大学物理上册第3章习题解答
大学物理上册第3章习题解答
第3章角动量定理和刚体的转动
一、内容提要
1、质点的角动量定理
⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt
=
⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 z
z dL M dt
=
2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理
⑴质点系的角动量定理 i i i
i
d
M L dt =
∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z i
i
i
I r m =
∑ 或2
z
I r dm =?
⑶刚体的定轴转动定理 z z z
d M I I dt
ω
β== 3、刚体的定轴转动动能定理
⑴力矩的功z A M d θ=?
⑵刚体的转动动能 21
2
k z E I ω=
⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122
z z z A M d I I θωω==
-?
4、角动量守恒定律
⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z iz
i
z
L r m I ωω=?=∑，
若0iz
i
M =∑，
则0z z I I ωω=，即有0ωω=
二、习题解答
3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为
2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.
解：（1）初的角速度
1200220.9/60rad s π
ω?=
≈ 末的角速度
230002314/60
rad s π
ω?=
≈
角加速度
231420.9
41.9/7
rad s t ωβ?-=
=≈?
（2）转过的角度为
2211120.9741.97117622
t t rad θωβ=+=?+??=
117618622 3.14
n r θπ=
==? （3）切向加速度
241.90.28.38/a r m s τβ==?=
法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：
421.9710/a m s =
==?
3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长1
4.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.
解：平均角加速度为
000
3652365287T t T a t T ππ
ωω??-
-+?==
212
373
036523652 1.140.9610/8787(3.1510)
t rad s T ππ-≈
=-=-
3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.
解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，
1122I I ωω=
121
22
1537.5/min 0.8
I r I ωω==?=
3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为
4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？
图3-5 习题1.4图
解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得
121()F l l Nl +=
121
()
F l l N l +=
闸瓦与杆间的摩擦力为： 121
()
F l l f N l μμ
+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为21
2
I mR =
，由定轴转动定律,M I β=，有 ()12211
2
F l l R mR l μ
β+-= 21212()40
/3
F l l rad s mRl μβ+=-
=-
停止转动所需的时间： 0
900200607.06403
t s π
ωβ
--=
=
=- 转过的角度
201
532332.762
t t rad rad θωβπ?=+=?≈
532n θπ
==圈
（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知022
7.5/23.55/rad s rad s t
ωωβπ-=-=-=-
()122211
2
F l l R mR l μ
β+-= 112600.250.5(23.55)
1772()20.4 1.25
mRl F N l l βμ-=-
=-≈+??
3.6 发动机带动一个转动惯量为2
50kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.
解：由题意，2
50I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==
系统角加速度为：20
825.12/rad s t t
ωωωβπ-?=
===?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=
5025.121256M Nm =?=
3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？
解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==
21
2
I MR =
代入上式得
2mg
MR
β=
， 22
12mg t t MR
θβ==
（2）对物体受力分析
'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,
21
2
I MR =
由上式解得
22mg
MR mR β=
+
22122mg t t MR mR
θβ==+
3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.
解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411
410 1.9721022
E I J ωπ===? 第一次对外做功为：
220111
22
A I I ωω=
- 1220/min 3
r π
ω==
()24222
22301011111515410 3.14 1.0910*******
A I I I I J ωωωωπ=
-=-=?==?
3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.
解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12v
r
ωω=
-，圆盘的转动惯量为21
2
MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 22221
2
v mr MR r ωω??-=
即
222
22mrv
mr MR
ω=
+
3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.
（3）两人拉手前后的总动能.
解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r
70 1.5
0.87060
c r m ?=
≈+
120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=
21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=
⑵ 系统的转动惯量为： 22222
1122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=
630
8.66/72.7J rad s I ω=
=≈ 2222011221111
60770627302222E m v m v J =+=??+??=
2211
72.78.66272622
E I J ω==??≈
3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.
解：棒的受力如图所示
本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。棒的受力如图所示
1cos sin N F G θθ= 12sin cos N N F F G θθ+=
21
cos 02
N F G θ-=
由上式解得
24(2)c R L c -=
24(2)c R L c
-=
3.12 一均质的梯子, 一端置于摩擦系数为5.0的地板上, 另一端斜靠在摩擦系数为
1/3的高墙上. 一人的体重为梯子的三倍, 爬到梯子顶端时, 梯子尚未开始滑动. 求梯子
与地面的最小倾角.
解：梯子的受力分析如图所示，由平衡条件可知
12120N F f G G +--=
210N F f -=
221
3N f F =
111
3
N f F =
1211
(cos cos sin 02N F G f l θθθ--=
由上面式求解得 4124
tg θ=
所以梯子与地面的最小倾角为： 4124
arctg θ=
3.13 半径为R 的均质圆盘水平放置在桌面上, 绕其中心轴转动. 已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ, 初始时的角速度为0ω. 求经过多少时间后圆盘将静止.
解：圆盘由于受到摩擦力距M 的作用，所以最终会停止转动，为求出摩擦力矩，可将圆盘分为无限多个圆环，半径为r ，宽度为dr 圆环所受摩擦力矩为
1
2
2222m mg dM rdrgr r dr R R μμ
ππ=-=- 对上式积分求得整个圆盘所受的摩擦力矩为：
22022
3
R mg M r dr mgR R μμ=-
=-? 圆盘的转动惯量21
2
I mR =
，由角动量的冲量定理00Mt I ω=-
2021
32
mgRt mR μω-=- 即 034R t ug
ω=
3.14通风机转动部分的转动惯量为I , 以初角速度0ω绕其轴转动. 空气阻力矩与角速度成正比, 比例系数为k . 求经过多少时间后, 转动角速度减为初角速度的一半, 在此时间内共转了多少圈.
解：根据转动定理
d I
k dt ω
ω=- d k
dt I
ωω=- 两边积分
00
2
t
o d k dt I
ωω
ω
ω
=-??
ln 2k
t I
=
, ln 2I
t k =
d d d d I I I k dt d dt d ωωθω
ωωθθ
===- Id kd ωθ=- 由上式两边积分，
00
2
Id kd ωθ
ω
ωθ=-??
2I k
ωθ=
4I n k
ωπ=
3.15赤道上有一高为h 的高楼. 由于地球自转, 楼顶和楼底对地心参照系都有线速度.（1）求楼顶和楼底的线速度之差. （2）证明一物
体自楼顶自由下落, 由于地球自转的影响,
着地点将在楼底东侧约ω.
解：（1）楼顶的线速度为()v R h τω=+，楼底的线速度为b v R ω= 两者之差b v v h τω-=
（2）将楼所在处的地面局部视为向东以速度R ω平移，则落体下落时间为
t =
而着地时偏东的距离为
()b s v v t τω=-=
大学物理学(第三版)上课后习题答案
第一章运动的描述 1-1 ｜｜与有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同 在哪里?试举例说明． 解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，； （2）是速度的模，即. 只是速度在径向上的分量. ∵有（式中叫做单位矢），则 式中就是速度径向上的分量， ∴不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量. ∵有表轨道节线方向单位矢），所以 式中就是加速度的切向分量. (的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)
1-2 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝，然后根据 =，及＝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 =及=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 ， 故它们的模即为 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 其二，可能是将误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。或者概括性地说，前一种方 法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。 1-3 一质点在平面上运动，运动方程为
=3+5, =2+3-4. 式中以 s计，,以m计．(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式； (2)求出=1 s 时刻和＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算＝0 s时刻到＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算＝4 s 时质点的速度；(5)计算＝0s 到＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)． 解：（1） (2)将,代入上式即有 (3)∵ ∴ (4) 则 (5)∵ (6) 这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。
大学物理学(第3版.修订版)北京邮电大学出版社上册第三章知识题3答案解析
习题3 3.1选择题 (1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A) 2 ωmR J J + (B) 02)(ωR m J J + (C) 02 ωmR J (D) 0ω [答案： (A)] (2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 题3.1（2）图 [答案： (A)]
(3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连 结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度 在距孔为R的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A）动能不变，动量改变。 （B）动量不变，动能改变。 （C）角动量不变，动量不变。 （D）角动量改变，动量改变。 （E）角动量不变，动能、动量都改变。 [答案：(E)] 3.2填空题 (1) 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度aτ= ，法向加速度a n= 。 [答案：0.15; 1.256] (2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。
大学物理习题解答3第三章热力学
第三章热力学 本章提要 1．准静态过程 系统连续经过的每个中间态都无限接近平衡态的一种理想过程。 准静态过程可以用状态图上的曲线表示。 2．内能 系统内所有分子热运动动能和分子之间相互作用势能的和，其数学关系式为 (,) E E V T = 内能是态函数。 3．功 功是过程量。 微分形式： V p A d d= 积分形式： ⎰=2 1d V V V p A 4．热量 两个物体之间或物体内各局部之间由于温度不同而交换的热运动能量。热量也是过程量。 5．热力学第一定律 热力学第一定律的数学表达式： Q E A =∆+ 热力学第一定律的微分表达式： d d d Q E A =+ 由热力学第一定律可知，第一类永动机是不可能造成的。
6．理想气体的热功转换 〔1〕等体过程：d 0A = 热量增量为 m m (d )d d V V M Q E C T μ ,,== 或 m 21m 21V ,V ,M Q E E C (T T )μ =-= - 〔2〕等压过程: 热量增量为 (d )d d d d p Q E A E p V =+=+ 因 m 21()V M E C T T μ ∆,-= 2 1 2121()()V V M A p V p V V R T T μ d ==-= -⎰ 那么 )()(21212T T R M T T R i M Q P -+-= μ μ 〔3〕等温过程：d 0E = 热量增量为 (d )d d V Q A p V == 因 2 1 21 d ln V T V V M V M A RT RT V V μ μ= =⎰ 那么 2112 ln ln T T V p M M Q A RT RT V p μ μ== = 〔4〕绝热过程：d 0Q = 根据热力学第一定路可得 d d 0E A += 那么 m d d d d V ,M A p V E C T μ ==-=-
【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动
第3章 刚体的定轴转动习题解答 3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动 （2）)(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(3902圈== π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。 解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = （2）由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K J t 2= 3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2 ，设轮与皮带之间没有滑动。求 （1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加速度。 解：（1）t A A βω= t B B βω= 因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即 B B A A R R ωω= 又)/(2060 6002s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A == βω （2）)/(1060 3002s rad A ππω=?= )/(6 2 s rad t A A A π ωωβ= -'= 3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。一根轻
大学物理课后习题详解(第三章)中国石油大学
3-1 以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为θ，炮弹和炮车的质 习题3-1图 量分别为m 和M ，炮弹相对炮车的出口速率为v ，如图所示。求炮车的反冲速率是多大? [解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v v '-θcos ，根据动量守恒定律 ()()v M v v m v m M '-'-=+-θcos 0 所以 ()m M mv v m M v +++= 'θ cos 0 此即为炮车的反冲速率。 3-2 质量为M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。若有N 个人，质量均为m ，站在车上。开始时车以速度0v 向右运动，后来人相对于车以速度u 向左快跑。试证明：(1)N 个人一同跳离车以后，车速为 Nm M Nmu v v ++ =0 (2)车上N 个人均以相对于车的速度u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为 ()m M mu m N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 10 [证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。人相对于地面的速度为u v -，则 ()()Mv u v Nm v Nm M +-=+0 所以 Nm M Nmu v v ++ =0 (2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第x 个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得 ()[]()()[]x x 1x 1v m x N M u v m v m x N M -++-=+-+- 所以 ()M m x N mu v v ++-+ =-11x x 此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得 M m mu v v ++ =-1N N
大学物理第三章 习题解答
第三章 习题解答（仅供参考） 3．2 一根直杆在S 系中观察，其静止长度为l ，与x 轴的夹角为θ，S`系沿S 系的x 轴正向以速度v 运动，问S`系中观察到杆子与x `轴的夹角若何？ [解答]直杆在S 系中的长度是本征长度，两个方向上的长度分别为 l x = l cos θ和l y = l sin θ． 在S`系中观察直杆在y 方向上的长度不变，即l`y = l y ；在x 方向上的长度是运动长度，根据尺缩效应得 `x l l = 因此 ``tan `y x l l θ==， 可得夹角为 21/2`a r c t a n {[1(/)]t a n } v c θθ-=- 3．3 在惯性系S 中同一地点发生的两事件A 和B ，B 晚于A 4s ；在另一惯性系S`中观察，B 晚于A 5s 发生，求S`系中A 和B 两事件的空间距离？ [解答]在S 系中的两事件A 和B 在同一地点发生，时间差Δt = 4s 是本征时，而S`系中观察A 和B 两事件肯定不在同一地点，Δt ` = 5s 是运动时，根据时间膨胀公式 `t ?=， 即 5=， 可以求两系统的相对速度为 v = 3c /5． 在S`系中A 和B 两事件的空间距离为 Δl = v Δt ` = 3c = 9×108(m)． 3．5 S 系中观察到两事件同时发生在x 轴上，其间距为1m ，S`系中观察到这两个事件间距离是2m ，求在S`系中这两个事件的时间间隔． [解答]根据洛仑兹变换，得两个事件的空间和时间间隔公式 `x ?= 2`t ?= （1） 由题意得：Δt = 0，Δx = 1m ，Δx` = 2m ．因此 `x ?=， 2`t ?=．（2） 由（2）之上式得它们的相对速度为 v = （3） 将（2）之下式除以（2）之上式得 2``t v x c ?=-?， 所以 `t ?= =10-8(s)．
大学物理上册第3章习题解答
大学物理上册第3章习题解答 第3章角动量定理和刚体的转动 一、内容提要 1、质点的角动量定理 ⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt = ⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 z z dL M dt = 2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理 ⑴质点系的角动量定理 i i i i d M L dt = ∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z i i i I r m = ∑ 或2 z I r dm =? ⑶刚体的定轴转动定理 z z z d M I I dt ω β== 3、刚体的定轴转动动能定理 ⑴力矩的功z A M d θ=? ⑵刚体的转动动能 21
2 k z E I ω= ⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122 z z z A M d I I θωω== -? 4、角动量守恒定律 ⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z iz i z L r m I ωω=?=∑， 若0iz i M =∑， 则0z z I I ωω=，即有0ωω= 二、习题解答 3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为 2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度. 解：（1）初的角速度 1200220.9/60rad s π ω?= ≈ 末的角速度 230002314/60 rad s π ω?= ≈ 角加速度
大学物理课后习题答案第三章
第3章 力学基本定律与守恒律 习题及答案 1．作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F )210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这 物体的动量和速度的变化．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j 6-m ·s -1 的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则 i t i t t F p t 1 40 1s m kg 56d )210(d -??=+==???,沿x 轴正向， i p I i m p v 11111 1s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=? 若物体原来具有6-1 s m -?初速，则 ??+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 0 00000d )d (, 于是 ??==-=?t p t F p p p 0 102d , 同理， 12v v ?=?,12I I = 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即 ?+=+=t t t t t I 0 210d )210( 亦即 0200102 =-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2．一颗子弹由枪口射出时速率为1 0s m -?v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有 0)(=-=bt a F ,得b a t = (2)子弹所受的冲量 ?-=-=t bt at t bt a I 022 1 d )(
大学物理上册-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案 第一章 质点运动学 1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3 ．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度； （2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度． [解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)． 在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)， 经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1 )． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2 ， 因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1 )， v (2) = 12×2 - 6×22 = 0 质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ， 因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0， 第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2 )． [注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒． 1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值． [证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得 a = (n – 1)v o /t ， (1) 根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：． 计算得加速度为：= (m·s -2 )． 1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -1 从西边 起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2 ．问： （1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？ （2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法． （1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为 v y 0 = v 0sin θ = (m·s -1)． 取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式 v t - v 0 = at ， 这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为 t 1 = v y 0/g = (s)． 再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02 /2g = (m)． 人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = (m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2 /2，得下落的时间为:= (s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)． 人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1 )， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (m)． （2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = (m·s -1 )， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1 )， 与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = o，方向斜向下． 方法二：一步法． 图
大学物理第3章作业解答
第三章刚体的定轴转动 选择题 3－1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是（ A ） （A） (B) (C) (D) 3－2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是（ C ） 3－3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l ===,该系统对O O'轴的转动惯量为（ A ） (A) 2 9m l. 10m l; (D) 2 14m l; (C) 2 50m l; (B) 2 3－4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是（ A ） (A) 角速度从小到大,角加速度从大到小; (B) 角速度从小到大,角加速度从小到大; (C) 角速度从大到小,角加速度从大到小; (D) 角速度从大到小,角加速度从小到大. 3－5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是（ D ） (A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变; (C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变. 3－6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的
另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为 （ B ） (A) 1212r r ωω?? ???=; (B) 2 1212r r ωω?? ???=; (C) 2211r r ωω?? ??? =; (D) 22211r r ωω?? ???=. 3－7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为 （ A ） (A) 2 12r r ?? ???; (B) 12r r ; (C) 21r r ; (D) 2 21r r ?? ??? . 3－8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是 （ D ） (A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大; (C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3－9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为 3 J ,此时她的角速度为 （ A ） (A) 3ω ; (D) 1 3 ω. 3－10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转 动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是 （ B ） (A) 减少到1 3; (B) 减少到 19 ; (C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍. 计算题 3－11 一电动机的电枢转速为1 1800r min -?,当切断电源后,电枢经20s 停下.求: (1) 切断电源后电枢转了多少圈; (2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ). 解 (1) 切断电源时,电枢的转速为 1 1 018002π rad s 60πrad s 60 ω--?= ?=?
大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律 习题 一选择题 3-1 以下说法正确的是[ ] （A）大力的冲量一定比小力的冲量大 （B）小力的冲量有可能比大力的冲量大 （C）速度大的物体动量一定大 （D）质量大的物体动量一定大 解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。 3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t?，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ] （A）mv mg t + ? （B）mg（C） mv mg t - ? （D） mv t? 解析：由动量定理可知，F t p mv ?=?=，所以 mv F t = ? ，选D。 3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零 （B）动量守恒,合外力不为零 （C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零 （D）动量变化为零,合外力为零 解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。答案选C。 3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]
（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒 （B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒， M 、m 与地组成的系统机械能不守恒 （C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒 （D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒 解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。答案选B 。 3-5 一辆炮车放在无摩擦的水平轨道上，以仰角θ发射一颗炮弹，炮车和炮弹的质量分别为车m 和m ，当炮弹飞离炮口时，炮车动能与炮弹动能之比为[ ] （A ）m m 车 （B ）车m m （C ）θ2cos m m 车 D 、 θ2 cos 车 m m 解析：在水平方向上系统动量守恒，cos m v mv θ=车车， 所以， 2 2221 cos 2()cos 12 k k m v E m m m E m m m mv θθ===车车车车车车。选D 。 3-6 如图3-6所示，一个质点在水平内作匀速率圆周运动，在自A 点到B 点的六分之一圆周运动过程中，下列几种结论中的正确应为[ ] （1）合力的功为零 （2）合力为零 （3）合力的冲量为零 （4）合力的冲量不为零 （5）合力不为零 习题3-4图 习题3-6图
大学物理教程第3章习题答案.
思考题 3.1 什么是连续性方程？ 答：若以闭合表面内既无源，又无负源，则根据质量守恒，进入该闭合表面的净流量等于闭合表面内物质的增加率，应用在稳定流动的流管中，我们得到连续性方程：ρ1A1v1=ρ2A2v2。其中，ρ为密度,假设它在截面积A处是均匀的；v为经过截面积A处的平均速度（v与A垂直）。若流体又是不可压缩的，连续性方程简化为A1v1=A2v2。 3.2 什么是伯努利方程？ 答：流体是稳定的，非黏性的，不可压缩的，伯努利方程给出同一流线任两点处的压强 p，流速v，高度y满足p1+1 2 ρv1²+ρgy1= p2+ 1 2 ρv2²+ρgy2 注意伯努利方程中每一项都是取的单位面积的内的量值。方程指出：压力沿流线所作的功等于动能和势能的改变（都指单位面积）。 3.3 在定常流动中，流体是否可能加速运动？ 答：定常流动是指宏观上流体在空间某位置的流速保持不变，对某个流体质点而言，它在空间各点速度可能不同，也就是说，它可能是加速运动。 3.4 从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，为什么？ 答：据连续性原理知，，流速大处截面积小，所以下落时水的流速逐渐增大，面积逐渐减少变细。 3.5 两船平行前进时，若靠的较近，极易碰撞，为什么？ 答：两船平行前进时，两条流线方向相同，，如果靠的较近，两船之间的流速将大于两船外侧的流速，这样两船都将受到一个指向对方的一个压力的作用，极易造成两船碰撞，稍有晃动，流线重合，船体就会相撞。 3.6 两条流线不能相交，为什么？ 答：如果两条流线相交，那么焦点处就会出现两个速度，这个结论是错误的，所以两条流线不能相交。 3.7 层流和湍流各有什么特点？引入雷诺数有哪些意义？ 答：流线是相互平行的流动称层流。流体微团作复杂的无规则的运动称为湍流。无量纲的量雷诺数是层流向湍流过渡的一种标志。以临界雷诺数为准，小于它为层流，大于它为湍流。
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
第三章动量守恒定律和能量守恒定律 3-1 力)SI (12i F t =作用在质量kg 2=m 的物体上，使物体由原点从静止开始运动，则它在3秒末的动量应为： （A ）m/s kg 54⋅-i （B ）m/s kg 54⋅i （C ）m/s kg 27⋅-i （D ）m/s kg 27⋅i [B] 解：以该物体为研究对象，由质点动量定理 ⎰⎰ =⎪ ⎪⎭⎫ ⎝⎛==-=∆3 0300354d 12d i i F p p p t t t 又00=p 故() -1 3s m kg 54⋅⋅=i p 3-2 一个质点同时在几个力作用下的位移为： )SI (654k j i r +-=∆ 其中一个力为恒力)SI (953k j i F +--=，则此力在该位移过程中所作的功为 （A ）67J （B ）91J （C ）17J （D ）-67J [A] 解：()()k j i k j i r F 654953+-⋅+--=∆⋅=A (J) 675425-12=++= 3-3 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 在上述说法中： （A ）只有①是正确的 （B ）①、③是正确的 （C ）①、②是正确的 （D ）②、③是正确的 [B] 解：由于质点组内力冲量的矢量和为零，所以质点组总动量的改变与内力无关。 由于质点组内力功的代数和不一定为零，由动能定理K E A A ∆=+内外，质点组总动能的改变可能与内力相关。，由功能原理E A A ∆=+非保内外，质点系机械能的改变与保守内力无关。 3-4 质点系的内力可以改变 （A ）系统的总质量（B ）系统的总动量
大学物理第三章 部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案 3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在1 2 R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。 分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴而言。 解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 211 2 J MR = ① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 2222213 ()()2424232 c M R M R J J m d MR =+=⨯⨯+⨯= ② 由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 21213 32 J J J MR =-= 3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。 分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x 轴的转动惯量为： 2 02 220 1(sin 60)32 L x M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ （2）对y 轴的转动惯量为： 20222015()(sin 30)32296 L y M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰ （3）对Z 轴的转动惯量为： 2211 2()32212 z M L J ML =⨯⨯⨯= 3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为2 0.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。 分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。 解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即 11252520.50.5 4.12516 f M J M J J N m ππ βββ⨯⨯=+=+=⨯ +⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。 题图3-2
大学物理2-1第三章习题答案
物 理 习 题 三 3-1 以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，炮车的仰角为θ，炮弹和炮车的质量分 别为m 和M ，炮弹相对炮车的出口速率为v ，如下列图。求炮车的反冲速率是多大" [解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v v '-θcos ，根据动量守恒定律 所以 ()m M mv v m M v +++= 'θ cos 0 此即为炮车的反冲速率。 3-2 质量为M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。假设有N 个人，质量均为m ，站在车上。开场时车以速度0v 向右运动，后来人相对于车以速度u 向左快跑。试证明：(1)N 个人一同跳离车以后，车速为 (2)车上N 个人均以相对于车的速度u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为 [证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。人相对于地面的速度为u v -，则 所以 Nm M Nmu v v ++ =0 (2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第*个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得 所以 ()M m x N mu v v ++-+ =-11x x 此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得 …………………… 将上面所有的式子相加得 此即为第N 个人跳离车后的速度，即 3-3 质量为m =0.002kg 的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力9800400x F -=。开抢时，子弹在*=0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 其中⎰⎰- = =L L dx x Fdx A 0 )9 8000400( 而00=v ， 所以有：
大学物理第三章习题选解
第三章 刚体的转动 3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即 ωβk -=，式中k 为比例常数。初始角速度为0ω，求： （1）飞轮角速度随时间变化的关系； （2）角速度由0ω减为20ω所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。 解：（1）由dt d ω β= ，ωβk -= ωω k dt d -= 分离变量 kdt d -=ω ω ，并由初始条件0,0ωω==t ； 等式两边积分 ⎰⎰-=t kdt d 0 ω ω ω ω kt -=0 ln ωω kt e -=0ωω （2）当角速度由0ω减为 2 ω时 kt e -=00 2 ωω 21= -kt e 2ln 1 21ln 1k k t =-= 由dt d θ ω= ，kt e -=0ωω kt e dt d -=0ωθ 分离变量 dt e d kt -=0ωθ，并由初始条件0=t ，0=θ；等式两边积分 dt e d kt t -⎰ ⎰=θ ωθ0 () kt kt e k k e k --- = -- =0 1ωωωθ 代入2ln 1 k t = ，得飞轮转过的角度
k k k e k k 2210 2ln 0 ωωωωωθ= ⨯ - = - = - 飞轮转过的转数 k N πωπθ 420== 3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀角加速转动。由实验可测得刚体上某点的切向加速度为t a ，法向加速度为n a ，试证明θ2=t n a a ，θ为任意时间内转过的角度。 解：刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为R ，则该点的 法向加速度为 R a n 2ω= 切向加速度为 βR a t = β ωβω2 2= =R R a a t n 又()02 22θθβωω-=-，且000,0ωθ== βθω22= θβ βθ 22==t n a a 3-3 一根质量为m ，长为l 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动。已知细杆与桌面的滑动摩擦因数为μ，求杆转动时受摩擦力矩的大小。 解：设杆的线密度为λ。在杆上取一线元距转轴为r ，质量为dr dm λ=。该线元在转动时受桌面摩擦力为 ()dr g mg d dN df λμμμ=== 摩擦力方向与r 垂直，故线元受摩擦力矩的大小为 rdr g rdf dM λμ== 杆转动时受摩擦力矩的大小为 2 2 2 20l g r g rdr g dM M l l λμλ μλμ====⎰⎰
《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案
第1章 质点运动学 一、选择题 题1.1 ： 答案：[B] 提示：明确∆r 与r ∆的区别 题1.2： 答案：[A] 题1.3： 答案：[D] 提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dt v 题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j r i ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=- 题1.5： 答案：[D] 提示：t=0时，x=5； t=3时，x=2得位移为-3m ； 仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返 题1.6： 答案：[D] 提示：a=2t=d dt v ，2224t v tdt t ==-⎰，02 t x x vdt -=⎰，即可得D 项 题1.7： 答案：[D] 北v 风v 车1v 车2 提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系
二、填空题 题1.8： 答案： 匀速(直线)，匀速率 题1.9： 答案：2915t t -，0.6 提示： 2915dx v t t dt = =-，t=0.6时，v=0 题1.10： 答案：（1）21192 y x =- （2）24t -i j 4-j （3）411+i j 26-i j 3S 提示： (1) 联立22192x t y t =⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dy dt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt ==-v a j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r ∆=-i j ， r 和v 垂直，即0•=r v ，得t=3s 题1.11： 答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt = ==== 题1.12： 答案：1/m s π 提示： 200t dv v v dt t dt =+=⎰，11/t v m s ==，201332t v dt t R θπ===⎰ ，r π∆==
大学物理上课后习题答案
第1章 质点运动学 P21 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计;⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；⑶计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式,计算t ＝4 s 时质点的速度；5计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；6求出质点加速度矢量的表示式,计算t ＝4s 时质点的加速度请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式; 解：1j t t i t r )4321()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m ⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -= =++⋅v ,则：437i j =+v 1s m -⋅ 5 0t =s 时,033i j =+v ；4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --∆====⋅∆v v v 6 2d 1 m s d a j t -= =⋅v 这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为2 26a x =+,a 的单位为m/s 2,x 的 单位为m;质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值; 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+⎰ ⎰v v v 得：2322250x x =++v ∴ 31225 m s x x -=++⋅v 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：⑴ t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时,2 s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a 2 222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan 451n a a τ︒== 即：βωR R =2 ,亦即t t 18)9(2 2=,解得：9 23=t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+⨯ = 一质点在半径为的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α= rad/s 2,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度; 解：s 2=t 时,4.022.0=⨯== t αω 1s rad -⋅ 则0.40.40.16R ω==⨯=v 1 s m -⋅ 064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2 s m -⋅ 0.40.20.08a R τα==⨯=2 s m -⋅ 22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒