大学物理第三版(北邮版)答案

习题解答习题一1-1（1）│Δr|是位移的模，Δr是位矢的模的增量，即|Δr|=|r2-r1|，Δr=|r2|-|r1|；（2）dtdr是速度的模，即dtdr=|v|=dtds.dtdr只是速度在径向上的分量.∵有r=rrˆ（式中rˆ叫做单位矢），则dtrdrrdtdrdtdrˆˆ式中dtdr就是速度径向上的分量，∴dtdrdtdr与不同如题1-1图所示.题1-1图(3)dtdv表示加速度的模，即|a|=dtdv，dtdv是加速度a在切向上的分量.∵有V=Vˆ(ˆ表轨道节线方向单位矢），所以dtdvdtdvdtdvˆˆ式中dtdv就是加速度的切向分量.(dtddtrdˆˆ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2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r=xi+yj，jdtydidtxddtrdajdtdyidtdxdtdrv222222故它们的模即为222222222222dtyddtxdaaadtdydtdxvvvyxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22dtrdadtdrv其二，可能是将22dtrddtdr与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dtdr不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22dtrd也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分222dtdrdtrda径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3（1）r=(3t+5)i+(21t2+3t-4)jm(2)将t=1,t=2代入上式即有r1=8i-0.5jmr2=11j+4jmΔr=r2-r1==3j+4.5jm(3)∵r0=5j-4j,r4=17i+16j∴104534201204sjmijirrtrv(4)1)3(3sjmtidtdrv则v4=3i+7jm·s-1(5)∵v0=3i+3j,v4=3i+7j2041444smjvvtva(6)21smjdtdva这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。题1-4图1-4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l2=h2+s2将上式对时间t求导，得dtdssdtdll22根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，∴dtdsvvdtdlv船绳,0即cos00vvsldtdlsldtdsv船或svshslvv02/1220)(船将v船再对t求导，即得船的加速度3202220202002)(svhsvslsvslvsvvsdtdsldtdlsdtdva船船1-5∵dxdvvdtdxdxdvdtdva分离变量：vdv=adx=(2+6x2)dx两边积分得cxxv322221由题知，x=0时，v0=10,∴c=50∴13252smxxv1-6∵tdtdva34分离变量，得dv=(4+3t)dt积分，得12234cttv由题知，t=0,v0=0,∴c1=0故2234ttv又因为2234ttdtdxv分离变量，dtttdx)4(223积分得232122cttx由题知t=0,x0=5,∴c2=5故521232ttx所以t=10s时mxsmv705510211021901023104321012101-7tdtdtdtd18,92(1)t=2s时，aτ=Rβ=1×18×2＝36m·s-2an=Rω2=1×(9×22)2＝1296m·s-2(2)当加速度方向与半径成45°角时，有)sin(sin2cos2sin200tRtRRtvRtvx145tannaa即Rω2=Rβ亦即(9t2)2＝18t则解得t3=2/9于是角位移为radt67.292323231-8（1）btvdtdsv0RbtvRvabdtdvan202)(则240222)(Rbtvbaaan加速度与半径的夹角为20)(arctanbtvRbaan(2)由题意应有2402)(Rbtvbba即0)(,)(4024022btvRbtvbb∴当bvt0时，a=b1-9依题意作出下图，由图可知题1-9图(1))cos1()cos1(2sin2sin2tRRRy(2))sin)cos1(tRdtdyvtRdtdxvyxdtdvtRadtdvtRayyxxcossin221-10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，v1=vx=v0cos60°an1=g=10m·s-2又∵1211van∴mavn1010)60cos20(22111(2)在落地点，v2=v0=20m·s-1，而2na=g×cos60°∴mavn8060cos10)20(222221-11当t=2s时，ω=βt=0.2×2＝0.4rad·s-1则v=Rω=0.4×0.4＝0.16m·s-1an=Rω2=0.4×(0.4)2＝0.064m·s-2aτ=Rβ=0.4×0.2＝0.08m·s-222222102.0)08.0()064.0(smaaan1-12当滑至斜面底时，y=h，则ghvA2,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因此，A对地的速度为jghighuvuvAA)sin2()cos2(地题1-12图1-13(1)大船看小艇，则有v21=v2-v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知122212150hkmvvv方向北偏西87.3643arctanarctan21vv(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v12=50km·h-1方向南偏东36.87°1-14依题意作出矢量图如题1-14所示．题1-14图∵v雨船=v雨-v船∴v雨=v雨船+v船由图中比例关系可知v船=v雨=8m·s-11-15若以大船为参照系，则快艇相对于大船的相对位矢为r，而快艇对大船的相对速度为v′=v-V=v+(-V)依据以上关系作出图1-15(b)．题1-15图设相对位矢r与海岸夹角为α，则有202sinxDD又设快艇对船的相对速度v′与海岸线的夹角为θ则由图(b)可知，要使船在x处出发时能栏截大船，应有θ≥α(若θ≤α，则艇将从大船后方穿过)．但θ角的大小与艇速v与海岸线的夹角φ有关，φ值可取0-180°间任何值．依据v′=v-V作图1-15(c)，(图中之圆是以｜v｜为半径所作之圆，其表示v之模不变，但方向可变)．如图(c)可知θ的极大值是在v′与圆周相切之时，此时有题1-15（c）图Vvmsin艇拦截大船的条件是θ≥α，故有VvxDD202解得vvVDx21)(220习题二2-1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a2=a1-a′①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m1g-T=m1a1②T-m2g=m2a2③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(mmagmmTfmmamgmmammamgmma讨论(1)若a′=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若a′=2g，则T=f=0，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．题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，NB-mg=0①又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则NAlsinθ-mg2lcosθ=0②在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma③题2-2图式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即f=±μ0mg④联立①、②、③、④式得)(2tan,)(2tan00gaggagMm2-3283166smmfaxx2167smmfayy(1)20101200872167452832smdtavvsmdtavvyyyxxx于是质点在2s时的速度18745smjiv(2)mjijijtaitatvryx874134)167(21)4832122(21)21(2202-4(1)∵dtdvmkva分离变量，得mkdtvdv即vvtmkdtvdv00mktevvlnln0∴tmkevv0(2)tttmkmkekmvdtevvdtx000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有000kmvdtevxtmk(4)当t=km时，其速度为evevevvkmmk0100即速度减至v0的e1.2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a′，则m2对地加速度a2=a′-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a′，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a′，由牛顿定律，有m2g-T=m2(a′-a)T=m1a′题2-5图联立，解得a′=g方向向下(2)m2对地加速度为a2=a′-a=2g方向向上m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相′+a牵∴gggaaa25422221θ=arctanaa=arctan21=26.6°，左偏上．2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图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Δp=mv-mv0由矢量图知，动量增量大小为｜mv0｜，方向竖直向下．2-7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v1=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Δp=mv2-mv1方向竖直向上，大小｜Δp｜=mv2-(-mv1)=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．2-8(1)若物体原来静止，则Δp1=tidttFdt04056)210(ikg·m·s-1,沿x轴正向，111111566.5smkgipIsmimpv若物体原来具有-6m·s-1初速，则ttFdtmvdtmFvmpmvp000000)(,于是tpFdtppp0102,同理，Δv2=Δv1,I2=I1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．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即tttdttI0210)210(亦即t2+10t-200=0解得t=10s，(t′=-20s舍去)2-9质点的动量为p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj)将t=0和t=2分别代入上式，得p1=mωbj,p2=-mωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)2-