《大学物理第三答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理第三答案.docx（46页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、大学物理第三答案习题解答 习题一 1-1 r|是位移的模，r是位矢的模的增量，即|r|=|r2-r1|，r=|r2|-|r1|； drdrdsdt是速度的模，即dt=|v|=dt. drdt只是速度在径向上的分量. drdrdr+r=rdtdt 有r=rr，则dtdr式中dt就是速度径向上的分量， drdr与dt不同如题1-1图所示. dt题1-1图 dvdvdv(3)dt表示加速度的模，即|a|=dt，dt是加速度a在切向上的分量. (t表轨道节线方向单位矢）有V=Vt，所以 dvdvdt+v=tdtdtdt dv式中dt就是加速度的切向分量. dtdrQ与dt的运算较复杂，超出教材规定，故
2、不予讨论) (dt1-2 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r=xi+yj， v=drdxdy=i+jdtdtdtd2rd2xd2ya=2=2i+2jdtdtdt 222x2y故它们的模即为 dxdyv=v+v=+dtdt2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 d2xd2y22a=ax+ay=dt2+dt2 drv=dtd2ra=2dt 2drd2rdr与2dt误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dt不是速度的模，其二，可能是将dtd2r2而只是速度在径向上的分量，同样，dt也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中2d2
3、rdqa径=2-rdtdt。的一部分或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。 121-3 r=(3t+5)i+(2t+3t-4)j m (2)将t=1,t=2代入上式即有 r1=8i-0.5j m r2=11j+4j m r=r2-r1=3j+4.5j m (3) r0=5j-4j,r4=17i+16j Drr4-r012i+20j=3i+5jms-1Dt4-04 drv=3i+(t+3)jms-1dt(4) v=则 v4=3i+7j ms (5) v0=3i+3j,v4=3i+7j -1Dvv4-v04
4、=1jDt44 dva=1jms-2dt(6) a=ms-2这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 题1-4图 1-4 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可 知 222l=h+s 将上式对时间t求导，得 2ldlds=2sdtdt v绳=-dlds=v0,v船=-dtdt 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， 即 v船=-vdsldll=-=v0=0dtsdtscosq lv0(h2+s2)1/2v0v船=ss或 将v船再对t求导，即得船的加速度 dlds-ldv-v0s+lv船a=船=dt2dtv0=v0dtss2l22(-s+)v02h2v0s=32ss dvdvd
5、xdva=vdtdxdtdx 1-5 s分离变量： vdv=adx=(2+6x)dx 两边积分得 212v=2x+2x3+c2 由题知，x=0时，v0=10,c=50 3v=2x+x+25ms-1 1-6 分离变量，得积分，得 a=dv=4+3tdt dv=(4+3t)dt 2v=4t+32t+c1 由题知，t=0,v0=0,c1=0 32v=4t+2t 故 dx3v=4t+t2dt2 又因为 32dx=(4t+2t)dt 分离变量， 213x=2t+2t+c2 积分得 由题知 t=0,x0=5,c2=5 1x=2t2+t3+52故 所以t=10 s时 3102=190ms-121x10=21
6、02+103+5=705m2 dqdww=9t2,b=18tdtdt1-7 v10=410+ (1)t=2s时，a=R=118236 ms 222-2 an=R=1(92)1296 ms(2)当加速度方向与半径成45角时，有 -2tan45=2at=1an即 R=R 22亦即 (9t)18t 3则解得 t=2/9 于是角位移为 q=2+3t3=2+31-8 2=2.679radv=ds=v0-btdt dv=-bdtv2(v0-bt)2an=RR (v0-bt)4222a=at+an=b+R2则 at=加速度与半径的夹角为 j=arctan(2)由题意应有 at-Rb=an(v0-bt)2 2
7、(v0-bt)4a=b=b+R2 4(v-bt)b2=b2+02,(v0-bt)4=0R即 vt=0b时，a=b 当1-9 依题意作出下图，由图可知 题1-9图 x=v0t-2Rsin=v0t-Rsinqq2cosq2(1) =R(wt-Rsinwt)(2) 22=R(1-cosq)=R(1-coswt) y=2Rsinqsinqvxvyaxay=dx=Rw(1-coswt)dtdy=Rsinwt)dt dv=Rw2sinwt=xdtdvy=Rw2coswt=dt 1-10设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示 题1-10图 (1)在最高点， v1=vx=v0cos60 an1=g=10 ms
8、 -2又an1=v12r1 v12(20cos60)2r1=an110m=10(2)在落地点， -1v2=v0=20 ms， 而 an2=gcos60 -1 1-11 当t=2s时，=t=0.220.4 rads-1则v=R=0.40.40.16 ms 22-2an=R=0.4(0.4)0.064 ms -2 a=R=0.40.20.08 ms2a=an+at2=(0.064)2+(0.08)2=0.1022v2(20)2r2=80an210cos60mms-21-12当滑至斜面底时，y=h，则此，A对地的速度为 vA=2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因vA地=u+vA=(u+2
9、ghcosa)i+(2ghsina)j题1-12图 1-13 (1)大船看小艇，则有v21=v2-v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a) 题1-13图 22v=v+v=502112由图可知kmh-1 q=arctan方向北偏西(2)小船看大船，则有v12=v1-v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 -1v12=50 kmh 方向南偏东36.87 1-14 依题意作出矢量图如题1-14所示 v13=arctan=36.87v24 题1-14图 v雨船=v雨-v船 v雨=v雨船+v船 由图中比例关系可知 -1v船=v雨=8 ms 1-15 若以大船为参照系，则快艇相对于
10、大船的相对位矢为r，而快艇对大船的相对速度为 v=v-V=v+(-V) 依据以上关系作出图1-15(b) 题1-15图 设相对位矢r与海岸夹角为，则有 sina=D2D2+x0又设快艇对船的相对速度v与海岸线的夹角为则由图(b)可知，要使船在x处出发时能栏截大船，应有(若，则艇将从大船后方穿过) 但角的大小与艇速v与海岸线的夹角有关，值可取0-180间任何值依据v=v-V作图1-15(c)，(图中之圆是以v为半径所作之圆，其表示v之模不变，但方向可变)如图(c)可知的极大值是在v与圆周相切之时，此时有 题1-15图 sinqm=vV 艇拦截大船的条件是，故有 D2D2+x0vV2212解得 x
11、0D(V-v)v 习题二 2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a，故m2对地加速度，由图(b)可知，为 a2=a1-a 又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有 m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 联立、式，得 (m1-m2)g+m2am1+m2(m-m2)g-m1aa2=1m1+m2m1m2(2g-a)f=T=m1+m2 a1=讨论 (1)若a=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动 (2)若a=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由落体
12、运动 题2-1图 2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上， NB-mg=0 又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则 lNAlsin-mg2cos=0 在水平方向因其有加速度a，故有 f+NA=ma 题2-2图 式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能， 即 f=0mg 联立、式得 tanqm=gg,tanqM=2(a+m0g)2(a-m0g) 2-3 ax=fx63=m168ms-2ms-2ay=(1) fym-716235vx=vx0+axdt=-2+2=-ms-10842-77vy=vy0+aydt=2=-ms-10168 于是质点在2s时的速度 57v=-i
13、-j48(2) ms-111axt2)i+ayt2j22131-7=(-22+4)i+4j28216137=-i-jm48 -kvdva=mdt 2-4 (1)r=(v0t+分离变量，得 dv-kdt=vm vdvt-kdt=v0v0m 即v-ktln=lnemv0 v=v0etk-mtk-mtkmv0-mtdt=(1-e)k 0(2)(3)质点停止运动时速度为零，即t， x=vdt=v0e故有x=v0e0k-mtdt=mv0k m (4)当t=k时，其速度为 kmv-mv=v0ek=v0e-1=0e 1即速度减至v0的e. 2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示 (1)设m
14、2相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则m2对地加速度a2=a-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a，由牛顿定律，有 m2g-T=m2(a-a) T=m1a 题2-5图 联立，解得a=g方向向下 (2) m2对地加速度为 ga2=a-a=2 方向向上 m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相+a牵 g25a1=a+a=g+=g42 a1=arctana=arctan2=26.6，左偏上 2222-6依题意作出示意图如题2-6图 题2-6图 在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速
15、度大小相同，与轨道相切斜向下 ，而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为 p=mv-mv0 由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下 2-7由题知，小球落地时间为0.5s因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g设向上为y轴正向，则动量的增量 p=mv2-mv1 方向竖直向上， 大小 p=mv2-(-mv1)=mg 碰撞过程中动量不守恒这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒 2-8 (1)若物体原来静止，则 p1=F
16、dt=0t40(10+2t)idt=56ms-1kgms-1 -1i kgms,沿x轴正向， -1Dv1=Dp1=5.6imI1=Dp1=56i若物体原来具有-6 ms初速，则 tFp0=-mv0,p=m(-v0+dt)=-mv0+Fdt0m0于是 tDp2=p-p0=Fdt=Dp10t, 同理，v2=v1,I2=I1 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 I=(10+2t)dt=10t+t202t亦即t+10t-200=0 解得t=10 s，(
17、t=-20 s舍去) 2-9 质点的动量为 p=mv=m(-asinti+bcostj) p将t=0和t=2w分别代入上式，得 p1=mbj,p2=-mai, 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=p=p2-p1=-m(ai+bj) 2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 aF=(a-bt)=0,得t=b (2)子弹所受的冲量 t1I=(a-bt)dt=at-bt202 a将t=b代入，得 a2I=2b (3)由动量定理可求得子弹的质量 Ia2m=v02bv0 2-11设一块为m1，则另一块为m2， m1=km2及m1+m2=m 于是得 m1=kmm,m2=k+1k+1 又设m1的速度为
18、v1,m2的速度为v2，则有 T=联立、解得 1112m1v12+m2v2-mv2222 mv=m1v1+m2v2 v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 2T=(v1-v)2km 于是有将其代入式，有 v1=v2Tkm v2=v又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 2kTm v1=v+2kT2T,v2=v-mkm 证毕 2-12 (1)由题知，F合为恒力， A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J (2) (3)由动能定理，Ek=A=-45 J 2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为 N=A4
19、5=75Dt0.6w题2-13图 f=-ky 第一锤外力的功为A1 A1=fdy=-fdy=kydy=ss01k2 式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt0时，f=-f 设第二锤外力的功为A2，则同理，有 A2=kydy=1y212kky2-22 由题意，有 1kA2=A1=D(mv2)=22 12kkky2-=222 即所以，y2=2 于是钉子第二次能进入的深度为 y=y2-y1=2-1=0.414 cm 2-14 方向与位矢r的方向相反，即指向力心 2-15 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有 F(r)=dE(r)nk=-n+1drr 题2-15图 FA
20、=FB=Mg 又 FA=k1x1 FB=k2x2 所以静止时两弹簧伸长量之比为 弹性势能之比为 Dx1k2=Dx2k1 Ep1Ep21k1Dx12k=2=21k12k2Dx22 mM地2()R-r=G2-16 (1)设在距月球中心为r处F月引=F地引，由万有引力定律，有 mM月r2G经整理，得 M月r=M地+M月R7.351022 =5.981024+7.3510223.48108 6 =38.3210 m 则p点处至月球表面的距离为 67h=r-r月 =(38.32-1.74)103.6610 m (2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为 EP=-GM月r-GM地(R-r) 7.3510
21、225.981024-11-6.6710-6.671077()3.831038.4-3.8310 = 610J =-1.28112-17 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功 能原理，有 1122-m2gh=2(m1+m2)v-m1gh+2k(l) 式中l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 l=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得 2(m1um2)gh+kh2m1+m2v=(2-1)2题2-17图 2-18 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 121kx-mv2+mgssin372 -frs=212mv+mgssin37-
22、frs212kx2 k= 式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得 -1k=1390 Nm 题2-18图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h 13-fts=mgssin37-2kx 代入有关数据，得 s=1.4 m, 则木块弹回高度 h=ssin37=0.84 m 题2-19图 2-19 m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 121mv+MV22mgR=2 又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有 mv-MV=0 联立，以上两式，得 2MgRv=(m+M) 2-20 两小球碰撞过程中，机械能
23、守恒，有 121212mv0=mv1+mv2222 222v=v+v012即 题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 mv0=mv1+mv2 亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的 2-21 由题知，质点的位矢为 r=x1i+y1j 作用在质点上的力为 f=-fi 所以，质点对原点的角动量为 L0=rmv =(x1i+y1j)m(vxi+vyj) =(x1mvy-y1mvx)k 作用在质点上的力的力矩为 M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk 2-22 哈雷彗星
24、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 r1mv1=r2mv2 r1v18.7510105.4610412r2=5.26102v9.081022-23 (1) mDp=fdt=5jdt=15j03kgms-1(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 y=v0yt+1215at=63+32=25.5j223 即r1=4i,r2=7i+25.5j vx=v0x=1 即v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72k L2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5
25、k 2-1L=L2-L1=82.5k kgms 解(二) 5vy=v0y+at=6+3=113 M=tdzdt t0DL=Mdt=(rF)dt015=(4+t)i+(6t+)t2)j5jdt0233=5(4+t)kdt=82.5k03kgm2s-1题2-24图 2-24 在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即 2M1g=mr00 挂上M2后，则有 2 (M1+M2)g=mr 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒 即 r0mv0=rmv r02w0=r2w2 联立、得 w0=w=r=M1gmr0M1gM1+M23mr0M12M1+M2g=mw2-25 (1)先作闸杆和飞轮
26、的受力分析图(如图(b)图中N、N是正压力，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力 r0g3(M1+M2)M2mM1题2-25图 题2-25图(b) 杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有 F(l1+l2)-Nl1=0N=l1+l2Fl1对飞轮，按转动定律有=-FrR/I，式中负号表示与角速度方向相反 Fr=N N=N Fr=mN=m l1+l2Fl11mR2,2又 FR-2m(l1+l2)b=-r=FImRl1 I=以F=100 N等代入上式，得 b=-20.40(0.50+0.75)40100=-600.25
27、0.503rads-2由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 t=-w09002p3=7.06b604012s这段时间内飞轮的角位移为 f=w0t+bt2=53.12p9002p91409p-(p)2604234rad 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转 -1(2)0=900(2)/60 rads，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知 w0b=2-w0t用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 =-w02t=-15p2rads-2F=-=mRl1b2m(l1+l2)600.250.5015p20.40(0.50+0.75)2=177N 2-26 设a，a2和分别为m1m2
28、和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b) 题2-26(a)图 题2-26(b)图 (1) m1，m2和柱体的运动方程如下： 式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R 22而 I=(1/2)MR+(1/2)mr 由上式求得 T2-m2g=m2a2m1g-T1=m1a1TR-Tr=Ib21123b=Rm1-rm2gI+m1R2+m2r20.22-0.129.811100.202+40.102+20.202+20.10222=6.13rads-2 (2)由式 T2=m2r+m2g=20.106.13+29.820.8 N 由式 T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1
29、N 2-27 分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对m1,m2运用牛顿定律，有 m2g-T2=m2a T1=m1a 对滑轮运用转动定律，有 2T2r-T1r=(1/2Mr) 又， a=r 联立以上4个方程，得 a=m2gm1+m2+M2=2009.8=7.6155+200+2ms-2题2-27(a)图 题2-27(b)图 题2-28图 2-28 (1)由转动定律，有 mg(l/2)=(1/3)ml 23g =2l (2)由机械能守恒定律，有 22mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml 3gsinql= 题2-29图 2-29 (1)设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得
30、到的初角速度为，而小球的速度变为v，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： mv0l=I+mvl 222 (1/2)mv0=(1/2)I+(1/2)mv 2上两式中I=1/3Ml，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=30，按机械能守恒定律可列式： 12lIw=Mg(1-cos30)22 由式得 由式 w=(1-cos30)=(1-)2Il v=v0-由式 Mgl123g312Iwml Iw2v=v-m 220所以 (v0-求得 Iw212)=v0-w2mlm v0=lwIl1M(1+2)=(1+)w223m
31、mlgl6(2-33m+M12m(2)相碰时小球受到的冲量为 Fdt=mv=mv-mv0 由式求得 Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml 6(2-3)M6=-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反 gl题2-30图 2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v0=R 设碎片上升高度h时的速度为v，则有 22v=v0-2gh 令v=0，可求出上升最大高度为 2v0122H=Rw2g2g (2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR，碎片抛出后圆盘的转动惯量I=(1/2)MR-mR，碎片脱离前，盘的角动量为I，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角
32、动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 I=I+mv0R 式中为破盘的角速度于是 222(1/2)MR=(1/2)MR-mR+mv0R 2222(1/2)MR-mR=(1/2)MR-mR 得=(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 22(1/2)MR-mR 转动动能为 222题2-31图 Ek=(1/2)(1/2)MR-mR 2-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒 2Rsinm0v0=(m+m0)R 222m0v0sinq(m+m0)R =mvsinq21(m+m0)R200Ek2(m+m0)Rm0sin2q=1Ek0m+m02m0v02(2) 2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，
33、重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有 222mgh=(1/2)mv+(1/2)I+(1/2)kh 又 =v/R (2mgh-kh2)k2v=mR2+I故有 (26.09.80.4-2.00.42)0.32=6.00.32+0.5=2.0ms-1题2-32图 题2-33图 2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有 2I00=(I0+mR) 该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为vB，以B点为重力势能零点，则有 2222(1/2)I00+mgR=(1/2)(I0+mR)+(1/2)mvB 联立、两式，得 22I0w0RvB=2gR+I0+mR2(2)当小球滑至C点时，Ic=I0 c=0 故由机械能守恒，有 2mg(2R)=(1/2)mvc vc=2 请读者求出上述两种情况下，小球对地速度 gR
