大物终结版复习题

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1、大物复习题1.4下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=-4t3+3t2+6；(3)x=-2t2+8t+4;(4)x=2/t2-4/to给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。(x单位为单位为s)解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得(3)为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为^=4/4-8dtd2x=4t=3s时的速度和加速度分别为k=20m/s,5=4m/s2o因加速度

2、为正所以是加速的。1.9质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a=2+6x2,Q的单位为,x的单位为m.质点在兀二0处，速度为10m.s'1,试求质点在任何坐标处的速度值・解:dvdv

3、6z=—=4+3rdr分离变量，得dv=(4+3r)dr积分,v=4/+-z22由题知，f=0,v0=0,C]=0积分得"+**2由题知心0,如=5,..,2=5故*2冷+539丨vI{)=4xl0+-xl02=190m-s_,所以/=10s时2x1()=2xl02+丄xlO3+5=705m2.13作用在质量为10kg的物体上的力为F=（10+2r）rN/式中啲单位是s,（1）求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量.⑵为了使这力的冲量为200N-s,该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体

4、和一个具有初速度-6了nrs的物体，回答这两个问题・Av.—=5.6ms~7m解：（1）若物体原来静止，则=£Fdt=(10+2t)Tdr=56kg•m•s_1F,沿兀轴正向,7]==56kg•m•s"1/若物体原来具有-6m-s_1初速，则Po=一加％，P二加（一％+[片曲）二-mv0+[Fdt于是△戸2=P-Po=[和=辱同理，二，A=A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，两种情况屮的作用

5、时间相同，即Z=£(10+20d/=10^+r2亦即尸+]0/_2oo=o解得210s,（/=20s舍去）2.17设戸合=716加・（1）当一质点从原点运动到2-37+47+16屁时，求戸所作的功.（2）如果质点到'•处时需0.6s,试求平均功率.（3）如果质点的质量为lkg,试求动能的变化・解：⑴由题知,F合为恒力,3A.=F•r=(7F-6j)«(-3F+4了+16斤)=-21-24=-45J-A45(2)P=—=—=75wAr0.6(3)由动能定理，AEa=A=-45J2.22如题2.22图所示z—物体质量

6、为2kgz以初速度心=3ms从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N,到达3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<17—；7?v02+mgssin37°<2—znv02+mgssin37°-frs-x2式中$=4.8+0.2=5m,x=0.2m,再代入有关数据，解得Zr=1450N-m1再次运用功能原理，求木块弹回的高度/-=//7g5，sin37°代入有关数据，得/=1.45m

7、,则木块弹冋高度h'=/sin37°=0.87m2.23质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2.23图所示.质量为m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f乍无摩擦的运动,而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度•题2.23图解：加从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m,M,地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有1?1?mgR=-mv2+-MV222又下滑过程，动量守恒，以加、M为系统，则在加脱离M瞬间，水平方向有mv-MV-0联立以上两式，得Vm+M3.11飞轮的质量加=6

8、0kg,半径/?=0.25m,绕其水平中心轴O转动，转速为900rev-min1.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F,可使飞轮减速・已知闸杆的尺寸如题3.11图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数“4二0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算・试求：(1)设F二100N,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