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第一章第一章 质点运动学质点运动学 参考答案参考答案 1有一质点沿 x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为 x = 4.5t22t3(SI)试求： （1）第 2 秒内 的平均速度； （2）第 2 秒末的瞬时速度； （3）第 2 秒内的路程。 解：(1) ()/0.5 xt ii= vv v v 1 m s (2) ()() 21 2 2 d /d 966 m s ts ts xtittii = = = vv v v v (3) 当 v=0 时，质点运动方向发生改变，此刻 t=1.5 s，所以第 2 秒内的路程 S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 2一质点沿 x 轴运动，其加速度 a 与位置坐标 x 的关系为 a26 x2 (SI 制) 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度 解：设质点在 x 处的速度为 v， 2 62 d d d d d d x t x xt a+= vv ， 分离变量可得： xxvd)62(d 2 +=v 对上式积分并代入初始条件有 ()xx x d62d 0 2 0 +=vv v () 2 2 1 3 xx +=v，方向沿 x 轴正向。 3 一质点从静止开始作直线运动，开始时加速度为 a0，此后加速度随时间均匀增加， 经过时间 后，加速度为 2a0，经过时间 2 后，加速度为 3 a0 ,求经过时间 n 后，该质点 的速度和走过的距离 解：设质点的加速度为 a = a0+ t t = 时， a =2 a0 = a0 / 即 a = a0+ a0 t / 由 a = dv /dt ，可得 dv = adt 对上式积分并代入初始条件 t0 =0，v0 =0，有 ttaa t d)/(d 0 00 0 += v v 20 0 2 t a ta +=v 由 v = ds /dt ， ds = v dt ，对此式积分并代入初始条件有 tt a tats tts d) 2 (dd 20 0 000 += v 故各瞬时 3020 62 t a t a s += 共 53 页 第 1 页 当 t = n 时，质点的速度 0 )2( 2 1 ann n +=v； 质点走过的距离 2 0 2 )3( 6 1 annsn+= 4 质点 M 在水平面内的运动轨迹如图所示， OA 段 为直线，AB、BC 段分别为不同半径的两个 1/4 圆周设 t =0 时，M 在 O 点，已知运动学方程为 S =30t+5t2 (SI) 求 t =2 s 时刻，质点 M 的切向加速度和法向加速度 解：首先求出 t=2 s 时质点在轨迹上的位置， S =80 (m)，质点在大圆上。 各瞬时质点的速率： ttS1030d/d+=v t =2 s 时, v =50 m/s 各瞬时质点的切向加速度和法向加速度： v 10 d d d d 2 2 = t S t atm/s2 2 v = n a 故 t =2 s 时， at =10 m/s2 , an =83.3 m/s2 5一质点沿半径为 R 的圆周运动质点所经过的弧长与时间的关系为 2 2 1 ctbtS= 其中 b、c 是大于零的常量，求从0=t开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的 时间 解： ctbtS=d/dv ctat=d/dv ()Rctban/ 2 = 根据题意， ()Rctbc/ 2 =， 解得 c Rcb t = 6一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大 小与速度平方成正比，即 2 /ddvvkt=， 式中 k 为常量试证明电艇在关闭发动机后又 行驶 x 距离时的速度为 kx e= 0 vv，其中 0 v是发动机关闭时的速度 解：本题已知加速度和速度的关系，而要求速度与位置坐标的关系。 因此要做变量代换 xt x xt a d d d d d d d dv v vv = 2 /ddvvkt= x kv d d 2 v v= ，分离变量可得：kx v = vd 对上式积分，并代人初始条件 x = 0，=vv0 ，有 0 0 d d vx v v k x v = kx e= 0 vv，得证。 O 30 m C B M 15 m A S 15 m 共 53 页 第 2 页 7. 如图所示，质点 P 在水平面内沿一半径为 R=2 m 的圆轨道转动转动的角速度与 时间 t 的函数关系为 2 kt= (k 为常量)已知st2=时，质点 P 的速 度值为 32 m/s试求1=ts 时，质点 P 的速度与加速度的大小 解：先根据已知条件确定常量 k () 222 /rad4/sRttk=v； 2 4t= 任意瞬时 t： 2 4RtR=v d/d8 t atRt=v； 24 /32 n aRt=v； 当st1=时，v = 4Rt2 = 8 m/s 2 s/16mat= 2 s/32man= () 8 . 35 2/1 22 =+= nt aaa m/s2 O R P 共 53 页 第 3 页 第二章第二章 牛顿运动定律牛顿运动定律 参考答案参考答案 1. 如图所示， 质量为 m 的摆球 A 悬挂在车架上 求在下述各种情 况下，摆线与竖直方向的夹角和线中的张力 T. (1)小车沿水平方向作匀速运动； (2)小车沿水平方向作加速度为 a 的运动 解：(1) 0= mgT = (2) maT=sin， mgT=cos ga/tg= 或)/(tg 1 ga = 22 gamT+= 2. 质量为 m 的子弹以速度 v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与 速度成正比，比例系数为 k，忽略子弹的重力，求： (1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式； (2) 子弹进入沙土的最大深度 解：(1) 子弹进入沙土后受力为kv， 由牛顿定律有 d d v kvm t =， 对上式分离变量并代入初始条件 0 0 dd d,d tv v kvkv tt mvmv = 解得： mkt / 0e =vv (2) 求最大深度 解法一： t x d d =v； tx mkt ded / 0 =v 对上式积分并代入初始条件有 tx mkt tx ded / 0 0 0 = v )e1 ()/( / 0 mkt kmx =v 当t时，得 kmx/ 0max v= 解法二： dddd ()()v dddd vvxv kvmmm txtx = dd m xv k = ； max 0 0 0 dd x v m xv k = 解得： max0/ xmvk= 3. 在光滑的水平面上固定一半径为 R 的圆形环围 屏，质量为 m 的滑块沿环形内壁转动，滑块与壁间摩擦 系数为。 （1）当滑块速度为 v 时，求它与壁间的摩擦力及 滑块的切向加速度。 （2）求滑块的速率由 v 变为3v所需的时间。 A 共 53 页 第 4 页 解: (1) 选小球为研究对象，画其水平面上受力分析图。 利用自然坐标系，列方程 法向 2 v Nm R = 切向 dt dv mf = R v mf 2 =； = t a 2 dvv dtR = (2) 对上式分离变量后积分 t Rv v t v v d d 0 3 2 = 解得 v R t 2 = 4. 如图，质量分别为 m1和 m2的两只球，用弹簧连在一起，且以长为 L1的线拴在轴 O 上， m1与 m2均以角速度绕轴在光滑水平面上作匀速圆周 运动当两球之间的距离为 L2时，将线烧断试求线被烧 断的瞬间两球的加速度 a1和 a2(弹簧和线的质量忽略不 计) 解： 线未断时对球 2 有弹性力 )( 21 2 2 LLmf+= 线断瞬间，对球 1 有弹性力 11a mf = ； 对球 2 有弹性力 22a mf = 解得： 121 2 21 / )(mLLma+= )( 21 2 2 LLa+= 5. 一辆质量为 m = 4 kg 的雪橇，沿着与水平面夹角 =36.9的斜坡向下滑动，所受空 气阻力与速度成正比，比例系数 k 未知今测得雪橇运动的 v t 关系如图曲线所示，t = 0 时，v0 = 5 m/s，且曲线在该点的切 线通过坐标为(4 s，14.8 m/s)的 B 点，随着时间 t 的增加，v 趋 近于 10 m/s，求阻力系数 k 及雪橇与斜坡间的滑动摩擦系数 ( sin36.9= 0.6，cos36.9=0.8) 解：由 vt 曲线知， t = 0 时，v0 = 5 m/s，a0 =2.45 m/s2； t时，v = v max =10 m/s，a0 ； 雪橇下滑过程中受力如图由牛顿运动定律有 makmgmg=vcossin t = 0 时 mkgga/cossin 00 v= （1） t时 0cossin max =vkmgmg （2） 由（1） 、 （2）解得 =)vv/( 0max0 mak1.96 Ns/m 将值代入式，得 125 . 0 cos sin max = = mg kmgv 15 t (s) O B (4,14,8) 10 5 246 v (m/s) kv N a f P=mg L2 L1 m1 m2 O N f 共 53 页 第 5 页 * 6. 一条长为 l，质量均匀分布的细链条 AB，挂在半径可忽略的 光滑钉子 C 上，开始时处于静止状态，BC 段长为 L ) 2 1 3 2 (lLl， 释放后链条将作加速运动试求：当lBC 3 2 =时，链条的加速度 和运动速度的大小 解：链条运动过程中，当lLxBC 2 1 =时， 对 BC 段有 11 a l x mTg l x m= 对 AC 段有 22 a l xl mg l xl mT = 由题设条件 21 TT =, aaa= 21 解出 ： g l x a) 12(= 当3/2lBC =，(即3/2lx =)时， 3/ga = xt a d d d dv v v = xglxgxad)/2(dd=vv = 3/2v 0 d)/2(d l L xglxgvv gllLL)9/2/( 2 1 22 =v gllLL)9/2/(2 2 =v ) 2 1 (lL L l-L A B C 共 53 页 第 6 页 第三章指导书答案第三章指导书答案 三 计算与证明答案 三 计算与证明答案 1. 2. 3.（答案：26.5 N；- 4.7N s，负号表示冲量方向与 0 v v 方向相反） 4 质点在()0,5A点和()4,0B点时的动能； （1） 5cos4sintt=+rij 对于 ()0,5A 5cos5,4sin0tt= cos1,sin0tt= 5 sin4 cos d tt dt = + r vij 5 sin4 costt= +vij = 4j 共 53 页 第 7 页 动能 22 1 16 2 mv=J 对于 ()4,0B 5cos0,4sin4tt= cos0,sin1tt= 5 sin4 cos d tt dt = + r vij 5 sin4 costt= +vij = - 5 i 动能 22 1 25 2 mv=J （2）质点从 A 点运动到 B 点，合外力的 X 分量和 Y 分量所作的功。 X 分量做功 2 25J Y 分量做功 2 16J 5 6 解：以井中水面为坐标原点，取竖直向上为 y 轴正方向。将水桶提到高为 y 处瞬时，人用 力的大小为 kymgF= 式中 m 为满桶水加水桶的质量，k 为每升 1m 漏掉的水的重量，即 () 1 mN2 . 0 =gk 水桶再升高 yd ，力F做的功为 共 53 页 第 8 页 ()ykymgyFAddd= 设水是从井水面处打起的，则将一桶水提到井口处，力F做的功为 () = 10 0 ddykymgAA ( )J981 1081 . 9 2 . 0 2 1 1081 . 9 11 | 2 1 2 10 0 2 = = =kymgy 7.解：F力刚向下拉时，弹簧伸长，物体并未被拉离地面。设物体开始离地时弹簧伸长0 x ， 则由 Mgkx = 0，得 ( )m1 . 0 200 102 0 = = k Mg x 此后物体匀速上升。力F的变化为 = 0 0 0 xxMg xxkx F F力向下拉cm20=h过程中，做功为 ( )J3 ) 1 . 02 . 0(1021 . 0200 2 1 | 2 1 dd 2 0 2 0 0 0 0 0 = += += += h x x xh x Mgxkx xMgxkxA 8. 阻力作功 W=() = 2 1 2 2 2 1 2 1 d x x xxkxkx 依动能定理，有() 22 2 2 1 2 1 0 2 1 mvxxk= () 22 1 2 2 2 1 2 1 mvxxk= 第一次 x1=0,x2=1; 第二次 x1=,x2待求 k(x2212)= k(1202) 得 x=2,所以第二次击铁钉的深度为 x=21=0.414cm 9. 证明（省略）证明（省略） 图 4.1 共 53 页 第 9 页 10 共 53 页 第 10 页 11 由保守力做功与相关势能增量的关系 22 11 () 22 C pB WEk lk l= = B ll= ( 21) C ll= 222 11 ()( 21) 22 C pB WEk lk lkl= = = 12 证明（省略）证明（省略） 13 共 53 页 第 11 页 第四章第四章 刚体的定轴转动计算及证明题解答刚体的定轴转动计算及证明题解答 1 T1 T2 r m1 m2 m3 T2 T1 m1g gm2 x x 1解： （1） 23 d 34 d abtct t =+， 2 d 612 d btct t = 2解： （1）由题意： 0(1 ). t e = 将 t = 6.0 s 代入上式，得： () 1 0 0.958.6 rad s. = （2）角加速度： 0 2 d 4.5. d tt ee t = （3）6.0s 内转过的角度：() 66 0 00 d(1)d36.9 rad . t tet = 转过的圈数： 5.87 2 N = （圈） 3证明：法向加速度 2 n ar=，又 2 2 =，即 2 n ar= 对刚体中的任一点，、r 为常数，所以 an与 成正比。 4解：对 m1： 111 ,m gTm a= 对 m2： 222 ,Tm gm a= 对滑轮： 12 =, f TrT r M J- 又由角量与线量的关系： .ar= 联立求解以上四式得： 122 123 2m s , 1 () 2 f m grm grM a mmm r = + () 11( )156 N ,Tm ga= () 22( )118 N .Tm ga=+= 5解：对重物 m： 1 ,(1)Tmgma= 对重物 2m： 2 22,(2)mgTma= 对大滑轮： 2 22 1 22(2 )(2 ),(3) 2 TRT RmR = 对小滑轮： 2 11 1 ,(4) 2 TRT RmR = 由角、线量的关系： 1, (5)aR= 2 2,(6)aR= 联立求解以上六式得： 2 ,(7) 9 ag= 4 .(8) 3 Tmg= T T T1 T2 m 2m T1 mg 2mg T2 2m 2R m R a a x x 共 53 页 第 12 页 第四章第四章 刚体的定轴转动计算及证明题解答刚体的定轴转动计算及证明题解答 2 6解： 111 1 2222 22 21 1 2 , , 11 () , 22 , . Tm gm a m gTm a T RTrmrMR ar aR = = =+ = = ， 五个未知量五个方程，联立求解可得： 2 21 2222 12 2 21 1 2222 12 2 21 2 2222 12 211 11 2222 12 22 () 6.13rad s , 11 22 () 0.6125m s , 11 22 () 1.225m s , 11 22 () 20.825N, 11 22 ( m Rm r g m rm RmrMR m Rm r rg a m rm RmrMR m Rm r Rg a m rm RmrMR m Rm r rm g Tm g m rm RmrMR m Tm g = + = + = + =+= + = 212 2222 12 ) 17.15N. 11 22 Rm r Rm g m rm RmrMR = + 7解： （1） 2 1 cos60 23 o l mgml =， 得 3 4 g l =. （2） 2 1 23 l mgml =，得 3 2 g l =. 8解： （1）由转动定律得 MJ=， 即 d d kJ t =, 0 0 2 0 d d t k t J = ， 积分得 ln2 J t k =. （2） 222 0 00 113 (). 2228 WJJJ = 9解： （1）设圆盘的总质量为 m，在圆盘上半径为 r 处取 dr 宽的圆环，则圆环的质量 d2d ,mr r= （其中 2 m R = ） 圆环所受摩擦阻力矩为 dd , f Mr g m= 圆盘所受的总的摩擦阻力矩为 0 2 2d. 3 R f Mrgr rmgR= = T1 T2 m1 m2 T1 m1g m2g T2 a1 a2 x x m r M R 共 53 页 第 13 页 第四章第四章 刚体的定轴转动计算及证明题解答刚体的定轴转动计算及证明题解答 3 （2）设圆盘转过角度后停止转动，则有 2 0 1 0 2 f MJ=, 所以，有 2 0 3 8 R g =， 转过的圈数 2 0 3 216 R N g = . 10解：设电机的电磁力矩为 M，所受摩擦阻力矩为 Mf ，则由角动量定理可得 10 () f MMtJ=, 20 0 f M tJ=, 由上两式可解得 0 12 11 ()MJ tt =+. 11解： （1）+=)( 2 lmJvlm，得 1 14.8 rad s . = （2） 22 1 () 2 f MJm l=+，得14.8 rad.= 12解： （1）单摆与细杆碰撞过程，角动量和机械能均守恒，则 mvL= ML2/3, mv2/2= ML22/6, 由上述二式可得 M=3m. （2）取单摆和细棒为系统，系统机械能守恒，设 O 点重力势能为零，则 0 -MgL2 = -mgL-MgL cos2 , 由上式可解得 arccos1/3. 13解： （1）子弹击中棒的过程角动量守恒，有 22 212 () , 333 mvLmLmL=+ 解得 6 .(1) 7 v L = （2）子弹打入棒后和棒一起上升过程中，子弹、棒和地球组 成的系统机械能守恒。设棒的最大偏转角为 ，棒的上端点 O 为零势能点，则有 222 1 1222 () coscos . (2) 2 332323 LLLL mLmLmgmgmgmg+= （1）式代入（2）式可解得 2 1 12 = cos (1).(3) 49 v gL C, m L 2 3 L m, v, A O 共 53 页 第 14 页 第四章第四章 刚体的定轴转动计算及证明题解答刚体的定轴转动计算及证明题解答 4 14解： （1）子弹打中圆盘的过程角动量守恒，因此有 mv0R = ( J + mR2 )， 由上式解得 0 2 . (2 ) mv Mm R = + （2）子弹打入圆盘后和圆盘一起运动的过程中所受的摩擦阻力矩为 2 . 3 f MMgR= 设经时间 t 后，圆盘停止转动，则有 Mf t = 0 ( J+mR2 ) = -mv0R， 由此可解得 00 3 . 2 f mv Rmv t MMg = 15证明：系统角动量守恒。设地球的角速度为 ，尘埃落上去后角速度变为 ，则有 (),JJJ=+ 即 . J JJ = + 而 2 t = ， 所以 t t =. 得 ttJ tJ =， 即 . tJ tJ = 其中 2325 2248 , 55315 JMRR DRDR= 2224 228 4, 333 JmRR hdRdR h= = 因此，可得 5 . thd tRD 16解： （1）不守恒。因为两臂对哑铃的作用力是非保守内力，此处非保守力作了功。 （2）守恒。因为系统所受合外力矩为零。 （3）不守恒。因为受到两臂对它的作用力，并且这个力作了功。 共 53 页 第 15 页 共 53 页 第 16 页 共 53 页 第 17 页 共 53 页 第 18 页 共 53 页 第 19 页 共 53 页 第 20 页 共 53 页 第 21 页 共 53 页 第 22 页 共 53 页 第 23 页 共 53 页 第 24 页 共 53 页 第 25 页 共 53 页 第 26 页 共 53 页 第 27 页 共 53 页 第 28 页 共 53 页 第 29 页 共 53 页 第 30 页 第九章计算题解答：第九章计算题解答： 1.（1）( )mtx T = 3 cos06 . 0 , 2 , 3 （2） 22 /512 . 0 3 5 . 0cos06 . 0 /094 . 0 3 5 . 0sin06 . 0 052 . 0 3 5 . 0cos06 . 0 ,5 . 0 sm d a sm mx st = = = = = = = dt v dt dx v 2.（1） 4 ,1 1 ,1 2 ,/12,10 . 0 =sTHzsmA （2） 22 /788 . 2 4 4cos4 . 0 /444 . 0 4 4sin2 . 0 0707 . 0 4 4cos10 . 0 ,2 sma sm mx st = += = += = += = v 3. mtx t stmA = = =+= 33 4 cos02 . 0 3 4 , 3 4 3 ,1, 3 ,02 . 0 4.（1） mtx s T mA = = 3 cos03 . 0 3 ,/1 2 ,03 . 0 （2）sst833 . 0 6 5 , 6 5 32 = =+= 5. 2 /633 . 1 , 80 . 9 9 . 4 2 ,2smg g g g T T g l T= = = = 6. （1）s g l TllmlJ lmg J T638 . 1 3 2 2, 2 1 , 3 1 ,2 2 = = 共 53 页 第 31 页 （2）等值摆长：ml lm J l667 . 0 3 2 0 = = 7. （1）ssTsA0314 . 0 01 . 0 2 ,/1200,01 . 0 2= vmax （2）JmEK2 . 0 2 1 = 2 max v (3)mAxkAEkxEE pk 322 1007 . 7 2 2 , 4 1 2 1 2 1 = (4) 4 3 , 4 1 2 1 2 1 , 2 2 2 = E E kA kx E E A x k p 8. , 3230cos2= o Ax合振幅：(), 3 , 3 2 32 tan, 4232 2 2 =+=A 合振动方程：( )mtx += 3 cos4 9.由于两简谐运动反相， 6 , 134 =A 1 x 3 x 2 x x 共 53 页 第 32 页 第十章计算题解答：第十章计算题解答： 1.(1)smum/2 2 ,2,2= m x ty + = 22 2cos10 . 0 (2) mtty mx o = + = = 2 2cos10 . 0 22 1 2cos10 . 0 1 (3)m x ty = 22 2cos10 . 0 2. (1) m x ty s u mmA + += = 2330 3300cos001 . 0 2 ,/13300 2 ,2 . 0,001 . 0 (2)P 点处，mx1 . 0= mtty = + += 2 3300cos001 . 0 2330 1 . 0 3300cos001 . 0 3. (1) mty T += 3 cos06 . 0 , 2 , 3 (2) m x ty + = 32 cos06 . 0 (3) muT40220= 4. (1)muTsT10,5 . 0 2 ,4= (2) m x ty + = 420 4cos03 . 0 共 53 页 第 33 页 (3) mtty mx = + = = 4 3 4cos03 . 0 420 5 4cos03 . 0 5 5. (1)P 点向下，可知波向 x 负方向传播 m x tAy mum + += = 450000 500cos 50000 2 ,200,5002, 4 （2） smtA mtAtAy mx / 4 3 500sin500 4 3 500cos 450000