力学习题(答案)07-08

1力学习题课(2007.9.22)说明：数学表达式中字母为黑体者表示矢量Ⅰ教学基本要求力学1.掌握位矢、位移、速度、加速度、角速度和角加速度等描述质点运动和运动变化的物理量。能借助于直角坐标系计算质点在平面内运动时的速度、加速度。能计算质点做圆周运动时的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。2.掌握牛顿三定律及其适用条件。能用微积分方法求解一维变力作用下简单的质点动力学问题。3.掌握功的概念，能计算直线运动情况下变力的功。理解保守力作功的特点及势能的概念，会计算重力、弹性力和万有引力势能。4.掌握质点的动能定理和动量定理，通过质点在平面内的运动情况理解角动量（动量矩）和角动量守恒定律，并能用它们分析、解决质点在平面内运动时的简单力学问题。掌握机械能守恒定律、动量守恒定律，掌握运用守恒定律分析问题的思想和方法，能分析简单系统在平面内运动的力学问题。5.了解转动惯量概念。理解刚体绕定轴转动的转动定律和刚体在绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。6.理解伽利略相对性原理，理解伽利略坐标、速度变换。Ⅱ内容提要一、运动学1.基本物理量(1).位置矢量(运动方程)r=r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k，速度v=dr/dt=(dx/dt)i+(dy/dt)j+(dz/dt)k，加速度a=dv/dt=(dvx/dt)i+(dvy/dt)j+(dvz/dt)k=d2r/dt2=(d2x/dt2)i+(d2y/dt2)j+(d2z/dt2)k，切向加速度at=dv/dt，法向加速度an=v2/.(2).圆周运动及刚体定轴转动的角量描述=(t)，=d/dt，=d/dt=d2/dt2，角量与线量的关系△l=r△，v=r(v=×r)，at=r,an=r2。2.相对运动v20=v21+v10，a20=a21+a10.二、质点动力学1.牛顿三定律(略)；惯性系(略)；非惯性系(略)；惯性力:平动加速参照系F惯=ma(a为非惯性系相对惯性系的加速度).匀速转动参照系的惯性离心力F惯=m2r2.动量P=mv，冲量21dtttFI，质点及质点系的动量定理21dtttFI=P2－P1，动量守恒定律：(1)F外=0，p=恒量，(2)(F外)某方向=0，p某方向=恒量，(3)F外f内，p≈恒量(F外)某方向(f内)某方向，p某方向≈恒量3.功BABlFAAlFcosddzFyFxFzyBAxddd功率P=F·v，动能定理22d22ABkABAkBmvmvEEAlF2保守力0dlF保pE，势能势能零点场点lFd保pE，重力势能(以坐标原点为势能零点)Ep=mgy引力势能(以无限远为势能零点)Ep=GMm/r弹性势能(以无伸长点为势能零点)Ep=kx2/2势能公式pBAppEEEdA21lF保保；功能原理12EEAA非保内外)EE()EE(pkpk1122；机械能守恒条件A外=0，A非保内=0，结论E=Ek+Ep=恒量。三、刚体的定轴转动力矩FrMFrM,FrMd,ii转动惯量iimrI2，mmrId2转动定律tddLMIM；角动量:质点prL刚体L=I；角动量原理tt0dM=LL0角动量守恒M=0时,L=恒量力矩的功2MA1d，功率MtAPdd；转动动能22IEk，刚体定轴转动的动能定理22202IIMdAⅢ练习一至练习八答案及简短解答练习一位移速度加速度一.选择题CBDDD二.填空题1.v=Acost,v=22y-A.2.v0+Ct3/3,x0+v0t+Ct4/12.3.vM=h1v/(h1－h2).三.计算题1.设at=a+t,因t=,2,…时,at=2a,3a,…,故=a/,即at=a+at/.当t=n时,有an=(n+1)a由a=dv/dt,得dv=adt,有v=ttat/a0d=at+at2/(2);s=ttv0d=ttat-at02d2=at2/2+at3/(6)当t=n时,有s=n2(n+3)a2/6.四.证明题1.由a=dv/dt=(dv/dx)(dx/dt)=v(dv/dx)=－kv2有dv/v=－kdxxvvxkvv0dd0ln(v/v0)=－kx故v=v0ekx练习二圆周运动相对运动一.选择题BCBBD二.填空题1.4.19m,4.13×103m/s,与x轴成60.2.B,(A2/R)+4B.3.gsin,gcos.三.计算题1.坐标如图,设V、v、u分别为质点对地、质点对斜面、斜面对地的速度,有V=v+uVx=vx+ux=gy2cos+uVy=vy+uy=gy2sinxyhuvVO3当y=h时V=(Vx2+Vy2)1/2=[u2+2gh+2ugh2cos]1/2V与x轴的夹角=arcot(Vy/Vx)=arctg[gh2sin/(gh2cos+u)]2.因v2/v1=R2/(R1)=kt22/(kt12)=t22/t12故v1=v2t12/t22=8m/san=v12/R=32m/s2at=dv/dt=d(R)/dt=d(Rkt2)/dt=2Rkt=2Rkt2/t=2v1/t1=16m/s2所以a=(an2+at2)1/2=35.8m/s2练习三牛顿运动定律一.选择题CCBEA二.填空题1.460m,5.5×103N.2.3.1/cos2.三.计算题1.受力图、坐标、所设角如图对A有T1mAg=0对B有f－T1sin=0N+T1cos－mBg=0对O有T2＝2T1cos(/2)因CO的延长线是的角分线,故=60°，有T1cos=T1cos60°=mBg－N=10×10－80=20N得T1=40N有mA=T1/g=4kgf=T1sin=T1sin60°=34.6NT2＝2T1cos(/2)＝2T1cos30°=69.3N2.飞机受力:重力、地面支持力N、摩擦力f、阻力与升力,设飞机质量为m,有方程:竖直向上N+Cyv2－mg=0水平向前NCxv2=mdv/dt=m(dv/dx)(dx/dt)所以有－(mg－Cyv2)－Cxv2=mvdv/dxdx=－mvdv/[mg+(Cx－Cy)v2]x=020dvyxvCCmgvmv=mgvCCmgCCmyxyx20ln2因飞机刚着地时对地面无压力，有mg=Cyv02,而K=Cy/Cx=5，故Cy=mg/v02Cx=mg/(Kv02)所以x={Kv02/[2g(1K)]}ln[1/(K)]=221m练习四动量定理功一.选择题AAACD二.填空题1.2Qv,水流入方向.2.Ft1/(m1+m2),Ft1/(m1+m2)+Ft2/m2.3.F0R三.计算题1.煤粉接触传送带时速度为v0=gh2，方向向下.取时间微元t,落入传送带上的煤粉质量m=qmt,设传送带对煤粉的平均作用力为f,按如图坐标,由动量定理得fxt=m(v2xv1x)=m(v0)=mv(fymg)t≈fyt=m(v2yv1y)=m[0(v0)]=mv0fx=qmvfy=qmv0故f=(fx2+fy2)1/2=qm(v2+v02)1/2=qm(v2+2gh)1/2=149Nf与x轴夹角=arctg((fy/fx)=arctg(v0/v)=arctg(gh2/v)=57.4所以煤粉对传送带的作用力f的大小为f=149N方向与x轴夹角为=180+57.4=237.42.子弹与物体组成的系统水平方向动量守恒,设子弹刚穿出物体时的物体速度为v,有mv0=mv+Mvv=m(v0v)/M(1)绳中张力T=Mg+Mv2/l=Mg+m2(v0v)2/(Ml)=26.5N(2)子弹所受冲量I=m(vv0)=4.7N·s负号表示与子弹入射方向相反.AmAgfN(1)BmBg(2)xyfxfyfT1mAgAT1T1T2OT1mBgNfBxy4练习五功能原理碰撞一.选择题CDCCD二.填空题1.12J.2.mgl/50.3.kx02;kx02/2;kx02/2.三.计算题1.(1)A=rrGMmRhRd2=GMm[1/R1/(R+h)]=GMmh/[R(R+h)](2)由动能定理A=EkEk0有GMmh/[R(R+h)]=mv2/2v={2GMh/[R(R+h)]}1/2四.证明题1.(1)P=Fv=mav=mvdv/dtPdt=mvdvtvvmvtP00dd有Pt/mv2(2)Pt/mv2=dx/dtdx=Pt/m2dtx=txtPt/mx00d2d=(2/3)/mPt32=3/2)(98tmP/练习六力矩转动惯量转动定律一.选择题CACCB二.填空题1.4s,-15m/s.2.203.3ML2/4,mgL/2,2g/(3L).三.计算题1.飞轮受绳的张力T产生的力矩和阻力矩M,重锤受绳的张力T和重力mg.对飞轮和重锤分别用转动定律和牛顿定律列方程,有TR-M=J=Ja/RmgT=mah=at2/2得mgR-M=(J/R+mR)2h/t2当重锤质量分别为m1和m2时,重锤下落时间分别为t1和t2,于是有m1gR-M=(J/R+m1R)2h/t12m2gR-M=(J/R+m2R)2h/t22相减得(m1m2)gR=(2hJ/R)(1/t121/t22)+(2hR)(m1/t12m2/t22)=2hJ(t22t12)/(Rt12t22)+2hR(m1t22m2t12)/(t12t22)有J=[(m1m2)gR2t12t22/[2h(t22t12)]R2(m1t22m2t12)/(t22t12)=1.06×103kg·m22.(1)子弹击中圆盘的过程中,子弹和圆盘组成的系统对O点的角动量守恒mv0R=(MR2/2+mR2)=2mv0/[(M+2m)R](2)求圆盘的摩擦阻力矩.取圆环微元dr,其摩擦阻力矩为dM=dmgr=2rdrgr=2gr2drRrgrM02d2=2gR3/3=2MgR/3(3)Mt=0Jt=J/M=(MR2/2+mR2){2mv0/[(M+2m)R]}/(2MgR/3)=3mv0/2Mg练习七转动定律(续)角动量一.选择题ABDAB二.填空题1.1N·m·s,1m/s.2.lg/sin33.0/3.三.计算题1.(1)定滑轮受绳的张力T产生的力矩,重物受绳的张力T和重力mg.取初角速度0的方向为坐标正向,对定滑轮和重物分别列方程,有TR=J=(MR2/2)Tmg=ma=mR得=2mg/[(2m+M)R]=81.7rad/s2负号表示方向与初角速度0的方向相反(2)202=02=2=02/(2)=02(2m+M)R/(4mg)h=R=02(2m+M)R2/(4mg)=6.12×102m(3)物从最大高度回到原位置定滑轮转角==02(2m+M)R/(4mg)有2=2=mgRMmRMmmg-42)(2420=02所以当物体回到原位置时=0=10.0rad/s5方向与初角速度0的方向相反2.因碰撞时间极短,摩擦阻力矩M冲力矩M,细棒与滑块的角动量近似守恒m2v1l=-m2v2l+(m1l2/3)m1l2/3=m2(v1+v2)l而M=lxl/mg01d=m1gl/2ttM0d-m1glt/2=0-m1l2/3=-m2(v1+v2)lt=2m2(v1+v2)/(m1g)练习八力学习题课一.选择题ADBDC二.填空题1.Aet[(22)cost+2sint](m/s2);(2n