1、1第 1 章习题解答1-3 如题 1-3 图所示，汽车从 A 地出发，向北行驶 60 km 到达 B 地，然后向东行驶 60 km 到达 c 地，最后向东北行驶 50km 到达 D 地。求汽车行驶的总路程和总位移。解 汽车行驶的总路程为S=AB 十 BC 十 CD(60 十 60 十 50)km170 km；汽车的总位移的大小为r=AB/Cos45十 CD(84.9 十 50)km135km，位移的方向沿东北方向，与 C方向一致。1-4 现有一矢量 R是时阃 t 的函数，问dtR与在一般情况下是否相等?为什么?解：dt与在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量 的绝对值(大小或长度) 求导，表
2、示矢量 R的太小随时间的变化率；而后者是对矢量 的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量 大小随时问的变化和矢量 R方向随时同的变化两部分的绝对值。如果矢量 R方向不变，只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。1-5 一质点沿直线 L 运动，其位置与时间的关系为 r =6t2-2t3，r 和 t 的单位分别是米和秒。求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度，(3)第三秒末和第四秒末的加速度。解：取直线 L 的正方向为 x 轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿 x 轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿 x 轴的反方向。(1)第二秒内的平均速
3、度1112 0.412)6(4( smstxv；(2)第三秒末的速度因为tdt，将 t=3 s 代入，就求得第三秒末的速度为v3=18ms-1；用同样的方法可以求得第口秒末的速度为V4=48m s-1；(3)第三秒末的加速度因为tdtx12a2，将 t=3 s 代入，就求得第三秒末的加速度为a3= -24ms-2；用同样的方法可“求得第四秒末的加速度为a4= -36ms-21-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为 dtvs和 tva，试证明：(1)vdv=ads：(2)当 a 为常量时，式 v2=v02+2a(s-s0)成立。解(1) adstvdtsv；(2)对上式积分，等号左边为
4、： )(21)2000 vvdv 等号右边为： )(0ss2于是得：v2-v02=2a(s-s0)即：v2=v02+2a(s-s0)1-7 质点沿直线运动，在时间 t 后它离该直线上某定点 0 的距离 s 满足关系式：s=(t -1)2(t- 2)，s 和 t 的单位分别是米和秒。求(1)当质点经过 O 点时的速度和加速度；(2)当质点的速度为零时它离开 O 点的距离；(3)当质点的加速度为零时它离开 O 点的距离；(4)当质点的速度为 12ms-1 时它的加速度。解：取质点沿 x 轴运动，取坐标原点为定点 O。(1)质点经过 O 点时即 s=0，由式(t -1)2(t- 2)=0，可以解得t
5、=1.0 st=2.0 s当 t=1 s 时v=ds/dt=2(t-1)(t-2)+(t-1)2=0 ms-1a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)=-2. 0 ms-2当 t=2 s 时， v=1.0 ms-1, a=4.0 ms-2。(2)质点的速度为零，即V=ds/dt=2(t-1)(t-2)+(t-1)2=0上式可化为(t -1)(3t- 5)=0，解得: t=1.0 s，t=1.7 s当 t=1s 时，质点正好处于 O 点，即离开 O 点的距离为 0 m，当 t=53 s 时，质点离开 O 点的距离为-0.15m。(3)质点的加速度为零，即a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2
6、)= 0 上式可化为：(3t-4)=0， t=1.3s这时离开 O 点的距离为-0.074m。4)质点的速度为 12 ms-1，即 2(t-1)(t-2)+(t-1)2=12由此解得：t=3.4 s，t=-0.69 s将 t 值代入加速度的表示式 a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)求得的加速度分别为: a=12.4 ms-2，a=-12.2 m s-21-8 一质点沿某直线作减速运动，其加速度为 a=-cv2，c 是常量。若 t=0 时质点的速度为 v0，并处于 s0 的位置上，求任意时刻 t 质点的速度和位置。解：以 t=0 时刻质点的位置为坐标原点 O，取水平线为 x 轴，质点就沿
7、 x 轴运动。困为是直线运动，矢量可以用带有正负号的标量来表示。 dtva于是有2cvdat两边分别积分，得：)1(00v固为 t0=0，所以上式变为：)(10tcvct即上式就是任意时刻质点的速度表达式。因为 vdtxtv,将式(1)代入上式得： 10tc对式(2)两边分别积分，得：)1ln(0tcvvx于是，任意时刻质点的位置表达式为000)1ln(stcsx1-9 质点作直线运动，初速度为零初始加速度为 a0，质点出发后每经过 时间，加速度均匀增加 b。求经过时间 t 后质点的速度和加速度。3解：可以把质点运动所沿的直线定为直线 L，并设初始时刻质点处于固定点 O 上。根据题意，质点运动
8、的加建度应该表示为：tba0由速度公式：dvt可以求得经过 f 时间质点的速度： 200vtbadt另外，根据位移公式可以求得经过时间 t 质点的位移为：32006ltbavdt1-10 质点沿直线 y=2x 十 1 运动，某时刻位于 x1=1.51 m 处，经过 1.20 s 到达 x2=3. 15 m 处。求质点在此过程中的平均速度。解：根据定义，平均速度应表示为： trv其中 jyixr由已知条件找出x 和y，就可以求得平均速度 。x = x2-x1= 3.15m-l.5lm = l.64m根据直线方程 y=2x+l，可求得 y1=2x1+l=4.02m，y2=2x2+l=7.31m，所
9、以y= y2-y1= 7.31m-4.02m = 3.28m平均速度为:1)74.23.1(smjijtyitrv也可以用下面的方式表示06.3()tytxv与 z 轴的夹角为2.arcnarct y1-11 质点运动的位置与时间的关系为 x=5+t2，y=3+5t -t2，z=l+2 t2，求第二秒末质点的速度和加速度，其中长度和时间的单位分别是米和秒。解：已知质点运动轨道的参量方程为2t1z53yx质点任意时刻的速度和加速度分别为t5zyx4v和 42zyxa质点在第二秒末的速度和加速度就是由以上两式求得的。将 t=2 s 代人上式，就得到质点在第二秒末的速度和加速度，分别为10.8.sm
10、vzyx和 20.4.smazyx1-12 设质点的位置与时间的关系为 x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，如果先求出2yxr，然后根据2dtrtrv和求得结果。还可以用另一种方法计算：先算出速度和加速度分量，4再合成得到的结果为2222 )()(a)(dtytxdtytxv和，你认为那一组结果正确？为什么？解：第二组结果是正确的。而在一般情况下第一组结果不正确，这是因为在一般情况下22,tradtrv速度和加速度中的 是质点的位置矢量，不仅有大小而且有方向微分时，既要对大小微分也要对方向微分。第一组结果的错误就在于，只对位置矢量的大小微分，而没有对位置矢量的方向微分。1-
11、13 火车以匀加速运动驶离站台。当火车刚开动时，站在第一节车厢前端相对应的站台位置上的静止观察者发现第一节车厢从其身边驶过的时间是 5.0s。问第九节车厢驶过此观察者身边需要多少时间?解：设火车的加速度为 a，每节车厢的长度为 l，第一节车厢从观察者身边通过所需时间为 t1，t1 满足21atl(1)前八节车厢通过观察者身边所需时间为 t2，前九节车厢通过观察者身边所需时问为 t3，并可列出下面两个方程式：28tl(2)319a(3)由(1)得： 251itl将上式代入式(2)和式(3) ，分别得到 slaltslalt 0.15281,4.632 第九节车厢通过观察者身边所需时间为：t=t3
12、-t2=15.00s-14.41s=0.86s567891011121314151617物理学 3 章习题解答3-1 用榔头击钉子，如果榔头的质量为 500 g，击钉子时的速率为 8.0 ms1，作用时间为 2.0103 s，求钉子所受的冲量和榔头对钉子的平均打击力。解 对于榔头：,式中 i1 是榔头所受的冲量， 是榔头所受钉子的平均打击力；对于钉子：,式中 i2 是钉子受到的冲量， 是钉子所受的平均打击力，显然 = 。题目所要求的是 i2 和 ：,i2 的方向与榔头运动方向一致。,的方向与榔头运动方向一致。3-2 质量为 10 g 的子弹以 500 ms1 的速度沿与板面垂直的方向射向木板，
13、穿过木板，速度降为 400 ms1 。如果子弹穿过木板所需时间为 1.00105 s，试分别利用动能定理和动量定理求木板对子弹的平均阻力。解 (1)用动能定理求解：, (1)其中 是木板对子弹的平均阻力，d 为穿过木板的厚度，它可用下面的关系求得：, (2)18. (3)由式(2)和式(3)联立所求得的木板厚度为&nb .根据式(1)，木板对子弹的平均阻力为.(2)用动量定理求解：,.与上面的结果一致。由求解过程可见，利用动量定理求解要简便得多。3-4 质量为 m 的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是 v，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是 ，如图 3-3 所示。若小球与桌面作用的
14、时间为 t，求小球对桌面的平均冲力。解 设桌面对小球的平均冲力为 f，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.由第一个方程式可以求得,由第二个方程式可以求得.根据牛顿第三定律，小球对桌面的平均冲力为,负号表示小球对桌面的平均冲力沿 y 轴的负方向。3-5 如图 3-4 所示，一个质量为 m 的刚性小球在光滑的水平桌面上以速度v1 运动， v1 与 x 轴的负方向成 角。当小球运动到 o 点时，受到一个沿 y 方向的冲力作用，使小球运动速度的大小和方向都发生了变化。已知变化后速度的方向与 x 轴成 角。如果冲力与小球作用的时间为 t，求小球所受的平均冲力和运动速率。解 设小球受到
15、的平均冲力为 f，根据题意，它是沿 y 方向的，小球受到撞击后，运动速率为 v2。根据动量定理，在 y 方向上可以列出下面的方程式,由此得到. (1)小球在 x 轴方向上不受力的作用，动量是守恒的。故有,由此求得小球受到撞击后的运动速率为. (2)将式(2)代入式(1)，即可求得小球所受的平均冲力图 3-3图 3-419.3-7 求一个半径为 r 的半圆形均匀薄板的质心。解 将坐标原点取在半圆形薄板的圆心上，并建立如图 3-5 所示的坐标系。在这种情况下，质心 c 必定处于 y 轴上，即,.质量元是取在 y 处的长条，如图所示。长条的宽度为 dy，长度为2x。根据圆方程,故有.如果薄板的质量密
16、度为 ，则有.令 , 则 ，对上式作变量变换，并积分，得.3-8 有一厚度和密度都均匀的扇形薄板，其半径为 r，顶角为 2，求质心的位置。解 以扇形的圆心为坐标原点、以顶角的平分线为 y 轴，建立如图 3-6 所示的坐标系。在这种情况下，质心 c必定处于 y 轴上，即,.质量元可表示为,式中 为扇形薄板的质量密度，ds 为图中黑色方块所示的扇形薄板面元。整个扇形薄板的质量为,于是.将 代入上式，得.3-9 一个水银球竖直地落在水平桌面上，并分成三个质量相等的小水银球。其中两个以 30 cms1 的速率沿相互垂直的方向运动，如图 3-7 中的 1、2 两球。求第三个小水银球的速率和运动方向 (即
17、与 1 球运动方向的夹角 )。图 3-5图 3-620解 建立如图 3-8 所示的坐标系。在水平方向上，水银求不受力的作用，所以动量守恒，故可列出下面的两个方程式,.式中 v 是 1、2 两球的运动速率，v 3 是第三个水银小球的运动速率。由上两方程式可解的,.3-10 如图 3-9 所示，一个质量为 1.240 kg 的木块与一个处于平衡位置的轻弹簧的一端相接触，它们静止地处于光滑的水平桌面上。一个质量为 10.0 g 的子弹沿水平方向飞行并射进木块，受到子弹撞击的木块将弹簧压缩了 2.0 cm。如果轻弹簧的劲度系数为 2000 nm1 ，求子弹撞击木块的速率。解 设木块的质量为 m；子弹的
18、质量为 m，速度为 v；碰撞后的共同速度为 v。此类问题一般分两步处理：第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞，第二步是子弹在木块内以共同的速度压缩弹簧。第一步遵从动量守恒，故有. (1)第二步是动能与弹力势能之间的转换，遵从机械能守恒，于是有. (2)有式(2)解得.将 v 值代入式 (1)，就可求得子弹撞击木块的速率，为.3-11 质量为 5.0 g 的子弹以 500 ms1 的速率沿水平方向射入静止放置在水平桌面上的质量为 1245 g 的木块内。木块受冲击后沿桌面滑动了 510 cm。求木块与桌面之间的摩擦系数。解 这个问题也应分两步处理：第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞过程，第二步是子
19、弹处于木块内一起滑动而克服桌面的摩擦力作功的过程。第一步遵从动量守恒，有.式中 v 是木块受冲击后沿桌面滑动的速度。第二步遵从功能原理，可列出下面的方程式.由以上两式可解得图 3-8图 3-7图 3-9213-12 一个中子撞击一个静止的碳原子核，如果碰撞是完全弹性正碰，求碰撞后中子动能减少的百分数。已知中子与碳原子核的质量之比为 1:12。解 设中子的质量为 m，与碳核碰撞前、后的速度分别为 v1 和 v2；碳核的质量为 m，碰撞前、后的速度分别为0 和 v。因为是正碰，所以 v1、v 2 和 v 必定处于同一条直线上。完全弹性碰撞，动量守恒，故有, (1)总动能不变，即(2)以上两式可分别
20、化为,(3). (4)式(4)除以式(3)，得. (5)由式(1)和式(5)解得.于是，可以算得中子动能的减少,因为 m = 12m，所以.3-13 质量为 m1 的中子分别与质量为 m2 的铅原子核( 质量 m2 = 206 m1 )和质量为 m3 的氢原子核(质量 m3 = m1 )发生完全弹性正碰。分别求出中子在碰撞后动能减少的百分数，并说明其物理意义。解 求解此题可以利用上题的结果：.对于中子与铅核作完全弹性正碰的情形：.铅核的质量比中子的质量大得多，当它们发生完全弹性正碰时，铅核几乎保持静止，而中子则以与碰前相近的速率被反弹回去，所以动能损失极少。对于中子与氢核作完全弹性正碰的情形：
21、.氢核就是质子，与中子质量相等，当它们发生完全弹性正碰时，将交换速度，所以碰撞后，中子静止不动了，而将自身的全部动能交给了氢核。3-14 如图 3-10 所示，用长度为 l 的细线将一个质量为 m 的小球悬挂于 o 点。手拿小球将细线拉到水平位置，然后释放。当小球摆动到细线竖直的位置时，正好与一个静止放置在水平桌面上的质量为 m 的物体作完全弹性碰撞。求碰撞后小球达到的最高位置所对应的细线张角 。22解 小球与物体相碰撞的速度 v1 可由下式求得. (1)小球与物体相碰撞，在水平方向上满足动量守恒，碰撞后小球的速度变为v2，物体的速度为 v，在水平方向上应有. (2)完全弹性碰撞，动能不变，即
22、. (3)碰撞后，小球在到达张角 的位置的过程中满足机械能守恒，应有. (4)由以上四式可解得.将上式代入式(4)，得,.物理学 4 章习题解答图 3-102425262728293031物理学 5 章习题解答5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为 an = v2 /r，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离 r 成反比；也可以写为 an = 2 r，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离 r 成正比。这两者是否有矛盾？为什么？解 没有矛盾。根据公式 ，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离 r 成反比，是有条件的，这个条件就是保持 v 不变；根据公式 ，说法
23、向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离 r 成正比，也是有条件的，条件就是保持 不变。5-2 一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解 (1)当角速度 一定时，切向速度 也是一定的，所以切向加速度,即不具有切向加速度。而此时法向加速度,可见是恒定的。(2)当角加速度一定时，即 恒定，于是可以得到,这表示角速度是随时间变化的。由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定的。法向加速度为,显然是时间的函数。5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30 s 后转速达到 152 rads1 。求：(1)在这 30 s 内电机皮带轮转过的转数；(2)接通电源后 20 s 时皮带轮的角速度；(3)接通电源后 20 s 时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为 5.0 cm。解 (1)根据题意，皮带轮是在作匀角加速转动，角加速度为.
