大学物理(上册)参考答案

第一章作业题P211.1；1.2；1.4；1.9质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a＝2+62x，a的单位为2sm，x的单位为m.质点在x＝0处，速度为101sm,试求质点在任何坐标处的速度值．解：∵xvvtxxvtvadddddddd分离变量：xxadxd)62(d2两边积分得cxxv322221由题知，0x时，100v,∴50c∴13sm252xxv1.10已知一质点作直线运动，其加速度为a＝4+3t2sm，开始运动时，x＝5m，v=0，求该质点在t＝10s时的速度和位置．解：∵ttva34dd分离变量，得ttvd)34(d积分，得12234cttv由题知，0t,00v,∴01c故2234ttv又因为2234ddtttxv分离变量，tttxd)234(d2积分得232212cttx由题知0t,50x,∴52c故521232ttx所以s10t时m70551021102sm190102310432101210xv1.11一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为=2+33t，式中以弧度计，t以秒计，求：(1)t＝2s(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：tttt18dd,9dd2(1)s2t时，2sm362181Ra2222sm1296)29(1Ran(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tannaa即RR2亦即tt18)9(22则解得923t于是角位移为rad67.29232323t1.12质点沿半径为R的圆周按s＝2021bttv的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧长,0v，b都是常量，求：(1)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．解：（1）btvtsv0ddRbtvRvabtvan202)(dd则240222)(Rbtvbaaan加速度与半径的夹角为20)(arctanbtvRbaan(2)由题意应有2402)(Rbtvbba即0)(,)(4024022btvRbtvbb∴当bvt0时，ba第二章作业题P612.9质量为16kg的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为xf＝6N，yf＝-7N，当t＝0时，yx0，xv＝-2m·s-1，yv＝0．求当t＝2s(1)位矢；(2)速度．解：2sm83166mfaxx2sm167mfayy(1)20101200sm872167sm452832dtavvdtavvyyyxxx于是质点在s2时的速度1sm8745jiv(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220jijijtaitatvryx2.10质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为0v，证明(1)t时刻的速度为v＝tmkev)(0；(2)由0到t的时间内经过的距离为x＝(kmv0)［1-tmke)(］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv；(4)证明当kmt时速度减至0v的e1，式中m为质点的质量．答:(1)∵tvmkvadd分离变量，得mtkvvdd即vvtmtkvv00ddmktevvlnln0∴tmkevv0(2)tttmkmkekmvtevtvx000)1(dd(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有000dkmvtevxtmk(4)当t=km时，其速度为evevevvkmmk0100即速度减至0v的e1.2.11一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: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o30，则动量的增量为0vmvmp由矢量图知，动量增量大小为0vm，方向竖直向下．2.13作用在质量为10kg的物体上的力为itF)210(N，式中t的单位是s，(1)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．(2)为了使这力的冲量为200N·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-1的物体,回答这两个问题．解:(1)若物体原来静止，则itittFpt10401smkg56d)210(d,沿x轴正向，ipIimpv111111smkg56sm6.5若物体原来具有61sm初速，则tttFvmtmFvmpvmp000000d)d(,于是tptFppp0102d,同理，12vv,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(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tttttI0210d)210(亦即0200102tt解得s10t，(s20t舍去)3.14一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为jtbitarsincos求质点的动量及t＝0到2t解:质点的动量为)cossin(jtbitamvmp将0t和2t分别代入上式，得jbmp1,iamp2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12jbiampppI2.15一颗子弹由枪口射出时速率为10smv，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F=(bta)N(ba,为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解:(1)由题意，子弹到枪口时，有0)(btaF,得bat(2)子弹所受的冲量tbtattbtaI0221d)(将bat代入，得baI22(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bvavIm第三章作业题P883.1；3.2；3.7；3.13计算题2-27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1m＝50kg，2m＝200kg,M＝15kg,r＝0.1m解:分别以1m,2m滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m,2m运用牛顿定律，有amTgm222①amT11②对滑轮运用转动定律，有)21(212MrrTrT③又，ra④联立以上4个方程，得2212sm6.721520058.92002Mmmgma题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图3.14如题2-28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：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.解:(1)由转动定律，有)31(212mlmg∴lg23(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin2mllmg∴lgsin3题2-29图3.15如题2-29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．(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v的值；(2)相撞时小球受到多大的冲量?解:(1)设小球的初速度为0v，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：mvlIlmv0①2220212121mvImv②上两式中231MlI，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o30，按机械能守恒定律可列式：)30cos1(2212lMgI③由③式得2121)231(3)30cos1(lgIMgl由①式mlIvv0④由②式mIvv2202⑤所以22001)(2mvmlIv求得glmMmmMlmlIlv31232(6)311(2)1(220(2)相碰时小球受到的冲量为0dmvmvmvtF由①式求得MllImvmvtF31d0glM6)32(6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P1455.1；5.2；5.7质量为kg10103的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI()328cos(1.0x的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3)s52t与s11t两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0tAx，则知：3/2,s412,8,m1.00TA又8.0Avm1sm51.21sm2.632Aam2sm(2)N63.0mmaFJ1016.32122mmvEJ1058.1212EEEkp当pkEE时，有pEE2，即)21(212122kAkx∴m20222Ax(3)32)15(8)(12tt5.8一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表示．如果0t时质点的状态分别是：(1)Ax0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax处向负向运动；(4)过2Ax处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为0000sincosAvAx将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1tTAx)232cos(232tTAx)32cos(33tTAx)452cos(454tTAx5.9一质量为kg10103的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s0.4，当0t时位移为cm24．求：(1)s5.0t时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到cm12x处所需的最短时间；(3)在cm12x处物体的总能量．解：由题已知s0.4,m10242TA∴1srad5.02T又，0t时，0,00Ax故振动方程为m)5.0cos(10242tx(1)将s5.0t代入得0.17mm)5.0cos(102425.0txN102.417.0)2(10103232xmmaF方向指向坐标原点，即沿x轴负向．(2)由题知，0t时，00，tt时3,0,20tvAx故且∴s322/3t(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222AmkAE5.11图为两个谐振动的tx曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0t时，s2