《大学物理练习册》A分册解答（2008)

作业1A质点运动的描述 1A-1.已知质点的运动学方程=x()i+y()j=t21+(21+6)j(单位:m)。求 (1)质点运动轨迹方程 (2)t=ls时,质点的速度和加速度(指明大小、方向)。 解:(1) (y-6) (2)v=2+2j,d=2 t=1s时,下=27+2,即速度大小v=√2+2=2.83ms,与x轴正方向夹角为45° d=2i,即加速度大小a=2m/s2,沿x轴正方向。 1A-2.已知质点的运动学方程为 F=(5+21-t2)+(4+t) (SD) 求t=2s时,(1)加速度的大小;(2)加速度与x轴正方向的夹角 解:a= (1)当t=2s,|a=√1+42=4123m (2)6=arct x= 2t 1A-3.一质点在xOy平面内运动,运动方程为 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:节=2i-4 对时间求二次导数,得t时刻加速度为:a=-4 当位矢与速度垂直时,有:F=0,即 2n+(9-22)元(27-47)=0 解得t=0S,t=3s,t=-3s。显然,t=-3s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an=-Ao2cos(on),其中A和 O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 、O)=,(0)+a、)M=si(a) 解: x((=x(0)+v,(O)dt=Acos(or) 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dy/d=-kv2,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v=ve;其中v是发动机关闭时的速度 证明::ch/dt=(dhv/ax)x(dx/dt)=dv/dt vdv/dx=-kv-

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

dy 当=0,y=o,积分得:y=e 1A-6设质点的运动函数为x=x(1),y=y(1),在计算质点的速度时,有两种解法 d2r (1)先求出r=√x2+y2,然后求出v=,及 dx d2x、2,d2y (2)先求出 dt 然后求出:v 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S=U1+bt2,其中U0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) v=dS/dt=vo+br =du/dt=b: a,=(vo+bt /R + b2+(n+b0 (2根据题意:a=4,即有:b=(+b)/R 解得 R Vo Vb b 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O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b与加速度a的矢量表示式; (xy) (3)试证加速度指向圆心 Af:(1)r=xi+yj=rcosti+rs imt j d r (2) U==-r@s iot+roc oaty d t U a d/ro- cosati-ro- sin@ J (3)a=-02(cosati+ rinat方)=-02F,这说明a与F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点处速度的大小为vo,其方向与水平 方向夹角成30°。求物体在A点的切向加速度a和轨道的曲率半径p

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 

解:a1=-gsin300=-g/2 an=gco3=√3 v2 g an=23v2/(3g) 2A-4一质点平面运动的运动学方程为 F=x()i+y()j=(t3-1)+t(单位:m) (1)求t=1s时,质点的切向加速度和法向加速度; (2)求t=1s时,质点所在位置运动轨迹的曲率半径。 解:(1)v=(t2-1)+t3j;t=ls时,v=j,即速度大小为lm/s,沿y轴正向。 a=2t+3t2j;t=ls时,a=2i+3j。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=1s时,a1=2m/s2,an (2)由a 得,t=1s时,p=0.5m 2A-5.河水自西向东流动,速度为10从m/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 观察到的烟囪冒出的烟缕的飘向。(设烟离开烟卤后很快就获 那风地和都地间的相速度分别为千和A 得与风相同的速度)。 解:记水、风、船和地球分别为w,∫,s和e,则水-地、风 由已知条件 =10km/h,正东方向. V6=10km/h,正西方向 =20km/h,北偏西30方向 根据速度合成法则: 丿=V+V 由图可得:V=10√3kmh,方向正北 同理 V=Ve-V,由于k=-Vn s的方向为南偏西30 在船上观察烟缕的飘向即V6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=2kg的物体沿x轴作直线运动,所受合外力F=10+6x2(SD.如果在x=0处 时速度v=0;试求该物体运动到x=4m处时速度的大小 解:用动能定理,对物体 mu2-0=Fdx=[(10+6x2)dx 168 解出 =13m/s

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 

3A2.一非线拉伸弹簧的弹性力的大小为∫=k1x+k2x3,x代表弹簧伸长量,k1和k2为正 的常量。求:将弹簧由x1拉长至x2时,弹簧对外界做的功 解:W=-/=+k(x+x(x2-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 f=k/r3,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f=k/ 已知∫=0即r=∞处为势能零点,则势能 Ep=Wp.=fdr=[adr=k/(2r2) 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ν减小为v/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)W -v v2/4-v2 (2)-mg4=mn2a1=-H8。又a1=-4nR 16丌R 3v2 所以有:H=16丌R2g (3)W=-mgHs=0-m2 2g1 2zR4n8mP分 4A功能原理机械能守恒 A-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l.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t。 解:由机械能守恒,有:mg1=1m2+1k(-bn 解得v=121-A(-h 4A-2.两个质量分别为m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x,然后 ○B 释放,已知m=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的速度为珈o,由机械能守 4

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

恒,有 3mU/2 得 BO=o13m 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 m,U, +m2U2=m,UB0 m, U m2 当=b时,由式①解出:n=D=3B/4=x0 (2)弹簧有最大伸长量时,A、B的相对速度为零n=功=3L0/4,再由式② 解出 A-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D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υ,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 U=mvo/(M+m) 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θ时,有 2 M+m)u+(+m)gR(-co8)=(M+m)u (M+m)gcos0-N=(M+m)u'/R 当物体脱离球面时,N=0,代入③式并与①、②式联立,可解得 c o Bgr 3gR(M +m) 6=co3[ 3gR(M +m) (2)若要在A处使物体脱离球面,必须满足 (M+m)UA/R≥(M+m)g 即U3>Rg,考虑到①式有m2v2l(M+m)≥Rg 所以油灰的速度至少应为 (M+m)√Rg/m 4A-4.如图,光滑斜面与水平面的夹角为a=30°,轻质弹m 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=30cm 时,恰好有一质量m=0.01kg的子弹,沿水平方向以速度U

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 