大学物理学答案第3版修订版上册北京邮电大学完全版Word文档格式.docx
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-d2F
a=
dt2
V=v'
vl+vj
22
dxdy
而前一种方法的错误可能有两点，其
2
是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作
v二
d2r
a2
dr与d2r
与2"
其二，可能是将dt
而只是速度在径向上的分量，同样,
a径
dt误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明dt不是速度的模,
2-
dt也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
的一部分
量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢度的贡献。
-r”2
dt。
或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即
r及速度V的方向随间的变化率对速度、加速
dt2dt2
1.8一质点在xOy平面上运动，运动方程为
1
X=3t+5,y=2t2+3t-4.
式中t以s计，x,y以m计.
（1）以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；
（2）求出t=1s时刻和t=2s时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；
（3）计算t=0s时刻到t=4s时刻内的平均速度；
（4）求出质点速度矢量表示式，计算t=4s时质点的速度；
（5）计算t=
0s到t=4s内质点的平均加速度；
（6）求出质点加速度矢量的表示式，计算t=4s时质点
的加速度（请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式）.
--12
r=（3t+5）i+（—t2+3t-4）j
解:
（1）2m
（2）将t胡，t=2代入上式即有
r1-0.5jm
⑶•••
D胡“4jm
r=D-A=3j4.5jm
r0=5j-4j,r417i16j
12i20j
-3i（t3）jm
s4
则
⑸•••
V4=3i7jms-
v0=3i3j,v4=3i7j
-Av
a二
At
V4-Vo
a=巴=1jms-2dt
这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。
1.9质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a=2+6x,a的单位为ms
x的单
•/
dtdxdtdx
分离变量：
d=adx=（26x）dx
两边积分得
123v2=2x2x3c
由题知，X
=0时，v0=10,.•.c=50
v=2一x3x25ms'
位为m.质点在X=0处，速度为10ms,试求质点在任何坐标处的速度值.
dvdvdxdv
av—
1.10已知一质点作直线运动，其加速度为a=4+3tms，开始运动时,
v=0，求该质点在t=10s时的速度和位置.
=5m,
=43t
分离变量，得
积分，得
dv=（43t）dt
32
v=4tt2c1
21
由题知，t=0,Vo=0,G=°
v=4t+_t2故2
—t?
t
又因为
dx=（4t-t2）dt
分离变量，2
x=2t2+」t3+c2积分得2
由题知t=0,X0=5,...C2=5
x=2t2+^t3+5
故2
所以t=10s时
321
v10=41010=190ms_
（1）t=2s时,
213
x10=210105=705m
1.11一质点沿半径为计，求：
（1）t=2s
3
1m的圆周运动，运动方程为二=2+3t，才式中以弧度计，t以秒
（2）当加速度的方向和半径成45°
角时，其角位移是多少？
a=R：
=1182=36ms'
2222
an=R■=1（92）=1296ms
tan45。
=虽=1
⑵当加速度方向与半径成45°
角时，有可
即R2=R亦即（9t2）2=18t
3232t3=日=2+3t3=2+3汉=2.67rad
则解得9于是角位移为9
12
v°
t-二bt
1.12质点沿半径为R的圆周按s=2的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧长，V。
b都是常量，求：
（1）t时刻质点的加速度；
（2）t为何值时，加速度在数值上等于
=v。
_bt
ds
_v2（v°
-bt）2
an
RR
加速度与半径的夹角为
.（v°
-bt）4
R2
a
二arctan
-Rb
（V。
-bt）
⑵由题意应有
b2.（v-bt）4
4
b2=b2（v。
単
，二（v。
-bt）=0
b时,
1.14一船以速率v1=30km-h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v2=40km-h
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何？
在艇上看船的速度又为何？
（1）大船看小艇，则有V21=V2-W，依题意作速度矢量图如题1-13图⑻
题1-13图
由图可知
v21=.wv2=50kmh-
方向北偏西
v-arctan匕=arctan—=36.87
v24
⑵小船看大船，则有％二v1-V2，依题意作出速度矢量图如题1-13图（b），同上法，得
v12=50kmh°
方向南偏东36.87°
习题二
2.7一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为m1的物体，另一边穿在质量为口2的圆
柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动.今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳
子以匀加速度a•下滑，求mi,m2相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力（绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计）.
因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1,其对于m2则为牵连加速度，又知m2
对绳子的相对加速度为a，故m2对地加速度，由图（b）可知，为
a?
二a〔-a
又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律,
有
T「m2g=m2a2
联立①、②、③式，得
m1m2
讨论
（1）若a=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动.
⑵若a=2g，则T=f=°
，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由
落体运动.
.y--.
o
2.8一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为〉）上以初速度V。
运动，V。
的方向
与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道.
物体置于斜面上受到重力
mg，斜面支持力N•建立坐标：
取V。
方向为x轴，平行斜
面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.
题2-2图
X方向：
Y方向：
t=0时
X=V°
=may
=1gsin:
t22a
由①、②式消去t,得
^gsin:
x2
2v0
fx=6N,fy=
2.9质量为16kg的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为
-7N，当t=0时，x=y=0,Vx=-2m•s-1,Vy=0.求当t=2s旺质点X
（1）位矢；
（2）速度.
fx
6
ax
=
m
s
16
8
fy
-7
-2
ay二
5-
axdt
=-2
—
ms
aydt:
2二-
7
+f
-
5
-1
V
=——
i
j
（1）
Vx=Vx0
Vy=Vy0
于是质点在2s时的速度
-12=12-
r=（v°
t2axt）i2aytj
13-1-7-
=（一224）i（）4j
28216
13.7.
i-jm
48
2.10质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力
d）tm的速度为V0，证明
（1）t时刻的速度为V=voe
mv0
k
-4-）t
x=（k）:
1-em］；
（3）停止运动前经过的距离为
度减至V0的e，式中m为质点的质量.
答:
（1）•••
-kva=m
dvdt
dv_
v
vdv
応=
-kdt
t一kdt
InIne
v。
kt
-m
v=v°
e益
⑵
（3）质点停止运动时速度为零,
t_2t
vdt=ov0emdt
mvo
故有
tis,
.kt
emdt
⑷当t=k时,
其速度为
即速度减至Vo的
kv（k为常数）作用，t=0时质点
（2）由0到t的时间内经过的距离为
V）（k）；
（4）证明当t=mk时速
k（1
mV）
v=v0ev0e
2.11一质量为m的质点以与地的仰角-=30°
的初速点落地时相对抛射时的动量的增量.
-e^t）
4V。
V。
从地面抛出，若忽略空气阻力，求质
在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下
而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30°
，则动量的增量为
：
p=mv-mv（
由矢量图知，动量增量大小为mVo，方向竖直向下.
2.12—质量为m的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞.并在抛出
1s，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等.求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向.并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒？
由题知，小球落地时间为0.5s.因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为W二gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g•设向上为y轴正向，则动量的增量
•9二mv2-mvi方向竖直向上，
大小
p=mv2_（_mvj=mg
碰撞过程中动量不守恒.这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用.另外，碰
撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒.
2.13作用在质量为10kg的物体上的力为F=（102t）iN,式中t的单位是s,
（1）求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量.
（2）为了使这力的冲量为200N-s,
该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度一6」m-s-1的物体,
回答这两个问题.
（1）若物体原来静止，则
Fdt
若物体原来具有-6ms」
ms初速，贝y
tt一
卩2二P-P0
同理,
心v2=Av1I2=I
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.
二0（102t）dt=10tt
t210t-200=0
⑵同上理，两种情况中的作用时间相同，即
亦即
解得t=10s,（t=20s舍去）
2.14一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为
r二acostibsintj
t=—
求质点的动量及t=0到2■吋|\|上底“听空］勺合力旳冲「［用底门.功|丹仅空匕一解：
质点的动量为
p=mv=m，（_asin，tibcos，tj）
将t=0和2■分别代入上式，得
Pi=mojbjp2=—mcoai
55
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
\=.：
p=p2_Pi=-m-（aibj）
A
2.15一颗子弹由枪口射出时速率为Voms，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为
F=（a-bt）N（a，b为常数），其中t以秒为单位：
（1）假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹走完枪筒全长所需时间；
（2）求子弹所受的冲量.（3）求子弹的质量.
（1）由题意，子弹到枪口时，有
=（a—bt）=0,得吩
（2）子弹所受的冲量
f（a—bt）dt=at—gbt2
将b代入，得
I二旦
2b
（3）由动量定理可求得子弹的质量
I
m=
V0
_a
2bvo
2.16一炮弹质量为m，以速率v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T,且一块的质量为另一块质量的k倍，如两者仍沿原方向飞行，试证
其速率分别为
2kT
2T
v+Vmv-hkm
证明：
设一块为
于是得
m1，则另一块为m2,
m,=km2及mm2=m
kmm
m,,m2
k1k1
又设E的速度为v,口2的速度为v2,则有
121212
Tm1v1m2v2mv
222
mv=gwm2v2
联立①、③解得
将④代入②，并整理得
v2=（k1）v「kw
km
于是有
将其代入④式，有
j2kT
V2=v_
Im
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
kT2T
Vi=V；
V2二v—.—
\mVkm
证毕.
2.17设F合=7i-6jN.
（1）当一质点从原点运动到r3i4ji6km时，求F所作的功.
（2）如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率.（3）如果质点的质量为1kg，试求动能的变化.
（1）由题知，F合为恒力，
A合=Fr=（7i-6j）（-3i4j16k）
⑶由动能定理,
■：
」Ek=A--45J
75w
0.6
--21-24--45J
2.18以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1cm,问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打
击铁钉时的速度相同.
以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为
题2-13图
第一锤外力的功为
f=_ky
fdy二0kydy
式中f是铁锤作用于钉上的力,
f是木板作用于钉上的力，在
dt-；
0时,
设第二锤外力的功为
A2，则同理,
y2
12kydy=?
ky?
由题意，有
A2=A|='
（mv2）
所以，
于是钉子第二次能进入的深度为
^2=2
.：
y=y2-y!
=.2-1二0.414cm
2.19设已知一质点（质量为m）在其保守力场中位矢为r点的势能为Ep（r）rk/r"
试求质点所受保守力的大小和方向.
f（W
方向与位矢r的方向相反，即指向力心.
2.20一根劲度系数为kl的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B,B的下端
一重物C,C的质量为M，如题2.20图.求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势
能之比.
弹簧A、B及重物C受力如题2.20图所示平衡时，有
题2.20图
又
所以静止时两弹簧伸长量之比为
Fa=Fb=Mg
Fa二kiXi
Fb=k2=x2
Xi_k2=x2k1
弹性势能之比为
2.21
（1）试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少？
地
球质量5.98x1024kg，地球中心到月球中心的距离3.84x108m,月球质量7.35x1022kg,
月球半径1.74x106m.
（2）如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少？
（1）设在距月球中心为r处F月引二F地引，由万有引力定律，有
mM月mM地
G2G2
r（R—rf
经整理，得
r
.7.351022
=..5.981024*7.351022
3.48108
=38.32106m
则P点处至月球表面的距离为
h=rf=（38.32-1.74）106=3.66107m
⑵质量为1kg的物体在p点的引力势能为
M地
Ep
〜G—
R-r
=-6.671011
22
7.3510
3.83107
-6.6710J1
5.981024
38.4-3.83107
=1.28106J
2.22如题2.22图所示，一物体质量为2kg，以初速度V=3m-s-1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N,到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度.
取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。
则由功能原理，有
-frsJkx2i-mv2mgssin37
r229
12
mvmgssin37-frsk=2
-kx2
式中s=4.8•0.2=5m,x=0.2m，再代入有关数据，解得
k=1390Nm
题2.22图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h
-frs二mgssin37o
代入有关数据，得则木块弹回高度
s=1.4m
h'
=ssin37°
=0.84m
题2.23图
mv「MV=0
Jmv；
」mv；
2mvo
即
题2.24图（b）
题2.24图（a）
又碰撞过程中，动量守恒，即有
222
VoViV2
2.23质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2.23图所示.质量为m的
小立方体从曲面的顶端滑下，
大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从
能零点，则有
1212mgRmvMV
又下滑过程，动量守恒，以
m,M为系统则在m脱离m瞬间，水平方向有
静止开始，求小木块脱离大木块时的速度.
m从m上下滑的过程中，机械能守恒，以m,m，地球为系统，以最低点为重力势
联立，以上两式，得
-2MgR
Y（m+M）
试证碰后两小球的运动方向
2.24一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞,互相垂直.
证：
两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
mv0二mv1mv2
VoV2
由②可作出矢量三角形如图（b），又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以V。
为斜边，
故知Vl与v2是互相垂直的.
第三习题
3.7一质量为m的质点位于（Xi,yi）处，速度为v=Vxlvyj,质点受到一个沿X负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩.
由题知，质点的位矢为
r=X/十如j
作用在质点上的力为
f一fi
所以，质点对原点的角动量为
L°
=rmv
=（灯y1i）m（VxiVyj）
二（x1mv^y1mvx）k
作用在质点上的力的力矩为
■■一—一■
M°
=rf=（x1iy1j）（一fi）=y1fk
3.8哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆•它离太阳最近距离为r1=8.75X1010m时的速
率是v=5.46X104m-s-1，它离太阳最远时的速率是v2=9.08X102m-s-1这冷它肉点
阳的距离r2多少?
（太阳位于椭圆的一个焦点。
）
哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用，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
r1m^=r2mv2
rN
V2
8.7510105.46104
9.08102
=5.261012
f=5jN作用
一一3-一
p二fdt5jdt=15jkg
3.10物体质量为3kg,t=0时位于r=4im,v=i6Jms，如一恒力在物体上，求3秒后，
（1）物体动量的变化；
（2）相对z轴角动量的变化.
LA-
（4L
5-3
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