《大学物理学》第二版上册习题解答

PAGEPAGE37大学物理学习题答案习题一答案习题一1.2解：最初内的位移为为：最初内的平均速度为：时刻的瞬时速度为：末的瞬时速度为：(2)末到末的平均加速度为：(3)末的瞬时加速度为：。1.3解:由题意知，加速度和时间的关系为利用，并取积分得，再利用，并取积分[设时]得，1.4解：当，即时，到达轴。时到达轴的位矢为：即质点到达轴时的位置为。1.5解：按题意由此有，即，两边取积分，得由此给出，1.6解：(1)速度和加速度分别为：，(2)令，与所给条件比较可知，，所以轨迹方程为：。1.7解:在求解本题中要注意：在时间内，速度有时大于零，有时小于零，因而运动出现往返。如果计算积分，则求出的是位移而不是路程。求路程应当计算积分。令，解得。由此可知：s时，，；s时，；而s时，，。因而质点在时间内的路程为。1.8解:建立坐标系如题1.8图所示，船沿轴方向作直线运动，欲求速度，应先建立运动方程，由图题1.8，可得出两边求微分，则有船速为按题意(负号表示绳随时间缩短)，所以船速为负号表明船速与轴正向反向，船速与有关，说明船作变速运动。将上式对时间求导，可得船的加速度为负号表明船的加速度与轴正方向相反，与船速方向相同，加速度与有关，说明船作变加速运动。1.9解：(1)利用，，，得到法向加速度和切向加速度的表达式，在时，法向加速度和切向加速度为：，(2)要使总加速度与半径成角，必须有，即解得，此时1.10解：以地球为参照系，设、分别代表正东和正北方向，则甲乙两船速度分别为，根据伽利略变换，当以乙船为参照物时，甲船速度为，即在乙船上看，甲船速度为，方向为东偏北同理，在甲船上看，乙船速度为，方向为西偏南。1.11解：(1)以地球为参照系时，炮弹的初速度为，而，消去时间参数，得到轨迹方程为：（若以竖直向下为y轴正方向，则负号去掉，下同）(2)以飞机为参照系时，炮弹的初速度为，同上可得轨迹方程为(3)以炮弹为参照系，只需在(2)的求解过程中用代替，代替，可得.1.12证明：在如图所示的坐标系中，船与快艇的运动方程分别为和拦截条件为：即所以，取最大值的条件为：，由此得到，相应地。因此的最大值为取最大值时对应的出发时间最迟。快艇截住这条船所需的时间为。习题二答案习题二2.2证明：(1)由分离变量得，积分得，，(2)(3)质点停止运动时速度为零，即，故有。2.3解.根据质点动量定理,,根据牛顿第二定律，(m/s2)2.4解：(1)由题意，子弹到枪口时，有,得(2)子弹所受的冲量，将代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2.5解：质点的动量为将和分别代入上式，得，动量的增量，亦即质点所受外力的冲量为2.6解：(1)若物体原来静止，则[]，沿x轴正向，若物体原来具有初速度，则于是同理，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，即令，解得。2.7解：由动量守恒又，，如图，船的长度所以即船头相对岸边移动2.8解而所以2.9解:建坐标如习题2.9图，图中表示水面到地面的距离，表示水深。水的密度为，对于坐标为、厚度为的一层水，其质量，将此层水抽到地面需作功将蓄水池中的水全部抽到地面需作功(J)2.9证明：设一块的质量为，则另一块的质量为。利用，有，①又设的速度为，的速度为，则有②[动量守恒]③联立①、③解得，④联立④、②解得，于是有将其代入④式，有又因为爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，当时只能取。2.10习题2.10图解：子弹射入木块到相对静止的过程是一个完全非弹性碰撞，时间极短，木块获得了速度，尚未位移，因而弹簧尚未压缩.此时木块和子弹有共同的速度，由动量守恒，此后，弹簧开始压缩，直到最大压缩，由机械能守恒，由两式消去，解出得2.11解方法一：当物体滑到与水平成任意角的位置时，物体在切线方向的牛顿方程为即注意摩擦力与位移反向，且，因此摩擦力的功为方法二：选为研究对象，合外力的功为考虑到，因而由于动能增量为，因而按动能定理有，。方法三：选物体、地球组成的系统为研究对象，以点为重力势能零点。初始在点时，、终了在点时，，由功能原理知：经比较可知，用功能原理求最简捷。2.12习题2.12图解：物体水平受力如图，其中，。物体到达最远时，。设此时物体的位移为,由动能定理有即解出系统的势能为2.13证明：（1）当、时，势能有极小值。由得所以，即为分子势能取极值时的原子间距。另一方面，当时，，所以时，取最小值。（2）当时，（3）令，得到，，2.14解：两粒子的碰撞满足动量守恒写成分量式有碰撞是弹性碰撞，动能不变：利用，，，，可解得，，。2.15习题2.15图解：在只挂重物时，小球作圆周运动的向心力为，即①挂上后，则有②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即③联立①、②、③得2.16解：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

∴习题三答案习题三3.2习题3.1图解：(1)绕B点的力矩由重力产生，设杆的线密度为，，则绕B点的力矩为杆绕B点的转动惯量为角加速度为(2)杆的质心加速度为3.3习题3.2图解：⑴先做受力分析，物体1受到重力和绳的张力，对于滑轮，受到张力和，对于物体2，在水平方向上受到摩擦力和张力，分别列出方程[][]通过上面三个方程，可分别解出三个未知量，，⑵在⑴的解答中，取即得，，。3.4解：由于转速是均匀增加的，所以角加速度为从而力矩为3.5解：⑴飞轮的角加速度为转过的圈数为⑵飞轮的转动惯量为，所以，拉力的大小为拉力做功为⑶从拉动后t=10s时，轮角速度为轮边缘上一点的速度为轮边缘上一点的加速度为。3.6习题3.6图解：设在飞轮接触点上所需要的压力为，则摩擦力为，摩擦力的力矩为，在制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由变化到0，所以由有解得。由杆的平衡条件得。3.7习题3.7图解：当物体落下0.40m时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能，即，将，，，，代入，得3.8人在盘边时，角动量为人走到盘心时角动量为因此人在盘边和在盘心时，系统动能分别为，系统动能增加3.9解：整个体系的角动量保持为零，设人匀速地走动时圆盘的角速度为，则解得3.10习题3.10图解：要使转台角速度变为，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系的转动惯量加倍才行，即。将和代入得所以3.11解：脉冲星的转动惯量为转动动能为转动动能的变化率为由，，得停止自旋所需要的时间为3.12解：⑴设两滑冰运动员拉手后，两人相距为，两人与质心距离分别为和，则，两人拉手前系统总角动量为⑵设两人拉手后系统的角速度为，由于两人拉手后系统角动量不变所以，⑶两人拉手前总动能为：拉手后，由于整个体系的动量保持为零，所以体系动能为所以体系动能保持守恒。可以算出，当且仅当时，体系能量守恒，否则能量会减小，且3.13习题3.13图解：系统绕杆的悬挂点的角动量为子弹射入后，整个系统的转动惯量为所以⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为当杆转至最大偏转角时，系统动能为零，势能的增加量为由机械能守恒，得习题四参考解答4.1证明：根据洛仑兹坐标变换关系代入原方程中，得到化简得所以，在K系中质点做椭圆运动，椭圆中心以速度运动。解：由相对论长度缩短关系得到。，题图4.3解：细杆在系中的两个坐标上的投影分别为细杆在系中的两个坐标上的投影分别为在系中细杆的长度为与X轴正向夹角为解：根据相对论中时间延长关系代入数据，可得解：根据相对论中时间延长关系代入数据，可得因此4.6解：由相对论的同时性的两个等价关系(1)(2)联立两式得到代入(2)式中得到4.7证明：令在某个惯性系中两事件满足，则在有相对运动的另一个惯性系中(相对运动速度为),两事件的时间间隔是由于，且所以，即两事件一定不同时发生。证明(1)设两事件在某惯性系中于同一地点发生，即，时间间隔为，则在另一个相对运动速度为的惯性系中，两事件的时间间隔为所以，在原惯性系中时间间隔最短。证明(2)设两事件在某惯性系中于同时发生，即，时间间隔为，则在另一个相对运动速度为的惯性系中，两事件的时间间隔为所以，在原惯性系中空间间隔最短。[答案：]。解：光线的速度在系中两个速度坐标上的投影分别为由速度变换关系，则在系中速度的两个投影分别为，所以，在系中的观测者观测到此光线与轴的夹角解：由相对论质量关系而且得到解(1)由相对论动能定理：因为，代入得到(2)将，代入原式解(1)由相对论动量公式而且联立两式(2)由相对论动能公式而且联立两式解：由总能量公式而且(1)其中(2)联立(1)、(2)两式将(1)式代入动量公式解：令两粒子的动能分别为与由相对论能量守恒得到(1)由相对论动量和能量的关系得到由相对论动量守恒得到(2)联立(1)、(2)两式解得，习题五参考解答5.2一质点作简谐振动cm。某时刻它在cm处，且向X轴负向运动，它要重新回到该位置至少需要经历的时间为(A);(B);(C);(D)。答案：(B)YX如图：位相差5.3以频率作简谐振动的系统，其动能和势能随时间变化的频率为(A)；(B)；(C)；(D)。答案：(C)5.4劲度系数为的轻弹簧和质量为10g的小球组成的弹簧振子，第一次将小球拉离平衡位置4cm，由静止释放任其运动；第二次将小球拉离平衡位置2cm并给以2cm/s的初速度任其振动。这两次振动能量之比为(A)1:1;(B)4:1;(C)2:1;(D)。答案：(C)，5.5一谐振系统周期为0.6s，振子质量为200g，振子经平衡位置时速度为12cm/s，则再经0.2s后振子动能为(A)；(B)0;(C);(D)。答案：(D)，，，5.6一弹簧振子系统竖直挂在电梯内，当电梯静止时，振子谐振频率为。现使电梯以加速度向上作匀加速运动，则其谐振频率将(A)不变；(B)变大；(C)变小；(D)变大变小都有可能答案：(A)，X5.7将一物体放在一个沿水平方向作周期为1s的简谐振动的平板上，物体与平板间的最大静摩擦系数为0.4。要使物体在平板上不致滑动，平板振动的振幅最大只能为(A)要由物体质量决定；(B);(C);(D)0.4cm答案：(C)最大静摩擦力为，最大加速度为由得5.8两分振动方程分别为和，则它们合振动的表达式为(A);(B);(C);(D)。答案：(C)5.9解(1)：,,,(2)5.10题图5.10证明：(1)当物体向右移动时，左端弹簧伸长，而右端弹簧缩短，它们对物体作用力方向相同，均与物体位移方向相反，所以因此物体将作简谐振动。(2)设两弹簧分别伸长与，则弹簧对物体的作用力对两弹簧的连接点有:且解此两式：代入中：因此物体将作简谐振动。题图5.11证明：取未用手托系统静止时的位置为平衡位置，令此点位坐标原点，弹簧伸长，则有：(1)当物体沿斜面向下位移为时，则有：(2)(3)(4)(5)将(2)与(4)代入(3),并利用(5),可得利用(1)式，得到所以，物体作的是简谐振动。5.12Y(3)(1)X(4)(2)解：令振动方程为：(1)，，(2)，，(3)，，(4)，，5.13解：设物体的振动方程为由于，由于，因此将代入，得到(2)将代入，得到负号表示方向与轴方向相反。(3)将代入中，得到(4)，将代入得由因此解：取砝码静止时的位置为平衡位置，并令为坐标原点，向下为正方向，则有当下拉位置时，砝码所受回复力为因此砝码作简谐振动将初始条件代入振幅公式：解：令与系统处于平衡位置处为坐标原点，向下为正方向未下落时，满足:与平衡位置处:联立解得由动量守恒：且得到而且它们共同振动的周期将初始条件，，代入振幅及位相公式：由于，因此将已求出的、和代入中，即可得振动方程为5.16解:原周期为，两种情况下周期都变为当达到最大位移处时粘土正好落在上时，此时物体水平速度为零动量守恒得到：且将初始条件，代入振幅公式(2)当粘土在通过平衡位置时落在上时，由水平方向动量守恒得到且将初始条件，，代入振幅公式：由5.17解：由单摆的动力学方程，将初始条件，代入得到。由于其中，初始时刻5.18解：由题意，，，由于因此，合振动方程为解：由分振动与合振动的三角形关系：代入数据由于得到5.20解(1)：由题意：，，，由于(2)由题意：，，，由于5.21解：(1)由于结合的表示式，得到轨道方程为：(2)5.22解：由于由于所以代入得到：所求轨道方程为：习题六参考解答6.2答案：(C)6.3答案：(A)6.4答案：(A)、(B)6.5答案：(C)6.6答案：(D)6.7参考答案：(A)6.8答案：(D)6.9答案：(D)6.10答案：(A)6.11参考答案：(D)解：令波动方程为其中，得到将初始条件：，，，代入或或由于所以解：令波动方程为由题意：,,代入得到：将初始条件：，，，代入且且(1)将初始条件：，，，代入且且(2)联立方程(1)、(2),解得，因此6.14解(1)：由得到：振幅为,，，，(2)将代入(3)6.15解(1)：由得到：，，，，，(2)(3),将，代入，在原点处6.16解(1)：(2)点振动方程为：波动方程为6.17解：（1）由题意：，，，，令波动方程为将时，，代入：由于因此（2）时的波形图6.18解(1)由图可知：,设，由（2）将代入，得6.19解(1)：由(2)6.20解：由三角形关系知:而且由，其中得到6.21解：由题意，(1)在外侧时：即在外侧两振动反相合成波强度(2)在外侧时：即在外侧两振动同相所以，外侧各点波的强度是单一波源波的强度的4倍。6.22解(1)：由得到即在处两波同相位。由于两波同相位，且振动方向相同当，且两振动方向垂直时6.23解：在点的振动为：在点的振动为：在点的振动为：