物理學簡明教程1-9章課后習題答案

./第一章質點運動學1-1質點作曲線運動,在時刻t質點的位矢為r,速度為v,速率為v,t至<t＋Δt>時間內的位移為Δr,路程為Δs,位矢大小的變化量為Δr<或稱Δ｜r｜>,平均速度為,平均速率為．<1>根據上述情況,則必有<><A>｜Δr｜=Δs=Δr<B>｜Δr｜≠Δs≠Δr,當Δt→0時有｜dr｜=ds≠dr<C>｜Δr｜≠Δr≠Δs,當Δt→0時有｜dr｜=dr≠ds<D>｜Δr｜≠Δs≠Δr,當Δt→0時有｜dr｜=dr=ds<2>根據上述情況,則必有<><A>｜｜=,｜｜=<B>｜｜≠,｜｜≠<C>｜｜=,｜｜≠<D>｜｜≠,｜｜=分析與解<1>質點在t至<t＋Δt>時間內沿曲線從P點運動到P′點,各量關系如圖所示,其中路程Δs＝PP′,位移大?。｜＝PP′,而Δr＝｜r｜-｜r｜表示質點位矢大小的變化量,三個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等<注：在直線運動中有相等的可能>．但當Δt→0時,點P′無限趨近P點,則有｜dr｜＝ds,但卻不等于dr．故選<B>．<2>由于｜Δr｜≠Δs,故,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可見,應選<C>．1-2一運動質點在某瞬時位于位矢r<x,y>的端點處,對其速度的大小有四種意見,即<1>；<2>；<3>；<4>．下述判斷正確的是<><A>只有<1><2>正確<B>只有<2>正確<C>只有<2><3>正確<D>只有<3><4>正確分析與解表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率．通常用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式計算,在直角坐標系中則可由公式求解．故選<D>．1-3一個質點在做圓周運動時,則有<><A>切向加速度一定改變,法向加速度也改變<B>切向加速度可能不變,法向加速度一定改變<C>切向加速度可能不變,法向加速度不變<D>切向加速度一定改變,法向加速度不變分析與解加速度的切向分量aｔ起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用．質點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的．至于aｔ是否改變,則要視質點的速率情況而定．質點作勻速率圓周運動時,aｔ恒為零；質點作勻變速率圓周運動時,aｔ為一不為零的恒量,當aｔ改變時,質點則作一般的變速率圓周運動．由此可見,應選<B>．1-4質點的運動方程為式中x,y的單位為m,t的單位為ｓ．試求：<1>初速度的大小和方向；<2>加速度的大小和方向．分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向．解<1>速度的分量式為當t＝0時,v0x＝-10m·ｓ-1,v0y＝15m·ｓ-1,則初速度大小為設v0與x軸的夾角為α,則α＝123°41′<2>加速度的分量式為,則加速度的大小為設a與x軸的夾角為β,則β＝-33°41′<或326°19′>1-5質點沿直線運動,加速度a＝4-t2,式中a的單位為m·ｓ-2,t的單位為ｓ．如果當t＝3ｓ時,x＝9m,v＝2m·ｓ-1,求質點的運動方程．分析本題屬于運動學第二類問題,即已知加速度求速度和運動方程,必須在給定條件下用積分方法解決．由和可得和．如a＝a<t>或v＝v<t>,則可兩邊直接積分．如果a或v不是時間t的顯函數,則應經過諸如分離變量或變量代換等數學操作后再做積分．解由分析知,應有得<1>由得<2>將t＝3ｓ時,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入<1>、<2>得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m于是可得質點運動方程為1-6飛機以100m·ｓ-1的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100m時,駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標處,問：<1>此時目標在飛機正下方位置的前面多遠？<2>投放物品時,駕駛員看目標的視線和水平線成何角度？<3>物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各為多少？題1-13圖分析物品空投后作平拋運動．忽略空氣阻力的條件下,由運動獨立性原理知,物品在空中沿水平方向作勻速直線運動,在豎直方向作自由落體運動．到達地面目標時,兩方向上運動時間是相同的．因此,分別列出其運動方程,運用時間相等的條件,即可求解．此外,平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度．為求特定時刻t時物體的切向加速度和法向加速度,只需求出該時刻它們與重力加速度之間的夾角α或β．由圖可知,在特定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角α,可由此時刻的兩速度分量vx、vy求出,這樣,也就可將重力加速度g的切向和法向分量求得．解<1>取如圖所示的坐標,物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為x＝vt,y＝1/2gt2飛機水平飛行速度v＝100m·s-1,飛機離地面的高度y＝100m,由上述兩式可得目標在飛機正下方前的距離<2>視線和水平線的夾角為<3>在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為取自然坐標,物品在拋出2s時,重力加速度的切向分量與法向分量分別為1-7一質點沿半徑為R的圓周按規(guī)律運動,v0、b都是常量．<1>求t時刻質點的總加速度；<2>t為何值時總加速度在數值上等于b？<3>當加速度達到b時,質點已沿圓周運行了多少圈？分析在自然坐標中,s表示圓周上從某一點開始的曲線坐標．由給定的運動方程s＝s<t>,對時間t求一階、二階導數,即是沿曲線運動的速度v和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量為an＝v2/R．這樣,總加速度為a＝aｔeｔ＋anen．至于質點在t時間內通過的路程,即為曲線坐標的改變量Δs＝st-s0．因圓周長為2πR,質點所轉過的圈數自然可求得．解<1>質點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為,故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為<2>要使｜a｜＝b,由可得<3>從t＝0開始到t＝v0/b時,質點經過的路程為因此質點運行的圈數為1-8一升降機以加速度1.22m·ｓ-2上升,當上升速度為2.44m·ｓ-1時,有一螺絲自升降機的天花板上松脫,天花板與升降機的底面相距2.74m．計算：<1>螺絲從天花板落到底面所需要的時間；<2>螺絲相對升降機外固定柱子的下降距離．分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自由落體運動,列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1＝y(tǒng)1<t>和y2＝y(tǒng)2<t>,并考慮它們相遇,即位矢相同這一條件,問題即可解；另一種方法是取升降機<或螺絲>為參考系,這時,螺絲<或升降機>相對它作勻加速運動,但是,此加速度應該是相對加速度．升降機廂的高度就是螺絲<或升降機>運動的路程．解1<1>以地面為參考系,取如圖所示的坐標系,升降機與螺絲的運動方程分別為當螺絲落至底面時,有y1＝y(tǒng)2,即<2>螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為解2<1>以升降機為參考系,此時,螺絲相對它的加速度大小a′＝g＋a,螺絲落至底面時,有<2>由于升降機在t時間內上升的高度為則題1-8圖1-9一無風的下雨天,一列火車以v1＝20.0m·ｓ-1的速度勻速前進,在車內的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75°角下降．求雨滴下落的速度v2．<設下降的雨滴作勻速運動>題1-19圖分析這是一個相對運動的問題．設雨滴為研究對象,地面為靜止參考系Ｓ,火車為動參考系Ｓ′．v1為Ｓ′相對Ｓ的速度,v2為雨滴相對Ｓ的速度,利用相對運動速度的關系即可解．解以地面為參考系,火車相對地面運動的速度為v1,雨滴相對地面豎直下落的速度為v2,旅客看到雨滴下落的速度v2′為相對速度,它們之間的關系為<如圖所示>,于是可得1-10如圖<a>所示,一汽車在雨中沿直線行駛,其速率為v1,下落雨滴的速度方向偏于豎直方向之前θ角,速率為v2′,若車后有一長方形物體,問車速v1為多大時,此物體正好不會被雨水淋濕？分析這也是一個相對運動的問題．可視雨點為研究對象,地面為靜參考系Ｓ,汽車為動參考系Ｓ′．如圖<a>所示,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點下落的方向<即雨點相對于汽車的運動速度v2′的方向>應滿足．再由相對速度的矢量關系,即可求出所需車速v1．題1-20圖解由［圖<b>］,有而要使,則1-11用水平力FN把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止．當FN逐漸增大時,物體所受的靜摩擦力Ff的大小<><A>不為零,但保持不變<B>隨FN成正比地增大<C>開始隨FN增大,達到某一最大值后,就保持不變<D>無法確定分析與解與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值μFN范圍內取值．當FN增加時,靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運動狀態(tài)．由題意知,物體一直保持靜止狀態(tài),故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選<A>．1-12一段路面水平的公路,轉彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數為μ,要使汽車不至于發(fā)生側向打滑,汽車在該處的行駛速率<><A>不得小于<B>必須等于<C>不得大于<D>還應由汽車的質量m決定分析與解由題意知,汽車應在水平面內作勻速率圓周運動,為保證汽車轉彎時不側向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應為μFN．由此可算得汽車轉彎的最大速率應為v＝μRg．因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側向打滑．應選<C>．1-13一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則<><A>它的加速度方向永遠指向圓心,其速率保持不變<B>它受到的軌道的作用力的大小不斷增加<C>它受到的合外力大小變化,方向永遠指向圓心<D>它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加分析與解由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關．重力的切向分量<mgcosθ>使物體的速率將會不斷增加<由機械能守恒亦可判斷>,則物體作圓周運動的向心力<又稱法向力>將不斷增大,由軌道法向方向上的動力學方程可判斷,隨θ角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應選<B>．*1-14圖<a>示系統(tǒng)置于以a＝1/4g的加速度上升的升降機內,A、B兩物體質量相同均為m,A所在的桌面是水平的,繩子和定滑輪質量均不計,若忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦,并不計空氣阻力,則繩中張力為<><A>5/8mg<B>1/2mg<C>mg<D>2mg分析與解本題可考慮對A、B兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進行求解．此時A、B兩物體受力情況如圖<b>所示,圖中a′為A、B兩物體相對電梯的加速度,ma為慣性力．對A、B兩物體應用牛頓第二定律,可解得FＴ＝5/8mg．故選<A>．討論對于習題2-5這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系<本題為電梯>觀察到的運動圖像較為明確,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學問題時,必須對物體加上一個虛擬的慣性力．如以地面為慣性參考系求解,則兩物體的加速度aA和aB均應對地而言,本題中aA和aB的大小與方向均不相同．其中aA應斜向上．對aA、aB、a和a′之間還要用到相對運動規(guī)律,求解過程較繁瑣．有興趣的讀者不妨自己嘗試一下．1-15在如圖〔a所示的輕滑輪上跨有一輕繩,繩的兩端連接著質量分別為1kg和2kg的物體A和B,現以50N的恒力F向上提滑輪的軸,不計滑輪質量及滑輪與繩間摩擦,求A和B的加速度各為多少？題1-15圖分析在上提物體過程中,由于滑輪可以轉動,所以A、B兩物體對地加速度并不相同,故應將A、B和滑輪分別隔離后,運用牛頓定律求解,本題中因滑輪質量可以不計,故兩邊繩子張力相等,且有.解隔離后,各物體受力如圖〔b所示,有滑輪AB聯立三式,得討論如由式求解,所得是A、B兩物體構成的質點系的質心加速度,并不是A、B兩物體的加速度.上式叫質心運動定理.1-16一質量為m的小球最初位于如圖<a>所示的A點,然后沿半徑為r的光滑圓軌道ADCB下滑．試求小球到達點C時的角速度和對圓軌道的作用力．題1-16圖分析該題可由牛頓第二定律求解．在取自然坐標的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,與其相對應的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而與法向加速度an相對應的外力是支持力FN和重力的法向分量mgcosα．由此,可分別列出切向和法向的動力學方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man．由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的,因此,需應用積分求解,為使運算簡便,可轉換積分變量．該題也能應用以小球、圓弧與地球為系統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比較簡便．但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力．解小球在運動過程中受到重力P和圓軌道對它的支持力FN．取圖<b>所示的自然坐標系,由牛頓定律得<1><2>由,得,代入式<1>,并根據小球從點A運動到點C的始末條件,進行積分,有得則小球在點C的角速度為由式<2>得由此可得小球對圓軌道的作用力為負號表示F′N與en反向．1-17光滑的水平桌面上放置一半徑為R的固定圓環(huán),物體緊貼環(huán)的內側作圓周運動,其摩擦因數為μ,開始時物體的速率為v0,求：<1>t時刻物體的速率；<2>當物體速率從v0減少時,物體所經歷的時間及經過的路程．題1-17圖分析運動學與動力學之間的聯系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學問題．物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內側對物體的支持力FN和環(huán)與物體之間的摩擦力Fｆ,而摩擦力大小與正壓力FN′成正比,且FN與FN′又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯系起來了,從而可用運動學的積分關系式求解速率和路程．解<1>設物體質量為m,取圖中所示的自然坐標,按牛頓定律,有由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN,由上述各式可得取初始條件t＝0時v＝v0,并對上式進行積分,有<2>當物體的速率從v0減少到時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內所經過的路程第二章動量守恒定律和能量守恒定律2-1對質點系有以下幾種說法：<1>質點組總動量的改變與內力無關；<2>質點組總動能的改變與內力無關；<3>質點組機械能的改變與保守內力無關．下列對上述說法判斷正確的是<><A>只有<1>是正確的<B><1>、<2>是正確的<C><1>、<3>是正確的<D><2>、<3>是正確的分析與解在質點組中內力總是成對出現的,它們是作用力與反作用力．由于一對內力的沖量恒為零,故內力不會改變質點組的總動量．但由于相互有作用力的兩個質點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內力所作功之和不一定為零,應作具體分析,如一對彈性內力的功的代數和一般為零,一對摩擦內力的功代數和一般不為零,對于保守內力來說,所作功能使質點組動能與勢能相互轉換,因此保守內力即使有可能改變質點組的動能,但也不可能改變質點組的機械能．綜上所述<1><3>說法是正確的．故選<C>．2-2有兩個傾角不同、高度相同、質量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑下,則<><A>物塊到達斜面底端時的動量相等<B>物塊到達斜面底端時動能相等<C>物塊和斜面<以及地球>組成的系統(tǒng),機械能不守恒<D>物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒分析與解對題述系統(tǒng)來說,由題意知并無外力和非保守內力作功,故系統(tǒng)機械能守恒．物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內力作功將一部分能量轉化為斜面的動能,其大小取決其中一個內力所作功．由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等．動量自然也就不等<動量方向也不同>．故<A><B><C>三種說法均不正確．至于說法<D>正確,是因為該系統(tǒng)動量雖不守恒<下滑前系統(tǒng)動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零．由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力>,但在水平方向上并無外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動量守恒．2-3如圖所示,質量分別為m1和m2的物體A和B,置于光滑桌面上,A和B之間連有一輕彈簧．另有質量為m1和m2的物體C和D分別置于物體A與B之上,且物體A和C、B和D之間的摩擦因數均不為零．首先用外力沿水平方向相向推壓A和B,使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在A和B彈開的過程中,對A、B、C、D以及彈簧組成的系統(tǒng),有<><A>動量守恒,機械能守恒<B>動量不守恒,機械能守恒<C>動量不守恒,機械能不守恒<D>動量守恒,機械能不一定守恒分析與解由題意知,作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B彈開過程中C與A或D與B之間有無相對滑動,如有則必然會因摩擦內力作功,而使一部分機械能轉化為熱能,故選<D>．2-4如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出．以地面為參考系,下列說法中正確的說法是<><A>子彈減少的動能轉變?yōu)槟緣K的動能<B>子彈-木塊系統(tǒng)的機械能守恒<C>子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功<D>子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產生的熱分析與解子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中,作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能并不守恒．這是因為子彈與木塊作用的一對內力所作功的代數和不為零<這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致>,子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中,一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉移為木塊的動能,另一部分則轉化為熱能<大小就等于這一對內力所作功的代數和>．綜上所述,只有說法<C>的表述是完全正確的．2-5質量為m的物體,由水平面上點O以初速為v0拋出,v0與水平面成仰角α．若不計空氣阻力,求：<1>物體從發(fā)射點O到最高點的過程中,重力的沖量；<2>物體從發(fā)射點到落回至同一水平面的過程中,重力的沖量．分析重力是恒力,因此,求其在一段時間內的沖量時,只需求出時間間隔即可．由拋體運動規(guī)律可知,物體到達最高點的時間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時間是到達最高點時間的兩倍．這樣,按沖量的定義即可求得結果．另一種解的方法是根據過程的始、末動量,由動量定理求出．解1物體從出發(fā)到達最高點所需的時間為則物體落回地面的時間為于是,在相應的過程中重力的沖量分別為解2根據動量定理,物體由發(fā)射點O運動到點A、B的過程中,重力的沖量分別為2-6高空作業(yè)時系安全帶是非常必要的．假如一質量為51.0kg的人,在操作時不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護,最終使他被懸掛起來．已知此時人離原處的距離為2.0m,安全帶彈性緩沖作用時間為0.50s．求安全帶對人的平均沖力．分析從人受力的情況來看,可分兩個階段：在開始下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運動；在安全帶保護的緩沖過程中,則人體同時受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時間很短．為求安全帶的沖力,可以從緩沖時間內,人體運動狀態(tài)<動量>的改變來分析,即運用動量定理來討論．事實上,動量定理也可應用于整個過程．但是,這時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零．這樣,運用動量定理仍可得到相同的結果．解1以人為研究對象,按分析中的兩個階段進行討論．在自由落體運動過程中,人跌落至2m處時的速度為<1>在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據動量定理,有<2>由式<1>、<2>可得安全帶對人的平均沖力大小為解2從整個過程來討論．根據動量定理有2-7如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S＝0.20m2的直角彎管,管中有流速為v＝3.0m·ｓ-1的水通過,求彎管所受力的大小和方向．題3-12圖分析對于彎曲部分AB段內的水而言,由于流速一定,在時間Δt內,從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量．因此,對這部分水來說,在時間Δt內動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量Δp＝Δm<vB-vA>；此動量的變化是管壁在Δt時間內對其作用沖量I的結果．依據動量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對管壁的作用力F′＝-F．解在Δt時間內,從管一端流入<或流出>水的質量為Δm＝ρυSΔt,彎曲部分AB的水的動量的增量則為Δp＝Δm<vB-vA>＝ρυSΔt<vB-vA>依據動量定理I＝Δp,得到管壁對這部分水的平均沖力從而可得水流對管壁作用力的大小為作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側．2-8質量為m′的人手里拿著一個質量為m的物體,此人用與水平面成α角的速率v0向前跳去．當他達到最高點時,他將物體以相對于人為u的水平速率向后拋出．問：由于人拋出物體,他跳躍的距離增加了多少？<假設人可視為質點>分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點處向后拋出物體所致．在拋物的過程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動量發(fā)生了變化．如果把人與物視為一系統(tǒng),因水平方向不受外力作用,故外力的沖量為零,系統(tǒng)在該方向上動量守恒．但在應用動量守恒定律時,必須注意系統(tǒng)是相對地面<慣性系>而言的,因此,在處理人與物的速度時,要根據相對運動的關系來確定．至于,人因跳躍而增加的距離,可根據人在水平方向速率的增量Δv來計算．解取如圖所示坐標．把人與物視為一系統(tǒng),當人跳躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有式中v為人拋物后相對地面的水平速率,v-u為拋出物對地面的水平速率．得人的水平速率的增量為而人從最高點到地面的運動時間為所以,人跳躍后增加的距離2-9一質量為0.20kg的球,系在長為2.00m的細繩上,細繩的另一端系在天花板上．把小球移至使細繩與豎直方向成30°角的位置,然后從靜止放開．求：<1>在繩索從30°角到0°角的過程中,重力和張力所作的功；<2>物體在最低位置時的動能和速率；<3>在最低位置時的張力．題2-9圖分析<1>在計算功時,首先應明確是什么力作功．小球擺動過程中同時受到重力和張力作用．重力是保守力,根據小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據功的矢量式,即能得出結果來．<2>在計算功的基礎上,由動能定理直接能求出動能和速率．<3>在求最低點的張力時,可根據小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定．解<1>如圖所示,重力對小球所作的功只與始末位置有關,即在小球擺動過程中,張力FＴ的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功<2>根據動能定理,小球擺動過程中,其動能的增量是由于重力對它作功的結果．初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為小球在最低位置的速率為<3>當小球在最低位置時,由牛頓定律可得2-10一質量為m的質點,系在細繩的一端,繩的另一端固定在平面上．此質點在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運動．設質點的最初速率是v0．當它運動一周時,其速率為v0/2．求：<1>摩擦力作的功；<2>動摩擦因數；<3>在靜止以前質點運動了多少圈？分析質點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這部分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上．由此,可依據動能定理列式解之．解<1>摩擦力作功為<1><2>由于摩擦力是一恒力,且Fｆ＝μmg,故有<2>由式<1>、<2>可得動摩擦因數為<3>由于一周中損失的動能為,則在靜止前可運行的圈數為圈2-11如圖<a>所示,A和B兩塊板用一輕彈簧連接起來,它們的質量分別為m1和m2．問在A板上需加多大的壓力,方可在力停止作用后,恰能使A在跳起來時B稍被提起．<設彈簧的勁度系數為k>題2-11圖分析運用守恒定律求解是解決力學問題最簡捷的途徑之一．因為它與過程的細節(jié)無關,也常常與特定力的細節(jié)無關．"守恒"則意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變．在具體應用時,必須恰當地選取研究對象<系統(tǒng)>,注意守恒定律成立的條件．該題可用機械能守恒定律來解決．選取兩塊板、彈簧和地球為系統(tǒng),該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后<取作狀態(tài)1>,直到B板剛被提起<取作狀態(tài)2>,在這一過程中,系統(tǒng)不受外力作用,而內力中又只有保守力<重力和彈力>作功,支持力不作功,因此,滿足機械能守恒的條件．只需取狀態(tài)1和狀態(tài)2,運用機械能守恒定律列出方程,并結合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓力求出．解選取如圖<b>所示坐標,取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點．作各狀態(tài)下物體的受力圖．對A板而言,當施以外力F時,根據受力平衡有F1＝P1＋F<1>當外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機械能守恒定律可得式中y1、y2為M、N兩點對原點O的位移．因為F1＝ky1,F2＝ky2及P1＝m1g,上式可寫為F1-F2＝2P1<2>由式<1>、<2>可得F＝P1＋F2<3>當A板跳到N點時,B板剛被提起,此時彈性力F′2＝P2,且F2＝F′2．由式<3>可得F＝P1＋P2＝<m1＋m2>g應注意,勢能的零點位置是可以任意選取的．為計算方便起見,通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點．2-12如圖所示,一質量為m的木塊靜止在光滑水平面上,一質量為m/2的子彈沿水平方向以速率射入木塊一段距離L<此時木塊滑行距離恰為s>后留在木塊內,求：〔1木塊與子彈的共同速度v,此過程中木塊和子彈的動能各變化了多少？〔2子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各作了多少功？〔3證明這一對摩擦阻力的所作功的代數和就等于其中一個摩擦阻力沿相對位移L所作的功.<4>證明這一對摩擦阻力所作功的代數和就等于子彈-木塊系統(tǒng)總機械能的減少量<亦即轉化為熱的那部分能量>.題2-12圖分析對子彈-木塊系統(tǒng)來說,滿足動量守恒,但系統(tǒng)動能并不守恒,這是因為一對摩擦內力所做功的代數和并不為零,其中摩擦阻力對木塊作正功,其反作用力對子彈作負功,后者功的數值大于前者,通過這一對作用力與反作用力所做功,子彈將一部分動能轉移給木塊,而另一部分卻轉化為物體內能.本題〔3、〔4兩問給出了具有普遍意義的結論,可幫助讀者以后分析此類問題.解〔1子彈-木塊系統(tǒng)滿足動量守恒,有解得共同速度對木塊對子彈〔2對木塊和子彈分別運用質點動能定理,則對木塊對子彈〔3設摩擦阻力大小為,在兩者取得共同速度時,木塊對地位移為s,則子彈對地位移為L+s,有對木塊對子彈得式中L即為子彈對木塊的相對位移,"-"號表示這一對摩擦阻力〔非保守力所作功必定會使系統(tǒng)機械能減少.<4>對木塊對子彈兩式相加,得即兩式相加后實為子彈-木塊系統(tǒng)作為質點系的動能定理表達式,左邊為一對內力所作功,右邊為系統(tǒng)動能的變化量.2-13一質量為m的地球衛(wèi)星,沿半徑為3RE的圓軌道運動,RE為地球的半徑．已知地球的質量為mE．求：<1>衛(wèi)星的動能；<2>衛(wèi)星的引力勢能；<3>衛(wèi)星的機械能．分析根據勢能和動能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出．由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能．由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)<衛(wèi)星和地球>的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零．這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了．至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和．解<1>衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得則<2>取衛(wèi)星與地球相距無限遠<r→∞>時的勢能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為<3>衛(wèi)星的機械能為2-14如圖<a>所示,天文觀測臺有一半徑為R的半球形屋面,有一冰塊從光滑屋面的最高點由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計．求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度．題2-14圖分析取冰塊、屋面和地球為系統(tǒng),由于屋面對冰塊的支持力FN始終與冰塊運動的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內力,所以,系統(tǒng)的機械能守恒．但是,僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理量；因此,還需設法根據冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學方程．求解上述兩方程即可得出結果．解由系統(tǒng)的機械能守恒,有<1>根據牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學方程為<2>冰塊脫離球面時,支持力FN＝0,由式<1>、<2>可得冰塊的角位置冰塊此時的速率為v的方向與重力P方向的夾角為α＝90°-θ＝41.8°2-15如圖所示,把質量m＝0.20kg的小球放在位置A時,彈簧被壓縮Δl＝7.5×10-2m．然后在彈簧彈性力的作用下,小球從位置A由靜止被釋放,小球沿軌道ABCD運動．小球與軌道間的摩擦不計．已知是半徑r＝0.15m的半圓弧,AB相距為2r．求彈簧勁度系數的最小值．題2-15圖分析若取小球、彈簧和地球為系統(tǒng),小球在被釋放后的運動過程中,只有重力和彈力這兩個保守內力作功,軌道對球的支持力不作功,因此,在運動的過程中,系統(tǒng)的機械能守恒．運用守恒定律解題時,關鍵在于選好系統(tǒng)的初態(tài)和終態(tài)．為獲取本題所求的結果,初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時刻,這樣,可使彈簧的勁度系數與初態(tài)相聯系；而終態(tài)則取在小球剛好能通過半圓弧時的最高點C處,因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、等于此速率時,小球定能沿軌道繼續(xù)向前運動；小于此速率時,小球將脫離軌道拋出．該速率則可根據重力提供圓弧運動中所需的向心力,由牛頓定律求出．這樣,再由系統(tǒng)的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數的最小值．解小球要剛好通過最高點C時,軌道對小球支持力FN＝0,因此,有<1>取小球開始時所在位置A為重力勢能的零點,由系統(tǒng)的機械能守恒定律,有<2>由式<1>、<2>可得2-16如圖所示,質量為m、速度為v的鋼球,射向質量為m′的靶,靶中心有一小孔,內有勁度系數為k的彈簧,此靶最初處于靜止狀態(tài),但可在水平面上作無摩擦滑動．求子彈射入靶內彈簧后,彈簧的最大壓縮距離．題2-16圖分析這也是一種碰撞問題．碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動量守恒．但是,僅靠動量守恒定律還不能求出結果來．又考慮到無外力對系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內力作功,故系統(tǒng)的機械能也守恒．應用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解．應用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細節(jié)問題．解設彈簧的最大壓縮量為x0．小球與靶共同運動的速度為v1．由動量守恒定律,有<1>又由機械能守恒定律,有<2>由式<1>、<2>可得2-17質量為m的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B后,速率由v減少到v/2．已知擺錘的質量為m′,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內完成一個完全的圓周運動,彈丸速度v的最小值應為多少？題2-17圖分析該題可分兩個過程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過程．就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖擊力的沖量,因此,可認為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒．擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定；與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒定律,根據兩守恒定律即可解出結果．解由水平方向的動量守恒定律,有<1>為使擺錘恰好能在垂直平面內作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力FＴ＝0,則<2>式中v′h為擺錘在圓周最高點的運動速率．又擺錘在垂直平面內作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有<3>解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為2-18如圖所示,一質量為m′的物塊放置在斜面的最底端A處,斜面的傾角為α,高度為h,物塊與斜面的動摩擦因數為μ,今有一質量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入物塊并留在其中,且使物塊沿斜面向上滑動．求物塊滑出頂端時的速度大?。}2-18圖分析該題可分兩個階段來討論,首先是子彈和物塊的撞擊過程,然后是物塊<包含子彈>沿斜面向上的滑動過程．在撞擊過程中,對物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言,由于撞擊前后的總動量明顯是不同的,因此,撞擊過程中動量不守恒．應該注意,不是任何碰撞過程中動量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞擊力<屬于內力>遠大于子彈的重力P1和物塊的重力P2在斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力Fｆ,在該方向上動量守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度．在物塊沿斜面上滑的過程中,為解題方便,可重新選擇系統(tǒng)<即取子彈、物塊和地球為系統(tǒng)>,此系統(tǒng)不受外力作用,而非保守內力中僅摩擦力作功,根據系統(tǒng)的功能原理,可解得最終的結果．解在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據動量守恒有<1>在物塊上滑的過程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時的速度為v2,并取A點的重力勢能為零．由系統(tǒng)的功能原理可得<2>由式<1>、<2>可得2-19如圖所示,一個質量為m的小球,從內壁為半球形的容器邊緣點A滑下．設容器質量為m′,半徑為R,內壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．開始時小球和容器都處于靜止狀態(tài)．當小球沿內壁滑到容器底部的點B時,受到向上的支持力為多大？題3-30圖分析由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動,當小球沿容器內壁下滑時,容器在桌面上也要發(fā)生移動．將小球與容器視為系統(tǒng),該系統(tǒng)在運動過程中沿水平桌面方向不受外力作用,系統(tǒng)在該方向上的動量守恒；若將小球、容器與地球視為系統(tǒng),因系統(tǒng)無外力作用,而內力中重力是保守力,而支持力不作功,系統(tǒng)的機械能守恒．由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度．由于相對運動的存在,小球相對容器運動的軌跡是圓,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了,因此,在運用曲線運動中的法向動力學方程求解小球受力時,必須注意參考系的選擇．若取容器為參考系<非慣性系>,小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧,其法向加速度可由此刻的速度<相對于容器速度>求得．在分析小球受力時,除重力和支持力外,還必須計及它所受的慣性力．小球位于容器的底部這一特殊位置時,容器的加速度為零,慣性力也為零．這樣,由法向動力學方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面為參考系<慣性系>,雖然無需考慮慣性力,但是因小球的軌跡方程比較復雜,其曲率半徑及法向加速度難以確定,使求解較為困難．解根據水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機械能守恒定律可分別得<1><2>式中vm、vm′分別表示小球、容器相對桌面的速度．由式<1>、<2>可得小球到達容器底部時小球、容器的速度大小分別為由于小球相對地面運動的軌跡比較復雜,為此,可改為以容器為參考系<非慣性系>．在容器底部時,小球相對容器的運動速度為<3>在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運動方程為<4>由式<3>、<4>可得小球此時所受到的支持力為第三章剛體與流體3－1有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上：<1>這兩個力都平行于軸作用時,它們對軸的合力矩一定是零；<2>這兩個力都垂直于軸作用時,它們對軸的合力矩可能是零；<3>當這兩個力的合力為零時,它們對軸的合力矩也一定是零；<4>當這兩個力對軸的合力矩為零時,它們的合力也一定是零．對上述說法下述判斷正確的是<><A>只有<1>是正確的<B><1>、<2>正確,<3>、<4>錯誤<C><1>、<2>、<3>都正確,<4>錯誤<D><1>、<2>、<3>、<4>都正確分析與解力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉軸,二是力平行于轉軸<例如門的重力并不能使門轉>．不滿足上述情況下的作用力<含題述作用力垂直于轉軸的情況>對軸之矩不為零,但同時有兩個力作用時,只要滿足兩力矩大小相等,方向相反,兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零,由以上規(guī)則可知<1><2>說法是正確．對于<3><4>兩種說法,如作用于剛體上的兩個力為共點力,當合力為零時,它們對同一軸的合外力矩也一定為零,反之亦然．但如這兩個力為非共點力,則以上結論不成立,故<3><4>說法不完全正確．綜上所述,應選<B>．3－2關于力矩有以下幾種說法：<1>對某個定軸轉動剛體而言,內力矩不會改變剛體的角加速度；<2>一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；<3>質量相等,形狀和大小不同的兩個剛體,在相同力矩的作用下,它們的運動狀態(tài)一定相同．對上述說法下述判斷正確的是<><A>只有<2>是正確的<B><1>、<2>是正確的<C><2>、<3>是正確的<D><1>、<2>、<3>都是正確的分析與解剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力,且作用點相同,故對同一軸的力矩之和必為零,因此可推知剛體中所有內力矩之和為零,因而不會影響剛體的角加速度或角動量等,故<1><2>說法正確．對說法<3>來說,題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同,因而在相同力矩作用下,產生的角加速度不一定相同,因而運動狀態(tài)未必相同,由此可見應選<B>．3－3均勻細棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動,如圖所示,今使棒從水平位置由靜止開始自由下落,在棒擺到豎直位置的過程中,下述說法正確的是<><A>角速度從小到大,角加速度不變<B>角速度從小到大,角加速度從小到大<C>角速度從小到大,角加速度從大到小<D>角速度不變,角加速度為零分析與解如圖所示,在棒下落過程中,重力對軸之矩是變化的,其大小與棒和水平面的夾角有關．當棒處于水平位置,重力矩最大,當棒處于豎直位置時,重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小,由轉動定律知,棒的角加速亦由大到小,而棒的角速度卻由小到大<由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況>,應選<C>．3－4一汽車發(fā)動機曲軸的轉速在12s內由1.2×103r·min-1均勻的增加到2.7×103r·min-1．<1>求曲軸轉動的角加速度；<2>在此時間內,曲軸轉了多少轉？分析這是剛體的運動學問題．剛體定軸轉動的運動學規(guī)律與質點的運動學規(guī)律有類似的關系,本題為勻變速轉動．解<1>由于角速度ω＝2πn<n為單位時間內的轉數>,根據角加速度的定義,在勻變速轉動中角加速度為<2>發(fā)動機曲軸轉過的角度為在12s內曲軸轉過的圈數為圈3－5一飛輪由一直徑為30㎝,厚度為2.0㎝的圓盤和兩個直徑為10㎝,長為8.0㎝的共軸圓柱體組成,設飛輪的密度為7.8×103kg·m-3,題3-5圖分析根據轉動慣量的可疊加性,飛輪對軸的轉動慣量可視為圓盤與兩圓柱體對同軸的轉動慣量之和；而勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量的計算可查書中公式,或根據轉動慣量的定義,用簡單的積分計算得到．解根據轉動慣量的疊加性,由勻質圓盤、圓柱體對軸的轉動慣量公式可得3－6一燃氣輪機在試車時,燃氣作用在渦輪上的力矩為2.03×103N·m,渦輪的轉動慣量為25.0kg·m2．當輪的轉速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1時,所經歷的時間t為多少？分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩,因此,根據轉動定律可知,飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉動中角加速度與時間的關系,可解出飛輪所經歷的時間．該題還可應用角動量定理直接求解．解1在勻變速轉動中,角加速度,由轉動定律,可得飛輪所經歷的時間解2飛輪在恒外力矩作用下,根據角動量定理,有則3－7電風扇接通電源后一般經5s后到達額定轉速,而關閉電源后經16s后風扇停止轉動,已知電風扇的轉動慣量為,設啟動時電磁力矩和轉動時的阻力矩均為常數,求啟動時的電磁力矩.分析由題意知和均為常數,故啟動時電風扇在和共同作用下,作勻加速轉動,直至到達額定轉速,關閉電源后,電風扇僅在的作用下作勻減速轉動.運用勻變速轉動的運動學規(guī)律和轉動定律既可求解.解設啟動時和關閉電源后,電風扇轉動時的角加速度分別為和,則啟動過程關閉電源后聯解以上各式并將以及、、、值代入,得3－8一質量為m′、半徑為R的均勻圓盤,通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度ω轉動,若在某時刻,一質量為m的小碎塊從盤邊緣裂開,且恰好沿垂直方向上拋,問它可能達到的高度是多少？破裂后圓盤的角動量為多大？分析盤邊緣裂開時,小碎塊以原有的切向速度作上拋運動,由質點運動學規(guī)律可求得上拋的最大高度.此外,在碎塊與盤分離的過程中,滿足角動量守恒條件,由角動量守恒定律可計算破裂后盤的角動量.題3-8圖解<1>碎塊拋出時的初速度為由于碎塊豎直上拋運動,它所能到達的高度為<2>圓盤在裂開的過程中,其角動量守恒,故有式中為圓盤未碎時的角動量；為碎塊被視為質點時,碎塊對軸的角動量；L為破裂后盤的角動量.則3－9一位溜冰者伸開雙臂來以1.0繞身體中心軸轉動,此時的轉動慣量為1.33,她收起雙臂來增加轉速,如收起雙臂后的轉動慣量變?yōu)?.48.求〔1她收起雙臂后的轉速；〔2她收起雙臂前后繞身體中心軸的轉動動能各為多少？分析各種物體〔含剛體和變形體在運動過程中,只要對空間某定點或定軸的外力矩之和為零,則物體對同一點或軸的角動量就守恒,在本題中當溜冰者繞身體中心軸轉動時,人體重力和地面支持力均與該軸重合,故無外力矩作用,滿足角動量守恒.此時改變身體形狀〔即改變對軸的轉動慣量就可改變轉速,這是在體育運動中經常要利用的物理規(guī)律.解〔1由分析知,有則〔2收起雙臂前收起雙臂后此時由于人體內力做功,有3－10一質量為1.12kg,長為1.0m的均勻細棒,支點在棒的上端點,開始時棒自由懸掛.以100N的力打擊它的下端點,打擊時間為0.02s.<1>若打擊前棒是靜止的,求打擊時其角動量的變化；<2>題3-10圖分析該題屬于常見的剛體轉動問題,可分為兩個過程來討論：<1>瞬間的打擊過程.在瞬間外力的打擊下,棒受到外力矩的角沖量,根據角動量定理,棒的角動量將發(fā)生變化,則獲得一定的角速度.<2>棒的轉動過程.由于棒和地球所組成的系統(tǒng),除重力<保守內力>外無其他外力做功,因此系統(tǒng)的機械能守恒,根據機械能守恒定律,可求得棒的偏轉角度.解<1>由剛體的角動量定理得<2>取棒和地球為一系統(tǒng),并選O處為重力勢能零點.在轉動過程中,系統(tǒng)的機械能守恒,即由式<1>、<2>可得棒的偏轉角度為3－11質量為0.50kg,長為0.40m的均勻細棒,可繞垂直于棒的一端的水平軸轉動.如將此棒放在水平位置,然后任其落下,求：<1>當棒轉過60°時的角加速度和角速度；<2>下落到豎直位置時的動能；<3>題3-11圖分析轉動定律M＝Jα是一瞬時關系式,為求棒在不同位置的角加速度,只需確定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩是變力矩,角加速度也是變化的,因此,在求角速度時,就必須根據角加速度用積分的方法來計算<也可根據轉動中的動能定理,通過計算變力矩的功來求>.至于棒下落到豎直位置時的動能和角速度,可采用系統(tǒng)的機械能守恒定律來解,這是因為棒與地球所組成的系統(tǒng)中,只有重力作功<轉軸處的支持力不作功>,因此,系統(tǒng)的機械能守恒.解<1>棒繞端點的轉動慣量由轉動定律M＝Jα可得棒在θ位置時的角加速度為當θ＝60°時,棒轉動的角加速度由于,根據初始條件對式<1>積分,有則角速度為<2>根據機械能守恒,棒下落至豎直位置時的動能為<3>由于該動能也就是轉動動能,即,所以,棒落至豎直位置時的角速度為第四章機械振動與機械波4-1一個質點作簡諧運動,振幅為A,在起始時刻質點的位移為,且向x軸正方向運動,代表此簡諧運動的旋轉矢量為〔題4-１圖分析與解〔B圖中旋轉矢量的矢端在x軸上投影點的位移為－A/2,且投影點的運動方向指向Ox軸正向,即其速度的x分量大于零,故滿足題意．因而正確答案為〔B．4-2一簡諧運動曲線如圖〔a所示,則運動周期是〔<A>2.62s<B>2.40s<C>2.20s〔D2.00s題4-２圖分析與解由振動曲線可知,初始時刻質點的位移為A/2,且向x軸正方向運動．圖〔ｂ是其相應的旋轉矢量圖,由旋轉矢量法可知初相位為-．振動曲線上給出質點從A/2處運動到x=0處所需時間為1s,由對應旋轉矢量圖可知相應的相位差,則角頻率,周期.故選〔B．4-3兩個同周期簡諧運動曲線如圖〔a所示,x1的相位比x2的相位〔〔A落后〔B超前〔C落后〔D超前分析與解由振動曲線圖作出相應的旋轉矢量圖〔b即可得到答案為〔B．題4-３圖4-4兩個同振動方向、同頻率、振幅均為A的簡諧運動合成后,振幅仍為A,則這兩個簡諧運動的相位差為〔〔A60〔B90〔C120〔D180分析與解由旋轉矢量圖可知兩個簡諧運動1和2的相位差為120時,合成后的簡諧運動3的振幅仍為A.正確答案為〔C．題4-4圖4-5若簡諧運動方程為,式中x的單位為m,t的單位為s.求：〔1振幅、頻率、角頻率、周期和初相；〔2時的位移、速度和加速度．分析可采用比較法求解．將已知的簡諧運動方程與簡諧運動方程的一般形式作比較,即可求得各特征量．運用與上題相同的處理方法,寫出位移、速度、加速度的表達式,代入值后,即可求得結果．解〔1將與比較后可得：振幅A＝0.10m,角頻率,初相＝0.25,則周期,頻率．〔２時的位移、速度、加速度分別為4-6一放置在水平桌面上的彈簧振子,振幅A＝2.0×10-2m,周期T＝0.50ｓ．當t＝0時,〔1物體在正方向端點；〔2物體在平衡位置、向負方向運動；〔3物體在x＝-1.0×10-2m處,向負方向運動；〔4物體在x＝-1.0×10分析在振幅A和周期T已知的條件下,確定初相φ是求解簡諧運動方程的關鍵．初相的確定通常有兩種方法．〔1解析法：由振動方程出發(fā),根據初始條件,即t＝0時,x＝x0和v＝v0來確定φ值．〔2旋轉矢量法：如圖〔a所示,將質點P在Ox軸上振動的初始位置x0和速度v0的方向與旋轉矢量圖相對應來確定φ．旋轉矢量法比較直觀、方便,在分析中常采用．題4-6圖解由題給條件知A＝2.0×10-2m,,而初相φ可采用分析中的兩種不同方法來求．解析法：根據簡諧運動方程,當時有,．當〔1時,,則；〔2時,,,因,取；〔3時,,,由,取；〔4時,,,由,取．旋轉矢量法：分別畫出四個不同初始狀態(tài)的旋轉矢量圖,如圖〔b所示,它們所對應的初相分別為,,,．振幅A、角頻率ω、初相φ均確定后,則各相應狀態(tài)下的運動方程為〔1〔2〔3〔44-7有一彈簧,當其下端掛一質量為m的物體時,伸長量為9.8×10-2m．若使物體上、下振動,且規(guī)定向下為正方向．〔1當t＝0時,物體在平衡位置上方8.0×10-2ｍ處,由靜止開始向下運動,求運動方程．〔2當t＝０時,物體在平衡位置并以0.6ｍ·s-1分析求運動方程,也就是要確定振動的三個特征物理量A、ω和φ．其中振動的角頻率是由彈簧振子系統(tǒng)的固有性質〔振子質量m及彈簧勁度系數k決定的,即,k可根據物體受力平衡時彈簧的伸長來計算；振幅A和初相φ需要根據初始條件確定．題4-7圖解物體受力平衡時,彈性力F與重力P的大小相等,即F＝mg．而此時彈簧的伸長量Δl＝9.8×10-2m．則彈簧的勁度系數k＝F／Δl＝mg／Δl〔1設系統(tǒng)平衡時,物體所在處為坐標原點,向下為x軸正向．由初始條件t＝0時,x10＝8.0×10-2m、v10＝0可得振幅；應用旋轉矢量法可確定初相［圖〔a］．則運動方程為〔2t＝０時,x20＝0、v20＝0.6ｍ·s-1,同理可得；［圖〔b］．則運動方程為4-8某振動質點的x-t曲線如圖〔a所示,試求：〔1運動方程；〔2點P對應的相位；〔3到達點P相應位置所需的時間．分析由已知運動方程畫振動曲線和由振動曲線求運動方程是振動中常見的兩類問題．本題就是要通過x－t圖線確定振動的三個特征量A、ω和,從而寫出運動方程．曲線最大幅值即為振幅A；而ω、通常可通過旋轉矢量法或解析法解出,一般采用旋轉矢量法比較方便．解〔1質點振動振幅A＝0.10ｍ．而由振動曲線可畫出t0＝0和t1＝4ｓ時旋轉矢量,如圖〔b所示．由圖可見初相〔或,而由得,則運動方程為題4-8圖〔2圖〔a中點P的位置是質點從A／2處運動到正向的端點處．對應的旋轉矢量圖如圖〔c所示．當初相取時,點P的相位為〔如果初相取成,則點P相應的相位應表示為．〔3由旋轉矢量圖可得,則．4-9質量為10g的物體沿x的軸作簡諧運動,振幅A=10cm,周期T=4.0s,t=0時物體的位移為且物體朝x軸負方向運動,求〔1t=1.0s時物體的位移；〔2t=1.0s時物體受的力；〔3t=0之后何時物體第一次到達x=5.0cm處；〔4第二次和第一次經過x=5.0cm處的時間間隔.分析根據題給條件可以先寫出物體簡諧運動方程.其中振幅A,角頻率均已知,而初相可由題給初始條件利用旋轉矢量法方便求出.有了運動方程,t時刻位移x和t時刻物體受力也就可以求出.對于〔3、〔4兩問均可通過作旋轉矢量圖并根據公式很方便求解.解由題給條件畫出t=0時該簡諧運動的旋轉矢量圖如圖〔a所示,可知初相.而A=0.10m,.則簡諧運動方程為<1>t=1.0s時物體的位移〔2t=1.0s時物體受力〔3設t=0時刻后,物體第一次到達x=5.0cm處的時刻為t,畫出t=0和t=t時刻的旋轉矢量圖,如圖〔b所示,由圖可知,A與A的相位差為,由得〔4設t=0時刻后,物體第二次到達x=5.0cm處的時刻為t,畫出t=t和t=t時刻的旋轉矢量圖,如圖〔c所示,由圖可知,A與A的相位差為,故有題4-9圖4-10圖〔a為一簡諧運動質點的速度與時間的關系曲線,且振幅為2cm,求〔1振動周期；〔2加速度的最大值；〔3運動方程．分析根據v-t圖可知速度的最大值vmax,由vmax＝Aω可求出角頻率ω,進而可求出周期T和加速度的最大值amax＝Aω2．在要求的簡諧運動方程x＝Acos〔ωt＋φ中,因為A和ω已得出,故只要求初相位φ即可．由v－t曲線圖可以知道,當t＝0時,質點運動速度v0＝vmax/2＝Aω/2,之后速度越來越大,因此可以判斷出質點沿x軸正向向著平衡點運動．利用v0＝－Aωsinφ就可求出φ．解〔1由得,則〔2〔3從分析中已知,即因為質點沿x軸正向向平衡位置運動,則取,其旋轉矢量圖如圖〔b所示．則運動方程為題4-10圖4-11有一單擺,長為1.0m,最大擺角為5°,如圖所示．〔1求擺的角頻率和周期；〔2設開始時擺角最大,試寫出此單擺的運動方程；〔3擺角為3°時的角速度和擺球的線速度各為多少？題4-11圖分析單擺在擺角較小時〔θ＜5°的擺動,其角量θ與時間的關系可表示為簡諧運動方程,其中角頻率ω仍由該系統(tǒng)的性質〔重力加速度g和繩長決定,即．初相φ與擺角θ,質點的角速度與旋轉矢量的角速度〔角頻率均是不同的物理概念,必須注意區(qū)分．解〔1單擺角頻率及周期分別為〔2由時可得振動初相,則以角量表示的簡諧運動方程為〔３擺角為3°時,有,則這時質點的角速度為線速度的大小為討論質點的線速度和角速度也可通過機械能守恒定律求解,但結果會有極微小的差別．這是因為在導出簡諧運動方程時曾取,所以,單擺的簡諧運動方程僅在θ較小時成立．4-12如圖〔a所示,質量為1.0×10-2kg的子彈,以500m·s-1的速度射入木塊,并嵌在木塊中,同時使彈簧壓縮從而作簡諧運動,設木塊的質量為4.99kg,彈簧的勁度系數為8.0×103N·m-1,若以彈簧原長時物體所在處為坐標原點,向左為題4-12圖分析可分為兩個過程討論．首先是子彈射入木塊的過程,在此過程中,子彈和木塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒,因而可以確定它們共同運動的初速度v0,即振動的初速度．隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡諧運動．它的角頻率由振子質量m1＋m2和彈簧的勁度系數k確定,振幅和初相可根據初始條件〔初速度v0和初位移x0求得．初相位仍可用旋轉矢量法求．解振動系統(tǒng)的角頻率為由動量守恒定律得振動的初始速度即子彈和木塊的共同運動初速度v0為又因初始位移x0＝0,則振動系統(tǒng)的振幅為圖〔b給出了彈簧振子的旋轉矢量圖,從圖中可知初相位,則簡諧運動方程為4-13如圖〔a所示,一勁度系數為k的輕彈簧,其下掛有一質量為m1的空盤．現有一質量為m2的物體從盤上方高為h處自由落入盤中,并和盤粘在一起振動．問：〔1此時的振動周期與空盤作振動的周期有何不同？〔2此時的振幅為多大？題4-13圖分析原有空盤振動系統(tǒng)由于下落物體的加入,振子質量由m1變?yōu)閙1+m2,因此新系統(tǒng)的角頻率〔或周期要改變．由于,因此,確定初始速度v0和初始位移x0是求解振幅A的關鍵．物體落到盤中,與盤作完全非彈性碰撞,由動量守恒定律可確定盤與物體的共同初速度v0,這也是該振動系統(tǒng)的初始速度．在確定初始時刻的位移x0時,應注意新振動系統(tǒng)的平衡位置應是盤和物體懸掛在彈簧上的平衡位置．因此,本題中初始位移x0,也就是空盤時的平衡位置相對新系統(tǒng)的平衡位置的位移．解〔1空盤時和物體落入盤中后的振動周期分別為可見T′＞T,即振動周期變大了．〔2如圖〔b所示,取新系統(tǒng)的平衡位置為坐標原點O．則根據分析中所述,初始位移為空盤時的平衡位置相對粘上物體后新系統(tǒng)平衡位置的位移,即式中為空盤靜止時彈簧的伸長量,l2＝為物體粘在盤上后,靜止時彈簧的伸長量．由動量守恒定律可得振動系統(tǒng)的初始速度,即盤與物體相碰后的速度式中是物體由h高下落至盤時的速度．故系統(tǒng)振動的振幅為本題也可用機械能守恒定律求振幅A．4-14質量為0.10kg的物體,以振幅1.0×10-2m作簡諧運動,其最大加速度為4.0ｍ·s求：〔1振動的周期；〔2物體通過平衡位置時的總能量與動能；〔3物體在何處其動能和勢能相等？〔4當物體的位移大小為振幅的一半時,動能、勢能各占總能量的多少？分析在簡諧運動過程中,物體的最大加速度,由此可確定振動的周期T．另外,在簡諧運動過程中機械能是守恒的,其中動能和勢能互相交替轉化,其總能量E＝kA2/2．當動能與勢能相等時,Ek＝EP＝kA2/4．因而可求解本題．解〔1由分析可得振動周期〔2當物體處于平衡位置時,系統(tǒng)的勢能為零,由機械能守恒可得系統(tǒng)的動能等于總能量,即〔3設振子在位移x0處動能與勢能相等,則有得〔４物體位移的大小為振幅的一半〔即時的勢能為則動能為5-18一勁度系數k=312的輕彈簧,一端固定,另一端連接一質量的物體,放在光滑的水平面上,上面放一質量為的物體,兩物體間的最大靜摩擦系數.求兩物體間無相對滑動時,系統(tǒng)振動的最大能量.分析簡諧運動系統(tǒng)的振動能量為.因此只要求出兩物體間無相對滑動條件下,該系統(tǒng)的最大振幅即可求出系統(tǒng)振動的最大能量.因為兩物體間無相對滑動,故可將它們視為一個整體,則根據簡諧運動頻率公式可得其振動角頻率為.然后以物體m為研究對象,它和m一起作簡諧運動所需的回復力是由兩物體間靜摩擦力來提供的.而其運動中所需最大靜摩擦力應對應其運動中具有最大加速度時,即,由此可求出.解根據分析,振動的角頻率由得則最大能量4-15已知兩同方向、同頻率的簡諧運動的運動方程分別為；．求：〔1合振動的振幅及初相；〔2若有另一同方向、同頻率的簡諧運動,則為多少時,x1＋x3的振幅最大？又為多少時,x2＋x3的振幅最小？題4-15圖分析可采用解析法或旋轉矢量法求解.由旋轉矢量合成可知,兩個同方向、同頻率簡諧運動的合成仍為一簡諧運動,其角頻率不變；合振動的振幅,其大小與兩個分振動的初相差相關．而合振動的初相位解〔1作兩個簡諧運動合成的旋轉矢量圖〔如圖．因為,故合振動振幅為合振動初相位〔2要使x1＋x3振幅最大,即兩振動同相,則由得要使x1＋x3的振幅最小,即兩振動反相,則由得4-16兩個同頻率的簡諧運動1和2的振動曲線如圖〔a所示,求〔1兩簡諧運動的運動方程x1和x2；〔2在同一圖中畫出兩簡諧運動的旋轉矢量,并比較兩振動的相位關系；〔3若兩簡諧運動疊加,求合振動的運動方程．分析振動圖已給出了兩個簡諧運動的振幅和周期,因此只要利用圖中所給初始條件,由旋轉矢量法或解析法求出初相位,便可得兩個簡諧運動的方程．解〔1由振動曲線可知,A＝0.1ｍ,T＝2ｓ,則ω＝2π／T＝πｓ-1．曲線1表示質點初始時刻在x＝0處且向x軸正向運動,因此φ1＝－π／2；曲線2表示質點初始時刻在x＝A/2處且向x軸負向運動,因此φ2＝π／3．它們的旋轉矢量圖如圖〔b所示．則兩振動的運動方程分別為和〔2由圖〔b可知振動2超前振動1的相位為5π／6．〔3其中則合振動的運動方程為題4-16圖4-17圖〔a表示t＝0時的簡諧波的波形圖,波沿x軸正方向傳播,圖〔b為一質點的振動曲線．則圖〔a中所表示的x＝0處振動的初相位與圖〔b所表示的振動的初相位分別為〔題4-17圖〔Ａ均為零〔Ｂ均為〔Ｃ均為〔Ｄ與〔Ｅ與分析與解本題給了兩個很相似的曲線圖,但本質卻完全不同．求解本題要弄清振動圖和波形圖不同的物理意義．圖〔a描述的是連續(xù)介質中沿波線上許許多多質點振動在t時刻的位移狀態(tài)．其中原點處質點位移為零,其運動方向由圖中波形狀態(tài)和波的傳播方向可以知道是沿y軸負向,利用旋轉矢量法可以方便的求出該質點振動的初相位為π/2．而圖〔b是一個質點的振動曲線圖,該質點在t＝0時位移為0,t＞0時,由曲線形狀可知,質點向y軸正向運動,故由旋轉矢量法可判知初相位為－π/2,答案為〔D．4-18一橫波以速度u沿x軸負方向傳播,t時刻波形曲線如圖〔a所示,則該時刻〔〔AA點相位為〔BB點靜止不動〔CC點相位為〔DD點向上運動分析與解由波形曲線可知,波沿x軸負向傳播,B、D處質點均向y軸負方向運動,且B處質點在運動速度最快的位置.因此答案〔B和〔D不對.A處質點位于正最大位移處,C處質點位于平衡位置且向y軸正方向運動,它們的旋轉矢量圖如圖〔b所示.A、C點的相位分別為0和.故答案為〔C題4-18圖4-19如圖所示,兩列波長為λ的相干波在點P相遇．波在點S1振動的初相是φ1,點S1到點P的距離是r1．波在點S2的初相是φ2,點S2到點P的距離是r2,以k代表零或正、負整數,則點P是干涉極大的條件為〔分析與解P是干涉極大的條件為兩分振動的相位差,而兩列波傳到P點時的兩分振動相位差為,故選項〔D正確．題4-19圖4-20一橫波在沿繩子傳播時的波動方程為,式中y的單位為m,t的單位為s．〔1求波的振幅、波速、頻率及波長；〔2求繩上質點振動時的最大速度；〔3分別畫出t＝1s和t＝2s時的波形,并指出波峰和波谷．畫出x＝1.0ｍ處質點的振動曲線并討論其與波形圖的不同．分析〔1已知波動方程〔又稱波函數求波動的特征量〔波速u、頻率、振幅A及波長λ等,通常采用比較法．將已知的波動方程按波動方程的一般形式書寫,然后通過比較確定各特征量〔式中前"-"、"+"的選取分別對應波沿x軸正向和負向傳播．比較法思路清晰、求解簡便,是一種常用的解題方法．〔2討論波動問題,要理解振動物理量與波動物理量之間的內在聯系與區(qū)別．例如區(qū)分質點的振動速度與波速的不同,振動速度是質點的運動速度,即v＝dy/dt；而波速是波線上質點運動狀態(tài)的傳播速度〔也稱相位的傳播速度、波形的傳播速度或能量的傳播速度,其大小由介質的性質決定．介質不變,波速保持恒定．〔3將不同時刻的t值代入已知波動方程,便可以得到不同時刻的波形方程y＝y(tǒng)〔x,從而作出波形圖．而將確定的x值代入波動方程,便可以得到該位置處質點的運動方程y＝y(tǒng)〔t,從而作出振動圖．解〔1將已知波動方程表示為與一般表達式比較,可得則〔2繩上質點的振動速度則〔3t＝1ｓ和t＝2ｓ時的波形方程分別為波形圖如圖〔a所示．x＝1.0m處質點的運動方程為振動圖線如圖〔b所示．波形圖與振動圖雖在圖形上相似,但卻有著本質的區(qū)別．前者表示某確定時刻波線上所有質點的位移情況,而后者則表示某確定位置的一個質點,其位移隨時間變化的情況．題4-20圖4-21波源作簡諧運動,其運動方程為,它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1的速度沿一直線傳播．〔1求波的周期及波長；〔2寫出波動方程．分析已知波源運動方程求波動物理量及波動方程,可先將運動方程與其一般形式進行比較,求出振幅A、角頻率ω及初相φ0,而這三個物理量與波動方程的一般形式中相應的三個物理量是相同的．再利用題中已知的波速u及公式ω＝2πν＝2π／T和λ＝uT即可求解．解〔1由已知的運動方程可知,質點振動的角頻率．根據分析中所述,波的周期就是振動的周期,故有波長為λ＝uT＝0.25ｍ〔２將已知的波源運動方程與簡諧運動方程的一般形式比較后可得A＝4.0×10-3m,,φ0＝0故以波源為原點,沿x軸正向傳播的波的波動方程為4-22圖示為平面簡諧波在t＝0時的波形圖,設此簡諧波的頻率為250Hz,且此時圖中質點P的運動方向向上．求：〔1該波的波動方程；〔2在距原點O為7.5m處質點的運動方程與t＝0時該點的振動速度．分析〔1從波形曲線圖獲取波的特征量,從而寫出波動方程是建立波動方程的又一途徑．具體步驟為：1.從波形圖得出波長λ、振幅A和波速u＝λ；2.根據點P的運動趨勢來判斷波的傳播方向,從而可確定原點處質點的運動趨向,并利用旋轉矢量法確定其初相φ0．〔2在波動方程確定后,即可得到波線上距原點O為x處的運動方程y＝y(tǒng)〔t,及該質點的振動速度＝dy/dt．解〔1從圖中得知,波的振幅A＝0.10m,波長λ＝20.0m,則波速u＝λ＝5.0×103ｍ