完整版大学物理学第三版课后题答案.docx
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完整版大学物理学第三版课后题答案
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
v (m· s -1 )的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小.
0
图1-4
解:
设人到船之间绳的长度为 l ,此时绳与水面成θ 角,由图可知
l 2 = h 2 + s 2
将上式对时间 t 求导,得
ds
= 2s
根据速度的定义,并注意到 l , s 是随 t 减少的,
ds
= v , v = -
绳0船
即v
船 =-
=- = v = 0
0
ds l dl l v
或v
船 =
lv (h 2 + s 2 )1/ 2 v
0 =
s s
0
将 v 再对 t 求导,即得船的加速度
船
1-6已知一质点作直线运动,其加速度为 a =4+3 t m ⋅ s-2 ,开始运动时, x =5 m,
v
2
=0,求该质点在 t =10s 时的速度和位置.
解:
∵a = dv = 4 + 3t
dt
分离变量,得dv = (4 + 3t )dt
3
积分,得v = 4t +t 2 + c
1
由题知, t = 0 , v = 0 ,∴ c = 0
01
3
故v = 4t +t 2
2
又因为v = dx3 t 2
dt2
3
分离变量,dx = (4t +t 2 )dt
2
1
积分得x = 2t 2 +t 3 + c
2
2
2
2
1-10 以初速度 v =20 m ⋅ s -1 抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角,
由题知 t = 0 , x = 5 ,∴ c = 5
02
1
故x = 2t 2 +t 3 + 5
2
所以 t = 10 s 时
v= 4 ⨯ 10 + 3 ⨯ 10 2 = 190m ⋅ s -1
10
1
x= 2 ⨯ 10 2 +⨯ 10 3 + 5 = 705m
10
0
求:
(1)球轨道最高点的曲率半径 R ;
(2)落地处的曲率半径 R .
12
(提示:
利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
解:
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,
v = v = v cos 60 o
1x0
a= g = 10 m ⋅ s -2
n1
又∵a= v1
n1ρ
1
∴
(2)在落地点,
ρ
v 2 (20 ⨯ cos 60︒) 2
1
a
= 10 m
v = v = 20 m ⋅ s -1 ,
20
而a= g ⨯ cos60o
n2
∴ρ
v 2 (20) 2
2 = a 2 = = 80 m
1-13一船以速率 v =30km·h-1沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率v =40km·h-1
12
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?
ϖϖρ
2121
题 1-13 图
由图可知v=v 2 + v 2 = 50 km ⋅ h -1
2112
方向北偏西θ = arctan v1 = arctan
v
2
3
4
= 36.87︒
ϖϖρ
1212
v= 50 km ⋅ h -1
12
2-2 一个质量为 P 的质点,在光滑的固定斜面(倾角为α )上以初速度 v 运动, v 的方向
00
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.
ϖ
0
面与 X 轴垂直方向为 Y 轴.如图 2-2.
题 2-2 图
X 方向:
F = 0x = v t①
x0
Y 方向:
F = mg sin α = ma
y
t = 0 时y = 0v = 0
y
y ②
y =
1
2
g sin α t 2
由①、②式消去 t ,得
y =1
2v 2
0
g sin α ⋅ x 2
2-4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 v ,证明
(1) t 时刻的速度为 v = v e
00
-( k )t
m
;
(2) 由0到 t 的时间内经过的距离为
k
x =(0 )[1- e -( m )t ];(3)停止运动前经过的距离为 v () ;(4)证明当 t = m k 时速
k0 k
e
度减至 v 的 1
0
,式中m为质点的质量.
答:
(1)∵a =
分离变量,得
- kv dv
=
m dt
dv- kdt
=
vm
v dv
v0 v
= ⎰t
0
- kdt
m
v
m
ln= ln e - kt
v
0
∴v = v e - m t
0
(2)x = ⎰ vdt = ⎰t v e - m t dt = mv 0 (1 - e - m t )
0
(3)质点停止运动时速度为零,即 t→∞,
故有x' = ⎰∞ v e - m t dt = mv
0
0
(4)当 t= m
k
时,其速度为
v = v e - m ⋅ m = v e -1 = v0
00
即速度减至 v 的 1
0
.
2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为 v m ⋅ s -1 ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为
0
F =( a - bt )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.
解:
(1)由题意,子弹到枪口时,有
F = (a - bt ) = 0 ,得 t =
a
b
(2)子弹所受的冲量
1
02
将 t = a
b
代入,得
I =
a 2
2b
(3)由动量定理可求得子弹的质量
Ia 2
m ==
v2bv
0
0
2-13 以铁锤将一铁钉击入木板,设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比,在
铁锤击第一次时,能将小钉击入木板内1 cm,问击第二次时能击入多深,假定铁锤两次打击
铁钉时的速度相同.
解:
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 A
1
A = ⎰ f 'dy = ⎰ - fdy = ⎰1 kydy =
1
k
2
①
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 dt → 0 时, f ' = - f .
设第二锤外力的功为 A ,则同理,有
2
A = ⎰ y2kydy =
2
1 k
ky 2 - ②
2
由题意,有
1k
A = A = ∆( mv 2 ) =③
21
kk
ky 2 -=
2
所以,y =2
2
于是钉子第二次能进入的深度为
∆y = y - y =2 - 1 = 0.414 cm
21
2-15一根劲度系数为 k 的轻弹簧 A 的下端,挂一根劲度系数为k 的轻弹簧 B , B 的下端
12
一重物 C ,C 的质量为 M ,如题2-15图.求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势
能之比.
解:
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
F = F = Mg
AB
又F = k ∆x
A11
F = k ∆x
B2
2
所以静止时两弹簧伸长量之比为
∆x
1 =
∆x
2
k
k
2
1
弹性势能之比为
E
E
1
2
1 1 k
= 2
1
2-17由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为m 和 m
1
2
的滑块组成如题2-17图所示装置,弹簧的劲度系数为 k ,自然长度等于水平距离 BC ,m 与
2
桌面间的摩擦系数为 μ ,最初 m 静止于 A 点,AB = BC = h ,绳已拉直,现令滑块落下 m ,
11
求它下落到 B 处时的速率.
解:
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
(m + m )v 2 - [m gh +k (∆l ) 2 ]
2121
式中 ∆l 为弹簧在 A 点时比原长的伸长量,则
∆l = AC - BC = ( 2 - 1)h
联立上述两式,得
2
12
m + m
12
题 2-17 图
2-19质量为 M 的大木块具有半径为 R 的四分之一弧形槽,如题2-19图所示.质量为m 的
小立方体从曲面的顶端滑下,大木块放在光滑水平面上,二者都作无摩擦的运动,而且都从
静止开始,求小木块脱离大木块时的速度.
解:
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
mv 2 +MV 2
22
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
(m + M )
3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行.如果宇航员希望把这路程缩短为3光年,则
他所乘的火箭相对于地球的速度是多少?
解:
l ' = 3 = l
0
3
5
4
c =c
255
3-126000m 的高空大气层中产生了一个π 介子以速度 v =0.998c飞向地球.假定该π 介子
在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命 2×10-6s.试分别从下面两个角度,即地球上的观
测者和 π 介子静止系中观测者来判断π 介子能否到达地球.
解:
π 介子在其自身静止系中的寿命 ∆ t = 2 ⨯ 10 -6 s 是固有(本征)时间,对地球观测者,
0
由于时间膨胀效应,其寿命延长了.衰变前经历的时间为
∆t =∆t
1 -
0
v 2
c 2
= 3.16 ⨯ 10 -5 s
这段时间飞行距离为 d = v∆ t = 9470 m
因 d > 6000 m ,故该π 介子能到达地球.
或在 π 介子静止系中,π 介子是静止的.地球则以速度v 接近介子,在 ∆t 时间内,地球接
0
近的距离为 d ' = v∆ t = 599 m
0
d = 6000 m 经洛仑兹收缩后的值为:
0
d ' = d
0
0
1 -
v 2
c 2
= 379 m
d ' > d ' ,故 π 介子能到达地球.
0
3-17
(1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c,须对它作多少功?
(2)如果将电子由速率为
0.8c加速到0.9c,又须对它作多少功?
解:
(1)对电子作的功,等于电子动能的增量,得
∆E = E = mc 2 - m c 2 = m c 2 (γ - 1) = m c 2 (1
kk000
c 2
= 9.1⨯ 10 -31 ⨯ (3 ⨯ 108 ) 2 (1
= 4.12 ⨯ 10 -16 J= 2.57 ⨯ 10 3 eV
(2)∆E ' = E
k
k
- E
k
2 1
= (m c 2 - m c 2 ) - (m c 2 - m c 2 )
2 0 1 0
= m c 2 - m c 2 = m c 2 (1
210
1 -2
c 2
- 1
v 2
1 - 1
c 2
) )
= 9.1⨯ 10 -31 ⨯ 32 ⨯ 1016 (1
1
1 - 0.8 2
)
= 5.14 ⨯ 10 -14 J = 3.21 ⨯ 10 5 eV
4-5一个沿 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 t = 0 时质点的状态分别是:
(1) x = - A ;
0
(2)过平衡位置向正向运动;
(3)过 x = A
2
(4)过 x = -
处向负向运动;
A
2 处向正向运动.
解:
因为 ⎨0
试求出相应的初位相,并写出振动方程.
⎧ x = A cos φ
0
⎩v0 = -ωA sin φ
0
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
φ = π
1
3
φ = π
2
2π
x = A cos( t + π )
T
2π 3
x = A cos( t + π )
T 2
φ =
3
π
3
2π π
x = A cos( t + )
T 3
φ =
4
5π
4
2π 5
x = A cos( t + π )
T 4
4-8图为两个谐振动的 x - t 曲线,试分别写出其谐振动方程.
题4-8图
解:
由题4-8图(a),∵ t = 0 时, x = 0, v > 0,∴φ =
000
3
2
π , 又, A = 10cm, T = 2s
即ω =
2π
= π
2
2 3
2
3 2
3
故x = 0.1cos(πt + π )m
a
A5π
由题4-8图(b)∵ t = 0 时, x =, v > 0,∴φ =
000
t = 0 时, x = 0, v < 0,∴φ = 2π + π
1111
55
又φ = ω ⨯ 1 + π =π
1
5
∴ω = π
6
6 3
55π
故x = 0.1cos( πt +
b
)m
4-11有两个同方向、同频率的简谐振动,其合成振动的振幅为0.20m ,位相与第一振动
的位相差为 π ,已知第一振动的振幅为 0.173m ,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振
6
动的位相差.
题4-11图
解:
由题意可做出旋转矢量图如下.
由图知
A2 = A2 + A2 - 2 A A cos 30︒
211
= (0.173) 2 + (0.2) 2 - 2 ⨯ 0.173 ⨯ 0.2 ⨯ 3 / 2
= 0.01
∴A = 0.1m
2
设角 AA O为θ ,则
1
A 2 = A 2 + A 2 - 2 A A cosθ
1212
A2 + A2 - A2(0.173) 2 + (0.1) 2 - (0.02) 2
cosθ ==
即2 A A2 ⨯ 0.173 ⨯ 0.1
12
= 0
即θ = π
1 2
π π
,即二振动的位相差为 .
2 2
4-13一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为
⎧π
x = 0.4 cos(2t +)m
⎨
⎪x = 0.3cos(2t - π )m
⎩ 26
试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程。
解:
∵∆φ = π5 π ) = π
66
∴A = A - A = 0.1m
合12
tan φ =
A sin φ + A sin φ
1 =
A cosφ + A cosφ
2 1 2 2
π 5π
0.4 ⨯ sin - 0.3sin
6
π 5π 3
0.4 cos + 0.3cos
6 6
π
∴φ =
6
其振动方程为
x = 0.1cos(2t +
(作图法略)
π
6
)m
5-8已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为 y = A cos( Bt - Cx ),其中 A , B ,
C 为正值恒量.求:
(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长;
(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程;
(3)任一时刻,在波的传播方向上相距为 d 的两点的位相差.
解:
(1)已知平面简谐波的波动方程
y = A cos( Bt - Cx) ( x ≥ 0 )
将上式与波动方程的标准形式
比较,可知:
波振幅为 A ,频率υ =
B
2π
,
y = A cos(2πυt - 2π
x
λ )
B
,波速 u = λυ =,
CC
波动周期 T =
1
υ
= 2π
B
.
(2)将 x = l 代入波动方程即可得到该点的振动方程
y = A cos( Bt - Cl )
(3)因任一时刻 t 同一波线上两点之间的位相差为
∆φ = 2π
21
C
将 x - x = d ,及 λ = 2π
21
代入上式,即得
∆φ = Cd .
5-9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 y =0.05cos(10πt - 4πx ),式中 x , y 以米计,
t 以秒计.求:
(1)波的波速、频率和波长;
(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度;
(3)求 x =0.2m处质点在 t =1s时的位相,它是原点在哪一时刻的位相?
这一位相所代表的运
动状态在 t =1.25s时刻到达哪一点?
解:
(1)将题给方程与标准式
y = A cos(2πυt - 2π
相比,得振幅 A = 0.05 m ,频率υ = 5 s -1 ,波长 λ = 0.5 m ,波速 u = λυ = 2.5 m ⋅ s -1 .
(2)绳上各点的最大振速,最大加速度分别为
v
max
= ωA = 10π ⨯ 0.05 = 0.5π m ⋅ s -1
a
max
= ω 2 A = (10π ) 2 ⨯ 0.05 = 5π 2 m ⋅ s -2
(3) x = 0.2 m 处的振动比原点落后的时间为
x0.2
== 0.08 s
u2.5
故 x = 0.2 m , t = 1 s 时的位相就是原点( x = 0 ),在 t = 1 - 0.08 = 0.92 s 时的位相,
0
即φ = 9.2 π.
设这一位相所代表的运动状态在 t = 1.25 s 时刻到达 x 点,则
x = x + u(t - t ) = 0.2 + 2.5(1.25 - 1.0) = 0.825
11
5-16 题5-16图中(a)表示 t =0时刻的波形图,(b)表示原点( x =0)处质元的振动曲线,试求此
波的波动方程,并画出 x =2m处质元的振动曲线.
解:
由题 5-16(b)图所示振动曲线可知T = 2 s , A = 0.2 m ,且 t = 0 时, y = 0, v > 0 ,
00
故知 φ = - π
0
且 λ = 4 m ,若取 y = A cos[2π ( tx ) + φ ]
0
题 5-16 图
则波动方程为
txπ
y = 0.2 cos[2π ( + ) -]
242
5-17 一平面余弦波,沿直径为14cm的圆柱形管传播,波的强度为18.0×10-3J·m-2·s-1,频
率为300 Hz,波速为300m·s-1,求 :
(1)波的平均能量密度和最大能量密度?
(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量?
解:
(1)∵I = wu
I10 -3
∴w == 18.0 ⨯
u300
= 6 ⨯ 10 -5 J ⋅ m -3
w
max
= 2w = 1.2 ⨯ 10 -4 J ⋅ m -3
4
11u
(2)W = ωV = w πd 2 λ = w πd 2
44ν
1300
= 6 ⨯10-5 ⨯π ⨯ (0.14)2 ⨯= 9.24 ⨯10-7 J
4300
5-18如题5-18图所示, S 和 S 为两相干波源,振幅均为 A ,相距 λ , S 较 S 位相超前
12112
π
2
,求:
(1) S 外侧各点的合振幅和强度;
1
(2) S 外侧各点的合振幅和强度
2
解:
(1)在 S 外侧,距离 S 为 r 的点, S S 传到该 P 点引起的位相差为
11112
r - (r +) = π
1
A = A - A = 0, I = A 2 = 0
11
(2)在 S 外侧.距离 S 为 r 的点, S S 传到该点引起的位相差.
22112
∆φ = π
2π
λ (r2 +
λ
4 - r2 ) = 0
A = A + A = 2 A , I = A2 = 4 A 2
1111
5-19 如题5-19图所示,设 B 点发出的平面横波沿 BP 方向传播,它在 B 点的振动方程为
y = 2 ⨯ 10 -3 cos 2π t ; C 点发出的平面横波沿 CP 方向传播,它在 C 点的振动方程为
1
y = 2 ⨯ 10 -3 cos(2πt + π ) ,本题中 y 以m计, t 以s计.设 BP =0.4m, CP =0.5 m,波速
2
u =0.2m·s-1,求:
(1)两波传到P点时的位相差;
(2)当这两列波的振动方向相同时, P 处合振动的振幅;
*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时, P 处合振动的振幅.
解:
(1)∆φ = (φ - ϕ ) - 2π
21
= π - ω
= π - 2π (0.5 - 0.4) = 0
0.2
题 5-19 图
(2) P 点是相长干涉,且振动方向相同,所以
A = A + A = 4 ⨯ 10 -3 m
P12
(3)若两振动方向垂直,又两分振动位相差为 0 ,这时合振动轨迹是通过Ⅱ
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