大学物理上册课后习题答案

举例说明.式中聲就是加速度的切向分量1-1 I r丨与 r 有无不同dr dt习题解答 习题一dv dtdvdt 有无不同？其不同在哪里？试解: （1） | r |是位移的模,r 是位矢的模的增量, (2)dr dt是速度的模，即dr dt虫只是速度在径向上的分量dt•••有drr r?（式中?叫做单位矢），则ddtd? r- dt式中 空就是速度径向上的分量, dt•••空与 dt竺不同如题1-1图所示. dt⑶::表示加速度的模,即|adv dt-J..竺 是加速度a 在切向上的分量.dt•有v v （表轨道节线方向单位矢）所以dv dt dv dtd v - dt（必与的运算较复杂，超出教材规定,dt dt故不予讨论）1-2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---Hr y 2，然后根据v =d，及a = 雪 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的 dt 2分量，再合成求得结果，即解：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 ,故它们的模即为量值）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。

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为式中t 以s 计，x ,y 以m 计.（1）以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式； （2）求出t =1s时刻和t = 2s 时刻的位置矢量，计算这 1秒内质点的位移；（3）计算t = 0 s 时刻到t = 4s 时刻内 的平均速度；（4）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（请i 1 dx 2 v= —— V dt正确？为什么？两者差别何在?2dy dtd 2x2及a\ dtd 2y 2 dt 2你认为两种方法哪一种drdx.V idt dt .2 .2 d r d x a 2 dt 2dt 2dt心j dt 2 jr~22 V V x Vy'、dx 2dt 2dy dt r~22 a 3x ayd 2x 2 d 2y dt 2dt 2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dr v — dtd 2r dt 2» — 口心dr — d r其二，可能是将与一2 dt dt dr误作速度与加速度的模。

在1-1题中已说明不是速度的模,dt而只是速度在径向上的分量，同样,马也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中dt 2的一部分 a 径 d 2r dt 22-jr d 。

或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢 dtr 在径向（即x =3t +5.y =- t 2+3t -4.2把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式）.解：(1) r (3t 5)i (1t23t 4)j m (2)将t 1,t 2代入上式即有r18i 0.5 j mr211 j 4j mr r2r13j 4.5j m ⑶•- r o 5j 4j,「4 17i 16jV r 5 512i 20 j 3i 5j m st 4 0 4⑷V dr 3idt(t 3)j m 1 s则V4 3i 7j 1m sV3i 3j,V4 3i 7ja V v4V 0 41j m s 2 t 4 4⑹dvadt 1j 2m s这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示.将上式对时间t求导，得由图可知2sI2 h2当人以将v 船再对t 求导，即得船的加速度1-5质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为a = 2+6 x 2, a 的单位为为m.质点在x = 0处，速度为10m s 1,试求质点在任何坐标处的速度值.adx (2 6x 2)dx两边积分得2x 2x 3由题知，x 0时，v 010,「. c 50=0,求该质点在t = 10s 时的速度和位置.解: dv a dtdv dx dv v -dx dt dxv 2 x 3 x 25 m s1-6已知一质点作直线运动，其加速度为 a = 4+312m s ，开始运动时,x = 5 m, v解：•••dt4 3tdl c ds 2l 2s — dt dt根据速度的定义，并注意到I ,s 是随t 减少的，dl--v绳v 0,V 船dtdsdtds v 船dt Id s dt COS lV o(h 22\1/2s )v °题1-4图dv 船 adtdls - dts l 2) 2)v 0S2 s.22h v°3sv °s lv 船2v °ss 2 , x 的单位分离变量:分离变量，得 dv (4 3t)dt积分，得 v 4t 3t 22C i由题知，t O ，V o0，二 C 1 04t 又因为 dx dt4t 3t 22 3t 22 分离变量, dx(4t 3t 2 2 )dt积分得 2t 21 -t2C 2由题知t O ，X O5 ，…C 22t 21t 3所以t 10s 时101-7 一质点沿半径为 计，求：(1) t = 2 s 其角位移是多少？ 解: (1)t 2s 时,X 10102 3 21 10321021907051 m 的圆周运动，运动方程为 时，质点的切向和法向加速度; d dt9t 2, dt 18 2 36 m 3=2+3 t , 式中以弧度计，t 以秒 ⑵当加速度的方向和半径成 45°角时,18tan 1 (9 22)21296 m s 2(2)当加速度方向与半径成 45 0角时，有 tan 45a n亦即(9t 2)2 18t22 32.67 rad91 2bt 的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧 2长,v o ，b 都是常量，求：(l)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于 b .b (v o bt)2R则a . a 2加速度与半径的夹角为(2)由题意应有a即b 2 b 22a nb 2(v o bt)4R 2aarcta n - a nRb (v o bt)2bb(v obt)4R2(v obt)4R 2,(vobt)4 orv 0 •••当 t 0时，a bb1-9半径为R 的轮子，以匀速v 。

沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点 B 的运动方程为x =R ( t si nt) , y = R (1 cos t)，式中v 0/ R 是轮子滚动的角速度，当 B 与水平线接触的瞬间开始计时. 此时B 所在的位置为原点，轮子前进方向为 x 轴正方向；(2)求 B 点速度和加速度的分量表示式. 解：依题意作出下图，由图可知则解得 于是角位移为t 32 3t 31-8质点沿半径为 R 的圆周按s = v 0t解: (1)dsdtV o bt dv dt a n(1)x V o t V o t R( 2Rsi n cos-2 2Rsi n t Rs in t)y 2Rs in —sin —2 2R(1 cos ) R(1 cos t)⑵V x dx dt R (1 cos t)V ydy dtRsi n t)a xR2sin t dV x dtayR 2cos tdV y dt1-10 以初速度v 0 = 20 m s 11抛出- 」小球, 抛岀方向与水平面成幔 60°的夹角,求：(1)球轨道最高点的曲率半径 R 1 ； (2)落地处的曲率半径 R 2 .(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系 )解：设 乞小球所作抛物线轨道如题1-10图所示.*题1-10图(1)在最咼点，V 1 V x V 0 cos60oa n1 g 10ms 21-12如题1-12图，物体A 以相对B 的速度V = 2gy 沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A B 物体以u 匀速向右运动，求 A 物滑到地面时的速度.y h ，则v A 2gh , A 物运动过程中又受到 B 的牵连运动影响,u V A(u 2ghcos )i ( 2ghsin )j又•••2 V11an 110 m(20 2cos60 )10(2)在落地点,V 2 V o120 m s ,1-11飞轮半径为0.4 m , 各点的速度、法向加速度、 解：当t 2s 时, 则 V R 0.4 0.4an 2cos60o2 V2 22(20) a^10 cos60自静止启动，其角加速度为 切向加速度和合加速度. t 0.2 0.16 ma nR2 2ana0.4 rad s0.4 (0.4)2 0.4 0.280 m3= 0.2 rad • 0.064 0.08 m,(0.064)2 (0.08)2 0.102s 2，求t = 2s 时边缘上在斜面顶端高为h 处, 解：当滑至斜面底时, 因此，A 对地的速度为1-13 一船以速率 v 1 = 30km •h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率V2 = 40km • h-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何？在艇上看船的速度又为何？解：(1)大船看小艇，则有v21v2 v,，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)1»|⑹题1-13图由图可知V21V12 V； 50 km h 1方向南偏东36.87°1-14当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后 2 m的甲板上，篷咼4 m但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前 3 m，如雨滴的速度大小为8 m • s-1，求轮船的速率.解：依题意作出矢量图如题1-14所示.V雨船V雨V船V雨V雨船V船由图中比例关系可知V船V雨8m s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a?=a 1-a ①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=m 1ai ②方向北偏西arcta n 也arctan? 36.87V2(2)小船看大船，则有v12V1 V2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b),同上法，得V12 50 km h题1-14图联立①、②、③式，得(m i m2)g m 2ami m2(m-i m2)g m^am i m2T gm2(2g a)g m2讨论(1)若 a' =0 ,贝U a i=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2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上,N B-mg=0又因梯无转动，以 B点为转动点，设梯子长为I,则N A I S in B mg — cos(=02在水平方向因其有加速度a,故有f+N A=ma式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能,即f= 土g mg联立①、②、③、④式得f y 7 2a y m ST-m2g=m2&a1a2tan g2(a,tan0g)g2(a °g)2-3 ax16 8m1,m2均作自由落体运动.①②③④题2-1图题2-2图m 16ts mv 0 上 t(2)Xvdto v o e m dt=1em)(3)质点停止运动时速度为零，即 t fs.(4) 当t= m时，其速度为k1即速度减至V o 的-.e2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图 (b)所示.(1) 设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a',则m 2对地加速度a 2=a ' -a;27小7 V yV y0a y dt21682V x V xo o a x dt282k mv °eiv °eVo_ e5. 7 .Vi j4 8⑵r (v °t 1 2 a> ：t 2)i1 3 (2 2 — —2 813. -- 17 .1 48Jkv 2-4 (1厂am分离变量， 得dv kdtVm冃u v dv t kdt 即 1JV 0 V 0 m1m s1 丄2・2a y t J 4)i 1 7-()4Jm 2 16v °eAtm故有x 上t0 v °e mdtmv o因绳不可伸长，故 于是质点在2s 时的速度dvdtIn — In e kt mV om i 对滑轮的加速度亦为 a',又m i 在水平方向上没有受牵连运动的影响， 所以m i 在水平方向对地加速度亦为 a'，由牛顿定律，有m 2g-T=m 2(a' -a)T=m i a'题2-5图联立，解得a' =g 方向向下⑵m 2对地加速度为a 2=a' -a= g 方向向上2m i 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 牵二 a ia .9=arcta n =arcta n =26.6a2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, ，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4)=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为I mv o I ，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V 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为 V 2=0.5g.设向上为y 轴正向，则动量的增量z\p=mv 才mv t 方向竖直向上， 大小 |A p I =mv 2_(_mv 1)=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，左偏上.与轨道相切斜向下t 4A P1= ° Fdt o (10 2t)idt 56 i kg • m • s-1,沿 x轴正向，同理，△ V 2= A V 1,I 2 = I 1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t2I 0(10 2t)dt 10t t亦即 t 2+10t-200=0解得 t=10 s, (t' =-20 s 舍去)2-9质点的动量为 p=mv=m d -asin d i+bcos d j) 将t=0和t=分别代入上式，得2P 1=m d j,p 2=-m Gai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I= A p=p 2-p 1=-m d ai+bj)2-10(1)由题意，子弹到枪口时，有 /口 aF=(a-bt)=0，得 t=-b(2)子弹所受的冲量t1 2I 0 (a bt)dt at bta将t= 代入，得b2aI2b(3) 由动量定理可求得子弹的质量2a2bv 02-11设一块为 m 1,则另一块为 m 2.m 1=km 2及 m 1+m 2=mP l 5.6im 11 P 56i若物体原来具有-6 P omv °, p kg m s 1m • s -1初速，则 Jmm( V otmv o o Fdt 于是P 2P P otFdtP i ，丄 V 0于是得 m.km k 1,m 2又设m1的速度为V1,m2的速度为V2,则有将④代入②，并整理得2T km于是有V 1 v 2Tkm将其代入④式，有2kTV. m题2-13图 f=_ky第一锤外力的功为 A ik2f 是木板作用于钉上的力，在 dt T 0时，f' =-f .A2 A 1(£ mv 2)设第二锤外力的功为由题意，有A 2,则同理，有“y2「 1,2 kA 21 kydy 3 ky 2联立①、③解得T 1m i v i 2 22m 2v 221 2 mv 2mv=m i v 什m 2V 2V 2=(k+1)v-kv(V i v)2又, 题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行, 故只能取V iV2kT,V 2 v 2T \ m \ km证毕.2-12 (1)由题知，F 合为恒力， ••• A 合=F • r=(7i-6j) • (-3i+4j+16k)=-21-24=-45 JA 45⑵ N75 wt 0.6⑶由动能定理，△ E k =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1fdy 0 kydy A f dys s式中f '是铁锤作用于钉上的力，mM月G〒一=GmM地即2ky2所以，y2. 2于是钉子第二次能进入的深度为A y=y2-y i= 2 -1=0.414 cm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 A=F B=Mg又 F A=k1&1F B=k 2 A X2所以静止时两弹簧伸长量之比为X1X2弹性势能之比为E1k1X1 kEP21k x2 k12 222-16 (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2-14 F(r)dE(r)drnkrk1题2-15图经整理，得<7.35 1022 、5.98 1024 .7.35 1022=38.32 106 m则p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月=(38.32-1.74)x 106= 3.66X 107 m(2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为E P6=-1.28 106 J2-17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1 1-g2gh= (m 1+m 2)v 2- [m 1gh+ k(内)2]2 2式中d 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则4=AC-BC=( . 2-1)h联立上述两式，得2 mi m 2 gh kh 2 2 1\ m m 22-18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83.48 10 =6.67 1011 227.35 10 3.83 107 6.67 10 11 5.98 102438.4 3.83107v=题2-17图-f r S= ^kx2mv2 mgssin 37式中 s=4.8+0.2=5 m , x=0.2 m,再代入有关数据，解得k=1390 N • m -1再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h' 1 3-f t s' =mgs' sin37 - — kx 3代入有关数据，得s' =1.4 m, 则木块弹回高度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 1 2 1 2 mgR= — mv MV 2 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v= 2M g RT m M2-20两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 1 2 1 2 mv 1 mv 2 2 2{a) <b)k=1 2 mv 2 mgss in 37!kx 2=0.84 1mv 2题2-18图 sin 37°题 2-20 图(a) 题 2-20 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv o =mv i +mv 2亦即 V o =V i +V 2 ②由②可作出矢量三角形如图 (b),又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以V o 为斜边, 故知V 1与V 2是互相垂直的.2-21由题知，质点的位矢为r=x i i+y i j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L o =r x mV=(x i i+y i j) x m (V x i+V y j)=(x i mV y -y i mV x )k作用在质点上的力的力矩为M o =r x f=(x i i+y i j) x (-fi)=y i fk2-22哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用，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r i mV i =「2mV 210 4 8.75 10 5.46 102 5.26 10122-23 (1) p 3fdt o 5jdt 15j kg m s 1(2)解 (一) x=x o +V ox t=4+3=71 2 y V oy t 2 at即 r 1=4i,r 2=7i+25.5j V x =V 0x =13225.5jV y V oy at 6 113 3 即 V 1=i 1+6j, V 2=i+11j/• L 1=r 1x mv 1=4i x 3(i+6j)=72kL 2=r 2X mv 2=(7i+25.5j) x 3(i+11j)=154.5k•••△L=L 2-L 1=82.5k dz解(二)••• M — dttL M dt o kg • m -s -1to (rF)dt30(4 t)i (6t 525t)j 5jdt3o 5(4 t)kdt 82.5k kg m 2 s 19.08 10 V22-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)).图中N 、N '是正压力，F r 、F ' r 是摩擦力, F x 和F y 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.题 2-25 图(a)呼,亠 / Ur----- ；i ---- --------- ---------------- —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(l i I 2) N l i 0 11丨2l i 2-24在只挂重物 M i 时，小球作圆周运动的向心力为 M i g=mr o s o挂上M 2后，则有(M 1+M 2)g=mr '3' 2M i g ，即重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒.即 r o mv o =r ' mv '[JO. 5伽r Q皿rr * 厂 「2 2 2r o o r对飞轮，按转动定律有B =-F r R/I，式中负号表示B与角速度3方向相反F r=収N=N 'l i I2 F又••• I以 F=1002F r R~r2 (h l2)FmRl1N等代入上式，得0.40 (0.50 0.75) “c10060 0.25 0.50 40 ~3由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为rad0 900 2 37.0660 40这段时间内飞轮的角位移为+ 1 +2 900 2 9o t t2 60 4 53.1 2 rad 1 40 9 、2()2 3 4可知在这段时间里，飞轮转了53.1转.⑵3=900 X (2 n/60 rad • s-1，要求飞轮转速在 t=2 s内减少一半, 可知0 2t 152rad用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为mRl12 (h I2)60 0.25 0.50 152 0.40 (0.50 0.75) 2177 N2-26设a, a2和B分别为口和2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b).F r。