大学物理第三版(北邮版)答案(共20页)

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1、精选优质文档-倾情为你奉上习题解答习题一1-1 （1）r|是位移的模，r是位矢的模的增量，即|r|=|r2-r1|，r=|r2|-|r1|；（2）是速度的模，即=|v|=.只是速度在径向上的分量.有r=r（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的分量，不同如题1-1图所示.题1-1图(3)表示加速度的模，即|a|=，是加速度a在切向上的分量.有V=V表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 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，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，

2、即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即量值）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 （1）r=(3t+5)i+(t2+3t-4)j m(2)将t=1,t=2代入上式即有r1=8i-0.5j mr2=11j+4j mr=r2-r1=3j+4.5j m(3) r0=5j-4j,r4=17i+16j (4) 则 v4=3i+7j ms-1(5) v0=3i+3j,

3、v4=3i+7j (6) 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l2=h2+s2将上式对时间t求导，得根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， 即 或 将v船再对t求导，即得船的加速度1-5 分离变量： vdv=adx=(2+6x2)dx两边积分得由题知，x=0时，v0=10,c=501-6 分离变量，得dv=(4+3t)dt积分，得由题知，t=0,v0=0,c1=0故 又因为 分离变量， 积分得 由题知 t=0,x0=5,c2=5故 所以t=10 s时1-7 (1)t=2s时，a=R=118236 ms-2an=R2

4、=1(922)21296 ms-2(2)当加速度方向与半径成45角时，有即 R2=R亦即 (9t2)218t则解得 t3=2/9于是角位移为1-8 （1） 则 加速度与半径的夹角为(2)由题意应有即当时，a=b1-9 依题意作出下图，由图可知题1-9图(1) (2)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=g=10 ms-2又(2)在落地点，v2=v0=20 ms-1，而 =gcos601-11 当t=2s时，=t=0.220.4 rads-1则v=R=0.40.40.16 ms-1an=R2=0.4(0.4)20.064 ms-2a

5、=R=0.40.20.08 ms-21-12当滑至斜面底时，y=h，则,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图由图可知方向北偏西(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v12=50 kmh-1方向南偏东36.871-14 依题意作出矢量图如题1-14所示题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v船=v雨=8 ms-11-15 若以大船为参照系，则快艇相对于大船的相对位矢为r，而快艇对

6、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（c）图艇拦截大船的条件是，故有解得习题二2-1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

7、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NAlsin-mgcos=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

8、可能，即 f=0mg 联立、式得2-3 (1) 于是质点在2s时的速度(2)2-4 (1)分离变量，得即 (2)(3)质点停止运动时速度为零，即t，故有 (4)当t=时，其速度为即速度减至v0的.2-5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a2=a-a= 方向向上m1在水面方向有相对加

9、速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相+a牵=arctan=arctan=26.6，左偏上2-6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

10、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=i kgms-1,沿x轴正向，若物体原来具有-6 ms-1初速，则于是,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，即亦即t2+10t-200=0解得t=10 s，(t=-20 s舍去)2-9 质点的动量为p=mv=m(-asinti+bcostj)将t=0和t=分

11、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F=(a-bt)=0,得t=(2)子弹所受的冲量将t=代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2-11设一块为m1，则另一块为m2，m1=km2及m1+m2=m于是得 又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有 mv=m1v1+m2v2 联立、解得v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得于是有将其代入式，有又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取证毕2-12 (1)由题知，F合为恒力， A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j

12、+16k) =-21-24=-45 J(2)(3)由动能定理，Ek=A=-45 J2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图f=-ky第一锤外力的功为A1 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 由题意，有 即所以，于是钉子第二次能进入的深度为y=y2-y1=-1=0.414 cm2-14 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，有题2-15图FA=FB=Mg又 FA=k1x1FB=k2x2所以静止时两弹簧伸长量之比为弹性

13、势能之比为2-16 (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G=G经整理，得r= = =38.3210 m则p点处至月球表面的距离为h=r-r月 =(38.32-1.74)1063.66107 m(2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为 = =-1.282-17 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-m2gh=(m1+m2)v2-m1gh+k(l)2式中l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则l=AC-BC=(-1)h联立上述两式，得v=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-frs

14、= k=式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得k=1390 Nm-1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h-fts=mgssin37-kx3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mgR=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=2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有即 题2-20图(a) 题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv0=mv1+

15、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)=y1fk2-22 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 r1mv1=r2mv22-23 (1) (2)解(一) x=x0+v

16、0xt=4+3=7即r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=1即v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72kL2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5kL=L2-L1=82.5k kgm2s-1解(二) 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M1g=mr020 挂上M2后，则有 (M1+M2)g=mr2 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 联立、得2-25 (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，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy是杆在A

17、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）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 又 以F=100 N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53.1转(2)0=900(2)/60 rads-1，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为2-26 设a，a2和分别为m1m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)题2-2

18、6(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而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得 (2)由式T2=m2r+m2g=20.106.13+29.820.8 N由式T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1 N2-27 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T2r-T1r=(1/2Mr2) 又， a=r 联立以上4个方程，得题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 (1)由转动定

19、律，有mg(l/2)=(1/3)ml2 =(2)由机械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml22=题2-29图2-29 (1)设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，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 (1/2)mv20=(1/2)I2+(1/2)mv2 上两式中I=1/3Ml2，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： 由式得由式 由式 所以求得(2)相碰时小球受到的冲量为Fdt=mv=mv-mv0由

20、式求得Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml=-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反题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v2=v20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2-mR2，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(1/2)MR2=(1/2)MR2-mR2+mv0R(1/2)MR2-mR2=(

21、1/2)MR2-mR2得=(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为(1/2)MR2-mR2转动动能为题2-31图Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR222-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒Rsinm0v0=(m+m0)R2=(2)2-32 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mgh=(1/2)mv2+(1/2)I2+(1/2)kh2又 =v/R故有题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I00=(I0+mR2) 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(1/2)I020+mgR=(1/2)(I0+mR2)2+(1/2)mv2B 联立、两式，得(2)当小球滑至C点时，Ic=I0 c=0故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cvc=2请读者求出上述两种情况下，小球对地速度专心-专注-专业