大学物理1-5章题解.doc

大 学 物 理 学 题 解力学（1-5章）第一章 质点运动学1.1 (1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5) ；(6) 1.2 (1) ；(2)；(3) ；(4) 1.3 0；1.4 质点速度 ，时v=0质点位置极大； (1) ，；质点始终沿x轴运动， (2) ， ，质点始终逆x轴运动，s=20 (3) ，t1时速率增，t=1时速率既不增加也不减小；（此处题目有改动，答案要改！），a= 10，即t=3时速度与加速度方向相同，故质点速率增加。1.5 质点速度 速率 加速度 1.6 t=1时，t=1时质点加速度的大小，；设加速度与x轴夹角为a，有，a=56.31.7 1.8 由速度公式 由位移公式 即运动方程为 由x=4t 消去得轨道方程1.9 由平面几何 即 将此式对时间求导，注意为人的速度，即得到影子P的速度 1.10 由勾股定理 将此式对时间求导 即 得到 ，负号表示向下1.11 分析 1.12 由即 分离变量 积分 即 得到质点速度 由位移公式得到质点位置 质点加速度为 （或）1.13 (1) 静止；(2) 圆周运动；(3) 静止或匀速直线运动；(4) 匀速率运动。1.14 (1) ；(2) ；(3) 1.15 (1) ；(2) ；(3) ；(4) 1.16 质点速率 切向加速度 法向加速度 1.17 由，有，积分 即 或 （得证）由 有 积分 即 或 （得证）1.18 质点速率 t=4时，法向加速度 1.19 由于，即分离变量 积分 有 时，得到，1.20 质点的角速度 角加速度 切向加速度 法向加速度 1.21 质点角速度 t=1时，切向加速度 法向加速度 1.22 质点角位置 角加速度 切向加速度 法向加速度 1.23 由于 即分离变量 积分 有 即 角速度 （或）角加速度 1.24 小车对O系的加速度分量， 小车对O系的运动方程 O系对O系的运动方程 故小车对O系的运动方程 1.25 在地面设立O系，车上设立O系重物对O系加速度 ， 速度 ，O 对O系加速度 ， 速度 ，车上乘客观察到重物加速度 1-26 由于，即这三个速度组成一个矢量三角形。在时为直角在时为 由平面几何知为等边三角形，故，方向偏东30。第二章 牛顿运动定律2.1 B静止的条件是合力为零。B受力有重力，绳的拉力FT，斜面的正压力FN及静摩擦力FS。分析可知，若过大，B就具有上滑趋势，FS沿斜面向下，受力图如（a）；若过小，B则具有下滑趋势，FS，沿斜面向上，受力图如（b）。分别列方程： (a) 对B：沿斜面 垂直斜面 对A： (a) 对B：沿斜面 习题2.1图 垂直斜面 对A：同样 综合上面两种情况，A的质量应在如下范围：2.2 小球随斜面以加速度a运动，受力分析如图，建立坐标如图。（1） 解得： N N （2）令 m/s2 2.3 （1）二弹簧串联时，在F力作用下，劲度系数为的弹簧伸长x1，弹力；劲度系数为的弹簧伸长x2，弹力。由于是轻弹簧，故二弹簧中弹力相等，且等于外力F，设二弹簧串联的效果相当于总劲度系数为的另一轻弹簧，在F力作用下，其伸长为，弹力为：将式中的及代入式则 （2）二弹簧并联时，在力F作用下，二弹簧的形变相同，二弹簧的合力与外力F平衡，即设二并联弹簧等效于总劲度系数为k的另一轻弹簧，此弹簧在F的作用下形变为x，且弹力与F也处于平衡，即联立、式，有证得2.4 雪橇受力分析如图，重力mg，正压力FN，摩擦力Fr，其大小为，空气阻力F，大小为。沿斜面向下为坐标正方向，有 vt曲线的作用在此题中一是给出速度的大小v，二是根据斜率确定加速度a，由图，时，m/s m/s2时， m/s 将其代入方程，有时，时，联立求解、式，得：2.5 m1、m2受力如图，坐标如图。图中a为m1相对m2的加速度，而m1相对大地的加速度a1图中未能标出。根据牛顿第二定律，对m1： 对m2：考虑m1与m2之间的相对运动，应有联立求解式，可得，2.6 m1、m2受力如图。在涉及滑轮的题目中，坐标方向最好“一顺”，取逆时针方向为正。根据牛顿定律式中a1、a2分别为m1、m2对地的加速度。由于m2对绳滑动，故，即m1、m2之间有相对运动。根据相对运动中加速度的公式，有再考虑到绳为轻绳，m2与绳之间的摩擦力f与绳中的拉力T应相等，联立求解式，可得 当a=0时，m1与m2由绳固连，没有相对运动。当a=2g时，二物体均自由下落。2.7 绳中的拉力提供小球作圆周运动的向心力，（1）当角速度相同时，绳越长（r越大），绳中拉力越大，绳越容易断；（2）当线速度v相同时，绳越短（r越小），绳中拉力越大，绳越容易断。2.8 m1、m2在水平方向的受力如图。根据牛顿第二定律的法向分量式，有解得：2.9 钢球受力如图。由图可见，碗对钢球的正压力的水平分量提供了钢球作圆周运动的向心力，由牛顿第二定律的法向分量式，有：由竖直方向的分量式，有：再根据几何关系：联立式，可得钢球距碗底的高度为2.10 铁块随转盘作圆周运动，静摩擦力提供向心力，在未达到最大静摩擦力时，故当达到最大静摩擦力的瞬间，铁块将开始相对圆盘滑动，此时，转速为2.11 这是一个质量连续分布的问题。叶片根部的张力就是叶片上所有质元圆周运动的向心力的和。距叶片根部0点r远处，取长为的质量元，该质量元受到两侧质量元的张力作用，如图所示。其向心力即为两侧的张力差，全部质元的向心力之和为：这就是叶片根部的张力。2.12 （1）若已知可根据牛顿第二定律的微分形式及初始条件，积分，得速度 再根据初始条件，积分，得运动方程： （2）若已知，可以通过数学变换讨论。下面，以沿x方向的一维运动为例，此时，由牛顿第二定律的微分形式：分离变量，并根据初始条件，当时，积分，得运动方程： （3）若已知，仍以（2）的方法，有分离变量积分，并代入初始条件：时，有此时，需根据的具体形式计算得到x的表达式。2.13 已知力求加速度用牛顿第二定律，已知力求速度应根据牛顿第二定律的微分形式用积分计算，或由加速度积分计算。（1）根据分离变量积分，并将初始条件，代入，得：（2）根据及初始条件，时，积分，得：2.14 根据及初始条件时，分离变量，积分，得：再根据，分离变量积分，并代入初始条件：时，得：2.15 （1）以快艇速度方向为正方向，关闭发动机后，快艇只受摩擦阻力作用，根据牛顿第二定律，分离变量，设发动机关闭时为计时起点，本题的初始条件为时，代入上式积分，得：（2）由，代入初始条件积分，得：（3） 将（1）式结果代入（2）式结果，可得，也可根据，分离变量，积分并代入初始条件，得：2.16 （1）物体在上抛过程中，受重力和空气阻力的作用，如图所示，其中为空气阻力，负号表示空气阻力与物体运动速度反向。建立坐标如图，取抛出点为坐标原点，y轴向上为正，根据牛顿第二定律，有分离变量积分，根据题意及坐标的设置，本题的初始条件应为：时，代入以上积分式，积分可得：（2）物体上升到最高点时，由式可得：（3）物体上升过程中，高度随时间的变化可由式积分求得：分离变量，积分，并代入初始条件，得：将式代入，可得上升的最大高度：2.17 物体m贴着环带内侧在水平面上运动。物体在水平面上受两个力的作用，一是环带给物体的正压力，方向指向环心，另一个是环带给物体的滑动摩擦力，方向沿圆周的切向方向。建立自然坐标系，并应用牛顿第二定律的法向分量式和切向分量式，法向：切向：将式代入式，有：分离变量积分，并代入初始条件：时，得：路程2.18 若以地面为惯性参照系观察物体的运动，物体既相对斜面直线下滑，同时又随升降机加速向上运动，物体的运动是这两个独立运动的矢量和。如果以升降机为非惯性参照系观察物体的运动，物体作相对斜面下滑的直线运动，这要简单得多。因此，取升降机为非惯性参照系，此时物体除受重力和斜面的正压力N外，还要受惯性力的作用，如图所示。，负号表示与升降机对地的加速度反方向。建立坐标如图，在x方向上故物体对斜面的加速度这是一个初速度为零的匀加速直线运动，由匀加速直线运动公式和，可得物体滑至斜面底部的时间及速度分别为：2.19 以加速运动的小车为非惯性参照系。小球受重力，绳的拉力以及惯性力的作用，如图所示。惯性力的大小为，方向与小车的加速度方向相反。由于在小车中观察，小球静止不动，故三力平衡，x方向：y方向：可解得：注：若摆绳的偏角不大，5则，此时，这是实际测量时常见的情况。此题以大地为惯性参照系也很易求解。第三章 动量和角动量3.1 根据题意，弹力，力的冲量3.2 重力是恒力，重力的冲量等于重力与作用过程的时间的乘积。小球从h高度落至地面的时间为，再弹回h高度处，整个过程的时间为，故重力的冲量方向向下，大小为在整个过程中，小球除受重力的作用外，还受到地面的冲力作用。由于小球的初态（抛出时）动量与末态（弹回同一高度处）动量相等，故小球所受的总冲量必定为零，即地面冲力的冲量与重力的冲量大小相等，方向相反，指向上方。平均冲力3.3 设小球飞来时的速度为，被捧击打后的速度为，由上抛运动公式知，。根据动量定理：作矢量关系图，可得冲量的大小平均冲力3.4 水流在水管中的速度经弯道后大小未发生变化，方向发生了变化，如图所示。根据题意，1秒钟内流过的水的质量，根据动量定理，1秒钟内水受到弯管的冲量作矢量关系图，因为故水受弯管的作用力（平均值） 将代入，得方向沿90平分线，指向水管弯曲的一侧。水流对弯管的压力与弯管对水流的作用力大小相等，方向相反。3.5 水柱冲击煤层后，速度由v=56 m/s变为零，速度增量的绝对值，时间内冲击煤层的水柱的质量动量增量的绝对值为平均冲力3.6 (1) 子弹出枪筒时不再受力，因此可令F=0解出时间t，令：得：t=0.003 s (2) 冲量为力F对时间t的积分 (3) 根据动量定理，本题中，可得：3.7 已知力求某时刻速度，可以考虑用动量定理求解。木箱在直线运动过程中受水平拉力和滑动摩擦力f的作用，合外力的冲量其中水平拉力的冲量可以用F-t曲线下的面积计算，在0-4s和0-7s的时间内，IF分别为本题中滑动摩擦力f的大小为，是一恒力，其冲量木箱初速，末速为v，根据动量定理故 t=4时 t=7时 3.8 在碰撞过程中，竖直方向上重力的冲量可以忽略不计，但斜面对m2的冲力（垂直斜面）形成的冲量不能忽略，故动量守恒是在忽略重力的情况下，沿斜面方向动量守恒，答案（2）是正确的。3.9 将滑块B与小球视为一个系统，分别讨论碰撞过程（时间为）中，竖直方向与水平方向的情况：竖直方向：系统受重力，以及地面对B的平均作用力，动量由零变为，根据动量定理所以，平均冲力一般情况下，小球质量总是远小于斜块质量，故斜块B对地面的平均作用力与大小相等，方向相反。水平方向：系统不受外力作用，动量守恒，B的速度增量3.10 设两车碰后的共同速度为v，根据碰撞过程中动量守恒，在滑行过程中，摩擦力做负功，致使二车停下来，由动能定理联立、式，解得故至少有一辆车超速，速度大于14 m/s。3.11 分别考虑两次跳动过程：第一次跳动过程：先将左船与人视作一个系统，该系统水平方向动量守恒。设人跳离左船后，左船的速度为，有再将人与右船视为一个系统，该系统也满足水平方向动量守恒。设人跳上右船后，右船速度为，有第二次跳动过程：先将右船与人视为一个系统，并设人跳离右船后，右船速度变为，根据动量守恒定律，有再将人与左船视为一个系统，并设人跳上左船后，左船速度变为，根据动量守恒定律，有联立求解式，得：，3.12 (1) A、B运动h = 0.4 m后绳方拉紧，此时C开始运动。这个过程中，只有A受重力作用，重力做功。设绳拉紧瞬间A、B的共同速度为v，根据动能定理将代入再设这个过程的时间为，根据动量定理解得：此题也可用牛顿定律求解。将A、B看作一个整体，受重力作用 由匀加速直线运动公式 ，得：(2) 将A、B、C视为一个系统，绳子绷紧的过程视为碰撞过程，根据动量守恒即：得：3.13 粒子散射过程中，若将粒子与氧原子核视为一个系统，它们之间的电磁相互作用（斥力）是系统的内力，系统不受其它外力作用（忽略重力，空气阻力等的作用），系统动量守恒。这种情况类似二物体的碰撞，因此可看作是一种广义的碰撞。取粒子入射方向为x方向，粒子“碰撞”前后速度分别为，氧核“碰撞”后速度为，由动量守恒定律，x方向：y方向：联立两式求解，可得所以，3.14 两球相碰，动量守恒。设碰后二球的共同速度为代入相关数据，并将用分量表为因为等式两侧x分量与y分量应分别相等，即解出：碰后二球的共同速度为速度的大小为速度方向与x轴的夹角为3.15 以速率v，半径r作圆周运动的电子，对圆心（原子核所在处）的角动量为，故电子的速率和角速度分别为3.16 小球在绳绷紧前水平方向不受外力作用，绳绷紧后受绳拉力作用，但拉力对0点不形成力矩，故整个过程对0点的力矩为零，小球对0点的角动量守恒。设初始时小球速度大小为，角动量，绳绷紧后速度大小为v，角动量，由角动量守恒则初始动量大小，绳绷紧后动量大小，3.17 将A、B球构成一个系统，相对于转轴上的任意一点，A、B球受到的合力矩均等于零，满足角动量守恒的条件，故有：钢球角速度增大为原来的9倍。3.18 (1)地球绕太阳作椭圆轨道运动时，受太阳的引力直指太阳中心，故对太阳的力矩为零，地球对太阳的角动量守恒。在远日点，在近日点（2）3.19 无论卫星是在圆轨道还是椭圆轨道上运动，卫星受到的对地心的引力力矩均为零，卫星对地心的角动量守恒。卫星在圆轨道时，角动量，卫星在椭圆轨道的近地点或远地点时，距地心的距离设为，速度，且，角动量，根据角动量守恒定律，另外，卫星在椭圆轨道上运动时，机械能守恒。初入椭圆轨道时（M为地球质量），在近地点或远地点时，有，即再考虑到卫星在圆轨道上时有联立、式，解得：则卫星距地面的距离近地点时： 远地点时： 第四章 功与能4.1 设井中水面为坐标原点，y轴竖直向上。依题意，当桶提升高度为y时，桶中水的质量。匀速提升时，外力，故做功4.2 在本题中，若采用计算功，由于力F表现为时间的函数而不是位置的函数，积分无法进行。可考虑用动能定理计算。由有t=0时，；t=4时，故 J4.3 可根据动能定理求棒的末速度。取水面为坐标原点，y轴竖直向下。铁棒下落过程中某时刻，棒没入水中的长度为y，此时棒受重力mg向下，浮力向上，合力在棒下落dy过程中，合力的微功整个下落过程中，合力的功根据动能定理，有4.4 （1）将绳作为一个整体，只有当沿着绳的作用力（合力）大于零时，绳才可能滑动。在沿绳方向上，有作用在下垂段上的重力和作用在水平段上的静摩擦力FS。取桌面为坐标原点，y轴竖直向下。设当下垂段的长度为y=l0时，绳开始滑动，此时FS为最大静摩擦力，即由，并取等号，可得（2）已知绳的初始速度，求末态速度可用动能定理。绳滑动过程中，在运动方向上有两个力做功。重力做正功，滑动摩擦力做负功。合力的功为根据动能定理， ()再将（1）中解出的代入上式，可得柔绳全部离开桌面时的速度此题重力做的功也可以用重力势能的负增量表示，此时解题应采用功能原理。4.5 空间某点的势能等于保守力从该点（r）到零势能点的积分，本题要求将零势能点设置在处，即，故4.6 根据保守力与势能的关系，保守力在某方向上的分量等于势函数对该方向的变化率的负值，在一维（x方向）情况下，有表现在曲线上，保守力为曲线斜率的负值，曲线越陡峭处，即曲线斜率越大处，保守力的绝对值越大。保守力的方向由曲线斜率的负值确定。因此，由图可见，在处，曲线斜率为零，故；区间，曲线斜率为正，故为吸引力，且x很大时，；区间，曲线斜率为负，故为排斥力，且x很小时，。4.7 万有引力表现为，库仑力表现为，二力均为平方反比有心力，故势能的形式应相似。已知引力势能为静电势能则应为当为同性电荷时，静电势能为正值。4.8 将小球与地球视为一个系统。在小球由A至C的运动过程中，系统受空气阻力作用，根据功能原理，空气阻力做的功等于系统机械能的增量，即。取A点为重力势能零点，有 在C点时，小球脱离圆轨道，绳松驰，拉力，应有 联立求解、式，得：4.9 （1）卫星绕地球旋转时的向心力由万有引力提供，将代入，故卫星的动能（2）取为引力势能零点，将，（3）机械能4.10 本题研究的是剪断m1与m2间连线后的情况。将m1、弹簧、地球构成一系统，该系统不受外力作用，内部没有非保守力做功，机械能守恒。取剪断连线的瞬间为初态，速率最大时为末态，弹簧为原长时作为弹性势能和重力势能的零点，则初态时弹簧形变x1，且末态时因速率要达到最大（动能最大），必是势能为最小。令，解得在处EP有极小值，即m1在处速率最大，根据机械能守恒，有将x1及x2代入上式，解得：4.11 将小环、弹簧、地球构成一系统，该系统没有外力和非保守内力做功，机械能守恒。取B点为初态，C点为末态，弹簧原长为弹性势能零点，C点为重力势能零点，根据机械能守恒，有式中弹簧的劲度系数根据题意得出，即因为要讨论C点处的正压力，故应对小环在C点作受力分析。小环在C点受重力，正压力，弹簧的弹性力作用，弹性力大小，且小球在C点作圆运动，根据牛顿第二定律的法向分量式，应有 联立求解式，得：小环对圆环的正压力4.12 将质子与氦核构成一个系统。该系统没有外力作用，静电力是系统内的保守力，故系统动量守恒，能量守恒。取二者相隔很远时为初态，达到最近距离时为末态，此时二者具有相同的速率v，于是动量守恒：能量守恒：联立、式，解得二者相距最近时的速率4.13 可将整个过程分解为两个分过程：（）子弹与摆的碰撞过程。将子弹和摆构成一个系统，系统水平方向动量守恒。设子弹射出摆后，摆以速度V开始运动，有（）摆的上升过程。将摆与地球构成一个系统，系统机械能守恒。设摆在竖直位置处为初态，此时速度V，摆上升到最大高度h处为末态，此时速度为零，联立求解、式，可得摆上升的最大高度4.14 (1) 以A、B构成一系统，该系统水平方向不受外力作用，水平方向（设为x）动量守恒。由于初态时二者均静止，动量为零，故在小球未离开圆槽的过程中，总应满足设小球离开圆槽时速度为v1，圆槽速度为v2，此时v1 和v2均在水平方向，故式可以表示为另外，若将A、B及地球构成一系统，该系统外力不做功，内力(一对正压力)的总功为零，系统机械能守恒,联立、两式，得：(2) 设整个下滑过程的时间为t，A在水平方向移动的距离B在水平方向移动的距离将式分别代入式和式，可得：由图可见解、两式，得(3) 圆弧槽对物体A的正压力做的功，等于A的机械能的增量。 将代入4.15 将问题分解为两个过程讨论：() 子弹射入木块过程。这是子弹与木块的完全非弹性碰撞，将子弹与木块构成一个系统，系统动量守恒。设子弹的初态速度为，碰后子弹与木块的共同速度为v，有 () 弹簧压缩过程。将子弹、木块、弹簧构成一系统，有摩擦力做功，根据功能原理，摩擦力的功等于系统机械能的增量，联立求解、式，可得子弹的初速度 4.16 先看动量关系。将钢球和小车视为一个系统，系统水平方向不受外力作用，动量守恒。初态时，系统静止，总动量为零，小球至最低点时，速度沿水平方向，设为v，车的速度也沿水平方向，设为V， 再看功能关系。将小车、钢球和地球视为一个系统，没有外力做功。内力为杆与小车在光滑轮0处的相互作用力，这是一对内力，由于没有相对位移，故内力的总功为零。系统机械能守恒，联立求解、式，得：4.17 将问题分解为三个分过程讨论() 粘性物质m1从h高度处自由下落至框架面上，() 粘性物质m1与框架m2发生完全非弹性碰撞，撞后共同的速度为V，根据碰撞过程动量守恒，() 碰后的运动。将粘性物质m1，框架m2，弹簧和地球看作一个系统，系统无外力和非保守内力做功，机械能守恒。设m1、m2开始以速度V运动时为初态，此时弹簧伸长，弹簧最大伸长x时为末态，此时二物体速度为零。取弹簧的原长为弹性势能和重力势能零点，由机械能守恒，有弹簧最大下移联立求解式，得4.18 证：将问题分解为三个分过程考虑：() m2由h高度处自由下落，到达m1处时速度为() m2与m1作完全非弹性碰撞，动量守恒。设碰后速度为V() 碰后整体向下运动。将m1、 m2、弹簧及地球看作一个系统，没有外力和非保守内力做功，系统机械能守恒。设碰后二物体以速度V运动时为初态，此时弹簧已压缩x0，弹簧达到最大压缩x时为末态，此时物体速度为零，取弹簧的原长为弹性势能和重力势能零点，有且弹簧对地面的最大作用力联立求解式，证得4.19 证：二物体发生正碰时，碰前和碰后的速度方向均在二物体的连线方向上，根据碰撞过程动量守恒，由于是弹性碰撞，碰撞前后系统总动能不变，联立、式可以求得：则可得到 写为矢量形式，证得： 4.20 (1) 正确。卫星在椭圆轨道上运动时，所受地球的万有引力对地心的力矩为零，根据角动量守恒定律，卫星对地心的角动量应守恒。(2) 正确。将卫星与地球构成一系统，系统只有万有引力做功，万有引力是保守力，故系统机械能守恒。(3) 不正确。两式的右侧含有法向加速度，分别用和表示，式中分母的应分别为在近地点和远地点时椭圆轨道的曲率半径，而不是图上标出的，。4.21 将问题分解为两个分过程讨论：() 子弹射入木块。将子弹与木块看作一个系统，碰撞过程动量守恒。设碰后速度为v1,() 碰后从A运动到B。在碰后的运动过程中，（）作为一个整体，水平面上只受弹簧的弹力作用，弹力指向0点，对0点的力矩为零，故子弹、木块系统对0点的角动量守恒， 再将m1、m2及弹簧看作一个系统，系统无外力和非保守内力做功，机构能守恒，联立求解式，得：4.22 将A、B视为一系统，万有引力是系统的内力，没有其它力的作用，故系统应满足机械能守恒。以无穷远（很远）处为引力势能零点，有以A粒子为研究对象，A受B的万有引力作用，此万有引力对B点的力矩为零，故A对B的角动量守恒，联立求解、式，得：第五章 刚体定轴转动5.1 刚体角速度，角加速度 考察点速度 v=rw=r(A+2Bt)切向加速度 at=ra=2rB法向加速度 an=rw2=r(A+2Bt)25.2 由于 a=kw 即分离变量 积分 有 t时角速度为 5.3 (1) ；(2) ；(3) ；(4) ；5.4 (1) 取质元dm，质元对轴的转动惯量dJ=R2dm园环转动惯量为各质元转动惯量之和 (2) 园盘的质量面密度为若是实心大园盘，转动惯量为 挖去的空心部分小园盘的转动惯量为 空心园盘转动惯量为 (3) 若为完整的园盘，转动惯量为 半园盘转动惯量为整个园盘的一半，即 5.5 正方形的转动惯量 正方形受到的重力矩 由转动定律 M=Ja得到转动角加速度 5.6 杆对轴的转动惯量为左、右两部分之和 杆受重力矩为 由转动定律 M=Ja得到 5.