《大学物理练习册》A分册解答（2008).pdf_大学文库

1 作业 1A 质点运动的描述 1A-1．已知质点的运动学方程 r x t i y t j t i t j      ( ) ( ) (2 6) 2      （单位：m）。求： (1) 质点运动轨迹方程； (2) t 1 s 时，质点的速度和加速度（指明大小、方向）。解：(1) 2 ( 6) 4 1 x  y  （2） v ti j a i       2  2 ,  2 t 1 s 时， v 2i 2 j,      即速度大小 2 2 2.83 2 2 v    m/s，与 x 轴正方向夹角为 45 ； a i    2 ，即加速度大小 a  2 m/s2，沿 x 轴正方向。 1A-2. 已知质点的运动学方程为 r t t i t t j    ) 3 1 ) (4 2 1 (5 2 2 3      (SI) 求 t = 2 s 时，（1）加速度的大小；(2) 加速度与 x 轴正方向的夹角。解： a i tj       2 （1）当 t = 2 s， 2 | a | 1 4  =4.123 m/s2 （2）    4 1  arctg 104o 1A-3．一质点在 xoy 平面内运动，运动方程为：       2 19 2 2 y t x t ，式中 x, y 以米计， t 以秒计，且计时从 t  0 开始。求：在什么时刻质点的位置矢量与速度垂直？解：对时间求一次导数，得 t 时刻速度为： v i tj   2 4    对时间求二次导数，得 t 时刻加速度为： a j  4   当位矢与速度垂直时，有： r v. 0    ，即     2   2 19 2 . 2 4 0 ti t j i tj           解得 t s t s t s     0 , 3 , 3 。显然， t  3 s 无意义，应舍去。 1A-4．一个质点作直线运动，其加速度随时间的变化规律为 cos( ) 2 a A t x     ，其中 A 和  均为正常量。如果 t  0 时， vx  0, x  A ，求这个质点的运动学方程。解： ( ) (0) ( ) cos( ) ( ) (0) ( ) sin( ) 0 0 x t x v t dt A t v t v a t dt A t t x t x x x             1A-5．一艘正沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即 2 dv dt  kv ，式中 k 为常数，试证明快艇在关闭发动机后又行驶 x 距离时的速度为 kx v v e   0 ；其中 0 v 是发动机关闭时的速度。证明： dv dt  (dv / dx)(dx / dt)  vdv / dt 2 vdv/ dx  kv

2 即 kdx v dv    ，当 t=0， 0 v  v ，积分得： kx v v e   0 1A-6 设质点的运动函数为 x = x (t) ， y  y(t) ，在计算质点的速度时，有两种解法（1）先求出 2 2 r  x  y ，然后求出 dt dr v  及 2 2 dt d r a  （2）先求出 dt dx ， dt dy ,然后求出: 2 2 ( ) ( ) dt dy dt dx v   ， 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) dt d y dt d x a   试问哪种方法正确？两者差别何在？解：（2）解法正确，（1）错误。作业 2A 质点运动的描述之二 2A-1. (1) 在一个转动的齿轮上，一个齿尖 P 沿半径为 R 的圆周运动，其路程 S 随时间的变化规律为 2 0 2 1 S v t  bt ，其中 v 0 和 b 都是正的常量．求： (1) t 时刻齿尖 P 的速度大小和加速度大小． (2) 从 t  0 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解：(1)  S t  v  bt d 0 v d / at  dv / dt  b ； an v bt / R 2  0  2 4 2 2 2 0 ( ) R v bt a an at b      (2)根据题意： at = an ，即有： b v bt / R 2  0  解得 b v b R t 0   2A-2 (1) 对于在 xy 平面内，以原点 O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径 r、角速度和单位矢量 i  、j  表示其t时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r, 角速度如图所示； (2) 由(1)导出速度 v  与加速度 a  的矢量表示式； (3) 试证加速度指向圆心．解：(1) r x i y j r t i r t j         cos  sin (2) r t i r t j t r     sin cos d d v         r t i r t j t a     cos sin d d 2 2         v (3) a r t i r t j r     cos sin 2 2        ，这说明 a  与 r  方向相反，即 a  指向圆心。 2A-3 一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道 A 点处速度 v  的大小为 0 v ，其方向与水平方向夹角成 30°。求物体在 A 点的切向加速度 at 和轨道的曲率半径。 x y O  r (x,y) j  i 

3 解：    O at g sin 30 g/2  2 0 2 3 cos3 0 v a g g O n    a  g n 2 3v / 3 2  2A-4 一质点平面运动的运动学方程为： r x t i y t j t t i t j      3 4 4 1 ) 3 1  ( )  ( )  (   （单位：m）（1）求 t 1 s 时，质点的切向加速度和法向加速度；（2）求 t 1 s 时，质点所在位置运动轨迹的曲率半径。解：（1） v t i t j    2 3  ( 1)  ； t 1 s 时， v j    ，即速度大小为 1m/s，沿 y 轴正向。 a ti t j    2  2  3 ； t 1 s 时， a i j     2  3 。注意到切向加速度就是加速度在速度方向的分量，可以得到： t 1 s 时， 2 a 2m / s t  ， 2 a 3m / s n  。（2）由  2 v an  得， t 1 s 时，   0.5 m 2A-5. 河水自西向东流动，速度为 10km/ h ，一轮船在水中航行，船相对于河水的航向为北偏西 30 ，相对于河水的航速为 20km/ h ，此时风向为正西，风速为 10km/ h ，试求在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向。（设烟离开烟卤后很快就获得与风相同的速度）。解：记水、风、船和地球分别为 w， f，s 和 e，则水地、风 船、风地和船地间的相对速度分别为 Vwe  、Vfs  、Vfe  和 Vse  ．由已知条件 Vwe =10 km/h，正东方向． Vfe =10 km/h，正西方向． Vsw =20 km/h，北偏西 0 30 方向．根据速度合成法则： Vse  =Vsw  ＋ Vwe  由图可得： Vse =10 3 km/h，方向正北．同理 Vfs  =Vfe  －Vse  ，由于 Vfe  =－Vwe  ∴ Vfs =Vsw ， Vfs  的方向为南偏西 30° 在船上观察烟缕的飘向即 Vfs  的方向，它为南偏西 30°． 2A-6. 什么是伽利略变换？它所包含的时空观有什么特点？（略）作业 3A 功和功能原理 3A-1. 质量 m＝2 kg 的物体沿 x 轴作直线运动，所受合外力 F＝10＋6x 2 (SI)．如果在 x=0 处时速度 v0＝0；试求该物体运动到 x＝4 m 处时速度的大小．解：用动能定理，对物体       4 0 2 4 0 2 0 d 10 6 d 2 1 mv F x ( x ) x 3 10x  2x ＝168 解出 v＝13 m/s v0  30° A g an a 0 30o 30o V se  Vfs  Vfe  Vwe  北东 Vsw 

4 3A-2. 一非线拉伸弹簧的弹性力的大小为 3 1 2 f  k x  k x ，x 代表弹簧伸长量， 1 k 和 2 k 为正的常量。求：将弹簧由 1 x 拉长至 2 x 时，弹簧对外界做的功。解： ( )]( ) 2 1 [ 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 W fdx k k x x x x x x        3A-3. 设两个粒子之间相互作用力是排斥力，其大小与粒子间距离 r 的函数关系为 3 f  k r ，k 为正值常量，试求这两个粒子相距为 r 时的势能．（设相互作用力为零的地方势能为零．）解：两个粒子的相互作用力 3 f  k r 已知 f＝0 即 r＝∞处为势能零点, 则势能          r r P P r r k E W d d3 f r   (2 ) 2  k r 3A-4 质量为 m 的质点系在一端固定的绳子上在粗糙水平面上作半径为 R 的圆周运动。当它运动一周时，由初速 v o 减小为 v o /2。求:(1)摩擦力作的功;(2)滑动摩擦系数;(3)静止前质点运动了多少圈? 解：（1） 2 0 2 2 0 0 1 1 3 2 4 2 8 v W m mv mv           (2) mg ma a g ,         。又 2 2 2 0 0 0 / 4 3 4 16 v v v a R R        所以有： 2 0 2 3 16 v R g    (3) 2 2 0 0 1 1 0 , 2 2 W mg s mv s v g        2 0 1 4 2 4 3 s n v    R g R    4A 功能原理机械能守恒 4A-1 如图所示，质量为 m 的小球系在劲度系数为 k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在 O 点．开始时弹簧在水平位置 A，处于自然状态，原长为 l0．小球由位置 A 释放，下落到 O 点正下方位置 B 时，弹簧的长度为 l，则小球到达 B 点时的速度大小 vB。解：由机械能守恒，有： 2 0 2 ( ) 2 1 2 1 mgl  mv  k l  l 解得 m k l l v gl 2 0 ( ) 2    4A-2. 两个质量分别为 m1和 m2 的木块 A 和 B，用一个质量忽略不计、倔强系数为 k 的弹簧联接起来，放置在光滑水平面上，使 A 紧靠墙壁，如图所示，用力推木块 B 使弹簧压缩 xo，然后释放，已知 m1=m，m2=3m，求（1）释放后，A、B 两木块速度相等时的瞬时速度的大小；（2）释放后，弹簧的最大伸长量。解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时 A 将要离开墙壁，设此时 B 的速度为 vB0，由机械能守 A B m1 k m2 l k B A m m l0 O

5 恒，有 3 / 2 2 1 2 0 2 0 m B kx  v 得 m k x B 3 v 0  0 A 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为 x 时有 m1v1  m2v2  m2v B0 ① 2 2 0 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 m m B m v  k x  v  v ② 当 v1 = v2 时，由式①解出：v1 = v2 m k x B 4 3 3 3 / 4  v 0  0 (2) 弹簧有最大伸长量时，A、B 的相对速度为零 v1 = v2 =3vB0/4，再由式② 解出 max 0 2 1 x  x 4A-3 如图所示，在地面上固定一半径为 R 的光滑球面，球面顶点 A 处放一质量为 M 的滑块．一质量为 m 的油灰球，以水平速度 v 0  射向滑块，并粘附在滑块上一起沿球面下滑．问： (1) 它们滑至何处(  = ?)脱离球面？ (2) 如欲使二者在 A 处就脱离球面，则油灰球的入射速率至少为多少？解：设 m 与 M 碰撞后的共同速度为 v，它们脱离球面的速度为 u． (1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得 /( ) v  mv0 M  m ① m 与 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置 时，有 2 2 ( ) 2 1 ( ) ( ) (1 cos) 2 1 M  m v  M  m gR    M  m u ② (M m)g cos N (M m)u / R 2      ③ 当物体脱离球面时，N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得： 3 2 3 3 ( ) 2 cos 2 2 0 2 2      gR M m m gR v gR v  ∴ ] 3 2 3 ( ) cos[ 2 2 0 2 1     gR M m m v  (2) 若要在 A 处使物体脱离球面，必须满足 (M m) A / R (M m)g 2  v   即 A  Rg 2 v ，考虑到①式有 m /(M  m)  Rg 2 0 2 v 所以油灰的速度至少应为 v0  (M  m) Rg /m 4A-4. 如图，光滑斜面与水平面的夹角为 = 30°，轻质弹簧上端固定．今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为 M = 1.0 kg 的木块，则木块沿斜面向下滑动．当木块向下滑 x = 30 cm 时，恰好有一质量 m = 0.01 kg 的子弹，沿水平方向以速度 v M m A O R  v0  x k m 

6 = 200 m/s 射中木块并陷在其中．设弹簧的劲度系数为 k = 25 N/m．求子弹打入木块后它们的共同速度．解：(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒．选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，以 v1 表示木块下滑 x 距离时的速度，则 sin 0 2 1 2 1 2 1 2 kx  Mv  Mgx   求出：    M kx gx 2 1 v 2 sin 0.83 m/s ；向沿斜面向下． (2) 以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定律．以 v2 表示子弹射入木块后的共同速度，则有： 1 2 Mv  mv cos  (M  m)v 解出： 0.89 ( ) cos 1 2      M m Mv mv  v m/s 负号表示此速度的方向沿斜面向上． 4A-5．有一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在直立圆环的底部 M 处，另一端与一质量为 m 的小球相连，如图示。设弹簧原长为零，小球以初速 0 v 自 M 点出发，沿半径为 R 的光滑圆环的内表面滑动（圆环固定与地面不动）。试求：（1）要使小球在顶部 Q 点不脱离轨道， 0 v 的最小值；（2）小球运动到 P 点处的速率。解：小球运动到 Q 点，由牛顿方程得 2 2 / Q kR mg N mv R    不脱离轨道的条件（ 0 v 最小）N=0，故有 2 2 / Q kR mg mv R   （1）由机械能守恒定律得（取 M 点为零势点） 2 2 2 0 1 1 2 2 2 2 Q kR mgR mv mv    （2）联立（1）和（2）得 2 0 v kR m gR   6 / 5 小球运动到 P 点，有： 2 2 2 0 1 1 2 2 P kR mgR mv mv    得： 2 4 / 3 P v kR m gR   4A-6 已知质量为 m1 和 m2 ，速度为 10 v 和 20 v 两小球作非弹性对心碰撞，其的恢复系数为 e 。试求碰撞前后系统机械能的损失。解：设质量为 m1 和 m2 的物体碰撞后的速度分别为 1 v 和 2 v .由恢复系数的定义，得 2 1 10 20 v v e v v    （1） M P Q R