《大学物理复.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理复.docx（124页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、大学物理复第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t t)时间内的位移为r, 路程为s, 位矢大小的变化量为r ( 或称r),平均速度为v,平均速率为v (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) r= s = r (B) r s r,当t0 时有dr= ds dr (C) r r s,当t0 时有dr= dr ds (D) r s r,当t0 时有dr= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) v= v,v= v (B) vv,v v (C) v= v,v v (D) vv,v= v 分析与解 (1) 质点在t
2、 至(t t)时间内沿曲线从P 点运动到P点,各量关系如图所示, 其中路程s PP, 位移大小rPP,而r r-r表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)但当t0 时,点P无限趋近P点,则有drds,但却不等于dr故选(B) (2) 由于r s,故但由于drds,故rs,即vv ttdrds=,即vv由此可见,应选(C) dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 22drdrdsdxdy(1)； (2)； (3)； (4)+ dtdtdtdtdt 1 下述判断正确的是( ) (
3、A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确 分析与解 dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标dt系中叫径向速率通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；drds表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v=dtdt22dxdy计算,在直角坐标系中则可由公式v=+求解故选(D) dtdt1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, a表示切向加速度对下列表达式,即 (1)d v /dt a；(2)dr/dt v；(3)ds/dt v；(4)d v /dta
4、下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的 dv表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变化率,dtdr是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在dtds极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示dt分析与解 质点的速率v；而dv表示加速度的大小而不是切向加速度a因此dt只有(3) 式表达是正确的故选(D) 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C)
5、切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变 分析与解 加速度的切向分量a起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的至于a是否改变,则要视质点的速率情况而定质点作匀速率圆周运动时, a恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a为一不为零的恒量,当a改变时,质点则作一般的变速率圆周运动由此可见,应选(B) 2 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x=2+6t2-2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为 s求： (1) 质点在运动开始后4.0
6、 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t4 s时质点的速度和加速度 分析 位移和路程是两个完全不同的概念只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等质点在t 时间内的位移x 的大小可直接由运动方程得到：x=xt-x0,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了为此,需根据dx=0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出dt0tp 和tpt 内的位移大小x1 、x2 ,则t 时间内的路程s=Dx1+Dx2,dxd2x如图所示,至于t 4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计dtdt算 题 1-5
7、图 解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 x=x4-x0=-32m dx (2) 由 =0 dt得知质点的换向时刻为 tp=2s (t0不合题意) 则 x1=x2-x0=8.0m x2=x4-x2=-40m 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s=x1+x2=48m (3) t4.0 s时 3 v=dx=-48ms-1 dtt=4.0sd2xa=2=-36m.s-2 dtt=4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r=2ti+(2-t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为求： (1) 质点的运动轨迹； (2) t 0 及t 2时,质点的位矢； (3) 由t 0 到t 2内质点的位移r
8、 和径向增量r； 分析 质点的轨迹方程为y f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到对于r、r、r、s 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析). 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为 y=2-12x 4这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示 (2) 将t 0和t 2分别代入运动方程,可得相应位矢分别为 r0=2j , r2=4i-2j 图(a)中的P、Q 两点,即为t 0和t 2时质点所在位置 (3) 由位移表达式,得 r=r2-r1=(x2-x0)i+(y2-y0)j=4i-2j 其中位移大小r=(x)2+(y)2=5.66m 而径向增
9、量r=r=r2-r0=x22+y22-x02+y02=2.47m 题 1-6 图 1 -7 质点的运动方程为 x=-10t+30t2 y=15t-20t2 式中x,y 的单位为m,t 的单位为 4 试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向 分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向 解 (1) 速度的分量式为 vx=dx=-10+60t dtdyvy=15-40t dt22当t 0 时, v0x -10 m-1 , v0y 15 m-1 ,则初速度大小为 v0=v0x+v0y=18.0ms-1 设v0与x 轴的夹角为,则
10、tan=v0yv0x3=- 212341 (2) 加速度的分量式为 dvydvx-2=-40ms-2 ax=60ms , ay=dtdt则加速度的大小为 a=ax+ay=72.1ms-2 22设a 与x 轴的夹角为,则 tan=ay2=- ax3-3341(或32619) 1 -9 质点沿直线运动,加速度a4 -t2 ,式中a的单位为m-2 ,t的单位为如果当t 3时,x9 m,v 2 m-1 ,求质点的运动方程 分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决由a=dvdx和v=可得dv=adt和dtdtdx=vdt如aa(t)或v v(t),则可
11、两边直接积分如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分 解 由分析知,应有 5 vt由 v0dv=adt 0得 v=4t-t3+v0 (1) 13dx=vdt x00xt得 x=2t2-14t+v0t+x0 (2) 12将t3时,x9 m,v2 m-1代入(1)、(2)得 v0-1 m-1, x00.75 m 于是可得质点运动方程为 x=2t2-14t+0.75 121 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度aA -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下
12、落起点为坐标原点 (1) 由题意知 a=用分离变量法把式(1)改写为 dv=dt (2) A-Bvdv=A-Bv (1) dt将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 tdvdv=v0A-Bv0dt A得石子速度 v=(1-e-Bt) BA由此可知当,t时,v为一常量,通常称为极限速度或收尾速度 BdyA(2) 再由v=(1-e-Bt)并考虑初始条件有 dtBytA-Bt0dy=0B(1-e)dt v得石子运动方程 y=AAt+2(e-Bt-1) BB1 -11 一质点具有恒定加速度a 6i 4j,式中a的单位为m-2 在t0时,其速度为零,位置矢量r0 10 mi求：(1) 在任意时刻6 的速度
13、和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图 题 1-11 图 分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x=x0+v0xt+axt2和y=y0+v0yt+ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动读者不妨自己验证一下 解 由加速度定义式,根据初始条件t0 0时v0 0,积分可得 1212又由v=v0dv=adt=(6i+4j)dt 00ttv=6ti+4tj dr及初始条件t0 时,r0(1
14、0 m)i,积分可得 dtrr0dr=vdt=(6ti+4tj)dt 00ttr=(10+3t2)i+2t2j 由上述结果可得质点运动方程的分量式,即 x 103t2 y 2t2 消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y 2x -20 m 7 这是一个直线方程直线斜率k=所示 dy2=tan=,3341轨迹如图dx31 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r2.0ti (19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t的单位为s求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t11.0s 到t2 2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 1.0时的速度及切向和法向加速度；(4) t 1.0s 时
15、质点所在处轨道的曲率半径 分析 根据运动方程可直接写出其分量式x x(t)和y y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程平均速度是反映质点在一段时间内位r,它与时间间隔t 的大小有关,当t0 时,平均tdr速度的极限即瞬时速度v=切向和法向加速度是指在自然坐标下dt置的变化率,即v=的分矢量a 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即at=dvte,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a dt得到在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式v2an=求 解 (1) 由参数方程 x 2.0t, y 19.0-2.0t2 消去t 得质点的轨迹方程： y
16、19.0 -0.50x2 (2) 在t1 1.00 到t2 2.0时间内的平均速度 v=rr2-r1=2.0i-6.0j tt2-t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 v(t)=vxi+vyj=dxdyi+j=2.0i-4.0tj dtdtd2xd2ya(t)=2i+2j=-4.0ms-2j dtdt则t1 1.00时的速度 v(t)t 12.0i -4.0j 切向和法向加速度分别为 8 att=1s=dvd2-2et=(vx+v2y)et=3.58mset dtdtan=a2-at2en=1.79ms-2en (4) t 1.0质点的速度大小为 2-1v=vx+v2y=4.47ms
17、 v2则=11.17m an1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角a=30o，球的抛射角b=60o，设球被抛出时的速率v0 19.6 m-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图 分析 求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图和图所示.在图坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g cosa和-g sina，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y=0,对应的时间t和x的值即为本题所求.在图坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P的坐标y与x的关系列出来. 解 1 由分
18、析知，在图坐标系中，有 9 x=v0cos(b-a)t+(-gsina)t2 121 y=v0sin(b-a)t+(-gcosa)t2 2落地时，有y=0，由式解得飞行时间为 t=2v0tan30o=2.31s g将 t 值代入式，得 22v0OP=x=26.1m 3g解 2 由分析知，在图坐标系中， b)ts 对小球 x=(v0co y=(v0sinb)t-gt2 对点P 由式、可得球的轨道方程为 gx2 y=xtanb-22o 2v0cosb12 y=xtaa n落地时，应有y=y，即 10 gx2xtan30=xtan60-2 2o2v0cos60oo解之得落地点P的x坐标为 23v0
19、x= 3g22v0x=26.1m 则 OP=ocos303g联解式和式可得飞行时间 t=2.31s 讨论 比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会? 1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律s=v0t-bt2运动,v0 、b 都是常量(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？ 分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标由给定的运动方程s s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的法向分量为anv2 /R这样,总加速度为a aean
20、en至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量sst -s0因圆周长为2R,质点所转过的圈数自然可求得 解 (1) 质点作圆周运动的速率为 v=ds=v0-bt dt12其加速度的切向分量和法向分量分别为 d2sv2(v0-bt)2at=2=-b, an= dtRR故加速度的大小为 a=a+a=2n2tat2b2+(v0-bt)4R其方向与切线之间的夹角为 11 (v0-bt)2an=arctan=arctan- atRb(2) 要使ab,由1R2b2+(v0-bt)4=b可得 Rvt=0 b2v0 s=st-s0=2b(3) 从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过的路程为 因此质
21、点运行的圈数为 2sv0n= 2R4bR1 -18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为=2+4t3,式中 的单位为rad,t 的单位为(1) 求在t 2.0时质点的法向加速度和切向加速度(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时, 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？ 分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到 解 (1) 由于=2+4t3,则角速度=速度和切向加速度的数值分别为 ant=2sd=12t2在t 2 时,法向加dt=r2=2.30ms-2 att=2s=rd=4.80ms-2 dt(2)
22、 当at=a/2=122,即 an+at2时,有3at2=an23(24rt)=r212t2 2()4得 t3=此时刻的角位置为 123=2+4t3=3.15rad (3) 要使an=at,则有 23(24rt)=r212t2 ()4t 0.55 12 第二章 牛顿定律 2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( ) (A) gsin (B) gcos (C) gtan (D) gcot 分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F (其方向仍可认为平行于斜面)
23、和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot ,故选(D)求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征 2 -2 用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止当FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小( ) (A) 不为零,但保持不变 (B) 随FN成正比地增大 (C) 开始随FN增大,达到某一最大值后,就保持不变 (D) 无法确定 分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值FN范围内取值当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩
24、擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A) 2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( ) (A) 不得小于gR (B) 必须等于gR (C) 不得大于gR (D) 还应由汽车的质量m 决定 分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为FN由此可算得汽车转弯的最大速率应为vRg因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑应选(C) 2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,
25、在下滑过程中,则13 ( ) (A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变 (B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加 (C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加 分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关重力的切向分量(m gcos ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上v2的动力学方程FN-mgsin=m可判断,随 角的不断增大过程
26、,轨道R支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B) 2 -6 图示一斜面,倾角为,底边AB 长为l 2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为0.14试问,当为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？ 14 分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来 解 取沿斜
27、面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 l11=at2=g(sin-cos)t2 cos22则 t=2l (2) gcos(sin-cos)为使下滑的时间最短,可令dt=0,由式(2)有 d-sin(sin-cos)+cos(cos-sin)=0 则可得 tan2=-,a=49o 此时 tmin=2l=0.99s gcosa(sina-mcosa)12 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空甲块质量为m1 2.00 102 kg,乙块质量为m2 1.00 102 kg设吊车、框架和钢
28、丝绳的质量不计试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m-2 的加速度上升从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？ 15 题 2-7 图 分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力 解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图
29、所示)当框架以加速度a 上升时,有 F-( m1 m2 )g (m1 m2 )a (1) FN2 - m2 g m2 a (2) 解上述方程,得 F (m1 m2 )(g a) (3) FN2 m2 (g a) (4) (1) 当整个装置以加速度a 10 m-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为 F 5.94 103 N 乙对甲的作用力为 FN2 -FN2 -m2 (g a) -1.98 103 N (2) 当整个装置以加速度a 1 m-2 上升时,得绳张力的值为 F 3.24 103 N 此时,乙对甲的作用力则为 FN2-1.08 103 N 由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由
30、于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全 2 -9 质量为m的长平板A 以速度v在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？ 分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速16 度换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加
31、速度,按运动学公式即可解得 该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量木块相对平板移动的距离即可求出 解1 以地面为参考系,在摩擦力Ffmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程 Ffmg ma1 Ff-Ffma2 a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a a1 a2 ,木块相对平板以初速度- v作匀减速运动直至最终停止由运动学规律有
32、- v2 2as 由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为 解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为 W=F式中l 为平板相对地面移动的距离 由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有 mv(mm) v 由系统的动能定理,有 mgs=11mv2-(m+m)v2 22由上述各式可得 mv2s= 2g(m+m)2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 17 的小钢球,当小球以角速度在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？ 题 2-10 图 分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相
33、对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随而变的取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度 解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示在图示坐标中列动力学方程 FNsin=man=mR2sin (1) FNcos=mg (2) 且有 cos=由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 h=R-g 2(R-h) (3) R可见,h 随的变化而变化 2 -13 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F 120t 40,式中F 的单位为N, t的单位的在t0时,质点位于x
34、5.0 m处,其速度v06.0 ms-1求质点在任意时刻的速度和位置 分析 这是在变力作用下的动力学问题由于力是时间的函数,而加速度adv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义vdx /dt,用积分的方法可求出质点的位置 解 因加速度adv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有 120t+40=mdv dt依据质点运动的初始条件,即t0 0 时v0 6.0 m-1 ,运用分离变18 量法对上式积分,得 式分离变量后积分,有 vv0dv=(12.0t+4.0)dt 0tv6.0+4.0t+6.0t2 又因vdx /dt,并由质
35、点运动的初始条件：t0 0 时 x0 5.0 m,对上xx0dx=(6.0+4.0t+6.0t2)dt t0x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3 2 -17 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为,开始时物体的速率为v0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v0减少v0/2时,物体所经历的时间及经过的路程 题 2-17 图 分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力F ,而摩擦力大小与正压
36、力FN成正比,且FN与FN又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程 解 (1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有 mv2FN=man= RFf=-mat=-dv dt由分析中可知,摩擦力的大小FFN ,由上述各式可得 v2dv=- Rdt 19 取初始条件t 0 时v v 0 ,并对上式进行积分,有 t0dt=-Rvdv v0v2v=Rv0R+v0t(2) 当物体的速率从v 0 减少到v0/2时,由上式可得所需的时间为 t=R v0物体在这段时间内所经过的路程 s=vdt=0tt0Rv0dt R+v0
37、ts=Rln2 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 3 -1 对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关 下列对上述说法判断正确的是( ) (A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C) (1)、(3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的 分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一
38、对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能综上所述(1)(3)说法是正确的故选(C) 3 -2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则( ) (A) 物块到达斜面底端时的动量相等 (B) 物块到达斜面底端时动能相等 (C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒 20 (D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒 分析与解 对题述系统来说,由题意知并
39、无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等动量自然也就不等(动量方向也不同)故(A)(B)(C)三种说法均不正确至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒 3 -3 对功的概念有以下几种说法： (1) 保守力作正功
40、时,系统内相应的势能增加； (2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零； (3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零 下列上述说法中判断正确的是( ) (A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的 分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2
41、)正确,故选(C) 3 -4 如图所示,质量分别为m1 和m2 的物体A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧另有质量为m1 和m2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A和C、B 和D 之间的摩擦因数均不为零首先用外力沿水平方向相向推压A 和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B 弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有( ) (A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒 (C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒 21 分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D) 3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( ) (A) 子弹减少的动能转变为木块的动能 (B) 子弹-木块系统的机械能守恒 (C) 子弹动
