大学物理所以作业以及答案1教材.docx
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大学物理所以作业以及答案1教材
1-3一质点在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,写出质点地点矢量的表示式;
(2)
求出t=1
s时辰和t=2s
时辰的地点矢量,计算这
1秒内质点的位移;(3)计算t=0s时辰到t=4s
时辰内的均匀速度;(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内质点的均匀加快度;
(6)
求出质点加快度矢量的表示式,计算
t=4s
时质点
的加快度(请把地点矢量、位移、均匀速度、刹时速度、均匀加快度、刹时加快度都表示成
直角坐标系中的矢量式).
解:
(1)
r
(3t
5)i
(1t2
3t
4)j
2
m
(2)将t
1,t
2代入上式即有
r1
8i
0.5j
m
r2
11j
4j
m
r
r2
r1
3j
4.5jm
(3)∵
r0
5j
4j,r4
17i16j
r
r4
r0
12i
20j
3i5jms
1
v
4
0
4
∴
t
v
dr
3i(t3)j
ms1
(4)dt
则
v4
3i
7j
ms1
(5)∵
v0
3i
3j,v4
3i
7j
a
v
v4v0
4
1j
ms
2
t
4
4
(6)
a
dv
1jms2
dt
这说明该点只有
y方向的加快度,且为恒量。
1-5质点沿x轴运动,其加快度和地点的关系为
a=2+6x2
,a的单位为ms2
,x的单位
为m.
质点在x=0处,速度为10ms1
试求质点在任何坐标处的速度值.
a
dv
dvdx
vdv
解:
∵
dt
dxdt
dx
分别变量:
d
adx
(2
6x2)dx
1v2
2x2x3
c
两边积分得
2
由题知,x
0时,v0
10,∴c
50
∴
v
2
x3
x
25m
s1
1-7
一质点沿半径为
1m的圆周运动,运动方程为
=2+3t3,式中以弧度计,t
以秒
计,求:
(1)
t=2s
(2)
当加快度的方向和半径成
45°
角时,其角位移是多少
?
d
9t2,
d
18t
解:
dt
dt
(1)
t2s时,
a
R
1
18
2
36m
s2
an
R
2
1
(922)2
1296m
s2
tan45
a
1
(2)当加快度方向与半径成45ο角时,有
an
即
R2
R
亦即
(9t2)2
18t
t3
2
2
3t3
2
3
2
rad
则解得
9
于是角位移为
9
1-8
质点沿半径为R的圆周按s=
v0t
1bt2
s为质点离圆周上某点的弧
2
的规律运动,式中
长,
v0,b都是常量,求:
(1)
t时辰质点的加快度;
(2)
t为什么值时,加快度在数值上等于
b.
v
ds
v0
bt
解:
(1)
dt
a
dv
b
dt
bt)2
an
v2
(v0
R
R
a
2
2
2
(v0
bt)4
则
a
an
b
R2
加快度与半径的夹角为
arctan
(2)由题意应有
aRb
2
an(v0bt)
a
b
b2
(v0bt)4
bt)4
R2
b2
b2
(v0
(v0bt)4
0
即
R2
v0
t
∴当b时,ab
1-13一船以速率v1=30km·h-1
沿直线向东行驶,另一小艇在其前面以速率
v2=40km·h-1
沿直线向北行驶,问在船上看小艇的速度为什么
?
在艇上看船的速度又为什么?
解:
(1)大船看小艇,则有v21
v2v1,依题意作速度矢量图如题1-13
图(a)
题1-13图
由图可知
v21
v12
v22
50kmh1
arctanv1
arctan3
方向北偏西
v2
4
(2)小船看大船,则有
v12
v1
v2,依题意作出速度矢量图如题1-13
图(b),同上法,得
方向南偏东o
v12
50km
h1
2-3质量为16kg
的质点在
xOy
平面内运动,受一恒力作用,力的重量为
fx
=6N,
fy
=
-7N,当t=0时,x
y
0,vx=-2m·s-1,vy=0.求
当t=2s
(1)
位矢;
(2)
速度.
ax
fx
6
3ms2
m
解:
16
8
ay
fy
7ms2
m
(1)
16
vxv
vyv
于是质点在2s时的速度
x0
axdt
2
3
2
5
ms1
2
0
8
4
2
7
7
s1
y0
aydt
2
m
0
16
8
v
5i
7j
m
s1
(2)
4
8
r(v0t
1axt2)i
1ayt2j
2
2
(22
134)i
1(7)4j
2
8
2
16
13i
7j
m
4
8
2-6一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速v0从地面抛出,若忽视空气阻力,求质点落地时相对抛射时的动量的增量.
解:
依题意作出表示图如题2-6图
题2-6图
在忽视空气阻力状况下,抛体落地刹时的末速度大小与初速度大小同样,
与轨道相切斜向下,
而抛物线拥有对
y轴对称性,故末速度与
x轴夹角亦为
30o,则动量的增量为
p
mv
mv0
由矢量图知,动量增量大小为
mv0
,方向竖直向下.
2-9
一质量为m的质点在xOy平面上运动,其地点矢量为
r
acosti
bsin
tj
t
2
求质点的动量及
t=0到
解:
质点的动量为
p
mv
m(
asin
ti
bcostj)
将t
t
2分别代入上式,得
0和
p1
mbj,p2
m
ai,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
I
p
p2
p1
m(aibj)
2-10
一颗子弹由枪口射出时速率为
v0ms1
,当子弹在枪筒内被加快时,它所受的协力为
F=(abt)N(a,b为常数),此中t以秒为单位:
(1)假定子弹运转到枪口处协力恰好为零,
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
F
(a
bt)
0,得
t
b
(2)子弹所受的冲量
I
t
bt)dt
at
1bt2
(a
0
2
t
a
将b代入,得
I
a2
2b
(3)由动量定理可求得子弹的质量
I
a2
m
2bv0
v0
2-12
设F合7i
6jN.
(1)
当一质点从原点运动到r
3i4j16km时,求F所作
的功.
(2)假如质点到r处时需
,试求均匀功率.(3)
假如质点的质量为
1kg,试求动能
的变化.
解:
(1)由题知,
F合
为恒力,
∴
A合
Fr
(7i
6j)(3i
4j16k)
21
24
45J
P
A
45
(2)
t
75w
(3)由动能定理,
Ek
A
45J
2-17
由水平桌面、圆滑铅直杆、不行伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为
m1和m2
的滑块构成如题
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,m2
与桌面间的摩擦系数为
,最先m1静止于A点,AB=BC=h,绳已拉直,现令滑块落
下m1,求它着落到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
m2gh
1(m1
m2)v2
[m1gh
1k(l)2]
2
2
式中
l为弹簧在A点时比原长的伸长量,则
l
AC
BC
(
21)h
联立上述两式,得
2m1
m2gh
kh2
2
v
21
m1
m2
题2-17图
2-18如题2-18图所示,一物体质量为2kg,以初速度v0=3m·s-1从斜面A点处下滑,它与斜面的摩擦力为8N,抵达B点后压缩弹簧20cm后停止,而后又被弹回,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缺点的地点为重力势能零点,弹簧原优点为弹性势能零点。
则由功能原理,有
frs
1kx2
1mv2
mgssin37
2
2
1
mv2
mgssin37frs
k
2
1kx2
2
式中s5m,x0.2m,再代入相关数据,解得
k1390Nm-1
题2-18图
再次运用功能原理,求木块弹回的高度h
o12
frsmgssin37kx
代入相关数据,得s1.4m,
则木块弹回高度
hssin37o
0.84m
题2-19图
2-27计算题2-27图所示系统中物体的加快度.
设滑轮为质量均匀散布的圆柱体,
其质量为
M,半径为r,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽视桌面与物体间的摩擦,设
m1=50
kg,m2=200kg,M=15kg,
r=0.1m
解:
分别以m1,m2滑轮为研究对象,受力争如图
(b)所示.对m1,m2运用牛顿定律,有
m2gT2
m2a
①
T1
m1a
②
对滑轮运用转动定律,有
T2rT1r(1Mr2)
2
③
又,
a
r
④
联立以上4个方程,得
m2g
200
ms
2
a
m1m2
M
5
20015
2
2
题2-27(a)图题2-27(b)图
题2-28图
2-28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,
杆于水平地点由静止开始摆下.求:
(1)
初始时辰的角加快度;
(2)
杆转过角时的角速度.
解:
(1)由转动定律,有
mg1
(1ml2)
2
3
3g
∴
2l
(2)
由机械能守恒定律,有
mglsin
1(1ml2)2
2
2
3
3gsin
∴
l
题2-29图
2-29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,它本来静止在均衡地点上.现有一质量为m的弹性小球飞来,正幸亏棒的下
端与棒垂直地相撞.相撞后,使棒从均衡地点处摇动到最大角度30°处.
(1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速v0的值;
(2)相撞时小球遇到多大的冲量?
解:
(1)设小球的初速度为v0,棒经小球碰撞后获得的初角速度为,而小球的速度变成
v,按题意,小球和棒作弹性碰撞,因此碰撞时遵照角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式:
mv0l
I
mvl
①
1mv02
1I
2
1mv2
②
2
2
2
I
1Ml2
上两式中
3
,碰撞过程极为短暂,可以为棒没有明显的角位移;碰撞后,棒从竖直
地点上摆到最大角度
30o,按机械能守恒定律可列式:
1I
2
Mgl(1cos30)
2
2
由③式得
Mgl
1
3g
3
2
I
(1cos30)
l
(1
)
2
由①式
③
1
2
v
v0
I
ml
④
由②式
v2
v02
I
2
m
⑤
因此
(v0
I
)2
v02
1
2
求得
ml
m
l
I
l
1M
v0
2
(1
ml2)
2(1
3m)
6(2
33m
M
gl
12
m
(2)相碰时小球遇到的冲量为
Fdt
mv
mv
mv0
由①式求得
Fdtmv
mv0
I
1Ml
l
3
6(2
3)M
gl
6
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.
8-6长l
AB上均匀地散布着线密度
-1
=5.0x10-9C·m
(1)在导线的延伸线上与导线B端相距a1=5.0cm处P点的场强;
(2)在导线的垂直均分线上
与导线中点相距
d2处Q点的场强.
解:
如题8-6
图所示
(1)在带电直线上取线元
dx,其上电量dq在P点产生场强为
dEP
1
dx
4
π0
(a
x)2
l
dx
EPdEP
2
4π0
l
(a
x)2
2
[
1
1
]
4π0
a
l
a
l
l
2
2
π0(4a2
l2)
用l
15cm,
10
9C
m1
a12.5cm代入得
EP
102
N
C1
方向水平向右
dEQ
1
dx
(2)同理
4π0
x2
d22
8-6图所示
方向如题
dEQx
0
E
Q
y
因为对称性
l
,即
只有
重量,
dEQy
1
dx
d2
4π0x2
d22
x2
d22
∵
l
dx
d2
2
EQy
dEQy
l
2
2
3
2
(x
2
l
4π2
d2)
l
2π0
l2
4d22
以
109
C
cm1
l
15cm,
d2
5cm代入得
EQ
EQy
102
N
C1
,方向沿y轴正向
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