2022年大学物理上册课后习题答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载习题解答习题一1-1 r 与r有无不同 .dr 和 d tdr 有无不同 . d tdv 和 d tdv 有无不同 .其不同在哪里 . d t试举例说明解： （ 1）r 是位移的模,r 是位矢的模的增量,即rr 2r 1,rr 2r 1；（2）dr 是速度的模,即 d tdrvd s. dtd td r只是速度在径向上的重量. d rdr.rd r .d t有rr.（式中 r.叫做单位矢）,就dtdtdt式中d r就是速度径向上的重量,d td 与 d tdr不同如题 1-1 图所示 . dt题 1-1 图名师归纳总结 3

2、dv 表示加速度的模,即 d tadv,d v是加速度 a 在切向上的重量. 第 1 页,共 35 页dtd t有vv表轨道节线方向单位矢）,所以d vd vvdd td td t式中dv 就是加速度的切向重量 dt. .d 与d td.的运算较复杂,超出教材规定,故不予争论 dt1-2 设质点的运动方程为x = x t , y = y t ,在运算质点的速度和加速度时,有人先求出r x2y2,然后依据 v =d r,及 a d2r 而求得结果；又有人先运算速度和加速度 2d tdtv =dx2dy2及 a =d2x2d2y2你认为两种方法哪一种dtdtd t2d t2- - - - - -

3、-精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确. 由于速度与加速度都是矢量,在平面直角坐标系中,有rixjy,vd rd xidyjd td tdtad2rd2xid2yjd t2dt2d t2故它们的模即为vv2 xv2 yd x22d y22d td ta2 a xa2 yd2xd2yd t2d t2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2v d r a d2 rd t d t2其二,可能是将 d r 与 d2 r 误作速度与加速度的模；在 1-1 题中已说明 d r 不是速度的模

4、,d t d t d t2而只是速度在径向上的重量,同样,d2 r 也不是加速度的模,它只是加速度在径向重量中d t2 2的一部分 a径 d r2 r d；或者概括性地说, 前一种方法只考虑了位矢 r 在径向（即d t d t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、加速度的奉献；1-3 一质点在 xOy 平面上运动,运动方程为x =3t +5, y = 1 t 2+3t -4. 2式中 t 以 s 计, x , y 以m计 1 以时间 t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；2 求出 t =1 s 时刻和 t 2s 时刻的位置矢量,运算这 1秒内质点的

5、位移；3 运算 t 0 s 时刻到 t 4s时刻内的平均速度；4 求出质点速度矢量表示式,运算 t 4 s 时质点的速度； 5 运算 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,运算 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名师归纳总结 直角坐标系中的矢量式3 t5i1 2t23 t4jm第 2 页,共 35 页解：（1）r2 将t1,t2代入上式即有r105.jm8 i- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载r 2 11 j 4 j m3 rr2r

6、1r43j4.5jm5jms1jr05j4j,17i16ivrr4r012420j3 it40j4 vd r3 i t3jms1d tms1v43 i7j就5 v03 i3j,v43 i7jvv44v041jams2t46 a d v 1d ty 方向的加速度,且为恒量；ms2这说明该点只有1-4 在离水面高 h米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S处,如题 1-4 图所示当人以v ms1 的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成角,由图可知题 1-4 图l2h2s2将上式对时间t 求导,得2ld l2sd sd td t名师归纳

7、总结 - - - - - - -第 3 页,共 35 页精选学习资料 - - - - - - - - - 依据速度的定义,并留意到优秀学习资料欢迎下载l , s是随 t 削减的,v 绳d lv 0,v 船d sms2, x 的单位d td t即v 船dsld llv0v 0dtsd tscos或v 船lv0h2s21/2v0ss将v 船再对 t 求导,即得船的加速度ad v船sdls2ldsv 0v 0s2lv船v 0dtdttdsssl2v2h2v20s 20s31-5 质点沿 x 轴运动, 其加速度和位置的关系为a 2+6x ,a 的单位为 2为 m. 质点在 x 0处,速度为 10ms1

8、, 试求质点在任何坐标处的速度值解：ad vd vd xvd vd td xd td x分别变量：dadx26x2dx两边积分得名师归纳总结 1v22 x2x31cs2,开头运动时,x 5 mv第 4 页,共 35 页2由题知,x0时,v010, c50mv2x3x25ms1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为a 4+3 t=0,求该质点在t 10s 时的速度和位置解：ad v43 td t分别变量,得d v43 tdt积分,得v4 t3t2c 12由题知,t0,v00 , 1c0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故d x 4 t3t2 d t优秀学

9、习资料t3 2t欢迎下载v4 t2又由于vd x4 t3t2d t2分别变量,x2 t213c22积分得2名师归纳总结 由题知t0,x05 , c25第 5 页,共 35 页故x2 t21t352所以t10s时v 104103102190ms12x 10210211035705m21-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动, 运动方程为=2+33t,式中以弧度计, t 以秒计,求： 1 t 2 s2 当加速度的方向和半径成45 角时,其角位移是多少. 解：d9 t2,d18 td td t 1t2s时,aR118236ms2a nR2192221296ms22 当加速度方向与半径成 45 角时,

10、有tan45an1a即R2R亦即9 t2218t就解得3t29于是角位移为23 3t2322 . 67rad9- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1-8 质点沿半径为R 的圆周按 s 优秀学习资料欢迎下载s 为质点离圆周上某点的弧v 0t1 bt 22的规律运动,式中长,v ,b 都是常量, 求：1 t 时刻质点的加速度； 2 t 为何值时, 加速度在数值上等于b 解：（1）vd sv0btd tad vbd tanv2v0bt2Rbt4R就aa22 a nb2v 0R2加速度与半径的夹角为arctananv0Rb2abt2 由题意应有42 v 0 bt

11、 a b b 2R4即 b 2b 2 v 02 bt , v 0 bt 4 0R当 t v 0 时,a bb1-9 半径为 R 的轮子, 以匀速 v 沿水平线向前滚动：1 证明轮缘上任意点 B 的运动方程为x R t sin t , y R 1 cos t ,式中 0v / R是轮子滚动的角速度,当 B 与水平线接触的瞬时开头计时此时 B所在的位置为原点,轮子前进方向为 x 轴正方向； 2求 B 点速度和加速度的重量表示式解：依题意作出下图,由图可知题 1-9 图名师归纳总结 1 xv0tt2Rsin2cos2第 6 页,共 35 页v0tRsintR Rsin- - - - - - -精选学

12、习资料 - - - - - - - - - y优秀学习资料2欢迎下载2Rsin2sinR1cosR 1cost2 vxd xR 1cost 60 的夹角,dtvydyRsintdtaxR2sintd v xd tayR2costd vyd t1-10 以初速度v 20ms1抛出一小球,抛出方向与水平面成幔求： 1 球轨道最高点的曲率半径R ；2 落地处的曲率半径R 提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系 解：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,又v 1vxv0cos60oa n 1g10ms2an 12 v 11名师归纳总结 12 v 1m20cos602第

13、 7 页,共 35 页an11010- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载2 在落地点,1v 2 v 0 20 m s , 而 an 2 g cos 60 o2 v 2 2 20 280 ma n 2 10 cos 601-11 飞轮半径为 0.4 m = 0.2 rads 2,求 t 2s时边缘解：当 t 2 s 时,t 0 . 2 2 0 . 4 rad s 1就 v R 0 4. .0 4 .0 16 m s 12 2 2an R 0 4. 0 . 4 0 . 064 m s2a R 0 . 4 0 . 2 0 . 08 m s

14、2 2 2 2 2a a n a 0 . 064 0 . 08 0 . 102 m s1-12 如题 1-12 图,物体 A以相对 B 的速度 v 2 gy 沿斜面滑动,y 为纵坐标,开头时A 在斜面顶端高为 h 处, B 物体以 u 匀速向右运动,求 A 物滑到地面时的速度解：当滑至斜面底时,y h,就 vA 2 gh , 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vA地uuv2ghcosi2ghsinjA题 1-12 图名师归纳总结 1-13 一船以速率v 30kmh-1沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率v 40kmh-1第 8 页,共 35 页沿直线向北行驶

15、,问在船上看小艇的速度为何.在艇上看船的速度又为何.解： 1 大船看小艇,就有v21v2v 1,依题意作速度矢量图如题1-13 图a - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载题 1-13 图由图可知 v 21 v 1 2 v 2 2 50 km h 1方向北偏西 arctan v 1arctan 3 36 . 87v 2 42 小船看大船,就有 v 12 v 1 v 2,依题意作出速度矢量图如题 1-13 图 b ,同上法,得1v 12 50 km ho方向南偏东 36 . 871-14 当一轮船在雨中航行时,它的雨篷遮着篷的垂直投影后

16、 2 m的甲板上,篷高 4 m 但当轮船停航时,甲板上干湿两部分的分界线却在篷前 3 m ,如雨滴的速度大小为 8 ms-1,求轮船的速率解： 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8ms1习题二2-1 因绳不行伸长,故滑轮两边绳子的加速度均为 a1,其对于 m2 就为牵连加速度,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 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=m1a1 T-m 2g=m2a2 联立、式,得名师归纳总

17、结 - - - - - - -第 9 页,共 35 页精选学习资料 - - - - - - - - - a 1m 1m 2gm 2a优秀学习资料欢迎下载m 1m 2a2m 1m 2gm 1am1,m2 均作自由落体运动m 1m 2fTm 1m 22gam 1m 2争论 1 如 a=0,就 a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动2 如 a=2g,就 T=f=0,表示柱体与绳之间无任何作用力,此时题 2-1 图2-2 以梯子为对象,其受力图如图b 所示,就在竖直方向上,NB-mg=0 l ,就又因梯无转动,以B点为转动点,设梯子长为NAlsin -mgl cos =0 2在水平方向因其有加速度a,故

18、有f+N A=ma 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= 0mg 联立、式得tanmx2g0g,tan2M2 a2g0ga2-3 afx63msm168ayfy7msm161 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 35 页精选学习资料 - - - - - - - - - vxvx 02axdt232优秀学习资料s欢迎下载5 4m108名师归纳总结 vyvy 02aydt727ms1a2=a-a ；因绳不行伸长,第 11 页,共 35 页0168于是质点在2s 时的速度v5i7jms1482 rv0t1axt2i1ayt2j2222134i1

19、74j2821613i7jm482-4 1akvdvmdt分别变量,得dvkdtvm即vdvtkdtv 0v0mlnvlnektmv0vv 0ektm2xvdttv0ektdtmv0 1ektmm0k3 质点停止运动时速度为零,即t ,故有x0v 0ektdtmv0mk 4 当 t=m 时,其速度为 kvv0ekmv 0e1v 0mke即速度减至v0的1 . e2-5 分别以 m1,m2为争论对象,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 ,就 m2对地加速度- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故 m1 对滑轮的加速度亦为优秀学

20、习资料欢迎下载m1在水平a ,又 m1在水平方向上没有受牵连运动的影响,所以方向对地加速度亦为a ,由牛顿定律,有-a m2g-T=m2a T=m1a题 2-5 图联立,解得a=g 方向向下a绝=a相+a牵2 m2 对地加速度为a2=a-a=g方向向上2m1 在水面方向有相对加速度,竖直方向有牵连加速度,即a 1a2a2g2g25g42 =arctana =arctan a1 =26.6 ,左偏上22-6 依题意作出示意图如题2-6 图题 2-6 图在忽视空气阻力情形下,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

21、,就动量的增量为 p=mv-mv0由矢量图知,动量增量大小为mv0,方向竖直向下2-7 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,就动量的增量 p=mv2-mv1 方向竖直向上,大小 p=mv2-mv1=mg 小球受到地面赐予的冲力作用另外,碰碰撞过程中动量不守恒这是由于在碰撞过程中,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名师归纳总结 2-8 1t如物体原先静止,就56 i kgms-1, 沿 x 轴正向,第 12 页,共 35 页 p1=

22、Fdt4 102 tidt00- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - v 1p 15 . 6 ims1优秀学习资料欢迎下载mI1p 156 ikgms1mv 0tFdt于是如物体原先具有-6 m s-1 初速,就p 0mv 0,pm v0tFdt0m0p2pp0tFdtp1, 0同理, v2= v1,I2=I 1这说明,只要力函数不变,作用时间相同,就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 就肯定相同,这就是动量定理2 同上理,两种情形中的作用时间相同,即It 102tdt10tt20亦即 t2+10t-200=0 =-2

23、0 s舍去 解得 t=10 s,t 2-9 质点的动量为p=mv=m -asin ti+bcos tj 将 t=0 和 t= 分别代入上式,得2p1=m bj,p 2=-m ai, 就动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I= p=p2-p1=-m ai+bj 2-10 1 由题意,子弹到枪口时,有F=a-bt=0, 得 t= ab2 子弹所受的冲量I 0 t a bt dt at 12 bt 2将 t= a 代入,得b2aI2 b3 由动量定理可求得子弹的质量mIa20m2,v02bv2-11 设一块为 m1,就另一块为m1=km2及 m1+m2=m 名师归纳总结 于是得m 1km,m 2m1第

24、 13 页,共 35 页k1k又设 m1 的速度为 v1,m2的速度为 v2,就有- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - T1m 12 v 11优秀学习资料欢迎下载m 22 v 212 mv222mv=m 1v 1+m2v2联立、解得v2=k+1v-kv1将代入,并整理得2 T v 1v22Tkm于是有v 1vkm将其代入式,有v2v2kTm又,题述爆炸后,两弹片仍沿原方向飞行,故只能取v1v2 kT,v2v2 Tmkm证毕2-12 1 由题知, F 合为恒力, A 合=Fr=7i-6j-3i+4j+16k =-21-24=-45 J 2NA4575wy 坐

25、标正向,如题2-13 图,就铁钉所受阻力为t.0 63 由动能定理, Ek=A=-45 J 2-13 以木板上界面为坐标原点,向内为题 2-13 图 f=-ky 名师归纳总结 第一锤外力的功为A1dt 0 时, f 第 14 页,共 35 页A 1sfdysfdy1kydyk02式中 f 是铁锤作用于钉上的力,f 是木板作用于钉上的力,在=-f 设其次锤外力的功为A2,就同理,有A 2y2kydy12 ky 2k122由题意,有A 2A 112 mvk22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即12 ky 2kk优秀学习资料欢迎下载222所以,y22于是钉

26、子其次次能进入的深度为 y=y2-y1=2 -1=0.414 cm 2-14 FrdE rnkdrrn1方向与位矢r 的方向相反,即指向力心2-15 弹簧 A、B 及重物 C受力如题 2-15 图所示平稳时,有题 2-15 图FA=FB=Mg 又 FA=k1 x1FB=k2 x2所以静止时两弹簧伸长量之比为x 1k2x2k1弹性势能之比为Ep11k 12 x 1k2r 处 F月引=F地引,由万有引力定律,有2 1Ep2k2x2 2k 122-16 1设在距月球中心为GmM 月 =G rmM 地2Rr经整理,得名师归纳总结 r=M地M月M月R第 15 页,共 35 页- - - - - - -精

27、选学习资料 - - - - - - - - - =5 .987 .3510221022优秀学习资料欢迎下载3. 4810810247. 35 =38.32106 m 就 p 点处至月球表面的距离为h=r-r月 =38.32-1.74 1063.66 107 m 2 质量为 1 kg 的物体在 p 点的引力势能为EPGM月GM地247 10rrR =6 . 6710 117 . 3510226 . 6710115 . 98103 . 8310738 . 43 . 83 =-1.28106J2-17 取 B点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,就由功能原理,有- m2gh= 1 m 1+m2v

28、 2- m1gh+ 1 k l 22 2式中 l 为弹簧在 A点时比原长的伸长量,就 l=AC-BC= 2 -1h 联立上述两式,得v=2m 1m 2ghkh2212m 1m 2题 2-17 图2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点,弹簧原特长为弹性势能零点就由功能原理,有名师归纳总结 -fr s=1kx21mv2mgssin37第 16 页,共 35 页22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载1 mv 2mgs sin 37 f r s k= 21 kx 22式中 s=4.8+0.2=5 m,x=0.2 m ,再代入

29、有关数据,解得k=1390 N -1 m题 2-18 图再次运用功能原理,求木块弹回的高度3h-ft s=mgssin37 -1 kx 2代入有关数据,得 s =1.4 m, 就木块弹回高度h=ssin37 =0.84 m 题 2-19 图2-19 m从 M上下滑的过程中,机械能守恒,以m,M地球为系统,以最低点为重力势能零点,就有mgR= 122 mv1MV2m脱离 M瞬时,水平方向有2又下滑过程,动量守恒,以m,M为系统就在mv-MV=0 联立,以上两式,得名师归纳总结 v=2 MgR第 17 页,共 35 页mM2-20 两小球碰撞过程中,机械能守恒,有12 mv 012 mv 112

30、mv 2222即v22 v 1v202- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 题 2-20 图a 优秀学习资料欢迎下载题 2-20 图b 又碰撞过程中,动量守恒,即有 mv0=mv1+mv2亦即v0=v1+v2 v 0为斜边,由可作出矢量三角形如图b ,又由式可知三矢量之间满意勾股定理,且以故知 v1 与 v 2是相互垂直的2-21 由题知,质点的位矢为 r=x1i+y1j 作用在质点上的力为 f=-fi 所以,质点对原点的角动量为 L0=r mv =x 1i+y1j mvxi+vyj =x1mvy-y1mvxk 作用在质点上的力的力矩为M0=r f=x1i

31、+y1j -fi=y1fk 2-22 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 r1mv1=r 2mv2104j.52612 10s1mr 2r 1 v 1.87510 105 . 46v29 . 082 102-23 1 pfdt35jdt1525 .kgm02 解 一 x=x0+v0xt=4+3=7 2 35jyv 0yt1at26315223即 r1=4i,r2=7i+25.5j vx=v0x=1 vyv0yat65 3311即 v1=i 1+6j,v2=i+11j L 1=r 1 mv1=4i 3i+6j=72k 名师归纳总结 L2=r2 mv2=7i+25.5j 3i+11j=154.5k 5jdt1第 18 页,共 35 页 L=L2-L1=82.5k kgm 2s-1解 二 MdzdtLtMdttrFdt003 4t i6 t15t2j02