力学 第三章 答案~.doc

|第三章基本知识小结牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。矢量式： 2dtrmtvaF分量式： （ 弧 坐 标 ）（ 直 角 坐 标 ） 2, vaFtvnzzyyxx 动量定理适用于惯性系、质点、质点系。导数形式： dtpF微分形式：积分形式： ptI)(（注意分量式的运用）动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。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 恒 矢 量 。则，若 外 pF0（注意分量式的运用）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： 0*amf在转动参考系中： '2,*2*mvfrfkc质心和质心运动定理 icicic avmr caF（注意分量式的运用）|3.4.1 质量为 2kg 的质点的运动学方程为 （单位：米，秒） ， 求证质点受恒jtitr)13()16(22力而运动，并求力的方向大小。解： , 为一jidtra6/2 jiamF124与时间无关的恒矢量，质点受恒力而运动。F=(242+122)1/2=12 N，力与 x 轴之间夹角为：5'3426.0/arctgFarctgxy3.4.2 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jtbitarsnco质点的合力总指向原点。证明： rjtbitadtr 222 )snco(/ , 作用于质点的合力总指向原点。maF3.4.3 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力为 ，谷物能获得的最大加速度为 mgfo筛面水平方向的加速2/9.384.0/ sa度至少等于 3.92 米/秒 2，才能使谷物与筛面发生相对运动。 1 2 3.4.3 题图 3.4.4 题图3.4.4 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，m 1 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、m 2，其受力与运动情况如图所示，其中，N 1'=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0212221 gmamF组，得 2212121 /gaga 要把木板从下面抽出来，必须满足 ，即ammF122121m2m1F m1gf1N1a1a2N2N1'm2gFf1'f2xy|gmF21213.4.5 质量为 m2 的斜面可在光滑的水平面上滑动，斜面倾角为 ,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：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，设斜面相对地的加速度为 a2） ，取 m1 为研究对象，其受力及运动情况如左图所示，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： )2('cossin10in1211 agm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：（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4）联)4(0cos3si121 Nga立，即可求得： gmamN2122121 sin)('sin3.4.6 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。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=m 1g，f 2=N2= (N1+m2g)=(m 1+m2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律： amTggmFaT 2211)(+可求得： 21将 a 代入中，可求得： 21)(mgT3.4.7 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 ，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。解：以地为参考系，隔离A,B,C，受力及运动情况如图示，其中：f1= N1=m 1g，f 2=N 2=m 2g，T'=2T ，由于 A 的位移加 B 的位移除 2 等于 C 的位移，所以（ a1+a2）/2=a 3. m1m2m1m2 Ff1N1m1gTaFN2m2gTaN1f1f2CA BTf1N1m1ga1T f2N2m2ga2T'm3ga3yN2 a2xN1'=N1m2gx'N1a'f*=m1a2y'm1g|YY2Y10对 A,B,C 分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律： 2/)(2133 21amTgamgT,联立，可求得： gmaga213213 213212 213214)()(4)(3.4.8 天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为 m1,m2 的物体（m 1m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。解：隔离 m1,m2 及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律：'2'' 221 TaTgagT由可求得： 2121,' mm所以，天平右端的总重量应该等于 T，天平才能保持平衡。3.4.11 棒球质量为 0.14kg，用棒击棒球的力随时间的变化如图所示，设棒球被击前后速度增量大小为 70m/s，求力的最大值，打击时，不计重力。解：由 Ft 图可知： max03.85.0.5. Fttt时 ，当 时 ，当斜截式方程 y=kx+b，两点式方程 (y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)由动量定理： 08.5.35.08.0 ).(maxmax dttdtvFF可求得 Fmax = 245N3.4.12 沿铅直向上发射玩具火箭的推力随时间变化如图所示，火箭质量为 2kg，t=0 时处于静止，求火箭发射后的最大速率和最大高度（注意，推力大于重力时才启动） 。解：根据推力 F-t 图像，可知 F=4.9t（t20）,令 F=mg，即 4.9t=2×9.8，t=4s因此，火箭发射可分为三个阶段：t=04s为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=420s 为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设t=20s 时，y = y1，v = vmax ；t20s 为第三阶段，火箭只受重力作用，作竖直上抛运动，设达最大高度时的坐标 y=y2.第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dtt(s)F(N)9820m1 m2T'm1ga T'm2gaTT' T'0.05 0.08 t(s)F(N)Fmax0|mydttdtdtvtystttddvttgtmF16729.48.94/. )(/31)2020./9.894./.4/ 2004002max01第三阶段运动学方程 )2(0(9.)(3),(8.93141 tttv令 v=0,由（1）求得达最大高度 y2 时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得 y2-y1=5030 y2=ymax=5030+1672=6702(m)3.4.13 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。弯管角速度多大，小环可在管上任一位置相对弯管静止？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 ，小环受力及运动情况如图示： 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= 2x，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： mgNcos)90sin(inco2/得：tg= 2x/g ；由数学知识：tg=dy/dx=2a x；所以， agg2,/222若弯管为半径为 R 的圆形，圆方程为： x2 + (R-y)2 = R2，即22/121 /1/12 )()(/ )(,)(xdxytg xyyR代入中，得： /,/ g3.4.14 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lhhl/sin,/cos2选图示坐标 o-xy，对车箱应用牛顿第二定律： ， RmvlNhmgllN/sin/ 22 /得： ，两边平方并整理，可求得 h：22vRhcvlh8.70. 908.4.6/35.1469/ 224 3.4.15 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xymgNaxhlmgNy a|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，a n=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： cossinincofmaNg/得： )sin/()( fmgtn tgafftgfgt nn ico(,cssi ，说明摩擦力0,43.0158.9ftatn方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。3.4.16 速度选择器原理如图，在平行板电容器间有匀强电场，又有与之垂直的匀强磁场 。现有带电粒子以速度jE kB进入场中，问具有何种速度的粒子方能保持沿 x 轴运动？此iv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： BEvqBE/,0111dim,di MTNABEMTv3.4.17 带电粒子束经狭缝 S1,S2 之选择，然后进入速度选择器（习题 3.4.16） ，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，经半周后打在荧光屏上.试证明粒子质量为：m=qBB 0r/E，r 和q 分别表示轨道半径和粒子电荷。解：由 3.4.16 题可知，通过速度选择器的粒子的速度是v=E/B，该粒子在 B0 磁场中受到洛仑兹力的作用做匀速圆周运动，其向心加速度为 an=v2/r，由牛顿第二定律： EBqrvmq/0023.4.18 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。解： sradrgrmg /78.016/.9/,2 3.4.20 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。yx=15°fNmgan××××××××v+EBxyF2=qvBF1=qEvEBs1 s2s B0r|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 )4(0cos3in)2(0cos' !sin gmNNgmAABABB 通过对ABC 的分析，可知，sin=0.4/0.8=0.5 =30º, cos= /2,分别代入（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4）中，即可求得： 3NB = 288.5 N , NB'= 1500 N , NA = 288.5 N , NAB = 577 N.3.4.21 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。解：建立图示坐标 o-xy，应用共点力平衡条件： 0,yxx 方向，F 1cos -F2cos=0, F1= F2y 方向，F 1sin+F 2sin- F=0， 145sini3.4.22 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 ，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，T 2，T 3，T 4，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：4Tcos-W=0，T=W/(4cos )若四根线均不等长，则 T1T 2T 3T 4，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。3.5.1 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） 。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： sincosinmg解得 )/(at（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 0sincosinmag sincoagt3.5.2 升降机内有一装 T Tf1* f2* aa1' a2'm1g m2g f*=maayxTW=mgm1 m2FxF1F2y|置如图示，悬挂的两物体的质量各为 m1,m2 且 m1m 2,若不计绳及滑轮质量，不计轴承处摩擦，绳不可伸长，求当升降机以加速度a（方向向下）运动时，两物体的加速度各是多少？绳内的张力是多少？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，f 1*=m1a,f2*=m2a, a1'=a2'=a'为 m1、m 2 相对升降机的加速度.以向下为正方向，由牛顿二定律，有：解得：'22111amTg)/()2(' 2112agTg设 m1、m 2 的加速度分别为 a1、a 2，根据相对运动的加速度公式，写成标量式： ，a''21 ','21将 a代入，求得： )()211221mga3.5.3 图示为柳比莫夫摆，框架上悬挂小球，将摆移开平衡位置而后放手，小球随即摆动起来。当小球摆至最高位置时，释放框架使它沿轨道自由下落，如图 a，问框架自由下落时，摆锤相对于框架如何运动？当小球摆至平衡位置时，释放框架，如图 b，小球相对框架如何运动？小球质量比框架小得多。解：以框架为参考系，小球在两种情况下的受力如图所示：设小球质量为 m, 框架相对地自由落体的加速度为 g，因此小球所受的惯性力 f*=mg，方向向上，小球所受重力 W=mg. 在两种情况下，对小球分别应用牛顿第二定律：小球摆至最高位置时释放框架,小球相对框架速度 v=0，所以法向加速度 an=v2/l=0（l 为摆长） ；由于切向合力 F =Wsin-f*sin=0，所以切向加速度 a =0. 小球相对框架的速度为零，加速度为零，因此小球相对框架静止。小球摆至平衡位置时释放框架，小球相对框架的速度不为零，法向加速度 an=v2/l0，T=ma n ；在切向方向小球不受外力作用，所以切向加速度 a =0，因此，小球速度的大小不变，即小球在拉力 T 的作用下相对框架做匀速圆周运动。3.5.4 摩托车选手在竖直放置圆筒壁内在水平面内旋转。筒内壁半径为 3.0m，轮胎与壁面静摩擦系数为 0.6，求摩托车最小线速度（取非惯性系做）解：设摩托车在水平面内旋转的最小角速度为 ，以摩托车本身为参考系，车受力情况如图示，运动状态静止。在竖直方向应用平衡条件， 0N = mg 在水平方向应用平衡条件，N = m 2 r /得： grg020,最小线速度 smv /76.0/89.3/3.5.5 一杂技演员令雨伞绕铅直轴转动，一小圆盘在雨伞上滚动但相对地面在原地转动，即盘中心不动。小盘相对于雨伞如何运动？以伞为参考系，小盘受力如何？若保持牛顿第二定律形式不a bTf*WnnTf*WmgNf= 0Nf*=m 2rWfC*fK*Nf0|变，应如何解释小盘的运动？解：可把小盘当作质点，小盘相对雨伞做匀速圆周运动，与伞相对地的转向相反。以伞为参考系，小盘质点受 5 个力的作用：向下的重力W，与扇面垂直的支持力 N，沿伞面向上的静摩擦力 f0，此外还有离心惯性力 fC*和科氏惯性力 fk*，方向如图所示。把这些力都考虑进去，即可保持牛顿第二定律的形式不变，小盘正是在这些力的作用下相对伞做匀速圆周运动。3.5.6 设在北纬 60°自南向北发射一弹道导弹，其速率为400m/s，打击 6.0km 远的目标，问该弹受地球自转影响否？如受影响，偏离目标多少（自己找其它所需数据）?解：以地球为参考系，导弹除受重力作用外，还要受离心惯性力和科氏惯性力的作用。离心惯性力的方向在速度与重力加速度平面内，不会使导弹前进方位偏离，而科氏惯性力的方向垂直速度、重力加速度平面（指向纸面） ，要使导弹偏离前进方向。由于导弹速度较大，目标又不是很远，可近似认为导弹做匀速直线运动，导弹击中目标所需时间 t=6000/400=15s，在此时间内导弹在科氏惯性力作用下偏离目标的距离： mtvtvtmfatSk7.512360240 60sin60sin*1 2222 3.6.1 就下面两种受力情况： （N,s） ，jitF2 （N,s）分别求出 t=0,1/4,1/2,3/4,1 时的力并用jtitF)1(2图表示；再求 t=0 至 t=1 时间内的冲量，也用图表示。解： 代入 t 值得：,2jitjiFjF2)()(,2)0( 2114jii34jidtjtidtI 22101010 ,与 x 轴夹角Ns52= arctgI y/Ix = arctg2 = 63.5° 代入 t 值得：,)1(jtitFjiFj (,)0( 21214324i)1234 jitdjtdiFI 2110010,与 x 轴夹角Ns2/5.2= arctgI y/Ix = arctg0.5 = 26.5°3.6.2 一质量为 m 的质点在 o-xy 平面上运动，其位置矢量为：fk*×v60°fC*xyF(0) F(1/4) F(1/2) F(3/4) F(1)1 2120xy1 2120IIxy1 2120xyF(0)F(1/4) F(1/2)F(3/4) F(1)1 210|，求质点的动量。jtbitarsnco解：质点速度： jtbitadtv cos/ 质点动量： mtvmpsn大小： tayx 222 csi方向：与 x 轴夹角为 ，tg = py/px = - ctgt ·b/a3.6.3 自动步枪连发时每分钟可射出 120 发子弹，每颗子弹质量为 7.9g，出口速率为 735m/s，求射击时所需的平均力。解：枪射出每法子弹所需时间：t=60/120=0.5s，对子弹应用动量定理： NtmvtpFt 6.15.0/7319./, 3.6.4 棒球质量为 0.14kg,棒球沿水平方向以速率 50m/s 投来，经棒击球后，球沿水平成 30º 飞出，速率为 80m/s，球与棒接触时间为 0.02s，求棒击球的平均力。 v解：以地为参考系，把球视为质点， 30º v0由动量定理， ，画出矢0vmtF量图，由余弦定理，代入数据，可求得2/10202)3cos( vtF=881N.由正弦定理 mv Ft ，代入数据， 30º 3sin/si/tFm求得 mv0'218,79.3.6.5 质量为 M 的滑块与水平台面间的静摩擦系数为 0，质量为 m 的滑块与 M 均处于静止，绳不可伸长，绳与滑轮质量可不计，不计滑轮轴摩擦。问将 m 托起多高，松手后可利用绳对 M 冲力的平均力拖动 M？设当 m 下落 h 后经过极短的时间 t 后与绳的铅直部分相对静止。解：以地为参考系，选图示坐标，先以 m 为研究对象，它被托起 h，再落 y回原来位置时，速度大小为 ， xgv2在 t 极短时间内与绳相互作用，速度又变为零，设作用在 m 上的平均冲力为 F，相对冲力，重力作用可忽略，则由质点动量定理有：，ghvtF2)(0 tghm/2再以 M 为研究对象，由于绳、轮质量不计，轴处摩擦不计，绳不可伸长，所以 M 受到的冲力大小也是 F，M 受到的最大静摩擦力为 fmax= o Mg， 因此,能利用绳对 M 的平均冲力托动 M 的条件是：F fmax， 即 22/)(/2 mgthgtghmoo3.6.6 质量 m1=1kg, m2=2kg, m3=3kg, m4=4kg，m 1, m2 和 m4 三个质点的位置坐标顺次是：(x,y) = (-1,1), (-2,0), (3,-2)，四个质点的质心坐标是：(x,y)=(1,-1)，求 m3 的位置坐标。解：由质心定义式： ，41414141,iiCiiCyx有 ,)432(43)2()1( 31xxmxmmM