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大学物理题库参考答案力学部分1、。解（1）质点在4.0s内位移的大小 （2）由 得知质点的换向时刻为 则 所以，质点在4.0s时间间隔内的路程为 （3）时 2、。解（1） 当时，则得 质点运动方程为 （2）当时 3、。解（1）根据质点的运动方程可知： 得质点的轨迹方程为： 质点运动的轨迹是以（0，4）为顶点、开口向下的抛物线。 （2）时质点位矢 （m） 时质点位矢 （m） （3）内的质点位移 （m） 内的质点平均速度 （4）时质点速度 加速度 时质点速度 加速度 4、。解（1）速度的分量式为 当时，则初速度大小为 与轴的夹角为，则 （2）加速度的分量式为 则加速度大小为 设与轴的夹角为，则 （或）5、解 6、解 7、解 直角坐标系的原点与极坐标的极点相重合，且为质点运动所沿的圆周的圆心。则直角坐标与极坐标有如下关系 其中，相反的关系可表示为 设时，质点处于圆周与轴的交点上。由题已知 ，所以 则 ， 质点的位置矢量可以表示为 质点的运动速度可以表示为 8、解根据牛顿第二定律，质点的加速度 因 所以 解得 当时 则得 因 所以 解得 当时 则得 9、解（1）建立直角坐标系，取沿斜面向下为x轴，垂直斜面向上为y轴根据牛顿第二定律列出方程：解方程得 当斜面倾角变为时，让物体从斜面顶端自由下滑，这时解得：物体从斜面顶端自由滑下时 得：（2）为使下滑时间最短，令则有 解得： 此时，10、解 物体A、B的受力情况如图所示；（1）假设物体B向下滑，物体A向上滑，加速度为。对物体B： （1）对物体A： （2）解以上两方程得所以，系统中的物体A沿斜面向上滑动，物体B沿斜面向下滑动。（2）物体运动的加速度大小为 （3）由方程（2）解得 11、解：因，在直线运动中，根据牛顿运动定律有 依据质点运动的初始条件，积分得 又因，并由质点运动的初始条件，积分得 12、解子弹射入木块作完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有 （1） 子弹处于木块内一起滑行，根据功能原理有 （2） 解（1）、（2）两式得 13、解根据动能定理有： (3分)解方程得： (1分)因 (2分) 所以得: (2分)由上式得: (2分)根据牛顿第二定律有: 代入得: （4）列车所经过的路程，对于直线运动 14、解 若把小球、弹簧和地球看作为一个系统，则小球只受弹性力和重力，所以在小球的运动过程中机械能守恒。把小球处于点B时的位置取作系统的重力势能零点，系统的弹力势能零点应取在弹簧未发生形变时的状态，即O点。设由于小球受重力的作用，弹簧伸长了，而到达了A点。则应有 （1）因为小球处于点A时所受的重力和弹性力相平衡，故有 （2）（2）代入（1）解得 15、解 （1）根据已知可得 得 对上式积分得 （2）在从到的时间内，黏性阻力所作的功A 16、解 取Q点的势能为零，则有 即 求得小球到达Q点时的速率为 设小球到达Q点时绳子的张力为T，则沿轨道法向可以列出方程 解得 在小球从P到Q的过程中的任意一点上，沿轨道切向作位移元，重力所作元功为 重力所作的总功 17、解（1）设发动机的牵引力为，路面的摩擦力为。因为汽车在水平路面上行驶，则有 解得 发动机的功率为 （2）设汽车沿斜面向上行驶时发动机的牵引力为，则 解得 发动机的功率为 18、解 从点O到点A的过程中任意一点P的坐标为，在点P发生 时所作的功从点O到点A的过程中所作的总功 19、解 将物体、弹簧和地球作为一个系统，这个系统没有外力的作用，也没有非保守内力的作用，故系统机械能守恒。则所以 20、解 设物体离开球面时速度为，对于由物体、球体和地球所组成的系统，没有外力和非保守内力的作用，机械能守恒。故有 （1）在物体离开球体之前，物体在球面上的运动过程中，应满足下面的关系 （2）在物体离开球体的瞬间， 且这时，则代入（2）式有 代入（1）式解得 21、解（1）重物、和地球作为一个系统，这个系统不受外力作用，所以机械能守恒。开始时的重力势能=最后的重力势能+和的动能，所以 解得：（2）开始时和都具有动能 解得：22、解：设小球受到的平均冲力为，根据题意，它是沿方向。根据动量定理有 解得 小球在轴方向上不受力的作用，动量守恒，故有 小球受到撞击后的运动速率 小球所受的平均冲力 23、解：（1）因子弹受到均匀阻力，所以子弹在木块内作匀减速运动，故有 （2）根据动量定理，冲量 （3）根据动量定理有 解得 24、解：（1）设x沿初始运动的方向y沿最终的运动方向，初始动量 最终动量： 所需冲量： 大小： 方向与的夹角：（2）因为，当/时所需时间最短， 25、解： 均匀扇形薄片，取对称轴为轴，由对称性可知质心一定在轴上。有质心公式设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元，又因为 所以对于半圆片的质心，即代入，有26、解：在质点运动的平面内取如图所示坐标。按的分量式有其中 ，代入后得 则 27、解：（1）He原子量为4，所以。弹性碰撞动量守恒、机械能守恒，故有 把代入得解得 （2）能量的比例28、解：（1）取的方向为轴的正方向。根据动量守恒有 根据题意 ，代入上式解得 （2）动量的改变 29、解：设中子的质量为，与碳核碰撞前、后的速度分别为、；碳核的质量为，碰撞前、后的速度分别为0和V，因为是正碰，根据动量守恒有 （1）总动能守恒，有 （2）解方程（1）（2）得 算得中子动能的减少 因所以 30、解：设，根据已知当x=0时，；当x=L时，=0可得 在x=0到x=L过程中F所作的功 由动能定理有 得x=L处的质点速率为 31、解：以向下为正方向。设球碰撞前后的速度分别为和。根据小球在落下后到碰撞前这段时间机械能守恒有： 解得： 从小球弹起时刻到最高点： 解得：设是传给地板的动量，根据动量守恒定律有： 解得：32、解：当系统的质量增加时只有内力起作用，所以瞬时动量守恒。（1）m物体在绳子拉紧前的速率为 其动量也就是系统的动量为，绳子拉紧后的瞬间，系统的速率（两物体共同的速率）为，根据动量守恒有即 而且，系统的加速度为 即 其中以动量的方向为正方向。运用匀加速运动公式 ，得出系统回到原处所花的时间满足 即 （2）动能减少的比例为 33、解：由于动量守恒， 摩擦力为 。根据动能定理，得 解得 碰撞中 所以消耗的部分占 34、解：根据机械能守恒可求得碰撞前A的速度 即 两球一起的速度V，根据动量守恒有 两球上升的高度为，根据机械能守恒有 解得 35、解：设轴向东，轴向北。根据动量守恒定律有得在轴上有， 在轴上有， 其中是与正向所成的角。解得 ， 并求得 36、解：以小车前进方向为正方向，人跳上小车是完全非弹性碰撞。故有 其中是人与车一起运动的速度，是人原有速度，是小车原有速度。则 （1）从后面跳上车，与同方向。故 （2）从迎面跳上车，与方向相反，故 37、解：小球与物体相碰撞的速度可由下式求得 （1）小球与物体相碰撞，在水平方向上满足动量守恒，碰撞后小球的速度变为，物体的速度为V，在水平方向上有 （2）完全弹性碰撞，动能不变，即， （3）碰撞后，小球在到达张角的位置的过程中机械能守恒，应用 （4）由以上四式可解得 所以 38、解：由题意，质点的质量为，质点受力产生的加速度为 因为 ，积分得质点的速度 t时刻质点的位置矢量为 （1）当时 质点在时所受的相对坐标原点O的力矩为 （2）当时 角动量 39、解：在子弹与物块的撞击过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有 （1）在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面顶端的速度为，并取A点的重力势能为零，由系统的功能原理可得 （2）由式（1）（2）可得 40、解：N、G合力矩为零，T为有心力，故物体角动量守恒 （1）拉力提供向心力所以绳子刚被拉断时物体的线速度为 代入（1）式解得 41、解：（1）取小球作匀速圆周的水平面为平面，取轴竖直向上，如图所示。小球相对于O点的角动量沿轴方向，故有（2）小球在运动中所受到的细绳的张力和重力的合力处于平面内并指向O点，所以小球所受相对于O点的力矩等于零，故小球的角动量守恒，即 由上式得可得与之间的关系，为 42、解：根据题意，重物的质量为，以托盘、弹簧、重物和滑轮为质点系。以滑轮中心为参考点，系统所受合外力矩为零，故角动量守恒，有 解得托盘向下的速度为 根据能量守恒有 解得 弹簧弹起的最大高度为H，所以有 则 43、解：地球绕太阳运动过程中受到有心力的作用，所以角动量守恒，有 即 （1）根据机械能守恒有 （2）解式（1）（2）得近日点速度大小为远日点的速度大小为 44、解：（1）当角速度一定时，切向速度也是一定的，所以切向加速度此时法向加速度 可见是恒定的。（2）当角加速度一定时，即恒定，于是得到 由此可得 切向加速度为 是恒定的。法向加速度 是时间的函数。45、解：飞轮作匀变速转动，所以角加速度 制动后的角速度变为，所以有 解得 46、解：（1）细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为 转动动能 （2）薄圆盘相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量转动动能为 47、解：（1）均匀细直杆的转动惯量： 四个质点相对于同一转轴的转动惯量： 系统相对转轴总转动惯量为48、解：对于物体选择竖直向上为轴正方向，对于物体选择竖直向下为轴正方向，对于顺时针方向为正方向。根据牛顿第二定律和转动定理有：； ， 解得： 49、解：（1）根据题意知解得 轮子的角加速度 （2）根据转动定理有 所以 （3）因 所以 50、解：设上段绳子的拉力为，下段绳子的拉力为，则 代入数值解方程求得 根据已知 解得 51、解：由定义得 施加的力矩 52、解：在匀变速转动中，角加速度由转动定律，可得飞轮所经历的时间 53、解：根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有 （1） （2） （3）由角加速度和线加速度之间的关系，有 （4） （5）解上述方程组，得 54、解：整个圆盘对OO轴转动惯量为 挖去的小圆盘对OO轴转动惯量 剩余部分对OO轴的转动惯量 （2）由平行轴定理，剩余部分对的转动惯量 55、解：（1）碎块抛出时的初速度为 由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为 （2）圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有 圆盘未碎时的角动量 碎块对轴的角动量 破裂后盘的角动量 56、解：球壳的面密度为，如图所示，圆环的半径为，周长为，环的宽度为，所以面积质量设该圆环关于轴的转动惯量为。该轴到环上各点的距离为，所以 整个球壳的转动惯量 57、解：均匀薄板的面密度，宽为的转动惯量为总的转动惯量 58、解：根据题意可知物体，由得：由可得：由转动定律有 解得 轮子的角速度轮子的转动动能59、解：（1）将两个圆盘看为一个系统，这个系统不受外力矩作用，总角动量守恒，即 合成一体后的角速度 （2）上盘落下后两盘总动能和改变量为 60、解：（1）闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩的大小为 （2）从开始制动到停止，飞轮的角加速度可由转动定理求得 根据 得飞轮转过的角度为 飞轮转过的转数为 因 飞轮从开始制动到停止所经历的时间 （3）摩擦力所作的功 61、解：取定滑轮的转轴为z轴，正方向垂直于纸面向外。（1）根据牛顿定律和转动定理有 其中 解得物体下落的加速度为 圆盘的角加速度 （2）绳子的张力 62、解：（1）直杆顶端触及地面时的角加速度此时直杆处于水平位置，所受重力矩的大小为 直杆倒地的过程中，以过点B垂直于杆的直线为轴，杆相对于些轴的转动惯量为 由转动定理得 （2）直杆顶端触及地面时的线速度根据机械能守恒，有 得 此时顶端的线速度 63、解：将木棒和子弹看作一个系统，该系统不受外力矩作用，所以角动量守恒，即 其中 ，解得 64、解：水对水库底面的压力为 侧面取窄条为面积元，所受的压力为 整个侧面所受的压力为 对于的侧面： 对于的侧面： 侧面总压力为 65、解：可以认为水从龙头流出后各处都是大气压，根据伯努力方程有可为 （1）根据连续性方程有 （2）根据题意 ，代入（1）解得 （3）将式（3）代入（2）得 由题知 ，就是在水龙头出口以下处的直径 66、解：取图中虚线AB所示的流线，并运用伯努利方程 可以认为 ， 解得 67、解：（1） 对D、C两点运用伯努利方程 将，代入上式，得可求得管内的流速，为 （2）对B、C两点运用伯努利方程得 解得 因最小值为零，当时，由上式可求得 这表示当C点的位置低到使时，。68、解：（1）利用伯努利方程有 根据题意知 ，代入上式，解得 （2）水不流动时，所以69、解：由伯努利方程有 由题意知 ， 代入上式，解得 70、解： 利用伯努利方程有 （1）因为空气是水平流动的，则由题中图可知 代入（1）式得 （2）根据连续性方程得 则 代入（2）式解得 71、解：选取一流线AB，因，所以，根据伯努利方程，有又因所以，得水从小孔时速度水流内的每一个质点都沿着平抛运动的轨迹运动。下落时间满足方程 解得：因此在下落过程中的水平位移72、解：由伯努利方程：解得： 根据连续性方程 ，得单位时间内水流出的体积时间内水的流量73、解：水流自由下落h后，速度为若水流骒稳定流动的，则满足：水又是不可压缩的，即所以74解：（1） ； ； 振幅： 初相位： （2）时： 75、解：物体作简谐振动： 故： 第76题图76、解：如图： 物体在任一位置受到的弹力为： 即得： 其中 第77题图77、解：是轴弹簧；两弹簧受到的弹力相同，均为F又两弹簧伸长量为设：两弹簧串联后的劲度系数为k则： 又： 即得：由牛顿第二定律： 78、解：设物体的质量为m，以平衡位置O为原点建立如图所示的坐标系。物体所受的力有向下的重力mg和向上的支持力，则物体的运动方程 （1）由简谐振动可以求得加速度当振动达到目的最高点时，木板的加速度的大小不一也达到最大值，为： （2）第78题图负号表示加速度的方向向下。如果这时物体仍不脱离木板，物体就能够跟随木板一起上下振动。将式（2）代入式（1），得 （3）物体不脱离木板的条件是取其最小值代入式（3），得 求得物体和木板一起振动的最大振幅，为79、解：据题意物体的振动方程为： （1）（2） 80、解：根据波源的振动方程可知：波幅，角频率，初相位，波速求得波的周期波长波函数则有 （m）81、解：（1） 合振动的振幅为0.1m。初相位为。（2） 当82、解：无阻尼 有阻尼时 83、已知： 求：解： 84、已知：平面简谐波：；求：；并写出波函数解：波函数为： （其中为波源的初相角）85、已知：平面简谐波沿轴负方向行进：；求：；并写出波函数解： 因为波沿轴负方向行进，所以，波函