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正文內(nèi)容

大學(xué)物理答案(上)(留存版)

  

【正文】 擦力所作的功為Wf =( +′g)(l +x) (1)式中m′和m 分別為礦車滿載和空載時(shí)的質(zhì)量,x 為彈簧最大被壓縮量.根據(jù)功能原理,在礦車運(yùn)動(dòng)的全過程中,摩擦力所作的功應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能增量的負(fù)值,故有Wf =ΔE =(ΔEP+ΔEk )由于礦車返回原位時(shí)速度為零,故ΔEk=0;而ΔEP=(m m′) g(l +x) sinα,故有Wf =(m m′) g(l +x) sinα (2)由式(1)、(2)可解得325 分析 由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子獲得的速度也相同,所具有的初動(dòng)能也相同.釘子釘入木板是將釘子的動(dòng)能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等.由于阻力與進(jìn)入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達(dá)式,并由功相等的關(guān)系即可求解.解 因阻力與深度成正比,則有F=kx(k 為阻力系數(shù)).現(xiàn)令x0= 10 2 m,第二次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得 Δx= 10 2 m326 分析 根據(jù)勢(shì)能和動(dòng)能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運(yùn)動(dòng)的速率,其勢(shì)能和動(dòng)能即可算出.由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運(yùn)動(dòng),由此可算得衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的速率和動(dòng)能.由于衛(wèi)星的引力勢(shì)能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢(shì)能時(shí),必須規(guī)定勢(shì)能的零點(diǎn),通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)時(shí)的勢(shì)能為零.這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢(shì)能也就能確定了.至于衛(wèi)星的機(jī)械能則是動(dòng)能和勢(shì)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(yùn)動(dòng)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(yuǎn)(r→∞)時(shí)的勢(shì)能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢(shì)能為(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能為327 分析 取冰塊、屋面和地球?yàn)橄到y(tǒng),由于屋面對(duì)冰塊的支持力FN 始終與冰塊運(yùn)動(dòng)的方向垂直,故支持力不作功;而重力P又是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.但是,僅有一個(gè)機(jī)械能守恒方程不能解出速度和位置兩個(gè)物理量;因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時(shí)支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程.求解上述兩方程即可得出結(jié)果.解 由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,有 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為 (2)冰塊脫離球面時(shí),支持力FN =0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時(shí)的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為 α=90176。如何理解上述角度的范圍?在初速一定的條件下,球擊中球門底線或球門上緣都將對(duì)應(yīng)有兩個(gè)不同的投射傾角(如圖所示).如果以θ>71.11176。41′(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為 設(shè)a 與x 軸的夾角為β,則 ,β=33176。分別代入上式,得, ,以上結(jié)果表明,當(dāng)Δθ→0 時(shí),勻速率圓周運(yùn)動(dòng)的平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向加速度.117 分析 根據(jù)運(yùn)動(dòng)方程可直接寫出其分量式x =x(t)和y =y(tǒng)(t),從中消去參數(shù)t,即得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程.平均速度是反映質(zhì)點(diǎn)在一段時(shí)間內(nèi)位置的變化率,即,它與時(shí)間間隔Δt 的大小有關(guān),當(dāng)Δt→0 時(shí),平均速度的極限即瞬時(shí)速度.切向和法向加速度是指在自然坐標(biāo)下的分矢量at 和an ,前者只反映質(zhì)點(diǎn)在切線方向速度大小的變化率,即,后者只反映質(zhì)點(diǎn)速度方向的變化,它可由總加速度a 和at 得到.在求得t1 時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ.解 (1) 由參數(shù)方程 x =, y =消去t 得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程:y = (2) 在t1 = 到t2 =(3) 質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和加速度分別為 則t1 =v(t)|t =1s= 切向和法向加速度分別為 (4) t = 則118 分析 物品空投后作平拋運(yùn)動(dòng).忽略空氣阻力的條件下,由運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性原理知,物品在空中沿水平方向作勻速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向作自由落體運(yùn)動(dòng).到達(dá)地面目標(biāo)時(shí),兩方向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間是相同的.因此,分別列出其運(yùn)動(dòng)方程,運(yùn)用時(shí)間相等的條件,即可求解.此外,平拋物體在運(yùn)動(dòng)過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時(shí)刻t時(shí)物體的切向加速度和法向加速度,只需求出該時(shí)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(shí)刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角α,可由此時(shí)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(biāo),物品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為x =vt, y =1/2 gt2飛機(jī)水平飛行速度v=100 ms1 和x5 = m對(duì)5s<t <7s 時(shí)間段,用同樣方法有 得 再由 得 x = +將t =7s代入分別得v7=40 ms1 ,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分,得 v=++又因v=dx /dt,并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件:t0 =0 時(shí)x0 = m,對(duì)上式分離變量后積分,有x =++ +215 分析 飛機(jī)連同駕駛員在水平跑道上運(yùn)動(dòng)可視為質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng).其水平方向所受制動(dòng)力F 為變力,且是時(shí)間的函數(shù).在求速率和距離時(shí),可根據(jù)動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律,采用分離變量法求解.解 以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及初始條件, 得 因此,飛機(jī)著陸10s后的速率為v =30 m)其上有大量小孔.噴頭旋轉(zhuǎn)時(shí),水滴以初速度v0 從各個(gè)小孔中噴出,并作斜上拋運(yùn)動(dòng),通常噴頭表面基本上與草坪處在同一水平面上.則以φ角噴射的水柱射程為為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑,噴頭上的小孔數(shù)不但很多,而且還不能均勻分布,這是噴頭設(shè)計(jì)中的一個(gè)關(guān)鍵問題.121 分析 被踢出后的足球,在空中作斜拋運(yùn)動(dòng),其軌跡方程可由質(zhì)點(diǎn)在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方程得到.由于水平距離x 已知,球門高度又限定了在y 方向的范圍,故只需將x、y 值代入即可求出.解 取圖示坐標(biāo)系Oxy,由運(yùn)動(dòng)方程, 消去t 得軌跡方程以x = m,v = ms1 , voy =15 m 27.92176。s ,將I、m 及v1代入可得 39 分析 從人受力的情況來看,可分兩個(gè)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(yùn)動(dòng);在安全帶保護(hù)的緩沖過程中,則人體同時(shí)受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時(shí)間很短.為求安全帶的沖力,可以從緩沖時(shí)間內(nèi),人體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(動(dòng)量)的改變來分析,即運(yùn)用動(dòng)量定理來討論.事實(shí)上,動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)過程.但是,這時(shí)必須分清重力和安全帶沖力作用的時(shí)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(yùn)用動(dòng)量定理仍可得到相同的結(jié)果.解1 以人為研究對(duì)象,按分析中的兩個(gè)階段進(jìn)行討論.在自由落體運(yùn)動(dòng)過程中,人跌落至2 m 處時(shí)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(jù)動(dòng)量定理,有 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為解2 從整個(gè)過程來討論.根據(jù)動(dòng)量定理有310 分析 由沖量定義求得力F 的沖量后,根據(jù)動(dòng)量原理,即為動(dòng)量增量,注意用式積分前,應(yīng)先將式中x 用x =Acosωt代之,方能積分.解 力F 的沖量為 即311 分析 對(duì)于彎曲部分AB 段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時(shí)間Δt 內(nèi),從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量.因此,對(duì)這部分水來說,在時(shí)間Δt 內(nèi)動(dòng)量的增量也就是流入與流出水的動(dòng)量的增量Δp=Δm(vB vA );此動(dòng)量的變化是管壁在Δt時(shí)間內(nèi)對(duì)其作用沖量I 的結(jié)果.依據(jù)動(dòng)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(duì)管壁的作用力F′=F.解 在Δt 時(shí)間內(nèi),從管一端流入(或流出) 水的質(zhì)量為Δm =ρυSΔt,彎曲部分AB 的水的動(dòng)量的增量則為 Δp=Δm(vB vA ) =ρυSΔt (vB vA )依據(jù)動(dòng)量定理I =Δp,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力從而可得水流對(duì)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(cè).312 分析 根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律,物體在最高點(diǎn)處的位置坐標(biāo)和速度是易求的.因此,若能求出第二塊碎片拋出的速度,按拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就可求得落地的位置.為此,分析物體在最高點(diǎn)處爆炸的過程,由于爆炸力屬內(nèi)力,且遠(yuǎn)大于重力,因此,重力的沖量可忽略,物體爆炸過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒.由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可由落體運(yùn)動(dòng)求出,由動(dòng)量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度,進(jìn)一步求出落地位置.解 取如圖示坐標(biāo),根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,爆炸前,物體在最高點(diǎn)A 的速度的水平分量為 (1)物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運(yùn)動(dòng)方程為當(dāng)該碎片落地時(shí),有y1 =0,t =t1 ,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度 (2)又根據(jù)動(dòng)量守恒定律,在最高點(diǎn)處有 (3) (4)聯(lián)立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為 爆炸后,第二塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)方程為 (5) (6)落地時(shí),y2 =0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置 x2 =500 m313 分析 由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計(jì),則對(duì)搬出重物后的船A 與從船B 搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅰ來講,在水平方向上無外力作用,因此,它們相互作用的過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒;同樣,對(duì)搬出重物后的船B 與從船A 搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅱ亦是這樣.由此,分別列出系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ的動(dòng)量守恒方程即可解出結(jié)果.  解 設(shè)A、B兩船原有的速度分別以vA 、vB 表示,傳遞重物后船的速度分別以vA′ 、vB′ 表示,被搬運(yùn)重物的質(zhì)量以m 表示.分別對(duì)上述系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,則有 (1) (2)由題意知vA′ =0, vB′ = m時(shí),踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去,這時(shí)球也不能射入球門.因此可取的角度范圍只能是解中的結(jié)果.122 分析 在自然坐標(biāo)中,s 表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo).由給定的運(yùn)動(dòng)方程s =s(t),對(duì)時(shí)間t 求一階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運(yùn)動(dòng)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(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標(biāo)的改變量Δs=st s0.因圓周長(zhǎng)為2πR,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得.解 (1) 質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)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(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為123 分析 首先應(yīng)該確定角速度的函數(shù)關(guān)系ω=kt2.依據(jù)角量與線量的關(guān)系由特定時(shí)刻的速度值可得相應(yīng)的角速度,從而求出式中的比例系數(shù)k,ω=ω(t)確定后,注意到運(yùn)動(dòng)的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系,由運(yùn)動(dòng)學(xué)中兩類問題求解的方法(微分法和積分法),即可得到特定時(shí)刻的角加速度、切向加速度和角位移.解 因ωR =v,由題意ω∝t2 得比例系數(shù) 所以 則t′= 時(shí)的角速度、角加速度和切向加速度分別為 總加速度 124 分析 掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對(duì)應(yīng)關(guān)系,應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)求解的方法即可得到.解 (1) 由于,則角速度.在t =2 s 時(shí),法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為 (2) 當(dāng)時(shí),有,即 得 此時(shí)刻的角位置為 (3) 要使,則有 t =125 分析 這是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題.設(shè)雨滴為研究對(duì)象,地面為靜止參考系S,火車為動(dòng)參考系S′.v1 為S′相對(duì)S 的速度,v2 為雨滴相對(duì)S的速度,利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度的關(guān)系即可解.解 以地面為參考系,火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的速度為v1 ,雨滴相對(duì)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(duì)速度,它們之間的關(guān)系為 (如圖所示),于是可得126 分析 這也是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題.可視雨點(diǎn)為研究對(duì)象,地面為靜參考系S,汽車為動(dòng)參考系S′.如圖(a)所示,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點(diǎn)下落的方向(即雨點(diǎn)相對(duì)于汽車的運(yùn)動(dòng)速度v2′的方向)應(yīng)滿足.再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系,即可求出所需車速v1.解 由[圖(b)],有 而要使,則 127 分析 船到達(dá)對(duì)岸所需時(shí)間是由船相對(duì)于岸的速度v 決定的.由于水流速度u的存在, v與船在靜水中劃行的速度v′之間有v=u +v′(如圖所示).若要使船到達(dá)正對(duì)岸,則必須使v沿正對(duì)岸方向;在劃速一定的條件下,若要用最短時(shí)間過河,則必須使v 有極大值.解 (1) 由v=u +v′可知,則船到達(dá)正對(duì)岸所需時(shí)間為(2) 由于,在劃速v′一定的條件下,只有當(dāng)α=0 時(shí), v 最大(即v=v′),此時(shí),船過河時(shí)間t′=d /v′,船到達(dá)距正對(duì)岸為l 的下游處,且有128 分析 該問題涉及到運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性.如何將已知質(zhì)點(diǎn)相對(duì)于觀察者O 的運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換到相對(duì)于觀察者O′的運(yùn)動(dòng)中去,其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)變換,將系O 中一動(dòng)點(diǎn)(x,y)變換至系O′中的點(diǎn)(x′,y′).由于觀察者O′相對(duì)于觀察者O 作勻速運(yùn)動(dòng),因此,該坐標(biāo)變換是線性的.解 取Oxy 和O′x′y′分別為觀察者O 和觀察者O′所在的坐標(biāo)系,且使Ox 和O′x′兩軸平行.在t =0 時(shí),兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合.由坐標(biāo)變換得
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