大学物理力学运动学答案清华大学出版社.pdf

1 质点运动学答案质点运动学答案 一、选择题：一、选择题：1、B 2、D 3、B 二、填空题：二、填空题： 1、(1) ctbtS+=d/dv （2）ctat=d/dv （3）()Rctban/ 2 += （4） 2 4 2 )( R ctb ca + += 2、 （1）)5cos5sin(50j ti tv rr r +=； （2）)5sin5cos(250j ti ta rr r =； （3）0d/d=tatv （4）)(250/ 2 2 s m Rvan= （5）圆 3、 （1） 4 =t （2）Rat= （3）Ran4= （4） 2 161+= Ra 三、计算题三、计算题 1、3/ 3 0 Ctvv+= 4 00 12 1 Cttvxx+= 2、解：设质点在 x 处的速度为 v， 62 d d d d d d 2 x t x xt a+= vv ()xx x d62d 0 2 0 +=vv v () 2 2 1 3 xx +=v 3、 （1）t vvv 00 10 111 += （2）) 1 10 1 ln(10 0 +=tvx （3）) 10 exp(vv 0 0 v x = 2 4、(1) =S 3 3 1 ct (2) = t a2ct = n ac2t4/R =+= 22 nt aaa 2 84 22 4 R tc tc+ 5、 （1）t 4= rad /s；4= rad /s2 (2) = n a16 R t2 = t a 4R =+= 22 nt aaa1164 4 +tR 6、(1) =4t3-3t2 (2) = t a (12t2-6t)R = n a (4t3-3t2)2R (3) += 0 t4-t3 三、讨论与判断题三、讨论与判断题 1、 （1）错，切向加速度不变，法向加速度改变。 （2）错，vv r （3）对，vv = r 2、 （1）变速率曲线运动； （2）变速率直线运动； （3）匀速率曲线运动； （4）匀速直线运动。 3、题目更正：求小船在岸边的距离为s时的速度和加速度。 小船在岸边的距离为s时的速度： 0 2 22 v s sh v + = 小船在岸边的距离为s时的加速度： 3 2 0 2 s vh a= 小船为变速率直线运动。 4、 （1）略 （2）略 （3）v t rv v = d d ：瞬时速度矢量，反映位置变化快慢。 3 t r d d v ：没有明确的物理意义。 v dt rd t z t y t x = + + r222 d d d d d d ：在直角坐标下的瞬时速度的大小表示。 tS d/d：瞬时速率，和瞬时速度的大小 dt rdr 相等。 （4）a dt vdr r =：瞬时加速度矢量，反映速度变化快慢。 aa dt = r v vd ：瞬时加速度的大小 a dt vd t v t v t v z y x = + + r2 2 2 d d d d d d ：在直角坐标下的瞬时加速度的大小表示。 td dv ： 切向加速度的大小， 加速度矢量在自然坐标系的切向分量， 反映速度大小的变化快慢。 R 2 v ： 法向加速度的大小， 加速度矢量在自然坐标系的法向分量， 反映速度方向的变化快慢。 a Rt = + 2/1 2 4 2 v d vd ：在自然坐标下的瞬时加速度的大小表示。 5、 g r g r g r g r sing cosg cos 2 0 g v 0 g g v 22 0cos sing cosg cos 2 0 g v sing cosg 3 22 0 cos cos g v 4 牛顿运动定律答案牛顿运动定律答案 一、选择题：一、选择题：1、C 2、C 3、A 4、D 二、填空题：二、填空题： 1、 2 cos:1 2、 g kvg k 2 0 ln 2 1+ 3、xMk 2 ； 0 1 ln 1 x x k 4、i t m F v r r sin 0 =； 0 2 0 )cos1 (xt m F + 三、计算题三、计算题 1、解： jtimFa vvv v 2 122/= tv /dd v = tjtid)122(d 2v v v =v = v v v v v v 0 d t tjti 0 2 d)122( vv jti t vv vv 3 0 42=vv jtitjti t vvvv vv )44()23(42 33 0 +=+=vv 当 t = 1 s 时， i v v 5 1 =v 沿 x 轴 故这时， jaa yn v vv 12= jamF nn v v v 24= (SI) 2、解：(1) 子弹进入沙土后受力为v，由牛顿定律 t mK d dv v= = v v v v v v 0 d d, d d 0 t t m K t m K mKt/ 0e =vv (2) 求最大深度 解法一： t x d d =v tx mKt ded / 0 = v tx mKt tx ded / 0 0 0 =v )e1 ()/( / 0 mKt Kmx =v Kmx/ 0max v= 5 解法二： x m t x x m t mK d d ) d d )( d d ( d dv v vv v= vd K m dx= v v dd 0 0 0 max = K m x x Kmx/ 0max v= （3）Kmx/ 0max v=时，有0e / = mKt 。一般认为 K m t3=时，Kmx/ 0max v=。 3、题目更正： （2）B 对支承面的压力的最大值和最小值。 （取 2 10 s m g =） （1）326.2 N；73.8 N （2）726.2N；473.8 N。 4、解： （1） 由)cos1 ( 2 1 2 = MgRMv 得 )cos1 (2 2 =g R v an 由sinMgFt= 得singat= 故 2222 sin)cos1 (4gga+= （2）解：根据牛顿第二定律，小物体尚在球面上时， RMNMg/vcos 2 = 小物体脱离球面时刻，N = 0，因而有 RMMg/vcos 2 = 由机械能守恒定律，得 )cos1 ( 2 1 2 = MgRMv 、联立解得 3/2cos= )3/2(cos 1 = (3) 由机械能守恒定律，得 )cos1 ( 2 1 2 1 2 0 2 =+MgRMMvv 、联立解得 3 2 3 cos 2 0 += gR v ) 3 2 3 (cos 2 01 += gR v 四、综合讨论题四、综合讨论题 1、 （1）g 2g （2）sin 2 1 2 mgRmv = sin2gRv= sin3sin 2 mg R mv mgN=+= （3）E 2、 （1）cos/mg （2） cos sin gl v = 6 （3） T= g l cos 2 （4）0 （5）重力冲量：=mgTcos2glm 竖直向下 ； （6） 拉力冲量：cos2glm 竖直向上 ； 7 动量与冲量答案 动量与冲量答案 一、选择题：一、选择题：1、D 2、B 3、B 4、B 二、填空题：二、填空题： 1、 （1） 0 )21 (gym+； （2） 0 vm 2 1 2、 （1）mv0 ； （2）竖直向下 3、 （1）b t ； （2） P0 + b t 4、 （1）0.003 s； （2）0.6 Ns； （3）2 g； 5、2 m/s 三、计算题三、计算题 1、解：建立图示坐标，以 vx 、vy表示小球反射速度的 x 和 y 分量, 则由动量定理，小球受到的冲量的 x,y 分量的表达式如下： x 方向： xxx vvvmmmtFx2)(= y 方向：0)(= yyy mmtFvv tmFF xx =/2 v v x=v cos a tmF=/cos2v 方向沿 x 正向 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 FF= 方向垂直墙面指向墙内 解法二：作动量矢量图，由图知cos)(vvmm2= v 方向垂直于墙向外 由动量定理: )( v v mtF= 得 tmF=/cos2v 不计小球重力，F即为墙对球冲力 由牛顿第三定律,墙受的平均冲力 FF= 方向垂直于墙，指向墙内 2、解：建坐标如图设球 A、B 的质量分别为 mA、mB由动 量守恒定律可得： x 方向： cos AAB mmvv = y 分向： 02/sin=vv BAA mm 联立解出 =2634 3、解：弹簧被压缩量最大距离时，m1、m2相对速度为零这时 动量守恒 vv)( 2101 mmm+= 机械能守恒 22 21 2 01 2 1 )( 2 1 2 1 kxmmm+=vv 由上二式可解得弹簧的最大被压缩量为 )( 21 21 0 mmk mm x + =v x y v v/2 A A B B vA m m O x y mv mv a a )(v v m 8 4、解：动量守恒 VMmm)( 0 +=v 越过最高点条件 lMmgMm/)()( 2 v+=+ 机械能守恒 22 )( 2 1 2)()( 2 1 vVMmLgMmMm+=+ 解上三式，可得 mglMm/5)( 0 +=v 若是直杆，则越过最高点条件为（m+M）到达最高点时速度须大于零，由机械能守恒得： LgMmMm2)(V)( 2 1 2 +=+ gL4V 2 = 动量守恒 VMmm)( 0 +=v 解上二式，可得 mglMm/4)(v0+= 5、解： 0 / xMgk= 油灰与笼底碰前的速度 gh2=v 碰撞后油灰与笼共同运动的速度为 V，应用动量守恒定律 VMmm)(+=v 油灰与笼一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离x，则 xgmMkxVmMxxk+=+)( 2 1 )( 2 1 )( 2 1 2 0 22 0 联立解得： )( 2 0 2 2 2 0 2 0 mMM ghxm M xm x M m x + += 6、解：设 m 与 M 碰撞后的共同速度为 v，它们脱离球面的速度为 u (1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得 )/( 0 mMm+=vv m 与 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置 时，有 22 )( 2 1 )cos1 ()()( 2 1 umMgRmMmM+=+v RumMNgmM/)(cos)( 2 +=+ 当物体脱离球面时，N = 0，代入式并与、式联立，可解得： 3 2 )(33 2 cos 2 2 0 22 + + = + = mMgR m gR gRvv 3 2 )(3 cos 2 2 0 2 1 + + = mMgR m v (2) 若要在 A 处使物体脱离球面，必须满足 gmMRmM A )(/)( 2 +v 即Rg A 2 v，考虑到式有 RgmMm+)/( 2 0 2v 所以油灰的速度至少应为 mRgmM/)( 0 +=v 9 功与能答案 功与能答案 一、选择题：一、选择题：1、B 2、B 3、C 4、C 5、C 二、填空题：二、填空题： 1、12 J； 2、 21 )2(singhmg 3、18 J；6 m/s； 4、 k gm 2 22 三、计算题三、计算题 1、解：由 xct3可求物体的速度： 2 3 d d ct t x =v 物体受到的阻力大小为： 3 4 3 2 422 99xkctkckf= v 力对物体所作的功为： =WWd = l xxkc 0 3 4 3 2 d9 = 7 27 3 7 3 2 lkc 2、解：(1) 外力做的功 31 J (2) 设弹力为 F = 5.34 m/s (3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关 3、(1) 1 3 1 ( RR GMm 或 R GMm 3 2 (2)= k EGMm(6R) = p E-GMm(3R) = m E -GMm(6R) 4、解：(1) 设 A 射入 B 内，A 与 B 一起运动的初速率为 0 v，则由动量守恒 00 )(vvmMm+= 0 v= Mm mv + 0 根据动能定理 2 0 )( 2 1 vMmsf+= gMmf)(+= += = 2 1 d)4 .388 .52( d 2 x x xxx xFW r r = 1 2 1 2 dd 2 1 2 x x x x WxFxFm r r v m W2 =v 10 、联立解出 2 2 0 2 )(2Mmgs vm + = (2) 2 0 2 01 v 2 1 v 2 1 mmW= = 1)( 2 1 2 2 0 + Mm m mv (3) 2 02 v 2 1 MW = = 20 )( 2 1 Mm mv M + (4) W1、W2大小不等，这是因为虽然木块与子弹之间的相互作用力等值反向，但两者 的位移大小不等 四、综合讨论题四、综合讨论题 1、 （1）不一定为零。在无相对位移或相对位移与一对力垂直的情况下，一对力的功才为零。 （2）B 2、定理内容：略 （A）动量守恒，机械能不守恒； （B）动量守恒，机械能守恒 （C）动量守恒，机械能不一定守恒 3、 (1)位矢 jtBitAr rr r sincos+= (SI) 可写为 tAxcos= ， tBysin= tA t x x sin d d =v， tB t y cos d dy =v j tBi tA rr r cossin+=v j tBi tAa rr r sincos 22 = 由于rj tBi tAa v rr r 222 sincos=，加速度总指向圆心。 （2）1 2 2 2 2 =+ B y A x （3）功：)( 2 1 222 BAm 冲量：)(jBiAm rr （4）在 A 点(A，0) ，1cos=t，0sin=t EKA= 2222 2 1 2 1 2 1 mBmm yx =+vv 在 B 点(0，B) ，0cos=t，1sin=t EKB= 2222 2 1 2 1 2 1 mAmm yx =+vv (5) jmaimaF yx rrr +=jtmBitmA rr sincos 22 由 AB = 0 2 0 dcosd AA xx xtAmxFW= = 0 222 2 1 d A mAxxm = BB yy tBmyFW 0 2 0 dysind= = B mByym 0 222 2 1 d （6）此质点对原点的角动量为abm；此质点所受对原点的力矩为 0；此质点对原点的 角动量是守恒的。 11 刚体定轴转动（一）答案刚体定轴转动（一）答案 一、选择题：一、选择题：1、C 2、C 3、D 二、填空题：二、填空题： 1、6.54 rad / s2 ；4.8 s 2、v 15.2 m /s；n2500 rev /min 3、0.15 ms-2 1.26 ms-2 参考解： at=R =0.15 m/s2 an=R 2=R2 =1.26 m/s2 4、25 kgm2 5、 （1）v = r8.170.15=1.23 m/s （2）an=2r=8.1720.15=10 m/s2 （3）N=9.75 rev 二、计算题二、计算题 1、解： （1） J k J M 4 2 0 = （2）根据转动定律： t J k d d 2 = 两边积分： = t t J k 0 2/ 2 dd 10 0 t 0 k J 12 刚体定轴转动（二）答案刚体定轴转动（二）答案 一、选择题：一、选择题：1、C 2、C 二、填空题：二、填空题： 1、物理意义：、物理意义：反映了刚体转动惯性的大小； 决定因素：决定因素：刚体的质量和质量分布以及转轴的位置（或刚体的形状、大小、密度分布和 转轴位置；或刚体的质量分布及转轴的位置 ） 2、2、 g / l； g / (2l)； 三、计算题三、计算题 1、解： （1）设棒的质量为 m，当棒与水平面成 60角并开始下落时，根据转动定律 M = J 其中 4/30sin 2 1 mglmglM= o 于是 l g J M 4 3 = （2）当棒转动到水平位置时， M = 2 1 mgl 则 l g J M 2 3 = 2、解： （1） 20 50. 0 =srad t （2）mN ml JM=25. 0 12 2 （3）radtt75 2 1 2 010 =+= 四、综合讨论题四、综合讨论题 1、 （1）解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mgT ma 对滑轮： TR = J 运动学关系： aR 将、式联立得 amgR2 / (mR2 + J) mg JmR J T + = 2 （2）vatmgR2 t/ (mR2 + J) (3) h 2 2 1 at 2 1 mgR2 t2 / (mR2 + J) (4) Ra/=mgR / (mR2 + J) tmgR t/ (mR2 + J) 2 2 1 t 2 1 mgR t2 / (mR2 + J) （5） 变大了。因为物体带走了一部分能量。 （6） 解： 由上题知 = mgR / (mR2J) t= 0 T M R T mg a 13 当0 时， 0 2 0 mgR JmR t + = 物体上升的高度 h = R = 2 2 0 R 2 0 2 2 0 2 22 mg JmR R mgR JmR+ = + 2、 （1）解：作示力图两重物加速度大小 a 相同，方向如图. m1gT1m1a T2m2gm2a 设滑轮的角加速度为，则 (T1T2)RJ 且有 aR 由以上四式消去 T1，T2得： () ()JRmm gRmm + = 2 21 21 （2）解：gm RmmJ RmJ amgmT 1 2 21 2 2 111 )( 2 + + = gm RmmJ RmJ amgmT 2 2 21 2 1 222 )( 2 + + =+= （3）解：方程如下： T2 m2g = m2a2 m1g T1= m1a1 T1R1 T2 R2= J R2 = a2 R1 = a1 解得：g RmRmJ RmRm 2 21 2 11 2211 + = gR RmRmJ RmRm Ra 1 2 21 2 11 2211 11 + = gR RmRmJ RmRm Ra 2 2 21 2 11 2211 22 + = gm RmRmJ RRmRmJ T 1 2 21 2 11 212 2 22 1 + + = gm RmRmJ RRmRmJ T 2 2 21 2 11 211 2 11 2 + + = （4）解： 方程如下： m1g T1= m1a T2 m2g= m2a T1R1T3 R1= J1 1 T3R2T2 R2= J2 2 R11 = a R2 2= a 解得：g mm R J R J mm a 21 2 2 2 2 1 1 21 + = m2g m1g r a a T1 T2 T2 T1 14 1 21 2 2 2 2 1 1 21 1 1 R g mm R J R J mm R a + = 2 21 2 2 2 2 1 1 21 2 2 R g mm R J R J mm R a + = gm mm R J R J R J R J m agmT 1 21 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 11 2 )( + + = gm mm R J R J R J R J m agmT 2 21 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 22 2 )( + + =+= g mm R J R J R Jm R Jm mm T 21 2 2 2 2 1 1 2 2 21 2 1 12 21 3 2 + + = 3、解：各物体受力情况如图 maTF= maT= 2 2 1 )(mRJRTT=Ra= 由上述方程组解得： （1） mR F mRJ FR 5 2 2 2 = + = （2） FT 5 3 = （3）FT 5 2 = 15 刚体定轴转动（三）答案刚体定轴转动（三）答案 一、选择题：一、选择题：1、C 2、D 3、C 4、 A 二、填空题：二、填空题： 1、零； mvd 参考解: v vv v mrL= dmLv= 2、内容：、内容：定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩）的增 量； 数学表达式：数学表达式： 0 )(d 2 1 JJtM t t z = 守恒条件：守恒条件：刚体所受对轴的合外力矩等于零 3、0.2rads1 4、 （1）转速 n200 re