2012力学复习-证明计算.doc

2012级力学期末总复习证明计算2.1.1质点运动学方程为：,求质点轨迹并用图表示.解：轨迹方程为的直线.xy5xy5/35/4，消去参数t得轨迹方程2.1.2 质点运动学方程为.求质点轨迹；求自t= -1到t=1质点的位移。解：由运动学方程可知：，所以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。2.1.3质点运动学方程为. 求质点轨迹；求质点自t=0至t=1的位移.解：，消去参数t得：2.2.6 ，R为正常数，求t=0,/2时的速度和加速度。，求t=0,1时的速度和加速度（写出正交分解式）。解： ；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：抛射体达到最大高度且正以速率v沿水平方向运动；观测员到抛射体的直线距离是l；观测员观测抛体的视线与水平方向成角。问：抛射体命中点到观测者的距离D等于多xyovl命中点观测者x1x2少？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？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：，命中点x坐标为：， 。所以，观测者与命中点间的距离：当x1x2，即 时，则抛体在飞越观察员后才命中目标。东北OSaanav2.6.1列车在圆弧形轨道上自东转向北行驶，在我们所讨论的时间范围内，其运动学方程为S=80t-t2（m,s），t=0时，列车在图中O点，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 v=dS/dt=80-2t 令S=1200，由可求得对应时间：将t=60代入中，v=-40，不合题意，舍去；将t=20代入中，v=40m/s，此即列车前进到1200m处的速率。 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a= -2g，v=v0+at=v0 -2g t，an=v2/R=(v0 2gt)2/R。a=(a2+an2)1/2=4g2+(v0 2gt)4/R21/2，显然，t=0时，a最大， 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a=0.4g，求斗车的加速度。na30解：加速度与切向单位矢量夹角： 3.5.1 质量为2kg的质点的运动学方程为 （单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。解：, 为一与时间无关的恒矢量，质点受恒力而运动。F=(242+122)1/2=12N，力与x轴之间夹角为：3.5.2 质量为m的质点在o-xy平面内运动，质点的运动学方程为：，a,b,为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。证明：, 作用于质点的合力总指向原点。m2m1F 1 2 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2，m1和m2间的摩擦系数为1，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，xym1gf1N1a1a2N2N1m2gFf1f2其中，N1=N1,f1=f1=1N1,f2=2N2，选图示坐标系o-xy，对m1,m2分别应用牛顿二定律，有 解方程组，得 要把木板从下面抽出来，必须满足，即m1m2F3.5.6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，求在力F的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。f1N1m1gTaFN2m2gTaN1f1f2解：以地为参考系，隔离m1,m2，受力及运动情况如图示，其中：f1=N1=m1g，f2=N2=(N1+m2g)=(m1+m2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：+可求得：将a代入中，可求得：3.6.1 小车以匀加速度a沿倾角为的斜面向下运动，摆锤相对小车保持静止，求悬线与竖直方向的夹角（分别自惯性系和非惯性系求解）。f*=maayxTW=mg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： 解得 （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： 解得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：，求质点的动量。解： 质点速度：质点动量：大小：方向：与x轴夹角为，tg= py/px = - ctgtb/a y v v2 v1 45 45 45 x v3 v3.9.1 一枚手榴弹投出方向与水平面成45，投出的速率为25m/s，在刚要接触与发射点同一水平面的目标时爆炸，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：，投影方程： ，即解得：3.9.2铀238的核（质量为238原子质量单位）放射一个粒子（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，粒子射出时的速率为1.4107m/s，求钍核反冲的速率。解：由动量守恒，有hmm4.6.5一质量为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l=0.1m，由平衡条件mg=kl,求得：k=mg/l=0.29.8/0.1=19.6N/m。铅块落下h=30cm后的速度v0，可由能量守恒方程求出：， 设铅快与框架碰后的共同速度为v，由动量守恒：设框架下落的最大距离为x，由机械能守恒：，进行整理并代入数据，可得x的一元二次方程：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？m0m1m2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，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：由能量守恒:将、代入中，可求得：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。vA vBA解：设碰前mA的速度Bv0h为v0,碰后mA、mB的速度分别为vA、vB，方向如图示。由能量守恒，有mAgh = mA v02/2 , v0 = (2gh)1/2 (1)根据完全弹性碰撞基本公式，有 ,联立求解，得发生两次碰撞的条件是：vAvB , 即 mB-mA2mA mB3mAMv02v0MM4.6.10两车厢质量均为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：货箱与车厢地板间的摩擦系数；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段：第一阶段是两个车对撞获得共同速度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=-mgl，对质点系应用动能定理：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t，即为对应的距离，l=3d, d=l/35.1.1 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）1.295.1.2 一个质量为m的质点沿着的空间曲线运动，其中a、b及皆为常数。求此质点所受的对原点的力矩。解：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：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1.5108km圆周轨道上绕日运动，速度为30km/s。求此彗星的远日点距离。解： 角动量守恒 能量守恒 牛二定律 ,联立，解得 a = 3108 km7.3.6 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 xmg动定理： ac 由转动定理； A F把代入中，可求得 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 x o R a a y m1m2 m2g m1g T2 T1 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：对滑轮应用转动定理： （3）质点m2作匀加速直线运动，由运动学公式：，由 、可求得 ,代入（3）中，可求得 ，代入数据：7.3.8斜面倾角为，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，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，求重物上滑的加速度，绳与斜面平行，不计绳质量。解： f=N为摩擦力，重物上滑加速度与鼓轮角加速度的关系为a=RmgTNfaT对重物应用牛二定律：得 T- mgcos- mgsin=ma 对鼓轮应用转动定理：- TR=I=Ia/R 由联立，可求得重物上滑的加速度：TTmgafrm1,m2hr7.3.9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，先悬挂质量较小的重物m1，从距地面高度为h处由静止开始下落，落地时间为t1，然后悬挂质量较大的重物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示：f为摩擦力矩，T为绳中张力，a=r对轮盘应用转动定理：，两式相减，得：对重物应用牛顿二定律：，两式相减，可得：，代入中，可得：由运动学公式：，将角加速度代入中，得：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，倒在地面上时的角速度为由机械能守恒：上端点到达地面时的线速度：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：杆质心的加速度，杆B端所受的力。解：以支点B为转轴，应用转动 B A定理：， 质心加速度 ，方向向下。 y 设杆B端受的力为N，对杆应用 x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。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。线轴受一水平拉力F,如图所示。使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？若F和水平方向成角，试证，cosb/R时，线轴向前滚；cosb/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 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。由质心定理：由转动定理： 只滚不滑：a+R=0 (4) 由,联立，可求得： F为水平拉力时，即 ，. 若，即线轴向前滚； 若，即线轴向后滚。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= - mghsin O h因为是微小摆动，sin,= - mgh，即刚体是在一线性回复力矩作用下在平衡位 C置附近运动，因而是简谐振动。由转动定理： mg即，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