天津科技大学物理作业答案

第一章1、D2、D3、B4、8m，10m5、23m/s6、4.8m/s2，3.15rad7、r，r8、解：(1)由(cossin)r=Rωtiωtj，知：cosxRt，sinyRt消去t可得轨道方程：222xyR∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R的圆；（2）由drvdt，有速度：sinRcosvRtitj速率：1222[(sin)(cos)]vRtRtR9、解：（1）由24(32)rtitj，可知24xt，32yt消去t得轨道方程为：x2(3)y，∴质点的轨道为抛物线。（2）由drvdt，有速度：82vtij从0t到1t秒的位移为：1100(82)42rvdttijdtij（3）0t和1t秒两时刻的速度为：(0)2vj，(1)82vij。10、解：(1)由drvdt，有：22vtij，dvadt，有：2ai；（2）有速率：12222[(2)2]21vtt∴tdvadt221tt，利用222tnaaa有：22221ntaaat。11、解：由于是一维运动，所以，由题意：kvdtdv，分离变量并积分有：001vtvdvkdtv，得：tkevv0又∵tkevdtdx0，积分有：dtevdxtktx000∴)1(0tkekvx第二章1、D2、B3、l/cos2θ4、解：(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律tmKddvv∴vvvvvv0dd,dd0ttmKtmK∴mKt/0evv(2)求最大深度解法一：txddvtxmKtded/0vtxmKttxded/000v∴)e1()/(/0mKtKmxvKmx/0maxv解法二：xmtxxmtmKdd)dd)(dd(ddvvvvv∴vdKmdxvvdd000maxKmxx∴Kmx/0maxv5、解：根据牛顿第二定律xmtxxmtmxkfdddddddd2vvvv∴4/202dd,ddAAxmxkmxxkvvvvvkmAAAmk3)14(212v∴)/(6mAkv6、解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。由：dvFmdt，有：24242dvitjdt，两边积分有：0201(424)2vtvdvitjdt，∴3024vvtitj，考虑到034vij，st1，有15vi由于在自然坐标系中，tvve，而15vi（st1时），表明在st1时，切向速度方向就是i方向，所以，此时法向的力是j方向的，则利用2424Fitj，将st1代入有424424tnFijee，∴24nFN。第三章1、B2、C3、C4、C5、－F0R6、保守力的功与路径无关W=ΔEP7、解：由功的定义：AFr，题意：250.5rtij24(4)(2)60rrri，220.5105drFmiidt∴560300AiiJ。8、解：用动能定理，对物体402402d610d021xxxFm)(v3210xx＝168解出v＝13m/s9、解：(1)外力做的功＝31J(2)此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关．10、解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为glymf摩擦力的功00ddalalfygylmyfW=022alylmg=2)(2allmg(2)以链条为对象，应用质点的动能定理∑W＝2022121vvmm其中∑W=WP＋Wf，v0=0WP=laxPd=lalmgxxlmgla2)(d22由上问知lalmgWf2)(2所以222221)(22)(vmallmglalmg得21222)()(alallgv第四章1、C2、C3、18N·s4、k12kg·m2·s1k3N·m5、06、mvd7、mab08、解：（1）由于离开枪口处合力刚好为零，有：544001003t，得：3310ts；（2）由冲量定义：0tIFdt有：0.0035520.003004240010(40010)0.633ItdtttNs（）（3）再由Imv，有：30.6/300210mkg。9、解：（1）根据动量的定义：Pmv，而drvdtsincosatibtj，21d)4.388.52(d2xxxxxxFWy∴()(sincos)Ptmatibtj；（2）由2()(0)0ImvPPmbjmbj，所以冲量为零。第五章1、D2、A3、B4、定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩）的增量，0)(d21JJtMttz刚体所受对轴的合外力矩等于零．5、M0/(M+2m)6、解：受力分析如图，可建立方程：mgTma┄①JTR┄②aR，212JmR┄③联立，解得：22mgaMm，2MmgTMm，考虑到dvadt，∴0022vtmgdvdtMm，有：22mgtvMm。7、解：受力分析如图，可建立方程：maTmg222┄①mamgT1┄②2()TTrJ┄③JrTT)(1┄④ra，2/2Jmr┄⑤联立，解得：ga41，mgT8118、解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg­T＝ma①Tr＝J②由运动学关系有：a=r③由①、②、③式解得：J＝m(g－a)r2/a④又根据已知条件v0＝0∴S＝221at，a＝2S/t2⑤2分将⑤式代入④式得：J＝mr2(Sgt22－1)9、解：作示力图．两重物加速度大小a相同，方向如图.示力图2分m1g－T1＝m1a1分T2－m2g＝m2a1分设滑轮的角加速度为，则Tm2gm1graaT1T2T2T1TrTamg(T1－T2)r＝J2分且有a＝r1分由以上四式消去T1，T2得：Jrmmgrmm221212分开始时系统静止，故t时刻滑轮的角速度．Jrmmgrtmmt22121１分10、解：根据角动量守恒]31)32([32220MLLmLmv解得LMmmv)34(6011、解：(1)以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒．mv0R＝(21MR2＋mR2)RmMm210v(2)设表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小为RfrrgrM0d2＝(2/3)gR3＝(2/3)MgR设经过t时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－Mft＝0－J＝－(21MR2＋mR2)＝-mv0R∴MgmMgRRmMRmtf2v33/2vv00012、解：根据机械能守恒221sin2Jlmg解得lg/sin3lglvBsin3端速度13、解：受力分析如图．2分mg－T2=ma21分T1－mg=ma11分T2(2r)－T1r=9mr2/22分2r=a21分r=a11分解上述5个联立方程，得：rg1922分\第六章1、B2、A3、B4、B5、DT2a2T12P1Pa16、c7、相对的，运动8、解：以粒子为S系，利用221()ttuc有：8281.5101()0.866310ts。9、解：门外观测者测得杆长为运动长度，201()ullc，当al时，可认为能被拉进门，即：acul2201解得杆的运动速率至少为：201()aucl10、解：令S＇系与S系的相对速度为v，有2)/(1cttv，22)/(1)/(cttv则2/12))/(1(ttcv(=2.24×108m·s-1)那么，在S＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(ttctxv=6.72×108m11、解：设加速器为S系，离子为S系，利用：21xxxvuvuvc，则：220.80.811xxxvuccvcuvcccc。12、解：由相对论动能：220kEmcmc：（1）261022211(1)0.5110(1)10.11kEmcvc2.57MeV；（2）22022212211()11kEmcvvcc622110.5110()10.9910.92.44MeV。13、解：按题意，vv02mmvvv02202/1mcm即5.0/122cv，25.0/122cv2275.0cv，c886.0v动能20202kcmcmmcE，即2022cmmc，2022202/1cmccmv同上可得c886.0v14、解：根据洛仑兹变换公式:2)(1/ctxxvv，22)(1//ccxttvv可得2222)(1/ctxxvv，2111)(1/ctxxvv在K系，两事件同时发生，t1=t2，则21212)(1/cxxxxv，21)/()()/(112122xxxxcv解得2/3cv．在K′系上述两事件不同时发生，设分别发生于1t和2t时刻，则22111)(1//ccxttvv，22222)(1//ccxttvv由此得221221)(1/)(/ccxxttvv=5.77×10－6s15、解：设两系的相对速度为v．根据洛仑兹变换，对于两事件，有2)/(1ctxxvv22)/(1(cx)/cttvv由题意：0t可得xct)/(2v及2)/(1cxxv由上两式可得x2/1222])/()[(ctcx2/1222][tcx=4×106m第七章1、B2、E3、B4、，-/2，/35、振动系统本身的性质，初始条件6、10cm，/6rad/s，/37、解：（1）由题已知A=0.12m，T=2s，∴2T又∵t=0时，06xcm，00v，由旋转矢量图，可知：3故振动方程为：0.12cos3xtm（）；（2）将t=0.5s代入得：0.12cos0.12cos0.10436xtm（），0.12sin0.12cos0.188/36vtms（），2220.12cos0.12cos1.03/36atms（），方向指向坐标原点，即沿x轴负向；（3）由题知，某时刻质点位于6cm2Ax，且向x轴负方向运动，如图示，质点从P位置回到平衡位置Q处需要走32，建立比例式：2tT，有：56ts。8、解:(1)vm=A∴=vm/A=1.5s-1∴T=2/4.19s(2)am=2A=vm=4.5×10-2m/s2(3)21x=0.02)215.1cos(t(SI)9、解：旋转矢量如图所示．由振动方程可得π21，31667.0/ts10、解：依题意画出旋转矢量图．由图可知两简谐振动的位相差为21．11、解：由212PEkx，212kEmv，有：221cos()2PEkAt，2222211sin()sin()22kEmAtkAt，（1）当2Ax时，由cos()xAt，有：1cos()2t，3sin()2t，∴14PEE，34kEE；（2）当12PkEEE时，有：22cos()sin()ttPx2A3Qx(m)