物理作业答案简洁版

1-2设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝22yx，然后根据v=trdd，及a＝22ddtr而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v=22ddddtytx及a=222222ddddtytx你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有jyixr，jtyitxtrajtyitxtrv222222dddddddddddd故它们的模即为222222222222ddddddddtytxaaatytxvvvyxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22ddddtratrv其二，可能是将22ddddtrtr与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明trdd不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22ddtr也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分222ddddtrtra径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-4在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以0v(m·1s)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解：设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知222shl将上式对时间t求导，得tsstlldd2dd2题1-4图根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，∴tsvvtlvdd,dd0船绳即cosdddd00vvsltlsltsv船或svshslvv02/1220)(船将船v再对t求导，即得船的加速度3202220202002)(ddddddsvhsvslsvslvsvvstsltlstva船船1-8质点沿半径为R的圆周按s＝2021bttv的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧长,0v，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2)t为何值时，加速度在数值上等于b．解：（1）btvtsv0ddRbtvRvabtvan202)(dd则240222)(Rbtvbaaan加速度与半径的夹角为20)(arctanbtvRbaan(2)由题意应有2402)(Rbtvbba即0)(,)(4024022btvRbtvbb∴当bvt0时，ba2-9一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为jtbitarsincos求质点的动量及t＝0到2t解:质点的动量为)cossin(jtbitamvmp将0t和2t分别代入上式，得jbmp1,iamp2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12jbiampppI2-18如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度0v＝3m·s-1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解:取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有37sin212122mgsmvkxsfr222137sin21kxsfmgsmvkr式中m52.08.4s，m2.0x，再代入有关数据，解得-1mN1390k题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h2o2137sinkxsmgsfr代入有关数据，得m4.1s,则木块弹回高度m84.037sinosh题2-19图2-19质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解:m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MVmvmgR又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有0MVmv联立，以上两式，得MmMgRv22-25飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为900rev·min-1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：(1)设F＝100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?解:(1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N是正压力，rF、rF是摩擦力，xF和yF是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．题2-25图（a）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有FlllNlNllF1211210)(对飞轮，按转动定律有IRFr/，式中负号表示与角速度方向相反．∵NFrNN∴FlllNFr121又∵,212mRI∴FmRlllIRFr121)(2①以N100F等代入上式，得2srad34010050.025.060)75.050.0(40.02由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s06.74060329000t这段时间内飞轮的角位移为rad21.53)49(340214960290021220tt可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．(2)10srad602900，要求飞轮转速在2ts内减少一半，可知2000srad21522tt用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为NllmRlF1772)75.050.0(40.021550.025.060)(22112-28如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.解:(1)由转动定律，有)31(212mlmg∴lg23(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin2mllmg∴lgsin3题2-29图2-29如题2-29图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度30°处．(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v的值；(2)相撞时小球受到多大的冲量?解:(1)设小球的初速度为0v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvlIlmv0①2220212121mvImv②上两式中231MlI，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30，按机械能守恒定律可列式：)30cos1(2212lMgI③由③式得2121)231(3)30cos1(lgIMgl由①式mlIvv0④由②式mIvv2202⑤所以22001)(2mvmlIv求得glmMmmMlmlIlv31232(6)311(2)1(220(2)相碰时小球受到的冲量为0dmvmvmvtF由①式求得MllImvmvtF31d0glM6)32(6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图4-3如题4-3图所示，物体的质量为m，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为，弹簧的倔强系数为k，滑轮的转动惯量为I，半径为R．先把物体托住，使弹簧维持原长，然后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．题4-3图解：分别以物体m和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x时，有221ddsintxmTmg①IRTRT21②Rtx22dd)(02xxkT③式中kmgx/sin0，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有kxRtxRImR22dd)(令ImRkR222则有0dd222xtx故知该系统是作简谐振动，其振动周期为)/2(22222KRImkRImRT4-6一质量为kg10103的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s0.4，当0t时位移为cm24．求：(1)s5.0t时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到cm12x处所需的最短时间(3)在cm12x处物体的总能量．解：由题已知s0.4,m10242TA∴1srad5.02T又，0t时，0,00Ax故振动方程为m)5.0cos(10242tx(1)将s5.0t代入得0.17mm)5.0cos(102425.0txN102.417.0)2(10103232xmmaF方向指向坐标原点，即沿x轴负向．(2)由题知，0t时，00，tt时3,0,20tvAx故且∴s322/3t(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222AmkAE4-9一轻弹簧的倔强系数为k，其下端悬有一质量为M的盘子．现有一质量为m的物体从离盘底h高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同?(2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．解：(1)空盘的振动周期为kM2，落下重物后振动周期为kmM2，即增大．(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0t时，则kmgx0．碰撞时，以Mm,为一系统动量守恒，即0)(2vMmghm则有Mmghmv20于是gMmkhkmgMmghmkmgvxA)(21))(2()()(2222020（3）gmMkhxv)(2tan000(第三象限)，所以振动方程为gmMkhtMmkgMmkhkmgx)(2arctancos)(214-12试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1)cm)373cos(5cm)33cos(521txtx(2)cm)343cos(5cm)33cos(521txtx解：(1)∵,233712∴合振幅cm1021AAA(2)∵,334∴合振幅0A5-7一平面简谐波沿x轴负向传播，波长=1.0m，原点处质点的振动频率为=2.0Hz，振幅A＝0.1m，且在t=0时恰好通过平衡位置向y轴负向运动，求此平面波的波动方程．解: