大学物理学孙厚谦第2章习题.pdf

30 质量2 k gm的质点的运动方程为 22 (61)(331) rtittj ，求该质点所受力的大小和方向。 质 量4 k gm的 物 体 同 时 受 力 1 ( 23 ) NFij 和 2 (411 ) NFij 的作用，当0t 时物体静止于原点。试求： （1）物体 加速度的大小和方向； （2）3 秒末物体的速度； （3）物体的运动方程。 如图，质量 4 kgm 的物体，用两根长度均为1.25 ml 的细绳系在竖直杆上相距为 2 米的两点 A、B。当上边绳中的张力为60牛顿，系统的转动角速度是多大？此时下边绳子的张力是多大？。 倾角为的斜面其底边AB的长2.1 ml ，质量为m的物体从 斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦系数0.14。 试问当为何值 时,物体在斜面上下滑的时间最短？最短时间是多少？ 质量分布均匀的绳子，一部分置于光滑水平桌面，另一部分子桌边下垂，绳全长为L。开始 时下垂部分为 0 L，绳初速度为零，试用牛顿第二定律求整个绳全部离开桌面 时的速度（设绳不伸长） 。 物体在液体中由静止下落，该液体对物体的阻力为fk，式 中k为正常量， 负号表示阻力与速度方向相反， 试推导物体任意时刻的速度方 程。 竖直向上发射一颗质量为m的子弹，其初速度为 0 ，若空气阻力 2 fc，其中c为比例常数。求子弹到底最高点所需要的时间。 质量为m的物体在重力作用下以 0 的初速度沿和水平方向成角的方向抛出，空气的阻力与 31 物体质量和速度成正比（fkm ） ，求物体运动的轨迹。 如图所示，在均质大圆板内挖一个直径为大圆板半径的圆孔。设大圆板的半径为R，剩余部 分的质量为m，求m对经过圆心O，且与圆板平面垂直的轴的转动惯量。 电机的电枢在达到 20r/s的转速时关闭电源，若它仅在摩擦力作 用下减速度，需要时间 240s 才停止下来；若加上阻滞力矩 500 N m，则在 40s 内停止下来，试求该电机电枢的转动惯量。 转动惯量为J的圆盘绕固定轴转动，起初角速度为 0 ，设它所受阻力矩为Mk ，式 中k为正常量，负号表示阻力矩与转动角速度方向相反，求圆盘的角速度从 0 变为 0 1 2 所需的时间。 飞轮的质量为 60 kg，直径为0.5 m，转速为1000 r/min，现要求在 5 秒内使其停转， 求制动力。 （假设闸瓦与飞轮之间摩擦系数0.4，飞轮的质量全部分部在轮的外周上，尺寸如图所 示，制动力F作用在杆端点。 ） 32 如图，轻绳跨过具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分别系有质量 1 m、 2 m的 物体（ 12 mm） 。绳与轮之间无相对滑动，某时刻滑轮沿逆时针方向转动，求物体 1 m和 2 m的加速度 和滑轮两侧绳中的张力。 如图，质量 1 5 kgm 的木块，可沿倾角30 的斜面滑动。现在木块由绕过定滑轮的轻 绳栓着， 绳子的另一端吊着质量 2 10 kgm 的重物， 设滑轮质量均匀分布的圆盘， 质量20 kgM ， 半径0.2 mR ，并设绳子与滑轮间无相对滑动，求重物的加速度和滑轮两侧绳子中的张力。 （g取 2 10m/s ) 1 m M 2 m 33 2 2 2 d 126m/s d r aij t 2412NFmaij 力的大小 22 241212 5(N)F 设力与x轴正方向之间的夹角为 5 . 0tan x y F F 0 arctan 0.526.57 （1）物体所受的合力 12 614NFFFij 加速度 2 1.53.5m/s F aij m 加速度的大小 222 1.5( 3.5)3.81(m/s )a 设加速度与x轴正方向之间的夹角为 3.5 tan2.33 1.5 y x a a 0 66.8 在二维直角坐标系中,通常用与x轴正方向之间的夹角来表示矢量的方向.如 xy aa ia j t an y x a a ,不能简单地说arctan y x a a ,因为反正切的主值在 , 2 2 之间,而对于加 速度,可以在四个象限。 ( a ) 当 0,0,0, 2 xy aa ,在第 1 象限,如 3,1, 6 xy aa; ( b )当 0,0,0 2 xy aa ,在第4象限,如 3,1, 6 xy aa ;(本题中即 为此种情况); ( c )当 0,0, 2 xy aa ,在第 2 象限,如 5 3,1, 6 xy aa ; 34 ( d )当 0,0, 2 xy aa ,在第 3 象限,如 5 3,1, 6 xy aa 所述情况如解用图 abcd所示。 特殊情 况: 0,0 xy aa ,则 2 ;0,0 xy aa,则 2 。 （2）质点作初速度为零的匀加速直线运动， 33(4.510.5 )m/saij 3质点做初速度为零的匀加速直线运动，运动方程 222 1 (0.751.75) m 2 ratt it j 取m为研究对象，受力分析如解用图，有 12 sinsin0TTmg 由题图可知 1 sin0.8 1.25 解得 2 10NT 根据牛顿第二定律有 2 12 coscoscosTTml a y a x a O y x a y a x a O y x a y a x a O y x a y a x a O y x a) b) c) d) 35 解得 12 3.74rad/s TT ml 由受力分析得 sincosmgmgma 考虑到斜面的长度 22 11 (sincos ) cos22 l atgt ，得 物体所需时间 2 cos (sincos ) l t g 当t表达式中的分母取极大时,则时间t取最小值，令cos (sincos )yg， d 0 d y t ，即 sin (sincos )cos (cossin )0 解得 1 tan2 不取负值(第四象限角),所以 0 1 2180arctan 0.14 ， 0 48.98,代入t的表达式,求得 0.99st 选整个绳子为研究对象，当下垂部分为y时，绳所受合外力为 m yg L ，由牛顿第二定律 d d m ygm Lt 而 dddd dddd y tyty 代入上式得 dd m yg ym L 积分 0 0 dd L L m yg ym L 得速度 22 0 (-) g L L L 36 以小球为研究对象，分析小球的受力。小球受两个力的作用：重力G 竖直向下，阻力f 竖直向 上,小球做直线运动，取向下的方向为正方向，根据牛顿第二运动定律 d d mgkm t 变形并整理得 ddt mgkm 积分，并应用初始条件 0 0,0t，得 00 dd t t mgkm 解得 (1 e) k t m mg k 以子弹为研究对象，分析子弹的受力。上抛时子弹受两个力的作用：重力G 、阻力f 竖直向下 小球做直线运动，取向下的方向为正方向，根据牛顿第二运动定律 2 d d mgcm t 分离变量得 2 22 d() d d ()() c m m t c cc g g m m 0 0,t,在最高点时0，设所需时间为t，则 0 0 0 0 0 22 d() darctan() ()() t c mmc m t cgcmgc g m 解得 0 arctan() mc t gcmg 37 以抛出点为原点建立直角坐标系，则抛体的运动微分方程为 d d x x mkm t （1） d d y y mmgkm t （2） 积分式（1） 0cos 0 d d x t x x kt ，得 0 d ecos d kt x x t （3） 由式（3）并考虑初始条件有 0 00 decos d xt kt xt 得 0cos (1 e) kt x k （4） 由式（2）得 0sin 0 d d y t y y t gk 对上式积分得 0 d1 (sin )e d kt y y gkg tk （5） 由式（5）积分并考虑初始条件有 y 0 00 1 d(sin )ed t kt ygkgt k 0 2 sin (1 e) kt gkg yt kk （6） 式（4） 、 （6）即为物体的运动方程，从中消去时间t，得运动轨迹为 0 2 00 sin ln(1) coscos gkxgkx y kk 圆板的面积是 222 13 () 44 RRR，质量密度为 2 4 3 m R 。若将带孔的圆板用质量密度 相同的匀质圆板填满，则填满后的完整匀质木板对经过圆心的转轴的转动惯量 224 0 11 22 JR RR 设用来填充的小圆板的质量为 m ，则它对轴O的转动惯量 24 O 111 228 JmRm R 根据平行轴定理，填充的小圆板对转轴O的转动惯量为 38 22224 10 13313 () 288232 JJmRm RRRR 所求圆板的转动惯量 442 01 2 1313413 3232324 m JJJRRmR R 电枢初始时的角速度 0 20r/s40rad/s 末角速度0（取 0 方向为转动正方向） 。 仅在摩擦力作用下角加速度 2 0 1 1 rad/s 6t 在摩擦力矩和阻滞力矩共同作用下 2 0 2 2 rad/s t 根据刚体定轴转动定律有 11 MJ 22 MJ 2121 ()MMJ 解得 22 21 21 500600 kg m191.1 kg m - - 6 MM J 由刚体定轴转动定律 d d MJJ t 得 d d kJ t 分离变量并积分得 0 0 2 0 1 dd t k t J 解得 ln2 J t k 39 如解图 1， 飞轮受力如解用图 1 （因为轴处光滑， 轴处受力未画出） 闸瓦与飞轮间摩擦力 N fF， 取 0 方向为转动正方向，摩擦力矩为常力矩,飞轮做匀减速运动。 摩擦力矩 N MfRF R。 飞轮初始角速度 0 1000100 2rad/srad/s 603 末角速度 0 在摩擦力矩作用下角加速度 2 0 20 rad/s 3t 根据刚体定轴转动定律MJ得 2 60 0.25 ( 20 3) 250(N) 0.4 N JmR F RR 如解图 2，杠杆受力如解用图 2（轴处受力未画出） ，根据力矩平衡方程得 (0.5 0.75)0.5 N F F NN F F 解得 100314( N)F 1 m、 2 m和滑轮受力如解用图 1、2 和 3，固定轴光滑，对定滑轮只画出产生力矩的力， 对 2 m 222 m gTm a (1) 对 1 m 111 Tmgma (2) 对定滑轮M，其角加速度为，应用刚体定轴转动定律有 40 21 T R T RJ (3) 由角线量关系得 Ra （4） 考虑到 11 TT、 22 TT、 2 1 2 JMR，可联立解得 21 12 1 2 mm ag mmM 121 1 12 1 2 2 1 2 m mMm Tg mmM 122 2 12 1 2 2 1 2 m mMm Tg mmM 1 m、 2 m和滑轮受力如解用图 1、2 和 3，固定轴光滑，对定滑轮只画出产生力矩的力， 设 2 m获得向下的加速度为a 222 m gTm