 1 2 1 2 3 ? ? ? ? F(3 4 ) = 2 i + 2 j , F (1) = 2i + 2 j
1 1 1

2 1

p x + p y = mω a 2 sin 2ω t + b 2 cos 2ω t
2 2

x
0 y 2 1 1 2

方向:与x轴夹角为θ,tgθ= py/px = - ctgωt·b/a 3.7.3 自动步枪连发时每分钟可射出 120 发子弹,每颗子弹质量 为 7.9g,出口速率为 735m/s,求射击时所需的平均力。 解:枪射出每法子弹所需时间:Δt=60/120=0.5s,对子弹应用 动量定理:

? ∫ tdt + 2 ? ?+2? I = ∫ Fdt = 2i j ∫ dt = i j
0 0 0

I

I = 12 + 2 2 = 5 Ns ,与 x 轴夹角
α= arctgIy/Ix = arctg2 = 63.5°

α
0 1 2

x

F Δt = Δp, F = Δp / Δt = mv / Δt = 7.9 × 10 ?3 × 735 / 0.5 = 11.6 N
3.7.4 棒球质量为 0.14kg,棒球沿水平方向以速率 50m/s 投来, 经棒击球后,球沿水平成 30?飞出,速率为 80m/s,球与棒接触时间 为 0.02s,求棒击球的平均力。 v 解:以地为参考系,把球视为质点, 30? v0 由动量定理, FΔt = mv ? mv0 ,画出矢

? + (1 ? t ) ? ⑵ F = 2ti j , 代入 t 值得:
3 ? 1 ? 1 ? 1? F (0) = ? j, F ( 1 4 ) = 2 i + 4 j, F ( 2 ) = i + 2 j

y
1
F(0) F(1/4) F(1/2)

F(3/4)

?+ 1 ? ? F( ) = i F (1) = 2i 4 j,
3 4 3 2

F(1)

0

1

2

x

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

量图,由余弦定理, FΔt = (m v + m v0 + 2m v0 v cos 30°)
2 2 2 2

2

1/ 2



标是:(x,y)=(1,-1),求m3的位置坐标。 解:由质心定义式: ∑ mi xi = ∑ mi xC , ∑ mi y i = ∑ mi y C ,有
i =1 i =1 i =1 i =1

4

4

4

4

代入数据,可求得 F=881N.由正弦定理

mv 30?

FΔt α mv0

mv / sin α = FΔt / sin 30° ,代入数据,
求得 sin α ≈ 0.3179, α = 18°32'

m1 x1 + m2 x 2 + m3 x3 + m4 x 4 = (m1 + m2 + m3 + m4 ) xC 1 × (?1) + 2 × (?2) + 3x3 + 4 × 3 = (1 + 2 + 3 + 4) × 1, x3 = 1 m1 y1 + m2 y 2 + m3 y 3 + m4 y 4 = (m1 + m2 + m3 + m4 ) y C 1 × 1 + 2 × 0 + 3 y 3 + 4 × (?2) = (1 + 2 + 3 + 4) × (?1), y 3 = ?1

3.7.5 质量为M的滑块与水平台面间的静摩擦系数为μ0,质量 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 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。 解:以地为参考系,选图示坐标, M 先以 m 为研究对象,它被托起 h,再落 y 回原来位置时,速度大小为 v =

2 gh ,

x

m

在Δt 极短时间内与绳相互作用,速度 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 忽略,则由质点动量定理有: FΔt = 0 ? (?mv) = mv = m 2 gh , ∴ F = m 2 gh / Δt 再以M为研究对象,由于绳、轮质量不计,轴处摩擦不计,绳 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 fmax=μo Mg,因此,能利用绳对M的平均冲力托动M的条件是: F≥fmax,即 m 2 gh / Δt ≥

μ o Mg ∴ h ≥ μ o 2 M 2 (Δt ) 2 g / 2m 2

3.8.1 质量为 1500kg 的汽车在静止的驳船上在 5s 内自静止加 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 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 m1 以岸为参考系,把车、船当作质点 F m2 系,该系在水平方向只受缆绳的拉 力 F 的作用, 应用质点系动量定 理,有FΔt=m1v∴F=m1v/Δt=1500×5/5=1500N (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, a2为船对地的加速度,据题意a2=0,∴ac=a1m1/(m1+m2),代入a1, ac=m1v/[(m1+m2)Δt] ,∴F=m1v/Δt=1500N (3)用牛顿定律解: a2=0 a1 分别分析车、船两个质点的 F f f m2 m1 受力与运动情况:其中 f 为 静摩擦力,a1=v/Δt,对两个质点分别应用牛顿二定律:

3.7.6 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

f = m1 a1 = m1v / Δt = 1500 N

F? f =0

F = f = 1500 N

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 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-2前 进. 若正在前进时,汽车自静止开始相对船以加速度 0.5ms-2与船前 进相反方向行驶,船的加速度如何? x 解: ⑴用质心定理求解 车相对船 a' a2 无论静止还是运动, 螺旋桨的水平推力 不变,即车、船系统所受外力不变,由 质心运动定理可知, 车运动时的质心加 速度与车静止时的质心加速度相等aC=0.2m/s2 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 地的加速度为a2,由相对运动公式: a1 = a'+ a 2 , ① 由质心定义式可知: m1a1 + m2 a2 = (m1 + m2 )aC 将①代入②中,可得: a 2 = a C ?
m1 m1 + m2

2 1500 取船前进方向为正, 代入数据:a 2 = 0.2 ? 1500 + 6000 ( ?0.5) = 0.3 m/s

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, 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 am上升时,气球的加速度如何? 解:由质心定理:F- (m+M)g = (m+M)aC ① x 设人相对地的加速度为a1,气球相对地的加速度为 a2,由相对运动公式:a1=am+a2,由质心定义式可知: (m+M)aC = ma1+Ma2=m(am+a2)+Ma2 ② ①②联立,可求得: a2 =

F ? mam ?g m+M



a ' ,取船前进方向为正,

2 1500 代入数据: a 2 = 0.2 ? 1500 + 6000 ( ?0.5) = 0.3 m/s

⑵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 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 第二定律: F = (m1 + m2 )a

3.8.4 水流冲击在静止的涡轮叶片上,水流冲击叶片曲面前后的 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 水作用于叶片的力。 解: 以水为研究对象, 设在Δt 时间内质量 v 为Δm 的水投射到叶片上,由动量定理: -v

FΔt = Δm(v 2 ? v1 ), F =

Δm Δt

(v 2 ? v1 ) = ?2uv



由牛顿第三定律,水作用叶轮的力 F'= -F=2uv 3.8.5 70kg 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 米?不计船所受的阻力。 解:以地为参考系,选图示坐标 o-x, x m1 设人的质量为 m1=70kg ,人相对地的速度 m2 为v1,相对船的速度为v1’,它们的方向显 (方 然与x轴同向;设船的质量为m2=210kg,船相对地的速度为v2, 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.

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 地的加速度为a2,由相对运动公式: a1 = a'+ a 2 , 对车、船应用质点 系动量定理的导数形式:

F = m1

dv1 dt

+ m2

dv2 dt

= m1a1 + m2 a 2 = m1 (a'+ a 2 ) + m2 a 2


a' ,

令① = ②, ( m1 + m 2 ) a = m1 ( a '+ a 2 ) + m 2 a 2 , a 2 = a ?

m1 m1 + m2

第 3 章动量定理及其守恒定律习题解答

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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 动量守恒,有:m1v1+m2 v2=0,即 m1(v1’+ v2)+m2 v2=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 为船相对地的位移,v1’Δt=s1’=3.2m,即 s2 = - s1’m1/(m1+m2) = - 3.2×70/(70+210) = - 0.8m 3.8.6 炮车固定在车厢内,最初均处于静止,向右发射一枚弹 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 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 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 变换公式,可知:v=v’+V x L 由于不计路轨对车的摩擦 阻力,所以,在水平方向,弹、 M m V v' 车组成的质点系动量守恒,有 MV+m v=0,将 v 代入, MV+m(v’+V)=0,V= - v’m/(m+M) 设弹发出到与车壁相碰所用时间为Δt,用Δt 乘上式两边,得: VΔt= - v’Δt m/(m+M),其中:v’Δt= -L,VΔt 即为车在此过程中前 进的距离 S,∴S=Lm/(m+M) 3.8.7 载人的切诺基和桑塔纳汽车质量各为 m1=165 ×10kg ,和 m2=115×10kg,各以速率v1=90km/h和v2=108km/h向东和向北行驶, 相撞后连在一起滑出,求滑出的速度,不计摩擦 解:设两车撞后的共同速度为 v ,由 动量守恒: m1v1 + m2v2 = (m1 + m2 )v 向 x 轴投影: m1v1 = (m1 + m2 )vx m1 v1 y (北) v α v2 m2 x(东)

vx =

m1 m1 + m2

v1 =

165×10 165×10 +115×10

× 92 ≈ 54.2km / h

向 y 轴投影: m 2 v 2 = ( m1 + m 2 )v y

vy =

m2 m1 + m2 2

v2 =
2

115×10 165×10 +115×10

× 108 ≈ 44.36km / h

v = v x + v y = 54.2 2 + 44.36 2 ≈ 70 km / h
与 x 轴夹角 α = arctgv y / v x = arctg 44.36 / 54.2 ≈ 39.3°

y 3.9.1 一 枚 手 榴 v 弹 投 出方 向与 水 平 面 v2 v1 成 45?,投出的速率为 45? 45? 45? 25m/s ,在刚要接触与 x 发 射 点同 一水 平 面 的 v3 v 目标时爆炸,设分成质 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 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。 解:以地为参考系,把手榴弹视为质点系,由于在爆炸过程中, 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。 设手榴弹质量为 m,爆炸前速度为 v,由动量守恒,有:

mv = mv1 / 3 + mv 2 / 3 + mv3 / 3 ∴ 3v = v1 + v 2 + v3 ,投影方程:

?3v cos 45° = v1 cos 45° ? v 2 cos 45° ,即 ? ?? 3v sin 45° = v1 sin 45° + v 2 sin 45° ? v3
3v = v1 ? v 2 (1) ? 3v = v1 + v 2 ? v3 / sin 45° (2)

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

解得: ?

? ?v1 = 3v + v 2 = 3 × 25 + 15 = 90m / s ? ?v3 = (3v + v1 + v 2 ) sin 45° = 90 2 ≈ 127 m / s

中间船的动量变化应该等于抛出物的动量之和,即 (M-2m)v2-Mv=m(u+v)+m(v-u),由此式可求得:v2=v,说明中间船的 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 铀核原来是静止的,α粒子射出时的速率为 1.4×107m/s,求钍核反 冲的速率。 解:由动量守恒,有 m钍 v钍 + mα vα = 0

v钍 =

mα 4 vα = × 1.4 × 10 7 = 2.39 × 10 5 m / s m钍 234

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, M v M v M v 以船前进的方向为坐标 的正方向;设物体抛出 M+m v3 M-2m v2 M+m v1 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 说明后边船速度变慢。 对岸的速度, 由此式可求得: v3=v-um/(m+M),

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

G G ⒈功的定义式: A12 = ∫ F ? dr
K r1

G r2

∑A
x2 , y 2



+ ∑ A非保内 = Δ(E k + E p )

⒌机械能守恒定律适用于惯性系

直角坐标系中: A12 =

x2

x1 s2

∫ F dx
x

,A12 =

x1 , y1

∫ F dx + F dy
x y

若只有保守内力做功, 则系统的机械能保持不变, Ek + E p = C

自然坐标系中: A12 =

s1

∫ Fτ ds ∫θ F dr + Fθ rdθ
r
1

⒍碰撞的基本公式

极坐标系中:

A12 =

r2 ,θ 2

m1v10 + m 2 v 20 = m1v1 + m2 v 2 v 2 ? v1 = e(v10 ? v 20 ) (分离速度 = e 接近速度)

(动量守恒方程) (牛顿碰撞公式)

r1 ,

b K G 1 2 ⒉ 动能E k = mv , 势能E p (b) ? E p (a ) = ? ∫ F保 ? dr 2 a

对于完全弹性碰撞 e=1 对于完全非弹性碰撞 e = 0 对于斜碰,可在球心连线方向上应用牛顿碰撞公式。 ⒎克尼希定理

重力势能

E p ( y ) = mgy

弹簧弹性势能 E p (r ) = 静电势能

1 k (r ? l ) 2 2

Ek =

1 1 2 2 mvc + ∑ mi v' i 2 2 Ek = 1 1 2 mvc + μ u 2 2 2

绝对动能=质心动能+相对动能 应用于二体问题

Qq E p (r ) = 4πε r

m = m1 + m2
⒊动能定理适用于惯性系、质点、质点系

μ=

m1 m2 m1 + m2

∑A



+ ∑ A内 = ΔE k

u 为二质点相对速率

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 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 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 对传送带做功否?功率如何? 解:人作用在传送带上的力有向下 的压力和水平向后的静摩擦力, 压力方向 与传送带位移方向垂直,所以压力不做 功, 但静摩擦力方向与传送带位移方向相 同,所以静摩擦力对传送带做正功。 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 力的大小 f=mg,所以,人对传送带做功的功率为: N = fv = mgv = 50×9.8×2 = 9.8×102(瓦) 一非线性拉伸弹簧的弹性力的大小为 f = k1l + k 2 l , l
3

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, 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 与线作用于小球的拉力所做的功,线不可伸 长。 证明:以圆孔为顶点建立极坐标,设小球 F 的位置由r1,θ1变为r2,θ2,由于忽略绳的质量、 伸长,不计摩擦,所以绳对球的拉力T=F

AT = ∫ Fr dr = ? ∫ Tdr = T ∫ dr = T (r1 ? r2 ) AF = F (r1 ? r2 ) = T (r1 ? r2 ), ∴ AT = AF
4.2.5 一辆卡车能够沿着斜坡以 15km/h 的速率向上行驶,斜 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, 如果卡车以同样的功率匀速下坡,卡车的速率是多少? 解:设卡车匀速上坡时,速率为 v, 牵引力为 F, 功率为 N,由质 点平衡方程有,F = (0.04+sinα)mg,∴N = Fv = (0.04+sinα)mgv 设卡车匀速下坡时,速率为 v’,牵引力为 F',功率为 N', 由质点 平衡方程有 F'+ mg sinα= 0.04mg, F'=(0.04-sinα)mg, ∴N'= (0.04-sinα)mgv'. 令 N'= N, 即(0.04+sinα)mgv = (0.04-sinα)mgv',可求得: v'= v(0.04+sin α )/(0.04-sin α ). 利用三角函数关系式,可求得: sinα≈tgα=0.02 ,∴v'=3v =3×15×103/602 m/s = 12.5m/s. 4.3.1 质量为m=0.5kg的木块可在水平光滑直杆上滑动,木块与 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 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 木块从A拉至B点时的速度。 解: 以 A 为原点建立图示坐标 o-x, 3m T θ 木块由 A 到 B,只有拉力 T 做功: 4m A B x
r1 r1 r2

r2

r2

r1

4.2.3

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 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 功。 df/dl 解:弹簧的劲度df/dl=k1+3k2l2. k2>0 k2=0 时,df/dl=k1,与弹簧的伸长量 k1 k2=0 无关;当k2>0 时,弹簧的劲度随弹簧 伸长量的增加而增大;k2<0 时,弹簧 k2<0 l 的劲度随弹簧伸长量的增加而减小。 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。

A = ? ∫ (k1l + k 2 l 3 )dl = ? k1 ∫ ldl ? k 2 ∫ l 3 dl
l1 l1 l1 1 =?1 2 k1 (l 2 ? l1 ) ? 4 k 2 (l 2 ? l1 ) 2 2 4 4

l2

l2

l2

=?1 [ k1 + 1 2 k 2 (l 2 + l1 )](l 2 ? l1 ) 2

2

2

2

2

第 4 章动能和势能习题解答

30
0.5

第 4 章动能和势能习题解答

A = ∫ Fx dx = ∫ T cosθ dx = T ∫
0 0 0 4

4

4

4

( 4 ? x ) dx ( 4 ? x ) +3
2 2

AF = =?
F 2

∫ F dy = ∫
y 0 0.5 0 0.5 0

0.5

0

F cosθ dy = F ∫

0.5

0.5 ? y 0.5 2 + ( 0.5 ? y ) 2

0

dy

2 2 1/ 2 4 ?1 / 2 = ?T d [(4 ? x) 2 + 9] = ? 50 |0 2 ∫ [(4 ? x ) + 9] 2 × 2[(4 ? x ) + 9] 0 4 = 50 (4 ? x) 2 + 9 |0 = 50 × (5 ? 3) = 100 J

=?F 2

∫ ∫

[0.5 2 + (0.5 ? y ) 2 ] ?1 / 2 d (0.5 ? y ) 2 [0.5 2 + (0.5 ? y ) 2 ] ?1 / 2 d [0.5 2 + (0.5 ? y ) 2 ]

2 2 1 / 2 0.5 =?F |0 2 × 2[0.5 + (0.5 ? y ) ]

1 设木块到达 B 时的速度为 v, 由动能定理: A = 1 2 mv ? 2 mv0 2

2

= 0.5F ( 2 ? 1) = 0.5 × 60( 2 ? 1) = 12.43J
1 由动能定理: AN + AW + AF = 1 2 mv B ? 2 mv A 2 2

v = 2 A / m + v 0 = 2 × 100 / 0.5 + 6 2 ≈ 20.88m / s ,方向向右
4.3.2 质量为 1.2kg的木块套在光滑铅直杆上, 不可伸长的轻绳 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 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 速度。 0.5m B θ 0.5m A F N W A x F y 0.5m

2

代入数据,求得

vB =3.86 m/s.

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 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 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

l=

μ mg
k

( 1+

k v0 2

μ 2 mg

? 1)

k

l

证明:质点 m 由弹簧原长位 置运动到最远位置 l,弹力 F 和滑 m m 动摩擦力 f 对质点做负功,导致质 点动能由mv02/2 变为 0。根据动能定理:AF+Af=0 - mv02/2 ……①

kl , A f = ? μ mgl ,代入①中,并整理, 其中, AF = ?k ldl = ? 1 2
2 0



l

有:kl2+2μmgl-m v02=0. 这是一个关于l的一元二次方程,其根为: 解:以地为参考系,建立图示坐标 A-xy,木块在由 A 到 B 的运 动过程中受三个力的作用,各力做功分别是: AN = 0;AW = -mg(yB-yA)=-1.2×9.8×0.5= -5.88J;F大小虽然不变, 但方向在运动过程中不断变化,因此是变力做功。

l=

? 2 μ m g ± ( 2 μ m g ) 2 + 4 k m v0 2 2k
1 k

,负根显然不合题意,舍去,所以,
2

g l = ? μm + k

( μ m g ) 2 + kmv 0 =

μmg
k

( 1+

k v0 2

μ 2m g 2

? 1)

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, 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 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 m 对活塞的压力 N=pS(S 为气缸横截面) ,忽略重力所 p,v 做的功(很小) ,对活塞应用动能定律: S
2 1 AN = 1 v0 + 2 AN / m 2 mv ? 2 mv 0 ,∴ v = 2 2

据动量定理: FΔt = Δp = m(v 2 ? v1 ) 所以, FΔx ' =
1 2 2 mv 2 ' 2 ? 1 2 mv1 '

⑴若pV=p1V1,
2 1 AN = ∫ pSdx = ∫ pdV = p1V1 ∫ V dV = p1V1 ln V V1

V2 V1

V2 V1

V2 V

⑵若pV =p1V1

γ

pV 1?γ 1?γ AN = ∫ pdV = p1V1 ∫ V dV = 1 1 (V2 ? V1 ) 1?γ V1 V1
γ


V2

V2

γ

4.3.5 o'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 速直线运动. 对于o系质点动能定理为:
1 FΔx = 1 2 mv 2 ? 2 mv1 ,v1,v2沿x轴,根据伽利略变换证明:对于o' 2 2

系,动能定理也取这种形式。 证明:由伽利略变换:x=x'+v0t , v=v'+v0,Δx=Δx'+v0Δt ①
1 v1=v1'+v0,v2=v2'+v0 ②,将①②代入 FΔx = 1 2 mv2 ? 2 mv1 中,有
2 2 1 FΔx '+ FΔtv 0 = 1 2 m(v 2 '+ v 0 ) ? 2 m(v1 '+ v 0 ) 2 2 2 2 1 1 1 =1 2 mv 2 ' ? 2 mv1 ' + m (v 2 '?v1 ' )v 0 = 2 mv 2 ' ? 2 mv1 ' + m (v 2 ? v1 )v 0

2

2

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 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 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 m=eB2R2/2U. 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 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, mv2/2-0=eU,∴v=(2eU/m)1/2 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 2 能进入漂移管道,根据牛顿二定律必须满足:qvB=mv /R,也就是, eB=mv/R,将v=(2eU/m)1/2代入,并将方程两边平方,得: e2B2=2meU/R2,∴m=eB2R2/2U. y 4.3.7 轻且不可伸长的线悬挂 质量为 500g的圆柱体,圆柱体又套 30? l v1 在可沿水平方向移动的框架内,框架 30? 槽沿铅直方向,框架质量为 200g.自 o 悬线静止于铅直位置开始,框架在水 F x 平力F=20.0N作用下移至图中位置, v2 求圆柱体的速度,线长 20cm,不计摩擦。 解:设绳长l,圆柱质量m1,框架质量m2,建立图示坐标o-xy; 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 时,设圆柱的速度为v1,方向与线l垂直,框架的速度为v2,方向水平 向右,由圆柱与框架的套接关系,可知v2=v1x,v1y=v1xtg30? 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 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-cos30?)= - 0.13J, AF = F l sin30?= 2J,由质点系动能定 理, 有 AW 1 + AF = m1v1 + m2 v 2 = m1 (v1x + v1 y ) + m 2 v1x
1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2

= v1x [m1 (1 + tg 30°) + m2 ]∴ v1x = 2( AW 1 + AF ) /( m1 + m2 )
1 2 2 4 3

2

2

解:运动员在整 A 个运动过程中,只有重 力做功,故机械能守恒, 取 B 点为势能零点。 ∵mgH = mvB2/2 ∴ vB =

vc H=25m vB
30?

h

d

代入数据,v1x2=4.3,

v1y2=(v1xtg30?)2=1.44∴v1=(v1x2+v1y2)1/2=2.4m/s.

2 gH = 2 × 9.8 × 25 = 22.1m / s

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 1 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 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 的表达式。 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:

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 运动规律可知,vc = vB cos30? = 19.1m/s ∵mvB2/2 = m vc2/2+mgh ∴h = (vB2-vc2)/2g = 6.3m;由竖直方向 的速度公式可求跨越时间:∵0 = vBsin30?-gt ∴t = vB /2g =1.13s,由 水平方向的位移公式可求得跨越距离 d = vB cos30?t = 21.6m.

Ep2 = 1 k x 2 , x ≤ 0 ;弹簧 1 的势能: 2 2
x x

k2

o

x

2 x E p1 = ? k1 ∫ (l ? x)dx = k1 ∫ (l ? x)d (l ? x) = 1 2 k1 (l ? x ) | 0 0 0

= k1 [(l ? x) ? l ] = k1 x 2 ? k1lx, ( x ≤ l )
1 2 2 2 1 2

4.5.2 装置如图所示, 球的质量为 5kg, 杆 AB 长 1m, AC 长 0.1m, A 点距 o 点 0.5m,弹簧的劲度系数为 800N/m,杆 AB 在水平位置时 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 到铅垂位置时的速度,不计弹簧质量及杆的质量,不计摩擦。 解:取小球在水平位置时,势能为零, o 小球运动到竖直位置时的速度为 v,弹簧原 长: l 0 =

当 0≤x≤l 时, E p = E p1 = 1 2 k1 x ? k1lx
2

0.5 2 + 0.12 = 0.51 ,在小球从
B C A

当 x<0 时, E p = E p1 + E p 2 = 1 2 ( k1 + k 2 ) x ? k1lx
2

水平位置运动到竖直位置的过程中, 只有保 守内力做功,因而机械能守恒:

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 已知A、 B两点的垂直距离为 25m. 台C时, 其速度vc刚好在水平方向, 坡道在B点的切线方向与水平面成 30?角,不计摩擦,求:⑴运动员 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 平台时的速率vc.

0= 1 mv 2 ? mg AB + 1 k (OA + AC ? l0 ) 2 ,可求得: 2 2
v = 2 g AB ? k (OA + AC ? l 0 ) 2 / m = 2 × 9.8 × 1 ? 800(0.5 + 0.1 ? 0.51) 2 / 5 = 4.28m / s

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 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 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, 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 到 D 点,并求出在此点的速度. 解: 物体 Q 在整个运动过程中,只有弹簧的弹力做功,所以机 械能守恒.总能量 E=
1 2 2 2 2 mv A + 1 2 k[ R + ( R + l 0 ) ? l 0 ] 2

4.6.2 m 为静止车厢的质量,质量为 M 的机车在水平轨道上自 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。 求轨道作用于车的阻力。 v 解:整个过程可分为两个阶段: m 第一阶段,机车与车厢发生完全非 M 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’ 系动量守恒,Mv=(M+m)v’,v’=Mv/(M+m) f 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 了s,速度由v’变为零,由动能定理,有 – fs = 0 - (M+m) v’2 /2, 将 v’代入,可求得 f =
M 2v 2 2 s ( M +m)

代入数据,求得 E=3.63J Q A ⑴在 B 点, 弹簧的势能全部转 化为动能,所以, 在该点速度最大. mVB2/2 = E, vB = (2E/m)1/2 = 1.2m/s B D ⑵在 D 点的弹性势能, C Ep=k(2R)2/2=2kR2=2×24×0.242=2.76 ∵Ep<E ∴物体Q能达到D点. m vD2/2=E-Ep , vD=[2(E-Ep)/m]1/2 代入数据,求得 vD=0.58m/s 4.6.1 卢瑟福在一篇文章中写道:可以预言,当α粒子和氢原 子相碰时,可使之迅速运动起来.按正碰考虑很容易证明,氢原子速度 可达α粒子碰撞前速度的 1.6 倍,即占入射α粒子能量的 64%.试证明 此结论(碰撞是完全弹性的,且α粒子质量接近氢原子质量的四倍). 证明 : 设氢原子质量为m, 碰前速度为零 , 碰后速度 vH', α粒子质 量为 4m,碰前速度为vα,碰后速度为vα'.根据完全弹性碰撞基本公式:

4.6.3 两球具有相同的质量和半径,悬挂于同一高度.静止时, 两球恰能接触且悬线平行.碰撞的恢复系数为e.若球A自高度h1释放, 求该球弹回后能达到的高度。又问若二球发生完全弹性碰撞,会发 生什么现象,试描述之。 解:设两球质量均为 m,球 A由h1高处运动到水平位置获得 的速度vA,可由能量守恒方程求 出:mgh1=mvA2/2∴vA= 2 gh1
h1

x A B

?4mvα = 4mvα '+ mv H ' ? ?vα = v H ' ? vα '
EH Eα

即 ,

4vα = 4vα '+ v H ' (1) vα = v H ' ? vα '
= 0.64

设 A,B 两球碰后速度分别为 vA'和vB',根据非完全弹性碰撞的基本公式,有

(2)

⑴+⑵×4,得 8 vα= 5vH', ∴ vH'= 8 vα/5 = 1.6 vα

?mv A = mv A '+ mv B ' ?v '?v ' = ev A ? B A

即,

v A = v A '+v B ' ev A = v B '?v A '

=

m v H '2 / 2 4 m vα / 2
2

=

(1.6 vα ) 2 4 vα 2

可求得, ?

? ?v A ' = v A (1 ? e) / 2 = (1 ? e) 2 gh1 / 2 " (1) ? ?v B ' = v A (1 + e) / 2 = (1 + e) 2 gh1 / 2 " (2)

第 4 章动能和势能习题解答

34

第 4 章动能和势能习题解答

2 设A球弹回后的最大高度为h,根据能量守恒, 1 2 mvA' =mgh

铅 块 落 下 h=30cm 后 的 速 度 v0 , 可 由 能 量 守 恒 方 程 求 出 :

h=

v A '2 1 = (1 ? e) 2 h1 2g 4

mgh = 1 2 mv0

2

v0 = 2 gh = 2 × 9.8 × 0.3 = 2.42m / s
设铅快与框架碰后的共同速度为 v,由动量守恒:

若为完全弹性碰撞,则e=1,由(1),(2)可知:vA'=0, vB'=vA ,即, 碰后A球静止,B球以A球原来的速度向右运动;B球达到h1高度返回 后,又把能量、动量、速度全部传给A球,周而复始,这种传递永远 进行下去。
1 2

mv0 = 2mv, v = 1 2 v 0 = 2.42 / 2 = 1.21m / s
设框架下落的最大距离为 x,由机械能守恒:
2 2 1 ,进行整理并代入数 ( m + m )v 2 + 1 2 kΔl = 2 k ( Δl + x ) ? 2 mgx

4.6.4 质量为 2g 的子弹以 500m/s 的速度射向质量为 1kg, 用 1m 长的绳子悬挂着的摆,子弹穿过摆后仍然有 100m/s 的速度,问摆沿 铅直方向升起若干? 解:用v0,v分别表示子弹穿过摆前后的速度,V表示子弹穿过摆 后摆的速度,设摆升起的最大高度为h 由动量守恒: mv0 = mv + MV ,可得

据,可得 x 的一元二次方程: x ? 0.2 x ? 0.03 = 0,
2

x = 0.3m

V=

m M

(v0 ? v) = 0.002(500 ? 100) = 0.8

l m M v0 V v

由能量守恒: 1 MV 2 = Mgh 2

h = V 2 / 2 g = 0.8 2 /(2 × 9.8) = 0.033m
4.6.5 一质量为 200g 的框架,用一弹簧悬挂起来,使弹簧伸长 10cm, 今有一质量为 200g 的铅快在高 30cm 处从静止开始落进框架, 求此框架向下移动的最大距离,弹簧质量不计,空气阻力不计。 解:框架静止时,弹簧伸长Δl=0.1m,由平衡条 件 mg=kΔl,求得:k=mg/Δl=0.2×9.8/0.1=19.6N/m m h m

4.6.6 质量为 m1=0.790kg 和 m2=0.800kg 的物体以劲度系数为 10N/m的轻弹簧相连,置于光滑水平桌面上,最初弹簧自由伸张。质 量为 0.01kg的子弹以速率v0=100m/s沿水平方向射于m1内,问弹簧最 多压缩了多少? 解:整个过程可分为两个阶段 v0 处理。第一阶段:子弹射入m1内, m2 m1 m0 发生完全非弹性碰撞,动量守恒, 设子弹质量为m0,子弹与m1获得的共同速度为v,则有 m0v0 = (m1+m0) v ∴v = v0m0 / (m1+m0) (1) 第二阶段:子弹与m1以共同速度v开始压缩弹簧至m1与m2有相 同的速度V,压缩结束;在此过程中,由m0,m1,m2组成的质点系,其动 量、能量均守恒,设弹簧最大压缩量为l.由动量守恒,有:

(m1 + m0 )v = (m1 + m 2 + m0 ) V ∴V = m1 + m0 m0 v 0 v= m1 + m2 + m0 m1 + m 2 + m0 ( 2)

第 4 章动能和势能习题解答

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第 4 章动能和势能习题解答

2 2 2 1 1 由能量守恒: 1 2 ( m1 + m 0 )v = 2 ( m1 + m 2 + m 0 ) V + 2 kl

(3)

根据完全弹性碰撞基本公式,有

将⑴、⑵代入⑶中,可求得:

l = m0 v 0

1 1 1 ( ? ) ≈ 0.25m k m1 + m0 m1 + m2 + m0

?m A v 0 = ? m A v A + m B v B ? ?v A + v B = v0

(2) (3)

⑴,⑵,⑶联立求解,得

v A = (m B ? m A ) 2 gh (m A + mB ) v B = 2m A 2 gh (m A + mB )
发生两次碰撞的条件是:vA>vB , 即 mB-mA>2mA mB>3mA

4.6.7 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 鸟落地处与树枝的水平距离。 m2 m1 解:设鸟被子弹击中后与子弹共 v 有的速度为 v,由动量守恒: v0

m1v0 = (m1 + m2 )v
v=
m1v 0 m1 + m 2

S

h

=

0.01×110 0.01+ 0.1

= 10m / s
1 2

由平抛运动公式 h =

gt 2 ,可求得子弹落地时间:

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, 后来, 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, 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 相碰? A B 解:以地为参考系,设 v10,v1 为钢球 v0 与AC端碰撞前后的速度,v20,v2为铁箱碰 l 撞前后的速度,据题意,v10=0,v20=v0. D C 对于完全弹性碰撞, 碰前接近速度等 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 度v',所以钢球由AC端运动到BD端所需时间为:

t = 2h / g = 2 × 4.9 / 9.8 = 1s , 所以, 水平距离 S=vt=10×1=10m
4.6.8 在一铅直面内有一光滑轨道,左边是一个上升的曲线,右 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 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 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、 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:设碰前mA的速度 A 为v0,碰后mA、mB的速度分 v0 B h 别为vA、vB,方向如图示。 由能量守恒,有 mAgh = mA v02/2 , v0 = (2gh)1/2 (1) vA vB

Δt = l / v' = l /(v1 ? v 2 ) = l / v0
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 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 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 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。 解:整个过程可分为两个阶 v0 2v0 段:第一阶段是两个车对撞获得 M M M 共同速度v(向左) ,由动量守恒: M(2v0)-Mv0=2Mv, v=v0/2 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

第 4 章动能和势能习题解答

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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 力做功之和为:Af=-μmgl,对质点系应用动能定理:
2 1 1 ? μmgl = 0 ? 1 2 Mv0 ? 2 ( 2 M )( 2 v 0 ) , ∴ μ = v 0 /( 4 gl ) 2 2

设货箱相对车的速度为v',显然,v'=v0+v=2v+v=3v,两边同乘 摩擦力作用时间Δt,即为对应的距离,l=3d, d=l/3 4.7.1 质量为 M 的氘核以速率 u 与静止的质量为 2M 的α粒子 发生完全弹性碰撞。 氘核以与原方向成 90?角散射。 ⑴求α粒子的运 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 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;

4.7.2 桑塔纳车的总质量m1=113×10kg,向北行驶,切诺基车的 总质量m2=152×10kg,向东行驶。两车相撞后连成一体,沿东偏北θ =30?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 超过 80km/h.问哪辆车违背交通规则?因碰撞损失多少动能? 解:设碰撞前,桑塔纳和切诺基的 北 速度分别为v1,v2.在发生完全非弹性碰撞 v2 v 过程中,可认为动量守恒,有 θ 东 m2

G G G m1v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )v

向北投影: m1v1 = (m1 + m2 )v sin 30° 向东投影: m2 v 2 = (m1 + m2 )v cos 30°

m1

(1) (2)

v1

G ? + vy ? j 设α粒子碰后速度为 v = v x i
由动量守恒: Mu = M u '+2 M v ,投影式为 x:M u = 2M vx ∴ vx = u /2 y:0 = Mu’+2M vy ∴vy= - u’/2 由能量守恒, 1 2 Mu =
2 1 2

G

G

G

y u’ u θ v
2 2

碰后两车连在一起,以速度 v 滑行 d 后停止,应用动能定理,
2 ? μ ( m1 + m 2 ) gd = 0 ? 1 2 ( m1 + m 2 )v

(3)

(1) (2)

x

由 (3) 可求得 v =

2μ gd = 57 km / h ,分别代入⑴、 ⑵中, 可求得,
m1 + m2 m2

Mu ' 2 + 1 2 × 2 M (v x + v y ) (3)

v1 =

m1 + m2 m1

v sin 30° = 66.8 km / h v 2 =

v cos 30° = 86 km / h

将⑴、⑵代入⑶中,可求得

u' =

3 3

u


3 6

∵v2>80km/h ∴切诺基汽车违反交通规则。
2 损失动能ΔEk= 1 2 m1v1 +
1 2

⑴ 将(4)代入(2)中,求得 v y = ? θ= arctg vy /vx = arctg ( ? ⑵ v= ⑶ Eα =
2 2

2 m2v22 – 1 2 (m1+m2)v

u , v 与 x 轴的夹角,
4.7.3 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 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。 v1 解:球每次弹起的速度v1都相同,每 v1 B A x
D C v2
B

3 3

) = -30?
3 3

v x + v y = (u / 2) 2 + ( 3u / 6) 2 =
1 2

u

2 2 2 1 2 ( 2 M )v 2 = 1 3 Mu = 3 × 2 Mu = 3 E H

y

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:
1 2

mv1 + mgl = 1 2 mv 2
2 2

2

2

v 2 ? v1 = 2 gl , v 2 x + v 2 y ? v1x ? v1 y = 2 gl ①
由牛顿碰撞公式: ? v1 y = ev 2 y

2

2

2

2



在水平方向动量守恒: mv1x = mv 2 x , 由①②③可求得: v1 y = ?e

v1 x = v 2 x



2 gl 2 gl , v2 y = 2 1? e 1 ? e2
2 y = v1 y t + 1 2 gt ⑥

平抛公式: v y = v1 y + gt ④, l = v1x t ⑤,

令vy=v2y,由④可求得球从弹起到落地的时间:

t=

v 2 y ? v1 y g

=

2 gl 1 + e ? = g 1 ? e2

2l (1 + e) g (1 ? e)

代入⑤中即可求得球的水平速度:

v1x =

l 2l (1 + e) =l/ = t g (1 ? e)

2l (1 + e) g (1 ? e)l ? = g (1 ? e) 2l (1 + e)

gl (1 ? e) 2(1 + e)

令vy=0,由④可求得球达最大高度所需时间:

t=?

v1 y g

=e

2 gl 1 2l ? =e 2 1? e g g (1 ? e 2 )

代入⑥中即可求得球所能达到的最大高度:

y = ?e

2 gl 2l 1 2 2l e2 e ge l ? + = g (1 ? e 2 ) 2 g (1 ? e 2 ) g 1 ? e 2 1 ? e2

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 ⒈力矩 力对点的力矩 力对轴的力矩

则质点或质点系对该轴的角动量保持不变 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 考虑惯性力矩。

τo = r × F
? = r ×F τ zk ⊥ ⊥

⒉角动量 质点对点的角动量 质点对轴的角动量

Lo = r × p ?=r ×p Lz k ⊥ ⊥

⒊角动量定理适用于惯性系、质点、质点系 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 点或质点系的外力对该点的力矩之和

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, 远地点高度 d 远 =2384km, 地球半径 R 地 =6370km, 求卫星在近地点和远 地点的速度之比。 解:卫星在绕地球转动过程中,只受地球引 力(有心力)的作用,力心即为地心,引力对地 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) v近/v远=(d远+R地)/(d近+R地) =(2384+6370)/(439+6370)≈1.29

∑τ 外 =

dL0 dt

5.1.2

? + b sinω t ? 一个质量为 m 的质点沿着 r = a cos ω t i j 的空

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 点或质点系的外力对该轴的力矩之和

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 矩。 解:

∑τ

z

=

dLz dt

? + bω cos ω t ? v = dr / dt = ? aω sinω t i j ? ? bω 2 sinω t ? a = dv / dt = ? aω 2 cos ω t i j ? + b sin ω t ? = ?ω 2 (a cos ω t i j ) = ?ω 2 r F = ma = ? mω 2 r

⒋角动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系 ⑴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, 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,

τ = r × F = ?mω 2 r × r = 0

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

? + (12t ? 6) ? F = (3t 2 ? 4t )i j 中运动,其中 t 是时间。该质点在 t=0
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。 解:据质点动量定理的微分形式, Fdt = d ( mv ) = dv ( m = 1)

6.0 × 2π × 149 2 = × 10 42 = 2.65 × 10 40 kgm 2 / s 365 × 24 × 60 × 60
5.1.5 根据 5.1.2 题所给的条件,求该质点对原点的角动量。 解: L = r × p = mr × v

? + (12t ? 6) ? ∴ dv = [(3t ? 4t )i j ]dt
2



v

0

? (3t 2 ? 4t )dt + ? dv = i j ∫ (12t ? 6)dt ∫
0 0 3 2 2

t

t

? + b sin ω t? ? + bω cos ω t? = m( a cos ω ti j ) × (? aω sin ω ti j) ? + abω sin 2ω tk ?) = mabω k ? = m(abω cos 2ω tk

? + 6(t ? t ) ? v = (t ? 2t )i j ? + 6(t 2 ? t ) ? dr = v dt = [(t 3 ? 2t 2 )i j ]dt

? j
5.1.6 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。



r

0

? (t ? 2t )dt + 6 ? dr = i j ∫ (t ? t )dt ∫
3 2 2 0 0 1 4 4 2 3 3 3 2

t

t

? i

? + (2t ? 3t ) ? r = ( t ? t )i j
4 3 ? 3 2 ? 2 r (2) = ( 1 4 × 2 ? 3 × 2 )i + ( 2 × 2 ? 3 × 2 ) j

? k

解: L ( 2) = r ( 2) × p ( 2) = mr ( 2) × v ( 2)

? ? ? ? = 1 × (? 4 3 i + 4 j ) × 12 j = ?16k
5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔,轻绳一端伸入孔中, 另一端系一质量为 10g 小球,沿半径 为 40cm 的圆周作匀速圆周运动,这 时从孔下拉绳的力为 10-3N。如果继续 向下拉绳,而使小球沿半径为 10cm 的圆周作匀速圆周运动,这时小球的 F 速率是多少?拉力所做的功是多少? 解:设小球的质量为m=10×10-3kg,原来的运动半径为R1=40cm, 运动速率为v1;后来的运动半径为R2=10cm,运动速率为v2. 先求小球原来的速率v1:据牛顿第二定律,F=mv12/R1,所以,

? ? =?4 3i +4j ? + (12 × 2 ? 6) ? ? + 18 ? F (2) = (3 × 2 2 ? 4 × 2)i j = 4i j ? + 18 ? τ (2) = r (2) × F (2) = (? 4 i? + 4 ? j ) × (4i j)
3

?, ? ? ?×i ?= ? ?× ? ? = ?k j× ? j = 0, i j=k j×i ∵i ? + 4 × 4( ? k ?) = ?40k ? ∴τ (2) = ? 4 × 18k
3

5.1.4 地球质量为 6.0×1024kg, 地球与太阳相距 149×106km, 视 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 量。 解: L = mvr = mω r = 6.0 × 10
2 24

×

2π (149 × 10 9 ) 2 365 × 24 × 60 × 60

v1 = R1 F / m = 0.4 × 10 ?3 / 10 ?2 = 0.2m / s
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

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,m v1R1=m v2R2,v2=v1R1/R2=0.2×0.4/0.1=0.8m/s 在由R1→R2的过程中,只有拉力F做功,据动能定理,有

AF = 1 mv 2 ? 1 mv1 = 1 m(v 2 ? v1 ) = 1 m(v 2 + v1 )(v 2 ? v1 ) 2 2 2 2 =1 × 10 ? 2 (0.8 + 0.2)(0.8 ? 0.2) = 3 × 10 ?3 J 2
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

2

2

2

2

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. 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 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. 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 的力矩之和始终为零,因而小球对A点的角动量守恒,有 r0mv0sin30?= rmv (最大距离时, r ⊥ v ) (1)

? + b sin ω t ? r = a cos ω t i j ,其中 a、b 和ω是正常数,试以运动学
和动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒。 证明:

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,
1 2 2 2 1 mv0 = 1 2 k ( r ? d ) + 2 mv 2

(2)

为求解方便,将⑴⑵化简,并代入已知数据可得:

? + bω cos ω t? v = dr / dt = ?aω sin ω ti j ? ? bω 2 sin ω t? a = dv / dt = ?aω 2 cos ω ti j = ?ω 2 r
⑴运动学观点:

v0 = 4v (1)'

v0 = 1.6 + v 2

2

(2)'

解此方程组,求得:v0 ≈1.3 m/s

v ≈0.33 m/s

? + b sin ω t? ? + bω cos ω t? L = r × mv = (a cos ω ti j ) × m(? aω sin ω ti j) ? ?×i ?= ? ?× ? ?) = k ∵i j× ? j = 0, i j= ? j × (?i ? + mabω sin 2 ω tk ? = mabω k ? ∴ L = mabω cos 2 ω tk
显然与时间 t 无关,是个守恒量。 ⑵动力学观点: ∵ τ = r × F = r × m a = r × m( ?ω r ) = ? mω r × r = 0 ,∴该质点
2 2

5.1.10 一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、 管口光滑的 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, 后来继续向下拉绳使小球以θ2=60?沿水平圆周运动。 求小 θ1=30?, 球最初的速度v1,最后的速度v2以及绳对小球做的总功。 解:隔离小球,受力情况如图示, l2 应用牛顿第二定律,有: θ F θ2 l1

角动量守恒。 5.1.9 质量为 200g的小球 v0 B 以弹性绳在光滑水平面上与固 A B 30? 定点 A 相连。弹性绳的劲度系数 为 8 N/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,
400mm

F sin θ = mv 2 / l sin θ (1) F cosθ = mg (2) (1) /(2)得
sin θ cos θ

θ1 mg

=

v2 gl sin θ

F

∴ v = gl / cosθ sin θ (3)
当θ=θ1时 v1 = 当θ=θ2时, v 2 =
2

gl1 / cosθ 1 sin θ 1 =
gl2 sin 2 θ 2 cos θ 2

1 2

9.8 × 4 / 3 = 2.38m / s
2 v2 2 3g

=3 ∴ l2 = 2 gl 2

(4)

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
2 2 高度 h 时速度为零,据能量守恒, 1 2 mv = mgh ∴ h = v / 2 g

mv1l1 sin θ 1 = mv 2 l 2 sin θ 2 ∴ v 2 =
值代入,可求得: v 2 = 3
3 gl1v1 2 3

l1 sin θ1 l 2 sin θ 2

v1 ,将(4)式和三角函数

(3)

=3
2

3 2

× 9.8 × 2 × 2.38 = 3.43m / s

由⑴⑵可求得v2=3kl02/4m,代入⑶中得:h = 3 k l02/8mg

将v2代入(4)中,可求得l2=0.8m,根据质点动能定理:

AF = ΔE k + ΔE p = 1 2 m(v 2 ? v1 ) + mg (l1 cos θ 1 ? l 2 cos θ 2 )
2

?3 =1 × (3.43 2 ? 2.38 2 ) + 0.5 × 10 ?3 (2 × 2 × 0.5 × 10

3 2

? 0.8 × 1 2)

= 0.0806 J
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 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 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 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 升起的高度,已知弹簧劲度系数为k,被压缩的长度为l0. 解:设滑轮半径为 R,弹簧释放后, 弹簧上边的砝码获得的速度为 v,方向 向上,左边砝码盘获得的速度为 v',方 向向下,显然右边砝码盘及砝码获得的 速度大小也是 v',但方向向上(如图示) 。 v v’ m m m 把左盘、左盘上的砝码和右盘及盘 m 中砝码视为一个质点系,作为研究对象。 v' 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 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 量为正,则有:- mvR+mv’R+2mv’R = 0,即 v = 3 v' (1) 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 守恒,忽略重力势能的微小变化,则有:
1 2 2 2 2 2 1 kl0 = 1 2 mv + 2 (3m)v' ,即 mv + 3mv' = kl 0 2 2

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 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 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 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 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? 解:设每个运动员的质量为 m=70kg,收 m v 绳前相对绳中心o的距离为d = d1= 5m,速率 d 为v=v1=6.5m/s;当把绳收拢为d = d2= 2.5m时, o 速率v=v2. d ⑴对绳中心 o 点的角动量各为 v m 2 L=mv1d1=70×6.5×5=2275kgm /s(抓住绳索前后角动量相同) 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 角动量守恒,有 2m v1d1 = 2m v2 d2∴v2 = v1d1/d2 = 6.5×5/2.5 =13 m/s ⑶把某一运动员视为质点,作为研究对象,由牛顿第二定律, 绳中张力F = m v22/d2 = 70×132 /2.5 = 4732 N ⑷由质点动能定理,每人所做的功均为:

A= 1 mv2 ? 1 mv1 = 1 2 m(v 2 ? v1 )(v 2 + v1 ) 2 2 =1 2 × 70(13 ? 6.5)(13 + 6.5) = 4436 J
⑸总动能增大了ΔEk = 2×4436 = 8872 J

2

2

(2)

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 ⒈ ⑴ ⑵ ⑶ 开普勒定律 行星沿椭圆轨道绕太阳运行,太阳位于一个焦点上 行星位矢在相等时间内扫过相等面积 行星周期平方与半长轴立方成正比 T2/a3=C
M m r2

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 体所需的时间为 t =
T 2π

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 向心加速度:

⒉ 万有引力定律 f = G

a=

⒊ 引力势能 E p ( r ) = ?G ⒋ 三个宇宙速度 环绕速度 V1 = 脱离速度 V2 =

M m r

v2 2πR 2 1 =( ) ? = 4π 2 R / T 2 R T R
1 2

由自由落体公式: R = (此题原来答案是: t =
T 4 2

at 2 , t = 2 R / a =

T 2π

Rg = 7.9km / s
2V1 = 11.2 km/s

,这里的更正与解答仅供参考)

逃逸速度 V3 = 16.7 km/s.

6.2.1 土星质量为 5.7×1026kg,太阳质量为 2.0×1030kg,两者 的平均距离是 1.4×1012m.⑴太阳对土星的引力有多大?⑵设土星沿 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 f =GMm/r2=6.51×10-11×2.0×1030×5.7×1026/(1.4×1012)2 ≈3.8×1022N ⑵选择日心恒星参考系,对土星应用牛顿第二定律:f=mv2/r

v=

fr / m = 3.8 × 10 22 × 1.4 × 012 / 5.7 × 10 26 ≈ 9.7 × 10 3 m / s

6.2.3 ⑴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× ,此脉冲星的最大可能半径是多 1030kg或 3×105Me,Me为地球质量) 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 为 1.2×1017kg/m3.

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, 它所受到的离心惯性力最大 f*=Δmω2R,若不被分解,它所受到的 引力至少等于离心惯性力,即 GmΔm/R2=Δmω2R ∴ m=ω2R3/G , 而 m=4πR3ρ/3,代如上式,可求得, ρ = 脉冲星的最小密度 ρ =
3×( 30×2π ) 2 4π ×6.51×10 ?11

解:角动量守恒 mv1 a = mv2 b ⑴ 能量守恒
1 2
M m mv1 ? G Mam = 1 ⑵ 2 mv 2 ? G b
M m' R2

2

2

3ω 4πG
2

牛二定律 G
14 3

≈ 1.3 × 10 kg / m

= m' vR

2



⑴,⑵,⑶联立,解得

a = 3×108 km

⑵据密度公式,m =ρV=4πR3ρ/3 ,∴R3=3m/(4πρ)

R = 3 3 × 2 × 10 30 /( 4 × 3.14 × 1.3 × 1014 ) = 1.5 × 10 2 km
⑶ R = 3 3 × 2 × 10 30 /( 4 × 3.14 × 1.2 × 1017 ) = 16 km 6.2.4 距银河系中心约 25000 光年的太阳约以 170000000 年的周 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 河系的质量。 解:设银河系、太阳、地球的质量分别为M、m、m';太阳距银 河系中心的距离为 r=2.5 × 104 光年 =2.5 × 104 × 365 × 24 × 60 光分 =1.31×106光分,绕银河系中心公转角速度为ω=10-8×2π/1.7 年; 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 分别对地球和太阳应用万有引力定律和牛顿第二定律: Gmm'/ r' 2 = m'ω'2 r' (1) GMm / r2 = mω2 r (2) 由(1)可得G=ω'2 r'3/m,代入(2)中,可求得
2 1.31×10 3 ω 2 r 3 1 M = (ω ) m = 1.53 × 1011 m ' ) ( r ' ) m = ( 1.7×108 ) ( 8
6

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 点受到的引力(亦称引力场强度) 。 解:选图示坐标 0-x,单位质 x dx o 量质点在坐标原点处,在杆上取 L d 质元 dm=dxM/L,其坐标为 x,它对
×1 = 原点处质点的引力为: df = G dm x2 GM dx L x2

,由于各质元对质点的引

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

f =

GM L



d +L

d

x ? 2 dx =

GM 1 L x

|

d d +L

=

GM L

1 1 (d ? d+ L) =

GM d (d + L)

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 质点受到的引力(引力场强度) y 解:由对称性分析可知,引力场强度 Rdθ 的 x 分量等于零。 R 质元 dm=λRdθ所受引力的 y 分量为 θ x

df y = ?G

1 × dm Gλ sin θ = ? sin θ dθ 2 R R
π

6.2.5 某彗星围绕太阳运动,远日点的速度为 10km/s,近日点的 速度为 80km/s。若地球在半径为 1.5×108km圆周轨道上绕日运动, 速度为 30km/s。求此彗星的远日点距离。

fy = ?

Gλ Gλ sin θ dθ = cosθ |π 0 ∫ R 0 R

= ?2Gλ / R

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 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。 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 律有
1 2

M m 1 2 mv ? G m = 0 ∴ v 2 = 2GM m / Rm Rm 2
将 Mm=0.0123Me,Rm=0.27Re 代入⑴中,有



mv ? G
2

M m R

= 0 即 v = 2GM / R
2

v 2 = 0.091GM e / Re
2



⑴ 由牛二定律 GM e m / Re = mg , ∴ GM e / Re = Re g 代入⑵中,有

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。 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

v 2 = 0.091Re g

Mm V2 = ma1 即 GM ? RV 2 = a1 R 2 ⑵ 定律有 G 2 ? m R R
粒子 m 在极点上只受引力作用,由牛二定律有

∴ v = 0.091 × 9.8 × 4 × 10 7 / 2π = 2.38 (ms ?1 )

G
已知

Mm = ma 2 即 GM = a 2 R 2 R2




a 2 = 2a1

由⑵、⑶、⑷可求得

GM / R = 2V 2 代入⑴中,得

v 2 = 4V 2 ∴ v = 2V
6.3.2 已知地球表面的重力加速度为 9.8ms-2, 围绕地球的大圆周 7 长为 4×10 m,月球与地球的直径及质量之比分别是

Dm / De = 0.27和M m / M e = 0.0123. 试计算从月球表面逃离月球
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 ⒈刚体的质心 定义: rc =

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, 发动机转了多少转? 解:⑴ β = ⑵ Δθ =
Δω Δt

G

∑m r /m
i i 2

G

G G rc = ∫ r dm / ∫ dm

=

( 3000 ?1200 ) 2π / 60 12

= 15.7 rad / s 2

求质心方法:对称分析法,分割法,积分法。 ⒉刚体对轴的转动惯量 定义: I =

ω 2 ?ω 0 2 2β

=

( 30002 ?12002 )( 2π / 60 ) 2 2×15.7
26.39 2×3.14

= 26.39 × 10 2 rad

∑m r

i i

I = ∫ r 2 dm

θ 对应的转数= Δ 2π =

× 10 2 ≈ 420

正交轴定理 Iz = Ix+Iy. 平行轴定理 Io = Ic+md2 常见刚体的转动惯量: (略) ⒊刚体的动量和质心运动定理

7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔 t 内的角位移为

G G p = mvc

G G ∑ F = mac

θ = at + bt 3 ? ct 4 (θ : rad , t : s) 。求 t 时刻的角速度和角加速度。
解: ω =
dθ dt

⒋刚体对轴的角动量和转动定理

= a + 3bt 2 ? 4ct 3

β=

dω dt

= 6bt ? 12ct 2

L = Iω

∑τ = Iβ
E p = mgyc

⒌刚体的转动动能和重力势能
2 Ek = 1 2 Iω

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 动力学方程:

∑ F = ma ∑τ
c

G

7.1.4 半径为 0.1m的圆盘在铅直平面内转动,在圆盘平面内建 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 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+t2 (θ:rad,t:s)。⑴t=0 时,⑵自t=0 开始转 45?时,⑶转过 90?时,A点的 速度和加速度在x和y轴上的投影。 y 解: ω =
dθ dt

G

c

= Ic βc

= 1.2 + 2t

β=

dω dt

= 2.0

o

A

x

(不必考虑惯性力矩) 动能: E k = mvc + I cω c
1 2 2 1 2 2

⑴t=0 时, ω = 1.2, v x = 0
2

v y = ωR = 1.2 × 0.1 = 0.12m / s

⒎刚体的平衡方程

a x = ?a n = ?v y / R = ?0.12 2 / 0.1 = ?0.144m / s 2 a y = aτ = βR = 2.0 × 0.1 = 0.2m / s 2
⑵θ=π/4 时,由θ=1.2t+t2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s

G ∑ F = 0 , 对任意轴

∑τ = 0

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第 7 章刚体力学习题解答

v x = ?ωR cos 45° = ?2.14 × 0.1 × 2 / 2 = ?0.15m / s v y = ωR sin 45° = 2.14 × 0.1 × 2 / 2 = 0.15m / s
a x = ? βR cos 45° ? ω 2 R cos 45° = ? R cos 45°( β + ω 2 ) = ? 0 .1 × = 0 .1 ×
2 2 2 2

(2.0 + 2.14 2 ) = ?0.465m / s 2

a y = βR sin 45° ? ω 2 R sin 45° = R sin 45°( β ? ω 2 ) (2.0 ? 2.14 2 ) = ?0.182m / s 2
⑶θ=π/2 时,由θ=1.2t+t2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s

v x = ?ωR = ?2.78 × 0.1 = ?0.278m / s v y = 0 a x = ? βR = ?2.0 × 0.1 = ?0.2m / s 2 a y = ?ω 2 R = ?2.78 2 × 0.1 = ?0.77 m / s 2
7.1.5 钢制炉门由两个各长 1.5m 的平行臂 AB 和 CD 支承,以角速率ω=10rad/s 逆时针转 动,求臂与铅直成 45?时门中心 G 的速度和加 B 速度。 解:因炉门在铅直面内作平动,所以门中 心 G 的速度、加速度与 B 点或 D 点相同,而 B、 D 两点作匀速圆周运动,因此 A D · G C

7.1.6 收割机拨禾轮上面通常装 4 到 压板 6 个压板,拨禾轮一边旋转,一边随收割 机前进。压板转到下方才发挥作用,一方 面把农作物压向切割器,一方面把切下来 切割器 的作物铺放在收割台上,因此要求压板运 动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反。 已知收割机前进速率为 1.2m/s, 拨禾轮直径 1.5m, 转速 22rev/min, 求压板运动到最低点挤压作物的速度。 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 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 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, 压板相对地面(即农作物)的速度
.5 ×22 v = vc ? ωR = 1.2 ? 2π60 × 12 = ?0.53m / s

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。 7.1.7 飞机沿水平方向飞行,螺旋桨尖端所在半径为 150cm,发 动机转速 2000rev/min. ⑴桨尖相对于飞机的线速率等于多少?⑵若 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 性说明桨尖的轨迹。 解:⑴桨尖相对飞机的速度:

v' = ω r =

vG = v B = ω AB = 10 × 1.5 = 15m / s ,方向指向右下方,与水
平方向成 45?;

2000×2π 60

× 1.5 = 314m / s
K K K

⑵桨尖相对地面的速度: v = v '+ v机地 ,飞机相对地面的速度与 螺旋桨相对飞机的速度总是垂直的, v机地 = 所以, v =
2

aG = a B = ω 2 AB = 10 2 × 1.5 = 150m / s 2 ,方向指向右上方,
与水平方向成 45?

250×10 3 60×60

= 69.4m / s

v' 2 + v机地 = 314 2 + 69.4 2 ≈ 321.6m / s

显然,桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线

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7.1.8 桑塔纳汽车时速为 166km/h,车轮滚动半径为 0.26m,发 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? 解:设车轮半径为R=0.26m,发动机转速为n1, 驱动轮转速为n2, 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 速度, v = 2π Rn2 = 2π Rn1 / 0.909 ,所以:

n1 =

0.909v 2πR

=

0.909×166×103 2×3.14×0.26

= 9.24 × 10 4 rev / h = 1.54 × 10 3 rev / min

7.2.2 在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置。 ⑴圆 锥体为匀质;⑵密度为h的函数:ρ=ρ0(1-h/L),ρ0为正常数。 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 dx o r a x 2 的质元 dm=ρπr dx,∵r/a=x/L,r=ax/L ∴ dm=ρπa2x2dx/L2 h ⑴圆锥体为匀质,即ρ为常数, 总质量: m = dm = 质心: xc = ⑵ρ =

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 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 端点运动的轨迹(选定坐标系,并求出轨迹的方程式) 。 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 竖直向下的重力的作用,在水平方向不受 外力作用,∴vcx=0,acx=0,即质心C无水 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。 o x 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 示的任一瞬间的几何关系可知:4x2+y2=L2(x≥0,y≥0) 7.3.1 ⑴用积分法证明: 质量为 m 常为 l 的匀质细杆对通过中心
1 且与杆垂直的轴线的转动惯量等于 12 ml 2 ;⑵用积分法证明:质量

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
2 量等于 1 4 mR



ρπ a 2
L2
2 3



L

0

x 2 dx = 1 ρπa 2 L 3
2

∫ xdm = ∫ ρπa x dx / L = ρπa 2 L / 3 ∫ dm

3 L3


L

L

0

x 3 dx = 3 L 4

证明:⑴取图示坐标,在坐标 x 处取一线元, dm = 对 y 轴的转动惯量为: dI =
m l

m l

dx ,它
x l/2

x 2 dx ,
-l/2

y dx

h ?x ρ 0 (1 ? L ) = ρ 0 (1 ? LL )=

ρ0

x

整个细杆对 y 轴的转动惯量:
2

总质量: m = dm =



ρ0 π a
L3

2



L

0

x dx = ρ 0π a L
3 1 4 4 5

I=

l/2 m l

?l / 2

∫x

2

dx =

m 3l

x 3 |l?/l 2 /2=

m 3l

1 ( l8 + l8 ) = 12 ml 2
3 3

∫ xdm = 质心: xc = ∫ dm

4 L4



L

⑵在坐标 x 处取细杆状质元,

0

x dx = L
4

R
2 2

m dm = π m ? 2 R ? x dx = π2R 2 R2 2 2

R ? x dx

θ x

x

它对 x 轴的转动惯量:

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48

第 7 章刚体力学习题解答
2 l 2 1 I l = 12 ml l 2 + ml ( 2 ) =1 3 ml l , 2 2 Ir = 1 2 m r r + m r (l + r ) 2 2 2 1 I=1 3 m l l + 2 m r r + m r (l + r ) 2 2 2 1 =1 3 × 4.9 × 0.92 + 2 × 24.5 × 0.08 + 24.5( 0.92 + 0.08) = 26kgm 2

1 dI = 12 dm(2 R 2 ? x 2 ) 2 = 1 dm( R 2 ? x 2 ) = 3

2m 3πR 2

( R 2 ? x 2 ) 3 / 2 dx

r

整个圆盘对 x 轴的转动惯量: I =

2m 3π R 2

?R

∫ (R

R

2

? x 2 ) 3 / 2 dx

为了能求出积分,作如下变换: x = R cos θ , dx = ? R sinθ dθ

( R 2 ? x 2 ) 3 / 2 = ( R 2 ? R 2 cos 2θ ) 3 / 2 = ( R 2 sin 2θ ) 3 / 2 = R 3 sin 3θ
代入上式: I =
2m 3π R 2 3 3 ∫ R sin θ (? R sinθ dθ ) = 0 2 mR 2 3π

π

π

∫ sin θ dθ
4 0

据三角函数公式: sin 2θ =

1 ? cos 2θ 1 + cos 2θ , cos 2θ = 2 2

7.3.3 在质量为 M, 半径为 R 的匀质圆盘上挖出半径为 r 的两个 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 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 R 垂直的轴线(以下简称 o 轴)的转动惯量 r r o 2 为 I =1 .由于对称放置,两个小圆 2 MR 盘对 o 轴的转动惯量相等,设为 I’,圆盘 质量的面密度σ=M/πR2,根据平行轴定理,
2 2 2 R 2 I'= 1 2 (σ πr ) r + (σ π r )( 2 ) =
M r4

2θ 2 ) =1 θ + cos 2 2θ ) ∴ sin 4θ = ( 1?cos 4 (1 ? 2 cos 2 2 4θ 3 1 =1 θ + 1+ cos )= 1 4 (1 ? 2 cos 2 2 4 ( 2 ? 2 cos 2θ + 2 cos 4θ )

2R2

2 +1 4 Mr

I=

2 mR 2 3π



1 4

(3 ? 2 cos 2θ + 1 cos 4θ )dθ 2 2

设挖去两个小圆盘后,剩余部分对 o 轴的转动惯量为 I”
Mr 2 2 2 2 4 2 1 1 I " = I ? 2I ' = 1 2 MR ? R 2 ? 2 Mr = 2 M ( R ? r ? 2r / R )
4

π π ?3 π ? 1 = ? 2 ∫ dθ ? ∫ cos 2θ d 2θ + 8 ∫ cos 4θ d 4θ ? 0 0 ? 0 ? 2 π π 2 3 1 1 = mR ( π ? sin 2 θ | + sin 4 θ | ) = mR 0 0 6π 2 8 4
mR 2 6π

7.3.2 图示实验用的摆, l=0.92m,r=0.08m,ml=4.9kg,mr=24.5kg, 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 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 惯量Il加上圆盘对o轴的转动惯量Ir,即I=Il+Ir.根据 平行轴定理

7.3.5 一转动系统的转动惯量为I=8.0kgm2,转速为ω=41.9rad/s, 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? 解:由转动定理: 闸瓦

τ = Iβ , β = τI =

2×0.4×392×0.4 8.0

= 15.68rad / s

制动过程可视为匀减速转动, β = Δω / Δt

闸瓦

第 7 章刚体力学习题解答

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第 7 章刚体力学习题解答

Δt = Δω / β = 41.9 / 15.68 = 2.67 s
7.3.6 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 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。 N 据题意,杆受力及运动情况如图所示。由质心运 o x 动定理: N ? mg = 0,

∴ a = 2Δy / t 2 = 2 × 0.75 / 5.0 2 = 0.06m / s 2
由 ⑴、 ⑵可求得 T2 ? T1 = (m2 ? m1 ) g ? (m2 + m1 )a ,代入 (3) 中,可求得 I = [(m 2 ? m1 ) g / a ? ( m2 + m1 )]R ,代入数据:
2

I = (0.04 × 9.8 / 0.06 ? 0.96) × 0.05 2 = 1.39 × 10 ?2 kgm 2
7.3.8 斜面倾角为θ,位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为 R,转 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 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。 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 加速度与鼓轮角加速度的关系为 a=βR 对重物应用牛二定律: N T- μN- mgsinθ=ma, N=mgcosθ,代入 T β f τ 前式, 得 T- μmgcosθ- mgsinθ=ma ① θ a 对鼓轮应用转动定理: T mg τ- TR=Iβ=Ia/R ② 由①②联立,可求得重物上滑的加速度:

F = mac = m L 2 β
2

(1)

ac mg A F

由转动定理; F 0 A = I o β = 1 3 mL 把⑴代入⑵中,可求得 oA =
2 3

β

(2)

L

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 轮轴。两端悬挂重物质量各为 m1=0.46kg , m2=0.5kg ,滑轮半径为 0.05m。自静止始,释放重物后并测得 0.5s内m2下降了 0.75m。滑轮 转动惯量是多少? 解: T2 T1 β x o R a a y m2g m1g T2 T1 m2 m1 隔离m2、m1及滑轮,受力及运动情况如图所示。对m2、m1分别 应用牛顿第二定律: m2 g ? T2 = m2 a (1); T1 ? m1 g = m1 a (2) 对滑轮应用转动定理: (T2 ? T1 ) R = Iβ = Ia / R (3)
2 , 质点m2作匀加速直线运动,由运动学公式: Δy = 1 2 at

a=

τ R ? R 2 mg ( μ cosθ + sin θ )
I + mR 2
r m1,m2 h

7.3.9 利用图中所示装置测一轮盘的转动 惯量,悬线和轴的垂直距离为r,为减小因不 计轴承摩擦力矩而产生的误差,先悬挂质量 从距地面高度为h处由静止开 较小的重物m1, 始下落,落地时间为t1,然后悬挂质量较大的

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 盘的转动惯量,近似认为两种情况下摩擦力矩相等。 解:隔离轮盘与重物,受力及运动情况如图 τf T 示:τf为摩擦力矩,T为绳中张力,a=βr r a 对轮盘应用转动定理: β T1r ? τ f = Iβ1 ,T2 r ? τ f = Iβ 2 ,两式相减,得: T mg

(T2 ? T1 )r = I ( β 2 ? β1 ), I = (T2 ? T1 )r /( β 2 ? β1 ) ①
对重物应用牛顿二定律:

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 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 r。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 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 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 恒否?总机械能守恒否?为什么? 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 量守恒,规定顺时方向为正,有 v0

m1 g ? T1 = m1a1 = m1 rβ 1 , m2 g ? T2 = m2 a 2 = m2 rβ 2 ,两式相减,
可得:T2 ? T1 = (m2 ? m1 ) g ? r (m2 β 2 ? m1 β 1 ) ,代入①中,可得:

Iω ? rmv0 = 0 ∴ ω = rmv0 / I

r

m

在弹射过程中,物体系动能不 o I 守恒,因弹力做正功使动能增加; 总机械能守恒,因为只有保守内力(弹力)做功。 7.4.2 质量为 2.97kg,长为 1.0m 的匀质等截面细杆可绕水平光 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 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. o 解:将子弹、杆构成的物体系作为研究对象, 整个过程可分为两个阶段研究: lM 第一阶段,子弹与杆发生完全非弹性碰撞, θ 获得共同的角速度ω,此过程时间极短,可认 为杆原地未动。由于在此过程中,外力矩为零, m v
2 2 1 因此角动量守恒, mvl = ml 2ω + 1 3 Ml ω = ( m + 3 M )l ω

I = [(m2 ? m1 ) gr ? (m2 β 2 ? m1 β 1 )r 2 ] /( β 2 ? β 1 ) ②
1 由运动学公式: h = 1 2 a1t1 = 2 a 2 t 2 ,∴ a1 = 2h / t1 , 2 2 2

a2 =

2h 2h 2h , β1 = 2 , β 2 = 2 ,将角加速度代入②中,得: 2 t2 rt1 rt2

I= = =

(m2 ? m1 ) gr ? (m2
2h rt 2 2 2 2

2h rt 2 2
1

? m1

2h rt12

)r 2
2

2h ? rt 2 2

(m2 ? m1 ) gr ? 2hr 2 (m2 / t 2 ? m1 / t1 ) 2h(t1 ? t 2 ) /(t1 t 2 ) 2 2 2 2 (m2 ? m1 ) gr 2 t1 t 2 ? 2hr 2 (m2 t1 ? m1t 2 ) 2h(t1 ? t 2 )
2 2 2 2 2

∴ω =

mv ( m + M / 3) l

=

0.01× 200 ( 0.01+ 2.97 / 3 )×1.0

= 2.0rad / s

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:
1 2

由机械能守恒:
l 2

(m + M )l ω = mgl (1 ? cosθ ) + Mg (1 ? cosθ )
1 3 2 2
2

+ M / 3) l ( 0.01+ 2.97 / 3)×1.0×2.0 2 ∴ cosθ = 1 ? ((m ≈ 0.8635 2m+ M ) g ω = 1 ? ( 2×0.01+ 2.97 )×9.8

2 2 2 h 1 1 mghC = 1 3g / h 2 Iω , mg ? 2 = 2 ? 3 mh ω , ω =

上端点到达地面时的线速度:

θ=30?34’ 7.4.3 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 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 面的轴的角速度等于多少? 解:以地为参考系,把子弹和棒看作 A m2,L 一个物体系,棒嵌入子弹后作平面运动, v1 C O 可视为随质心 C 的平动和绕质心 C 的转 m1 动,绕质心 C 转动的角速度即为所求。 据质心定义:

v = ω h = 3gh = 3 × 9.8 × 10 = 17.2m / s
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, 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 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 平时,框架质心的线速度vc及框架作用于支点的压力N. 解:先求出正方形框架对支点 o 的转动惯量: A o
l 2 I o = I c + 4m( 2 ) = I c + ml 2
2

m1 CO m1 + m2 CO + CA 100 L , , = = = , m2 CA m2 CA 99 2CA

1 I c = 4( 12 ml 2 + m l4 ) = 4 ml 2 ∴ I o = 7 ml 2 3 3

Ep=0 B A

B

设 AB 边达到水平位置时,框架的角速 度为ω,据机械能守恒定律: 4mg
l 2

CA = 99 L / 200 = 0.495 L, CO = 0.5 L ? 0.495 L = 0.005 L
据角动量守恒: m1v1CA = ( m1CA +
2 1 12

2 2 2 1 7 =1 2 I o ω = 2 ( 3 ml )ω

m 2 L + m 2 CO )ω
2 2

∴ω =

12 g 7l

, vc = 1 2 lω =

3 7

gl

1 m1v1 × 0.495L = m1 (0.495 2 + 12 × 99 + 99 × 0.005 2 ) L2ω 0.495v1 = (0.495 2 + 99 / 12 + 99 × 0.005 2 ) Lω ω = 0.058v1 / L

AB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 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 的角加速度为零,∴ac=ω2l/2=6g/7,方向向上。规定向上方向为正, 对框架应用质心运动定理:
6 6 3 N ? 4mg = 4mac = 4m 7 g ∴ N = 4mg (1 + 7 )=77 mg

7.5.1 10m 高的烟囱因底部损坏而倒下来,求其上端到达地面时 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 惯量 I =
1 12 2 2 1 ,倒在地面上时的角速度为ω mh 2 + m( h 2 ) = 3 mh

据牛顿第三定律,支点受到的压力,大小等于 N,方向向下。 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 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

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。 解:先求出框架对 O 轴的转动惯量:据平行轴定理,
1 I = I C + 4mOC 2 = 4( 12 ml 2 + m 1 l 2 ) + 4m( 4 1 2

l ) 2 = 10 ml 2 3
N

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 住,使杆成水平。突然释放 A 端,在此瞬时,求:⑴杆质心的加速 度,⑵杆 B 端所受的力。 解:⑴以支点 B 为转轴,应用转动 B A 定理: mg
l 2 2 =1 3 ml β

设对角线 OP 转过 45°后框架的角速度为 ω,且势能为零,由机械能守恒:

∴β =

3g 2l

,质 x y

4mg (

l 2

sin 45°) = Iω , 2mgl = ml ω
1 2 2 5 3 2

2

O n τ

C

P

心加速度 a c =

l β2 =3 4 g ,方向向下。

ω2 =
τ

6g 5l

,ω =

6g 5l

, v p = ω 2l = 2

3 5

gl

4mg

⑵设杆 B 端受的力为 N,对杆应用 质心运动定理:Ny=0, Nx - mg = - m ac , Nx = m(g – ac) = mg/4 ∴ N = mg/4,方向向上。

设支点 O 对框架的作用力为 N,由定轴转动定理:τ= Iβ,

4mg sin 45°l / 2 3 g l 3g 3 2 β= = = , aτ = β = = g 2 I 5l 10 10ml / 3 2 5 2

6g l 6g ? = 质心的法向加速度 an = ω OC = 5l 2 5 2
2

? 方向应用质心运动定理: N n ? 4mg cos 45° = 4ma n , 在n
N n = 2 2mg + 4m ? 6g 5 2 = (2 2 + 24 2 22 )mg = 2mg 5× 2 5

? 方向应用质心运动定理: N τ + 4mg sin 45° = 4maτ 在τ
N τ = 4m ?

3 6 4 2 g ? 2 2mg = ( ? 2) 2mg = ? 2mg 10 5 5
2 2 32 25

7.5.5 下面是匀质圆柱体在水平地面上作无滑滚动的几种情况, 求地面对圆柱体的静摩擦力 f. ⑴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。 ⑶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。 解:规定前进方向和顺时针方向为正方向。 N 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 C F(2) 质心轴的转动定理和只滚不滑条件,建立三个 f 方程求解。 mg ⑴ F ? f = ma c , ( F + f ) R =
1 2

N = Nτ + N n =

+

2×22 25

2

? 方向夹 mg = 6.32mg ,设与- τ

mR 2 β , a c = βR

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。 ⑵ F ? f = ma c , fR =
1 2

角为θ, θ = arctg | N n / N τ |= arctg 5.5 = 79.7°

mR 2 β , a c = βR

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。 ⑶ ac = 0 , f = 0 ⑷ ? f = ma c , τ + fR =
1 2

将N1、f2代入(5)中,有

2τ mR 2 β , a c = βR ,求得 f = ? 3 R

F ? μ (M + M 2 ) g ? 1 3 M 2 a = Ma

∴a =

3[ F ? μ ( M + M 2 ) g ] 3M + M 2

负号说明静摩擦力方向与假设方向相反,应向前。 7.5.6 板的质量为 M,受水平力 F 的作用,沿水平面运动,板与平面间的 摩擦系数为μ.在板上放一半径为 R 质 量为M2的实心圆柱,此圆柱只滚动不 滑动。求板的加速度。 解:隔离圆柱,其受力及运动情况如图 所示,其中ac为质心对地的加速度,β为相 对质心的角加速度,f2、N2分别为板施加给 圆柱的静摩擦力和压力。 由质心定理: f 2 = M 2 a c R M2

F

β W2 ac f2 N2 N1 F a

(1), N 2 = M 2 g
1 2

(2)

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 R,其绕中心轴转动惯量为mR2/3,线轴和地面之间的静摩擦系数为μ。 线轴受一水平拉力F,如图所示。 ⑴使线轴在桌面上保持无滑滚动之 F 最大值是多少? ⑵若 F 和水平方向成θ角,试证,cosθ>b/R 时,线轴向前滚; cosθ<b/R 时,线轴向后滚动。 y 解:可将(1)看作(2)的特殊 F 情况。建立图示坐标,z 轴垂直纸面 C b R x 向外,为角量的正方向。根据静摩擦 θ 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, 绕质心的角加速度为β。 由质心定理: F cos θ ? f = ma (1)
2 由转动定理: Fb ? fR = 1 3 mR β

对质心应用转动定理: f 2 R =

M 2R2β

(3)

N = mg ? F sin θ ( 2)

隔离木板,其受力及运动情况如图所示, f2 其中a为板对地的加速度,f1、N1分别为水平 f1=μN1 Mg 面施加给板的滑动摩擦力和压力。 N2 应用牛顿第二定律(或质心定理) :

(3)
由⑴,⑶,⑷联立,可求得:

只滚不滑:a+βR=0 (4)

a=

N1 = N 2 + Mg (4)

F ? μN1 ? f 2 = Ma (5)

3F 4m

b (cosθ ? R ) ,β =

3F 4 mR

b (R ? cosθ ) , f = F 4R

F 4R

(3b + R cosθ )

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 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, 2ac=Rβ 与(6)联立,可求得,ac=a/3, 代入(1)中,f2 = a M2 /3;

⑴ F 为水平拉力时,即 cos θ = 1 , f =

(3b + R) ≤ μ mg

∴F ≤

4μ R 3b + R

mg .
b R

⑵ 若 cos θ >

, a > 0 , β < 0 ,即线轴向前滚;

第 7 章刚体力学习题解答

54

第 7 章刚体力学习题解答

若 cos θ <

b R

, a < 0 , β > 0 ,即线轴向后滚。

由(2)解得: N 2 = W (1 ? a / l ) + Fh / l 将N2代入(1)中得: N1 = Wa / l ? Fh / l 令F=0,即得到无拖车时前后轮的支持力N1’和N2’。显然,有拖 车时,前轮支持力减小,后轮支持力增大。 7.6.3 电梯高 2.2m,其质心在中央,悬线亦 在中央。另有负载 50×10kg,其重心离电梯中 垂线相距 0.5m。问⑴当电梯匀速上升时,光滑 导轨对电梯的作用力,不计摩擦(电梯仅在四角 处受导轨作用力) ; ⑵当电梯以加速度 0.05m/s2上 升时,力如何? 解:⑴以 o 为轴,据力矩平衡条件: Nl = mgb

7.5.9 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 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 导轨的正压力。 解:设小球运动到最低点时,其质心速 度为 v,绕质心转动的角速度为ω,由机械 能守恒,有 mg ( R ? r ) =
1 2 2 2 2 mv 2 + 1 2 ( 5 mr )ω

o l N Mg mg

只滚不滑条件:ω=v/r,代入上式,可求得 在最低点应用质心运动定理:

v=

7 10

(R ? r)g

N ? mg = mv 2 /( R ? r )

7 3 ∴ N = m[ g + v 2 /( R + r )] = m( g + 10 g) = 2 7 mg ,作用于导轨的

N = mgb / l = 50 × 10 × 9.8 × 0.5 / 2.2 = 1.114 × 10 3 N
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 )b

正压力与此等大,方向向下。 7.6.1 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 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 C F 有画出,因与此题无关) 。 h 在竖直方向应用力平 N1 W a N2 衡方程: N1 + N 2 = W

N = m( g + a)b / l = 50 × 10(9.8 + 0.05)0.5 / 2.2 = 1.119 × 10 3 N

(1)

l

以前轮为支点,由力矩平衡方程, N 2 l = W (l ? a) + Fh

(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 z r 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 N x C 轴的转动惯量为 4.8 × 10-4kgm2, 自转角速度 为 120rad/s. ⑴求旋进角速度; ⑵求支架球形 (m1+m2)g 槽对支架的总支承力。 解:根据旋进与自旋的关系式:

Ω=

(m + m2 ) gr (0.2 + 1.2) × 9.8 × 0.02 τ = 1 = ≈ 4.76rad / s Iω Iω 4.8 × 10 ? 4 × 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:

N x = (m1 + m2 )rΩ 2 = (0.2 + 1.2) × 0.02 × 4.76 2 = 0.63N N z = (m1 + m2 ) g = (0.2 + 1.2) × 9.8 = 13.72 N N = N x + N z = 0.63 2 + 13.72 2 = 13.73 N
与竖直轴夹角 θ = arctg
2 2

Nx 0.63 = arctg = 2.63° 13.73 Nz

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

第八章基本知识小结 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 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。 ⒉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 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 示。 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 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 切形变中的应变就是切应变,用切变角ψ表示。 ⒋力与形变的基本规律是胡克定律,即应力与应变成正比。 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, 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。 ⒌发生形变的弹性体具有形变势能: 拉压形变的形变势能密度 剪切形变的形变势能密度
2 Ep = 1 2 Yε , 0 2 Ep = 1 2 Nψ 。 0

8.1.1 一钢杆的截面积为 5.0×10-4m2,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。

F1 = 6 × 10 4 N , F2 = 8 × 10 4 N , F3 = 5 × 10 4 N , F4 = 3 × 10 4 N
解: F1 E F2 G F3 H F4

A B C D 根据杆的受力情况,可知杆处于平衡状态。分别在 AB 之间 E 处,BC 之间 G 处,CD 之间 H 处作垂直杆的假想截面 S。 隔离AE段,由平衡条件,E处S面上的内力F=F1,∴A、B之间的 应力

σ = F / S = F1 / S =

6×10 4 5.0×10 ? 4

= 1.2 × 10 8 N / m 2

隔离AG段,由平衡条件,G处S面上的内力F=F2-F1,∴B、C之间 压应力
F 8? 6 )×10 σ =?F? = ? (5 = ?0.4 × 10 8 N / m 2 s .0×10
2 1 ?4 4

隔离HD段,由平衡条件,H处S面上的内力F=F4,∴C、D之间的 应力

σ = F / S = F4 / S =

3×10 4 5.0×10 ? 4

= 0.6 × 10 8 N / m 2
C T A 1.0m D 0.6m W B

⒍梁弯曲的曲率与力偶矩的关系

k=

12τ Ybh 3

⒎杆的扭转角与力偶矩的关系

τ = C? , C =

πNR
2l

4

8.1.2 利用直径为 0.02m 的 钢杆 CD 固定刚性杆 AB.若 CD 杆 内的应力不得超过σmax=16×107Pa 0.8m .问 B 处最多能悬挂多大重量? 解:隔离 AB,以 A 点为轴, 由力矩平衡条件,有



0 .8 1 .0 2 + 0 .8 2

× 1.0 = W × (1.0 + 0.6) ∴ W = 0.39T

隔离CD,杆CD应力σ=T/S,∴T=σS=σπ(D/2)2.杆能承受的最大拉 力 Tmax =
πD 2
4 2 7 4 σ max = 1 4 × 3.14 × 0.02 × 16 × 10 = 5.02 × 10 N

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

B 处能悬挂的最大重量

Wmax = 0.39Tmax = 1.96 × 10 4 N

8.1.3 图中上半段为横截面等于 4.0×10-4m2 且杨氏模量为 6.9×1010Pa的铝制杆,下半段为横 3m 截面等于 1.0×10-4m2且杨氏模量为 19.6×1010Pa 的钢杆,又知铝杆内允许最大应力为 7.8×107Pa, 2m 钢杆内允许最大应力为 13.7×107Pa.不计杆的自 重,求杆下端所能承担的最大负荷以及在此负荷 下杆的总伸长量。 F 解:设铝杆与钢杆的长度、横截面、杨氏模量、应力分别为: 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

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 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 TTT 6.0×108Pa. 解:设每根钢索承受拉力为 T,电梯自重为 W=mg,负荷为 W'=m'g.由牛顿第二定律,

3T ? W ? W ' = (m + m' )a = 0.2(m + m' ) g T=1 3 [W + W '+0.2( m + m' ) g ] =1 3 (1.2mg + 1.2W ' ) = 0.4( mg + W ' ) = 0.4 × (500 × 9.8 + 5.5 × 10 3 ) = 4.16 × 10 3 N
设钢索直径为 D,每根钢索的应力

a W’ W

σ = π ( 0.T 5D)

2

F1 max = σ 1 max S1 = 7.8 × 10 7 × 4.0 × 10 ?4 = 3.12 × 10 4 N F2 max = σ 21 max S 2 = 13.7 × 10 7 × 1.0 × 10 ?4 = 1.37 × 10 4 N
整个杆的最大负荷应取钢杆的最大负荷: Fmax = 1.37 × 10 4 N 根据拉伸形变的胡克定律,对于铝杆
Fmax S1

∴ D = 2 T /(πσ ) = 2 4.16 × 10 3 /(3.14 × 0.7 × 6.0 × 10 8 ) = 6.15 × 10 ?3 m = 6.15mm
8.1.5 ⑴矩形横截面杆在轴向拉力作用下拉伸应变为ε,此材料 的泊松系数为μ,求证杆体积的相对改变为 (V-V0)/V0=ε(1-2μ), V0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 钢杨氏模量为Y=19.6×1010Pa,泊松系数μ=0.3,受到的拉应力为σ =1.37Pa,求杆件体积的相对改变。 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 变定义:轴向应变 ε =
l ? l0 l0

=Y

Δl1 l1

,所以,

Δl1 =

Fmax l1 Y1S1

;对于钢杆,同样有 Δl 2 =
l1 Y1S1

Fmax l 2 Y2 S 2

. 整个杆的伸长量是:

Δl = Δl1 + Δl 2 = Fmax ( = 1.37 × 10 (
4

+

l2 Y2 S 2

,横向应变 ε 1 =

)

b ? b0 b0

=

a ? a0 a0

,所以:

3.0 6.9×1010 ×4.0×10 ? 4

+

2.0 19.6×1010 ×1.0×10 ? 4

) = 2.89 × 10 m

?3

l = (1 + ε )l 0 , a = (1 + ε 1)a 0 , b = (1 + ε 1)b0 ,由泊松系数定义

μ =| εε | ,拉伸时,ε>0, ε1<0, ∴ε1=-με
1

8.1.4 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

V ? V0 abl ? a 0 b0 l 0 (1 + ε 1)a 0 (1 + ε 1)b0 (1 + ε )l 0 ? a 0 b0 l 0 = = V0 a 0 b0 l 0 a 0 b0 l 0 = (1 + ε 1) 2 (1 + ε ) ? 1 = (1 ? μ ε ) 2 (1 + ε ) ? 1 = (1 ? 2 μ ε + μ 2 ε 2 )(1 + ε ) ? 1 = ε (1 ? 2μ )(略去高级小项)
⑵对于压缩,ε<0, ε1>0, 仍有ε1=-με成立,因此上式对压 缩情况仍然适用 ⑶据胡克定律 σ = Yε , ε = σ / Y

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 切变。钢板的横截面积为S=90cm2. 两刀口间的垂直距离为d=0.5cm. d 当剪切力为F=7×105N时,求:⑴钢板中的 切应力,⑵钢板的切应变,⑶与刀口相齐的 两个截面所发生的相对滑移。已知钢的剪切 模量N=8×1010Pa。 解:⑴据切应力定义 τ =
F S

=

7×10 5 90×10 ? 4

= 7.78 × 10 7 N / m 2
7.78×10 7 8×1010

V ? V0 σ (1 ? 2μ ) 1.37(1 ? 2 × 0.3) = = ≈ 2.8 × 10 ?12 10 V0 Y 19.6 × 10
8.1.6 ⑴杆受轴向拉力 F,其横截面为 S,材料的重度(单位 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 力为

⑵据胡克定律, τ = Nψ ∴ψ =

τ
N

=

= 9.7 × 10 ?4 rad
?4

⑶∵ψ = Δl / d ∴ Δl = dψ = 0.5 × 9.7 × 10

= 4.85 × 10 ?4 cm

σ ( x) =
Fl SY

F S

+ γx 。⑵杆内应力如上式,试证明杆的总伸长量
x

Δl =

+ γ2lY

2

证明:⑴建立图示坐标 o-x,在坐标 x 处取 一截面 S,隔离 o、x 段杆,由平衡条件,截面 S 上的内力 F’=F+γSx ,据应力定义

8.3.1 一铝管直径为 4cm,壁厚 1mm,长 10m,一端固定,而另 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 10 算一遍,已知铝的剪切模量N=2.63×10 Pa,钢的剪切模量为 8.0×1010Pa 解:设管的半径为 R, 管壁厚 d,管长为 l, 外力 θ 矩为 M,由于 d<<R,可认为管壁截面上各处的切应 力大小相等,设为τ,在平衡状态下,内、外力矩相 ψ 等: M = τ (2π Rd ) R, τ = M /( 2π R d )
2

x o

dx

σ=

F' S

=

F +γ S x S

=

F S

+γ x

F

据剪切形变的胡克定律: τ = Nψ , ψ =

τ
N

=

⑵考虑 x 处的线元 dx,该线元在重力作用下的绝对伸长为 dl, 据胡克定律, σ = Ydl / dx , dl = σdx / Y = [ F /(YS ) + γ x / Y ]dx 积分:

M 2π NR 2 d

θ=

ψl
R

=



l'

l

dl = ∫ (
0

l

Ml 50 × 10 = 3 2π NR d 2 × 3.14 × 2.65 × 1010 × 0.02 3 × 0.001

F YS

+ Y x)dx ∴ Δl =

γ

Fl YS

+

γ l2
2Y

≈ 0.376rad
对于钢管:

第 8 章弹性体的应力和应变习题解答

59

第 8 章弹性体的应力和应变习题解答

θ=

50 × 10 ≈ 0.124rad 2 × 3.14 × 8.0 × 1010 × 0.02 3 × 0.001

在整个梁中积分,即得到整个梁的形变势能

Ep =

YbL 2R
2



h/2

?h / 2

x 2 dx =

Y L b h3 24 R 2

8.3.2 矩形横截面长宽比为 2:3 的梁,在力偶矩作用下发生纯弯 曲,各以横截面的长和宽作为高度,求同样力偶矩作用下曲率半径 之比。 解:设梁衡截面长为 2d, 宽为 3d,据梁纯弯曲的曲率公式:

k = 12τ /(Ybh 3 ) = 1 / R, R = Ybh 3 /(12τ )
以 2d 为梁的高: R1 = Y (3d )(2d ) /(12τ )
3

以 3d 为梁的高: R2 = Y (2d )(3d ) /(12τ )
3

R1 3 × 18 4 = = R2 2 × 27 9
8.3.3 某梁发生纯弯曲,梁长度为 L,宽度为 b,厚度为 h,弯曲 后曲率半径为 R,材料杨氏模量为 Y,求总形变势能。 解:建立图示坐标 o-x, 原点 o 在中性层。梁的弯曲 R θ 是由不同程度的拉伸压缩形 b 变组成。 在坐标 x 处,取一体元 dv=bLdx ,其应变 ε =
0
( R + x )θ ? Rθ Rθ

=

x R

x

x

其形变势能密度 E p = 1 2 Yε
2

2

x 2 =1 2 Y(R)

x 其形变势能 dE p = 1 2 Y ( R ) bLdx =

YbL 2 R2

x 2 dx .

第 9 章振动习题解答

60

第 9 章振动习题解答

第九章基本知识小结 ⒈物体在线性回复力F = - kx,或线性回复力矩τ= - cφ作用下

d 2x dx 2 + 2β + ω0 x = 0 。 ⒌阻尼振动的动力学方程为 2 dt dt
其运动学方程分三种情况: ⑴在弱阻尼状态(β<ω0) ,振动的方向变化有周期性,

d 2x 2 + ω 0 x = 0, 的运动就是简谐振动,其动力学方程为 2 dt

(x表

示线位移或角位移) ;弹簧振子:ω02=k/m,单摆:ω02=g/l,扭摆: ω02=C/I. ⒉简谐振动的运动学方程为 x = Acos(ω0t+α);圆频率、频率、 周期是由振动系统本身决定的,ω0=2π/T=2πv;振幅A和初相α由 初始条件决定。 ⒊在简谐振动中,动能和势能互相转换,总机械能保持不变;
1 对于弹簧振子, E k + E p = 1 2 kA = 2 mω 0 A 。 2 2 2

x = Ae ? β t cos(ω ' t + α ), ω ' = ω 0 ? β 2 ,对数减缩 = βT’.
2

,无周期性,振子单调、缓慢地回到 ⑵在过阻尼状态(β>ω0) 平衡位置。 ⑶临界阻尼状态(β=ω0) ,无周期性,振子单调、迅速地回到 平衡位置

d 2x dx 2 ⒍受迫振动动力学方程 + 2β + ω 0 x = f 0 cosω t ; 2 dt dt
其稳定解为 x = A0 cos(ω t + ? ) ,ω是驱动力的频率,A0和φ也不

⒋两个简谐振动的合成 分振动特点 方向相同,频率相同 合振动特点 与分振动频率相同的简谐振动 Δα=±2nπ 合振幅最大 Δα=±(2n+1)π 合振幅最小 不是简谐振动,振动周期等于分振动 周期的最小公倍数 出现拍现象,拍频等于分振动频率之 差 运动轨迹一般为椭圆 Δα=±2nπ 简谐振动(ⅠⅢ象限) Δα=±(2n+1)π简谐振动(ⅡⅣ象限) 利萨如图形,花样与振幅、频率、初 相有关

是由初始条件决定, A0 = f 0 / (ω 0 ? ω ) + 4 β
2 2 2

2

ω2

tg? = ?
当ω =

2 βω

方向相同,频率不同,频 率成整数比 方向相同,频率不同,频 率较高,又非常接近 方向垂直,频率相同

ω02 ? ω 2

ω 0 2 ? 2 β 2 时,发生位移共振。

方向垂直,频率不同,频 率成整数比

第 9 章振动习题解答

61

第 9 章振动习题解答

9.2.1 一刚体可绕水平轴摆动。 已知刚体质量为 m, 其重心 C 和 轴 O 间的距离为 h,刚体对转动轴线的转动惯量为 I。问刚体围绕平 衡位置的微小摆动是否是简谐振动?如果是,求固有频率,不计一 切阻力。 解:规定转轴正方向垂直纸面向外,忽 略一切阻力,则刚体所受力矩τ= - mghsinφ O h 因为是微小摆动,sinφ≈φ,∴τ= - mghφ, 即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位 φ C 置附近运动,因而是简谐振动。 由转动定理: ? mghφ = Id 即,
d 2φ dt 2 2

m向下偏离平衡位置x,弹簧 1 伸长ΔL1,弹簧 2 伸长ΔL2,ΔL1+ΔL2 = x (1);由于忽略弹簧质量, 两个弹簧连接点处所受的两个弹力等大反向,即 k1ΔL1 = k2ΔL2 (2);由⑴、⑵解得: ΔL2 =
kk k1 k1 + k 2

k1 k2 m o x

x,

2 所以 m 所受的回复力 F = ? k 2 ΔL2 = ? k11+ k x, 2

由牛顿二定律; ?

k1k 2 k1 + k 2

x ,即 x=md dt 2
2

d 2x dt 2

+

k1k 2 m ( k1 + k 2 )

x=0

φ / dt 2
, ω0 =
mgh I

mg

∴ω 0 ' =
k1k 2 m ( k1 + k 2 )

k1k 2 m ( k1 + k 2 )

,未串联前频率

ω0 =

k1 m

,令

ω0 '= 1 2 ω 0 ,即

+

mgh I

φ = 0 ∴ω 0 2 =

mgh I

=

1 2

k1 m

,可求得: k 2 = 1 3 k1

9.2.2 轻弹簧与物体的连接如图所示,物体质量为m,弹簧的劲 度系数为k1和k2,支承面为理想光滑面,求系统振动的固有频率。 解:以平衡位置为原点建立 k1 k2 坐标 o-x。设 m 向右偏离平衡位 m 置 x,则弹簧 1 被拉长 x,弹簧 2 o x 被压缩 x,m 所受的合力(即回复力) F = ?(k1 + k 2 ) x .
x 由牛顿第二定律: ? ( k1 + k 2 ) x = m d , dt 2
2

9.2.4 单摆周期的研究: ⑴单摆悬挂于以加速度 a 沿水平方向直 线行驶的车厢内;⑵单摆悬挂于以加速度 a 上升的电梯内;⑶单摆 悬挂于以加速度 a(a<g)下降的电梯内。求此三种情况下单摆的周 期,摆长为 l. 解:⑴以车为参考系,单摆受力如图示, α T 设平衡位置与竖直线成α角,由平衡条件: a f*=ma

T sin α = ma , T cos α = mg ,∴ tgα = a / g

mg

d 2x dt 2

+

k1 + k 2 m

x=0

设单摆偏离平衡位置角位移为θ(θ<5°),单摆所受回复力矩:

∴ω 0 =
2

k1 + k 2 m

, ω0 =

k1 + k 2 m

9.2.3 一垂直悬挂的弹簧振子,振子质量为m,弹簧的劲度系数 为k1.若在振子和弹簧k1之间串联另一弹簧,使系统的频率减少一半。 问串联上的弹簧的劲度系数k2应是k1的多少倍? 解:以两个弹簧串联后m的平衡位置为原点建立图示坐标o-x,设

τ = ?[mgl sin(α + θ ) ? mal cos(α + θ )] = ?ml[ g (sin α cos θ + cos α sin θ ) ? a (cos α cosθ ? sin α sin θ )] θ < 5°, cosθ ≈ 1, sin θ ≈ θ , g sin α = a cos α τ ≈ ?ml[ g (sin α + θ cos α ) ? a (cos α ? θ sin α )] = ?ml ( g cos α + a sin α )θ
由转动定理: Iβ = τ ,

ml 2

d 2θ dt 2

= ? ml ( g cos α + a sin α ) ,

第 9 章振动习题解答

62

第 9 章振动习题解答

d 2θ dt 2

+
2

g cos α + a sin α l

θ = 0, cos α = g / a 2 + g 2 , sin α = a / a 2 + g 2 ,
=
a2 + g 2 l

13 2 108×10 1 k=1 2 mω 0 = 2 × 6.02×10 23 × ( 2π × 10 ) = 354 N / m 2
?3

∴ω 0 =

g cos α + a sin α l

,

ω0 =

a2 + g 2 l

, T = 2π

l a2 + g 2

9.2.6 一弹簧振子,弹簧的劲度系数为 k=9.8N/m,物体的质量为 200g,现将弹簧自平衡位置拉长 2 2 cm 并给物体一远离平衡位置的 速度,其大小为 7.0cm/s,求该振子的运动学方程(SI) 。 解: 弹簧振子的圆频率 ω 0 = 程为 x = A cos(7t + α )
k m

以上求解较为麻烦,我们可以用另外一种简捷的思路和方法: 在重力场中单摆的周期为 T = 2π
l g

,g 是重力场强度

现在单摆在力场 mg ' = mg + f * = mg ? ma 中振动, 力场强度:

=
dx dt

9 .8 0 .2

= 7 .设振子的运动学方

g ' = g ? a, g ' =

g 2 + a 2 , ∴ T = 2π

l g'

= 2π

l g 2 +a2

(1), v =

= ?7 A sin(7t + α ) (2) .

⑵以电梯为参考系,平衡位置仍然在铅直方向,由转动定理:

据题意,t=0 时, x = 2 2 × 10 ?2 m, v = 7.0 × 10 ?2 m / s ,代入⑴、 ⑵中,有 2 2 × 10 ?2 = A cosα

? ( mg + ma )l sin θ ≈ ? m( g + a )lθ = ml 2
d 2θ dt 2

d 2θ dt 2

(1)' ,7.0 × 10 ?2 = ?7 A sin α

(2)'

+

g +a l

θ = 0, ∴ ω 0 =

g +a l

, T = 2π

l g +a

由⑴'、⑵'可解得:A=3×10-2m; cos α = 2 2 / 3, sin α = ?1 / 3 , α= - 19.47?= - 0.34rad. 代入(1)中,振子的运动学方程为: x = 3×10-2 cos (7t - 0.34). 9.2.7 质量为 1.0×103g的物体悬挂在劲度系数为 1.0×106dyn/cm 的弹簧下面,⑴求其振动的周期;⑵在t=0 时,物体距平衡位置的位 移为+0.5cm,速度为+15cm/s,求运动学方程。 解:以平衡位置为坐标原点,建立图示坐标 o-x ⑴ω0 =
k m

力场强度: 同样可以认为单摆在力场 mg ' = mg ? ma 中振动,

g ' = g + a, ∴ T = 2π

l g'

= 2π

l g +a l g ?a

⑶与前面分析完全相同, T = 2π

9.2.5 在通常温度下,固体内原子振动的频率数量级为 1013/s, 设想各原子间彼此以弹簧连接, 1 摩尔银的质量为 108g, 且包含 6.02 23 ×10 个原子,现仅考虑一列原子,且假设只有一个原子以上述频率 振动,其它原子皆处于静止,计算一根弹簧的劲度系数。 解:利用 9.2.2 题的结果: k k

=

1.0×10 6 ×10 ?5 10 ? 2

= 10 3 = 10 10
O x

T=

ω0



=

2π 10 10

= 0.199s

ω0 =

k1 + k 2 m

⑵设运动学方称为 x = A cos(10 10t + α )

=

2k m

第 9 章振动习题解答

63

第 9 章振动习题解答

将t=0 时, x=0.5×10-2,v=15×10-2代 v = ?10 10 A sin(10 10t + α ) , 入,有 0.5 × 10 ?2 = A cos α ①, ? 3 × 10 ?2 ( / 2 10) = A sin α ② ① +② ,可求得 A =0.475×10 ,A=6.89×10 m,将A值代入 ①、②中得: cos α = 0.726, sin α = ?0.688,∴ α = ?0.759 rad 所以,运动学方程为: x = 6.89 × 10 ?3 cos(10 10t ? 0.759)
2 2 2 -4 -3

⑶ t’=0 176? o t=0 45? x o

t=0

-98?

x

9.2.8 ⑴一简谐振动的规律为 x=5cos(8t+π/4),若计时起点提前 0.5s,其运动学方程如何表示?欲使其初相为零,计时起点应提前或 推迟若干? ⑵一简谐振动的运动学方程为 x=8sin(3t- π ), 若计时起点推迟 1s,它的初相是多少?欲使其初相为零,应怎样调整计时起点? ⑶画出上面两种简谐振动在计时起点改变前后 t=0 时旋转矢量 的位置。 解:⑴设计时起点提前 t0 秒,则 t'=t+t0 ,将 t=t'-t0 代入原方程得 x=5cos(8t'-8t0+π/4). 当t0=0.5s时,x=5cos(8t'-4+π/4)=5cos(8t'-184?)=5cos(8t'+176?) 若使初相为零,令 -8t0+π/4=0,得 t0=π/32,即计时起点提前 π/32 秒可使初相为零。 ⑵原方程x=8sin(3t-π)=8cos(3t-3π/2). 设计时起点推迟t0秒,则 t'=t-t0,将t=t'+t0代入原方程得 x=8cos(3t'+3t0-3π/2). 当t0=1s时,x=8cos(3t'+3-3π/2)=8cos(3t'-98?),∴t0=1s时,初相α =(3-3π/2)rad=-98? 若使初相为零,令 3t0-3π/2=0,得t0=π/2,即计时起点推迟 π/2 秒可使初相为零。

t’=0 9.2.9 画出某简谐振动的位移-时间曲线,其振动规律为 x=2cos2π(t+1/4) (SI 制). 解:由运动学方程可知:A=2m,ω0=2π,T=2π/ω0=1s,α=π/2. 方法一: 根据余弦函数图像规律: 相位Φ=0,π/2,π,3π/2,2π时, 其对应的位移为 A,0,-A,0,A.因此只要求出对应的时间 t 即可画出 x-t 图 像 。 令 2 π (t+1/4)=0, π /2, π ,3 π /2,2 π ; 可 求 得 对 应 的 时 间 为 -1/4,0,1/4,2/4,3/4.找出这些特殊点,即可画出 x-t 曲线。 方法二:令 t'=t+1/4 得 x=2cos2πt',以 1/4 秒为 t 轴的时间单位, 先画出它的 x-t'图像。然后根据 t=t'-1/4,将 o-x 轴右移 1/4 即得到 x-t 图像。 x (m) 2 -1 0 -2 1 2 3 4 5 6 t (1/4 s )

9.2.10 半径为 R 得薄圆环静止于刀口 O 上,令其在自身平面内 作微小的摆动。⑴求其振动的周期。⑵求与其振动周期相等的单摆 的长度。 ⑶将圆环去掉 2/3 而刀口支于剩余圆环的中央, 求其周期与 整圆环摆动周期之比。 O 解:⑴如图示,τo=-mgRsinφ≈-mgRφ R 2 2 2 由平行轴定理,Io=mR +mR =2mR ;据转动 φ C 定理τo=Ioβ, ∴ ? mgR? = 2mR
2 d 2? dt 2

,即 mg

第 9 章振动习题解答

64

第 9 章振动习题解答

d 2? dt 2

+

g 2R

? = 0,∴ ω o =

g 2R

,T =

2π ωo
L g

= 2π

2R g



T T0

=

l 2 +3h 2 l 2 + 2 hl 12 + 3×0.5 2 12 + 2×0.5×1 12 + 3×12 12 + 2×1×1

⑵∵单摆的周期为 T = 2π

∴与薄圆环振动周期相等的单

T ⑴当 l=1m,h=0.5m 时, T = 0 T 当 l=1m,h=l=1m 时, T = 0

≈ 0.9354 ≈ 1.155

摆的摆长 L=2R. o ⑶设剩余圆环的质心在 c 处,质量为 r c R 2 2 m/3.据平行轴定理:Io=Ic+mr /3;Io’ = mR /3 =Ic+m(R-r)2/3,∴Ic=mR2/3-m(R-r)2/3=2mRr/3-mr2/3 o' 代入前式得 Io=2mRr/3. 设余环摆角为φ,则 τo= - mgrφ/3.由转动定理τo=Ioβo,有 –mgrφ/3=(2mRr/3)d2φ/dt2, 即
d 2φ dt 2

⑵令T=T0 , 即 l + 3h = l + 2hl , h(3h ? 2l ) = 0 ,解得:
2 2 2

h=0, h=2l/3. 在 h=0 处加小物体,即把物体放在转轴处,对摆的摆动毫无影 响,故周期不变。由 T0 = 2π
2 3

+

g 2R

φ = 0,∴ ω o =

g 2R

,T =

2π ωo

= 2π

2R g

. 由于和剩余环的

2l 3g

可知,此物理摆的等效单摆长度为

大小无关,可知,无论剩余环多大,只要刀口支于剩余环的中央, 其振动周期就和整个圆环的振动周期相等。 9.2.11 1m长的杆绕过其一端的水平轴作微小的摆动而成为物理 摆。另一线度极小的物体与杆的质量相等,固定于杆上离转轴为h的 地方。用T0表示未加小物体时杆子的周期,用T表示加上小物体以后 的周期。⑴求当h=50cm和h=100cm时的比值T//T0.⑵是否存在某一h 求出h值并解释为什么h取此值时周期不变。 值, 可令T=T0,若有可能, 解:为简便起见,借用 9.2.1 题中求得的结果,物理摆的周期

l ,因此,在 h = 2 3 l 处加小物体,相当于只增加单摆的质量,没有

改变单摆的长度,故周期不变。 9.2.12 天花板下以 0.9m 长的轻线悬挂一个质量为 0.9kg 的小 球。最初小球静止,后另一质量为 0.1kg 的小球沿水平方向以 1.0m/s 的速度与它发生完全非弹性碰撞。求两小球碰后的运动学方程。 解:设m1=0.9kg,m2=0.1kg,碰前m2的速度 为v20=1.0m/s,碰后两球的共同速度为v0.由动量 l 守恒,有
1 3 2

T = 2π

I mghc

(1) ,其中hc为摆质心到转轴的距离。
I=
2l 3g
1 12

m2 v 20 = (m1 + m2 )v0
=
0.1×1.0 0 .9 + 0 .1

o m2 v20 m1
g l

x v0

未加小物体时: m = m0 ,
l hc = 2 ,代入(1)中 T0 = 2π

m0 l + m0 ( ) = m0 l
2 l 2 2

v0 =

m2 v20 m1 + m2

= 0.1m / s

.

碰后两球构成一个单摆 , 圆频率 ω 0 = 学方程 x = A cos(3.3t + α ) (1), v =
dx dt

=

9.8 0.9

≈ 3.3 . 设运动

加小物体后: m = 2m0 ,

l l hc = (m0 h + m0 2 ) / 2m0 = h 2 + 4 ,

= ?3.3 A sin(3.3t + α ) (2)
0.1= - 3.3Asinα ⑵’

2 2 ,代入(1)中 T = 2π I=1 3 m0 l + m0 h

2( l 2 + 3h 2 ) 3 g ( 2 h +l )

将 t=0 时,x=0,v=0.1 代入,得:0=Acosα ⑴’,

第 9 章振动习题解答

65

第 9 章振动习题解答

α要同时满足⑴’ ⑵’,只有取α=-π/2;代入⑵’得 A≈0.03. 所以运动学方程为: x = 0.03 cos(3.3t ? π 2) 9.2.13 质量为 200g 的框架,用一弹簧悬挂起来,使弹簧伸长 10cm, 今有一质量为 200g 的铅块在高 30cm 处从静止开始落进框架, 求铅快落进框架后的运动学方程。 解:设 a 为弹簧自由伸长时框架的位置, b 为碰前框架的平衡位置,o 为碰后平衡位置 m a 并取作坐标原点。据题意: m ab=0.1m, k=mg/ab=0.2×9.8/0.1=19.6N/m, b o 在 o 点,2mg=k(ab+bo), bo=2mg/k-ab=0.1m x 设碰后铅块与框架获得的共同速度为 v',由动 量守恒: m 2 gh = 2mv' , v' =

10cm,框架下方有一质量为 20g 的小球竖直向上飞来,与框架发生 完全弹性碰撞,已知小球碰前速度为 10m/s,求碰后框架的运动学方 程。 解:以框架平衡位置为坐标原点,据题意:

k = 0.2 × 9.8 / 0.1 = 19.6, ω 0 =

k m

=

19.6 0 .2

= 9 .9
o x m v0' m'

设小球质量为m', 小球碰前速度为v0', 小球碰后速度 为v',框架碰前静止,碰后速度为v0

由动量守恒: m' v0 ' = mv0 + m' v' ,由牛顿碰撞公式: v0 ? v' = v0 ' 由此可求得: v0 =
2 m 'v0 ' m+m'

=

2×0.02×( ?10 ) 0.2 + 0.02

20 = ? 11 ≈ ?1.82m / s

设运动学方程 x = A cos(9.9t + α ), v = ?9.9 A sin(9.9t + α ) 代入初始条件: 0 = A cosα ①, ? 1.82 = ?9.9 A sin α ② 由①知α=±π/2,为满足②式,取α=π/2,代入②得:A=0.184 所以,运动学方程为: x = 0.184 cos(9.9t + π 2) 9.2.15 质量为 m 的物体自倾角为θ的光滑斜面顶点处由静止而 滑下,滑行了 l 远后与一质量为 m’的物体发生完全非弹性碰撞。m’ 与劲度系数为 k 的轻弹簧相连。 碰撞前 m’静止于斜面上, 如图所示。 问两物体碰撞后作何种运动, 并解出其运动学方程。 已知 m=m’=5kg, k=490N/m,θ=30?,l=0.2m. 解:设 a 为弹簧自由 m 伸长处,b 为只有 m’时的 a m’ 平衡位置, o 为 m 与 m’粘 b k O 在一起时的平衡位置.以o θ 为原点,建立图示 o-x 坐 x 标。由平衡条件有: m' g sin θ = k ab,

2 gh / 2 = 2 × 9.8 × 0.3 / 2 ≈ 1.21
k 2m

碰后框架与铅块振动的圆频率 ω 0 = 的运动学方程为 x = A cos( 7t + α ),

=

19.6 2×0.2

设振动 =7,

将振动 v = ?7 A sin( 7t + α ) ,

的初始条件:t=0 时, x = -0.1, v = v'=1.21 代入,有:

? 0.1 = A cosα ①, 1.21 = ?7 A sin α ,即 ? 0.173 = A sin α ②
① 2+ ② 2 ,得: A = ( ?0.1) + ( ?0.173) ≈ 0.04, A = 0.2m ,将 A
2 2 2

值代入①、②中得:cosα= -0.5, sinα= -0.865, α= -120°= -2π/3 所以,运动学方程为: x = 0.2 cos(7t ?
2 3

π)

9.2.14 质量为 200g 的框架,用一弹簧悬挂起来,使弹簧伸长

( m + m' ) g sin θ = k ao .

第 9 章振动习题解答

66

第 9 章振动习题解答

∴ ob = ao ? ab = mg sin θ / k = 5 × 9.8 × 0.5 / 490 = 0.05m
设m与m’碰前速度为v1,由能量守恒, mgl sin θ = 1 2 mv1 ,
2

⑵∵ v =

dx dt

= 20 cos10t ,∴ v max = 20cm / s = 0.2m / s
2

2 ?3 E k max = 1 j 2 mv max = 0.5 × 0.05 × 0.2 = 1.0 × 10

v1 = 2 gl sin θ = 2 × 9.8 × 0.2 × 0.5 = 1.4 . 设 m 与 m’ 碰后共同速
度为v0,由动量守恒 mv1 = ( m + m' )v 0 , v 0 =
mv1 m+ m'

⑶根据能量守恒,总能量等于最大动能,为 1.0×10-3j 9.3.3 若单摆的振幅为θ0,试证明悬线所受的最大拉力等于 mg(1+θ02) 证明:单摆的运动学方程为:

=

v1 2

= 0 .7 m / s

显然,碰撞后两小球在平衡位置 o 附近作简谐振动,其圆频率

ω0 =

k 2m

=

490 2×5

= 7 . 设运动学方程为 x = A cos( 7t + α )

(1) ,

θ = θ 0 cos(ω 0 t + α )
角速度 ω = dθ / dt = ?ω 0θ 0 sin(ω 0 t + α ) 在法向方向应用牛顿第二定律:

θ n

T

τ

速度 v =

dx dt

= ?7 A sin(7t + α ) (2) . 将初始条件 t = 0, x = ?0.05 ,
( 2)' .

mg

v = 0.7 代入得: ? 0.05 = A cos α (1)' , 0.7 = ?7 A sin α

可解得:A=0.1118m,α= - 1.107rad..∴ x = 0.1118 cos( 7t ? 1.107 )

T ? mg cosθ = ma n = mω 2 l 2 2 T = mg cosθ + mlω 0 θ 0 sin(ω 0 t + α )
π ∵θ < 5°,∴ cosθ ≈ 1, ω 0 = g l , ω 0 t + α = 2 时,T 最大
2

9.3.1 1851 年傅科作证明地球自转的实验,摆长 69m,下悬重球 28kg.设其振幅为 5.0?,求其周期和振动的总能量,重球最低处势能 为零。 解: T = 2π
l g

所以, Tmax = mg + mgθ 0 = mg (1 + θ 0 )
2 2

= 2 × 3.14

69 9.8

≈ 16.7 s ;根据能量守恒,振动

的总能量等于摆在最高点时的势能

E = mgl (1 ? cosθ max ) = 28 × 9.8 × 69(1 ? cos 5°) ≈ 72 j
9.3.2 弹簧下面悬挂质量为 50g 的物体, 物体沿竖直方向的运动 学方程为 x=2sin10t,平衡位置为势能零点(时间单位:s,长度单位; cm).⑴求弹簧的劲度系数,⑵求最大动能,⑶求总能。 解:⑴∵ ω 0 =
2 k m

9.4.1 在电子示波器中,由于互相垂直的电场的作用,使电子在 荧光屏上的位移为 x = Acosωt, y = Acos(ωt+α).求出α=0,π/3, π/2 时的轨迹方程并画图表示。 y 解:⑴α=0 时,轨迹方程 y=x,如图 a 所示。 ⑵α=π/3 时, x = Acosωt, x 0 y = Acos(ωt+π/3)= A(cosωt cosπ/3 – sinωt sinπ/3) = A( 1 2 cos ω t ?
3 2

sin ω t ) = 1 2 x?

3 2

A 2 ? x 2 . 由上式可得

, ∴ k = mω 0 = 0.05 × 10 2 = 5 N / m
2

2 x ? 2 y = 3( A 2 ? x 2 ) ,两边平方可得 x 2 + y 2 ? xy ? 3 4 A = 0

第 9 章振动习题解答

67

第 9 章振动习题解答

令 x = x ' cos 45° ? y ' sin 45°, y = x ' sin 45° + y ' cos 45° . 代入 y 2 2 2 2 2 3 x' y' 上式可得 x ' /( 2 A) + y ' /( 2 A) = 1 x 其轨迹为如图所示的斜椭圆。 ⑶α= π/2 时, x = A cos ω t ,

∵ t = 0, A0 = A = 3; t = 10, A1 = Ae ?10 β = 1,∴ ln

A0 A1

= ln 3 = 10 β ,

β = ln 3 / 10 .
设t=t2时,振幅变为 A2 = Ae
? β t2

= 0.3, ln

A0 A2

= ln 03 .3 = β t 2

y x

∴ t 2 = ln 10 / β = 10 ln 10 / ln 3 = 21.0 s 9.7.1 某受迫振动与驱动力同相位,求驱动力的频率。 解:∵ tgφ =
?2 β ω ω 0 2 ?ω 2

y = A cos(ω t + π 2 ) = ? A sin ω t ,
则 x + y = A ,其轨迹是半径为 A 的圆。
2 2 2

,φ即为受迫振动与驱动力的相差,φ=0,

tgφ=0,而β为有限值,∴ω→0. 9.6.1 某阻尼振动的振幅经过一周期后减为原来的 1/3,问振动 频率比振动系统的固有频率少几分之几?(弱阻尼状态) 解: 对于弱阻尼振动:x = Ae
?β t

cos(ω ' t + α ), ω ' 2 = ω 0 ? β 2
2
ln 3

由题意 Ae ? β t / Ae ? β ( t +T ') = 3 ,两边取对数得 β T ' = ln 3, T ' =

β

.

ω ' = 2π / T ' = 2πβ / ln 3, ω 0 = ω ' 2 + β 2 = β (2π / ln 3) 2 + 1
∴ (2π / ln 3) 2 + 1 ? 2π / ln 3 ω0 ? ω' = ≈ 1.49% ω0 (2π / ln 3) 2 + 1

9.6.2 阻 尼 振 动 起 初 振 幅 A0=3cm , 经 过 t=10s 后 振 幅 变 为 A1=1cm,问经过多长时间,振幅将变为A2=0.3cm?(弱阻尼状态) 解:弱阻尼状态运动学方程为: x = Ae
?β t

cos(ω ' t + α )

第 10 章波动习题解答

68

第 10 章波动习题解答

第十章波动基本知识小结
x y = A cos ω (t ? V ) = A cos(ω t ? kx) ;

10.2.1 频率在 20 至 20000Hz 的弹性波能使人耳产生听到声音的 感觉。0?C 时,空气中的声速为 331.5m/s,求这两种频率声波的波长。 解:∵ V = vλ , ∴ λ = V / v,

⒈平面简谐波方程

λ 1 = V / v1 =

331.5 20

≈ 16.58m

ω T = 2π , kλ = 2π , v = 1 / T , V = λ v 。
⒉弹性波的波速仅取决媒质性质:弹性体中横波的波速

λ 2 = V / v 2 = 331.5 / 20 ≈ 16.58 × 10 ?3 m
10.2.2 一平面简谐声波的振幅 A=0.001m,频率为 1483Hz,在 20?C 的水中传播,写出其波方程。 解:查表可知,波在 20?C 的水中传播,其波速 V=1483m/s.设 o-x 轴沿波传播方向,x 表示各体元平衡位置坐标,y 表示各体元相 对平衡位置的位移,并取原点处体元的初相为零,则:
x y = A cos 2π v(t ? V ) = 0.001 cos(2966π t ? 2π x)

V = N / ρ ,弹性体中纵波的波速 V = Y / ρ ,流体中纵波波速 V = k / ρ ,绳波波速 V = T / ρ 。
⒊波的平均能量密度
2 2 。 I=1 2 ρω A V

2 2 ε=1 2 ρω A , 波 的 平 均 能 流 密 度

⒋波由波密射向波疏媒质,在边界处,反射波与入射波相位相 同;波由波疏射向波密媒质,在边界处,反射波比入射波相位落后 π,相当损失半个波长;例如:在自由端无半波损失,在固定端有 半波损失。 ⒌振动方向相同、频率相同、位相差恒定的二列波叫相干波, 相干波叠加叫波的干涉。 ⒍振幅相同、传播方向相反的两列相干波叠加产生驻波现象;
π 驻波方程 y = 2 A cos 2λ x cos ω t ;波节两边质元振动相位相反,两

10.2.3 已知平面简谐波的振幅A=0.1cm,波长 1m,周期为 10-2s,写 出波方程(最简形式).又距波源 9m和 10m两波面上的相位差是多 少? 解:取坐标原点处体元初相为零,o-x 轴沿波传播方向,则波方 程的最简形式为
x t x y = A cos ω (t ? V ) = A cos 2π ( T ?λ ) = 10 ?3 cos 2π (100t ? x )

ΔΦ = 2π (100t ? 9) ? 2π (100t ? 10) = 2π
10.2.4 写出振幅为 A,频率 v=f,波速为 V=C,沿 o-x 轴正向传播的 平面简谐波方程.波源在原点 o,且当 t=0 时,波源的振动状态是位移 为零,速度沿 o-x 轴正方向。 解:设波源振动方程为 y = A cos(ω t + φ ) .

个波节之间质元振动相位相同;相邻波节或相邻波腹间距离为λ/2, 相邻波腹波节间距离为λ/4。 ⒎多普勒公式: v ' =
V ?V0 V ?VS

v ,在运用此公式时,以波速V为正方

向,从而确定V0、VS的正负。

第 10 章波动习题解答

69

第 10 章波动习题解答

∵t=0 时, y = A cos φ = 0, u =

dy dt

= ?ωA sinφ > 0,∴ φ = ? π 2

x 3 3 12 t=5 s 时, y = 5 cos 2π ( 5 +4 ) = 5 cos π 2 (x + 5 )

π x x ∴波方程 y = A cos[2π v (t ? V )?π 2 ] = A cos[ 2πf (t ? C ) ? 2 ]

π 方法一:令 x' = x + 12 5 ,先画出 y = 5 cos 2 x ' 的波形图,然后将

10.2.5 已知波源在原点(x=0)的平面简谐波方程为

y 轴右移 12 5 即可。 方法二:找出 x、y 的对应点,根据余弦函数规律描出。 y' y x(m)

y = A cos(bt ? cx ), A,b,c 均为常量.试求:⑴振幅、频率、波速和波
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 的初相位如何? 解:⑴将 y = A cos( bt ? cx ) 与标准形式 y = A cos(ω t ? kx ) 比 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. ⑵令 x=l, 则 y = A cos(bt ? cl ) ,此质点振动初相为 – cl.

t x 10.2.8 对于平面简谐波 S = r cos 2π ( T ?λ ) 中,r=0.01m,T=12s,

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。
t x t 解:波方程 S = r cos 2π ( T ?λ ) = 0.01 cos 2π ( 12 ? x 0.3

)

10.2.6 一平面简谐波逆 x 轴传播,波方程为

y = A cos 2π v(t + + 3), 试利用改变计时起点的方法将波方程化
x V

t ⑴令 x=0.20, S = 0.01 cos 2π ( 12 ?

0.2 0.3

) = 0.01 cos π 6 (t ? 8) ;令

为最简形式。
x 解:令 t’=t+3,则 y = A cos 2π v(t '+ V ) ,即将计时起点提前 3s,

t'=t-8,根据 T=12s 及余弦曲线的规律, 先画出 S ' = 0.01 cos π 6 t ' 的 S’-t’ 曲线,再把 S'轴向左移动 8 秒,即得 S-t 曲线。 S (m) S’

即可把方程化为如上的最简形式。
x 10.2.7 平面简谐波方程 y = 5 cos 2π (t + 4 ), 试用两种方法画出 3 t=5 s 时的波形图(SI) 。

-1 0 1 - 0.01

2

3 4

5 6

7

8 9

10 11 12

t (s)

解:由波方程可知:A=5, v=4, v=1, λ=v/v=4

3 ⑵令 t=3, S = 0.01 cos 2π ( 12 ?

x 0.3

3 ) = 0.01 cos 2π ( 0x .3 ? 12 ) =

第 10 章波动习题解答

70

第 10 章波动习题解答

3 0.01cos 20 3 π ( x ? 40 ) .令 x ' = x ?

3 40

3 ,根据 λ = 0.3 = 4 × 40 m 及余弦

曲线的规律,先画出 S ' = 0.01 cos 20 3 πx ' 的 S’-x’曲线,再把 S’轴向左 移动 3/40m,即得 S-x 曲线。 S(m) S’ 0.01 x(3/40m) -1 0 1 2 3 4 5 6 7
3 40

10.2.10 图(a) 、 (b)分别表示 t=0 和 t=2s 时的某一平面简谐波 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, y=A,可判断其初相为零.比较 y/m v (a) 、 (b)两图,(b)图可看 2 作(a)图向右移动 0.5m 得到。 0 1 2 x/m ∴VΔt=0.5,V=0.5/2=0.25m/s. -2 ω=2πV/λ=2π×0.25/2=0.25π 图(a)
x ∴ y = 2 cos ω (t ? V )

?3 t=6s 时的波形图,可把 t=3s 时的波形图左移 612 × 0.3 =

m,

= 2 cos 0.25π (t ? 0.x 25 ) = 2 cos π (0.25t ? x)

0

1

2

x/m

即 1 个单位,就是 t=6s 时的波形图(虚线所示) 。 10.2.9 两图分别表示向右和向左传的平面简谐波在某一瞬时的 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 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 像限) y x2 x1 v x3 x y ξ1
x V

图(b) 10.3.1 有一圆形横截面的铜丝, 受张力 1.0N,横截面积为 1.0mm2. 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 × 103kg/m3,铜的杨氏模量为 12×109N/m2. 解:纵波波速

V =

Y

v ξ2 ξ3
x V

ρ

=
3

12×10 9 8.3×10 3

≈ 1.16 × 10 3 m / s .
?6

x

铜丝的线密度 ρ ' =ρ s = 8.9 × 10 × 1.0 × 10 丝中传播的横波是绳波,横波波速 V =
T

= 8.9 × 10 ?3 kg / m , 铜
1 8.9×10 ? 3

解: 根据 y = A cos ω (t ? ), u = ?ωA sin ω (t ? ) 及波形图随 时间 t 的移动方向,可做出如下判断: 量。 x1 位移 速度 相位 正最大 0 0 或 2π x2 负 负 Ⅱ像限 x3 0 负最大 π/2 ξ1 正最大 0 0 或 2π ξ2 负 正 Ⅲ像限 ξ3 0 正最大 -π/2 解:∵水中声波速度 V =
ρ
k

ρ'

=

≈ 10.6m / s

10.3.2 已知某种温度下水中声速为 1.45×103m/s,求水的体变模

∴ 水的体变模量

k = ρ V 2 = 1.0 × 10 3 × (1.45 × 10 3 ) 2 ≈ 2.10 × 10 9 Pa

第 10 章波动习题解答

71
I 2 r2 2 I 0 r12

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 9erg/s.cm2, v=300Hz, V=300m/s.⑴求最大能量密度和平均能量密度, ⑵求相邻同相位波面间的总能量。 解:平均能流密度
2 2 ?3 I=1 J / s.m 2 2 ρω A V = 9 × 10

= 10 lg 表示: 10 lg I 1 0
I
r

2 2 2 = 10 lg II 0 + 10 lg( rr1 )

2 2 即 IL1 = IL2 + 10 lg( r1 ) = 20 + 10 lg 4 = 20 + 6.02 = 26.02dB

⑵设r=r3时听不到声音,即对应的声强级IL3=0
3 2 10 lg II 2 = 10 lg II 0 ? 10 lg II 0 = IL2 ? IL3 = 20 ? 0,∴ lg II 2 = 2, II 2 = 10 2 3 3 3

x ⑴ ∵能量密度 ε = ρω 2 A 2 sin 2ω (t ? V ) ,∴ 最大能量密度

ε max = ρω 2 A 2 =

2I V

=

2×9×10 ?3 300

= 6 × 10 ?5 J / m 3 . 平均能量密度

2 2 I 2 4π r2 = I 3 4π r3 , II 3 = (r r3 ) , r3 = 2

2

2

I2 I3 2

r = 10 × 10 = 100 m

2 2 ?5 3 1 ε=1 2 ρω A = 2 ε max = 3 × 10 J / m

) = 1.54 × 10 m , ⑵管的横截面积 s =π R = 3.14 × ( 14×10 2
2
?2

2

?2

2

∵相邻同相位波面间的距离为 λ =

V v

=

300 300

= 1m ,∴其间总能量为

E = ε λ s = 3 × 10 ?5 × 1 × 1.54 × 10 ?2 ≈ 4.6 × 10 ?7 J
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 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 能) 解:据声强级定义: Il = 10 lg II0 = 60, lg II0 = 6, I = 10 I 0 ,
6

所以传入室内的声功率 W = IS = 10 6 × 10 ?12 × 40 = 4.0 × 10 ?5 W 10.4.4 距一点声源 10m 的地方,声音的声强级为 20dB,求:⑴ 距声源 5m 处的声强级;⑵距声源多远就听不见 1000Hz 的声音了? 解:⑴设 r=r1=5m时 , 声强为 I1, 声强级为 IL1 ; r=r2=10m时,声强为I2,声强级为IL2 r 2 2 2 2 用声强级 ∵ I 1 4πr1 = I 2 4π r2 , ∴ I 1 = I 2 ( rr1 ) ,

10.5.1 声音干涉仪用于显示声波的干涉,见图。薄膜 S 在电磁 铁的作用下振动,D 为声音检测器,SBD 长度可变,SAD 长度固定, 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 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 解:⑴ D 处 听到的 声强 是由 S SAD 和 SBD 传过来的两列相干波叠 加结果;声强最小,说明两列相干 A B 波在 D 处的相位相反,合振幅为两 个分振幅之差;声强最大,说明两 D 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 差改变为π,因此两列波传播距离的改变为λ/2,有:
λ
2

= 2 × 1.65 × 10 ?2 , λ = 6.6 × 10 ?2 m, v =
⑵ I 1 / I 2 = A1 / A2 , A1 / A2 =
2 2

V

λ

=

342.4 6.6×10 ? 2

≈ 5188 Hz

I 1 / I 2 = 100 / 900 = 1 / 3

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 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 最强,⑵求出三个 x 数值使得在 P 点的合振动最弱。 解:由于两个波源的相位相同, 因而二波在 P 点引起的两个分振动的 l P 相位差

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 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

0 ?φ =



λ

4×0.51 2π + π , φ = ?( 4λΔ + 1)π = ?( 34 π . 综合 / 1000 + 1)π = ?61
x 34

以上考虑,反射波方程为 y = 10 × 10 ?4 cos[ 2000π (t +

) ? 61π ]

Δ=
λ
x

l ?(l ? x )

λ

2π = 2π

λ

x

l-x
x = 10 × 10 ?4 cos[ 2000π (t + 34 ) ?π]

⑴当 2π

= 2nπ (n = 0,1,2 …)时,

合振动最强。取n=0,1,2, 得x1=0, x2=λ=0.34m, x3=2λ=0.68m ⑵当 2π
λ
x

= (2n + 1)π (n = 0,1,2 …) 时, 合振动最弱。 取n=0,1,2,
x2=3λ/2=0.51m, x3=5λ/2=0.85m

t x +λ ) ,在 x=0 处的自由端 10.5.5 入射波方程为 y = A cos 2π ( T

得 x1=λ/2=0.17m,

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 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。 证明;设满足要求的两列平面简谐波的波方程为:

反射,求反射波的波方程。无振幅损失。 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 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
t x y = A cos 2π ( T ?λ )

y1 = A1 cos(ω t ? kx), y 2 = A2 cos(ω t + kx), A1 > A2 y = A1 cos(ω t ? kx) + A2 cos(ω t + kx) = ( A1 ? A2 + A2 ) cos(ω t ? kx) + A2 cos(ω t + kx) = ( A1 ? A2 ) cos(ω t ? kx) + A2 [cos(ω t + kx) + cos(ω t ? kx)] = ( A1 ? A2 ) cos(ω t ? kx) + 2 A2 cos kx cos ω t
(应用三角函数公式: cos α + cos β = 2 cos 显然,前一项表示一行波,后一项为一驻波 10.5.4 入射波 y = 10 × 10 ?4 cos[ 2000π (t ?
α +β
2

10.5.6 10.5.7 图表示某一瞬时入射波的波形图, 分别画出在固 定端反射和在自由端反射时,反射波的波形图,无振幅损失。 解: 1 2 3 x 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 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 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 面后边的波形映射过去即可,如图 3。

cos

α ?β
2



x 34

)] 在固定端反射,

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) 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 向右传播,在波射线上某质元 0.2 A的振动曲线如图示。后来此 t/s 0 1 2 3 4 5 波在前进方向上遇一障碍物而 -0.2 反射,并与该入射平面简谐波 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。 解:∵相邻波节波腹间距离是λ/4=3,∴λ=12m,k=2π/λ=π/6; 从 A 点振动曲线可知:A=0.2m,T=2s,ω=2π/T=π;设 A 点振动方 程为 x = 0.2 cos(π t + ? ), ∵t=0.5s 时, x= - 0.2,∴- 0.2=0.2cos(
π
2

合振动位移为零(即静止)的条件是:两波在这些点引起的分 振动的相位差 ΔΦ = (ω t +


λ

x ? 5.5π ) ? (ω t ? 2λπ x) = (2n + 1)π ,

将λ=8 代入并整理,可得 x = 4n+13, n = 0, ±1, ±2, ±3…. 由于 0≤x≤20,∴取 n = -3, -2, -1, 0, 1, 对应的 x = 1, 5, 9, 13, 17m. 10.5.10 一提琴弦长 50cm,两端固定,不用手指按时,发出的声 音是 A 调:440Hz,若欲发出 C 调:528Hz,手指应按在何处? 解:基频决定音调,取 n=1, v1 =
1 2l

T

π
2

+ ?)

ρ

, v1 ' =

1 2l '

T

ρ

, 所以,

+? =π , ? = 2 .综合以上考虑,入射波波方程应为
π π x = 0.2 cos(ω t ? ky +? ) = 0.2 cos(π t ? π 6 y + 2)

v v1 l ' 440 = , l' = 1 l = × 50cm = 41.67cm ,即手按在 41.67cm v1 ' v1 ' l 528
可发出 C 调音 10.5.11 张紧的提琴弦能发出某一种音调,若欲使它发生的频率 比原来提高一倍,问弦内张力应增加多少倍? 解:∵ v =
1 2l

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、 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 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 解:以 A 点为坐标原点, y 20m 建立图示坐标系,x 表示各质 A B x 元的平衡位置,y 表示各质元 的振动位移。 设: y1 = A cos(ω t ?


T

ρ

' , ∴T T =

v '2 v2

, T ' = ( vv' ) 2 T = 2 2 T = 4T ,即弦内张力

应增加 3 倍。 10.7.1 火车以速率v驶过一个在车站上静止的观察者,火车发出 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. 解:根据多普勒公式,当火车驶进车站时,观察者听到的频率

λ

x),

y 2 = A cos(ω t +



λ

x +? ) ,据题

v1 =

V0 V0 ?V

f ;当火车驶出车站时,观察者听到的频率 v 2 =

V0 V0 +V

f 。

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
π π 2π 动相位为-π/2,即 t=0 时, λ × 20 +? = ? 2 ,∴ ? = ? 2 ?
40π 8

= ?5.5π

∴ y 2 = A cos(ω t +



λ

x ? 5.5π ) .

10.7.2 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?

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. 解:A听到的拍频vA=v2’- v1’ 其中:v1’=v=1000Hz, v 2 ' =
V V ?Vs

V A Vs

V B

v

=

340 340 ?10

× 1000 = 1030 Hz ,∴vA=1030-1000=30Hz.
V0 v1 ' = V + V v

B听到的拍频vB=v1’- v2’.其中:v2’=1000Hz,

=

340 +10 340

× 1000 = 1029 Hz, ∴ v B = 1029 ? 1000 = 29 Hz .

10.7.3 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 v v
V v1 ' = V + Vs f =
340 340+ 2.5

f = 0.9927 f

vs

人听到的从墙反射回来的频率(即墙接受到的频率)

v2 ' = V V ?Vs f =

340 340? 2.5

f = 1.0074 f .

∵ v2 '?v1 ' = v ,即 (1.0074 ? 0.9927 ) f = v = 3
∴ f = 3 /(1.0074 ? 0.9927 ) = 204 Hz

第 11 章流体力学习题解答

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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 ⒈理想流体就是不可压缩、无粘性的流体;稳定流动(或称定 常流动)就是空间各点流速不变的流动。 ⒉静止流体内的压强分布 相对地球静止: dp = ? ρ gdy, p1 ? p 2 =ρ gh (h 两点间高度) 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 法分析。 ⒊连续性方程:当不可压缩流体做稳定流动时,沿一流管,流 量守恒,即 Q = v1 Δs1 = v 2 Δs 2 = 恒量 ⒋伯努力方程:当理想流体稳定流动时,沿一流线,
2 恒量 p + ρ gh + 1 2 ρ v =

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 h1=50cm,h2=45cm,h3=60cm,h4=30cm ,求容器内的压强是多少大气 压? 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, p1,p2,p3 ,水和水银的密度分别用ρ , ρ '表 示,据压强公式,有: h2 h1
h3

p1 ? p 0 = ρ ' gh1 , p1 ? p 2 = ρgh2 , p3 ? p 2 = ρ ' gh3 , p A ? p3 = ρgh4

A

h4

∴ p A = ρgh4 + p3 = ρgh4 + ρ ' gh3 + p 2 = ρgh4 + ρ ' gh3 ? ρgh2 + p1 = ρgh4 + ρ ' gh3 ? ρgh2 + ρ ' gh1 + p 0 = ρ g (h4 ? h2 ) + ρ ' g (h1 + h3 ) + p 0
用大气压表示:

⒌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、 速度梯度成正比,即 f = η 压强有关。 ⒍雷诺数及其应用
dv dy

Δs. η 为粘性系数,与物质、温度、

pA = 1+

h + h3 h4 ? h2 30 ? 45 50 + 60 = 1+ + 1 + ≈ 2.43atm 13.6 × 76 76 13.6 × 76 76

Re =

ρ vl , l 为物体某一特征长度 η

⑴层流、湍流的判据: Re < Re临,层流; Re > Re临,湍流 ⑵流体相似律:若两种流体边界条件相似,雷诺数相同,则两 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 r

11.2.2 A,B 两容器内的压强都很大,现 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 水银柱高?这个压强计的优点是什么? 解:由压强公式: p A ? p1 =

h1 A

h2 B

ρ gh1

p ? p2 2 (R ? r 2 ) 处的流速 v(r ) = 1 4η l

p1 ? p 2 = ρ ' gΔh,

p B ? p 2 = ρ g (Δh + h2 )

p A ? p B = ( p1 + ρ gh1 ) ? ( p 2 + ρ gh2 + ρ gΔh) ( p1 ? p 2 ) + ρ g (h1 ? h2 ? Δh) = ρ ' gΔh ? ρ gΔh

第 11 章流体力学习题解答

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第 11 章流体力学习题解答

用厘米水银柱高表示:

p A ? p B = Δh ? Δh / 13.6 = 50 ? 50 / 13.6 = 46.3cmHg
也可以忽略管中水的重量,近似认为压强差为 50cmHg 优点:车高雅差方便,压强计的高度不需太大。 11.2.3 游泳池长 50m,宽 25m,设各处 b a 水深相等且等于 1.50m,求游泳池各侧壁上 h c 的总压力,不考虑大气压。 dh 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 元, 其面积为 ds = 2( a + b ) dh . ∵h 深处压强 p = p o + 大气压, p = ρ gh ∴此面元所受压力:

11.2.5 ⑴海水的密度为ρ=1.03g/cm3,求海平面以下 300m处的 压强。⑵求海平面以上 10km高处的压强。 解:⑴

p = p 0 + ρ gh = 1.013 × 10 5 + 1.03 × 1

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