大学物理第四章题解

1、第四章经典质点动力学2，八 24-1.已知质量为2kg的质点的运动学方程为F = （6t21）i +（3t2+4t+1）j （国际制单位），求证质点所受合力为恒力.对运动学方程求时间导数4 dr.v =12t i 6t 4 j dt4 dvd2ra =' =12i 6jdt dt2?5甘=2 (1 6，)=24； 12； (N)可见质点所受合力为恒力.“ m 曰,UH-,4 C c3/一、一 r“, A ,4-2.已知质量为1kg的质点，在合力F =12ti +8j(N)作用下运动.已知t=1s时, 质点位于x=2m、y=0处，并以速率3m/s沿y轴正向运动.求质点运动学方程.解由mr

2、 = F，知X =12t， y = 8 .可得dX=12tdt , dy=8dtxtyt积分dX= 112tdt , dy = 8dt0-1-31求出X =6t2 -6 , y =8t -5再根据dx = (6t26)dt , dy=(8t5)dtxtyt再积分d dx = I (6t2 -6)dt , £ dy = (8t -5)dt质点运动学方程为x = 2t36t+6 , y = 4t25t + 14-3.跳水运动员沿竖直方向入水，刚入水时速率为v0,以入水点为。点，y轴竖直向下，运动员入水后浮力与重力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数为 后运动员速度随时间的变化规律.

3、解以运动员为质点，根据牛顿第二定律有m也=-kv2 dtdvydt分离变量并积分即可求出vy dvyv -2"v0 vvy- m：dt1 1-1. 一二t vy vo m也可以表示为mvom kvot4-4.跳水运动员由高处下落，设运动员入水后重力与浮力抵消，受水的阻力与速度平 方成正比，比例系数 k=0.4m （m为运动员质量）.求运动员速率减为入水速率的 1/10时, 其入水深度（均为国际制单位）.解 以入水点为。点，y轴竖直向下，以运动员为质点，根据牛顿第二定律有dvy m dt=- 0.4mvy做变量变换，得即分离变量并积分可知运动员速率减为入水速率的dvy dy dvy2v

4、y = -0.4vy dy dt dydvydy=-0. VyV010 dvv y6 v vyy-0.4 0 dyinvy |V0/10= -0.4y1/10 时，其入水深度 y = ln10/0.4 = 5.76(m) .4-5.质量为m的小球系在一不可伸长的轻绳之一端，可在水平光滑桌面上滑动.绳的另一端穿过桌面上一小孔，握在一人手中使它以匀速率a向下运动.设初始时绳是拉直的,小球与小孔的距离为 R,初速度在垂直于绳的方向上的分量为 张力.解 小球m视为质点，作为研究对象，受力分析如图.以桌面小孔为坐标原点 O,建立极坐标系如图，根据牛顿第二定律，有 ma = Ft Fn mg = FT在极

5、坐标系中的投影方程为m（r -r42）二一FTm（r2伊）=0由题意可知r - -av0.试求小球运动和绳子的(1)(2)(3)得 式 3) z/lx 由dt 0a所以r =Rat ,代入(2)式，得(Rat)d-2ad =0 ,即(R-at)= 2ad dt初始时Rd0 =v0,即4=v0/R ,把上式分离变量且积分寸 d t 2adt td(R-at)-r = = -2 1v°R u0R-at 0 R - atin用= -2lnE=lnv0R(R-at)2所以把上式分离变量且积分_v0Rdt (R-at)2v0R td(R-at)c2a 0 (R -at)10所以=J =_vLa

6、 R-at R R-at小球的运动学方程为r =R-at , e =-v.由（i）式得R-atFT = m(r -2 -H) = md2=m(R-at)v°R 2 (R-at)2J2 2mv0 R(R-at)34-6.已知质点所受合力为 F =sint i +cost j +etk,求在t = 0到t = n/2时间内合力 对质点的冲量.(国际制单位.)二2, . , N ;t：=o (sint i cost j ek)dtT -：22:2解t =0到t =兀/2时间内合力对质点的冲量为=(0 sin td i) 0(二： cto st j h=(-cost 02 )i* (sint

7、 |o2 )j (et |02)k =i +j+(e7T 1)k (国际制单位)4-7.用棒打击质量为0.5kg、从西沿水平方向以速率 20m/s飞来的球，球落到棒的西 面80m处，球上升的最大高度为20m，打击时间为0.05s，打击时可略去重力，取g =10m/s2 .求：(1)棒对球的冲量；(2)棒给予球的平均冲力.解 建立坐标系Oxy, Ox轴沿水平方向自东向西，Oy轴竖直向上.先讨论球被棒打击后的运动，球仅受重力，可知,1.2y=Vy°tgt , Vy=Vy0 gt2y y当vy =0时球达到最大高度 ym =20m .根据0 = vy0 10t求出t =0.10vy0 ,代

8、入220 : vy0t _5.0t2得到20 = 0.10vy。0.05vy0 =0.05v2。因Vy0 >0 ,略去Vy0 = -20 ,可求出Vy0 = 20m/s .进而求出t = 2s .由于球沿Ox方向作匀速率运动，至U t=4s时向西运动了 80m ,所以vx0=20m/s.在碰撞中根据动重te理I =mv2-mv44444421由于v1 = -20i , v2 =vx0i vy0j=20i 20j ,所以棒对球的冲量m I =,0i J0j(N s)I 20i 10i平均冲力F = =j =400i 200 j (N).：t0.054-8.从高出秤盘h =4.9m处，将每个

9、质量 m均为0.02kg的橡皮泥块，以每秒n=100 个的速率注入秤盘，橡皮泥块落入秤盘后均黏附在盘上.以开始注入时为t = 0,求t=10s时秤的读数.解 橡皮泥块在下落过程中只受重力，橡皮泥块落入秤盘的速率v = 丽=. 2-9.8-4.9 = 9.8(m,s)在橡皮泥块落入秤盘的过程中，对秤盘的平均冲力为(向上为正方向)F =n(mv2-mv1) =100 0.02 0 -(-9.8) =19.6(N)由于橡皮泥块由h =4.9m处下落，由1212gt 9.8 t =4.922可知下落的时间t =1s.所以t = 10s时秤盘内橡皮泥块受到的总重力Fg =n(10-1)mg =100 9

10、 0.02 9.8-176.4(N)因此秤的读数为F - Fg =19.6 176.4 =196(N)4-9.对例题4-4-2 （见图），判断以下说法的正误：（1）质点对 质点对O'点角动量守恒；（3）质点对z轴角动量守恒；（4）质点 对X轴角动量守恒.解 （1）摆锤所受合力指向 O点，摆锤所受合力对 O点力矩 为零，所以质点对 。点角动量守恒.（2）合力对O'点力矩不为零，质点对 O'点角动量不受恒.（3）质点所受合力的作用线过 Oz轴，对Oz轴合力矩为零， 所以质点对Oz轴角动量守恒.（4）质点对O点角动量守恒，所以质点对 Ox轴角动量守恒.O点角动量守恒；（2）4

11、-10 .在一直角坐标系Oxyz中，,一质点位于点(3m,4m,5m)处，并受一作用力3*344F =7Ni +8N1 +9* ,产：(1)力F对O点的力矩；(2)力F对x轴的力矩.解 r =3i y.1-5k所以MO =r F =(3i 4j 5k) /71 8j 9k) = -4i 8j -4k(N m)Mx =Mo i = -4N m» Ei白, 一、4 3 t 、4-11.在直角坐标系并已知t =0时位置矢量动量;（3）质点所受合力对O点和y轴的力矩.，叫一':出解因为v 二 一 dt,dr =vdt ,所以0Oxyz中，质点质重为 2kg ,其速度v = 2i +4

12、j 2tk（m s ）,r0=2i（m）.求：（1）质点对O点的角动量；（2）质点对y轴的角r -。=r -2i =( 02dt)i ( 04dt)j -( 02tdt)k所以(1)LOJ*mC 蒜 2)*：/4。)9:“491(2)22.=8t i (4t 8t)j 16k (kg22Ly =Lo j =4t2 8t(kg m2 s')*(3)ModLOdt=-16ti(8t 8)j(N m)dLyM V = y =8t 8(N m)dt4-12.设质点在Oxy平面内运动，试判断以下论述是否正确：（1）若质点动量守恒，则对z轴角动量守恒；（2）若质点对z轴角动量守恒，则动量守恒；（3

13、）若质点对z轴角动量守恒，则动量的大小保持不变；（4）若质点对z轴角动量守恒，则质点不可能作直线运动.解 （1）正确.质点动量守恒，则质点所受合力为零，质点所受合力对Oz轴力矩为零，所以对Oz轴角动量守恒.（2）不对.比如，质点在 Oxy平面内、绕O点做匀速圆周运动，对 Oz轴角动量守恒， 但是动量并不守恒.（3）不对.比如例题 4-5-2,质点在Oxy平面内做椭圆运动，它所受的合力是有心力， 始终指向O点，所以对Oz轴的角动量守恒，但是动量的大小不断变化.（4）不对.在Oxy平面内做匀速直线运动的质点对Oz轴角动量守恒.4-13.质量为m的质点在Oxy平面内运动，其运动学方程为x = aco

14、sot , y = bsincct ,0均为常量.求：(2质点对Z J由的角动量Q (2)质点所受对Z轴的合力矩. (1)对运动学方程r =acos-ti bsin，j求时间导数，可得4 d?. J ,，v =-a sin ti b - cos . 114dt 4”“t所以(2)LO =r mV=(acos，t bsin，tj) m( 一a，sin ti b . cos . t j)2,.2,、/=m(ab cos t ab s，j)k = mab kLz = LO k = abm因Lz为常量，由对Oz的角动量定理，可知质点所受对Oz轴的合力矩dtMz4-14 .如图，刚性转动系统放在盛有液体

15、的容器内，长为 l的细杆一端固定一质量为 m 的小球，另一端垂直地固定于转轴 z.小球受液体阻力与小球质量及系统转动角速度的大小 成正比，即F =kmco , k为比例常量.z轴及细杆的质量及所受阻力均忽略不计，问：经 过多长时间系统的角速度的大小变为初始值©0的1/e.2dL, _斛 由题息知M z = lkmco , Lz = ml色，根据 M z,得 dtO点穿入竖直小管.开始.2 d . ml =-lkm dt分离变量并积分d- = - -dtlk 一ln = - -t C l由t =0时6 =80定出积分常数，C =ln®0,则*t l = 0e4-15.如图所示

16、，小球 m系于不可伸长的轻绳的一端，绳经时小球绕管在水平面内做半径为R的圆周运动，每分钟转 120转.由绳的 A端将绳拉入小管，拉绳后小球绕管在水平面内做半径为R2的圆周运动.求：(1)拉绳以后小球每分钟之转数；(2)拉绳过程中小球对 O点角动量是否守恒？为什么？解 (1)在拉绳过程中，因为小球所受重力与 OA轴平行、绳拉力与OA轴相交，对OAn转,轴力矩均为零，所以在拉绳过程中小球对OA轴角动量守恒R - mv = mv0R2拉绳前，每秒转两转， 2兀R 2=v0.设拉绳后，每秒转, R2冗一 n = v .把v0 =4冗R和v = nn R代入角动量守恒万程, 2_ R _ _mn R =

17、 m4 R R 2即可求出拉绳后小球每秒转 n =8转，即每分钟480转.(2)因为小球所受合力对 O点力矩不为零，所以小球对 O点角动量不守恒.4-16.试判断以下说法是否正确：(1)静摩擦力一定不做功；(2)滑动摩擦力一定做负功；(3)摩擦力总是阻碍物体运动；(4)运动质点如受摩擦力作用，则能量一定减小.答均不正确.4-17.试证明F=(3x2+sinx + ex)?(N)是保守力.质点在 F作用下由x = 0运动到x = 1m ,试用4种方法计算力 F对芈点做的功.，解 由于F =(3x2 +sinx+ex)i (N)在位移dr中所做元功* *2 x W *4 TF dr = (3x s

18、in x e )i (dxi dyj dzk)二(3x2 sinx ex)dx 二 d(x3 -cosx ex)可以表示为只与位置有关的标量函数U (x) = x3 - cosx+ ex的微分，所以此力为保守力.方法一：质点沿 Ox轴由x = 0运动到x =1 , F对质点所做的功为W = F d： = ° (3x2 sinx ex)dx = (x3 -cosx ex)|0=1 - cos1 e 1 -1 =1 - cos1 e方法二：因F为保守力，引入势能 Ep =-U+C =(x3cosx + ex)+C ,则W = -(Ep2 - Ep1) = 1 - cos1 e 1 -1

19、= 1 - cos1 e4-18 .如图，一劲度系数为 k的弹簧，一端固定于 A点，另一端与质量为 m的质点相 连.弹簧处于自由伸张状态时，质点位于竖直面与半径为R的半圆柱面的交界处 B .质点在力F的作用下，由B点从静止开始运动到光滑半圆柱面的顶点 C ,到达C点时质点速率 为VC .求力F对质点所做的功.解 在质点由B到C点的过程中，所受重力和弹簧弹性力为保守力，以B点为重力势能及弹性势能零点.质点受面的支撑力不做功，设力 F做功为 件.由质点的机械能定理 (EkC EpC) - (EkB Epb)=Af12112/可得 AF =mvC+mgR+ k( nR) (0+0)%22 2咚12,

20、_,1,2-23= -mvC +mgR+-kn Rs28J 是4-19.接题4-18,质点到达C点后，力F被撤除，求质点运动到 AB之间的平衡位置 时的速率.解 质点平衡时mg=kAl , & =mg,即质点的平衡位置位于 B点下方 詈处.在质点由C到平衡位置的过程中，由于所受重力和弹簧弹性力为保守力，受面的支撑 力不做功，所以机械能守恒.以B点为重力势能及弹性势能零点，则121 , _ . 2 ,212,mvC mgR k R = mv -mg l2821 2=. mv22 2m g2k2 22 2m g . m gk2k即可求出质点运动到 AB之间的平衡位置时的速率222/2v =

21、(Vc1 k R mg 122gR)4 m k4-20.如题4-15图之装置.设小球质量 m = 0.5g ,初态管外绳长li =2m,绳与竖直方向夹角0i=30",速度为vi.末态绳与竖直方向夹角02=60,速度为V2.求：(1) %、V2； (2)绳对小球所做的功.解 视小球为质点，受重力 W和绳的张力FT如图.初态小球做水平圆周运动，合力F =W R指向圆轨道圆心，由牛顿第二定律22ViVi.m=m =mgtgFRLsinx所以vi = dig = J2 M 9.8 父=2.38m / s1 1, i cosi'2.3设末态1 =12 ,小球做水平圆周运动，有2V212

22、sinu2可知2 . sin2%,V2 12g ：-cos211 sin2cos%1liv2212 cossin2% 3,312在由初态到末态的过程中，小球所受合力对竖直轴AB的力矩为零，所以小球对轴 AB的角动量守恒所以(1)x(2)得可求出(1)/(2)2 得mv111sin1 = mv212sin 1 2Vi12 sin-2-12一二二3 一v211 sin 1113V1 13v23V2 =31'%1 =3.43m/s1 3_丹二9312(2)由机械能定理，以12(913)1311= 0.80mO点为势能零点，绳对小球所做的功为122W = Ek Ep = - m(V2 -V1)

23、 mg(11cos30 -12cos60 ) -0.00805J4-21.质量为0.2kg的小球B以弹性绳在光滑水平面上与固定点A相连.弹性绳劲度系数为8N/m,其自由伸张长度为 0.6m .小球初位置和速度 V0如图所示.当小球速率变为 v 时，它与A点距离最大且等于 0.8m.求初态与末态之速率 v0和v.解小球在水平面上仅受弹性绳弹性力，弹性力作用线过A ,所以小球在运动过程中对过A的竖直轴角动量守恒；注意到小球与A点距离最大时其速度与弹性绳垂直；则0.4mv0sin30' = 0.8mv小球在水平面内仅受弹性绳弹性力，弹性力为保守力，因此小球在运动过程中机械能守恒，以弹性绳自由

24、伸张时为弹性势能 零点；则12 12 12mv0 = mvk(0.8 0.6)222所以v0=4v , v02-v2=1.6联立求解上述二式即可求出v0=1.31m/s, v = 0.33m/s.4-22.如图，在升降机4有一和升降机固定的光滑斜面，斜面相对水平方向的倾角为 日.当升降机以匀加速度 a沿竖直方向上升时，质量为 m的物体沿斜面下滑，试以升降机为参考系，求：（1）物体相对升降机的加速度；（2）物体对斜面的压力；（3）物体对地面的加速度.解 以升降机为非惯性参考系，建立与斜面固连的坐标系Oxy如图.视物体为质点，受重力mg、支承力FN和惯性力FI = -ma,物体在非惯性系中的动力学方程为m g a sin - mXFN - m g a cos 1-0 所以，物体相对升降机于加速度 a = Xi =(g a)sini i 物体对斜面的不力 .tFn :-Fn :-m g a cos【j物体对地面的加丐要*40fc = a a = -asin 二 i acos j (g a)sin 二 i = gsin 二 i acos二 j4-23 .如图，一理想定滑轮固定于升降机上，