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1、大学物理课后习题答案上信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 123习题一 1-3 解： rv=(3t+5)vi+(1v2t2+3t-4)jm (2)将t=1,t=2代入上式即有rvvv 1=8i-0.5j rvvvm 2=11j+4jDrv=rvrvvm v2-1=3j+4.5jm (3)rvv-4vj,rvvv0=5j4=17i+16j vv=Drvt=rvvvv4-r04=12i+20j=3vi+5vjms-1Dv-04 vv=dr=3vi+(t+3)vjms-1(4) dtv vv则 v4=3i+7j ms-1(5)vvvi+3vj,vvvv0=34=3i+7jav=Dvv=vv v
2、4-v0=4=1vjms-2 Dt44vav=dv=1v jms-2(6) dt 这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 1-6 a=dv=4+3t解： dt 分离变量，得 dv=(4+3t)dt v=4t+3t2+c积分，得 21由题知，t=0,v0=0,c1=0 v=4t+3t2故 2 v=dx=4t+3t2又因为 dt2 dx=(4t+3t2)dt分离变量， 2 x=2t+t+c积分得 22由题知 t=0,x0=5,c2=5 x=2t2+13故 2t+5 所以t=10s时 v110=410+32102=190ms-x2102+110=2103+5=705m1-7 解：w=dqdt=9t
3、2,b=dwdt=18t (1)t=2s时，at=Rb=1182=36ms-2 a222-2n=Rw=1(92)=1296ms(2)当加速度方向与半径成45角时，有tan45=ata=1n即 Rw2=Rb 亦即 (9t2)2=18t t3=2则解得 9 于是角位移为q=2+3t3=2+329=2.67rad (1) y=2Rsinqq2sin2=R(1-cosq)=R(1-coswt) (2) vx=dxdt=Rw(1-coswt)vy=dydt=Rsinwt) ax=Rw2sinwt=dvxdtay=Rw2coswt=dvydt 1-10 1 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 解：设
4、小球所作抛物线轨道如题1-10图所示 题1-12图 1-13题1-10图 (1)在最高点， vvrv=v2-v1，依题意作速 解：(1)大船看小艇，则有21度矢量图如题1-13图(a) v1=vx=v0cos60o an1=g=10ms-2又 an1=v12r1 由 方题1-13图 图向北可偏v12(20cos60)2r1=an110 (2)在落地点， 知 =10m2v21=v12+v2=50kmh-1 西 v2=v0=20ms-1, 而 2v2(20)2r2=80man210cos60 -2an2=gcos60ov13=arctan=36.87v24vvr (2)小船看大船，则有v12=v1
5、-v2，依题意作出速度矢q=arctan量图如题1-13图(b)，同上法，得 v12=50kmh-1 方向南偏东36.87 o1-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为=0.2 rads，求t2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度 -1解：当t=2s时，w=bt=0.22=0.4rads 1-14 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示 -1则v=Rw=0.40.4=0.16ms an=Rw2=0.4(0.4)2=0.064ms-2 at=Rb=0.40.2=0.08ms-2 2a=an+at2=(0.064)2+(0.08)2=0.102ms-21-12解：当
6、滑至斜面底时，y=h，则题1-14图 vA=2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因此，A对地的速度为 vvvv雨船=v雨-v船 vvvv雨=v雨船+v船 由图中比例关系可知 vvvvA地=u+vAvv=(u+2ghcosa)i+(2ghsina)j v船=v雨=8ms-1 习题二 2 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 2-1 解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，Y方向： Fy=mgsina=may t=0时 y=0 vy=0 其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速1y=gsinat22度为a，故m2对地加速度，由图(b)可知，为 由、式消去t，得 a
7、2=a1-a 1 y=2gsinax22v0 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 解T-mg=ma222 f63ax=x=ms-2 m168 联立、式，得 m1g-T=m1a1 2-3 ： (m-m2)g+m2aa1=1m1+m2(m-m2)g-m1aa2=1m1+m2m1m2(2g-a)f=T=m1+m2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均作自由落体运动 ay=(1) fym=-7ms-216 235vx=vx0+axdt=-2+2=-ms-
8、10842-77vy=vy0+aydt=2=-ms-10168 于是质点在2s时的速度 5v7vvv=-i-jms-148 (2) 题2-1图 v1v1vr=(v0t+axt2)i+ayt2j22v1-7v13=(-22+4)i+4j2821613v7v=-i-jm48 2-2 2-4 a=答: (1) 分离变量，得 解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建vv立坐标：取0方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2. -kvdv=mdt dv-kdt=vm t-kdtdv=v0m 即 0vv-ktln=lnemv0v题2-2图 X方向： Fx=0 x=v0t 3 v=v0e
9、 (2) k-mt信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 x=vdt=v0e0tk-mt(3)质点停止运动时速度为零，即t， 故有 kmv0-mtdt=(1-e)k 2-6 解: 依题意作出示意图如题2-6图 x=v0e0k-mtdt=mv0k m (4)当t=k时，其速度为 v=v0e1v即速度减至0的e. km-mk=v0e-1=v0e 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度大小相同，与轨道相切斜向下, 2-5 解: 分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示 (1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则m2对而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x
10、轴夹角亦为30o，则动量的增量为 vvvDp=mv-mv0 由矢量图知，动量增量大小为vmv0，方向竖直向下 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 2-7 解: 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m2g-T=m2(a-a) T=m1a 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 vvvDp=mv2-mv1方向竖直向上， 大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
11、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 vDp=mv2-(-mv1)=mg小 题2-5图 联立，解得a=g方向向下 (2) m2对地加速度为 2-8 解: (1)若物体原来静止，则 00vvtv4vDp1=Fdt=(10+2t)idt=56kgms-1ivvvDp1Dv1=5.6ms-1imvvvI1=Dp1=56kgms-1i ,沿xa2=a-a=g2 方向向上 轴正向， 即 22m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，vvva绝=a相+a牵-1若物体原来具有-6ms初速，则 g25a1=a+a=g+=g42 a1q=arctan=arctan=2
12、6.6oa2，左偏上 2vtFtvvvvvvp0=-mv0,p=m(-v0+dt)=-mv0+Fdt0m0于是 tvvvvvDp2=p-p0=Fdt=Dp10, vvvv同理， Dv2=Dv1,I2=I1 4 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体 mv=m1v1+m2v2 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 联立、解得 (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即 I=(10+2t)dt=10t+t20tv2=(k+1)v-kv12亦即 t+10t-200=0 将代入，并整理得 2
13、T解得t=10s，(t=20s舍去) 2-9 解: 质点的动量为vp=mvv=mw(-asinwtvi+bcoswtvj) t=p将t=0和v2w分别代入上式，得 pwbvjvv1=m,p2=-mwai, 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为Iv =Dvp=vpvmw(avi+bv2-p1=-j) 2-10 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有 =aF=(a-bt)=0t,得b (2)子弹所受的冲量 I=t0(a-bt)dt=at-12bt2t=a将b代入，得 I=a22b (3)由动量定理可求得子弹的质量 m=Ia22-11 v=02bv0 证明: 设一块为m1，则另一块为m2， m1=km
14、2及m1+m2=m mkm于是得 1=k+1,mm2=k+1 又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有 T=1m21211v1+m2v2222-2mv =(v1-v)2km v2T于是有 1=vkm 将其代入式，有 v2kT2=vm 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 v2kT1=v+m,v2T2=v-km证毕 2-12 Fv解: (1)由题知，合为恒力， Avv(7vi-6vj)(-3vi+4vj+16kv合=Fr=) =-21-24=-45J P=A45(2) Dt=0.6=75w(3)由动能定理，DEk=A=-45J 2-13 解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标
15、正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为 题2-13图 f=-ky 第一锤外力的功为A1A1k1=sfdy=s-fdy=0kydy=2 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 5 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 设第二锤外力的功为A2，则同理，有 A2=kydy=1y212kky2-22 由题意，有 12Ep12k1Dx1k=21Ep2k12 k2Dx22 1kA2=A1=D(mv2)=22 2-16 解: (1)设在距月球中心为r处 引力定律，有 F月引=F地引，由万有12kkky2-=222 即 所以， y2=2 于是钉子第二次能进入的深度为 G经
16、整理，得 mM月r2r=GmM地(R-r)2M月Dy=y2-y1=2-1=0.414cm 2-14 dE(r)nkF(r)=-n+1drr 解: 方向与位矢r的方向相反，即指向力心 M地+M月R7.35102224225.9810+7.35103.48108 =6=38.3210m 则P点处至月球表面的距离为 h=r-r月=(38.32-1.74)106=3.66107m (2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为 v2-15 解: 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有 EP=-G11M月r-GM地(R-r) 7.3510225.981024-11=-6.6710-6.67107
17、(38.4-3.83)103.8310=1.28106J 2-17 解: 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 题2-15图 11(m1+m2)v2-m1gh+k(Dl)222 式中Dl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 -mm2gh=Dl=AC-BC=(2-1)h FA=FB=Mg 又 FA=k1Dx1 所以静止时两弹簧伸长量之比为 联立上述两式，得 FB=k2Dx2 Dx1k2=Dx2k1 弹性势能之比为 v=2(m1-mm2)gh+kh2m1+m2(2-1)26 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 M瞬间，水平方向有 mv-MV=0 联立，以上两式，得 v=
18、2MgR(m+M) 2-20 一个小球与一质量相等的静止小球发生题2-17图 2-18 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 非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 11122mv0=mv12+mv2222 222v=v+v012即 11-frs=kx2-mv2+mgssin3722 12mv+mgssin37-frs2k=12kx2 式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得 题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 k=1390Nm
19、-1vvvmv0=mv1+mv2 vvvv=v1+v2 亦即 0 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量题2-18图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h vvvvv之间满足勾股定理，且以0为斜边，故知1与v2是互相垂直的 1-frs=mgssin37o-kx22 代入有关数据，得 s=1.4m, 则木块弹回高度 2-21 解: 由题知，质点的位矢为 作用在质点上的力为 vvvr=x1i+y1j vvf=-fi h=ssin37o=0.84m 所以，质点对原点的角动量为 vvvL0=rmv vvvv=(x1i+y1i)m(vxi+vyj) 题2-19图 v=(x1mvy-y1mvx)k
20、2-19 作用在质点上的力的力矩为 解: 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 vvvvvvvM0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk 11mv2+MV222 又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离mgR=7 2-22 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 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 1=r2mv2 r1mv 挂上M2后，则有 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒 即 联立、得 r1v18.7510105.46
21、10412r2=5.2610m2v29.0810 2 (M+M)g=mrw12 2-23 解: (1) r0mv0=rmv vv3vvDp=fdt=5jdt=15jkgms-10r02w0=r2w (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 1215at=63+32=25.5j22v3 vvvv即 r1=4i,r2=7i+25.5j y=v0yt+w0=w=r=M1gmr0M1gM1+M23mrM012vx=v0x=1 5vy=v0y+at=6+3=113 即 M1+M2g=mwM1r0M1+M2vvvvvvv1=i1+6j,v2=i+11j 2-25 (1)设F100 N，问可使飞轮在多
22、长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? 解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中 vvvvvvvL1=r1mv1=4i3(i+6j)=72k vvvvvvv(2)如果在v2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F? L2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5k 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 vvvvDL=L2-L1=82.5kkgm2s-1 dzM=dt 解(二) vvtvtvDL=Mdt=(rF)dt 300v152vv=(4+t)i+(6t+)t)j5jdt023vv
23、3=5(4+t)kdt=82.5kkgm2s-10题2-25图 题2-24图 2-24 解: 在只挂重物时M1，小球作圆周运动的向心力为题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 M1g，即 M1g=mr0w0 2l1+l2Fl1对飞轮，按转动定律有b=-FrR/I，式中负号表示bF(l1+l2)-Nl1=0N=8 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 与角速度w方向相反 Fr=mN N=N Fr=mN=m 又 l1+l2Fl1I=1mR2,2 b=- FrR-2m(l1+l2)=FImRl1以F=100N等代入上式，得 题2-26(a)图 题2-2
24、6(b)图 (1) m1,m2和柱体的运动方程如下： -20.40(0.50+0.75)40b=100=-rads-2600.250.503 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 T2-m2g=m2a2 m1g-T1=m1a1 T1R-T2r=Ib 式中 T1=T1,T2=T2,a2=rb,a1=Rb 这段时间内飞轮的角位移为 w9002p3t=-0=7.06sb6040 19002p91409f=w0t+bt2=p-(p)22604234=53.12prad 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转 2pw0=900rads-160(2)，要求飞轮转速在t=2s内减少一半，可知 I=
25、而 由上式求得 11MR2+mr222 b=Rm1-rm2gI+m1R2+m2r20.22-0.12w0b=2-w0t=-w02t=-15prads-22 11100.202+40.102+20.202+20.10222=6.13rads-2 (2)由式 9用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 F=-mRl1b2m(l1+l2)由式 T2=m2rb+m2g=20.106.13+29.8=20.8N T1=m1g-m1Rb=29.8-20.2.6.13=17.1N 600.250.5015p=20.40(0.50+0.75)2=177N 2-27 解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，
26、受力图如图(b)所示对m1,m2运用牛顿定律，有 2-26 解: 设a1,a2和分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b) m2g-T2=m2a T1=m1a 对滑轮运用转动定律，有 1T2r-T1r=(Mr2)b2 9 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 又， a=rb 联立以上4个方程，得 mv0l=Iw+mvl121212mv0=Iw+mv222a=m2gm1+m2+M2=2009.8=7.6155+200+2ms-2 I=上两式中有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角o度q=30，按机械能守恒定律可列式： 12Ml3，碰撞过程极为短暂，可认为棒没12l
27、Iw=Mg(1-cos30)22 题2-27(a)图 题2-27(b)图 由式得 123g3Mglw=(1-cos30)=(1-)Il2 由式 12v=v0-题2-28图 由式 Iwml2-28 解: (1)由转动定律，有 Iw2v=v-m220mg11=(ml2)b23 所以 (2)由机械能守恒定律，有 b=3g2l (v0-求得 Iw212)=v0-w2mlm l11sinq=(ml2)w2223 3gsinqw=l mgv0=lwIl1M(1+2)=(1+)w223mml6(2-33m+M12mgl(2)相碰时小球受到的冲量为 Fdt=Dmv=mv-mv由式求得 0Fdt=mv-mv0=
28、-题2-29图 Iw1=-Mlwl3 6(2-3)M=-6gl2-29 解: (1)设小球的初速度为0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为w，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： 10 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反 v题2-30图 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 2-30 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v0=Rw 设碎片上升高度h时的速度为v，则有 令v=0，可求出上升最大高度为 2v2=v0-2gh mvsinq21(m+m0)R200Ek2(m+m0)Rm0sin2q=1Ek0m+m02
29、m0v02 2-32 解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，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 2v0122H=Rw2g2g 1I=MR22(2)圆盘的转动惯量，碎片抛出后圆盘的转1I=MR2-mR22动惯量，碎片脱离前，盘的角动量为Iw，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，111mv2+Iw2+kh2222 又 w=v/R mgh=故有 (2mgh-kh2)k2v=mR2+I =但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 式中w为破盘的角速度于是 Iw=Iw+mv0R (26.09.80.4-2.06.00.32+0.5
30、=2.0ms-1得w=w(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 11MR2w=(MR2-mR2)w+mv0R22 11(MR2-mR2)w=(MR2-mR2)w22 1(MR2-mR2)w2 转动动能为 题2-32图 题2-33图 2-33 解: (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 I0w0=(I0+mR2)w题2-31图 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 Ek=11(MR2-mR2)w222 2-31 解: (1)射入的过程对O轴的角动量守恒 11122I0w0+mgR=(I0+mR2)w2+mvB222 联
31、立、两式，得 22I0w0RvB=2gR+I0+mR2Rsinqm0v0=(m+m0)R2w mvsinqw=00(m+m0)R (2) (2)当小球滑至C点时，故由机械能守恒，有 Ic=I0 wc=w0 11 信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给12mg(2R)=mvc予的拍击力，都不是线 性回复力 2 (2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的v=2gR c 运动，是谐振动显然，小球在运动过程中，各种参量请读者求出上述两种情况下，小球对地速度 均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡 位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位
32、置点O；而小 球在运动中的回复力为-mgsinq，如题4-1图(b)所-x2=2l Dt=0,Dt=t1-t2,Dx=x1Dt=g(Dt+uuDx)=g(2l)22cc 示题 中所述，DSR，故q=DS0，所以回R复力为-mgq.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反即小球在O点附近的往复运动中所受回复力为线性的若以小球为对象，则小球在以O为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有 为： =L0sinq=0.5m=L0cosq=0.866mLLx，y 米尺相对S沿x方向运动，设速度为v，对S系中的观察者测得米尺在x方向收缩，而y方向的长度不变，即 v21-2,L
33、y=LLx=Lxyc 故 d2qmR2=-mgq dt2令w=tanq=LyLx=LyLx=Lyv21-2Lxc g，则有 Rd2q2+w=0 2dt4-2 得 题4-2图 解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有F=F1=F2，设串联弹簧的等效倔强系数为K串等效位移为x，则有 L,L把q=45及xy代入 则故 v=0.816c (2)在S系中测得米尺长度为 v20.51-2=0.866 cL=Lysin45=0.707mF=-k串x习题四 F1=-k1x1F2=-k2x2 又有 x=x1+x2 4-1 解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参
34、量，如质量、转动惯量、摆长等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用或者说，若一个系统的运动微分方程能用 x=FFF=1+2 k串k1k2所以串联弹簧的等效倔强系数为 k串=k1k2k1+k2即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为k=k1k2/(k1+k2)的弹簧振子系统，故小球作谐振动其振动周期为 d2x2+wx=0 2dt描述时，其所作的运动就是谐振动 (1)拍皮球时球的运动不是谐振动第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置；第二，球在运12 T=2pw=2pm(k1+k2)m=2p k串k1k2(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有F=F1=F2，即x=x1=x2，设并联弹簧的倔强系数信息与计算科学系自动化专业物理学习题答案 为k并，则
