普通物理学教程 力学 高等教育出版社 最新 第二版 漆安慎、杜婵英主编 课后答案 习题解答

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力学教程答案

1.求下列函数的导数

2

⑴y=3x 4x+10 ⑵y=1/

⑶y=(ax+b)/(a+bx) ⑷y=sin+x ⑸y=e

sinx

⑹y=e

解:⑴⑵⑶⑷

y'=6x 4

2

2

y'= 1/(2xx)+7cosx 8sinxy'=(a b)/(a+bx)y'=cos(1+x)·

221/2

12

2

=xcos+x/+x⑸⑹

y'=e

sinx

课后

cosx

y'=e x( 1)+100=100 e x

2.已知某地段地形的海拔高度h因水平坐标x而变,h=100-0.0001x2(1-0.005x2),度量x和h的单位为米。问何处的高度将取极大值和极小值,在这些地方的高度为多少?

解:先求出h(x)对x的一阶导数和二阶导数:

dhdx

=

ddx

(102 10 4x2+5×10 7x4)=2×10 6x3 2×10 4x(2×10 6x3 2×10 4x)=6×10 6x2 2×10 4

2dx2

=

dx

ww

令dh/dx=0,解得在x=0,10,-10处可能有极值。∵d2h/dx2|x=0<0,∴x=0是极大值点,h(0)=100;∵d2h/dx2|x=10>0,∴x=10是极小值点,h(10)=99.0005米;显然,x=-10亦是极小值点,h(-10)=h(10).

3.求下列不定积分

3(x∫ 3x+1)dx

⑶⑸

x(2+ ex∫21+x2

xx

第1章物理学力学数学 微积分初步习题解答 1 第1章物理学力学数学 微积分初步习题解答

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dx

x+7sinx+8cosx 100

2

x

+100x

∫dx⑺∫edx

⑼∫sinxcosxdx(11)∫cosxdx

2x22

(12)

∫(sinx cosx)dx∫sin(ax+b)dx

∫xedx∫dx

dx x2lnxxxln2

3

+3x+c

解:

432

⑴∫(x3 3x+1)dx=∫x3dx 3∫xdx+∫dx=1x x+x+c

(1+x)

2

2 1/2

·2x

⑵∫(2x+x2)dx=∫2xdx+∫x2dx=+2ex ⑶∫(3

1

=3lnx+2e+

2

xx

3/2xdx

dx=3+2edx x∫∫∫dx2x

+c

⑷∫(sinx cosx)dx=∫sinxdx ∫cosxdx= cosx sinx+c

1+x 1xdx

=x arctgx+c⑸∫1+2dx=∫2dx=∫dx ∫1+x1+x2x

2

⑹∫sin(ax+b)dx=⑻∫

dx

ax+b

a

∫sin(ax+b)d(ax+b)=

a

a

cos(ax+b)+c

2x 2x

d( 2x)= 1+c⑺∫e 2xdx= 1∫ee

=

a

1/2

(ax+b)d(ax+b)=∫

ax+b+c

3

⑼∫sin2xcosxdx=∫sin2xd(sinx)=sinx+c2 x x

ed( x)= +c⑽∫xe xdx= ∫e

2

2

2

(11)∫cos2xdx=

∫(1+cos2x)dx=

x+sin2x+c

2

(12)∫lnxxdx=∫lnxd(lnx)=1(lnx)+c2

x2

(2+x)dx ∫

力学教程答案

4. 求下列定积分

2

1

x4x

⑴∫x 1)dx⑵∫(e 1)edx⑶∫1

2

x

π/4π/6

1

⑸∫(e+)dx⑹∫cos2xdx⑺∫

1

2

2

2

1/222

解:⑴x|1 x|1=∫x 1)dx=∫xdx ∫dx=1

1

1

1

x

4

x

1

00

1/2e

1 x

2

⑷∫

12

1+lnx

x

2e

dx=∫(1+lnx)d(1+lnx)=(1+lnx)|1=1.52

1

x

2

1

2

e

⑶∫

1/2

dx

/2π

=arcsinx|1 1/2==60°

x5151

⑵∫(e 1)edx=∫(ex 1)4d(ex 1)=1(e 1)|0=(e 1)

⑸∫(e+dx=(e+lnx)|=e e+ln2

1

x

x

⑹∫cos2xdx=

π/61

π/4

2

π/4π/6

π/4∫cos2xd(2x)=2sin2x|π/6=2

10

⑺∫

11+xdx=arctgx|=π/4=45°

2

⑻∫(3x+sinx)dx=3∫xdx+

π/2

π/2

5.计算∫sinxdx、∫sinxdx以及

π/2

f(x)=sinx的函数图形上用面积表示这些定积分。

ww

.khdaw.cπ/2

1/2

dx

1/2

1 x

2

第1章物理学力学数学 微积分初步习题解答 2 第1章物理学力学数学 微积分初步习题解答

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x

⑷∫1+lnxdx1

2

e

解:

∫sinxdx= cosx|02=1

π

1+xdx⑻∫(3x+sinx)dx

32

π/20π/2

/2

sinxdx= 1∫sinxdx=0 ∫ππ

/2

42 5

6.计算由y=3x和y=x2所围成的平面图形的面积。

解:如图所示,令3x=x2,得两

y

条曲线交点的x坐标:x=0,3. 面积

33

A=3xdx x2dx

00

=(3x2 1x3)|3=4.5

∫∫

23

34

7.求曲线y=x2+2,y=2x,x=0和x=2诸线所包围的面积。 解:面积A

2

2

=∫(x+2)dx ∫2xdx

3

2

2

2

x+2x x)|0 =(3

=

3

π/2

1π/2

∫(1 cos2x)dx=π+π

312

0π/2

/2

sinxdx,并在∫ π

8.一物体沿直线运动的速度为v=v0+at,v0和a为常量,求物体在t1至t2时间内的位移。

t2

解:位移S=(v0+at)dt

t122t22=(v0t+2at)|t1=v0(t2 t1)+2a(t2 t1)12

力学教程答案

1.2.3.4.5.6.7.略

8.二矢量如图所示A=4,B=5,α=25º,β=36.87º,直接根据矢量标积

ρρ

定义和正交分解法求A B。

ρ

0.5×4.5=0.5。cos(A,B)=

ρρA B第1章物理学力学数学 矢量习题解答 3 第1章物理学力学数学 矢量习题解答

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ρρ

≈0.0308,夹角(A,B)≈88.24°

解:直接用矢量标积定义:

ρρ

A B=ABcos(90° α+β)= 4

ρρρρρρ

解:由标积定义A B=ABcos(A,B)∴cos(A,B)=

课后

ρρρρ

9.已知A= i+j,B=i 2j+2k,求A与B的夹角。

ρρ

A B答

ρρ

∴A B=AxBx+AyBy=3.6×( 3)+1.7×4= 4

用正交分解法:∵Ax=4cosα=3.6

Ay=4sinα=1.7, Bx=5cos(90º+β)= - 5sinβ= -3,By=5sin(90º+β)=5cosβ=4

ρρρρρρρρρ

11.已知A+B+C=0,求证A×B=B×C=C×A.

ρρρρρρρρρA,B,C,有A×A+B×A+C×A=0 ρρρρρρA×B+B×B+C×B=0,

ρρρρρρ

A×C+B×C+C×C=0.其中,

ρρρρρρρρρρρρA×A,B×B,C×C均为零,∴A×B=B×C=C×A

12.计算以P (3,0,8)、Q (5,10,7)、R (0,2,-1)为顶点的三角形的面积。

解:据矢积定义,△PRQ的面积

,而

A=2|×|,= =

ρρ

A=( 1)2+12=2,B=2+( 2)2+22=3,A B= 3

ρρρρ2 3

∴cos(A,B)=32= ,两矢量夹角(A,B)=135°

,PQ=OQ OP= +2 3ij 9k . +10 2ij k

ρρρρρ

10.已知A+B=3i+5j k,A B=4i 4j+k,求A与B

的夹角。

i j k

ρ

+0.5 解:将已知两式相加,可求得A=3.5ij;再将已知两式相

21 ×= 32 9=88ij 34k

210 1

ρ

. +4.5 减,可求得B= 0.5ij k

2

2

2

|×|=2+212+342=96.6,∴ΔPRQ面积A=

∴A=3.52+0.52≈3.5,

ρρ

A B=3.5×( 0.5)+

96.62

=48.3

B=( 0.5)+4.5+( 1)≈4.64,

ww

13. 化简下面诸式

力学教程答案

解:⑴(A+B C)×C+(C+A+B)×A+(A B+C)×B

=A×C+B×C+C×A+B×A+A×B+C×B=0

) )+k ×(i ) ×( +k + ⑵ij+kj×(ij+k i 2i + =2k =kj+kj i

⑶(2A+B)×(C A)+(B+C)×(A+B)

=2A×(C A)+B×(C A)+B×(A+B)+C×(A+B)

=2A×C+B×C B×A+B×A+C×A+C×B

=A×C

14.计算下面诸式

)+k (i ×i ( × ) 解:⑴ij×kj)+ j (k k + i +k=ij j=3

⑵A (B×A)=B (A×A)=0

15.求证:(A+B) [(A+C)×B)]= A (B×C)

证明:(A+B) [(A+C)×B)]

ww

j i k

第1章物理学力学数学 矢量习题解答 4 第1章物理学力学数学 矢量习题解答

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=A (A×B+C×B)+B (A×B+C×B)

=A (A×B)+A (C×B)+B (A×B)+B (C×B) =B (A×A)+A (C×B)+A (B×B)+C (B×B) =A (C×B)= A (B×C)

2 t dAd2A 16.已知A=(1+2t)i+ej k,求,dt2.

解:

d2Adt dAdt

d ]=4ti +e t e t [(1+2t2)i=dtj kj

=

d e t +e t j)=4ij (4ti

,B=4t2i (4t3 t) +3t 17.已知A=3e tij+tkj,

求(A B)

dt

j i k

解:A B=AxBx+AyBy+AzBz

=3e t4t2 3t(4t3 t)=12te 12t+3t

dt

2 t42

dt

(A B)=

(12t2e t 12t4+3t2)

2

=12(2t t)e

t

48t3+6t

力学教程答案

dr dvd2r

⒈基本概念 r=r(t)v=a==2

dtdtdt

r(t) v(t) a(t)

(向右箭头表示求导运算,向左箭头表示积分运算,积分运算需初始条件:t=t0,r=r0,v=v0)

,r=⒉直角坐标系 r=xi+yj+zk

轴夹角的余弦分别为 x/r,

角的余弦分别为 vx/v,vy/v,vz/v.

,v=v2+v2+v2,v +vy 与x,y,z轴夹v=vxij+vzkxyz

,a=a2+a2+a2,a +ay 与x,y,z轴夹a=axij+azkxyz

角的余弦分别为 ax/a,

vx=

dxdydz

,vy=,vz=dtdtdt

222

dvdvdvdxdydzy

ax=x=2,ay==2,az=z=2

dtdtdtdtdtdt

(x,y,z) (vx,vy,vz) (ax,ay,az)

ww

⒊自然坐标系 r=r(s);

ρ

第二章基本知识小结

s(t) vτ(t) aτ(t)

第2章质点运动学习题解答 5 第2章质点运动学习题解答

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dvτd2sρv222

+ann ,a=aτ+an,aτ=a=aττ=2,an=

ρdtdt

,⒋极坐标系 r=rr

vr=

ρ

,v=v2+v2 +vθθv=vrrrθ

drdθ

,vθ=r

dtdt

x2+y2+z2,r与x,y,z

⒌相对运动 对于两个相对平动的参考系

y/r,z/r.

ρ

r=r'+r0,t=t' (时空变换)

v=v'+v0 (速度变换)

ρρρ

a=a'+a0 (加速度变换)

ay/a,az/a.

若两个参考系相对做匀速直线运动,则为伽利略变换,在图示情况下,则有:

y y'

x'=x Vt,y'=y,z'=z,t'=t vx'=vx V,vy'=vy,vz'=vz

ax'=ax,ay'=ay,az'=az

o x o' x' z z'

ds

,vτ=,v=|vτ| v=vττ

dt

力学教程答案

2.1.1质点运动学方程为:⑴

ρ +(4t 1) ⑵r=(2 3t)ij,求质点轨迹并用图表示.

+5 r=(3+2t)ij

⑵求质点自t=0至t=1的位移.

2

第2章质点运动学习题解答 6 第2章质点运动学习题解答

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+(2t+3) 2.1.3质点运动学方程为r=4t2ij. ⑴求质点轨迹;

解:⑴x=4t,y=2t+3,消去参数t得:x=(y 3)

2

解:⑴x=3+2t,y=5,轨迹方程为y=5的直线.

ρρρ +5 +2 ⑵Δr=r(1) r(0)=4ij 3 j=4ij

⑵x=2 3t,y=4t 1,消去参数t得轨迹方程4x+3y 5=0

x

2.2.1雷达站于某瞬时测得飞机位置为R

1=4100m,θ1=33.7°

x

0.75s后测得R2=4240m,θ2=29.3°,R1,R2均

.⑴求质点轨迹; +e2t 2.1.2 质点运动学方程为r=e 2tij+2k

⑵求自t= -1到t=1质点的位移。

在铅直面内,求飞机瞬时速率的近似值和飞行方

向(α角)

课后

解:⑴由运动学方程可知:x=e

2t

,y=e2t,z=2,xy=1,所

R2 R1ΔR解:v≈v==,在图示的矢量

ΔtΔt

2

2

以,质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。 三角形中,应用余弦定理,可求得:

+(e2 e 2) ⑵Δr=r(1) r( 1)=(e 2 e2)ij +7.2537 = 7.2537ij。所以,位移大小:

ΔR=R1+R2 2R1R2cos(θ1 θ2)

1

|Δr|=(Δx)2+(Δy)2=( 7.2537)2+7.25372=7.25372,Δx2

与x轴夹角α=arccos=arccos( )=135°

|Δr|2

=41002+42402 2×4100×4200cos4.4°

=349.58m

v≈=ΔR/Δt=349.58/0.75≈465.8m/s

据正弦定理:ΔR/sin(θ1 θ2)=R2/sin(180° θ1 α)

ww

Δy2

与y轴夹角β=arccos=arccos(=45°

|Δr|2Δz

与z轴夹角γ=arccos=arccos0=90°

|Δr|

sin(180° θ1 α)=R2sin(θ1 θ2)/ΔR=4240sin4.4°/349.58≈0.931,180° θ1 α≈111.41°,∴α=34.89°

力学教程答案

2.2.2 一圆柱体沿抛物线轨道运动,抛物线轨道为y=x2/200(长度:毫米)。第一次观察到圆柱体在x=249mm处,经过时间2ms后,圆柱体移到x=234mm处。求圆柱体瞬时速度的近似值。

12 Δr

解:由于Δt很小,所以,v≈=,

hdaw.cox

第2章质点运动学习题解答 7 第2章质点运动学习题解答

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2.2.5火车进入弯道时减速,最初列车向正北以90km/h速率行驶,3min后以70km/h速率向北偏西30°方向行驶,求列车的平均加速度。

v2 v1Δv解:a=

=

ΔtΔt

2

2

v1=Δt

对矢量三角形应用余弦定理:

西

+Δy 其中,Δt=2ms,Δr=Δxij,Δx=x2 x1=234 249= 15 Δy=y2 y1=(x2 x1)/200=(234 249)/200= 36.2

+(Δy/Δt) 18.1 ∴v≈(Δx/Δt)ij= 7.5ij。其大小

|v|=( 7.5)2+(18.1)2=19.6mm/ms;与x轴夹角

2

2

2

2

Δv=v1+v2 2v1v2cos30°=902+702 90×703=45.69km/h=12.69m/s

=

vΔvΔv12.69

==0.07m/s2,由正弦定理:2=

sinαsin30°Δt3×60

sinα=v2sin30°/Δv=70×0.5/45.69≈0.766,α≈50°

v 7.5

α=arccosx=arccos=arccos( 0.38265)= 112.5°

v19.6

,R为正常数,求t=0,π/2 +Rsint 2.2.6 ⑴r=Rcostij+2tk

2.2.3一人在北京音乐厅内听音乐,离演奏者17m;另一人在广

州听同一演奏的转播,广州离北京2320km,收听者离收音机2m,问谁先听到声音?声速为340m/s,电磁波传播的速率为3.0×108m/s.

解:声音传播情况如图所示,

北京人听到演奏声音所需时间:

t1=17/340=0.05s

广州人听到演奏声音所需时间:

2320km,3×108m/s ,求t=0,1时的速度 4.5t2 时的速度和加速度。⑵r=3tij+6t3k

和加速度(写出正交分解式)。

+Rcost 解:⑴v=dr/dt= Rsintij+2k

,a Rsint ,a=dv/dt= Rcostij.∴v|t=0=R j+2k|t=0= Ri

,a +2kv|t=π/2= Ri|t=π/2= R j

; a=dv/dt= 9 j+36tk

, 9t ⑵v=dr/dt=3ij+18t2k

ww

2320×1032

t2=+≈0.0136s 8

3403.0×10

,a ,a 9 v|t=0=3ij,v|t=1=3ij+18kj+36k|t=0= 9 |t=1= 9

力学教程答案

2.3.1图中a、b和c表示质点沿直线运动三种不同情况下的x-t图像,试说明每种运动的特点(即速度,计时起点时质点的位置坐标,质点位于坐标原点的时刻)

解:质点直线运动的速度

v=dx/dt,在x-t图像中为曲

线斜率。由于三种图像都是直线,因此三种运动都是匀速直线运动,设直线与x轴正向夹角为α,则速度v=tgα=Δx/Δt

对于a种运动:

v=tg120°= m/s,x|t=0=20m,t|x=0=20tg30°=11.55s

对于b种运动:

v=tg30°=/3ms 1,x|t=0=10m,t|x=0= 10/tg30°≈ 17.32s

对于c种运动:

v=tg45°=1ms 1,t|x=0=25s,x|t=0= 25tg45°= 25m

2.3.2质点直线运动的运动学方程为x=acost,a为正常数,求质点速度和加速度,并讨论运动特点(有无周期性,运动范围,速度变化情况等)

解:x=acost,vx=dx/dt= asint,ax=dvx/dt= acost

ww

显然,质点随时间按余弦规律作周期性运动,运动范围:

第2章质点运动学习题解答 8 第2章质点运动学习题解答

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1 e qt

2.3.3跳伞运动员的速度为v=β,v铅直向下,β,q为 qt

1+e

t(s)

正常量,求其加速度,讨论时间足够长时(即t→∞)速度、加速度的变化趋势。

解:

dvd1 e qta==β( qt

dtdt1+e

qt qt qt qtt qt

2βqe(1+e)qe (1 e)( qe)

=β=

(1+e qt)2(1+e qt)2

因为v>0,a>0,所以,跳伞员做加速直线运动,但当t→∞时,

v→β,a→0,说明经过较长时间后,跳伞员将做匀速直线运动。

2.3.4 直线运行的高速列车在电子计算机控制下减速进站。列车原运v行速率为v0=180km/h,其速率变化规

x(km)

律如图所示。求列车行至x=1.5km时

的加速度。

解:v=v0cos(πx/5),dv/dx= 5v0sin5x.

dv课后

a=

dv

= 10πv0sin5πx,将v0=180km/h,x=1.5km代入 dx=v2

a= 10×3.14×1802 sin108°= 9676km/h2= 0.75m/s2

a≤x≤a, a≤vx≤a, a≤ax≤a

2.3.5在水平桌面上放置A、B两物体,用一根不可伸长的绳索按图示的装置把它们连接起来,C点与桌面

力学教程答案

固定,已知物体A的加速度aA=0.5g,求物体B的加速度。

解:设整个绳长为L,取图示坐标o-x,则3xA+(-4xB) = L

对时间求两次导数,3aA=4aB,所以aB = 3aA/4=3×0.5g/4 = 3g/8

2.3.6质点沿直线的运动学方程为x=10t+3t2. ⑴将坐标原点沿o-x正方向移动2m,运动学方程如何?初速度有无变化?⑵将计时起点前移1s,运动学方程如何?初始坐标和初速度发生怎样的变化?加速度变不变?

解:x=10t+3t2,v=dx/dt=10+6t,a=dv/dt=6,t=0时,x=0,v=10 ⑴将坐标原点向x轴正向移动2m,即令x'=x-2,x=x'+2,则运动学方程为:x'=10t+3t2-2,∵v'=dx'/dt=10+6t,∴v'=v

⑵将计时起点前移1s,即令t'=t+1,t=t'-1,则运动学方程变为:x = 10(t'-1) + 3(t'-1)2 = 10t' – 10 + 3t'2 - 6t' + 3 = 4t' + 3t'2 – 7 v'=dx/dt'=4+6t',t'=0时,x= -7,v'=4,加速度a不变。

2.4.1质点从坐标原点出发时开始计时,沿x轴运动,其加速度ax

求在下列两种情况下质点的运动学方程,出发后6s时质= 2t (cms-2),

点的位置、在此期间所走过的位移及路程。⑴初速度v0=0;⑵初速度v0的大小为9cm/s,方向与加速度方向相反。

解:dvx=axdt=2tdt,

x

3 dx=vxdt=(v0+t2)dt,∫dx=v0∫dt+∫t2dt,x=v0t+1t0

⑴v0=0时,vx=t2,

ww

Δx=x(6) x(0)=72m路程S=Δx=72cm

3

x=3t 9t

⑵v0= 9时,vx=t2 9,

Δx=x(6) x(0)=18cm

S=|x(3) x(0)|+|x(6) x(3)|=x(6) 2x(3)

3

=18 2(×3 9×3)=18+36=54cm3

第2章质点运动学习题解答 9 第2章质点运动学习题解答

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由速度表达式可求出对应时刻t=3,由于3秒前质点沿x令vx=0,

轴反向运动,3秒后质点沿x轴正向运动,所以路程:

2.4.2质点直线运动瞬时速度的变化规律为:vx = -3 sint,求t1=3至t2=5时间内的位移。

解:dx=vxdt= 3sintdt,

x5

x3

∫dx= 3∫sintdt

3

5

课后

Δx=x5 x3=3(cos5 cos3)=3.82m

2.4.3 一质点作直线运动,其瞬时加速度的变化规律为

ax= -Aω2cosωt.在t=0时,vx=0,x=A,其中A,ω均为正常数。求此质点的运动学方程。

解:ax=dvx/dt= Aω2cosωt,

vx

v0

∫dvx=2∫tdt,vx=v0+t

0t

t

t

2

dvx= Aω2cosωtdt,

vx

dvx= Aω2∫cosωtdt= Aω∫cosωtd(ωt)

t

t

tt

vx= Aωsinωt=dx/dt,dx= Aωsinωtdt

32

x=1x(6)=1t;×6=72cm

x

A

dx= Aω∫sinωtdt= A∫sinωtd(ωt)

x A=Acosωt|t0=A(cosωt 1),x=Acosωt

力学教程答案

2.4.4飞机着陆时为尽快停止采用降落伞制动,刚着陆时,t=0时速度为v0,且坐标x=0,假设其加速度为 ax = - bvx2,b=常量,求飞机速度和坐标随时间的变化规律。

解:dvx=axdt= bvxdt,vxdvx= bdt, v

v0

2

vx

1+v0btv01111 = bt,=+bt,,vx= v0vxvv1vbt+vx000

dx=vxdt=x=

x

t

t

22

x1=v10t+2a1t=5t 0.1t 22x2=195+v20t+at=195 1.5t 0.1t22

第2章质点运动学习题解答 10 第2章质点运动学习题解答

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2

t

1vx

xv0

|= bt

⑴令x1=x2,可求得相遇时间:5t=195-1.5t, t=195/6.5=30s

⑵对于上坡者,在相遇期间做的不一定是单方向直线运动,据上坡者的速度表达式:v1=5-0.2t,令v1=0,求得对应时刻t=25s,所以,上坡者在25s前是在上坡,但25s后却再下坡。因此,上坡者在30s内走过的路程:

1

ln(1+v0bt)b

v0dtvdt1d(1+v0bt)

,∫dx=∫0=∫1+v0bt011+vbtb+vbt0000

S1=|x1(25) x1(0)|+|x1(30) x1(25)|=2x1(25) x1(30)

2

2

=2(5×25 0.1×25) (5×30 0.1×30)=65m

对于下坡者,因为做单方向直线运动,所以30s内走过的路程:

S2=|x2(30) x2(0)|=x2(0) x2(30)=195 60=135m

2.4.5在195m长的坡道上,一人骑自行车以18km/h的速度和-20cm/s2的加速度上坡,另一自行车同时以5.4km/h的初速度和0.2m/s2的加速度下坡,问:⑴经多长时间两人相遇?⑵两人相遇时各走过多长的路程?

解:以上坡者出发点为原点沿其前进方向建立坐标o-x,用脚标1表示上坡者,用脚标2表示下坡者。

两人的加速度实际上是相同的:a1=a2= 0.2m/s

2

课后

2.4.6站台上送行的人,在火车开动时站在第一节车厢的最前面,火车开动后经过Δt=24s,火车第一节车厢的末尾从此人的前面通过,问第七节车厢驶过他面前需要多长时间?火车做匀加速运动。

解:设每节车厢长为L,

以地为参考系,以人所在点为

原点建立图示坐标o-x,以第一

节车厢的前端点为研究对象,

t=0时,前端点的坐标x=0,速度v=0,据匀加速运动公式:

2,令x=L,求得:a=x=2at

初始条件:t=0时,x1=x10=0,x2=x20=195

根据匀变速直线运动公式:

v1=v10=18km/h=5m/s,v2=v20= 5.4km/h= 1.5m/s

x

2L2L

,∴x=Lt2/242 =22

(Δt)24

令x=6L,可求得第6节车厢尾端通过人时所需时间t6:

wa1

6L=Lt2/242,t2=6×242,t=t6=246

令x=7L,可求得第7节车厢尾端通过人时所需时间t7:

力学教程答案

7L=Lt2/242,t2=7×242,t=t7=247

因此,第7节车厢通过人所需时间:

Δt=t7 t6=24(7 6)=4.71s

2.4.7 在同一铅直线上相隔h的两点以同样速率v0上

抛二石子,但在高处的石子早t0秒被抛出,求此二石子何时何处相遇?

解:以地为参考系,建立图示坐标o-y。据题意,设

t=0时,上面石子坐标y1=h,速度v1=v0;t=t0时,下面石子坐标y2=0,v2=v0

解法1:根据匀变速直线运动的规律,可知

课后

2

y1=h+v0t 2gt

1

地板所需时间:t=

第2章质点运动学习题解答 11 第2章质点运动学习题解答

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2g/h=2×9.8/0.5≈0.32s,所以小孩做

竖直上抛所需时间为0.64s,在此时间内电梯对地下落距离:

L = 1.0×0.64 = 0.64 m

sint 2.5.1质点在o-xy平面内运动,其加速度为a= costij,

位置和速度的初始条件为:t=0时,v= ,求质点的运动学j,r=i

方程并画出轨迹。

解:

vtt

sint ∫costdt dv=adt=( costij)dt,∫dv= ij∫sintdt

j

2

y2=v0(t t0) 2g(t t0)

1

2

+(cost 1) +cost v= j sintij= sintij

r i

t0

令y1=y2,有h+v0t gt=v0(t t0) g(t t0)

2

vth

求得相遇时间t=+0+0,代入⑴或⑵中,可求得

gt0g2相遇时石子坐标

v01h212

y=[h+ gt0]2

2g4gt0

2

+cost dr=vdt=( sintij)dt,∫dr= ij∫costdt∫sintdt+ +sint +sint r=i+(cost 1)ij=costij

∴x

=cost,y=sintx+y=1

2

2

t

x

间的2倍。由自由落体运动公式:h=

ww

1

2

解法2:可根据速度、加速度的导数定义和初始条件,通过积分得到⑴、⑵,然后求解。

2.4.8电梯以1.0m/s的匀速率下降,小孩在电梯中跳离地板0.50m高,问当小孩再次落到地板上时,电梯下降了多长距离?

解:以电梯为参考系,小孩相对电梯做竖直上抛运动,他从起跳到再次落到地板所需时间,是他从最高处自由下落到地板所需时

gt2,可求得从最高出落到

2.5.2 在同一竖直面内的同一水平线上A、B两点分别以30º、60º为发射角同时抛出两球,欲使两小球相遇时都在自己的轨道的最高

点,求A、B两点间的距离。已知小球在A点的发射速度vA=9.8米/秒。

解:以A点为原点建立

图示坐标系,取发射时刻为

计时起点,两点间距离为S,

初始条件如图所示。

据斜抛规律有:

力学教程答案

xA=vAOcos30°t

vAy=vAOsin30° gt⑶

满足题中条件,在最高点相遇,必有vAy=vBy=0,xA=xB

令⑶,⑷=0,t=vAOsin30°/g⑸,vBO=vAOsin30°/sin60°⑹令⑴=⑵,得S=(vAOcos30° vBOcos60°)t⑺

2

v

把⑸,⑹代入⑺中得:S=AO(cos30° 0.5ctg60°)=2.83m

2g

y=xtgα

g2

x22

2v0cosα

2.5.3迫击炮的发射角为60°发射速率150m/s,炮弹击中倾角为30°的山坡上的目标,发射点正在山脚,求弹着点到发射点的距离OA.

解:以发射点为原点,建立图示坐标o-x,斜抛物体的轨迹方程为(见教材):

xB=vBOcos60°t+S

vBy=vBOsin60° gt

第2章质点运动学习题解答 12 第2章质点运动学习题解答

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炸弹,炸弹在离开飞机5.0s时击中目标,不计空气阻力:⑴轰炸机的速率是多少?⑵炸弹在飞行中通过的水平距离是多少?⑶炸弹击中目标前一瞬间的速度沿水平和铅直方向的分量是多少?

解:以投放点为原点,建立图示坐标o-xy,

设炸弹初速度(即轰炸机速度)为v0. 由于炸弹

在飞行过程中的加速度a=g j,所以炸弹在x

方向做匀速直线运动,在y方向做竖直下抛运动,有

vx=v0sin53°①x=v0sin53°t③

vy=v0cos53°+gt

2

②④

y=v0cos53°t+gt

2

⑴令t=5.0s,y=763m,由④可求得轰炸机的速率:

y 0.5gt2763 0.5×9.8×52

v0==≈212.86m/s

cos53°t0.6081×5

x ⑵将v0代入①中,可求得炸弹击中目标时速度的水平分量:

本题,α=60°,v0=150m/s,A点坐标xA,yA应满足轨迹方程,所以: yA=xAtg60°

vx=212.86sin53°=170m/s

g

2v0cos60°

22

xA=3xA

2

2g

2

v0

xA ①

2

2

令t=5,由②可求得炸弹击中目标时速度的竖直分量:

vy=212.86cos53°+9.8×5=177.1m/s

另外,根据图中几何关系,可知:xA=OAcos30°=

OA

yA=OAsin30°=2OA,代入①中,有:

3g

2

2

ww

2v02×150231

OA=2OA OA,OA==≈1531m 22

3g3×9.82v0

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:⑴抛射体达到最大高度且正以速率v沿水平方向运动;⑵观测员到抛射体的直线距离是l;⑶观测员观测抛体的视线与水平方向成θ角。问:⑴抛射体命中点到观测者的距离D等于多少?⑵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?

2.5.4轰炸机沿与铅直方向成53°俯冲时,在763m的高度投放

力学教程答案

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:

lsinθ=gt1,t1=2lsin/g

2

2

命中点x坐标为:x1=vt1=v2lsinθ/g,由图中几何关系,观测者的x坐标:x2=lcosθ。所以,观测者与命中点间的距离:

当x1<x2,即 v2lsinθ/g<lcosθ,v<lcosθ则抛体在未达到观察员前即命中目标。

当x1>x2,即 v>lcosθ

课后

g

时,

2lsinθ

D=|x2 x1|=|lcosθ vlsinθ/g|

ww

才命中目标。

2.6.1列车在圆弧形轨道上自东转向北行驶,在我们所讨论的时

,t=0时,列车在图中O点,间范围内,其运动学方程为S=80t-t2(m,s)

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 ① v=dS/dt=80-2t ②

令S=1200,由①可求得对应时间: t2 80t+1200=0,求得t=60s,20s

中点

第2章质点运动学习题解答 13 第2章质点运动学习题解答

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将t=60代入②中,v=-40,不合题意,舍去;将t=20代入②中,v=40m/s,此即列车前进到1200m处的速率。

aτ=dv/dt= 2m/s2,an=v2/r=402/1500=1.067m/s2

2

2

g

时,则抛体在飞越观察员后

2lsinθ

测者

a=aτ+an=( 2)2+1.0672=2.267m/s2

a1.067

a与v所成夹角:α=arctgn=arctg(≈152°

aτ 2

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aτ= -2g,v=v0+aτt=v0 -2g t,an=v2/R=(v0 –2gt)2/R。∴a=(aτ2+an2)1/2=[4g2+(v0 –2gt)4/R2]1/2,显然,t=0时,a最大, amax=

4g2+v0/R2=22.1m/s2

4

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aτ=0.4g,求斗车的加速度。

解:aτ=0.4g=0.4×9.8=3.92m/s2

3

×102

an=v2/ρ=(50/150=1.286ms 2 3600

+ann =3.92τ +1.286n

a=aττ

2

2

a=aτ+an=3.922+1.2862=4.126m/s2 ρ

夹角: 加速度a与切向单位矢量τ

力学教程答案

θ=arctg

anaτ

=arctg13.286.92=18.16°

2.8.1 飞机在某高度的水平面上飞行,机身的方向是自东北向西南,与正西夹15º角,风以100km/h的速率自西南向东北方向吹来,与正南夹45º角,结果飞机向正西方向运动,求飞机相对于风的速度及相对于地面的速度。

解:v机地=v机风+v风地,由矢量图

ww

2.8.3 一卡车在平直路面上以恒速度30米/秒行驶,在此车上射出一个抛体,要求在车前进60米时,抛体仍落回到车上原抛出点,问抛体射出时相对于卡车的初速度的大小和方向,空气阻力不计。

解:以卡车为参考系,设抛体初速为v0,由于要落回原抛出点,故方向只能竖直向上,即抛体相对车只能作竖直上抛运动。

取向上方向为正,抛体相对车任意时刻速度 v = v0 - g t ⑴ 由题意,抛体落回原地所需时间 t = 60/30 = 2(s),落到车上时的速度 v = - v0 ,把数值代入⑴中,可求得 v0 = 9.8 m/s.

2.8.4 河的两岸互相平行,一船由A点朝与岸垂直的方向匀速驶去,经10min到达对岸C点。若船从A点出发仍按第一次渡河速率不变但垂直地到达彼岸的B点,需要12.5min。已知BC=120m. 求:

⑴河宽L;⑵第二次渡河时船的速度u;⑶水流速度v.

解:以船为运动质点,水为动系,岸为静系,由相对运动公式

课后

v机风=

sin30°sin135°

v风地≈75.89m/s,v机地=v风地≈53.67m/s

sin15°sin15°

中,v风地=100km/h=27.78m/s,∴可求得:

v机地v机风v

==风地,其可知,

sin30°sin135°sin15°.khdawm

第2章质点运动学习题解答 14 第2章质点运动学习题解答

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v船岸=v船水+v水岸,在这里,v水岸=v,v船水=u,令v船岸=ω

则上式可改写为:ω=u+v

第一次渡河矢量图 第二次渡河矢量图

由第一次渡河矢量图可知:v=BC/t1=120/600=0.2m/s, ⑴ u = L / t1 ⑵, L = u t1 ⑶. 由第二次渡河矢量图可知:

ω2 = L / t2 ⑷, cosα= ω2/ u ⑸, v = u sinα ⑹. 把⑵、⑷代入⑸,求得 cosα=t1/t2=600/750=4/5, sinα=(1-cos2α)1/2=3/5 ⑺

把⑴、⑺代入⑹,求得 u = 0.2×5/3 = 1/3 (m/s). 再把u的数值代入⑶,求得L = 600/3 = 200(m).

答:河宽200米,水流速度0.2米/秒;第二次渡河时,船对水的速度是1/3米,与河岸垂直方向所成角度α=arccos(4/5)=36º52’.

2.8.5圆形公路与沿半径方向的东西向公路相交如图,某瞬时汽车甲向东以20km/h的速率行驶,汽车乙在θ=30°的位置向东北方向以速率20km/h行驶,求此瞬时甲车相对乙车的速度。

解:由相对运动公式:v1=v12+v2,

v12=v1 v2,显然矢量三角形为等边三角形,

所以,v12=20km/h,方向向东偏南60°

力学教程答案

第三章基本知识小结

⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点,牛顿第二定律是核心。

ρρ dvd2r

矢量式:F=ma=m=m2

dtdt

Fx=max,Fy=may,Fz=maz(直角坐标)

com

ρ*

2 在转动参考系中:fc=mωr,

ρ*ρ

fk=2mv'×ω

⒌质心和质心运动定理 ⑴mrc=

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 15 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

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ρρρmrmv=mv∑ii∑iicρρ

mac=∑miai

ρ ⑵∑F=mac

分量式:

dv2

Fττ=maτ=m

,Fv

(注意分量式的运用)dtn=man=mρ

. ⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。ρ

导数形式:F =dp

dt

w 微分形式:F dt=dρ

p

a 积分形式:Iρ

(=

F dt)=Δρ

p 课(注意分量式的运用)

d

⒊动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。h

若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零,则质点或质 点系的动量保持不变。即

若∑F

ρ

外=0,则

p=恒矢量。k

(注意分量式的运用).

⒋在非惯性系中,考虑相应的惯性力,也可应用以上规律解题。

在直线加速参考系中:w

ρf*= maρ 0

w

力学教程答案

3.5.1 质量为2kg的质点的运动学方程为

ρ +(3t2+3t+1) , 求证质点受恒力r=(6t2 1)ij(单位:米,秒)

而运动,并求力的方向大小。

ρρρ2ρ2 +12 解:∵a=dr/dt=12i+6j, F=ma=24ij 为一

与时间无关的恒矢量,∴质点受恒力而运动。

F=(242+122)1/2=125N,力与x轴之间夹角为:

α=arctgFy/Fx=arctg0.5=26°34'

的合力总指向原点。

+bsinωt 证明:∵a=d2r/dt2= ω2(acosωtij)= ω2r

ρρ

ρ +bsinωt 为:r=acosωtij,a,b,ω为正常数,证明作用于质点

ρ

ρρρ

F=ma= mω2r, ∴作用于质点的合力总指向原点。

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

.khdaw.案网

μ1N1=m1a1

F μ1N1 μ2N2=m2a2

N1 m1g=0N2 N1 m2g=0

组,得 a1=

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 16 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

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度至少等于3.92米/秒2,才能使谷物与筛面发生相对运动。

3.5.3 题图 3.5.4题图

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μ2,m1和m2间的摩擦系数为μ1,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,

yN1 aa12xf1

1g

其中,N1'=N1,f1'=f1=μ1N1,f2=μ2N2,选图示坐标系o-xy,对m1,m2

分别应用牛顿二定律,有

解方程

3.5.3 在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛,一方面由筛孔漏出谷粒,一方面逐出秸杆,筛面微微倾斜,是为了从较低的一边将秸杆逐出,因角度很小,可近似看作水平,筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出,若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4,问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动?

解:以地为参考系,设谷物的质量为m,所受到的最大静摩擦

μ1g

a2=(F μ1m1g μ2m1g μ2m2g)/m2

要把木板从下面抽出来,必须满足a2>a1,即

ww

o

力为 f=μmg,谷物能获得的最大加速度为

F μ1m1g μ2m1g μ2m2g>m2μ1g

2

a=f/m=μog=0.4×9.8=3.92m/s2 ∴筛面水平方向的加速

∴F>(μ1+μ)(m1+m2)g

力学教程答案

课后

3.5.5 质量为m2的斜面可在光滑的水平面上滑动,斜面倾角为α,质量为m1的运动员与斜面之间

亦无摩擦,求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力。

解:

a2 f*=m1a2

1

2

以相对地面向右作加速直线运动的斜面为参考系(非惯性系,

,取m1为研究对象,其受力及运动情况设斜面相对地的加速度为a2)

如左图所示,其中N1为斜面对人的支撑力,f*为惯性力,a'即人对斜面的加速度,方向显然沿斜面向下,选如图所示的坐标系o'-x'y',应用牛顿第二定律建立方程:

N1 m1gcosα+m1a2sinα=0Λ

m1gsinα+m1a2cosα=m1a'Λ

再以地为参考系,取m2为研究对象,其受力及运动情况如右图所示,选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程:

Λ(3) N1sinα=m2a2

(1)、(2)、(3)联立,即

cos=0(4)NmgNαΛ21 2

可求得:N1=

m1m2cosα

g2

m2+m1sinα

ww

3.5.6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μ,求在力F的作用下两物体的加

k

1

1

2

2

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 17 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

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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。

解:以地为参考系,N1N2

fF

隔离m1,m2,受力及运动Tf1 TN1 m1g情况如图示,其中:f1=m2g a

a μN=μmg,f=μN=

μ(N1+m2g)=μ(m1+m2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律:

T μm1g=m1a①F μm1g μ(m1+m2)g T=m2a②

①+②可求得:a=

F 2μm1g

μg

m1+m2

将a代入①中,可求得:T=

m1(F 2μm1g)

m1+m2

(1)

(2)

a'=

(m1+m2)sinα

g 2

m2+m1sinα

3.5.7在图示的装置中,物体A,B,C

的质量各为m1,m2,m3,且两两不相等. 若物体A,B与桌面间的摩擦系数为μ,求三个物体的加速度及绳内的张力,不

计绳和滑轮质量,不计轴承摩擦,绳不

可伸长。

12

解:以地为参考系,隔离A,B,C,受力及运动情况如图示,f1 T T f

2

3 其中:f1=μN1=μm1g,f2=μN2=

2g 1g

m3ga

2 μm2g,T'=2T,由于A的位移加Ba1

的位移除2等于C的位移,所以(a1+a2)/2=a3.

对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律:

T μm1g=m1a1①T μm2g=m2a2

m3g 2T=m3(a1+a2)/2③

力学教程答案

①,②,③联立,可求得:

2m2m3(1+μ)= a1 μ g

++mmmmm()42312 1

m

0.08

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 18 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

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[斜截式方程y=kx+b,两点式方程 (y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)]

由动量定理:mΔv=∫Fdt=∫

0.05

Fmax0.050

tdt+

0.08

Fmax0.030.05

(0.08 t)dt

2m1m3(1+μ)

μ g

a2=

(m1+m2)m3+4m1m2 (m1+m2)m3(1+μ) a3= μ g

(m1+m2)m3+4m1m2

T' m1g=m1a①m2g T'=m2a②T= 由①②可求得:

3.5.8系上质量为m1,m2的物体(m1≠m2),量及轴承摩擦,绳不伸长。

解:隔离m1,m2如图示,应用牛顿第二定律:

2m1m2g2m1m2gT'=,T=

m1+m2m1+m2

所以,天平右端的总重量应该等于T平才能保持平衡。

3.5.11棒球质量为0.14kg,示,设棒球被击前后速度增量大小为70m/s不计重力。

解:由F—t图可知: F

当0.05≤t≤0.08时,F=

ww

0.080.03

当0≤t≤0.05时,F=

0.05Fmax

Fmax

令v=0,由(1)求得达最大高度y2时所用时间(t-20)=32,代入(2)

力学教程答案

中,得y2-y1=5030 y2=ymax=5030+1672=6702(m)

3.5.13抛物线形弯管的表面光滑,沿铅直轴以匀角速率转动,抛物线方程为y=ax2,a为正常数,小环套于弯管上。⑴弯管角速度多大,小环可在管上任一位置相对弯管静止?⑵若为圆形光滑弯管,情况如何?

解:以固定底座为参考系,设弯管的角速度为ω,小环受力及运动情况如图示:α为小环处

切线与x轴夹角,压力N与切线垂直,加速度大小a=ωx,方向垂直指向y轴。

在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式:

2

Ncos(90° α)=Nsinα=mω2x①

Nsin(90° α)=Ncosα=mg②

①/②得:tgα=ω2x/g ③;由数学知识:tgα=dy/dx=2ax; 所以,2ax=ωx/g,

2

若弯管为半径为R的圆形,圆方程为:x2 + (R-y)2 = R2,即

(R y)2=R2 x2,R y=(R2 x2)1/2,y=R (R2 x2)1/2tgα=dy/dx= (R x)

2

2 1/2

代入③中,得:x/

R2 x2=ω2x/g,ω=g/R2 x2

ww

3.5.14北京设有供实验用的高速列车环形铁

路,回转半径为9km,将要建设的京沪列车时速

250km/h,若在环路上作此项列车实验且欲使铁

轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少?设轨距1.435m.

解:以地为参考系,把车厢视为质点,受力

及运动情况如图示:车厢速度v=250km/h=69.4m/s,加速度a=v2/R;

设轨矩为l,外轨比内轨高h, 有cosα=

选图示坐标o-xy,对车箱应用牛顿第二定律:

2

2

2

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 19 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

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l2 h2/l,sinα=h/l

Ncosα=Nl2 h2/l=mg①,Nsinα=Nh/l=mv2/R②

①/②得:l h/h=gR/v,两边平方并整理,可求得h:

x

h=v2l/v4+g2R2=69.42×1.435/69.44+9.82×90002 =0.0782m=7.8cm

ω2=2ag,ω=2ag

( 2x)=x/R x

22

3.5.15汽车质量为1.2×10kN,在半径为100m的水平圆形弯道上行驶,公路内外侧倾斜15°,沿公路取自然坐标,汽车运动学方程为s=0.5t3+20t (m),自t=5s开始匀速运动,问公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧?

解:以地为参考系,把汽车视为质点,受力及运动情况如图示: v=ds/dt=1.5t2+20,v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s,an=v2/R=57.52/100=33 设摩擦力f方向指向外侧,取图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律:

Ncosα+fsinα=mgNcosα=mg fsinα①

课后

Nsinα fcosα=manNsinα=man+fcosα

②/①得:tgα=(man+fcosα)/(mg fsinα)

mgtgα fsinαtgα=man+fcosα,

f=

m(gtgα an)

cosα+sinαtgα

Θgtgα an=9.8tg15° 33= 30.43<0,∴f<0,说明摩擦力

力学教程答案

方向与我们事先假设方向相反,指向内侧。

3.5.16速度选择器原理如图,在平行板电容器间有匀强电场

。现有带电粒子以速度 E=Ej,又有与之垂直的匀强磁场B=Bk

v=vi进入场中,问具有何种速度的粒子方能保持沿x轴运动?此

装置用于选出具有特定速度的粒子,并用量纲法则检验计算结果。

解:带电粒子在场中受两个力的作用:电场力F1=qE,方向向下;磁场力F2=qvB,方向向上 粒子若沿x轴匀速运动,据牛顿定律:

qE qvB=0,∴v=E/B

1

ENA 1T 1 1

dimv=MT,dim==MT 1 1

BNAM

3.5.17带电粒子束经狭缝S1,S2之选择,然后进入速度选择器(习题3.5.16),其中电场强度和磁感应强度各为E和B. 具有“合格”速度的粒子再进入与速度垂直的磁场B0中,并开始做圆周运动,经半

r和q分别表示轨周后打在荧光屏上.试证明粒子质量为:m=qBB0r/E,

道半径和粒子电荷。

解:由3.5.16题可知,通过速

度选择器的粒子的速度是v=E/B,

0该粒子在B0磁场中受到洛仑兹力的作用做匀速圆周运动,其向心加2速度为an=v/r,由牛顿第二定律:

ww

qvB0=mv2/r

m=qB0r/v=qrB0B/E

hdcom

解:mg=mωr,ω=

2

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 20 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

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3.5.18某公司欲开设太空旅馆。其设计为用32m长的绳联结质量相等的两客舱,问两客舱围绕两舱中点转动的角速度多大,可使客舱感到和在地面上那样受重力作用,而没有“失重”的感觉。

g/r=9.8/16≈0.78rad/s

F2=qvBF1=qE

3.5.20 圆柱A重500N,半径RA=0.30m,圆柱B重1000N,半径RB=0.50m,都放置在宽度L=1.20m的槽内,各接触点都是光滑的,求A、B间的压力及A、B柱与槽壁和槽底间的压力。

N A A+RB=0.8

CB

CB=L-RA-RB=0.4

解:隔离A、B,其受力情况如图所示,选图示坐标,运用质点平衡方程,有

课后

(!) NA NABsinα=0(3) NABsinα NB=0

N' mg Ncos=0(2)αBAB B NABcosα mAg=0(4)

通过对△ABC的分析,可知,sinα=0.4/0.8=0.5 ∴α=30º, 、(2)、(3)、(4)中,即可求得: cosα=/2,分别代入(1)

NB = 288.5 N , NB'= 1500 N , NA = 288.5 N , NAB = 577 N.

3.5.21图表示哺乳动物的下颌骨,假如肌肉提供的力F1和F2均与水平方向成45°,食物作用于牙齿的力为F,假设F,F1和F2共点,求F1和F2的关系以及与F的关系。

力学教程答案

解:建立图示坐标o-xy,应用共点力平衡条件:∑Fx=0,∑Fy=0

x方向,F1cosα-F2cosα=0, F1= F2 y方向,F1sinα+F2sinα- F=0,

F=2F1sinα=2sin45°F1=2F1

3.5.22四根等长且不可伸长的轻绳端点悬于水平面正方形的四个顶点处,另一端固结于一处悬挂重物,重量为W,线与铅垂线夹角为α,求各线内张力。若四根线均不等长,知诸线之方向余弦,能算出线内张力吗?

解:设四根绳子的张力为T1,T2,T3,T4,由于对称,显然,T1=T2=T3=T4=T;设结点下边的拉力为F,显然F=W. 在竖直方向上对结点应用平衡条件:

4Tcosα-W=0,T=W/(4cosα)

若四根线均不等长,则T1≠T2≠T3≠T4,由于有四个未知量,因此,即使知道各角的方向余弦,也无法求解,此类问题在力学中称为静不定问题。

3.6.1 小车以匀加速度a沿倾角为α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)。

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

ww

Tsinθ=macosα律:

mgTcosθmasinα =

解得 tgθ=acosα/(g asinα)

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 21 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

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(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:

Tsinθ macosα=0acosα

tg= 解得θ

g asinα mg Tcosθ masinα=0

3.6.2 升降机内有一装置如图示,悬挂的两物体的质量各为m1,m2且m1≠m2,若不计绳及

T

T

滑轮质量,不计轴承处摩擦,

f1 f2

a

绳不可伸长,求当升降机以

加速度a(方向向下)运动时,

a1' a2两物体的加速度各是多少?

绳内的张力是多少?

m1g m2g

解:以升降机为参考系,隔离m1,m2,受力及运动情况如图示,T为绳中张力,f1*=m1a,f2*=m2a, a1'=a2'=a'为m1、m2相对升降机的加速度.

以向下为正方向,由牛顿二定律,有:

(m1 m2)a+(m2 m1)g '=a = 'mgTmama 1 11

m1+m2解得:

='mgTmama22 2 T=2mm(g a)/(m+m)

1212

设m1、m2的加速度分别为a1、a2,根据相对运动的加速度公式,

ρρρ ρρ

a1=a1'+aa2=a2'+a 写成标量式:a1= a'+a,a2=a'+a,

x

2m2a (m2 m1)g a= 1

m1+m2

将a’代入,求得:

mammg2+( )121 a=2 m1+m2)

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/iyqj.html

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