大学物理第五版上册课后答案及解析

大学物理第五版上册课后答案及解析
大学物理第五版上册课后答案及解析

1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t +Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs =PP′, 位移大小|Δr|=PP′,而Δr =|r|-|r|表示质点位矢大小得变化量,三个量得物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等得可能).但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有|dr|=ds,但却不等于dr.故选(B).

(2) 由于|Δr |≠Δs,故 ,即||≠ .

但由于|dr|=ds,故 ,即||=.由此可见,应选(C).

1-2 分析与解表示质点到坐标原点得距离随时间得变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号vr表示,这就是速度矢量在位矢方向上得一个分量;表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解.故选(D).

1-3 分析与解表示切向加速度at,它表示速度大小随时间得变化率,就是加速度矢量沿速度方向得一个分量,起改变速度大小得作用;在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述);在自然坐标系中表示质点得速率v;而表示加速度得大小而不就是切向加速度at.因此只有(3) 式表达就是正确得.故选(D).

1-4 分析与解加速度得切向分量at起改变速度大小得作用,而法向分量an起改变速度方向得作用.质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度得方向也在不断改变,因而法向加速度就是一定改变得.至于at就是否改变,则要视质点得速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时, a t恒为零;质点作匀变速率圆周运动时, at为一不为零得恒量,当at改变时,质点则作一般得变速率圆周运动.由此可见,应选(B).

1-5 分析与解本题关键就是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质.为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船得绳长为l,则小船得运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化.小船速度 ,式中表示绳长l 随时间得变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向.由速度表达式,可判断小船作变加速运动.故选(C).

1-6 分析位移与路程就是两个完全不同得概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移得大小才会与路程相等.质点在t 时间内得位移Δx 得大小可直接由运动方程得到: ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移得大小与路程就不同了.为此,需根据来确定其运动方向改变得时刻tp ,求出0~tp 与tp~t 内得位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内得路程 ,如图所示,至于t =4、0 s 时质点速度与加速度可用与两式计算.

解(1) 质点在4、0 s内位移得大小

(2) 由得知质点得换向时刻为 (t=0不合题意)

则 ,

所以,质点在4、0 s时间间隔内得路程为

(3) t=4、0 s时 ,

,

1-7 分析根据加速度得定义可知,在直线运动中v-t曲线得斜率为加速度得大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动;而线段BC 得斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动).加速度为恒量,在a-t 图上就是平行于t 轴得直线,由v-t 图中求出各段得斜率,即可作出a-t 图线.又由速度得定义可知,x-t 曲线得斜率为速度得大小.因此,匀速直线运动所对应得x -t 图应就是一直线,而匀变速直线运动所对应得x–t 图为t 得二次曲线.根据各段时间内得运动方程x=x(t),求出不同时刻t 得位置x,采用描数据点得方法,可作出x-t 图.

解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应得加速度值分别为

(匀加速直线运动), (匀速直线运动)

(匀减速直线运动)

根据上述结果即可作出质点得a-t 图[图(B)].

在匀变速直线运动中,有

由此,可计算在0~2s与4~6s时间间隔内各时刻得位置分别为

用描数据点得作图方法,由表中数据可作0~2s与4~6s时间内得x -t 图.在2~4s时间内, 质点就是作得匀速直线运动, 其x -t 图就是斜率k=20得一段直线[图(c)].

1-8 分析质点得轨迹方程为y =f(x),可由运动方程得两个分量式x(t)与y(t)中消去t 即可得到.对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算.其中对s得求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用积分求s.

解(1) 由x(t)与y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,

这就是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示.

(2) 将t =0s与t =2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

,

图(a)中得P、Q 两点,即为t =0s与t =2s时质点所在位置.

(3) 由位移表达式,得

其中位移大小

而径向增量

*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2s内路程为

1-9 分析由运动方程得分量式可分别求出速度、加速度得分量,再由运动合成算出速度与加速度得大小与方向.

解(1) 速度得分量式为

,

当t =0 时, vox =-10 m?6?1s-1 , voy =15 m?6?1s-1 ,则初速度大小为

设vo与x 轴得夹角为α,则

α=123°41′

(2) 加速度得分量式为

,

则加速度得大小为

设a 与x 轴得夹角为β,则

,β=-33°41′(或326°19′)

1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动得情况下,一种处理方法就是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上得匀加速度运动与初速不为零得螺丝得自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中得运动方程y1 =y1(t)与y2 =y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解;另一种方法就是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但就是,此加速度应该就是相对加速度.升降机厢得高度就就是螺丝(或升降机)运动得路程.

解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示得坐标系,升降机与螺丝得运动方程分别为

当螺丝落至底面时,有y1 =y2 ,即

(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降得距离为

解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它得加速度大小a′=g +a,螺丝落至底面时,有

(2) 由于升降机在t 时间内上升得高度为

1-11 分析该题属于运动学得第一类问题,即已知运动方程r =r(t)求质点运动得一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度).在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点得O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′=x′(t)与y′=y′(t)来表示圆周运动就是比较方便得.然后,运用坐标变换x =x0 +x′与y =y0 +y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻得位矢.采用对运动方程求导得方法可得速度与加速度.

解(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 得参数方程为

,

坐标变换后,在Oxy 坐标系中有

,

则质点P 得位矢方程为

(2) 5s时得速度与加速度分别为

1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度得大小,必须建立影长与时间得函数关系,即影子端点得位矢方程.根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动得角速度求得.由于运动得相对性,太阳光线对地转动得角速度也就就是地球自转得角速度.这样,影子端点得位矢方程与速度均可求得.

解设太阳光线对地转动得角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆得影长为s=htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子得速度大小为

当杆长等于影长时,即s =h,则

即为下午3∶00 时.

1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度与运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决.由与可得与.如a=a(t)或v =v(t),则可两边直接积分.如果a 或v不就是时间t 得显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分.

解由分析知,应有

(1)

得 (2)

将t=3s时,x=9 m,v=2 m?6?1s-1代入(1) (2)得v0=-1 m?6?1s-1,x0=0、75 m.于就是可得质点运动方程为

1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度就是速度v得函数,因此,需将式dv =a(v)dt 分离变量为后再两边积分.

解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.

(1) 由题意知 (1)

用分离变量法把式(1)改写为

(2)

将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度

由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度.

(2) 再由并考虑初始条件有

得石子运动方程

1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度得两个分量ax 与ay分别积分,从而得到运动方程r得两个分量式x(t)与y(t).由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即与 ,两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下.

解由加速度定义式,根据初始条件t0 =0时v0 =0,积分可得

又由及初始条件t=0 时,r0=(10 m)i,积分可得

由上述结果可得质点运动方程得分量式,即

x =10+3t2 y =2t2

消去参数t,可得运动得轨迹方程 3y =2x -20 m

这就是一个直线方程.直线斜率,α=33°41′.轨迹如图所示.

1-16 分析瞬时加速度与平均加速度得物理含义不同,它们分别表示为与.在匀速率圆周运动中,它们得大小分别为 , ,式中|Δv|可由图(B)中得几何关系得到,而Δt 可由转过得角度Δθ 求出.

由计算结果能清楚地瞧到两者之间得关系,即瞬时加速度就是平均加速度在Δt→0 时得极限值.

解(1) 由图(b)可瞧到Δv =v2 -v1 ,故

所以

(2) 将Δθ=90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,

, ,

以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动得平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度.

1-17 分析根据运动方程可直接写出其分量式x =x(t)与y =y(t),从中消去参数t,即得质点得轨迹方程.平均速度就是反映质点在一段时间内位置得变化率,即 ,它与时间间隔Δt 得大小有关,当Δt→0 时,平均速度得极限即瞬时速度.切向与法向加速度就是指在自然坐标下得分矢量at与an ,前者只反映质点在切线方向速度大小得变化率,即 ,后者只反映质点速度方向得变化,它可由总加速

度a 与at得到.在求得t1 时刻质点得速度与法向加速度得大小后,可由公式求ρ.

解(1) 由参数方程 x =2、0t, y =19、0-2、0t2

消去t 得质点得轨迹方程:y =19、0 -0、50x2

(2) 在t1 =1、00s到t2 =2、0s时间内得平均速度

(3) 质点在任意时刻得速度与加速度分别为

则t1 =1、00s时得速度

v(t)|t =1s=2、0i -4、0j

切向与法向加速度分别为

(4) t =1、0s质点得速度大小为

1-18 分析物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力得条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时,两方向上运动时间就是相同得.因此,分别列出其运动方程,运用时间相等得条件,即可求解.

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下得重力加速度.为求特定时刻t时物体得切向加速度与法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间得夹角α或β.由图可知,在特定时刻t,物体得切向加速度与水平线之间得夹角α,可由此时刻得两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 得切向与法向分量求得.

解(1) 取如图所示得坐标,物品下落时在水平与竖直方向得运动方程分别为

x =vt, y =1/2 gt2

飞机水平飞行速度v=100 m?6?1s-1 ,飞机离地面得高度y=100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前得距离

(2) 视线与水平线得夹角为

(3) 在任意时刻物品得速度与水平轴得夹角为

取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度得切向分量与法向分量分别为

1-19 分析这就是一个斜上抛运动,瞧似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当得坐标系,将运动分解得话,求解起来并不容易.现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 与y 两个方向得分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ与v0sinβ,其加速度分别为gsinα与gcosα.在此坐标系中炮弹落地时,应有y =0,则x =OP.如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx =0,直接列出有关运动方程与速度方程,即可求解.由于本题中加速度g 为恒矢量.故第一问也可由运动方程得矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时得矢量图[如图(B)所示],由图中所示几何关系也可求得 (即图中得r 矢量).

解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

(1) (2)

令y =0 求得时间t 后再代入式(1)得

解2 做出炮弹得运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

从中消去t 后也可得到同样结果.

(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y =0 与vx =0,则

(3)

由(2)(3)两式消去t 后得

由此可知.只要角α与β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 得大小无关.

讨论如将炮弹得运动按水平与竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体

验一下.

1-20 分析选定伞边缘O 处得雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动.建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴得运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证.由此可以想像如果让水从一个旋转得有很多小孔得喷头中飞出,从不同小孔中飞出得水滴将会落在半径不同得圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔得分布

解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地得运动方程为

(1) (2)

由式(1)(2)可得

由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周得半径为

(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示得球面喷头(θ0 =45°)其上有大量小孔.喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上.则以φ角喷射得水柱射程为

为使喷头周围得草坪能被均匀喷洒,喷头上得小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这就是喷头设计中得一个关键问题.

1-21 分析被踢出后得足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内得运动方程得到.由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向得范围,故只需将x、y 值代入即可求出.

解取图示坐标系Oxy,由运动方程

,

消去t 得轨迹方程

以x =25、0 m,v =20、0 m?6?1s-1 及3、44 m≥y≥0 代入后,可解得

71.11°≥θ1 ≥69.92° 27.92°≥θ2 ≥18.89°

如何理解上述角度得范围?在初速一定得条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同得投射倾角(如图所示).如果以θ>71.11°或θ <18、89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门;由于球门高度得限制,θ 角也并非能取71、11°与18、89°之间得任何值.当倾角取值为27、92°<θ <69.92°时,踢出得足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门.因此可取得角度范围只能就是解中得结果.

1-22 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始得曲线坐标.由给定得运动方程s =s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即就是沿曲线运动得速度v 与加速度得切向分量at,而加速度得法向分量为an=v2 /R.这样,总加速度为a =atet+anen.至于质点在t 时间内通过得路程,即为曲线坐标得改变量Δs=st -s0.因圆周长为2πR,质点所转过得圈数自然可求得.

解(1) 质点作圆周运动得速率为

其加速度得切向分量与法向分量分别为

,

故加速度得大小为

其方向与切线之间得夹角为

(2) 要使|a|=b,由可得

(3) 从t=0 开始到t=v0 /b 时,质点经过得路程为

因此质点运行得圈数为

1-23 分析首先应该确定角速度得函数关系ω=kt2.依据角量与线量得关系由特定时刻得速度值可得相应得角速度,从而求出式中得比例系数k,ω=ω(t)确定后,注意到运动得角量描述与线量描述得相应关系,由运动学中两类问题求解得方法(微分法与积分法),即可得到特定时刻得角加速度、切向加速度与角位移.

解因ωR =v,由题意ω∝t2 得比例系数

所以

则t′=0、5s时得角速度、角加速度与切向加速度分别为

总加速度

在2、0s内该点所转过得角度

1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程得对应关系,应用运动学求解得方法即可得到.解(1) 由于 ,则角速度.在t =2 s时,法向加速度与切向加速度得数值分别为

(2) 当时,有 ,即

此时刻得角位置为

(3) 要使 ,则有 t =0、55s

1-25 分析这就是一个相对运动得问题.设雨滴为研究对象,地面为静止参考系S,火车为动参考系S′.v1 为S′相对S得速度,v2 为雨滴相对S得速度,利用相对运动速度得关系即可解.解以地面为参考系,火车相对地面运动得速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落得速度为v2 ,旅客瞧到雨滴下落得速度v2′为相对速度,它们之间得关系为 (如图所示),于就是可得

1-26 分析这也就是一个相对运动得问题.可视雨点为研究对象,地面为静参考系S,汽车为动参考系S′.如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落得方向(即雨点相对于汽车得运动速度v2′得方向)应满足.再由相对速度得矢量关系 ,即可求出所需车速v1.

解由[图(b)],有

而要使 ,则

1-27 分析船到达对岸所需时间就是由船相对于岸得速度v 决定得.由于水流速度u得存在, v与船在静水中划行得速度v′之间有v=u +v′(如图所示).若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向;在划速一定得条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值.

解(1) 由v=u +v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为

(2) 由于 ,在划速v′一定得条件下,只有当α=0 时, v 最大(即v=v′),此时,船过河时间t′=d /v′,船到达距正对岸为l 得下游处,且有

1-28 分析该问题涉及到运动得相对性.如何将已知质点相对于观察者O 得运动转换到相对于观察

者O′得运动中去,其实质就就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中得点

(x′,y′).由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换就是线性得.

解取Oxy 与O′x′y′分别为观察者O 与观察者O′所在得坐标系,且使Ox 与O′x′两轴平行.在t =0 时,两坐标原点重合.由坐标变换得

x′=x - v t =v t - v t =0 y′=y =1/2 gt2

加速度

由此可见,动点相对于系O′就是在y 方向作匀变速直线运动.动点在两坐标系中加速度相同,这也正就是伽利略变换得必然结果.

2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体得支持力消失为零,物体在绳子拉力FT (其方向仍可认为平行于斜面)与重力作用下产生平行水平面向左得加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D).求解得关键就是正确分析物体刚离开斜面瞬间得物体受力情况与状态特征.

2-2 分析与解与滑动摩擦力不同得就是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值.当FN增加时,静摩擦力可取得最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体得运动状态.由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A).

2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间得静摩擦力提供,能够提供得最大向心力应为μFN.由此可算得汽车转弯得最大速率应为v=μRg.因此只要汽车转弯时得实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑.应选(C).

2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小与方向不变得重力以及时刻指向圆轨道中心得轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小与方向均与物体所在位置有关.重力得切向分量(m gcos θ) 使物体得速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动得向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上得动力学方程可判断,随θ 角得不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B).

2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解.此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯得加速度,ma′为惯性力.对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FT=5/8 mg.故选(A).

讨论对于习题2 -5 这种类型得物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到得运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟得惯性力.如以地面为惯性参考系求解,则两物体得加速度aA 与aB 均应对地而言,本题中aA 与aB得大小与方向均不相同.其中aA 应斜向上.对aA 、aB 、a 与a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁.有兴趣得读者不妨自己尝试一下.

2-6 分析动力学问题一般分为两类:(1) 已知物体受力求其运动情况;(2) 已知物体得运动情况来分析其所受得力.当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然得界限,且都就是以加速度作为中介,把动力学方程与运动学规律联系起来.本题关键在列出动力学与运动学方程后,解出倾角与时间得函数关系α=f(t),然后运用对t 求极值得方法即可得出数值来.

解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律

有 (1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

则 (2)

为使下滑得时间最短,可令 ,由式(2)有

则可得 ,

此时

2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体.处理动力学问题通常采用“隔离体”得方法,分析物体所受得各种作用力,在所选定得惯性系中列出它们各自得动力学方程.根据连接体中物体得多少可列出相应数目得方程式.结合各物体之间得相互作用与联系,可解决物体得运动或相互作用力.解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)与乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示).当框架以加速度a 上升时,有

FT -(m1 +m2 )g =(m1 +m2 )a (1) ,FN2 - m2 g =m2 a (2)

解上述方程,得

FT=(m1 +m2 )(g +a) (3) FN2 =m2 (g +a) (4) (1) 当整个装置以加速度a =10 m?6?1s-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力得值为

FT=5、94 ×103 N

乙对甲得作用力为F′N2 =-FN2 =-m2 (g +a) =-1、98 ×103 N

(2) 当整个装置以加速度a =1 m?6?1s-2 上升时,得绳张力得值为

FT=3、24 ×103 N

此时,乙对甲得作用力则为F′N2 =-1、08 ×103 N

由上述计算可见,在起吊相同重量得物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大.因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程得安全.

2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解.分析时应注意到绳中张力大小处处相等就是有条件得,即必须在绳得质量与伸长可忽略、滑轮与绳之间得摩擦不计得前提下成立.同时也要注意到张力方向就是不同得.

解分别对物体与滑轮作受力分析[图(b)].由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,

有 mA g -FT=mA

a (1)

F′T1 -Ff=mB a′ (2)

F′T -2FT1 =0 (3)

考虑到mA =mB =m, FT=F′T , FT1 =F′T1 ,a′=2a,可联立解得物体与桌面得摩擦力

讨论动力学问题得一般解题步骤可分为:(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标;(2) 根据物理得定理与定律列出原始方程组;(3) 解方程组,得出文字结果;(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来.

2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着得平板A 上时,木块得初速度可视为零,由于它与平板之间速度得差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们得运动状态.根据牛顿定律可得到它们各自相对地面得加速度.换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得.

该题也可应用第三章所讲述得系统得动能定理来解.将平板与木块作为系统,该系统得动能由平板原有得动能变为木块与平板一起运动得动能,而它们得共同速度可根据动量定理求得.又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统得动能定理,摩擦力得功应等于系统动能得增量.木块相对平板移动得距离即可求出.

解1 以地面为参考系,在摩擦力Ff=μmg 得作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程

Ff=μmg =ma1 F′f=-Ff=m′a2

a1 与a2 分别就是木块与木板相对地面参考系得加速度.若以木板为参考系,木块相对平板得加速度

a =a1 +a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律

有 - v′2 =2as

由上述各式可得木块相对于平板所移动得距离为

解2 以木块与平板为系统,它们之间一对摩擦力作得总功为

W =Ff (s +l) -Ffl =μmgs

式中l 为平板相对地面移动得距离.

由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有

m′v′=(m′+m) v″

由系统得动能定理,有

由上述各式可得

2-10 分析维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应得力(向

心力),而该力就是由碗内壁对球得支持力FN 得分力来提供得,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所

以支持力得大小与方向就是随ω而变得.取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底得高度.

解取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示.在图示坐标中列动力学方程

(1)

(2)

且有 (3) 由上述各式可解得钢球距碗底得高度为

可见,h 随ω得变化而变化.

2-11 分析如题所述,外轨超高得目得欲使火车转弯得所需向心力仅由轨道支持力得水平分量

FNsinθ 提供(式中θ 角为路面倾角).从而不会对内外轨产生挤压.与其对应得就是火车转弯时必须以规定得速率v0行驶.当火车行驶速率v≠v0 时,则会产生两种情况:如图所示,如v>v0 时,外

轨将会对车轮产生斜向内得侧压力F1 ,以补偿原向心力得不足,如v<v0时,则内轨对车轮产生斜向

外得侧压力F2 ,以抵消多余得向心力,无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生挤压.由此可知,铁

路部门为什么会在每个铁轨得转弯处规定时速,从而确保行车安全.

解(1) 以火车为研究对象,建立如图所示坐标系.据分析,由牛顿定律有

(1) (2)

解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为

(2) 当v>v0 时,根据分析有

(3) (4)

解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为

当v<v0 时,根据分析有

(5) (6)

解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为

2-12 分析杂技演员(连同摩托车)得运动可以瞧成一个水平面内得匀速率圆周运动与一个竖直向上

匀速直线运动得叠加.其旋转一周所形成得旋线轨迹展开后,相当于如图(b)所示得斜面.把演员得运动速度分解为图示得v1 与v2 两个分量,显然v1就是竖直向上作匀速直线运动得分速度,而v2则就是绕圆筒壁作水平圆周运动得分速度,其中向心力由筒壁对演员得支持力FN 得水平分量FN2 提供,

而竖直分量FN1 则与重力相平衡.如图(c)所示,其中φ角为摩托车与筒壁所夹角.运用牛顿定律即可求得筒壁支持力得大小与方向力.

解设杂技演员连同摩托车整体为研究对象,据(b)(c)两图应有

(1) (2)

(3) (4)

以式(3)代入式(2),得

(5)

将式(1)与式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员得作用力(即支承力)大小为

与壁得夹角φ为

讨论表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车得方位,以确保三者之间满足解题用到得各个力学规律.

2-13 分析首先应由题图求得两个时间段得F(t)函数,进而求得相应得加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限得取值应与两时间段相应得时刻相对应.

解由题图得

由牛顿定律可得两时间段质点得加速度分别为

对0 <t <5s时间段,由得

积分后得

再由得

积分后得

将t =5s代入,得v5=30 m?6?1s-1 与x5 =68、7 m

对5s<t <7s时间段,用同样方法有

再由得 x =17、5t2 -0、83t3 -82、5t +147、87

将t =7s代入分别得v7=40 m?6?1s-1 与x7 =142 m

2-14 分析这就是在变力作用下得动力学问题.由于力就是时间得函数,而加速度a=dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间得一阶微分方程,解此微分方程可得质点得速度v (t);由速度得定义v =dx /dt,用积分得方法可求出质点得位置.

解因加速度a=dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

依据质点运动得初始条件,即t0 =0 时v0 =6、0 m?6?1s-1 ,运用分离变量法对上式积分,得 v=6、0+4、0t+6、0t2

又因v=dx /dt,并由质点运动得初始条件:t0 =0 时x0 =5、0 m,对上式分离变量后积分,有

x =5、0+6、0t+2、0t2 +2、0t3

2-15 分析飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动.其水平方向所受制动力F 为变力,且就是时间得函数.在求速率与距离时,可根据动力学方程与运动学规律,采用分离变量法求解.

解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件, 得

因此,飞机着陆10s后得速率为

v =30 m?6?1s-1

故飞机着陆后10s内所滑行得距离

2-16 分析该题可以分为两个过程,入水前就是自由落体运动,入水后,物体受重力P、浮力F 与水得阻力Ff得作用,其合力就是一变力,因此,物体作变加速运动.虽然物体得受力分析比较简单,但就是,由于变力就是速度得函数(在有些问题中变力就是时间、位置得函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动得位置与速度就比较困难了.通常需要采用积分得方法去解所列出得微分方程.这也成了解题过程中得难点.在解方程得过程中,特别需要注意到积分变量得统一与初始条件得确定.

解(1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时得速度为

运动员入水后,由牛顿定律得 P -Ff -F =ma

由题意P =F、Ff=bv2 ,而a =dv /dt =v (d v /dy),代

入上式后得 -bv2= mv (d v /dy)

考虑到初始条件y0 =0 时, ,对上式积分,有

(2) 将已知条件b/m =0、4 m -1 ,v =0、1v0 代入上式,则得

2-17 分析螺旋桨旋转时,叶片上各点得加速度不同,在其各部分两侧得张力也不同;由于叶片得质量就是连续分布得,在求叶片根部得张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分得方法求解.

解设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O 得方向为正向,距原点O 为r处得长为dr一小段叶片,其两侧对它得拉力分别为FT(r)与FT(r+dr).叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有

由于r =l 时外侧FT=0,所以有

上式中取r =0,即得叶片根部得张力FT0 =-2、79 ×105 N

负号表示张力方向与坐标方向相反.

2-18 分析该题可由牛顿第二定律求解.在取自然坐标得情况下,沿圆弧方向得加速度就就是切向加速度at,与其相对应得外力Ft就是重力得切向分量mgsinα,而与法向加速度an相对应得外力就是支持力FN 与重力得法向分量mg cosα.由此,可分别列出切向与法向得动力学方程Ft=mdv/dt与Fn=man .由于小球在滑动过程中加速度不就是恒定得,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量.倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统得机械能守恒定律求解小球得速度与角速度,方法比较简便.但它不能直接给出小球与圆弧表面之间得作用力.

解小球在运动过程中受到重力P 与圆轨道对它得支持力FN .取图(b)所示得自然坐标系,由牛顿定律得

(1) (2)

由 ,得 ,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 得始末条件,进行积分,有

则小球在点C 得角速度为

由式(2)得

由此可得小球对圆轨道得作用力为负号表示F′N 与en 反向.

2-19 分析运动学与动力学之间得联系就是以加速度为桥梁得,因而,可先分析动力学问题.物体在作圆周运动得过程中,促使其运动状态发生变化得就是圆环内侧对物体得支持力FN 与环与物体之间得摩擦力Ff ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又就是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向与法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学得积分关系式求解速率与路程.解(1) 设物体质量为m,取图中所示得自然坐标,按牛顿定律,有

由分析中可知,摩擦力得大小Ff=μFN ,由上述各式可得

取初始条件t =0 时v =v 0 ,并对上式进行积分,有

(2) 当物体得速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需得时间为

物体在这段时间内所经过得路程

2-20 分析物体在发射过程中,同时受到重力与空气阻力得作用,其合力就是速率v 得一次函数,动力学方程就是速率得一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量得数学方法即可.但就是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零.

解(1) 物体在空中受重力mg与空气阻力Fr =kv 作用而减速.由牛顿定律得

(1)

根据始末条件对上式积分,有

(2) 利用得关系代入式(1),可得

分离变量后积分

讨论如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动.由公式与分别算得t≈6、12s与y≈184 m,均比实际值略大一些.

2-21 分析由于空气对物体得阻力始终与物体运动得方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 与阻力Fr 得方向相同;而下落过程中,所受重力P 与阻力Fr 得方向则相反.又因阻力就是变力,在解动力学方程时,需用积分得方法.

解分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示).(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有

依据初始条件对上式积分,有

物体到达最高处时, v =0,故有

(2) 物体下落过程中,有

对上式积分,有

2-22 分析该题依然就是运用动力学方程求解变力作用下得速度与位置得问题,求解方法与前两题相似,只就是在解题过程中必须设法求出阻力系数k.由于阻力Fr =kv2 ,且Fr又与恒力F 得方向

相反;故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大.因此,根据速度最大值可求出阻力系数来.但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换.

解设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F与阻力Fr 同时作用下,由牛顿定律有

(1)

当加速度a =dv/dt =0 时,摩托车得速率最大,因此可得

k=F/vm2 (2)

由式(1)与式(2)可得

(3)

根据始末条件对式(3)积分,有

又因式(3)中 ,再利用始末条件对式(3)积分,有

2-23 分析如图所示,飞机触地后滑行期间受到5 个力作用,其中F1为空气阻力, F2 为空气升力, F3 为跑道作用于飞机得摩擦力,很显然飞机就是在合外力为变力得情况下作减速运动,列出牛顿第二定律方程后,用运动学第二类问题得相关规律解题.由于作用于飞机得合外力为速度v得函数,所求得又就是飞机滑行距离x,因此比较简便方法就是直接对牛顿第二定律方程中得积分变量dt 进行代换,将dt 用代替,得到一个有关v 与x 得微分方程,分离变量后再作积分.

解取飞机滑行方向为x 得正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有

(1)

(2)

将式(2)代入式(1),并整理得

分离变量并积分,有

得飞机滑行距离

(3)

考虑飞机着陆瞬间有FN=0 与v=v0 ,应有k2v02 =mg,将其代入(3)式,可得飞机滑行距离x 得另一表达式

讨论如飞机着陆速度v0=144 km?6?1h-1 ,μ=0、1,升阻比 ,可算得飞机得滑行距离x =560 m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果.

2-24 分析如同习题2 -5 分析中指出得那样,可对木箱加上惯性力F0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力与摩擦力作用,图中a′为木箱相对车厢得加速度.

解由牛顿第二定律与相关运动学规律有

F0 -Ff=ma -μmg=ma′ (1)

v′ 2 =2a′L (2)

联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时得速度为

2-25 分析如以加速运动得电梯为参考系,则为非惯性系.在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力.在通常受力分析得基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来.

解取如图(b)所示得坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B 作受力分析,其中F1 =m1a,F2 =m2a 分别为作用在物体A、B 上得惯性力.设ar为物体相对电梯得加速度,根据牛顿定律有

(1)

(2)

(3)

由上述各式可得

由相对加速度得矢量关系,可得物体A、B 对地面得加速度值为

a2 得方向向上, a1 得方向由ar 与a 得大小决定.当ar <a,即m1g -m2g -2m2 a>0 时,a1 得方向向下;反之, a1 得方向向上.

2-26 分析这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解.在解题得过程中必须注意:

(1) 参考系得选择.由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系).因地面与斜面都就是光滑得,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它得作用,也将沿地面作加速度为aA 得运动,这时,滑块沿斜面得加速度aBA ,不再就是它相对于地面得加速度aB 了.必须注意到它们之间应满足相对加速度得矢量关系,即aB =aA +aBA .若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动得力学问题就是较为方便得.但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定律,则必须增添一惯性力F,且有F =maA .

(2) 坐标系得选择.常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化.

(3) 在分析滑块与三棱柱之间得正压力时,要考虑运动状态得影响,切勿简单地把它视为滑块重力在

垂直于斜面方向得分力mgcos α,事实上只有当aA =0 时,正压力才等于mgcos α、

解1 取地面为参考系,以滑块B 与三棱柱A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示.B 受重力P1 、A 施加得支持力FN1 ;A 受重力P2 、B 施加得压力FN1′、地面支持力FN2 .A 得运动方向为Ox 轴得正向,Oy 轴得正向垂直地面向上.设aA 为A 对地得加速度,aB 为B 对得地加速度.由牛顿定律得

(1)

(2)

(3)

(4)

设B 相对A 得加速度为aBA ,则由题意aB 、aBA 、aA 三者得矢量关系如图(c)所示.据此可得

(5)

(6)

解上述方程组可得三棱柱对地面得加速度为

滑块相对地面得加速度aB 在x、y 轴上得分量分别为

则滑块相对地面得加速度aB 得大小为

其方向与y 轴负向得夹角为

A 与

B 之间得正压力

解2 若以A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向[图(d)].在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B 得动力学方程分别为

(1)

(2)

又因 (3)

(4)

由以上各式可解得

由aB 、aBA 、aA三者得矢量关系可得

以aA 代入式(3)可得

3-1 分析与解在质点组中内力总就是成对出现得,它们就是作用力与反作用力.由于一对内力得冲量恒为零,故内力不会改变质点组得总动量.但由于相互有作用力得两个质点得位移大小以及位移与力得夹角一般不同,故一对内力所作功之与不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力得功得代数与一般为零,一对摩擦内力得功代数与一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组得动能,但也不可能改变质点组得机械能.综上所述(1)(3)说法就是正确得.故选(C).

3-2 分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力与非保守内力作功,故系统机械能守恒.物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间得弹性内力作功将一部分能量转化为斜面得动能,其大小取决其中一个内力所作功.由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等.动量自然也就不等(动量方向也不同).故(A)(B)(C)三种说法均不正确.至于说法(D)正确,就是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量得矢量与不可能为零.由此可知,此时向上得地面支持力并不等于物体与斜面向下得重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒.

3-3 分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之与必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之与未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).

3-4 分析与解由题意知,作用在题述系统上得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)

3-5 分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这就是因为子弹与木块作用得一对内力所作功得代数与不为零(这就是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能得减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少得动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块得动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功得代数与).综上所述,只有说法(C)得表述就是完全正确得.

3-6 分析由于鸟与飞机之间得作用就是一短暂时间内急剧变化得变力,直接应用牛顿定律解决受力问题就是不可能得.如果考虑力得时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中得细节情况.在求鸟对飞机得冲力(常指在短暂时间内得平均力)时,由于飞机得状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟得状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用得相互性(作用与反作用),问题就很简单了.

解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得

式中F′为飞机对鸟得平均冲力,而身长为20cm 得飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt =l /v,以此代入上式可得

鸟对飞机得平均冲力为

式中负号表示飞机受到得冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2、25 ×105 N得冲力大致相当于一个22 t 得物体所受得重力,可见,此冲力就是相当大得.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故.

3-7 分析重力就是恒力,因此,求其在一段时间内得冲量时,只需求出时间间隔即可.由抛体运动规

律可知,物体到达最高点得时间 ,物体从出发到落回至同一水平面所需得时间就是到达最高点时间得两倍.这样,按冲量得定义即可求得结果.

另一种解得方法就是根据过程得始、末动量,由动量定理求出.

解1 物体从出发到达最高点所需得时间为

则物体落回地面得时间为

于就是,在相应得过程中重力得冲量分别为

解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 得过程中,重力得冲量分别为

3-8 分析本题可由冲量得定义式 ,求变力得冲量,继而根据动量定理求物体得速度v2.

解(1) 由分析知

(2) 由I =300 =30t +2t2 ,解此方程可得 t =6.86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有 I =m v2- m v1

由(2)可知t =6.86 s 时I =300 N?6?1s ,将I、m 及v1代入可得

3-9 分析从人受力得情况来瞧,可分两个阶段:在开始下落得过程中,只受重力作用,人体可瞧成就是作自由落体运动;在安全带保护得缓冲过程中,则人体同时受重力与安全带冲力得作用,其合力就是一变力,且作用时间很短.为求安全带得冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)得改变来分析,即运用动量定理来讨论.事实上,动量定理也可应用于整个过程.但就是,这时必须分清重力与安全带冲力作用得时间就是不同得;而在过程得初态与末态,人体得速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同得结果.

解1 以人为研究对象,按分析中得两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时得速度为

(1)

在缓冲过程中,人受重力与安全带冲力得作用,根据动量定理,有

(2)

由式(1)、(2)可得安全带对人得平均冲力大小为

解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有

3-10 分析由冲量定义求得力F 得冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式积分前,应先将式中x 用x =Acosωt代之,方能积分.

解力F 得冲量为

3-11 分析对于弯曲部分AB 段内得水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入得水量等于从另一端流出得水量.因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量得增量也就就是流入与流出水得动量得增量Δp=Δm(vB -vA );此动量得变化就是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 得结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁得冲力F;由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁得作用力F′=-F.

解在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水得质量为Δm =ρυSΔt,弯曲部分AB 得水得动量得增量则为Δp=Δm(vB -vA ) =ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I =Δp,得到管壁对这部分水得平均冲力

从而可得水流对管壁作用力得大小为

作用力得方向则沿直角平分线指向弯管外侧.

3-12 分析根据抛体运动规律,物体在最高点处得位置坐标与速度就是易求得.因此,若能求出第二块碎片抛出得速度,按抛体运动得规律就可求得落地

得位置.为此,分析物体在最高点处爆炸得过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力得冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒.由于炸裂后第一块碎片抛出得速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出得速度,进一步求出落地位置.

解取如图示坐标,根据抛体运动得规律,爆炸前,物体在最高点A 得速度得水平分量为

(1)

物体爆炸后,第一块碎片竖直落下得运动方程为

当该碎片落地时,有y1 =0,t =t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出得速度

(2)

又根据动量守恒定律,在最高点处有

(3)

(4)

联立解式(1)、(2)、(3) 与(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时得速度分量分别为

爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为

(5)

(6)

落地时,y2 =0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点得水平位置 x2 =500 m

3-13 分析由于两船横向传递得速度可略去不计,则对搬出重物后得船A 与从船B 搬入得重物所组成得系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用得过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后得船B 与从船A 搬入得重物所组成得系统Ⅱ亦就是这样.由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ得动量守恒方程即可解出结果.

解设A、B两船原有得速度分别以vA 、vB 表示,传递重物后船得速度分别以vA′ 、vB′ 表示,被搬运重物得质量以m 表示.分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

(1)

(2)

由题意知vA′ =0, vB′ =3、4 m?6?1s-1 代入数据后,可解得

也可以选择不同得系统,例如,把A、B 两船(包括传递得物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应得方程求解.

3-14 分析人跳跃距离得增加就是由于她在最高点处向后抛出物体所致.在抛物得过程中,人与物之间相互作用力得冲量,使她们各自得动量发生了变化.如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力得冲量为零,系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,必须注意系统就是相对地面(惯性系)而言得,因此,在处理人与物得速度时,要根据相对运动得关系来确定.至于,人因跳跃而增加得距离,可根据人在水平方向速率得增量Δv 来计算.

解取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物得过程中,满足动量守恒,故有

式中v 为人抛物后相对地面得水平速率, v -u 为抛出物对地面得水平速率.得

人得水平速率得增量为而人从最高点到地面得运动时间为所以,人跳跃后增加得距离

3-15 分析由于桌面所受得压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳得托力.但就是,应注意此托力除了支持已落在桌面上得绳外,还有对dt 时间内下落绳得冲力,此力必须运用动量定理来求.

解取如图所示坐标,开始时绳得上端位于原点,Oy 轴得正向竖直向下.绳得总长为l,以t 时刻,已落到桌面上长为y、质量为m′得绳为研究对象.这段绳受重力P、桌面得托力FN 与下落绳子对它得冲力F (如图中所示)得作用.由力得平衡条件有

(1)

为求冲力F,可取dt 时间内落至桌面得线元dy 为研究对象.线元得质量 ,它受到重力dP 与冲力F 得反作用力F′得作用,由于F′>>dP,故由动量定理得

(2)

(3)

由上述三式可得任意时刻桌面受到得压力大小为

3-16 分析这就是一个系统内质量转移得问题.为了讨论火箭得运动规律,仍需建立其在重力场中得动力学方程.为此,以t 时刻质量为m 得火箭为研究对象,它在t→t +Δt 得时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩得燃料)与排出得燃料两部分.根据它们得总动量得增量ΣdPi 与系统所受得外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg =udm′/dt +mdv/dt(推导从略,见教材),即火箭主体得动力学方程.由于在dt 时间内排出燃料得质量dm′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体得质量, 而燃料得排出率dm′/dt 也就就是火箭质量得变化率-dm/dt.这样,上述方程也可写成.在特定加速度a0 得条件下,

根据初始时刻火箭得质量m0 ,就可求出燃料得排出率dm/dt.在火箭得质量比( 即t 时刻火箭得质量m 与火箭得初始质量m0之比) 已知得条件下,可算出火箭所经历得时间,则火箭运动得速率可通过对其动力学方程积分后解得.

解(1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向.该火箭在重力场中得动力学方程为

(1)

因火箭得初始质量为m0 =5、00 ×105 kg, 要使火箭获得最初得加速度

a0 =4、90 m?6?1s-2,则燃气得排出率为

(2) 为求火箭得最后速率,可将式(1)改写成

分离变量后积分,有

火箭速率随时间得变化规律为

(2)

因火箭得质量比为6、00,故经历时间t 后,其质量为

(3)

将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭得最后速率

3-17 分析由题意知质点就是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 得关系,由题给条件知.则该力作得功可用式计算,然后由动能定理求质点速率.

解由分析知 , 则在x =0 到x =L 过程中作功,

由动能定理有得x =L 处得质点速率为

此处也可用牛顿定律求质点速率,即

分离变量后,两边积分也可得同样结果.

3-18 分析该题中虽施以“恒力”,但就是,作用在物体上得力得方向在不断变化.需按功得矢量定义式来求解.

解取图示坐标,绳索拉力对物体所作得功为

3-19 分析本题就是一维变力作功问题,仍需按功得定义式来求解.关键在于寻找力函数F =

F(x).根据运动学关系,可将已知力与速度得函数关系F(v) =kv2 变换到F(t),进一步按x =ct3 得关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功得定义式求解.

解由运动学方程x =ct3 ,可得物体得速度

按题意及上述关系,物体所受阻力得大小为

则阻力得功为

3-20 分析由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功.由于拉力作功也就就是克服重力得功,因此,只要能写出重力随高度变化得关系,拉力作功即可题3 -20 图求出.

解水桶在匀速上提过程中,a =0,拉力与水桶重力平衡,有

F +P =0

在图示所取坐标下,水桶重力随位置得变化关系为P =mg -αgy

其中α=0.2 kg/m,人对水桶得拉力得功为

3-21 分析(1) 在计算功时,首先应明确就是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力与张力作用.重力就是保守力,根据小球下落得距离,它得功很易求得;至于张力虽就是一变力,但就是,它得方向始终与小球运动方向垂直,根据功得矢量式 ,即能得出结果来.(2) 在计算功得基础上,由动能定理直接能求出动能与速率.(3) 在求最低点得张力时,可根据小球作圆周运动时得向心加速度由重力与张力提供来确定.解(1) 如图所示,重力对小球所作得功只与始末位置有关,即

在小球摆动过程中,张力FT得方向总就是与运动方向垂直,所以,张力得功

(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能得增量就是由于重力对它作功得结果.初始时动能为零,因而,在最低位置时得动能为

小球在最低位置得速率为

(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

3-22 分析质点在运动过程中速度得减缓,意味着其动能减少;而减少得这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上.由此,可依据动能定理列式解之.

解(1) 摩擦力作功为

(1)

(2) 由于摩擦力就是一恒力,且Ff=μmg,故有

(2)

大学物理教程 (上)课后习题 答案

物理部分课后习题答案(标有红色记号的为老师让看的题) 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-,,x y 都以米为单位,t 以秒为单位, 求: (1) 质点的运动轨迹; (2) 从1t s =到2t s =质点的位移的大小; (3) 2t s =时,质点的速度和加速度。 解:(1)由运动方程消去时间t 可得轨迹方程,将t = 代入,有 2 1) y =- 或 1= (2)将1t s =和2t s =代入,有 11r i = , 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = (3) 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =, 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时,速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ,式中的R 、ω均为常 量。求(1)质点的速度;(2)速率的变化率。

解 (1)质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ (2)质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动,其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 77 页2-15, 2-30, 2-34, 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+,如果物体在这一力作用 下,由静止开始沿直线运动,求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义,有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行,若撤除牵引力后,飞机受到与速度成正比的阻力 (空气阻力和摩擦力)f kv =-(k 为常数)作用。设撤除牵引力时为0t =,初速度为0v ,求(1)滑行中速度v 与时间t 的关系;(2)0到t 时间内飞机所滑行的路程;(3)飞机停止前所滑行的路程。 解 (1)飞机在运动过程中只受到阻力作用,根据牛顿第二定律,有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动,离开地面的高度等于地球

大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚

习题1 1-1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,t 至()t t +?时间内的位移为r ?,路程为s ?,位矢大小的变化量为r ?(或称r ?),平均速度为v ,平均速率为v 。 (1)根据上述情况,则必有( ) (A )r s r ?=?=? (B )r s r ?≠?≠?,当0t ?→时有dr ds dr =≠ (C )r r s ?≠?≠?,当0t ?→时有dr dr ds =≠ (D )r s r ?=?≠?,当0t ?→时有dr dr ds == (2)根据上述情况,则必有( ) (A ),v v v v == (B ),v v v v ≠≠ (C ),v v v v =≠ (D ),v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1) dr dt ;(2)dr dt ;(3)ds dt ;(4下列判断正确的是: (A )只有(1)(2)正确 (B )只有(2)正确 (C )只有(2)(3)正确 (D )只有(3)(4)正确 1-3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量,v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程,t a 表示切向加速度。对下列表达式,即 (1)dv dt a =;(2)dr dt v =;(3)ds dt v =;(4)t dv dt a =。 下述判断正确的是( ) (A )只有(1)、(4)是对的 (B )只有(2)、(4)是对的 (C )只有(2)是对的 (D )只有(3)是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A )切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B )切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C )切向加速度可能不变,法向加速度不变

大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—1 |r ?|与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明. 解:(1)r ?是位移的模,?r 是位矢的模的增量,即 r ?12r r -=,12r r r -=?; (2) t d d r 是速度的模,即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量, ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 (3)t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =,t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢),所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=

式中 dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂,超出教材规定,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r =2 2 y x +,然后根据v =t r d d ,及a =22d d t r 而 求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确?为什么?两者差别何在? 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j y i x r +=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 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 22d d d d t r a t r v ==

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 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 = 2 1t 2 +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(请把位置矢量、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)j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时,j i r 5.081 m ;2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时,054r i j v v v ;4t s 时,41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ,则:437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时,033i j v v v v ;4t s 时,437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v 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2 26a x ,a 的单位为m/s 2, 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d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得:2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得:2322250x x v ∴ 31225 m s x x 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:⑴ t =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: t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时,2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有:tan 451n a a 即: R R 2 ,亦即t t 18)9(2 2 ,解得:9 2 3 t 则角位移为:32 2323 2.67rad 9 t 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/s 2,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:s 2 t 时,4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

大学物理课后练习习题答案详解.docx

第一章质点运动学 1、( 习题: 一质点在 xOy 平面内运动,运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。( 1)求质点的轨道方程; ( 2)求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解:( 1)由 x=2t 得, y=4t 2 -8 ( 2)质点的位置 : r r 由 v d r / dt 则速度: r r 由 a d v / d t 则加速度: 则当 t=1s 时,有 r r 可得: y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时,有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、(习题): 质点沿 x 在轴正向运动,加速度 a kv , k 为常数.设从原点出发时速度为 v 0 ,求运动方程 x x(t) . 解: dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动,其加速度为 a 4 t (SI) ,已知 t 0 时,质点位于 x 10 m 处,初速度 v 0 .试求其位置和时间的关系式. 解: a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出,求: ( 1)小球的运动方程; ( 2)小球在落地之前的轨迹方程; v v ( 3)落地前瞬时小球的 dr , dv , dv . dt dt dt 解:( 1) x v 0 t 式( 1) y 1 gt 2 式( 2) v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 ( 2)联立式( 1)、式( 2)得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v ( 3) dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。 解:1) 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2) j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求: (1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解:1)由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为:2)3y (x -= 2)j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3) j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=,式中r 的单位为m ,t 的单

位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解:1)j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2)21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解:以地面为参照系,坐标如图,升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += (1) 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= (2) 21y y = (3) 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的t d d r ,t d d v ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 2 1 h y -= 式(2) j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= (2)联立式(1)、式(2)得 2 02 v 2gx h y -= (3) j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =

大学物理上册课后习题答案

大学物理上册课后习题答案

习题解答 习题一 1-1 |r ?|与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明. 解: (1)r ?是位移的模,?r 是位矢的模的增量, 即r ?1 2r r -=,1 2 r r r ? ?-=?; (2)t d d r 是速度的模,即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量, ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模,即 t v a d d ? ?= ,t v d d 是加速度a 在切向上的分量.

∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢),所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂,超出教材规定,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r = 2 2 y x +,然后根据v =t r d d ,及a = 2 2d d t r 而求得结果; 又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确?为什么?两者差别何在? 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 j y i x r ? ??+=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

1 习题解答 习题一 1-1 |r ?|与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明. 解:(1) r ?是位移的模,? r 是位矢的模的增量,即r ?1 2r r -=,1 2r r r -=?; (2) t d d r 是速度的模,即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量, ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模,即t v a d d = , t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢) ,所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂,超出教材规定,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r =2 2y x +,然后根据v = t r d d ,及a = 2 2d d t r 而求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确?为什么?两者差别何在? 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j y i x r +=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为

大学物理习题及综合练习答案详解

库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分,一部分均匀分布在地球上,另一部分均匀分布在月球上, 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力,已知地球的质量M =l024kg ,月球的质量m =l022 kg 。(1)求 Q 的最小值;(2)如果电荷分配与质量成正比,求Q 的值。 解:(1)设Q 分成q 1、q 2两部分,根据题意有 2 221r Mm G r q q k =,其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值,令0'=Q ,得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ,C 1069.51321?==k q GMm q ,C 1014.11421?=+=q q Q (2)21q m q M =Θ ,k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q , C 1015.51421?==m Mq q ,C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上,电荷Q (Q >0)放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零,Q 值应为多大 解:Q 到顶点的距离为 l r 33= ,Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=, 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =,即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?,解得:q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示,有一长l 的带电细杆。(1)电荷均匀分布,线密度为+,则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何(2)若电荷线密度=kx ,k 为正常数,求P 点的电场强度。 解:(1)线元d x 所带电量为x q d d λ=,它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时,其方向水平向右;00

大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案

大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

说明: 上册教材中,第5,6,7等章的习题有答案; 第1,2,4,8章的习题有部分答案; 第3,9,10,11章的习题没有答案。 为方便学生使用,现根据上学期各位老师辛苦所做的解答,对书上原有的答案进行了校对,没有错误的,本“补充答案”中不再给出;原书中答案有误的,和原书中没有给出答案的,这里一并给出。错误之处,欢迎指正! 第1章 1.4. 2.8×10 15 m 1.5.根据方程中各项的量纲要一致,可以判断:Fx= mv 2/2合理, F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ,4025.0=t (s),2.19=y (m) (2) ?=7.382θ,48.2=t (s),25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时,j r 19=; 3=t 时,j i r +=6。(4)当9=t s 时取“=”,最小距离为37(m )。

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解:(1)由x=2t 得, y=4t 2-8 可得: y=x 2 -8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j = 则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时速 度为0v ,求运动方程)(t x x =. 解: kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的 d d r t ,d d v t ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 21h y -= 式(2) 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ (2)联立式(1)、式(2)得 2 2 v 2gx h y -= (3) 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理课后习题答案(上)

《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明:字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1.关于电场强度定义式E = F /q 0,下列说法中哪个是正确的? [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比; (B) 对场中某点,试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变; (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向; (D) 若场中某点不放试探电荷q 0,则F = 0,从而E = 0. 2.如图1.1所示,在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ,在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q , P 点是x 轴上的一点,坐标为(x , 0).当x >>a 时,该点场强 的大小为: [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3.图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0),则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示,其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变; (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变; (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化; -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题 1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解:(1)由x=2t 得, y=4t 2-8 可得: y=x 2 -8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j = 则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时 速度为0v ,求运动方程)(t x x =. 解: kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速 度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的 d d r t ,d d v t ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 21h y -= 式(2) 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ (2)联立式(1)、式(2)得 2 2 v 2gx h y -= (3) 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理教程 上 课后习题 答案

物理部分课后习题答案(标有红色记号的为老师让看的题)27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-,,x y 都以米为单位,t 以秒为单位,求: (1) 质点的运动轨迹; (2) 从1t s =到2t s =质点的位移的大小; (3) 2t s =时,质点的速度和加速度。 解:(1)由运动方程消去时间t 可得轨迹方程,将t = 或1= (2)将1t s =和2t s =代入,有 11r i =u r r , 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V (3) 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =, 2y y dv a dt == 当2t s =时,速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ,式中的R 、ω均为常量。求(1)质点的速度;(2)速率的变化率。 解 (1)质点的速度为 (2)质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动,其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30, 2-34,

2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+,如果物体在这一力作 用下,由静止开始沿直线运动,求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义,有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行,若撤除牵引力后,飞机受到与速度成正比的 阻力(空气阻力和摩擦力)f kv =-(k 为常数)作用。设撤除牵引力时为0t =,初速度为0v ,求(1)滑行中速度v 与时间t 的关系;(2)0到t 时间内飞机所滑行的路程;(3)飞机停止前所滑行的路程。 解 (1)飞机在运动过程中只受到阻力作用,根据牛顿第二定律,有 即 dv k dt v m =- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动,离开地面的高度等 于地球半径的2倍(即2R ),试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出: (1) 卫星的动能; (2) 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动,地球引力作为向心力,有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == (2)卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =,置于水平面上,一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块,速度减为100/m s ,木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求: (1) 木块与水平面之间的摩擦系数; (2) 子弹的动能减少了多少。

《大学物理学》第二版上册课后答案

大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题: (1) 位移和路程有何区别?在什么情况下二者的量值相等?在什么情况下二者的量值不相 等? (2) 平均速度和平均速率有何区别?在什么情况下二者的量值相等? (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么?瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么? (4) 质点的位矢方向不变,它是否一定做直线运动?质点做直线运动,其位矢的方向是否一 定保持不变? (5) r ?和r ?有区别吗?v ?和v ?有区别吗? 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动? (6) 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22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确?两者区别何在? (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的,那么,该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的? (8) “物体做曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法向分速度恒为零,因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗? (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧,为什么? (10) 质点沿圆周运动,且速率随时间均匀增大,n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变? (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子,此石子能否落回他的手中?如果石子抛出后,火车以恒定加速度前进,结果又如何? 1.2 一质点沿x 轴运动,坐标与时间的变化关系为224t t x -=,式中t x ,分别以m 、s 为单位,试计算:(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度;(2)s 1末到s 3末的平均

大学物理学(课后答案解析)第1章

第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动,有以下几种表述,正确的是[ ] (A)在直线运动中,质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零,则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变,其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中,加速度不断减小,则速度也不断减小 解析:速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量,加速度是描述质点运动速度变化的物理量,两者没有确定的对应关系,故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=,则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动,加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动,加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动,加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动,加速度沿ox 轴负向 解析:229dx v t dt = =-,18dv a t dt ==-,故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动,其瞬时速度为v ,瞬时速率为v ,某一段时间内的平均速率为v ,平均速度为v ,他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ,v =v (B)v ≠v ,v =v (C)v ≠v ,v ≠v (D)v =v ,v ≠v

解析:瞬时速度的大小即瞬时速率,故v =v ;平均速率s v t ?=?,而平均速度t ??r v = ,故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时,下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向,所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零,所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度,但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析:质点作圆周运动时,2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ,所以法向加速度一定不为零,答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-,式中,k 为大于零的常量。当0t =时,初速为0v ,则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析:由于2dv kv t dt =-,所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ,得到20 11 2kt v v =+,故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ,则从

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案之欧阳文创编

习题解答 习题一 1-1|r ?|与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同?t d d v 和 t d d v 有无不 同?其不同在哪里?试举例说明. 解:(1)r ?是位移的模,?r 是位矢的模的增量,即 r ?1 2r r -=,12r r r -=?; (2)t d d r 是速度的模,即 t d d r ==v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的 分量. ∵有r r ?r =(式中r ?叫做单位矢),则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是 速度径向上的分量, ∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1 图 (3) t d d v 表示加速度的模,即 t v a d d = ,t v d d 是加速度a 在切向上 的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢),所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv 就是加速度的切向分量.

(t t r d ?d d ?d τ 与 的运算较复杂,超出教材规定,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r =2 2y x +,然后根据v =t r d d ,及a =2 2d d t r 而求得结果;又有人先计算速度和加速度的 分量,再合成求得结果,即 v = 2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种 正确?为什么?两者差别何在? 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j y i x r +=, j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们 的模即为 2 222 22222 222d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 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 其二,可能是将2 2d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中 已说明t r d d 不是速度的模,而只是速度在径向上的分量,同 样,2 2d d t r 也不是加速度的模,它只是加速度在径向分量中的

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