大学物理第二版 许瑞珍 贾谊明 编著 课后答案 1-3章
大学物理第二版答案(北京邮电大学出版社)
习 题 解 答第一章 质点运动学1-1 (1) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移j y y i x x r)()(01011-+-=∆)(5.33)101(3)01(21)01(32m j i ji +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) 前4秒内平均速度)s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度)s m (43704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a (6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a1-2 23d d 23++==t t txv c t t t c t v x x +++=+==⎰⎰241d d 34 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t xtt tv a t t v 63d d 23223+==++= 将t =3s 代入证)s m (45)s m (56)(414123133--⋅=⋅==a v m x1-3 (1) 由运动方程⎩⎨⎧+==ty t x 2342消去t 得轨迹方程0)3(2=--y x(2) 1秒时间坐标和位矢方向为 m y m x 5411==[4,5]m: ︒===3.51,25.1ααxytg(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为)m (24)35()04(1j i j i r+=-+-=∆)s m (2411-⋅+=∆∆=j i tr V(4) 质点的速度与加速度分别为i t Va j i tr V8d d ,28d d ==+==故t =1s 时的速度和加速度分别为 2111s m 8,s m 28--⋅=⋅+==i a j i V1-4 该星云飞行时间为a 1009.2s 1059.61093.31074.21046.910177915⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯ 即该星云是101009.2⨯年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为g)(25m/s 1047.280.13600101600223≈⨯=⨯⨯==t v a 基本上未超过25g.1.80s 内实验车跑的距离为）（m 40080.13600210160023=⨯⨯⨯==t v s1-6 (1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则2021gt t v h -= 代入已知数得28.9211511t t ⨯-=解此方程，可得二解为s 22.1s,84.111='=t t第一块石头上升到顶点所用的时间为s 53.18.9/15/10===g v t m由于m t t >1,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于m t t <'1这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以20v 和'20v 分别对应于在t 1和'1t 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于2111120)(21)(t t g t t v h ∆∆---= 所以184.1)184.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=∆-∆-+=t t t t g h v m /s 2.17=同理.122.1)122.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=-'-'+='t t t t g h v ∆∆ m/s)(1.51=(2) 由于'>=123.1t s t ∆,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t 1时刻相碰，第二块的初速度为3.184.1)3.184.1(8.92111)(2122122120--⨯⨯+=--+="t t t t g h v ∆∆ m/s)(0.23=1-7 以l 表示从船到定滑轮的绳长，则t l v d /d 0-=.由图可知22h l s -=于是得船的速度为02222d d d d v s h s t l h l lts v +-=-==负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为3202022d d d d d d s v h tl v h l ll t v a -=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--== 负号表示a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为522422221048.9601.0)106(44⨯=⨯⨯⨯==ππωg r n g r1-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s 3='t 时的切向加速度，即)m/s (2.02='t a在s 3='t 时的法向加速度为)m/s (36.00.1)32.0()(2222=⨯='='=R t a R v a t n1-10 2m /s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为m/s)(6.05.02.100=⨯==at v以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为2021gt t v h +=电梯下降的距离为习题1-9图 习题1-10图2021at t v h +='又20)(21t a g h h h -='-= 由此得s 59.02.18.95.1220=-⨯=-=a g h t而小球相对地面下落的距离为2021gt t v h += 259.08.92159.06.0⨯⨯+⨯= m 06.2= 1-11 人地风人风地v v v+=画出速度矢量合成图(a)又人地风人风地02v v v +'=，速度矢量合成如图（b ）两图中风地v应是同一矢量.可知（a ）图必是底角为︒45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为人地人地风地00245cos v v v =︒=)s m (23.41-⋅=1-12 (1) v LvL t 22==(2) 22212u v vLu v L u v L t t t -=++-=+= 1212-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v u v L(3) v Lv L t t t '+'=+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对地速度v u v +=',则22u v V -='.习题1-12图习题1-11图2221222⎪⎭⎫⎝⎛-=--='=v u v L uv L v L t 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为V '(如图所示),由速度合成得V u V +='V 的大小由图1.7示可得αβcos cos u V V +'=即332323cos cos -=⨯-=-='αβu V V 而1212sin sin =⨯=='αβu V 船达到B 点所需时间)s (1000sin =='='=D V DV OB t βAB 两点之距βββsin cos D Dctg S == 将式（1）、（2）代入可得m)(1268)33(=-=D S(2) 由αβsin 101sin 3u V D t ⨯='=船到对岸所需最短时间由极值条件决定0cos sin 11d d 2=⎪⎭⎫⎝⎛-=αααu t 即 2/,0c o s παα==故船头应与岸垂直，航时最短.将α值代入（3）式得最短航时为s)(500105.021012/sin 101333m in=⨯=⨯=⨯=s u t π (3) 设l OB =,则ααββsin cos 2sin sin 22u uV V u D V D V D l -+=''==欲使l 最短，应满足极值条件.习题1-13图a a uV V u u D l '⎢⎢⎣⎡''-+-='cos sin cos 2d d 22αα 0cos 2sin sin 2222=⎥⎦⎤'-+''+αuV V u a a uV 简化后可得01cos cos 222=+'+-'αuVV u a即 01cos 613cos 2=+'-'αa 解此方程得32cos ='α︒=='-2.4832cos 1α 故船头与岸成︒2.48，则航距最短.将α'值代入（4）式得最小航程为222222m in 321232322321000cos 1cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯-+='-'-+-=ααu uv v u D lkm)(5.1m 105.13=⨯= AB 两点最短距离为km)(12.115.122min min =-=-=D l S第二章 质点动力学2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，x 向：0cos m ax m in =-f F θ y 向：0sin m in =--Mg F N θ 还有 N f s m ax μ=解以上三式可得要推动木箱所需力F 的最小值为θμθμsin cos s s min -=MgF习题2-1图在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F 的大小为θμθμsin cos k k min -=MgF（2）在上面m in F 的表示式中，如果0sin cos s →-θμθ，则∞→m in F ，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是0sin cos s ≤-θμθ由此得θ的最小值为s1arctanμθ=2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律x 向：ma N T =-θθsin cosy 向：0cos sin =-+mg N T θθ 联立解此二式，可得N)(32.3)30sin 8.930cos 2(5.0)sin cos (=︒+︒⨯⨯=+=ααg a m T N)(74.3)30sin 230cos 8.9(5.0)sin cos (=︒-︒⨯⨯=+=ααa g m N由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N)(74.3=='N N（2）小球刚要脱离斜面时N =0，则上面牛顿第二定律方程为mg T ma T ==θθsin ,cos由此二式可解得2m/s 0.1730tan /8.9tan /=︒==θg a2-3 要使物体A 与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a ,且挂吊B 的绳应向后倾斜。
大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第3章 刚体力学
第三章 刚体力学3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。
若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？ 解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=，又因为转动定理 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时，2ln CJt =。
（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C J t JC dt eωCJ 021ω=，所以，此时间内转过的圈数为CJ n πωπθ420==。
3－2 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b a ab J +σ=。
其中a ，b 为矩形板的长，宽。
证明一：如图，在板上取一质元dxdy dm σ=，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为 dm r dJ ⎰=2dxdy y x a a b b σ⎰⎰--+=222222)()(1222b a ab +=σ证明二：如图，在板上取一细棒bdx dm σ=，对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转动惯量为2121b dm ⋅，根据平行轴定理，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为22)2(121x adm b dm dJ -+⋅=dx x ab dx b 23)2(121-+=σσ 33121121ba a b dJ J σσ+==∴⎰)(1222b a ab +=σ3-3 如图3-28所示，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，求重物的加速度和各段绳中的张力。
解：受力分析如图ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(2 （3） βJ r T T =-)(1 （4）βr a =，221mr J =(5) 联立求出g a 41=， mg T 811=，mg T 451=，mg T 232=3-4 如图3-29所示，一均匀细杆长为L ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过细杆中心的竖直轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。
大学物理第二版习题答案
13级应用化学（2）班物理习题详解习题精解1-1某质点的速度为j t i v 82-=，已知t=0时它经过点（3，7），则该质点的运动方程为（ ）A.j t i t 242-B.()()j t i t 74322+-+ C.j 8- D.不能确定解：本题答案为B.因为 dt rd v =所以 ()dt j t i r d82-=于是有()d t j t i r d t rr ⎰⎰-=0820即 j t i t r r2042-=-亦即 ()j t i t j i r 24273-=-- 故 ()()j t i t r 74322+-+=1-2 一质点在平面上作曲线运动,1t 时刻位置矢量为j i r 621+-=，2t 时刻的位置矢量为j i r 422+=，求：（1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大小和方向；（3）在坐标图上画出21,r r及r∆。
解 （1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式为()()m j i r r r 2412-=-=∆ （2）该段时间内位移的大小 ()()m r 522422=+=∆该段时间内位移的方向与轴的夹角为 ︒-=⎪⎭⎫⎝⎛-=-6.2642tan 1α （3）坐标图上的表示如图1.1所示1-3某质点作直线运动，其运动方程为214x t t =+- ，其中x 以m 计，t 以s 计，求：（1）第3s 末质点的位置；（2）头3s 的位移大小；（3）头3s 内经过的路程。
解 （1）第3s 末质点的位置为2(3)14334()x m =+⨯-=（2）头3s 的位移大小为 ()(3)03()x x m -=（3）因为质点做反向运动是有()0v t =，所以令0dxdt=，即420,2t t s -==因此头3s 内经过的路程为 (3)(2)(2)(0)45515()x x x x m -+-=-+-=1-4 已知某质点的运动方程为22,2x t y t ==-，式中t 以s 计，x 和y 以m 计。
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？(5) r ∆ 和r ∆ 有区别吗？v ∆ 和v ∆ 有区别吗？0dvdt= 和0d v dt = 各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =drv dt = 及 22d r a dt=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v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别 在什么情况下二者的量值相等 在什么情况下二者的量值不相等 2 平均速度和平均速率有何区别 在什么情况下二者的量值相等3 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么 瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么 (4) 质点的位矢方向不变,它是否一定做直线运动 质点做直线运动,其位矢的方向是否一定保持不变 (5) r ∆和r ∆有区别吗 v ∆和v ∆有区别吗0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动 (6) 设质点的运动方程为：()x x t =,()y y t =,在计算质点的速度和加速度时,有人先求出r =然后根据drv dt= 及 22d r a dt =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v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确 两者区别何在7 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的,那么,该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的(8) “物体做曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法向分速度恒为零,因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗9 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧,为什么10 质点沿圆周运动,且速率随时间均匀增大,n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变 11 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子,此石子能否落回他的手中 如果石子抛出后,火车以恒定加速度前进,结果又如何1.2 一质点沿x 轴运动,坐标与时间的变化关系为224t t x -=,式中t x ,分别以m 、s 为单位,试计算：1在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；2s 1末到s 3末的平均加速度；3s 3末的瞬时加速度;解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-2 s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ 3 s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-;1.3 质点作直线运动,初速度为零,初始加速度为0a ,质点出发后,每经过τ时间,加速度均匀增加b ;求经过t 时间后,质点的速度和位移;解: 由题意知,加速度和时间的关系为0ba a t τ=+利用dv adt =,并取积分得000vtb dv a t dv τ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰,202b v a t t τ=+ 再利用dx vdt =,并取积分设0t =时00x =得xtx dx vdt =⎰⎰,230126b x a t t τ∆=+ 1.4 一质点从位矢为(0)4r j =的位置以初速度(0)4v i =开始运动,其加速度与时间的关系为(3)2a t i j =-.所有的长度以米计,时间以秒计.求：1经过多长时间质点到达x 轴；2到达x 轴时的位置; 解： 203()(0)()4(2)2t v t v a t dt t i t j ⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭⎰ ()()3201()(0)442tr t r v t dt t t i t j ⎛⎫=+=++- ⎪⎝⎭⎰ （1） 当240t -=,即2t s =时,到达x 轴; （2） 2t s =时到达x 轴的位矢为 ：(2)12r i =即质点到达x 轴时的位置为12,0x m y ==;1.5 一质点沿x 轴运动,其加速度与坐标的关系为2a x ω=-,式中ω为常数,设0=t 时刻的质点坐标为0x 、速度为0v ,求质点的速度与坐标的关系;解：按题意 222d xx dt ω=- 由此有 dx dvv dt dx dx dv dt dv dtx d x ====-222ω, 即 xdx vdv 2ω-=,两边取积分 ⎰⎰-=xx vv xdx vdv 02ω,得2022122212021221x x v v ωω+-=-由此给出 v =±,20202x v A +⎪⎭⎫ ⎝⎛=ω1.6 一质点的运动方程为k t j t i t r++=24)(,式中r ,t 分别以m 、s 为单位;试求：1 质点的速度与加速度；2 质点的轨迹方程;解：1 速度和加速度分别为： (8)dr v t j k dt ==+, j dtvd a 8==2 令k z j y i x t r ++=)(,与所给条件比较可知 1=x ,24t y =,t z =所以轨迹方程为：21,4x y z ==;1.7 已知质点作直线运动,其速度为213()v t t ms -=-,求质点在0~4s 时间内的路程; 解: 在求解本题中要注意：在0~4s 时间内,速度有时大于零,有时小于零,因而运动出现往返;如果计算积分4vdt ⎰,则求出的是位移而不是路程;求路程应当计算积分4v dt ⎰;令230v t t =-=,解得3t s =;由此可知：3t <s 时,0v >,v v =； 3t =s 时,0v =；而3t >s时,0v <,v v =-;因而质点在0~4s 时间内的路程为 ()()434342233()33s v dt vdt v dt t t dt t t dt ==+-=---⎰⎰⎰⎰⎰34232303313116()23233t t t t m ⎡⎤⎡⎤=---=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦;1.8 在离船的高度为h 的岸边,一人以恒定的速率0v 收绳,求当船头与岸的水平距离为x 时,船的速度和加速度;解: 建立坐标系如题 1.8图所示,船沿X 轴方向作直线运动,欲求速度,应先建立运动方程,由图题1.8,可得出0v1.8图222x r h =-两边求微分,则有22dx dr xr dt dt = 船速为dx r drv dt x dt==按题意0drv dt=-负号表示绳随时间t 缩短,所以船速为 0v =负号表明船速与x 轴正向反向,船速与x 有关,说明船作变速运动;将上式对时间求导,可得船的加速度为2203h v dva dt x==-负号表明船的加速度与x 轴正方向相反,与船速方向相同,加速度与x 有关,说明船作变加速运动;1.9 一质点沿半径为10cm 的圆周运动,其角坐标θ以弧度rad 计可用下式表示324t θ=+其中t 的单位是秒s 试问：1在2t s =时,它的法向加速度和切向加速度各是多少 2当θ等于多少时其总加速度与半径成45角解：1 利用 324t θ=+,2/12d dt t ωθ==,/24d dt t αω==,得到法向加速度和切向加速度的表达式24144n a r rt ω==,24t a r rt α==在2t s =时,法向加速度和切向加速度为：4421441440.12230.4()n a rt m s -==⨯⨯=⋅,224240.12 4.8()t a rt m s -==⨯⨯=⋅2 要使总加速度与半径成45角,必须有n t a a =,即414424rt rt = 解得 31/6t =,此时 67.2423=+=t θrad1.10 甲乙两船,甲以10/km h 的速度向东行驶,乙以15/km h 的速度向南行驶;问坐在乙船上的人看来,甲船的速度如何 坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何解：以地球为参照系,设i 、j分别代表正东和正北方向,则甲乙两船速度分别为h km i v /101 =,h km j v /152-=根据伽利略变换,当以乙船为参照物时,甲船速度为h km j i v v v /)1510(21+=-=h km v /1.18151022=+=, 31.561015==arctg θ即在乙船上看,甲船速度为18.1/km h ,方向为东偏北 31.56 同理,在甲船上看,乙船速度为18.1/km h ,方向为西偏南 31.56;1.11 有一水平飞行的飞机,速率为0v ,在飞机上安置一门大炮,炮弹以水平速度v 向前射击;略去空气阻力,1 以地球为参照系,求炮弹的轨迹方程；2 以飞机为参照系,求炮弹的轨迹方程；3 以炮弹为参照系,飞机的轨迹如何解：1 以地球为参照系时,炮弹的初速度为01v v v +=,而t v x 1=,25.0gt y -= 消去时间参数t ,得到轨迹方程为：202)(2v v gx y +-=若以竖直向下为y 轴正方向,则负号去掉,下同 2 以飞机为参照系时,炮弹的初速度为v ,同上可得轨迹方程为222vgx y -=3 以炮弹为参照系,只需在2的求解过程中用x -代替x ,y -代替y ,可得 222v gx y =.1.12如题1.12图,一条船平行于平直的海岸线航行,离岸的距离为D ,速率为v ,一艘速率为u v <的海上警卫快艇从一港口出去拦截这条船;试证明：如果快艇在尽可能最迟的时刻出发,那么快艇出发时这条船到海岸线的垂线与港口的距离为x u=；快艇截住这条船所需的时间为t =;D 港口 习题1.12图证明：在如图所示的坐标系中,船与快艇的运动方程分别为 11x vty D =⎧⎨=⎩ 和22cos sin x x u ty u t θθ=+⋅⎧⎨=⋅⎩ 拦截条件为：⎩⎨⎧==2121y y x x 即 cos sin vt x u tD u tθθ=+⋅⎧⎨=⋅⎩ 所以()cos sin D v u x u θθ-=,x 取最大值的条件为：0/=θd dx ,由此得到cos /u v θ=,相应地sin θ=;因此x 的最大值为x =x 取最大值时对应的出发时间最迟;快艇截住这条船所需的时间为sin D t u θ==x习题二答案 习题二2.1 简要回答下列问题：1 有人说：牛顿第一定律只是牛顿第二定律在合外力等于零情况下的一个特例,因而它是多余的.你的看法如何2 物体的运动方向与合外力方向是否一定相同3 物体受到了几个力的作用,是否一定产生加速度4 物体运动的速率不变,所受合外力是否一定为零5 物体速度很大,所受到的合外力是否也很大6 为什么重力势能有正负,弹性势能只有正值,而引力势能只有负值7 合外力对物体所做的功等于物体动能的增量,而其中某一分力做的功,能否大于物体动能的增量8质点的动量和动能是否与惯性系的选取有关 功是否与惯性系有关 质点的动量定理与动能定理是否与惯性系有关 请举例说明. 9判断下列说法是否正确,并说明理由：a 不受外力作用的系统,它的动量和机械能都守恒.b 内力都是保守力的系统,当它所受的合外力为零时,其机械能守恒.c 只有保守内力作用而没有外力作用的系统,它的动量和机械能都守恒. 10 在弹性碰撞中,有哪些量保持不变,在非弹性碰撞中,又有哪些量保持不变11 放焰火时,一朵五彩缤纷的焰火质心运动轨迹如何 为什么在空中焰火总是以球形逐渐扩大 忽略空气阻力2.2 质量为m 质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力F kv =-k 为常数作用,0t =时质点的速度为0v ,证明： 1t 时刻的速度为0kt v v e-=；2由0到t 的时间内经过的距离为0()[1]kt x mv k e-=⋅-； 3停止运动前经过的距离为0mv k ;证明： 1 由 dv ma mF kv dt ===- 分离变量得 dv k dt v m=-,积分得 00vt v dvk dt v m =-⎰⎰ ,0ln v k t v m=-,0kt v v e -= 2 //000(1)tkt m kt m mv x vdt v e dt e k--===-⎰⎰3 质点停止运动时速度为零,即t →∞,故有/000kt mmv x v e dt k∞-'==⎰;2.3一质量为10 kg 的物体沿x 轴无摩擦地运动,设0t =时,物体的速度为零,物体在力34F t =+Nt 以s 为单位的作用下运动了3s,求它的速度和加速度. 解. 根据质点动量定理,30Fdt mv mv =-⎰, ()334t dt mv +=⎰322103233232.7()10t t v ms m -⎡⎤+⨯+⨯⎣⎦===根据牛顿第二定律,F ma =[]334343 1.510t t F a m m =++⨯====m/s 22.4 一颗子弹由枪口射出时速率为0v ms -1,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为()F a bt =-Na,b 为常数,其中t 以秒为单位：1假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹走完枪筒全长所需时间；2求子弹所受的冲量； 3求子弹的质量; 解：1由题意,子弹到枪口时,有()0F a bt =-=, 得a t b=2子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at dt bt a I 0221)(,将at b=代入,得b a I 22=3由动量定理可求得子弹的质量 0202bv a v I m ==2.5 一质量为m 的质点在xoy 平面上运动,其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=,求质点的动量及0t =到2t πω=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()sin cos p mv mr m a ti b tj ωωω===-+将0t =和2t πω=分别代入上式,得 1p m bj ω=,2p m ai ω=- 动量的增量,亦即质点所受外力的冲量为21()I p p m ai bj ω=-=-+2.6 作用在质量为10kg 的物体上的力为(102)F t iN =+,式中t 的单位是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；2为了使这力的冲量为200Ns,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度16jm s --⋅的物体,回答这两个问题; 解：1若物体原来静止,则410(102)56t p Fdt t idt i ∆==+=⎰⎰1kg m s -⋅⋅,沿x 轴正向,1111115.656[]p v i m s I p i kg m s m--∆∆==⋅=∆=⋅⋅[], 若物体原来具有初速度106v jm s -=-⋅,则0000,()tp mv p t mv Fdt =-=-+⎰于是 201()p p t p p ∆=-=∆ 同理, 2121,v v I I ∆=∆=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,两种情况中的作用时间相同,即⎰+=+=ttt dt t I 0210)210(令210200t t +=,解得10t s =;2.7 一小船质量为100kg,船头到船尾共长3.6m;现有一质量为50kg 的人从船尾走到船头时,船头将移动多少距离 假定水的阻力不计;习题2.7图 解：由动量守恒 0=-人人船船v m V M又 dt VS t⎰=船船,船人船船人船人人S m M dt V m M dt v s tt===⎰⎰0,如图,船的长度 L S s =+人船 所以 3.61.21001150L S m M m ===++船船人即船头相对岸边移动m S 2.1=船2.8 质量2m kg =的质点,从静止出发沿X 轴作直线运动,受力(12)F t i =N,试求开始3s 内该力作的功;解 3(12)(12)x x LLA F dx t dx tv dt ===⎰⎰⎰而200001232tttx x x x F v v a dt dt tdt t m =+===⎰⎰⎰ 所以()333234003612336729(J)4A t t dt t dt t ⎡⎤=⋅===⎢⎥⎣⎦⎰⎰2.9 一地下蓄水池,面积为250s m =,水深度为1.5m ,假定水的上表面低于地面的高度是5.0m ,问欲将这池水全部抽到地面,需作功多少O1h解:建坐标如习题 2.9图,图中0h 表示水面到地面的距离,1h 表示水深;水的密度为3310kg m ρ=,对于坐标为y 、厚度为dy 的一层水,其质量dm sdy ρ=,将此层水抽到地面需作功dA dmgy sgydy ρ==将蓄水池中的水全部抽到地面需作功()01012201012h h h h h h A dA sgydy sg h h h ρρ++⎡⎤===+-⎣⎦⎰⎰()2101122sg h h h ρ=+ ()32110509.8 1.52 5.0 1.52=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯64.2310=⨯J 2.9一炮弹质量为m ,以速度v 飞行,其内部炸药使此炮弹分裂为两块,爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ,且一块的质量为另一块质量的k 倍,如两者仍沿原方向飞行,试证其速率分别为v ,v 证明：设一块的质量为1m ,则另一块的质量为21m km =;利用12m m m +=,有 11m m k =+, 21km m k =+ ① 又设1m 的速度为1v ,2m 的速度为2v ,则有2222211212121mv v m v m T -+=② 1122m v m v mv += 动量守恒 ③联立①、③解得12(1)v kv k v +=+,12(1)v k v kv =+- ④联立④、②解得22)(2v v kmT-=,于是有km T v v 22±= 将其代入④式,有12(1)kTv k v k v v m⎛=+-= ⎝又因为爆炸后,两弹片仍沿原方向飞行,当1k >时只能取 kmTv v m kT v v 2,221-=+=; 2.10一质量为m 的子弹射入置于光滑水平面上质量为M 并与劲度系数为k 的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了L ,求子弹射入前的速度0v .习题2.10图解： 子弹射入木块到相对静止的过程是一个完全非弹性碰撞,时间极短,木块获得了速度,尚未位移,因而弹簧尚未压缩.此时木块和子弹有共同的速度1v ,由动量守恒,()10m M v mv +=此后,弹簧开始压缩,直到最大压缩,由机械能守恒, ()2211122m M v kL += 由两式消去1v ,解出0v 得0v =2.11质量m 的物体从静止开始,在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从A 滑到B ;在B 处时,物体速度的大小为B v ;已知圆的半径为R ,求物体从A 滑到B 的过程中摩擦力所作的功：1用功的定义求； 2用动能定理求；3用功能原理求;习题2.11图解 方法一：当物体滑到与水平成任意θ角的位置时,物体在切线方向的牛顿方程为cos t dv mg f ma mdt θ-== 即cos dv f mg mdtθ-=-+ 注意摩擦力f 与位移dr 反向,且||dr Rd θ=,因此摩擦力的功为00||cos Bv f dr A mg Rd m dv dt πθθ=-+⎰⎰22001cos 2B v B mgR d m vdv mgR mv πθθ=-+=-+⎰⎰方法二： 选m 为研究对象,合外力的功为()A mg f N dr =++⋅⎰考虑到N 0dr ⋅=⎰,因而2cos ||cos f f f A A mg dr A mgR d A mgR πθθθ=+⋅=+=+⎰⎰由于动能增量为2102k B E mv ∆=-,因而按动能定理有 212f BA mgR mv +=,212f B A mgR mv =-+;方法三：选物体、地球组成的系统为研究对象,以B 点为重力势能零点; 初始在A 点时,0p E mgR =、00k E = 终了在B 点时,0p E =,212k B E mv =由功能原理知：21012f A E E E mv mgR =∆=-=- 经比较可知,用功能原理求最简捷;2.12 墙壁上固定一弹簧,弹簧另一端连接一个物体,弹簧的劲度系数为k ,物体m 与桌面间的摩擦因素为μ,若以恒力F 将物体自平衡点向右拉动,试求到达最远时,系统的势能;习题2.12图解：物体水平受力如图,其中k f kx =,f mg μμ=;物体到达最远时,0v =;设此时物体的位移为x , 由动能定理有()0--00xF kx mg dx μ=-⎰即 21--02Fx kx mgx μ= 解出 ()2F mg x kμ-=系统的势能为 ()22212p F mg E kx kμ-==2.13 一双原子分子的势能函数为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=6012002)(r r r r E r E p式中r 为二原子间的距离,试证明： ⑴0r 为分子势能极小时的原子间距；⑵分子势能的极小值为0E -； ⑶当0)(=r E p 时,原子间距离为62r ；证明：1当()0P dE r dr=、22()0P d E r dr >时,势能有极小值min )(r E P ;由 126126000000137()2120P r r r r dE r d E E dr dr r r rr ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 得 12600r r r r ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以0r r =,即0r 为分子势能取极值时的原子间距;另一方面,12620002148()12137P r r d E r E dr rr ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 当0r r =时,200222200072()137120P E d E r E dr r r r ⎛⎫=-=> ⎪⎝⎭,所以0r r =时,)(r E P 取最小值;2当0r r =时,12600min0000()2P r r E r E E r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦3令126000()20P r r E r E r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦,得到1260020r r r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦,602r r ⎛⎫= ⎪⎝⎭,r =2.14 质量为7.2×10-23kg,速度为6.0×107m/s 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 相碰,假定这碰撞是弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5×107m/s,求：⑴粒子B 的速率及偏转角； ⑵粒子A 的偏转角;B习题2.14图解：两粒子的碰撞满足动量守恒B B A A A A v m v m v m '' +=写成分量式有βαcos 'cos 'B B A A A A v m v m v m +=βαsin 'sin 'B B A A v m v m =碰撞是弹性碰撞,动能不变：222'21'2121B B A A A A v m v m v m += 利用kg m A 23102.7-⨯=, kg m m AB 23106.32-⨯==, s m v A /100.67⨯=,s m v A /100.5'7⨯=,可解得s m v B /1069.4'7⨯=,'454 =β,'2022 =α;2.15 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题2-15图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少习题2.15图解：在只挂重物1M 时,小球作圆周运动的向心力为1M g ,即2100M g mr ω= ①挂上2M 后,则有212()M M g mr ω''+= ②重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒．即 22220000r mv r mv r r ωω''''=⇒= ③联立①、②、③得2/33/212100112,M M M r r M M M ωω⎫⎛⎫+''===⋅⎪ ⎪+⎭⎝⎭2.16 哈雷慧星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为m r 1011075.8⨯=时的速率是1411046.5-⨯=msv ,它离太阳最远时的速率是1221008.9-⨯=msv ,这时它离太阳的距离r 2是多少 太阳位于椭圆的一个焦点;解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 1122r mv r mv =∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610[]9.0810rv r m v ⨯⨯⨯===⨯⨯2.17 查阅文献,对变质量力学问题进行分析和探讨,写成小论文;参考文献：1石照坤,变质量问题的教学之浅见,大学物理,1991年第10卷第10期; 2任学藻、廖旭,变质量柔绳问题研究,大学物理,2006年第25卷第2期; 2.18 通过查阅文献,形成对惯性系的进一步认识,写成小论文;参考文献：1高炳坤、李复,“惯性系”考,大学物理,2002年第21卷第4期; 2高炳坤、李复,“惯性系”考续,大学物理,2002年第21卷第5期;习题三答案 习题三3.1简要回答下列问题：(1) 地球由西向东自转,它的自转角速度矢量指向什么方向 作图说明.2 刚体的转动惯量与那些因素有关 “一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗3 平行于z 轴的力对z 轴的力矩一定为零,垂直于z 轴的力对z 轴的力矩一定不为零.这种说法正确吗4 如果刚体转动的角速度很大,那么作用于其上的力是否一定很大 作用于其上的力矩是否一定很大5 两大小相同、质量相同的轮子,一个轮子的质量均匀分布,另一个轮子的质量主要集中在轮子边缘,两轮绕通过轮心且垂直于轮面的轴转动;问：a 如果作用在它们上面的外力矩相同,哪个轮子转动的角速度较大 b 如果它们的角加速度相同,哪个轮子受到的力矩大 c 如果它们的角动量相等,哪个轮子转得快6 为什么质点系动能的改变不仅与外力有关,而且也与内力有关,而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关,而与内力矩无关7 下列物理量中,哪些与参考点的选择有关,哪些与参考点的选择无关：a 位矢；b 位移；c 速度；d 动量；e 角动量；f 力；g 力矩.8 做匀速圆周运动的质点,对于圆周上某一定点,它的角动量是否守恒 对于通过圆心并与圆平面垂直的轴上任一点,它的角动量是否守恒 对于哪一个定点,它的角动量守恒 9 一人坐在角速度为0ω的转台上,手持一个旋转着的飞轮,其转轴垂直于地面,角速度为'ω;如果忽然使飞轮的转轴倒转,将发生什么情况 设转台和人的转动惯量为I ,飞轮的转动惯量为'I ;3.2质量为m 长为l 的均质杆,可以绕过B 端且与杆垂直的水平轴转动;开始时,用手支住A 端,使杆与地面水平放置,问在突然撒手的瞬时,1绕B 点的力矩和角加速度各是多少 2杆的质心加速度是多少解：1绕B 点的力矩M 由重力产生,设杆的线密度为ρ,lm=ρ,则绕B 点的力矩为 00012mg m l M xdG gxdm gx dx mgl ρ====⎰⎰⎰杆绕B 点的转动惯量为 2020231ml dx x dm x I l m ===⎰⎰ρ角加速度为 32M gI lβ==2杆的质心加速度为 g l a 432==β3.3 如图所示,两物体1和2的质量分别为1m 与2m ,滑轮的转动惯量为I ,半径为r ;⑴如物体2与桌面间的摩擦系数为μ,求系统的加速度a 及绳中的张力1T 与2T 设绳子与滑轮间无相对滑动；⑵如物体2与桌面间为光滑接触,求系统的加速度a 及绳中的张力1T 与2T ;T m习题3.2图解：⑴先做受力分析,物体1受到重力g m 1和绳的张力1T ,对于滑轮,受到张力1T 和2T ,对于物体2,在水平方向上受到摩擦力g m 2μ和张力2T ,分别列出方程a m T g m 111=- ()a g m T -=11 a m g m T 222=-μ ()g a m T μ+=22()12aT T r M I Irα-=== 通过上面三个方程,可分别解出三个未知量()()212212m m gr a m m r I μ-=++,()()22112121m r g Ig T m m m r I μ++=++,()()21222121m r g Ig T m m m r I μμ++=++ ⑵ 在⑴的解答中,取0=μ即得()21212m gr a m m r I =++, ()2211212m r g Ig T m m m r I +=++,()2122212m m r gT m m r I =++; 3.4 电动机带动一个转动惯量为I=50kg·m 2的系统作定轴转动;在0.5s 内由静止开始最后达到120r/min 的转速;假定在这一过程中转速是均匀增加的,求电动机对转动系统施加的力矩; 解：由于转速是均匀增加的,所以角加速度α为2120/min 2/8/0.560/minr rad rrad s t s s ωπαπ∆⨯===∆⨯从而力矩为322508 1.25710M I kgm s απ-==⨯=⨯3.5 一飞轮直径为0.30m,质量为5.00kg,边缘绕有绳子,现用恒力拉绳子的一端,使其由静止均匀的加速,经0.50s 转速达到10r/s;假定飞轮可看作实心圆柱体,求：⑴飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； ⑵拉力及拉力所作的功；⑶从拉动后t=10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度; 解：⑴ 飞轮的角加速度为210/2/125.7/0.5r s rad rrad s t sωπα∆⨯===∆ 转过的圈数为r s s r n 5.25.0/1021=⨯⨯= ⑵ 飞轮的转动惯量为 221mr I =, 所以,拉力的大小为110.35125.747.1()222M I F mr N r r αα====⨯⨯⨯=拉力做功为47.1 2.5 3.140.3111()W FS F n d J π==⨯=⨯⨯⨯=⑶从拉动后t=10s 时,轮角速度为3125.710 1.25710(/)t rad s ωα''==⨯=⨯ 轮边缘上一点的速度为31.257100.15188(/)v r m s ω''==⨯⨯= 轮边缘上一点的加速度为2125.70.1518.8(/)a r m s α==⨯=;3.6 飞轮的质量为60kg,直径为0.50m,转速为1000r/min,现要求在5s 内使其制动,求制动力F;假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4,飞轮的质量全部分布在轮的外周上;尺寸如图所示;习题3.6图解：设在飞轮接触点上所需要的压力为F ',则摩擦力为F μ',摩擦力的力矩为2dF 'μ,在制动过程中,摩擦力的力矩不变,而角动量由2dmv 变化到0,所以由 0Mdt L L =-⎰有 222dd m t d F ⋅='ωμ解得785.42m d F N t ωμ'==;由杆的平衡条件得 0.5314.21.25F F N '==; 3.7 弹簧、定滑轮和物体的连接如图3.7所示,弹簧的劲度系数为2.0N m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg m 2,半径为0.30m,问当6.0kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长;习题3.7图解：当物体落下0.40m 时,物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能, 即222222121rIv mv kh mgh ++=, 将kg m 6=,2/8.9s kgm g =,m h 4.0=,25.0kgm I =,m r 3.0=代入,得s m v /01.2=3.8 在自由旋转的水平圆盘上,站一质量为m 的人;圆盘的半径为R ,转动惯量为J ,角速度为ω;如果这人由盘边走到盘心,求角速度的变化及此系统动能的变化; 解：系统的角动量在整个过程中保持不变;人在盘边时,角动量为 ()ωω2mR J I L +==人走到盘心时角动量为 ωω'=''=J I L因此 ()ωωJmR J 2+='人在盘边和在盘心时,系统动能分别为22212121ωωJ R m W +=,()222222121ωωJ mR J J W +='= 系统动能增加 24222122121ωωJR m R m W W W +=-=∆ 3.9 在半径为1R ,质量为m 的静止水平圆盘上,站一质量为m 的人;圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动;当这人开始沿着与圆盘同心,半径为2R 21R R <的圆周匀速地走动时,设他相对于圆盘的速度为v ,问圆盘将以多大的角速度旋转解：整个体系的角动量保持为零,设人匀速地走动时圆盘的角速度为ω,则()2122120L L L m v R R mRωω=+=--=人盘 解得 v R R R 2221222+-=ω 3.10 如题3.10图示,转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动;转台对该轴的转动惯量J =5×10-5 kg·m 2;现有砂粒以1g/s 的速度落到转台,并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆;试求砂粒落到转台,使转台角速度变为102ω所花的时间;解：要使转台角速度变为102ω,由于砂粒落下时不能改变体系角动量,所以必须要使体系的转动惯量加倍才行,即 J r m =2沙粒;将25105m kg J ⋅⨯=-和m r 1.0=代入得kg m 3105-⨯=沙粒所以 s sg kgt 5/11053=⨯=- 3.11 一脉冲星质量为1.5×1030kg,半径为20km;自旋转速为2.1 r/s,并且以1.0×10-15r/s 的变化率减慢;问它的转动动能以多大的变化率减小 如果这一变化率保持不变,这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋 设脉冲星可看作匀质球体;解：脉冲星的转动惯量为 252mr I =转动动能为 2225121r m I W ωω==转动动能的变化率为 225dW d mr dt dtωω= ()230415250.4 1.510210 2.12 1.0102 1.9910/J s ππ-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯由d dtωα=,t ωα=,得停止自旋所需要的时间为151522.1/ 2.1101.010/r s t s r sωα-===⨯⨯ 3.12 两滑冰运动员,质量分别为M A =60kg,M B =70kg,它们的速率V A =7m/s,V B =6m/s,在相距1.5m 的两平行线上相向而行,当两者最接近时,便拉起手来,开始绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为1.5m;求该瞬时：⑴系统的总角动量；⑵系统的角速度；⑶两人拉手前、后的总动能;这一过程中能量是否守恒,为什么解：⑴设两滑冰运动员拉手后,两人相距为s ,两人与质心距离分别为A r 和B r ,则 s M M M r B A B A +=, s M M M r BA AB +=两人拉手前系统总角动量为()s kgm s V V M M M M r V M r V M L L L B A BA BA B B B A A A B A /6302=++=+=+=⑵设两人拉手后系统的角速度为ω,由于两人拉手后系统角动量不变22A AB B L M r M r ωω=+所以, s rad s V V r M r M LB A BB A A /67.822=+=+=ω ⑶两人拉手前总动能为： J V M V M W B B A A 27302121221=+=拉手后,由于整个体系的动量保持为零,所以体系动能为 ()J V V M M M M r M r M W B A BA B A B B A A 2730212121222222=++=+=ωω 所以体系动能保持守恒;可以算出,当且仅当B B A A V M V M =时,体系能量守恒,否则能量会减小,且()()22121B B A A B A V M V M M M W W W -+=-=∆-3.13一长l =0.40m 的均匀木棒,质量M=1.00kg,可绕水平轴O 在竖直平面内转动,开始时 棒自然地竖直悬垂;现有质量m=8g 的子弹以v=200m/s 的速率从A 点与O 点的距离为34l ,如图;求：⑴棒开始运动时的角速度；⑵棒的最大偏转角;习题3.13图解：系统绕杆的悬挂点的角动量为 21340.48L mvl kgm s -== 子弹射入后,整个系统的转动惯量为 222054.016931kgm ml Ml I =+= 所以 s rad IL/88.8==ω⑵子弹射入后,且杆仍然垂直时,系统的动能为212 2.13W I J ω==动当杆转至最大偏转角θ时,系统动能为零,势能的增加量为()()31241cos 1cos W Mgl mgl θθ∆=-+-势 由机械能守恒,势动W W ∆= 得 24.94=θ3.14 通过查阅文献,探讨计算刚体转动惯量的简化方法,写成小论文;参考文献：周海英、陈浩、张晓伟,巧算一类刚体的转动惯量,大学物理,2005年第24卷第2期;3.15 通过上网搜寻,查找对称陀螺规则进动在生活、生产中的应用事例,并进行分类;习题四参考解答4.1 惯性系'K 相对惯性系K 以速度u 运动;当它们的坐标原点O 与'O 重合时,0'==t t ;在惯性系'K 中一质点作匀速率圆周运动,轨道方程为()()222a y x ='+',0='z ,试证：在惯性系K 中的观测者观测到该质点作椭圆运动,椭圆的中心以速度u 运动; 提示：在惯性系K 中的观测者观测到该质点的轨道方程为1)1()(22222=+--ay a ut x β; 证明：根据洛仑兹坐标变换关系 ,12β--='ut x x ,y y =' z z ='代入原方程中,得到 22221)(a y ut x =+--β 化简得 1)1()(22222=+--a y a ut x β所以,在K 系中质点做椭圆运动,椭圆中心以速度u 运动;4.2 一观测者测得运动着的米尺长m5.0,问此米尺以多大的速度接近观测者 解：由相对论长度缩短关系 ()20/1c v L L -=得到 ()()s m L L c v /106.22/11100.3/182820⨯=-⨯⨯=-=4.3 如题图4.3所示,在'K 系的Y X O '''平面内放置一固有长度为0 的细杆,该细杆与x '轴的夹角为θ';设'K 系相对于K 系沿x 轴正向以速率u 运动,试求在K 系中测得的细杆的长度 和细杆与x 轴的夹角θ;O X ,X '题图4.3解：细杆在K '系中的两个坐标上的投影分别为 ⎩⎨⎧'='∆'='∆θθsin cos 00l y l x细杆在K 系中的两个坐标上的投影分别为()()⎪⎩⎪⎨⎧'='∆=∆'-='∆-=∆θθsin cos /1/10202l y y c u l x c u x在K 系中细杆的长度为()[]()20222022/cos 1si cos /1c u l n c u l y x l θθθ'-='+'-=∆+∆=。
大学物理学 第二版 第1-3章习题解答3
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =drv dt= 及 22d r a dt =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v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
许瑞珍、贾谊明 大学物理课后答案(机械工业出版社)
第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。
解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向-4q 。
7－2 如图，均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为λ。
（1）求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。
解：（1）如图7－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ，则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(4002xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。
（2）如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===， 代入上式，则)cos 1(400θπελ--=y＝)11(4220Ly y +--πελ，方向沿x 轴负向。
习题7－1图dq ξd ξ习题7－2 图axθθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=00sin 4xdx习题7－2 图byθθπελθd y dE E y y ⎰⎰==00cos 400sin 4θπελy =＝2204Ly y L +πελ 7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强。
解：如图，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。
大学物理2课后习题答案.docx
解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。
为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
- 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)。
第一章 质点的运动1-1 已知质点的运动方程为：，。
式中x 、y 的单位为m ，t 的单位为ｓ。
试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向。
23010t t x +-=22015t t y -=分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。
现测得其加速度a ＝A-B v ，式中A 、B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。
分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即a = - k v 2，k 为常数。
在关闭发动机后，试证：（1）船在t 时刻的速度大小为 100+=t kv v v ；（2）在时间t 内，船行驶的距离为 01ln(1)x v kt k=+；（3）船在行驶距离x 时的速率为v =v 0e -kx 。
[证明]（1）分离变数得2d d vk t v=-， 故20d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(11(1)v )x t v v kt k v kt ==+++kt积分0001d d(1(1)xt)x v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． (3 ) 要求 v ( x )，可由 dxdv v dt dx dx dv dt dv a ===，有 kdx vdvdx dv v kv -=⇒=-2积分得kx x vv e v v kx v vdx k v dv -=-=⇒-=⎰⎰000,ln 0 证毕．1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上，求小车移动的速度和加速度。
解：人前进的速度v 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，22220222203/222220()()()l v t H h dldt H h v d l dt H h v t =+-∴=-=⎡⎤-+⎣⎦h所以小车移动的速度220220)(t v h H tv v --=图1-18 习题1-4图小车移动的加速度[]2/32202202)()(tv h H v h H a +--=1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 ，a 的单位为 m/s 262x a +=2，x 的单位为 m 。
质点在x =0处，速度为10m/s ，试求质点在任何坐标处的速度值。
解：解： ∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得 cx x v ++=322221 由题知，时，,∴0=x 100=v 50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1-6 如图所示，一弹性球由静止开始自由下落高度 h 后落在一倾角的斜面上，与斜面发生完全弹性碰撞后作抛射体运动，问它第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远。
30=θ解：小球落地时速度为gh v 20=建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图0060cos v v x =200060cos 2160cos t g t v x += （1） 00060sin v v y =200060sin 2160sin t g t v y -= （2） 第二次落地时 0=y gv t 02=所以 m gv t g t v x 8.0260cos 2160cos 202000==+=1－7一人扔石头的最大出手速率为v ＝25m/s ，他能击中一个与他的手水平距离L=50m ，高h=13m 的目标吗？在此距离上他能击中的最大高度是多少？解：由运动方程21cos ,sin 2x vt y vt gt θθ==-,消去t 得轨迹方程 222(1)2g y xtg tg x vθθ=-+ 以x ＝05.0m ，v ＝25ms －1代入后得2222250(1)502255020(1)520()11.254gy tg tg tg tg tg θθθθθ=-+⨯⨯=-+=--+ 取g ＝10.0，则当 1.25tg θ=时，max 11.25y =〈13 所以他不能射中，能射中得最大高度为max 11.25y =1-8 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动，v 0 、b 都是常量。
(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts-==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为2402222)(R bt b R a a a tn -+=+=v其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n20)(arctan arctan v(2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得bt 0v =(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR sn π4π220v ==1-9 已知质点的运动方程为：t hz t R y t R x ωπωω2,sin ,cos ===，式中ω、、h R 为正的常量。
求：（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大小。
解：（1）轨道方程为222R y x =+t hz ωπ2=这是一条空间螺旋线。
在O xy 平面上的投影为圆心在原点，半径为R 的圆，螺距为h （2）t R dtdxv x ωωsin -==2222224πωh R v v v v zyx+=++=（3） t R a x ωωcos 2-=t R a y ωωsin 2-=0=z a 222ωR a a a y x =+=1－10飞机以100m·s -1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100m 时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标处。
问：（1）此时目标在飞机下方前多远？（2）投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？（3）物品投出2s 后，它的法向加速度和切向加速度各为多少？ 解：（1）21y gt t 2452x m ∴== ＝，（2） 5.12==θxyarctg（3）2222n v dv dt 1.96/,10.0(m 9.80/,10.0(9.62/9.8)t ta a m s g a ga m s g m s ∴====∴=== 2＝或1.88/s ,g=9.8）或，g＝1－11一无风的下雨天，一列火车以v 1=20m/s 的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降，求雨滴下落的速度v 2。
（设下降的雨滴作匀速运动）解：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为V 1,雨滴相对地面竖直下落的速度为V 2，旅客看到雨滴下落速度V 2’为相对速度，它们之间的关系为22'v v v 1=+121/75 5.36v v tg ms -∴==1－12升降机以加速度a 0=1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板脱落，天花板与升降机的底面相距2.74m ，试求：（1）螺帽从天花板落到底面所需时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离。
解：（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度为a’=g+a,螺丝落到底面时，有210()20.705h g a t t s=-+==（2）由于升降机在t 时间内的高度为201'2h v t at =+则'0.716d h h m =-=1－13飞机A 相对地面以v A =1000km/h 的速率向南飞行，另一飞机B 相对地面以v B =800 km/h 的速率向东偏南30°方向飞行。
求飞机A 相对飞机B 的速度。
解：()1000,4001000400tg ,4052',2A B A Bv j v j v v v j j θθ==+=-+∴==＝－方向西偏南916/v k ==m h1－14 一人能在静水中以1.10m·s -1的速度划船前进，今欲横渡一宽为1000m 、水流速度为0.55m·s －1的大河。