《大学物理学》第二上册习题解答.docx

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1、大学物理学第二上册习题解答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？ vvdvdvvvvv(5) Dr和Dr有区别吗？Dv和Dv有区别吗？=0和=0各代表什么运动？ dtdt(6) 设质点的运动方程为：x=x(t)，y=y(t)，在计算

2、质点的速度和加速度时，有人先求出r=x2+y2，然后根据 d2rdrv= 及 a=2 dtdt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 22d2xd2ydxdyv=+ 及 a=2+2 dtdtdtdt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

3、间均匀增大，an、at、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x=4t-2t2，式中x,t分别以m、s为单位，试计算：(1)在最初2s内的位移、平均速度和2s末的瞬时速度；(2)1s末到3s末的平均1 22加速度；(3)3s末的瞬时加速度。 解： (1) 最初2s内的位移为为： Dx=x(2)-x(0)=0-0=0(m/s) 最初2s内的平均速度为： vave=Dx0=0(m/s) Dt2t时刻的瞬时速度为：v(t)=d

4、x=4-4t dt2s末的瞬时速度为：v(2)=4-42=-4m/s Dvv(3)-v(1)-8-0=-4m/s2 Dt22dvd(4-4t) (3) 3s末的瞬时加速度为：a=-4(m/s2)。 dtdt (2) 1s末到3s末的平均加速度为：aave=1.3 质点作直线运动，初速度为零，初始加速度为a0，质点出发后，每经过t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 ba=a0+t t利用dv=adt，并取积分得 bb2dv=a+tdv，v=at+t 00t2t00再利用dx=vdt，并取积分设t=0时x0=0得 xtvtx0dx=vd

5、t，Dx=012b3a0t+t 26tr1.4 一质点从位矢为r(0)=4j的位置以初速度v(0)=4i开始运动，其加速度与时间的关系rrrrrr为a=(3t)i-2j.所有的长度以米计，时间以秒计.求： 经过多长时间质点到达x轴； 到达x轴时的位置。 rtr32rrr解： v(t)=v(0)+a(t)dt=4+ti-(2t)j 02rtr13rr2 r(t)=r(0)+v(t)dt=4t+ti+(4-t)j 02 当4-t=0，即t=2s时，到达x轴。 2 2 rr t=2s时到达x轴的位矢为 ：r(2)=12i 即质点到达x轴时的位置为x=12m,y=0。 1.5 一质点沿x轴运动，其加速

6、度与坐标的关系为a=-wx，式中w为常数，设t=0时刻的质点坐标为x0、速度为v0，求质点的速度与坐标的关系。 2d2x解：按题意 =-w2x 2dtd2xdvdvdxdv由此有 -wx=， =v2dtdxdtdxdt2即 vdv=-wxdx， 两边取积分 得 122vv0vdv=-w2xdx， x0x2222211v2-12v0=-2wx+2wx0 v2222由此给出 v=wA-x，A=0+x0 w2vvvv21.6 一质点的运动方程为r(t)=i+4tj+tk，式中r，t分别以m、s为单位。试求： vvvvvdvvdr解：(1) 速度和加速度分别为： v=(8t)j+k， a=8j dtd

7、tvvvv2 (2) 令r(t)=xi+yj+zk，与所给条件比较可知 x=1，y=4t，z=t 所以轨迹方程为：x=1,y=4z2。 1.7 已知质点作直线运动，其速度为v=3t-t(ms)，求质点在04s时间内的路程。 解: 在求解本题中要注意：在04s时间内，速度有时大于零，有时小于零，因而运动出44(1) 质点的速度与加速度；(2) 质点的轨迹方程。 2-1现往返。如果计算积分vdt，则求出的是位移而不是路程。求路程应当计算积分vdt。002令v=3t-t=0，解得t=3s。由此可知：t0，v=v； t=3s时，v=0；而t3s时，v0，v=-v。因而质点在04s时间内的路程为 3 4

8、 s=0vdt=vdt+(-v)dt=(3t-t03033432)dt-(3t-t)dt 234413113=t2-t3-t2-t3=6(m)。 30233321.8 在离船的高度为h的岸边，一人以恒定的速率v0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 O X r h v0 x Y 习题1.8图 rx2=r2-h2 两边求微分，则有 2x船速为 dxdr=2r dtdtdxrdr =dtxdtv=按题意dr=-v0(负号表示绳随时间t缩短)，所以船速为 dtx2-h2v=-

9、v0 x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 2h2v0dva=-3 dtx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。 4 1.9 一质点沿半径为10cm的圆周运动，其角坐标q(以弧度rad计)可用下式表示 q=2+4t3 其中t的单位是秒(s)试问：(1)在t=2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？ (2)当q等于多少时其总加速度与半径成45n角 ？ 解：(1) 利用 q=2+4t3，w=dq/dt=12t2，a=dw/dt=24t， 得到法向加速度和切向加速度的表达式 an=rw2

10、=144rt4，at=ra=24rt 在t=2s时，法向加速度和切向加速度为： an=144rt4=1440.124=230.4(ms-2)， at=24rt=240.12=4.8(ms-2) (2) 要使总加速度与半径成45n角，必须有an=at，即144rt4=24rt 解得 t3=1/6，此时 q=2+4t3=2.67rad 1.10 甲乙两船，甲以10km/h的速度向东行驶，乙以15km/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 vvvvvvv1=10ikm/h

11、，v2=-15jkm/h 根据伽利略变换，当以乙船为参照物时，甲船速度为 vvvvv v=v1-v2=(10i+15j)km/h v15v=102+152=18.1km/h，q=arctg=56.31o 10即在乙船上看，甲船速度为18.1km/h，方向为东偏北56.31o 同理，在甲船上看，乙船速度为18.1km/h，方向为西偏南56.31o。 1.11 有一水平飞行的飞机，速率为v0，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

12、地球为参照系时，炮弹的初速度为v1=v+v0，而x=v1t，y=-0.5gt 消去时间参数t，得到轨迹方程为： 2gx2y=- 2(v+v0)2gx2 (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y=-2 2v5 gx2 (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 y=. 22v1.12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u1时只能取 v1=v+2kT2T,v2=v-。 mkm2.10一质量为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

13、的速度v0. 11 M m v0 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v1，由动量守恒， (m+M)v1=mv0 此后，弹簧开始压缩，直到最大压缩，由机械能守恒， 11(m+M)v12=kL2 22由两式消去v1，解出v0得 v0=Lk(m+M) m2.11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vB。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。 A

14、 qR fN mg B 习题2.11图 解 方法一：当物体滑到与水平成任意q角的位置时，物体在切线方向的牛顿方程为 mgcosq-f=mat=m即 dv dtdv dt -f=-mgcosq+mrrr注意摩擦力f与位移dr反向，且|dr|=Rdq，因此摩擦力的功为 rp2vB|dr|Af=-mgcosqRdq+mdv 00dtp2vB12 =-mgRcosqdq+mvdv=-mgR+mvB00212 方法二： 选m为研究对象，合外力的功为 A=(rrrrrmg+f+Ndr )rr考虑到Ndr=0，因而 A=Af+mgcosq|dr|=Af+mgR由于动能增量为DEk=p20cosqdq=Af+

15、mgR 12mvB-0，因而按动能定理有 21212，Af=-mgR+mvB。 Af+mgR=mvB22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，Ep0=mgR、Ek0=0 12mvB 212由功能原理知：Af=DE=E1-E0=mv-mgR 2终了在B点时，Ep=0，Ek=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m，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。 F fm X 习题2.12图 解：物体水平受力如图，其中fk=kx，fm=mmg。物体

16、到达最远时，v=0。设此时物体的位移为x, 由动能定理有 fkm(F-kx-mmg)dx=0-0 0x即 Fx-12kx-mmgx=0 22(F-mmg)k2解出 x=系统的势能为 Ep=2.13 一双原子分子的势能函数为 12kx=22(F-mmg)k13 r012r06Ep(r)=E0-2 rr式中r为二原子间的距离，试证明： r0为分子势能极小时的原子间距； 分子势能的极小值为-E0； 当Ep(r)=0时，原子间距离为r062； d2EP(r)dEP(r)证明：当0时，势能有极小值EP(r)min。由 =0、2drdr6r012r012r06dEP(r)dr0=E0-2=12E0-13+

17、7=0 drdrrrrrrr得 0=0 rr所以r=r0，即r0为分子势能取极值时的原子间距。另一方面， 126r012r06d2EP(r)=12E01314-78 2drrr13772E0d2EP(r)=12E02-2=20，所以r=r0时，EP(r)取最小值。 当r=r0时，dr2r0r0r0当r=r0时，EP(r)min6r12r00=E0-2=-E0 rr006r012r0令EP(r)=E0-2=0，得到 rr66r012r0r0r0=2， r=-2=062rrr2.14 质量为7.210-23kg，速度为6.0107m/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

18、弹性碰撞，碰撞后粒子A的速率为5107m/s，求： 粒子B的速率及偏转角； 粒子A的偏转角。 vA 14 a vA b vB习题2.14图 解：两粒子的碰撞满足动量守恒 vvvmAvA=mAvA+mBvB 写成分量式有 mAvA=mAvAcosa+mBvBcosb mAvAsina=mBvBsinb 碰撞是弹性碰撞，动能不变： 11122mAvA=mAv2+mvABB 222利用 mA=7.210-23kg， mB=mA=3.610-23kg， 2vA=6.0107m/s，vA=5.0107m/s， 可解得 vB=4.69107m/s，b=54o4，a=22o20。 2.15 平板中央开一小孔

19、，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为M1的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为r0时重物达到平衡。今在M1的下方再挂一质量为M2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w和半径r为多少？ r0m M1 M2 15 习题2.15图 解：在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即 2M1g=mr0w0 挂上M2后，则有 (M1+M2)g=mrw2 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒 即 r0mv0=rmvr0w0=rw 联立、得 2222w0=M1g,mr0w=M1gM1+M2mr0M12/3,M1r=M1+M23/2r0 2.16 哈雷慧星绕

20、太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为r1=8.7510m时的速率是v1=5.4610ms4-110，它离太阳最远时的速率是v2=9.0810ms，这时它离太阳的2-1距离r2是多少？ 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 rv r1mv1=2m 2r1v18.7510105.4610412=5.2610m r2=2v29.08102.17 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，XX年第10卷第10期。 2任学藻、廖旭，变

21、质量柔绳问题研究，大学物理，XX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，XX年第21卷第4期。 2高炳坤、李复，“惯性系”考(续)，大学物理，XX年第21卷第5期。 16 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

22、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)

23、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w0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w。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？ B A 习题3.

24、1图 rm解：(1)绕B点的力矩M由重力产生，设杆的线密度为r，r=，则绕B点的力矩为 lmgml1 M=xdG=gxdm=gxrdx=mgl 000217 122xdm=xrdx=ml 003M3g角加速度为 b= =I2ll3 (2)杆的质心加速度为 a=b=g 24 杆绕B点的转动惯量为 I=m2l3.3 如图所示，两物体1和2的质量分别为m1与m2，滑轮的转动惯量为I，半径为r。 如物体2与桌面间的摩擦系数为m，求系统的加速度a及绳中的张力T1与T2 (设绳子与滑轮间无相对滑动)； 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T1与T2。 T2 m2 T1 m1 习题3.2图 解：先做受力分析，物体1受到重力m1g和绳的张力T1，对于滑轮，受到张力T1和T2，对于物体2，在水平方向上受到摩擦力mm2g和张力T2，分别列出方程 m1g-T1=m1a T1=m1(g-a) T2-mm2g=m2a T2=m2(a+mg) (T1-T2)r=M=Ia=I通过上面三个方程，可分别解出三个未知量 a rm1-mm2)gr21+m)m1r2g+mIg1+m)m2r2g+Ig(a=，T1=m1，T2=m2 222(m1+m2)r+I(m1+m2)r+I(m1+m2)r+I 在的解答中，取m=0即得 m1gr2m2r2g+Igm1m2r2ga=，