大学物理(上)课后习题答案

1第1章质点运动学P211.8一质点在xOy平面上运动，运动方程为：x=3t+5,y=21t2+3t-4.式中t以s计，x,y以m计。⑴以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵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；⑶计算t＝0s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；⑷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)。解：（1）jttitr)4321()53(2m⑵1ts,2ts时，jir5.081m；2114rijm∴2134.5rrrijm⑶0ts时，054rij；4ts时，41716rij∴140122035ms404rrrijijtv⑷1d3(3)msdritjtv，则：437ijv1sm(5)0ts时，033ijv；4ts时，437ijv24041ms44jajtvvv(6)2d1msdajtv这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。1.9质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为226ax，a的单位为m/s2，x的单位为m。质点在x=0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。解：由ddddddddxatxtxvvvv得：2dd(26)daxxxvv两边积分2100d(26)dxxxvvv得：2322250xxv∴31225msxxv1.11一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为=2+33t，式中以弧度计，t以秒计，求：⑴t＝2s时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：tttt18dd,9dd2⑴s2t时，2sm362181Ra2222sm1296)29(1Ran⑵当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan451naa即：RR2，亦即tt18)9(22，解得：923t则角位移为：3223232.67rad9t1.13一质点在半径为0.4m的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为=0.2rad/s2，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。解：s2t时，4.022.0t1srad则0.40.40.16Rv1sm064.0)4.0(4.022Ran2sm0.40.20.08aR2sm22222sm102.0)08.0()064.0(aaan与切向夹角arctan()0.0640.0843naa2第2章质点动力学2.10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0v，证明：⑴t时刻的速度为()0=ktmevv；⑵由0到t的时间内经过的距离为x＝(0mkv)［1-tmke)(］；⑶停止运动前经过的距离为0()mkv；⑷当mtk时速度减至0v的e1，式中m为质点的质量。解：fkv，afmkmv⑴由ddatv得：dddkattmvv分离变量得：ddktmvv，即00ddtktmvvvv，因此有：0lnlnktmevv，∴0kmtevv⑵由ddxtv得：0dddkmtxtetvv，两边积分得：000ddkmxttxetv∴0(1)kmtmxekv⑶质点停止运动时速度为零，00kmtevv，即t→∞，故有：000dkmtxetmkvv⑷tmk时，其速度为：1000kmmkveeevvv，即速度减至0v的1e.2.13作用在质量为10kg的物体上的力为(102)FtiN，式中t的单位是s，⑴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。⑵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j6m/s的物体,回答这两个问题。解：⑴若物体原来静止，则itittFpt10401smkg56d)210(d,沿x轴正向，1111115.6ms56kgmspmiIpi；v若物体原来具有61sm初速，则000000,(d)dttpmpmFmtmFtvvv于是：tptFppp0102d,同理有：21vv,12II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。⑵同上理，两种情况中的作用时间相同，即：tttttI0210d)210(亦即：0200102tt，解得s10t，(s20t舍去)2.17设N67jiF合。⑴当一质点从原点运动到m1643kjir时，求F所作的功。⑵如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率。⑶如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。解：⑴由题知，合F为恒力，且00r∴(76)(3416)212445JAFrijijk合⑵w756.045tAP⑶由动能定理，J45AEk2.20一根劲度系数为1k的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为2k的轻弹簧B，B的下端又挂一重物C，C的质量为M，如图。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BA、及重物C受力如题2.20图所示平衡时，有：MgFFBA，又11xkFA，22xkFB所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221xxkk弹性势能之比为：22111222211212ppEkxkEkxk3第3章刚体力学基础3.7一质量为m的质点位于(11,yx)处，速度为xyijvvv,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：jyixr11作用在质点上的力为：iff所以，质点对原点的角动量为：01111()()()xyyxLrmxiyjmijxmymkvvvvv作用在质点上的力的力矩为：kfyifjyixfrM1110)()(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1r＝8.75×1010m时的速率是1v＝5.46×104m/s，它离太阳最远时的速率是2v＝9.08×102m/s,这时它离太阳的距离2r是多少?(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，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：1122rmrmvv∴10412112228.75105.46105.2610m9.0810rrvv3.9物体质量为3kg，t=0时位于m4ir,6ijv(m/s)，如一恒力N5jf作用在物体上,求3秒后，⑴物体动量的变化；⑵相对z轴角动量的变化。解：⑴301smkg15d5djtjtfp⑵解法(一)由53Nafmj得：0034437mxtxxttv222031515663325.52623ytytatttjv即有：ir41,jir5.257201xxvv；0653311yyatvv即有：216ijv,211ijv∴11143(6)72Lrmiijkv222(725.5)3(11)154.5Lrmijijkv∴1212smkg5.82kLLL解法(二)∵dLMdt，∴200320310d()d15(4)(6))5d235(4)d82.5kgmsttLMtrfttittjjttktk3.10平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1M的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为0r时重物达到平衡。今在1M的下方再挂一质量为2M的物体，如题3.10图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径r为多少解：只挂重物1M时，小球作圆周运动，向心力为gM1，即：2001mrgM①挂上2M后，则有：221)(rmgMM②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒。即：00rmrmvv2020rr③联立①、②、③得：100Mgmr，2112301()MgMMmrM，112130212()MMMrgrmMM3.11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900rev/min。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，可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如题3.11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：⑴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?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?4解：⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中N、N是正压力，rF、rF是摩擦力，xF和yF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。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：121()0FllNl，121)NllFl(对飞轮，按转动定律有rFRI，式中负号表示与角速度方向相反。∵NFr，NN∴FlllNFr121又∵212ImR，∴1212()rFRllFImRl①以N100F等代入上式，得：2srad34010050.025.060)75.050.0(40.02由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：s06.74060329000t这段时间内飞轮的角位移为：2201900291409()53.12rad2604234tt可知在这段时间里，飞轮转了1.53转。⑵10srad602900，要求飞轮转速在2ts内减少一半，可知2000215rads22tt用上面式⑴所示的关系，可求出所需的制动力为：112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2mRlFNll3.13计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m1=50kg，m2=200kg，M=15kg，r=0.1m解：分别以m1、m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1、m2运用牛顿定律，有：amTgm222；amT11对滑轮运用转动定律，有：)21(212MrrTrT又ra由以上4个方程解得：22122009.87.6ms25200152mgammM题3.13(a)图题3.13(b)图3.14如题3.14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，杆于水平位置由静止开始摆下。求：⑴初始时刻的角加速度；⑵杆转过角时的角速度.解：⑴由转动定律有：211()23mglml，∴lg23⑵由机械能守恒定律有：22)31(21si