大学物理学答案第3版修订版上册北京邮电大学完全版.docx
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大学物理学答案第3版修订版上册北京邮电大学完全版
zz大学物理习题及解答
习题一
1.6
dr
dr
dv
dv
dt
和
dt
有无不同?
dt
和
dt
Ir|与.:
r有无不同
有无不同?
其不同在哪里
试举例说明.
解:
(1)人r是位移的模,Ar是位矢的模的增量,即也「二帕一几,心r=Q-R
Idrdrds
(2)|dt|是速度的模,即|dtv二dt.
drdt只是速度在径向上的分量.
匹?
r理
dtdt
dr
•••有r=r?
(式中?
叫做单位矢),贝Udtdr
式中dt就是速度径向上的分量,
dtdt
不同如题1-1图所示.
dv
dt
4囤
表示加速度的模,即Idtl
dv
dt是加速度a在切向上的分量
•••有7表轨道节线方向单位矢)
,所以
dvdvd
v-
dtdtdt
dv
式中dt就是加速度的切向分量•
d?
.d?
(
1.
与dtdt的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论)
7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
dr
r=ixy,然后根据v=dt,及
出
的分量,再合成求得结果,即
cU2
a=dt而求得结果;又有人先计算速度和加速度
vJfeHdTj及a=
r=xiyj
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
-drdx-dy-
.vij
dtdt
.2.2
dx.dy・
2j2j
故它们的模即为
dt
-d2F
a=
dt2
V=v'vl+vj
22
dxdy
dtdt
而前一种方法的错误可能有两点,其
2
是概念上的错误,即误把速度、加速度定义作
dr
v二
dt
d2r
a2
dt2
dr与d2r
与2"
其二,可能是将dt
dr
而只是速度在径向上的分量,同样,
d2r
a径
dt误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明dt不是速度的模,
d2r
2-
dt也不是加速度的模,它只是加速度在径向分量中
dt2
的一部分
量值)方面随时间的变化率,而没有考虑位矢度的贡献。
-r”2
dt。
或者概括性地说,前一种方法只考虑了位矢r在径向(即
r及速度V的方向随间的变化率对速度、加速
dt2dt2
1.8一质点在xOy平面上运动,运动方程为
1
X=3t+5,y=2t2+3t-4.
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=(3t+5)i+(—t2+3t-4)j
解:
(1)2m
(2)将t胡,t=2代入上式即有
r1-0.5jm
⑶•••
D胡“4jm
r=D-A=3j4.5jm
r0=5j-4j,r417i16j
12i20j
dr
dt
-3i(t3)jm
s4
则
⑸•••
V4=3i7jms-
v0=3i3j,v4=3i7j
-Av
a二
At
V4-Vo
a=巴=1jms-2dt
这说明该点只有y方向的加速度,且为恒量。
2
1.9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
解:
•/
dtdxdtdx
分离变量:
2
d=adx=(26x)dx
两边积分得
123v2=2x2x3c
2
由题知,X
=0时,v0=10,.•.c=50
v=2一x3x25ms'
位为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.
dvdvdxdv
av—
1.10已知一质点作直线运动,其加速度为a=4+3tms,开始运动时,
v=0,求该质点在t=10s时的速度和位置.
=5m,
解:
dv
a=
dt
=43t
分离变量,得
积分,得
dv=(43t)dt
32
v=4tt2c1
21
由题知,t=0,Vo=0,G=°
32
v=4t+_t2故2
—t?
t
又因为
dt
dx=(4t-t2)dt
分离变量,2
x=2t2+」t3+c2积分得2
由题知t=0,X0=5,...C2=5
x=2t2+^t3+5
故2
所以t=10s时
321
v10=41010=190ms_
解:
(1)t=2s时,
2
213
x10=210105=705m
2
1.11一质点沿半径为计,求:
(1)t=2s
3
1m的圆周运动,运动方程为二=2+3t,才式中以弧度计,t以秒
(2)当加速度的方向和半径成45°
角时,其角位移是多少?
a=R:
=1182=36ms'
2222
an=R■=1(92)=1296ms
tan45。
=虽=1
⑵当加速度方向与半径成45°角时,有可
即R2=R亦即(9t2)2=18t
3232t3=日=2+3t3=2+3汉=2.67rad
则解得9于是角位移为9
12
v°t-二bt
1.12质点沿半径为R的圆周按s=2的规律运动,式中s为质点离圆周上某点的弧长,V。
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
=v。
_bt
ds
v二
dt
dv
dt
_v2(v°-bt)2
an
RR
则
加速度与半径的夹角为
.(v°-bt)4
R2
a
二arctan
-Rb
2
(V。
-bt)
⑵由题意应有
b2.(v-bt)4
R2
4
b2=b2(v。
単
R2
4
,二(v。
-bt)=0
b时,
1.14一船以速率v1=30km-h-1沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率v2=40km-h
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?
解:
(1)大船看小艇,则有V21=V2-W,依题意作速度矢量图如题1-13图⑻
题1-13图
由图可知
v21=.wv2=50kmh-
方向北偏西
v-arctan匕=arctan—=36.87
v24
⑵小船看大船,则有%二v1-V2,依题意作出速度矢量图如题1-13图(b),同上法,得
v12=50kmh°
方向南偏东36.87°
习题二
2.7一细绳跨过一定滑轮,绳的一边悬有一质量为m1的物体,另一边穿在质量为口2的圆
柱体的竖直细孔中,圆柱可沿绳子滑动.今看到绳子从圆柱细孔中加速上升,柱体相对于绳
子以匀加速度a•下滑,求mi,m2相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长,滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计).
解:
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a,故m2对地加速度,由图(b)可知,为
a?
二a〔-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
T「m2g=m2a2
联立①、②、③式,得
m1m2
讨论
(1)若a=0,则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动.
⑵若a=2g,则T=f=°,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.
.y--.
o
2.8一个质量为P的质点,在光滑的固定斜面(倾角为〉)上以初速度V。
运动,V。
的方向
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.
解:
物体置于斜面上受到重力
mg,斜面支持力N•建立坐标:
取V。
方向为x轴,平行斜
面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.
题2-2图
X方向:
Y方向:
t=0时
X=V°t
=may
=1gsin:
t22a
由①、②式消去t,得
^gsin:
x2
2v0
fx=6N,fy=
2.9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
-7N,当t=0时,x=y=0,Vx=-2m•s-1,Vy=0.求当t=2s旺质点X
(1)位矢;
(2)速度.
fx
6
3
ax
=
m
s
m
16
8
fy
-7
-2
ay二
m
s
m
16
2
3
5-
axdt
=-2
2
—
ms
0
0
8
4
2
aydt:
-7
2二-
7
4
+f
ms
0
16
8
-
5
7
—
-1
V
=——
i
j
m
s
4
8
解:
(1)
Vx=Vx0
Vy=Vy0
于是质点在2s时的速度
-12=12-
r=(v°t2axt)i2aytj
13-1-7-
=(一224)i()4j
28216
13.7.
i-jm
48
2.10质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力
d)tm的速度为V0,证明
(1)t时刻的速度为V=voe
mv0
k
-4-)t
x=(k):
1-em];(3)停止运动前经过的距离为
1
度减至V0的e,式中m为质点的质量.
答:
(1)•••
分离变量,得
-kva=m
dvdt
dv_
v
vdv
応=
-kdt
m
t一kdt
v
InIne
v。
kt
-m
v=v°e益
⑵
(3)质点停止运动时速度为零,
t_2t
vdt=ov0emdt
mvo
故有
tis,
.kt
v°emdt
⑷当t=k时,
其速度为
即速度减至Vo的
kv(k为常数)作用,t=0时质点
(2)由0到t的时间内经过的距离为
V)(k);(4)证明当t=mk时速
k(1
mV)
v=v0ev0e
2.11一质量为m的质点以与地的仰角-=30°的初速点落地时相对抛射时的动量的增量.
-e^t)
4V。
V。
从地面抛出,若忽略空气阻力,求质
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-mv(
由矢量图知,动量增量大小为mVo,方向竖直向下.
2.12—质量为m的小球从某一高度处水平抛出,落在水平桌面上发生弹性碰撞.并在抛出
1s,跳回到原高度,速度仍是水平方向,速度大小也与抛出时相等.求小球与桌面碰撞过程中,桌面给予小球的冲量的大小和方向.并回答在碰撞过程中,小球的动量是否守恒?
解:
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W二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
•9二mv2-mvi方向竖直向上,
大小
p=mv2_(_mvj=mg
碰撞过程中动量不守恒.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.
2.13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一6」m-s-1的物体,
回答这两个问题.
解:
(1)若物体原来静止,则
Fdt
若物体原来具有-6ms」
ms初速,贝y
tt一
卩2二P-P0
同理,
心v2=Av1I2=I
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.
二0(102t)dt=10tt
t210t-200=0
⑵同上理,两种情况中的作用时间相同,即
亦即
解得t=10s,(t=20s舍去)
2.14一质量为m的质点在xOy平面上运动,其位置矢量为
r二acostibsintj
t=—
求质点的动量及t=0到2■吋|\|上底“听空]勺合力旳冲「[用底门.功|丹仅空匕一解:
质点的动量为
p=mv=m,(_asin,tibcos,tj)
将t=0和2■分别代入上式,得
Pi=mojbjp2=—mcoai
55
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
\=.:
p=p2_Pi=-m-(aibj)
A
2.15一颗子弹由枪口射出时速率为Voms,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为
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
=(a—bt)=0,得吩
(2)子弹所受的冲量
f(a—bt)dt=at—gbt2
t
将b代入,得
2
I二旦
2b
(3)由动量定理可求得子弹的质量
I
m=
V0
2
_a
2bvo
2.16一炮弹质量为m,以速率v飞行,其内部炸药使此炮弹分裂为两块,爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T,且一块的质量为另一块质量的k倍,如两者仍沿原方向飞行,试证
其速率分别为
2kT
2T
v+Vmv-hkm
证明:
设一块为
于是得
m1,则另一块为m2,
m,=km2及mm2=m
kmm
m,,m2
k1k1
又设E的速度为v,口2的速度为v2,则有
121212
Tm1v1m2v2mv
222
mv=gwm2v2
联立①、③解得
将④代入②,并整理得
v2=(k1)v「kw
2T
km
于是有
将其代入④式,有
j2kT
V2=v_
Im
又,题述爆炸后,两弹片仍沿原方向飞行,故只能取
kT2T
Vi=V;,V2二v—.—
\mVkm
证毕.
2.17设F合=7i-6jN.
(1)当一质点从原点运动到r3i4ji6km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.
解:
(1)由题知,F合为恒力,
A合=Fr=(7i-6j)(-3i4j16k)
⑵
⑶由动能定理,
A
■:
t
」Ek=A--45J
75w
0.6
--21-24--45J
2.18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1cm,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
第一锤外力的功为
f=_ky
A
1
fdy二0kydy
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,
设第二锤外力的功为
A2,则同理,
y2
12kydy=?
ky?
由题意,有
1
A2=A|='(mv2)
所以,
于是钉子第二次能进入的深度为
^2=2
.:
y=y2-y!
=.2-1二0.414cm
2.19设已知一质点(质量为m)在其保守力场中位矢为r点的势能为Ep(r)rk/r",试求质点所受保守力的大小和方向.
解:
f(W
方向与位矢r的方向相反,即指向力心.
2.20一根劲度系数为kl的轻弹簧A的下端,挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B,B的下端
一重物C,C的质量为M,如题2.20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2.20图所示平衡时,有
题2.20图
又
所以静止时两弹簧伸长量之比为
Fa=Fb=Mg
Fa二kiXi
Fb=k2=x2
Xi_k2=x2k1
弹性势能之比为
2.21
(1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P,距月球表面的距离是多少?
地
球质量5.98x1024kg,地球中心到月球中心的距离3.84x108m,月球质量7.35x1022kg,
月球半径1.74x106m.
(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零,那么它在P点的势能为多少?
解:
(1)设在距月球中心为r处F月引二F地引,由万有引力定律,有
mM月mM地
G2G2
r(R—rf
经整理,得
r
.7.351022
=..5.981024*7.351022
3.48108
=38.32106m
则P点处至月球表面的距离为
h=rf=(38.32-1.74)106=3.66107m
⑵质量为1kg的物体在p点的引力势能为
M地
Ep
〜G—
R-r
=-6.671011
22
7.3510
3.83107
-6.6710J1
5.981024
38.4-3.83107
=1.28106J
2.22如题2.22图所示,一物体质量为2kg,以初速度V=3m-s-1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.
解:
取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点,弹簧原长处为弹性势能零点。
则由功能原理,有
-frsJkx2i-mv2mgssin37
r229
12
mvmgssin37-frsk=2
-kx2
2
式中s=4.8•0.2=5m,x=0.2m,再代入有关数据,解得
k=1390Nm
题2.22图
再次运用功能原理,求木块弹回的高度h
-frs二mgssin37o
代入有关数据,得则木块弹回高度
s=1.4m
h'=ssin37°=0.84m
题2.23图
mv「MV=0
Jmv;」mv;
22
2
2mvo
即
题2.24图(b)
题2.24图(a)
又碰撞过程中,动量守恒,即有
222
VoViV2
2.23质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽,如题2.23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
能零点,则有
1212mgRmvMV
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
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
联立,以上两式,得
-2MgR
Y(m+M)
试证碰后两小球的运动方向
2.24一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞,互相垂直.
证:
两小球碰撞过程中,机械能守恒,有
mv0二mv1mv2
亦即
VoV2
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V。
为斜边,
故知Vl与v2是互相垂直的.
第三习题
3.7一质量为m的质点位于(Xi,yi)处,速度为v=Vxlvyj,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.
解:
由题知,质点的位矢为
r=X/十如j
作用在质点上的力为
f一fi
所以,质点对原点的角动量为
L°=rmv
=(灯y1i)m(VxiVyj)
二(x1mv^y1mvx)k
作用在质点上的力的力矩为
■■一—一■
M°=rf=(x1iy1j)(一fi)=y1fk
3.8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=8.75X1010m时的速
率是v=5.46X104m-s-1,它离太阳最远时的速率是v2=9.08X102m-s-1这冷它肉点
阳的距离r2多少?
(太阳位于椭圆的一个焦点。
)
解:
哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用,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
r1m^=r2mv2
rN
V2
8.7510105.46104
2
9.08102
=5.261012
f=5jN作用
1
一一3-一
:
p二fdt5jdt=15jkg
3.10物体质量为3kg,t=0时位于r=4im,v=i6Jms,如一恒力在物体上,求3秒后,
(1)物体动量的变化;
(2)相对z轴角动量的变化.
LA-
(4L
5-3
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