(完整版)2质点运动定律习题思考题

合集下载

大学物理习题册及解答(第二版)第二章质点的运动定律

M
a
mg
N cos θ − mg = 0
则外力
F = (m + M )a = (m + M)gtgθ
由牛顿第三定律，m对M的压力与N大小相等方向相反，数值为:
N = mg / cosθ
2．一质量为 m的物体，最初静止于x0 处,在力 F= - k/x2 的作用下沿直线运动，试求出物体在任意位置x处的速度 k 解： Q F = ma= − 2 x
( A ) 2 mv
( B)
( 2mv ) + ( mgπR / v )
2
2
( C) πRmg/v
( D) 0
m
8．在作匀速转动的水平转台上，与转轴相距R处有一体积很小的工件A，如图所示．设工件与转台间静摩擦系数为µ0，若使工件在转台上无滑动，则转台的角速度ω应满足
( A) ω ≤
(C) ω ≤
=∫
b
= ∫ kdr = k (rb − ra ) a b r b r b W2 = ∫ F2 ⋅ dr = F2 ds = ∫ kds = kS a a ∫
a
a b
r r b F1 ⋅ dr = ∫ F1ds cos θ
a
a
ra
O
F2 S
θ
F1
rb
b
(2) 因F1所作的功与具体路径无关，由质点开末位置确定，而F2作的功与具体路径有关，所以F1是保守力。
2 2
(2)ω = ω
ccΒιβλιοθήκη N =0ω = g / l cosθ T = mg / cosθ
r r dθ θ r v θ r dθ 2 2 = ∫ (−mRω cos θi − mRω sin θj ) I = ∫ Fdt = ∫ F 0 0 ω ω r r θ = ∫ (−mRω cosθi − mRω sinθj )dθ 0 r r r = −mRω sin θi + mRω cos θj − mRωj π 3π 将 θ = ,π , ,2π 分别带入上式，得到冲量 2 2 r v r v r I 1/ 4圆周 = −mRωi − mRωj I 1/ 2圆周 = −2mRωj v r r v I 3 / 4圆周 = mRωi − mRωj I 整圆周 = 0

质点运动学试题与答案讲解

质点运动学试题与答案一．选择题：1.一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 22+=（其中a 、b 为常量）, 则该质点作 (A) 匀速直线运动． (B) 变速直线运动．(C) 抛物线运动． (D)一般曲线运动．［］ 2.一质点沿x 轴作直线运动，其v -t 曲线如图所示，如t =0时，质点位于坐标原点，则t =4.5 s 时，质点在x 轴上的位置为 (A) 5m ． (B) 2m ．(C) 0． (D) -2 m ．(E) -5 m. ［］ 3.某人骑自行车以速率v 向西行驶，今有风以相同速率从北偏东30°方向吹来，试问人感到风从哪个方向吹来？ (A) 北偏东30°． (B) 南偏东30°．(C) 北偏西30°． (D) 西偏南30°．［］ 4.下列说法中，哪一个是正确的？(A) 一质点在某时刻的瞬时速度是2 m/s ，说明它在此后1 s 内一定要经过2 m 的路程．(B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大． (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零．(D) 物体加速度越大，则速度越大．［］二．填空题1.一质点沿x 轴作直线运动，它的运动学方程为 x =3+5t +6t 2-t 3 (SI)则 (1) 质点在t =0时刻的速度=0v__________________；(2) 加速度为零时，该质点的速度=v ____________________．2.一物体作斜抛运动，初速度0v与水平方向夹角为θ，如图所示．物体轨道最高点处的曲率半径ρ为__________________．3.设质点的运动学方程为j t R i t R r sin cos ωω+= (式中R 、ω 皆为常量)则质点的v=___________________，d v /d t =_____________________．4.轮船在水上以相对于水的速度1v 航行，水流速度为2v，一人相对于甲板以速度3v 行走．如人相对于岸静止，则1v 、2v和3v 的关系是___________________．2. -12三．计算：一人自原点出发，25 s 内向东走30 m ，又10 s 内向南走10 m ，再15 s 内向正西北走18 m ．求在这50 s 内， (1) 平均速度的大小和方向; (2) 平均速率的大小．有一宽为l 的大江，江水由北向南流去．设江中心流速为u 0，靠两岸的流速为零．江中任一点的流速与江中心流速之差是和江心至该点距离的平方成正比．今有相对于水的速度为0v的汽船由西岸出发,向东偏北45°方向航行，试求其航线的轨迹方程以及到达东岸的地点．四．证明：一艘船以速率ｕ驶向码头P ，另一艘船以速率v 自码头离去，试证当两船的距离最短时，两船与码头的距离之比为：()()ααcos :cos v v ++u u 设航路均为直线，α为两直线的夹角．答案：一．选择题： BBCC二．填空题：1 5m/s 17m/s2 ρ =v 02cos 2θ /g3 -ωR sin ω t i+ωR cos ω t j4 0321=++v v v三．计算题：1解：(1) BC AB OA OC ++=)45sin )45cos (18)10(30j i j i ︒+︒-+-+=j i73.227.17+=OC ，方向φ =8.98°(东偏北)2分 =∆=∆∆=t OC t r //v 0.35m/s方向东偏北8.98° 1分(2) (路程)()181030++=∆S m=58m, 16.1/=∆∆=t S v m/s 2分2解：以出发点为坐标原点，向东取为x 轴，向北取为y 轴，因流速为-y 方向，B Px y u lαOCAB东y 北φπ/4西南x由题意可得u x = 0u y = a (x -l /2)2＋b令 x = 0, x = l 处 u y = 0, x = l /2处 u y ＝－u 0，代入上式定出a 、ｂ，而得 ()x x l luu y --=204船相对于岸的速度v(v x ，v y )明显可知是 2/0v v =x y y u +=)2/(0v v ，将上二式的第一式进行积分，有t x 20v=还有，xy t x x y t y y d d 2d d d d d d 0v v ====()x x l l u --20042v 2分即 ()x x l l u x y--=020241d d v 1分因此，积分之后可求得如下的轨迹(航线)方程：'3020********x l u x l u x y v v +-= 2分到达东岸的地点(x '，y ' )为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=='='=003231v , u l y y l x l x 2分四．证明：证：设任一时刻船与码头的距离为x 、y ，两船的距离为l ，则有αcos 2222xy y x l -+= 2分对ｔ求导，得()()txyt y x t y y t x x t l l d d cos 2d d cos 2d d 2d d 2d d 2αα--+= 2分将v , =-=t y u t x d d d d 代入上式，并应用0d d =tl作为求极值的条件，则得 ααcos cos 0yu x y ux +-+-=v v()()ααcos cos u y u x +++-=v v 3分由此可求得 ααcos cos v v ++=u u y x 1分即当两船的距离最短时，两船与码头的距离之比为y 45 °v 0 u 0xl()()ααcos+uu2分:cos vv+。

力学答案第二章质点运动学(思考题)

第二章质点运动学思考题2.1质点位置矢量方向不变，质点是否作直线运动？质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？解答：质点位置矢量方向不变，质点沿直线运动。

质点沿直线运动，质点位置矢量方向不一定不变。

如图所示。

2.2若质点的速度矢量的方向不变仅大小改变，质点作何种运动？速度矢量的大小不变而方向改变作何种运动？解答：质点的速度矢量的方向不变仅大小改变，质点作变速率直线运动；速度矢量的大小不变而方向改变作匀速率曲线运动。

2.3“瞬时速度就是很短时间内的平均速度”这一说法是否正确？如何正确表述瞬时速度的定义？我们是否能按照瞬时速度的定义通过实验测量瞬时速度？解答：“瞬时速度就是很短时间内的平均速度”这一说法不正确。

因为瞬时速度与一定的时刻相对应。

瞬时速度的定义是质点在t 时刻的瞬时速度等于t 至t+△t 时间内平均速度t /r ∆∆，当△t →0时的极限，即dt r d t r lim v 0t=∆∆=→∆。

很难直接测量，在技术上常常用很短时间内的平均速度近似地表示瞬时速度，随着技术的进步，测量可以达到很高的精确度。

2.4试就质点直线运动论证：加速度与速度同号时，质点作加速运动；加速度与速度反号时，作减速运动。

是否可能存在这样的直线运动，质点速度逐渐增加但加速度却在减小？解答：,dt dv t v lim a xx 0t x =∆∆=→∆加速度与速度同号时，就是说,0a ,0v 0a ,0v x x x x <<>>或以0a ,0v x x >>为例，速度为正表示速度的方向与x 轴正向相同，加速度为正表示速度的增量为正，t t ∆+时刻的速度大于t 时刻的速度，质点作加速运动。

同理可说明,0a ,0v x x <<质点作加速运动。

质点在作直线运动中速度逐渐增加但加速度却在减小是可能存在的。

例如初速度为x 0v ，加速度为t 6a x -=，速度为20t0x 0x t21t 6vdt )t 6(v v -+=-+=⎰，,0v ,0a 6t x x >><时，速度逐渐增加。

质点力学思考题解答

第一章质点力学1.1平均速度与瞬时速度有何不同？在上面情况下，它们一致？答：平均速度是运动质点在某一时间间隔t t t ∆+→内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿t ∆对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。

在0→∆t 的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。

1.2 在极坐标系中，r v r =，θθ r v =.为什么2θ r r a r -=而非r ？为什么θθr r a 20+=而非θθ r r +？你能说出r a 中的2θ r -和θa 中另一个θ r 出现的原因和它们的物理意义吗？答：质点运动时，径向速度r V 和横向速度θV 的大小、方向都改变，而r a 中的r 只反映了rV 本身大小的改变，θa 中的θθr r +只是θV 本身大小的改变。

事实上，横向速度θV 方向的改变会引起径向速度r V 大小大改变，2θ r -就是反映这种改变的加速度分量；经向速度r V 的方向改变也引起θV 的大小改变，另一个θ r 即为反映这种改变的加速度分量，故2θ r r a r -=，.2θθθ r r a +=。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况1.3 在内禀方程中，n a 是怎样产生的？为什么在空间曲线中它总沿着主法线方向？当质点沿空间运动时，副法线方向的加速度b a 等于零，而作用力在副法线方向的分量b F 一般不等于零，这是不是违背了牛顿运动定律呢？答：内禀方程中，n a 是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a 恒位于密切面内，速度v 总是沿轨迹的切线方向，而n a 垂直于v 指向曲线凹陷一方，故n a 总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，0,0≠=b b F a z 何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力F ，还受到被动的约反作用力R ，二者在副法线方向的分量成平衡力0=+b b R F ，故0=b a 符合牛顿运动率。

第2章《质点运动学》习题解答

第2章《质点运动学》习题解答2.1.1质点的运动学方程为I(1), (3 2t)? 5?,(2).r(2 3t)? (4t 1)j?求质点轨迹并用图表示。

【解】①.x 3 2t,y 5,轨迹方程为y=5x 2 3t②3t消去时间参量t 得：3y 4x 5 0y 4t 12.1.2 质点运动学方程为r e 2t ? e 2t ? 2k?， ( 1).求质点的轨迹；(2)求自t=-1至t=1质点的位移。

【解】2tx e ① y e 2t 消去t 得轨迹：xy=1,z=2z 2② 才 e 2i? e 2? 2!?,才 e 2i? e 2? 20,3 ^1 ^1 (e 2 e 2)? (e 2 e 2) j?2.1.3 质点运动学方程为求自t=0至t=1质点的位移。

【解】4t 2? (2t 3)?,( 1).求质点的轨迹；(2)①.x 4t 2, y 2t 3,消去t 得轨迹方程x (y 3)2②r 0 3?』2.2.1雷达站于某瞬时测得飞机位置为R i 4100m, i 33.70，°.75s 后测得R 2 4240m, 2 29.3°, R,R 2均在铅直平面内。

求飞机瞬时速率的近似值和飞行方向（a 角）。

R i 2 R ； 2RR, cos( i 2)代入数值得: .41002 42402 -2 4100 4240cos 4.4°349.385(m)利用正弦定理可解出34.8902.2.2 一小圆柱体沿抛物线轨道运动，抛物线轨道为y x 2 / 200 （长度mm 。

第一次观察到圆柱体在349.3850.75 465.8(m/s)x=249mn 处，经过时间2ms 后圆柱体移到 x=234mn 处。

求圆柱体瞬时速度的近似4i? 5? r4? 2?t［解］19.6mm/ms152 36.22522112.502.2.3 一人在北京音乐厅内听音乐，离演奏者 17m 另一人在广州听同一演奏的转播，广州离北京2320km 收听者离收音机2m 问谁先听到声音？声速为340m/s,电磁波传播的速度为3.0 108m/s 。

质点力学习题与参考解答

【郑重说明】《理论力学》课程的习题及解答方面的参考书很多，学习者可以通过各种形式阅读与学习，按照学院对教学工作的要求，为了满足学习者使用不同媒体学习的实际需要，通过各种渠道收集、整理了部分习题及参考解答，仅供学习者学习时参考。

由于理论力学的题目解答比较灵活，技巧性也比较强，下面这些解答不一定是最好的方法，也可能会存在不够完善的地方，希望阅读时注意之。

学习理论力学课程更重要的是对物理概念的掌握与理解，学习处理问题的思想与方法，仅盲目的做题目或者阅读现成的答案，很难达到理想的结果。

质点动力学思考题与习题及参考解答思考题(1) 有一质量为m 的珠子, 沿一根置于水平面内的铁丝滑动, 采用自然坐标法描述. 珠子受重力g m W=, 铁丝施与的约束力b Nb n Nn t Nt Ne F e F e F F ++=.t Nt e F 即为滑动摩擦力f F, 设动摩擦因数为μ. 试判断下列各式正误: (1) mg F f μ=； (2) Nb f F F μ= （3）Nn f F F μ=；(4) 22Nb Nnf F F F +=μ(2) 用极坐标系描述单摆的运动. 某甲如思考题(2图(a)规定θ角正向, 得到动力学方程θθsin mg ml -= ；某乙如思考题(2图(b)规定θ角正向, 则得到θθsin mg ml += . 你认为谁的做法正确?(a) (b)思考题(2图(3) 质量为m 的质点, 由静止开始自高处自由落下. 设空气阻力f F与速度成正比, 比例系数为k . 某甲建立竖直向上的坐标如思考题(3图(a), 得到方程为y k mg y m+-=. 某乙建立竖直向下的坐标如思考题(3图(b), 得到方程为y k mg y m-=.他们列出的方程对吗?(a) (b)思考题(3(4)有人认为: 用极坐标系讨论质点的平面运动时, 如果0≡r F , 则沿径向动量守恒,==rm p r 常量；若0≡θF , 则沿横向动量守恒. 这种看法对吗? (5) 试判断以下二论断是否正确:(1) 若质点对固定点O 的角动量守恒, 则对过O 点的任意固定轴的角动量守恒. (2) 若质点对固定轴的角动量守恒, 则对该轴上任一固定点的角动量守恒.(6) 一质点动量守恒, 它对空间任一固定点的角动量是否守恒? 如质点对空间某一固定点角动量守恒, 该质点动量是否守恒?(7) 当质点做匀速直线运动时, 其动量是否守恒? 角动量是否守恒?(8) 在固定的直角坐标系Oxyz 中, 质量为m 的质点的速度k v j v i v v z y x++=, 所受合力为k F j F i F F z y x ++=. 能否将质点的动能定理r F mv d )21(d 2⋅=向x 轴方向投影而得出分量方程x F mv x x d )21(d 2= 该方程是否正确?思考题解答(1) 仅(4)式正确.(2) 甲正确. 乙错在角度不可以定义为从动线指向定线.(3) 乙的方程正确. 甲错在空气阻力亦应为yk -，y 取负值，y k -取正值. (4) 仅对固定方向才有动量守恒的分量形式. 径向和横向均不是空间固定方向. (5) (1)对；(2)错. (6) 一质点动量守恒，则对空间任一固定点角动量守恒. 质点对空间某一固定点角动量守恒，其动量不一定守恒.(7) 质点作匀速直线运动时，其动量和角动量均守恒.(8) 动能定理是标量方程，不可能投影而得出分量方程. 但xF mv x d )21(d 2=是正确的. 仿照动能定理的导出，用x t v x d d =乘牛顿第二定律的x 分量方程x xF t v m=d d 即可证明.质点动力学习题及参考解答【1】研究自由电子在沿x 轴的振荡电场中的运动. 已知电场强度i t E E)cos(0ϕω+=,ϕω,,0E 为常量. 电子电量为e -, 质量为m . 初始时, 即当0=t 时i x r00=, i v v 00=. 忽略重力及阻力, 求电子的运动学方程.【解】力为时间的函数，积分两次可得)cos(200ϕωω+++=t m eE t V X x ，其中ϕωcos 2000m eE x X -=，ϕωsin 00m eE v V +=.【2】以很大的初速度0v自地球表面竖直上抛一质点, 设地球无自转并忽略空气阻力, 求质点能达到的最大高度. 已知地球半径为R , 地球表面处重力加速度为g .【解】以地心O 为原点，建立x 轴经抛出点竖直向上. 质点受万有引力沿x 轴负方向. 所以2x GMm xm -= . 因为2R GMmmg =，故g R GM 2=. 故有22x g R x -= . 做变换)2(d d d d d d d d 2x x x x x t x x x x ===，则x x g R x d )2(d 222-= . 积分并用0=t 时R x =，0v x = 定积分常数，得到 )11()(212202R x g R v x -=- . 质点达最大高度时H R x +=，0=x，可求出 1220)21(2--=Rg v g v H .三点讨论：(1)令∞=H ，对应Rg v 20=为第二宇宙速度.(2)若Rg v 220<<，则回到重力场模型所得结果. (3)题中不考虑地球自转及空气阻力，均不大合理，试进一步讨论之.【3】将质量为m 的质点竖直上抛, 设空气阻力与速度平方成正比, 其大小22gv mk F R =.如上抛初速度为0v , 试证该质点落回抛出点时的速率2201v k v v +=.【解】质点运动微分方程为（Oy 轴竖直向上）；上升阶段22y g mk mg y m--=，下降阶段22y g mk mg ym +-=. 【4】向电场强度为E 、磁感应强度为B 的均匀稳定电磁场中入射一电子. 已知B E⊥, 电子初速0v 与E 和B 均垂直, 如题4图所示. 试求电子的运动规律. 设电子电量为e -.题4图【解】令m eB=ω，电子运动微分方程为y xω-=，（1） m eEx y-= ω，（2）0=z . （3）对（2）式求导，利用（1）式得02=+y yω，解出)sin(αω+=t A y . 0=t 时0=y 故0=α，由t A y ωωcos = ，且0=t 时m eBv Ee y0+-= ，故B Bv E A 0+-=，则t B Bv E y ωsin 0+-= . 积分得)cos 1()(20t m eB eB Bv E m y -+-=. 代入（1）式积分可得t m eB eB Bv E m t B E x sin )(20--=.【5】旋轮线如题5图所示, 可理解为一半径为a 的圆轮在直线上做无滑滚动时轮缘上一点P 的轨迹, 其参数方程为)sin (ϕϕ+=a x , )cos 1(ϕ-=a y . 在重力场中, 设y 轴竖直向上, 一质点沿光滑旋轮线滑动, 试证质点运动具有等时性(绕O 点运动周期与振幅无关).题5图【解】(旋轮线是如图圆轮在直线AB 上作无滑滚动时P 点的轨迹，曲线上P 点切线方向即为轮上P 点速度方向. 因无滑，0P 为瞬心，故P 点切线与P P 0垂直，因此可知P 点切线与x 轴夹角为2ϕ. )以曲线最低点(0=ϕ)为自然坐标原点，弧长正方向与t e 一致. 质点运动微分方程为2sinϕmg s m -= .对曲线参数方程求微分，得ϕϕd )cos 1(d +=a x 和ϕϕd sin d a y =，所以ϕϕd 2cos 2d d d 22a y x s =+=，积分并用0=ϕ时0=s 定积分常数，得2sin 4ϕa s =. 代入质点运动微分方程消去ϕ，得到4=+s a gs ，s 作简谐振动而具有等时性. 其解为)cos(0αω+=t A s ，a g40=ω与振幅无关.【6】一小球质量为m , 系在不可伸长的轻绳之一端, 可在光滑水平桌面上滑动. 绳的另一端穿过桌面上的小孔, 握在一个人的手中使它向下做匀速运动, 速率为a , 如题【6图所示. 设初始时绳是拉直的, 小球与小孔的距离为R , 其初速度在垂直绳方向上的投影为0v . 试求小球的运动规律及绳的张力.题6图【解】小球运动微分方程为T F r r m -=-)(2θ ，（1） 0)2(=+θθr r m ，（2）a r-= . （3）由（3）式求出at R r -=，代入（2）式求出)/(0at R t v -=θ，再由（1）式求出3220)(at R R mv F T -=.【7】一质量为m 的珠子串在一半径为R 的铁丝做成的圆环上, 圆环水平放置. 设珠子的初始速率为0v , 珠子与圆环间动摩擦因数为μ, 求珠子经过多少弧长后停止运动 (根据牛顿第二定律求解).【解】珠子的运动微分方程为2b 2n d d N N F F t v m+-=μ，（1）n 2/N F mv =ρ，（2）mg F N -=b 0，（3）R =ρ（约束方程）. （4）把（2）、（3）、（4）式代入（1）式，作变换sv t v d /)21(d d d 2=，可求出]/)ln[()2/(224020Rg g R v v R s ++=μ.【8】质量为m 的小球沿光滑的、半长轴为a 、半短轴为b 的椭圆弧滑下, 此椭圆弧在竖直平面内且短轴沿竖直方向. 设小球自长轴端点开始运动时其初速度为零. 求小球达到椭圆弧最低点时对椭圆弧的压力 (根据牛顿第二定律求解). 【解】以椭圆最低点为自然坐标原点O ，弧长正方向指向小球初始位置，θ为切向与水平方向的夹角，小球的运动微分方程为θsin mg vm -= ，（1） θρcos /2mg F mv N -=. （2）Oy 竖直向上，将s y d /d sin =θ代入（1）式得s y g s v v d /d d /d -=，积分可求出小球达最低点时gb v 22=. 由轨道方程22x a a by --=求出当0=x 时0='y ，2/a b y =''，由公式可求出22/32)1(1a b y y ='+''=ρ. 再由（2）式求出0=θ时)/21(/cos 22a b mg mv mg F N +=+=ρθ.【9】力1F 和2F分别作用在长方体的顶角A 和B 上, 长方体的尺寸和坐标系如题【9图所示. 试计算1F 和2F对原点O 及3个坐标轴的力矩.题9图【解】11bF M x =，11aF M y -=，01=z M ，2222/b a bcF M x +=，2222/b a acF M y +-=，02=z M .【10】已知质量为0m 的质点做螺旋运动, 其运动学方程为t r x ωcos 0=, t r y ωsin 0=,kt z =,k r ,,0ω为常量. 试求: (1)t 时刻质点对坐标原点的角动量；(2) t 时刻质点对过),,(c b a P 点, 方向余弦为),,(n m l 的轴的角动量.【解】由运动学方程求出→v ，根据定义即可求出→→→→→→++--=⨯=k r m j t t t r km i t t t r km v r m L ωωωωωωω200000000)sin (cos )cos (sin ，)]cos ()sin )([(]cos )()sin ([000000),,(a t r k t r c kt m m t r c kt b t r k l m L n m l -+-----=ωωωωωω)sin cos (00200t br t ar r n m ωωωωω--+.【11】如题【11图所示, 质量为m 的小球安装在长为l 的细轻杆的A 端, 杆的B 端与轴21O O 垂直地固连. 小球在液体中可绕21O O 轴做定轴转动, 轴承1O 和2O 是光滑的. 转动中小球所受液体阻力与角速度成正比, ωαm F R =,α为常量. 设初始角速度为0ω,试求经多少时间后, 角速度减小为初始值的一半,以及在这段时间内小球所转圈数.(忽略杆的质量及所受阻力.)题 11图【解】由对21O O 轴的角动量定理ωαωm l ml t -=)(d d2，积分可得lt /0e αωω-=，求出α/)2ln (l t =. 将角动量定理化为l /d d θαω-=，积分可以求得αωαωθπ4/)r a d (2/00l l ==（圈）【12】质量为m 的质点沿椭圆轨道运动, 其运动学方程为kt a x cos =, kt b y sin = (k b a ,,为常量). 用两种方法计算质点所受合力在0=t 到k t 4π=时间内所做的功.【解】(1)由动能定理)(4121212222122b a mk mv mv W -=-=.(2)用曲线积分算⎰⎰+=⋅=→→2121)d d (y ym x x m r d F W ，把轨道参数方程kt b y kt a x sin ,cos ==代入，则曲线积分化为对t 的积分，可得同样结果.【13】试用动能定理求解7题.【解】珠子的动能定理为sF F mv N N d )21(d 2b 2n 2--=μ，参见3.7提示【14】有一小球质量为m , 沿如题【14图所示的光滑的水平的对数螺旋线轨道滑动. 螺旋线轨道方程为θa e r r -=0, a 为常数. 已知当极角0=θ时,小球初速为0v . 求轨道对小球的水平约束力N F 的大小. (用角动量及动能定理求解, 图中δ为θe 与v 方向间夹角,a =δtg.)题14图【解】因机械能守恒，小球动能不变，因此0v v =.过O 点作z 轴竖直向上(垂直纸面向外)，质点对z 轴的角动量δcos rmv L z =. 质点所受对z 轴力矩δsin N z rF M -=. 由对z 轴的角动量定理得δδsin )cos (d d0N rF rmv t -=.由于θθθθθ ar ar t r r v a r -=-===-e d d d d 0，θθ r v =. 故a v v r =-=θδtan . 将它代入角动量定理方程，得到N N arF rF rmv -=-=δtan 0 . 而δδsin sin 0v v v r r -=-== ，所以θδδδa N a r mv a r mv ar mv ar mv F e 11tan 1tan sin 2020220222020+=+=+==.【15】已知质点所受力F 的3个分量为z a y a x a F x 131211++=,z a y a x a F y232221++=, z a y a x a F z 333231++=,系数)3,2,1,(=j i a ij 都是常量. 这些ij a 满足什么条件时与力F相关的势能存在? 在这些条件被满足的条件下, 计算其势能.【解】当0=⨯∇→F 时势能存在，要求311332232112,,a a a a a a ===. 以原点为势能零点，则)222(21132312233222211xz a zy a xy a z a y a x a V +++++-=.【16】一带有电荷q 的质点在电偶极子的场中所受的力为3c o s 2r pq F r θ=,3sin r pq F θθ=,p 为偶极距, r 为质点到偶极子中心的距离.试证此力场为有势场.【解】)/cos (d d d )d d (d 2r pq r F r F e r e r F r F r r θθθθθ-=+=+⋅=⋅→→→→→，故为有势场【17】如题17图所示, 自由质点在Oxy 平面内运动, 静止中心A 和B 均以与距离成正比的力吸引质点M , 比例系数为k . 试证明势能存在并求出质点的势能.v题【17图【解】y ky x kx y ky ky x b x k b x k r F d 2d 2d )(d )]()([d --=--+--+-=⋅→→)](d [22y x k +-=.故势能存在. 以O 为势能零点，则)(22y x k V +=.【18】试用机械能守恒定律求解8题.【解】根据机械能守恒定律，以椭圆弧最低点为势能零点，mgbmv =221，可知gb v 2=，参见3.8提示.【20】将质量为m 的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。

质点运动学习题详解

(2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI),如果初始时刻质点的速度V 0为5m -s '1,则当t 为3s 时，质点的速度 v= ________________________ 。

[答案：23 ms -1]⑶ 轮船在水上以相对于水的速度 V 航行，水流速度为v 2, 一人相对于甲板以速度 V 3行走。

如人相对于岸静止，则V 、V 2和V 3的关系是。

[答案：V 1 V 2 V 30]习题1A /选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径r(x, y)的端点处，其速度大小为dr(A) — dtdr (B) —— dtd |r |(C)dt1[答案：D]:,dx 、2,dy 、2(D)W dt )V(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度 v 2m/s ，瞬时加速度a 2m/ s 2，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (C)等于 2m/s [答案：D] (B)等于-2m/s (D)不能确定。

(3) 一质点沿半径为速度大小和平均速率大小分别为 2 R 2 R (A) - t tR 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均 (C) 0,0 c 2 R (B) 0,-p 2 R c (D) —,0 [答案：B]/填空题 (1) 一质点，以 m 1 的匀速率作半径为 5m 的圆周运动，则该质点在 5s 内，位移的大小是 _____________________ [答案：10 m ; ;经过的路程是 5 n m]一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：（1）物体的大小和形状；（2）物体的内部结构；（3）所研究问题的性质。

解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。

F 面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动（1）x=4t-3; （ 2）x=-4t 3+3t 2+6; （ 3）x=-2t 2+8t+4; （ 4）x=2t 2-4/t 。

质点运动学习题思考题

大学物理第一章习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。

求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。

（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。

1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt=221t t =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。

大学物理第2章质点动力学习题(含解答)

第2章质点动力学习题解答2-1 如图所示，电梯作加速度大小为a 运动。

物体质量为m ，弹簧的弹性系数为k ，•求图示三种情况下物体所受的电梯支持力（图a 、b ）及电梯所受的弹簧对其拉力（图c ）。

解：（a ）ma mg N =- )(a g m N += （b ）ma N mg =- )(a g m N -= （c ）ma mg F =- )(a g m F +=2-2 如图所示，质量为10kg 物体，•所受拉力为变力2132+=t F （SI ），0=t 时物体静止。

该物体与地面的静摩擦系数为20.0=s μ，滑动摩擦系数为10.0=μ，取10=g m/s 2，求1=t s 时，物体的速度和加速度。

解：最大静摩擦力)(20max N mg f s ==μmax f F >，0=t 时物体开始运动。

ma mg F =-μ，1.13.02+=-=t mmgF a μ 1=t s 时，)/(4.12s m a =dtdv a =Θ，adt dv =，⎰⎰+=t v dt t dv 0201.13.0t t v 1.11.03+=1=t s 时，)/(2.1s m v =2-3 一质点质量为2.0kg ，在Oxy 平面内运动，•其所受合力j t i t F ρρρ232+=（SI ），0=t 时，速度j v ρρ20=（SI ），位矢i r ρρ20=。

求：（1）1=t s 时，质点加速度的大小及方向；（2）1=t s 时质点的速度和位矢。

解：j t i t m Fa ρρρρ+==223 223t a x =，00=x v ，20=x ⎰⎰=tv x dt t dv x0223，23t v x =⎰⎰⎰==txtx dt t dt v dx 03202，284+=t xt a y =，20=y v ，00=y⎰⎰=tv y tdt dv y02，222+=t v y⎰⎰⎰+==tyty dt t dt v dy 020)22(，t t y 263+=（1）1=t s 时，)/(232s m j i a ρρρ+=（2）j t i t v ρρρ)22(223++=，1=t s 时，j i v ρρρ2521+= j t t i t r ρρρ)26()28(34+++=，1=t s 时，j i r ρρρ613817+=2-4 质量为m 的子弹以速度0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的关系；（2）子弹射入沙土的最大深度。

大学物理第2章质点动力学习题解答

第2章质点动力学习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ（单位：米，秒），求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j ia m F ˆ12ˆ24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。

F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

证明：∵r j t b it a dt r d a ρρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。

2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，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m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μf 1 N 1 m 1g TaFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 22-20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m 1,m 2的物体（m 1≠m 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。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

1两边积分得：速率随时间变化的规律为'0积分有:2-1 质量为16kg 的质点在xOy 平面内运动, 习题2受一恒力作用，力的分量为f x6N ，f y 7N ，当 t 0时, x y 0，V x 2m / s , V y 0。

当 t 2s 时, 求:(1) ⑵ 质点的位矢; 质点的速度。

解: 由a x x ，有: ma x6 16 3m/s 2， 8 a y716m / s 2 (°Vx V xo a x dt 2V y V yoo a y dt于是质点在2s 时的速度: 3 28 7/ m/s 。

8 5V i4 /s ,7 V8j m /s V 1 2 ' (2)r (V o t ^a x t )1 13V 7 V i i m 4 8 v 4)i ](厶 4j 2 16 2-2摩托快艇以速率 V 0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为 F= - kV 2(k 为正值常量)。

设摩托快艇的质量为 m ,当摩托快艇发动机关闭后，求: (1)求速率V 随时间t 的变化规律； ⑵求路程x 随时间t 的变化规律； k x (3)证明速度V 与路程x 之间的关系为V V °e ，其中kk/m 。

解：(1)由牛顿运动定律 F ma 得:kv 2 m 竺，分离变量有—d t mdt(2)由位移和速度的积分关系: dt，t1x 0 1 k x tV 0 mdtkln(丄m V 0-t) mk 1kln 丄•••路程随时间变化的规律为: mVx 上 ln(1 — V 0t)； mm(3)由 kv 2d V d x md x dtkdx mxdxVdvVV积分有：V v 0ekx2-3•质量为m 的子弹以速度V 。

水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式; 大深度。

2-4 •—条质量分布均匀的绳子，质量为 M 、长度为L , 一端拴在竖直转轴 00 ' .上，并以恒定角速度在水平面上旋转.设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且 ' 忽略重力，求距转轴为 r 处绳中的张力T( r).[' :解：在绳子L 上距离转轴为r 处取一小段微元绳子，假设其质量为 dm ,可知：|MV/Z/Zdm dr ，因为它做的是圆周运动，所以微元绳的所受合力提供向心力：dT (r )2rdm2r 。

L距转轴为r 处绳中的张力T( r)将提供的是r 以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：LM 222T (r ) dT (r ) M —(L 2 r 2)。

r 2L2-5.已知一质量为 m 的质点在x 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即f k/x 2, k 是比例常数.设质点在x A 时的速度为零，求质点在x A/4处的速度的大小。

v v 2 v2-6. 一质量为2kg 的质点，在xy 平面上运动，受到外力F 4i 24t j (SI)的作用，tv v v速度为v 。

3i 4 j (SI)，求t 1s 时质点的速度及受到的法向力 F n 。

解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。

v vv d v v 2 v d v由：F m 「，有：4i 24t 2j 2匚，两边积分有:解：(1)由题意，子弹射入沙土中的阻力表达式为: f m dv ，则 kv dt k dt ,两边同时积分, m 又由牛顿第二定律可得: dv m — dt kv分离变量，可得：dv v ktv v °e m有: 0 dv 所以：(2)子弹进入沙土的最大深度也就是 v 0的时候子弹的位移, 考虑到dvdt dv dx dx dt不，可推出：dx 则: xmaxm , mv om dv m v °。

^dt ， m -dv ，而这个式子两边积分就可以得到位移： k (2)子弹进入沙土的最解：由题意:占，再由牛顿第二定律可得:x考虑到屯也空dt dx dt两边同时取积分，则:空，可推出：mvdv dtv vdvkdv ~2 m 一xdt$dxxA/41k 2dx A x0时，它的初有：vdt dtvv 11 v 2 v v v v 3v dv —(4i 24t 2j)dt ，二 v v 。

2t i 4t 3j , v °0 2v v v v v考虑到 v 。

3i 4 j , t 1s ，有 v 5i由于在自然坐标系中，v v 首，而v-i 5v (t 1s 时)，表明在t 1s 时，切向速度方向就是i 方向，所v v v 2v vvv vv以，此时法向的力是 j 方向的，则利用 F 4i 24t 2j ，将t 1s 代入有F 4i 24 j 4首24e n , ••• F n 24 N 。

2-7•如图，用质量为的板车运载一质量为 m 2的木箱，车板与箱底间的摩擦系数为，车与路面间的滚动摩擦可不计，计算拉车的力 F 为多少才能保证木箱不致滑动？解法一：根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板车与木箱具有相同的加速度，且上限车板与箱底间为最大摩擦。

Ff f max即：a叶 m 2m 2可得：F (g m 2)g解法二：设木箱不致于滑动的最大拉力为F max m 2g gam 2g| m 2a联立得：F max (m 1 m 2)g ,有：F g m 2)g 。

2-8 •如图所示一倾角为的斜面放在水平面上，斜面上放一木块，两者间摩擦系数为 (tg )。

为使木块相对斜面静止，求斜面加速度a 的范围。

解法一：在斜面具有不同的加速度的时候，木块将分别具有向上和向下滑动的趋势，这就是加速度的两个范围，由题意，可得：N sin mg N c osF max ，列式有:(1)当木块具有向下滑动的趋势时(见图a ),列式为: N sin N cos N sinN cos 可计算得到：此时的 a 1mg ma 1tan 1 tan(2)当木快具有向上滑动的趋势时(见图b ),列式为:可计算得到：此时的 a 2ta n 1 tang ,所以:ta n1 tantan解法二：考虑物体m 放在与斜面固连的非惯性系中，将物体m 受力沿x'和y'方向分解，如图示，同时考虑非惯性力，隔离物块和斜面体，列出木块平衡式：x'方向：mg sin ma cos f 0y'方向：N mg cos ma sin 0考虑到 f N ，有： mgsi n ma cos(mg cos masinN sin N cos ma分离变量，有：v d v则两边积分,得: 1gl2 2(2 2 1)gl(2) J_妲来看，棒可以全部浸入液体的条件为即: 寸，假若有条件1，则棒不能全部浸入液体;21v亍，设棒进入液体的最大深度为h，由积分°v dv h2gl可得: 】v2gh ，考虑到棒在最大深度时速度为零，有:2 2 21 2 2丨。

1(3)由牛顿运动定律G F n ma知，当G F n时，a 0，速度最大(设为v m) 有: 2g l S1g x S，即X n由积分v dv0 —2gl2l虫dx，有:解得：a sin coscos m sin gtang。

1 m tan••• a的取值范围: tan tan1 tan g a1 ta^g2-9密度为p i的液体，上方悬一长为I，密度为绳，并设棒只在重力和浮力作用下下沉，求：(1)棒刚好全部浸入液体时的速度；(2)若p2< p/2,棒进入液体的最大深度；(3)棒下落过程中能达到的最大速度。

解：(1)由牛顿运动定律G F n ma得：p的均质细棒AB,棒的B端刚好和液面接触。

今剪断2gl S 1g x S S ，考虑到d vdtd v d x d x,v ——d x d t d t棒刚好全部浸入液体时，速度为v,此时x l ,2同理，在xoz 剖面上，可得：z x 2 z 0，稳定旋转时液面是一个抛物面，综上，在立体的三维坐2g2标xyz 上，抛物面的方程为： z (x 2 y 2) z 0 。

2g2-11 •质量为m 2的物体可以在劈形物体的斜面上无摩擦滑动, 劈形物质量为 m 1，放置在光滑的水平面上，斜面倾角为求释放后两物体的加速度及它们的相互作用力。

解：利用隔离体方法，设方形物 m 2相对于劈形物叶沿斜面下滑的加速度为 a 2'，劈形物m 1水平向左的加速度为a 1，分析受力有：方形物m 2受力：m 2孑，N 1, m 2a V 1 (惯性力); 劈形物m 1受力：m^ , N 1, N 2，如图；对于m 2，有沿斜面平行和垂直的方程为：.m 2a 1 cos m 2g sin m b a 2' ①N 1 m 2a 1 sinm 2g cos②对于叶，有：N 1 sin 叶印③将③代入有②：mb® sinm 2 g cos ,sin21o1g 2 l 2 ”)，2-10 .圆柱形容器内装有一定量的液体，若它们一起绕圆柱轴以角速度的形状如何？解：取容器内稳定旋转液面某处一小块液体微元面，受力分析如图示。

列式： Nsi n 2—,又由导数几何意义， g ①/②有: ta n 匀速转动，试问稳定旋转时液面有：tan dz 2 —dy ，积分有： z g 0时 z z 0所以 2 22y C2g C z 0 z — y 2 z 0，表明yoz 剖面上，形成液面的抛物线; 2g①, m 受重力 mg 和支持力N 的作用，考虑yoz 剖m 2sin cos・2m m 2 sin g ，代入①，有:a 2(m 1 m 2)si n '~2gm 1 m 2 sin再将a 2'在水平和竖直两方向上分解，有: a 2xa 2y (m, m 2)sin cos .2 g m m 2sin(mh m 2)s in 2 ~g a2ym m 2 sinx8…a 2xa a 2xm sin cosgm1 m 2si n 2而相互作用力：N 1 m 1a 1 sin m 1m 2 cos :~2 m 1 m 2 sin2-12 •一小环套在光滑细杆上，细杆以倾角杆端点O 的距离r 。

解：根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕 Z 轴的圆周运动，所以可列式： N sin 绕竖直轴作匀角速度转动，角速度为，求：小环平衡时距N cos 所以，可得: mg 2 r sin g tan sin ZO2-13.设质量为m 的带电微粒受到沿 x 方向的电力F (b cx)V 假定t 0时，v 0 0,沧 0。