物理作业答案简洁版

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1、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）

2、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。1-4在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以(m·)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解：设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知将上式对时间求导，得题1-4图根据速度的定义，并注意到,是随减少的，∴即或将再对求导，即得船的加速度1-8质点沿半径为的圆周按＝的规律运动，式中为质点离圆周上某点的弧长,，都是常量，求：(1)时刻质点的加速度；(2)为何值时，加速度在数值上等于．解：（1）则加速度与半径的夹角为(2)由题意应有即∴当

3、时，2-9一质量为的质点在平面上运动，其位置矢量为求质点的动量及＝0到时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解:质点的动量为将和分别代入上式，得,,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为2-18如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度＝3m·s-1从斜面点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解:取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有式中，，再代入有关数据，解得题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度代入有关数据，得,则木块弹

4、回高度题2-19图2-19质量为的大木块具有半径为的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解:从上下滑的过程中，机械能守恒，以，，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有又下滑过程，动量守恒，以,为系统则在脱离瞬间，水平方向有联立，以上两式，得2-25飞轮的质量＝60kg，半径＝0.25m，绕其水平中心轴转动，转速为900rev·min-1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之

5、间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：(1)设＝100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力?解:(1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中、是正压力，、是摩擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力．题2-25图（a）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反．∵∴又∵∴①以等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知

6、在这段时间里，飞轮转了转．(2)，要求飞轮转速在内减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为2-28如题2-28图所示，一匀质细杆质量为，长为，可绕过一端的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.解:(1)由转动定律，有∴(2)由机械能守恒定律，有∴题2-29图2-29如题2-29图所示，质量为，长为的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度30°处．(1)设这碰撞为弹性

7、碰撞，试计算小球初速的值；(2)相撞时小球受到多大的冲量?解:(1)设小球的初速度为，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：①②上两式中，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度，按机械能守恒定律可列式：③由③式得由①式④由②式⑤所以求得(2)相碰时小球受到的冲量为由①式求得负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图4-3如题4-3图所示，物体的质量为，放在光