大学物理(上)课后习题答案解析

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1 / 19 第1章质点运动学 P21

1.8一质点在xOy平面上运动,运动方程为：x=3t+5, y=21t2+3t-4.

式中t以 s计,x,y以m计。⑴以时间t为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t=1 s时刻和t＝2s时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；⑶计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式,计算t＝4

s时质点的速度；<5>计算t＝0s到t＝4s内质点的平均加速度；<6>求出质点加速度矢量的表示式,计算t＝4s时质点的加速度。

解：〔1jttitr)4321()53(2m

⑵1ts,2ts时,jir5.081m；2114rijm

∴2134.5rrrijm

⑶0ts时,054rij；4ts时,41716rij

∴140122035ms404rrrijijtv

⑷1d3(3)msdritjtv,则：437ijv1sm

<5> 0ts时,033ijv；4ts时,437ijv

<6> 2d1 msdajtv这说明该点只有y方向的加速度,且为恒量。

1.9质点沿x轴运动,其加速度和位置的关系为226ax,a的单位为m/s2,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：由ddddddddxatxtxvvvv得：2dd(26)daxxxvv

两边积分2100d(26)dxxxvvv得：2322250xxv

∴ 31225 msxxv

1.11一质点沿半径为1 m的圆周运动,运动方程为=2+33t,式中以弧度计,t以秒计,求：⑴t＝2 s时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少?

解： tttt18dd,9dd2

⑴s2t时,2sm362181Ra

⑵当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan451naa

即：RR2,亦即tt18)9(22,解得：923t

则角位移为：3223232.67rad9t

1.13 一质点在半径为0.4m的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为=0.2 rad/s2,求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。

解：s2t时,4.022.0t1srad

则0.40.40.16Rv1sm

与切向夹角arctan()0.0640.0843naa

第2章 质点动力学

2.10质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv作用,t=0时质点的速度为0v,证明：⑴t时刻的速度为()0=ktmevv；⑵由0到t的时间内经过的距离为x＝<0mkv>［1-tmke)(］；⑶停止运动前经过的距离为.

2 / 19 0()mkv；⑷当mtk时速度减至0v的e1,式中m为质点的质量。

解：fkv,afmkmv

⑴ 由ddatv得：dddkattmvv

分离变量得：ddktmvv,即00ddtktmvvvv,

因此有：0lnlnktmevv, ∴ 0kmtevv

⑵由ddxtv得：0dddkmtxtetvv,两边积分得：000ddkmxttxetv

∴ 0(1)kmtmxekv

⑶质点停止运动时速度为零,00kmtevv,即t→∞,

故有：000dkmtxetmkvv

⑷tmk时,其速度为：1000kmmkveeevvv,

即速度减至0v的1e.

2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为(102)FtiN,式中t的单位是s,⑴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。⑵为了使这力的冲量为200 N·s,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j6m/s的物体,回答这两个问题。

解：⑴若物体原来静止,则

itittFpt10401smkg56d)210(d,沿x轴正向,

若物体原来具有61sm初速,则

于是：tptFppp0102d,同理有：21vv,12II

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就一定相同,这就是动量定理。 ⑵同上理,两种情况中的作用时间相同,即：tttttI0210d)210(

亦即：0200102tt, 解得s10t,

2.17设N67jiF合。⑴ 当一质点从原点运动到m1643kjir时,求F所作的功。⑵如果质点到r处时需0.6s,试求平均功率。⑶如果质点的质量为1kg,试求动能的变化。

解：⑴由题知,合F为恒力,且00r

∴ (76)(3416)212445JAFrijijk合

⑵w756.045tAP

⑶由动能定理,J45AEk

2.20一根劲度系数为1k的轻弹簧A的下端,挂一根劲度系数为2k的轻弹簧B,B的下端又挂一重物C,C的质量为M,如图。求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比。

解： 弹簧BA、及重物C受力如题2.20图所示平衡时,有：

MgFFBA ,

又 11xkFA,22xkFB

所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221xxkk

弹性势能之比为：22111222211212ppEkxkEkxk 第3章 刚体力学基础

3.7一质量为m的质点位于<11,yx>处,速度为xyijvvv, 质点受到一个沿x负方向的力f的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩。

解： 由题知,质点的位矢为：jyixr11

作用在质点上的力为：iff

所以,质点对原点的角动量为：

作用在质点上的力的力矩为：kfyifjyixfrM1110)()(

3.8哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为1r＝8.75×1010m 时的速率是1v＝5.46×104m/s,它离太阳最远时的速率是2v＝.

3 / 19 9.08×102 m/s,这时它离太阳的距离2r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：1122rmrmvv∴ 10412112228.75105.46105.2610m9.0810rrvv

3.9物体质量为3kg,t=0时位于m4ir,6ijv,如一恒力N5jf作用在物体上,求3秒后,⑴物体动量的变化；⑵相对z轴角动量的变化。

解：⑴301smkg15d5djtjtfp

⑵解法 由53 Nafmj得：0034437mxtxxttv

即有：ir41,jir5.2572

01xxvv；0653311yyatvv

即有：216ijv,211ijv

∴ 11143(6)72Lrmiijkv

∴ 1212smkg5.82kLLL

解法 ∵dLMdt, ∴200320310d()d15 (4)(6))5d23 5(4)d82.5kgmsttLMtrfttittjjttktk

3.10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3.10图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径r为多少?

解：只挂重物1M时,小球作圆周运动,向心力为gM1,即：2001mrgM①

挂上2M后,则有：221)(rmgMM② 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒。

即：00rmrmvv2020rr ③

联立①、②、③得：100Mgmr,2112301()MgMMmrM,

3.11飞轮的质量m＝60kg,半径R＝0.25m,绕其水平中心轴O转动,转速为900 rev/min。现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F,可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如题3.11图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。试求：

⑴设F＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半,需加多大的力F?

解：⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图>。图中N、N是正压力,rF、rF是摩擦力,xF和yF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。

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：

121()0FllNl,

对飞轮,按转动定律有rFRI,式中负号表示与角速度方向相反。

∵ NFr,NN∴ FlllNFr121

又∵ 212ImR,∴1212()rFRllFImRl ①

以N100F等代入上式,得：

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：

这段时间内飞轮的角位移为：

可知在这段时间里,飞轮转了1.53转。 .

4 / 19 ⑵10srad602900,要求飞轮转速在2ts内减少一半,可知

用上面式⑴所示的关系,可求出所需的制动力为：

3.13计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M,半径为r,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设m1=50kg,m2=200 kg,M=15 kg,r=0.1 m

解：分别以m1、m2滑轮为研究对象,受力图如图所示．对m1、m2运用牛顿定律,有：amTgm222 ；amT11

对滑轮运用转动定律,有：)21(212MrrTrT 又ra

由以上4个方程解得：22122009.87.6 ms25200152mgammM

题3.13图 题3.13图

3.14如题3.14图所示,一匀质细杆质量为m,长为l,可绕过一端O的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下。求：

⑴初始时刻的角加速度；⑵杆转过角时的角速度.

解：⑴由转动定律有：211()23mglml,

∴ lg23

⑵由机械能守恒定律有：22)31(21sin2mllmg∴ lgsin3

3.15如题3.15图所示,质量为M,长为l的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上。现有一质量为m的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞。相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度30°处。