大学物理上下册课后习题集标准答案.doc

-/ 习 题 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = R(cosωti+ sin ωtj) 其中ω 为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由r = R(cosωti + sin ωtj) 知 x = R cos ωt y = R sin ωt 消去 t 可得轨道方程 x 2 + y2 = R 2 2） v = ddtr = −ωR sin ωti+ ωRcosωtj v = [(−ωR sin ωt)2 + (ωR cos ωt)2 ] 12 = ωR 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r = 4t 2 i + (3 + 2t) j ，式中r 的 单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从t = 0 到t =1秒的位移；（3） t = 0 和t =1秒两时刻的速度。 解：1）由r = 4t 2 i + (3 + 2t) j 可知 x = 4t 2 y = 3 + 2t 消去 t 得轨道方程为：x = (y −3)2 2）v = ddrt = 8ti + 2 j r = ∫01 vdt = ∫01 (8ti + 2 j)dt = 4i + 2 j 3） v(0) = 2 j v(1) = 8i + 2 j 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r = t 2 i + 2tj ，式中r 的单位为 m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速 度和法向加速度。 解：1）v = ddrt = 2ti + 2 j a = ddvt = 2i 2）v = [(2t)2 + 4] 12 = 2(t 2 +1) 12 a t = dv = 2t dt t 2 +1 a = a 2 − a 2 = 2 n t t2 +1 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升 降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 y = v t + 1 at 2 （1） 图 1-4 1 0 2 1 gt 2 y2 = h + v0t − （2） 2 y1 = y2 （3） 解之 t = 2d g + a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度v0 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（1） x = v0 t 式（1） y = h − 1 gt 2 式（2） 2 1 gt 2 ) j r(t) = v0 t i + (h - 2 （2）联立式（1）、式（2）得 y = h − gx 2 2v02 （3） dr = v0 i - gt j 而 落地所用时间 t = 2h g dt 所以 dr = v0 i - 2gh j dv = −g j dt dt v = v 2x + v2y = v02 + (−gt)2 dv = g 2 t = g 2gh dt [ v 2 + ( gt) 2 ] 1 2 ( v 2 + 2gh) 12 0 0 1-6. 路灯距地面的高度为h1 ，一身高为h2 的人在路灯下以匀速v1 沿直线行 走。试证明人影的顶端作匀速运动，并求其速度v2 . 证明：设人从 O 点开始行走，t 时刻人影中足的坐标为 x1 ，人影中头的坐标 为 x2 ，由几何关系可得 图 1-6 x2 = h1 而 x = v t x2 − x1 h2 1 0 所以，人影中头的运动方程为 x2 = h1 x1 = h1t v0 h1 − h2 h1 − h2 人影中头的速度 v2 = dx2 = h1 v0 dt h1 − h2 1-7. 一质点沿直线运动，其运动方程为 x = 2 + 4t − 2t 2 (m)，在 t 从 0 秒到 3 秒的时间间隔内，则质点走过的路程为多少？ 解：v = dx = 4 − 4t 若v = 0 解的 t =1s dt x1 = x1 − x0 = (2 + 4 − 2) − 2 = 2m x 3 = x 3 − x = (2 + 4 3 − 2 32 ) − (2 + 4 − 2) = −8m 1 x = x1 + x2 = 10m 1-8. 一弹性球直落在一斜面上，下落高度 h = 20cm ，斜面对水平的倾角θ = 30o ，问它 第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远 (假设小球碰斜面前后速度数值相等，碰撞时人 射角等于反射角)。 图 1-8 解：小球落地时速度为v0 = 2gh 一 建立直角坐标系，以小球 第一次落地点为坐标原点如图 vx0 = v0 cos 600 x = v0 cos 600 t + 1 g cos 600 t 2 （1） 2 v y 0 = v0 sin 600 y = v0 sin 600 t − 1 g sin 600 t 2 （2） 2 第二次落地时 y = 0 t = 2v0 g x = v0 cos 600 t + 1 g cos 60 0 t 2 = 2v 2 = 0.8m 所以 0 2 g 1-9. 地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上的物体仍能保持在地球 上而不致离开地球?已知现在赤道上物体的向心加速度约为3.4cm / s2 ，设赤道上 重力加速度为9.80m/s2 . 解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足 g = Rω2 现在赤道上物体ω′ = 3.4 10−2 R ω = 9.8 =17 ω′ 3.4 10−2 1-10. 已知子弹的轨迹为抛物线，初速为v0 ，并且v0 与水平面的夹角为θ . 试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径。 解：在顶点处子弹的速度v = v0 cosθ ，顶点处切向加速度为 0。 因此有： g = v2 = (v cosθ)2 ρ = v2 cos2 θ 0 0 ρ ρ g 在落地点速度为v0 g cosθ = v2 ρ = v2 0 0 ρ g cosθ 1-11. 飞机以v0 =100m / s 的速度沿水平直线飞行，在离地面高h = 98m 时， 驾驶员要把物品投到前方某一地面目标上，问：投放物品时，驾驶员看目标的视 线和竖直线应成什么角度?此时目标距飞机下方地点多远? 解：设此时飞机距目标水平距离为 x 有： x = v0t h = 1 gt 2 2 x 联立方程解得： x ≈ 447m θ = arctan ≈ 77.50 h 1-12. 设将两物体 A 和 B 分别以初速v A 和vB 抛掷出去．v A 与水平面的夹角 为α ；vB 与水平面的夹角为β ，试证明在任何时刻物体 B 相对物体 A 的速度是 常矢量。 解：两个物体在任意时刻的速度为 v A = v0 cosαi + (v0 sinα− gt) j vB = v0 cos βi + (v0 sinβ - gt) j vBA = vB - v A = (v0 cos β − v0 cosα)i + (v0 sin β − v0 sinα) j 与时间无关，故 B 相对物体 A 的速度是常矢量。 1-13. 一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动，物体初速为 v0 = 49.0m / s ，而气球以速度v =19.6m / s 匀速上升，问气球中的观察者在第 二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少？ 物体在任意时刻的速度表达式为 vy = v0 − gt 故气球中的观察者测得物体的速度 v = vy − v 代入时间 t 可以得到第二秒末物体速度 v = 9.8 m s 第三秒末物体速度 v = 0 第四秒末物体速度 v = −9.8 m s 1-14. 质点沿 x 在轴向运动，加速度a = −kv ，k 为常数．设从原点出发时速 度为v0 ，求运动方程 x = x(t) . dv v 1 t −k t 解： = −kv ∫v0 dv = ∫0 − kdt v = v0 e dt v dx = v0 e−k t ∫0x dx = ∫0t v0 e−k t dt dt x = vk0 (1 − e−k t ) 1-15. 跳水运动员自10m 跳台自由下落，入水后因受水的阻碍而减速，设加 速度a = −kv2 ，k = 0.4m−1 .求运动员速度减为入水速度的 10%时的入水深度。 解：取水面为坐标原点，竖直向下为 x 轴 跳水运动员入水速度 v0 = 2gh =14 m s − kv2 = dv = v dv v0 1 dv = ∫0x − kdx ∫v10 dt dx 0 v x = 1k ln10 = 5.76m 1-16. 一飞行火箭的运动学方程为： x = ut + u(b1 −t) ln(1 −bt) ，其中 b 是 与燃料燃烧速率有关的量，u 为燃气相对火箭的喷射速度。求：（1）火箭飞行速 度与时间的关系；（2）火箭的加速度。 解：（1）v = dx = −u ln(1 − bt) dt （2）a = dv = ub dt 1 −bt 1-17. 质点的运动方程为： x = R cosωt,y =R sin ωt, z = h ωt, 式 2π 中 R、h、ω 为正的常量。求：（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小； （3）质点的加速度大小。 解：（1）轨道方程为 x2 + y 2 = R2 z = 2hπ ωt 这是一条空间螺旋线。 在 O xy 平面上的投影为圆心在原点，半径为 R 的圆，螺距为 h （2）vx = dxdt = −Rωsin ωt v = vx2 + vy2 + vz2 = ω R 2 + h2 4π 2 （3）ax = −Rω2 cosωt a y = −Rω2 sin ωt az = 0 a = ax2 + a y2 = Rω2 思考题 1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，平均速度为v ，平 均速率为v ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的? （1） v = v, v = v ；（2） v ≠ v, v = v ；（3 ） v = v, v ≠ v ；（4） v ≠ v, v ≠ v 答： （3） 1-2. 质点的 x ~ t 关系如图，图中a ，b ，c 三条线表示三 个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速 度大？哪一个速度小？ 答：va f vb f vc 1-3. 结合v ~ t 图，说明平均加速度和瞬时加速度的几何意义。 答：平均加速度表示速度 v 在 t 时间内的平均变化率，它只能粗略地反映 运动速度的变化程度和方向，而瞬时加速度能精确反映质点运动速度的变化及方 向。 1-4. 运动物体的加速度随时间减小，而速度随时间增加，是可能的吗？ 答：是可能的。加速度随时间减小，说明速度随时间的变化率减小。 1-5. 如图所示， 两船 A 和 B 相距 R ，分别以速度v A 和vB 匀速直线行驶，它们会不会相碰?若不 相碰，求两船相靠最近的距离．图中α 和β 为已知。 答：方法一 如图，以 A 船为参考系，在该参考系中船 A 是静止的，而船 B 的速度v′ = vB − v A . v′ 是船 B 相对于船 A 的速度,从船 B 作一条平行于v′ 方向的直线 BC,它不与 船 A 相交,这表明两船不会相碰. 由 A 作 BC 垂线 AC,其长度rmin 就是两船相靠最近的距离 rmin = R sinθ 作 FD//AB,构成直角三角形 DEF,故有 sinθ = vB sin β −vA sinα v′ 在三角形 BEF 中,由余弦定理可得 v′ = vA2 + vB2 + 2vA vB cos(α + β) rmin = vB sin β − vA sin α R vA2 + vB2 + 2vA vB cos(α + β) 方法二： 两船在任一时刻t 的位置矢量分别为 rA = (vAt cosα)i + (vB tsinα) j rB = (R − vB t cos β)i + (vB tsinβ) j r = rB - rA = [R − (vB cos β + vA cosα)t]i +[(vB sin β − vA sin α)t] j 任一时刻两船的距离为 r = [R − (vB cos β + vA cosα)t]2 +[(vB sin β − vA sin α)t]2 令 dr(t) = 0 dt t = vB cos β + vA cosα R (vB cos β + vA cosα)2 + (vB sin β − vA sinα)2 rmin = vB sin β − vA sin α R vA2 + vB2 + 2vA vB cos(α + β) 1-6. 若质点限于在平面上运动，试指出符合下列条件的各应是什么样的运 动？ （1） ddrt = 0 ， ddrt ≠ 0 ；（2） ddvt = 0 ， ddvt ≠ 0 ；（3） ddat = 0 ， ddat = 0 答: (1) 质点作圆周运动. (2) 质点作匀速率曲线运动. (3) 质点作抛体运动. 1-7. 一质点作斜抛运动，用t1 代表落地时，. （1）说明下面三个积分的意义： t1 t1 t1 ∫vx dt , ∫vy dt, ∫vdt . 0 0 0 （2）用 A 和 B 代表抛出点和落地点位置，说明下面三个积分的意义： ∫B dr, ∫B dr , ∫B dr . A A A t1 答: ∫vx dt 表示物体落地时 x 方向的距离 0 t1 ∫v y dt 表示物体落地时 y 方向的距离 0 t1 ∫vdt 表示物体在t1 时间内走过的几何路程. 0 ∫B dr 抛出点到落地点的位移 A ∫B dr 抛出点到落地点位移的大小 A ∫B dr 抛出点到落地点位移的大小 A 习题 2-1. 质量为m 的子弹以速度v0 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反 向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙 土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。 解：（1）由题意和牛顿第二定律可得： f = −kv = m dvdt ， k dv k 分离变量，可得：− = 两边同时积分，所以：v = v0 e− t m m vdt （2）子弹进入沙土的最大深度也就是 v=0 的时候子弹的位移，则： 由− k = dv 可推出：vdt = − m dv ，而这个式子两边积分就可以得 vdt k m = ∫ 0 m m 到位移： xmax vdt = ∫v0 − k dv = k v0 。 2-2. 一条质量分布均匀的绳子，质量为 M 、长度为 L ，一端拴在竖直转轴 OO′上，并以恒定角速度ω 在水 平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略 重力，求距转轴为 r 处绳中的张力 T( r)． 解：在绳子中距离转轴为 r 处取一小段绳子，假设其 质量为 dm，可知：dm = MdL ，分析这 dm 的绳子的受力情况，因为它做的是 圆周运动，所以我们可列出： dT（r）= ω 2 rdm = ω 2 r Mdr 。 L 距转轴为 r 处绳中的张力 T( r)将提供的是 r 以外的绳子转动的向心力，所以 两边积分：T（r）= ∫rL Mω 2 dT（r）= （L2 − r 2） 2L 1 2-3. 已知一质量为 m 的质点在 x 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作 用，引力大小与质点离原点的距离 x 的平方成反比，即 f = −k / x2 ，k 是比例常 数．设质点在 x = A 时的速度为零，求质点在 x = A / 4 处的速度的大小。 解：由题意和牛顿第二定律可得： f = − xk2 = m dvdt = m dvdx dxdt = mv dvdx 再采取分离变量法可得：− k dx = mvdv ， x2 k 两边同时取积分，则：∫AA / 4 − dx = ∫0v mvdv 2 x 所以：v = 6k mA 2-4. 一质量为2kg 的质点，在 xy 平面上运动，受到外力F = 4i − 24t 2 j (SI) 的作用，t = 0 时，它的初速度为v0 = 3i + 4 j (SI)，求t =1s 时质点的速度及受 到的法向力Fn . 解：由题意和牛顿第二定律可得： f = ma = m ddtv ，代入 f 与 v，并两边积 分，∫01 (4i − 24t 2 j )dt = ∫vv0 mdv ， 4i −8 j = 2 [v − (3i + 4 j)] v = 5i 速度是i 方向，也就是切向的，所以法向的力是 j 方向的，则F = −24j 2-5. 如图，用质量为m1 的板车运载一质量为 m2 的木箱，车板与箱底间的摩擦系数为 μ ，车与 路面间的滚动摩擦可不计，计算拉车的力 F 为多少才能保证木箱不致滑动？ 2 解：根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板车与木箱具有相同的加速度， 所以列式：a = Fmsx = f ′ = μm2 g m m m + m 1 2 2 2 可得： F p μ(m1 + m2 )g 2-6. 如图所示一倾角为θ 的斜面放在水 平面上，斜面上放一木块，两者间摩擦系数 为μ(< tgθ) 。为使木块相对斜面静止，求斜 面加速度a 的范围。 解：在斜面具有不同的加速度的时候，木块 将分别具有向上和向下滑动的趋势，这就是 加速度的两个范围，由题意，可得： （1）当木块具有向下滑动的趋势时（见图 a），列式为：μN sinθ + N cosθ = mg N sinθ − μN cosθ = ma 可计算得到：此时的a = tanθ − μ g 1 1 + μ tanθ （2）当木快具有向上滑动的趋势时（见图 b），列式为：μN sinθ + mg = N cosθ N sinθ + μN cosθ = ma 可计算得到：此时的a2 = tanθ + μ g 1 − μ tanθ 所以 tanθ − μ g ≤ a ≤ tanθ + μ g 1 + μ tan θ 1 − μ tanθ 3 2-7. 一质量为 M、顶角为α 的三 角形光滑物体上。放有一质量为 m 的 物块，如图所示。设各面间的摩擦力 均可忽略不计。试按下列三种方法： （1）用牛顿定理及约束方程；（2）用 牛顿定律及运动叠加原理；（3）用 非惯性系中力学定律；求解三角形 物块的加速度aM . 解：隔离物块和斜面体，画图分析 力，列出方程，发现方程完备性不 够，即未知数比方程数多，关键在 于，M 与 m 的运动有联系的，M 沿地面运动，m 沿斜面运动，这就是约束条件。 取地面作为参考系，则 m 的运动为： − N sinα = max （1） N cosα − m g = may （2） M 的运动方程为： N sin α = MaM （3） 下面列出约束条件的方程：取M 作为参考系，设m 在其中的相对加速度为a′， 在 x,y 方向的分量分别为ax′与ay′ ，那么：tan α = a′′y ax 利用相对运动的公式，am = aM + a′ 所以：a′x = ax − aM a′y = ay 4 于是：tanα = a ′y = ay a ′x a x − aM 即：a x sin α − a y cos α = aM sin α （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得： a M = m sin α cosα g M + m sin2 α 2-8. 圆柱形容器内装有一定量 的液体，若它们一起绕圆柱轴以角速 度ω 匀速转动，试问稳定旋转时液面 的形状如何？ 解：受力分析如图 N sin α = mω2 y （1） N cos α = mg （2） 两式相比 tan α = ω2 y = dz g dy ∫ dz = ∫ ω2 y dy z = ω2 y2 + C g 2g 当 y = 0 时 z = z0 所以 C = z0 z = ω2 y 2 + z0 稳定旋转时液面是一个抛物面 2g 由于旋转后成为立体，故方程变为【 z = ω2g2 (x2 + y 2 ) + z0 】 5 2-9. 质量为m2 的物体可以在劈形物体的斜面上无摩擦 滑动，劈形物质量为m1 ，放置在光滑的水平面上，斜面倾角 为θ ，求释放后两物体的加速度及它们的相互作 用力。 解：隔离物块和斜面体，分析力，列出方程，发 现方程完备性不够，即未知数比方程数多，关键 在于，m1 与 m2 的运动有联系的，m1 沿地面运动，m2 沿斜面运动，这就是约束条 件。取地面作为参考系，则 m2 的运动为： − N sinθ = m2 ax （1） N cosθ − m2 g = m2 a y （2） m1 的运动方程为： N sinθ = m1 a1 （3） 下面列出约束条件的方程：取 m1 作为参考系，设 m2 在其中的相对加速度为 ′ ′ a′y a′，在 x,y 方向的分量分别为ax 与ay ，那么：tanθ = a′x 利用相对运动的公式，a2 = a1 + a′ 所以：a ′x = a x − a1 a′y = ay 于是：tanθ = a ′y = ay a ′x ax − a1 即：ax sinθ − a y cos θ = a1 sinθ （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得： a = m2 sin θ cosθ g ；a 1 m + m sin2 θ 2 1 2  m1 sin θ cosθ ( m1 + m2 )sinθ = − g ；a ′ = g m + m sin2 θ m + m sin2 θ 1 2 1 2 6 相互作用力 N= m1m2 cosθ g m + m sin 2 θ 1 2 2-10. 一小环套在光滑细杆上，细杆以倾角θ 绕竖直轴作匀角 速度转动，角速度为ω ，求：小环平衡时距杆端点O 的距离r . 解：根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕 Z 轴的圆周运动， 所以可列式： N sinθ = mg N cosθ = mω 2 r sinθ 所以，可得：r = g ω 2 tanθ sinθ 2-11. 设质量为m 的带电微粒受到沿 x 方向的电力F = (b + cx)i ，计算粒子 在任一时刻t 的速度和位置，假定t = 0 时，v0 = 0, x0 = 0 .其中b c 为、与时 间无关的常数，m 、 F 、 x 、t 的单位分别为kg 、 N 、m 、s . 解：根据题意和牛顿第二定律，可列式：F = (b + cx)i = m d 2 x ， dt 2 整理可得二阶微分方程：m d 2 x − cx −b = 0 。 dt 2 令ω2 = c 下面分 c 为正负再做进一步讨论。 m d 2 x 2 b b b 当c p 0时，dt 2 +ω x − = 0 ，可得： x = cosωt − m c c 一次求导，得到：v = − b ωsin ωt c 7 d 2 x 2 b b ωt −ωt b 当c f 0时，dt 2 −ω x − = 0 ，可得： x = (e + e ) − m 2c c 一次求导，得到：v = bω (eωt − e−ωt ) 2c 2-12. 在光滑的水平面上设置一竖直的圆筒，半径为 R ， 一小球紧靠圆筒内壁运动，摩擦系数为μ ，在t = 0 时，球的 速率为v0 ，求任一时刻球的速率和运动路程。 解：在法向上有 N = m v2 而 f = μN R 在切向上有 − f = m dv dt 由上面三个式子可得 dv = −μ v2 dt R v 1 t μ v0 R − ∫v dv = ∫0 dt v = 0 v 2 R R + v0 μt S = t vdt = v0 R t dt = R ln(1 + v0 μt ) ∫0 R + v0 μt ∫0 μ R 思考题 2-1. 质量为 m 的小球，放在光滑的木板和光滑的墙壁之间，并 保持平衡，如图所示．设木板和墙壁之间的夹角为α，当α逐渐增大 时，小球对木板的压力将怎样变化？ 解：假设墙壁对小球的压力为 N1，木板对小球的压力为 N2。 由受力分析图可知： 8 N2 sinα = mg 所以当所以α 增大，小球对木板的压力为 N2 将减小； 同时： N2 cosα = N1 N1 = mgctgα 所以α 增大，小球对墙壁的压力 N1 也减小。 2-2. 质量分别为 m1 和 m2 的两滑块 A 和 B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平 桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力 F 作用下匀速运动， 如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少 ？ 解：分别对 A，B 进行受力分析，由受力分析图可知： F = μ(m1 + m2 )g F = kx + μm1 g kx = μm2 g 所以aA = μ m1 + m2 g, aB = 0. m1 2-3. 如图所示，用一斜向上的力F (与水平成 30角)，将一 重为 G 的木块压靠在竖直壁