《大学物理简明教程》答案赵近芳.docx
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《大学物理简明教程》答案赵近芳
《大学物理简明教程》答案_赵近芳
1.大学物理简明教程习题解答
2.习题一
drdrdvdv
1-1|r|与r有无不同?
dt和dt有无不同?
dt和dt有无不同?
其不同在哪里?
试
rrrrrr2r121,3.解:
(1)是位移的模,r是位矢的模的增量,即;
drdrds
vdt
4.
(2)dt是速度的模,即dt.
dr
5.dt只是速度在径向上的分量.
drdrdrrr
(式中r叫做单位矢)dt6.∵有rrr,则dtdt
dr
7.式中dt就是速度径向上的分量,
drdr与dtdt不同如题1-1图所示.8.∴
9.题1-1图
举例说明.
dvdvdva
dt,dt是加速度a在切向上的分量.10.(3)dt表示加速度的模,即
vv(表轨道节线方向单位矢)11.∵有,所以
dvdvdvdtdt12.dt
dv
13.式中dt就是加速度的切向分量.ddr与
dt的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论)14.(dt
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
d2rdr
222xyr=,然后根据v=dt,及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
15.
16.你认为两种方法哪一种正确?
为什么?
两者差别何在?
17.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
d2xd2ydxdydt2dt2
dtdta=及=
2
2
22
rxiyj,
drdxdyvij
dtdtdt
d2rd2xd2ya22i2j
dtdtdt18.
19.故它们的模即为
dxdy22
vvxvy
dtdt
2
22
21.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
d2xd2y22
aaxaydt2dt2
20.
2
dr
v
dt22.
d2r
a2
dt
drd2rdr与2
dt误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明dt不是速度的23.其二,可能是将dt
d2r2
模,而只是速度在径向上的分量,同样,dt也不是加速度的模,它只是加速度在径
2
d2rda径2r
dtdt。
或者概括性地说,前一种方法只考虑了位向分量中的一部分
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。
1-3一质点在xOy平面上运动,运动方程为
12
24.x=3t+5,y=2t+3t-4.
25.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=0s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=4s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).
12
r(3t5)i(t3t4)j
2m26.解:
(1)
27.
(2)将t1,t2代入上式即有
8i0.5jm28.r1
4jm29.r211j
rrr3j4.5jm2130.
r5j4j,r417i16j
31.(3)∵0
rr4r012i20j
3i5jms1
t40432.∴drv3i(t3)jms1
dt(4)
v3i7jms133.则4
v3i3j,v43i7j
34.(5)∵0
vv4v041jms2
t4435.dv
a1jms2
dt(6)
y36.这说明该点只有方向的加速度,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.当人
以
v0(ms1)的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小.
37.
39.lhs
40.将上式对时间t求导,得
2
2
2
图1-4
38.解:
设人到船之间绳的长度为l,此时绳与水面成角,由图可知
41.
2l
dlds
2sdtdt
题1-4图
42.根据速度的定义,并注意到l,s是随t减少的,
dlds
v0,v船dtdt43.∴
vdsldll
v船v00
dtsdtscos44.即
v绳
45.或
46.将
v船
lv0(h2s2)1/2v0ss
v船再对t求导,即得船的加速度
dlds
ldv船v0slv船av0v0
dts2s2
l22
(s)v02
h2v03
2ss47.
22
1-5质点沿x轴运动,其加速度和位置的关系为a=2+6x,a的单位为ms,x的单位
s
为m.质点在x=0处,速度为10ms,试求质点在任何坐标处的速度值.
1
dvdvdxdvvdtdxdtdx48.解:
∵
2
dadx(26x)dx49.分离变量:
a
12
v2x2x3c
50.两边积分得2
v10,∴c50
51.由题知,x0时,0
31
v2xx25ms52.∴
1-6已知一质点作直线运动,其加速度为a=4+3tms,开始运动时,x=5m,v=0,
求该质点在t=10s时的速度和位置.
2
dv
43tdt53.解:
∵
54.分离变量,得dv(43t)dt
a
3
v4tt2c1
255.积分,得
v0,∴c10
56.由题知,t0,0
3
v4tt2
257.故
dx3v4tt2
dt258.又因为3
dx(4tt2)dt
259.分离变量,
1
x2t2t3c2
260.积分得
x5,∴c25
61.由题知t0,0
1
x2t2t35
262.故
63.所以t10s时
3
102190ms121
x1021021035705m
264.
3
1-7一质点沿半径为1m的圆周运动,运动方程为=2+3t,式中以弧度计,t以秒计,
求:
(1)t=2sナ保质点的切向和法向加速度;
(2)当加速度的方向和半径成45°角
v10410
时,其角位移是多少?
65.解:
dd9t2,18tdtdt
2
aR118236mst2s66.
(1)时,
67.
2222
aR1(92)1296msn
a
1
οan
68.
(2)当加速度方向与半径成45角时,有
222RR(9t)18t69.即亦即
tan45
22
23t3232.67rad
9于是角位移为970.则解得
1v0tbt2
21-8质点沿半径为R的圆周按s=的规律运动,式中s为质点离圆周上某点的弧
v长,0,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
t3
等于b.
71.解:
(1)
v
ds
v0btdt
dv
bdt
v2(v0bt)2
an
RR72.
a
(v0bt)4aaab
R273.则
2
2
n
2
74.加速度与半径的夹角为
arctan
75.
aRb
an(v0bt)2
2
76.
(2)由题意应有
(v0bt)4
abb
R277.
4
(vbt)
b2b202,(v0bt)40
R78.即
vt0
b时,ab79.∴当
1-9以初速度
v0=20ms1抛出一小球,抛出方向与水平面成幔60°的夹角,
80.求:
(1)球轨道最高点的曲率半径R1;
(2)落地处的曲率半径R2.
81.
(提示:
利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
82.解:
设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示.
83.
84.题1-9图
(1)在最高点,
o
vvvcos601x085.an1g10ms2
86.
87.又∵
1
v12(20cos60)2
1
an10
1
an1
v12
88.∴
(2)在落地点,
89.
10m
v2v020ms1,
90.而
an2gcos60o
91.∴
2v2(20)2
280m
an210cos60
2
92.1-10飞轮半径为0.4m,自静止启动,其角加速度为ウ=0.2rads,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.
1
93.解:
当t2s时,t0.220.4rads
94.则vR0.40.40.16ms
1
22
aR0.4(0.4)0.064ms2n95.
aR0.40.20.08ms296.
97.
2
aana2(0.064)2(0.08)20.102ms2
-1
-1
1-10一船以速率v1=30kmh沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率v2=40kmh
98.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?
vv2v1,依题意作速度矢量图如题1-13图(a)99.解:
(1)大船看小艇,则有21
100.
101.题1-11图
221
vvv50kmh***-*****.由图可知
arctan
103.方向北偏西
vv1v2,依题意作出速度矢量图如题1-13图(b),同上法,得(3)小船看大船,则有12
104.v1250kmh
36.87o
105.方向南偏东
1
v13
arctan36.87v24
106.习题二
107.2-1一个质量为P的质点,在光滑的固定斜面(倾角为)上以初速度0运动,
方向与斜面底边的水平线AB平行,如图所示,求这质点的运动轨道.
v
v0的
vmg108.解:
物体置于斜面上受到重力,斜面支持力N.建立坐标:
取0方向为X轴,平
行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.
109.
110.题2-1图
111.X方向:
112.Y方向:
Fx0xv0t①Fymgsinmay
②
v0
113.t0时y0y
1
gsint*****.
115.由①、②式消去t,得
1
y2gsinx2
2v0
116.
y
2-2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
fx=6N,fy=
-7N,当t=0时,xy0,x=-2ms,y=0.求
117.当t=2sナ敝实愕
(1)位矢;
(2)速度.
-1
vv
118.解:
119.
2
ax
fx63ms2m168
ay
fym
120.
(1)
7
ms216
35
vxvx0axdt22ms1
084277
vyvy0aydt2ms1
***-*****.122.于是质点在2s时的速度
57
vijms1
*****.
124.
(2)
1122
r(v0taxt)iaytj
22
1713
(224)i()4j
*****
137ijm
*****.
2-3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
v0,证明
(1)t时刻的速度为v=v0e
(
k)tm
;
(2)由0到t的时间内经过的距离为
mv0mk
()tv()0m
xk;(4)证明当tk时126.=(k)[1-e];(3)停止运动前经过的距离为
1v速度减至0的e,式中m为质点的质量.
kvdva
mdt127.答:
(1)∵
128.分离变量,得
dvkdt
m129.v
tkdtdv
v0v0m130.即
vktlnlnem
131.v0
v
132.∴
(2)
(3)
vv0e
kmt
xvdtv0e
t
k
mt
kmv0mt
dt(1e)
k
质点停止运动时速度为零,即t→∞,
133.故有
xv0e
kmt
dt
mv0
k
m
(4)当t=k时,其速度为
kmvm
vv0ekv0e10
e134.
1v135.即速度减至0的e.
v136.2-4一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速0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.
137.解:
依题意作出示意图如题2-6图
138.
139.题2-4图
140.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,
pmvmv0142.
mv0
143.由矢量图知,动量增量大小为,方向竖直向下.
2-4作用在质量为10kg的物体上的力为F(102t)iN,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200Ns,
141.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
o
-1
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6jms的物体,
t41
p1Fdt(102t)idt56kgmsi
00145.,沿x轴正向,
p1
v15.6ms1i
m1Ip56kgmsi1146.1
tF
p0mv0,pm(v0dt)mv0Fdt
0m0
148.于是
t
p2pp0Fdtp1
0149.,
150.同理,v2v1,I2I1
t
回答这两个问题.
144.解:
(1)若物体原来静止,则
147.若物体原来具有6ms初速,则
1
151.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.
152.
(2)同上理,两种情况中的作用时间相同,即
0153.
2
154.亦即t10t2000
I(102t)dt10tt2
t
155.解得t10s,(t20s舍去)
1
vms02-5一颗子弹由枪口射出时速率为,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为
F=(abt)N(a,b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.
156.解:
(1)由题意,子弹到枪口时,有
157.F(abt)0,得
158.
(2)子弹所受的冲量
t
ab
t1I(abt)dtatbt2
02159.
at
b代入,得160.将
a2I
2b161.
(4)由动量定理可求得子弹的质量
F7i6jNr3i4j16km合163.2-7设.
(1)当一质点从原点运动到时,求F所
作的功.
(2)如果质点到r处时需0.6s,试求平均功率.(3)如果质点的质量为1kg,试
求动能的变化.
Ia2
m
v2bv00162.
F164.解:
(1)由题知,合为恒力,
AFr(7i6j)(3i4j16k)
165.∴合
166.212445J
(2)(3)
A4575wt0.6
EkA45J
由动能定理,
167.2-8如题2-18图所示,一物体质量为2kg,以初速度0=3ms从斜面A点处下滑,
它与斜面的摩擦力为8N,到达B点后压缩弹簧20cm后停止,然后又被弹回,求弹簧的
劲度系数和物体最后能回到的高度.
168.解:
取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点,弹簧原
169.长处为弹性势能零点。
则由功能原理,有
-1
v
1212kxmvmgssin3722170.
12
mvmgssin37frsk2
12kx2171.
172.式中s4.80.25m,x0.2m,再代入有关数据,解得
frs
173.k1390Nm
-1
174.
175.题2-8图
176.再次运用功能原理,求木块弹回的高度h
1
frsmgssin37okx2
2177.
178.代入有关数据,得s1.4m,
179.则木块弹回高度
2-9一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞,试证碰后两小球的运动方向互
相垂直.
181.证:
两小球碰撞过程中,机械能守恒,有
o
hssin370.84m180.
*****mv0mv1mv2
*****.2222
vv1v2①
183.即0
184.
v189.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0为斜
v边,故知1与v2是互相垂直的.
vvivxyj190.2-10一质量为m的质点位于(x1,y1)处,速度为,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.
191.解:
由题知,质点的位矢为
mvmvmv0*****.
vv1v2
188.亦即0
185.题2-9图(a)题2-9图(b)
186.又碰撞过程中,动量守恒,即有
②
194.ffi
195.所以,质点对原点的角动量为
Lrmv0196.
(x1iy1i)m(vxivyj)197.
(x1mvyy1mvx)k
200.M0rf(x1iy1j)(fi)y1fk
10
2-10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r1=8.75×10m时的速
率是v1=5.46×10ms,它离太阳最远时的速率是v2=9.08×10msフ馐彼离太
4
-1
2
-1
193.作用在质点上的力为
192.rx1iy1j
198.199.作用在质点上的力的力矩为
阳的距离r2多少?
(太阳位于椭圆的一个焦点。
)
201.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
202.r1mv1r2mv2
r1v18.7510105.46104
r25.261012m2
v29.08*****.∴
1vi6jmsr4imt2-11物体质量为3kg,=0时位于,,如一恒力f5jN作用在
物体上,求3秒后,
(1)物体动量的变化;
(2)相对z轴角动量的变化.
3
pfdt5jdt15jkgms1
204.解:
(1)
205.
(2)解
(一)
xx0v0xt437
1215
at633225.5j223206.
207.即r14i,r27i25.5j
yv0yt
208.
vxv0x1
5
vyv0yat6311
3209.
210.即v1i16j,v2i11j
211.∴L1r1mv14i3(i6j)72k
.5j)3(i11j)154.5k212.L2r2mv2(7i2521LLL82.5kkgms*****.∴
214.解
(二)∵
215.∴
3
M
tt
LMdt(rF)dt
dzdt
216.
152
(4t)i(6t)t)j5jdt023
3
5(4t)kdt82.5kkgm2s1
217.
218.题2-12图
飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-25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:
(1)设F=100N,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?
(2)如果在2s内飞轮转速减少一半,需加多大的力F?
220.解:
(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,
219.2-13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
-1
900revmin.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
Fx和Fy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.
221.
222.题2-13图(a)
223.
224.题2-13图(b)
225.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
l1l2
Fl1
226.
227.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.
228.∵FrNNN
F(l1l2)Nl10
N
l1l2
Fl1229.∴1
ImR2,
2230.又∵
FR2(l1l2)rF
ImRl1231.∴①
FrN
232.以F100N等代入上式,得
233.
234.由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
20.40(0
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