物理学简明教程马文蔚第1至7章课后习题答案详细讲解.docx

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物理学简明教程马文蔚第1至7章课后习题答案详细讲解

1-1质点作曲线运动,在时刻t质点的位矢为r,速度为v,速率为v,t

至（t

+At）时间的位移为Ar,路程为As,

位矢大小的变化量为

Ar（或

称A

Ir

I）,平均速度为v,平均速率为v.

（1）

根据上述情况，则必有（

）

（A）

IAr|

=As=Ar

（B）

IAr|

工ASMAr,

当Att0

时有1

dr

I=dsM

dr

（C）

IAr|

工ArmAs,

当Att0

时有1

dr

I=drm

ds

（D）

IAr|

MasMar,

当Att0

时有1

dr

I=dr=

ds

⑵

根据上述情况，则必有（

）

（A）

IvI

=v,IvI=v

（B）I

vI

Mv,Iv

'IM

v

（C）

IvI

=v,IvIMv

f（D）

Iv

IMv,I

vI=

v

题1-1图

分析与解

（1）质点在t至（t+△t）时间沿曲线从P点运动到P'点,各量关系如图所示,其中路程△s=PP,位移大小I△r1=PP,而△r=1rI-IrI表示质点位矢大小的变化量，三个量的物理含义不同，在曲线运动中大小也不相等（注：

在直线运动中有相等的可能）.但当△tt0时,点P'无限趋近P点,则有Idr|=ds，但却不等于dr.故选（B）.

Ar

（2）由于IIrIAs,故，即Iv丨工v.

AtAt

但由于I

drI=ds,故

dr

dt

空即Iv

dt

v.由此可见，应选（C）.

r（x,y）的端点处，对其速度的大小

1-2一运动质点在某瞬时位于位矢

有四种意见，即

⑴生；⑵咀；

dtdtdsdt

2

dy

dt

下述判断正确的是（

（A）只有⑴

（2）正确

（C）只有⑵⑶正确

dr

（D）

（B）只有⑵正确

只有⑶（4）正确

分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标

dt

系中叫径向速率•通常用符号

dr一、一、

Vr表示，这是速度矢量在位矢方向上的一个分

v计算,在dt

量；一表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式

dt

dx

直角坐标系中则可由公式v.

Xdt

2

dy

dt

2

求解.故选

（D）•

1-3

一个质点在做圆周运动时

（A）

（B）

（C）

切向加速度一定改变

切向加速度可能不变

切向加速度可能不变

切向加速度一定改变

则有（

法向加速度也改变

法向加速度一定改变

法向加速度不变

法向加速度不变

（D）

分析与解加速度的切向分量at起改变速度大小的作用

而法向分量an起改变速度方向的作用.质点作圆周运动时，由于速度方向不断改变，相应法向加速度的方向也在不断改变，因而法向加速度是一定改变的.至于at是否

改变，则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时，at恒为零；

质点作匀变速率圆周运动时，at为一不为零的恒量，当at改变时，质点则作

应选（B）.

10t30t2和y15t

（1）初速度的大小和方向；

般的变速率圆周运动•由此可见

1-4质点的运动方程为x的单位为m,t的单位为s。

试求：

大小和方向.

分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量

20t2，式中x,y

（2）加速度的

再由运动

合成算出速度和加速度的大小和方向.

解

（1）速度的分量式为

dx

Vxd,1060t

Vy竽1540t

-1,则初速度大小为

当t=0时，Vox=-10m-s1,voy=15m-

2

v0v0x

2

V0y

18.0m

设Vo与X轴的夹角为a

tana

a=123°41

（2）加速度的分量式为

ax也

dt

2

60ms

ay

dvy

dt

2

40ms

则加速度的大小为

72.1m

tan

s-2,t的

=2m-s-1,求质点的运动方程.

即已知加速度求速度和运动方程，

a岂和vdx可得dvadt和dtdt

必须在给定条件下用积分方法解决•由

设a与x轴的夹角为

ay

B=-33°41'（或326°19'）

1-5质点沿直线运动，加速度a=4-t2,式中a的单位为m-

单位为s.如果当t=3s时,x=9m,v

分析本题属于运动学第二类问题

dxvdt.如a=a（t）或v=v（t）,则可两边直接积分.如果a或v不是时间t的显函数，则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分.

v

dv

Vo

t

adt

0

v4t

1.3

3tv0

解由分析知，应有

由

xt

dxvdt

x0

得

x2t2丄t4v°tx⑵

12

将t=3s时，x=9m,v=2m・s-1代入

（1）

（2）得Vo=-1m・s-1,Xo=

1

0.75m•于是可得质点运动方程为x22-t40.75

12

1-6飞机以100m-s-1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处，问:

（1）此时目标在飞机正

分析物品空投后作平抛运动•忽略空气阻力的条件下，由运动独立性

原理知，物品在空中沿水平方向作匀速直线运动，在竖直方向作自由落体运

动.到达地面目标时，两方向上运动时间是相同的.因此，分别列出其运动方

程，运用时间相等的条件，即可求解.

此外，平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度•为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度，只需求出该时刻它们与重力加速

度之间的夹角a或卩.由图可知，在特定时刻t，物体的切向加速度和水平线之间的夹角a，可由此时刻的两速度分量Vx、Vy求出，这样，也就可将重力加速度g的切向和法向分量求得.

解

（1）取如图所示的坐标，物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

2

x=vt，y=1/2gt

飞机水平飞行速度v=100m-s-1,飞机离地面的高度y=100m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

12

1-7—质点沿半径为R的圆周按规律sv0tbt运动，vo、b都

2

是常量.

（1）求t时刻质点的总加速度。

分析在自然坐标中，s表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定

As

的运动方程s=s（t）,对时间t求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度V和加速度的切向分量at,而加速度的法向分量为an=V2/R这样，总加速度为a=atet+anen.至于质点在t时间通过的路程，即为曲线坐标的改变量=St-So.因圆周长为2nR，质点所转过的圈数自然可求得.

解

（1）质点作圆周运动的速率为

Vobt

ds

v

dt

其加速度的切向分量和法向分量分别为

at

d2s

dt2

an

2

（vobt）

故加速度的大小为

a2

2at

乐2（V。

bt）

VR

其方向与切线之间的夹角为

0arctan^1arctan

at

（Vo

Rb

bt）2

1-8—升降机以加速度1.22m•s-2上升，当上升速度为2.44m•s-1

时，有一螺丝自升降机的天花板上松脱，天花板与升降机的底面相距2.74

m.计算：

（1）螺丝从天花板落到底面所需要的时间；

（2）螺丝相对升降机外

固定柱子的下降距离.

分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下，一种处理方法是取地

面为参考系，分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动，列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1=y1（t）和

y2=y2（t），并考虑它们相遇，即位矢相同这一条件，问题即可解；另一种方法是取升降机（或螺丝）为参考系，这时，螺丝（或升降机）相对它作匀加速运动，

但是，此加速度应该是相对加速度•升降机厢的高度就是螺丝（或升降机）运动的路程.

解1

（1）以地面为参考系，取如图所示的坐标系，升降机与螺丝的运动

方程分别为

2h

:

ga

0.705s

+1.2

%V°t2at

y2hv°t2gt2

当螺丝落至底面时

，有屮=y2，即

v0t-at2hv0t1gt2

22

（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

12dhy2v0tgt0.716m

解2

（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小a'=g+

a,螺丝落至底面时，有

12

0h-（ga）t2

丄:

2hcrcf

t0.705s

.ga

（2）由于升降机在t时间上升的高度为

hv0t丄at2

2

题l-10|V

1-9一无风的下雨天,一列火车以Vi=20.0m-s-1的速度匀速前进

在车的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降•求雨滴下落的速度

V2.（设下降的雨滴作匀速运动）

分析这是一个相对运动的问题•设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S,火车为动参考系S'.Vi为S'相对S的速度,V2为雨滴相对S的速度,利用相对运动速度的关系即可解.解以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为Vi,雨滴相对地面竖直下落的速度为V2,旅客看到雨滴下落的速度V2‘为相对速度，它们之间的关系为V2V2'V1（如图所示）,于是可得

V2

Vi

tan75o5.36ms

1-10如图（a）所示,一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为V1,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前0角,速率为V2‘,若车后有一长方形物体

问车速V1为多大时，此物体正好不会被雨水淋湿？

分析这也是一个相对运动的问题•可视雨点为研究对象，地面为静参

考系S,汽车为动参考系S'.如图（a）所示,要使物体不被淋湿,在车上观察

雨点下落的方向（即雨点相对于汽车的运动速度V2‘的方向）应满足

aarCtanh•再由相对速度的矢量关系

Vi•

解由v2而要使a

V2

Vi,即可求出所需车速

v1V2sin0arctanv2cos0

arctan—,则h

v1v2sinBV2COS0

Vi

lcos0V2hsin0

1-11用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.

Fn逐渐增大时，物体所受的静摩擦力Ff的大小（）

（A）不为零，但保持不变

（B）随Fn成正比地增大

（C）开始随Fn增大,达到某一最大值后,就保持不变

（D）无法确定

分析与解与滑动摩擦力不同的是，静摩擦力可在零与最大值口Fn围取

值.当Fn增加时，静摩擦力可取的最大值成正比增加，但具体大小则取决于被

作用物体的运动状态.由题意知，物体一直保持静止状态，故静摩擦力与重力大小相等，方向相反，并保持不变，故选（A）.

1-12一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为R汽车轮胎与路面间的摩擦因数为口，要使汽车不至于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率

（）

（A）不得小于J^gR（B）必须等于J^gR

（C）不得大于J^gR（D）还应由汽车的质量m决定

分析与解由题意知，汽车应在水平面作匀速率圆周运动，为保证汽车

转弯时不侧向打滑，所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供，能够

提供的最大向心力应为口Fn•由此可算得汽车转弯的最大速率应为V=

口Rg.因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值，均能保证不侧向打滑.应

选（C）.

1-13一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑，在下滑过程中，则

（）

（A）它的加速度方向永远指向圆心，其速率保持不变

（B）它受到的轨道的作用力的大小不断增加

（C）它受到的合外力大小变化，方向永远指向圆心

（D）它受到的合外力大小不变，其速率不断增加

题2iI图

分析与解由图可知，物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以

及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力Fn作用，其合外力方向并非指向圆心，

其大小和方向均与物体所在位置有关.重力的切向分量（mgcos0）使物体

的速率将会不断增加（由机械能守恒亦可判断）,则物体作圆周运动的向心力（又称法向力）将不断增大，由轨道法向方向上的动力学方程

2

Fnmgsin0m—可判断,随0角的不断增大过程,轨道支持力Fn也将

R

不断增大,由此可见应选（B）.

1-14图⑻示系统置于以a=1/4g的加速度上升的升降机,A、B两物体质量相同均为mA所在的桌面是水平的，绳子和定滑轮质量均不计，若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦，并不计空气阻力，则绳中力为（）

（A）5/8mg（B）1/2mg（C）mg（D）2mg

分析与解本题可考虑对A、B两物体加上惯性力后，以电梯这个非惯性参考系进行求解.此时A、B两物体受力情况如图（b）所示,图中a'为A、B两物体相对电梯的加速度，ma'为惯性力•对AB两物体应用牛顿第二定律,可解得Ft=5/8mg.故选（A）.

（a）

讨论对于习题1-14这种类型的物理问题，往往从非惯性参考系（本题为电梯）观察到的运动图像较为明确，但由于牛顿定律只适用于惯性参考

系，故从非惯性参考系求解力学问题时，必须对物体加上一个虚拟的惯性

力•如以地面为惯性参考系求解，则两物体的加速度aA和aB均应对地而言，

本题中aA和aB的大小与方向均不相同.其中aA应斜向上.对aA、aB、a和

a'之间还要用到相对运动规律，求解过程较繁.有兴趣的读者不妨自己尝试一下.

1-16一质量为m的小球最初位于如图（a）所示的A点，然后沿半径为

r的光滑圆轨道ADC下滑.试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用

力.

o

分析该题可由牛顿第二定律求解.在取自然坐标的情况下，沿圆弧方

向的加速度就是切向加速度at,与其相对应的外力Ft是重力的切向分量

mgsina,而与法向加速度an相对应的外力是支持力Fn和重力的法向分量

mgcosa.由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Ft=ndv/dt和Fn=

ma.由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解，为

使运算简便，可转换积分变量.倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统

的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比较简便•但它不能直接

给出小球与圆弧表面之间的作用力.

解小球在运动过程中受到重力P和圆轨道对它的支持力Fn.取图（b）

所示的自然坐标系

，由牛顿定律得

Ft

Fn

dv

mgsinam一

一dt

2

mvFnmgcosam—

.ds由v—dt

点C的始末条件

罟，得dt

进行积分，有

rda

，代入式

（1），并根据小球从点A运动到

vdvorgsinada

v090°

得v2rgcosa

则小球在点C的角速度为

3-2gcosa/r

2

由式⑵得fnm—mgcosa3mgcosar

由此可得小球对圆轨道的作用力为

FnFn3—gcosa

负号表示F'n与eh反向.

1-17光滑的水平桌面上放置一半径为R的固定圆环，物体紧贴环的

侧作圆周运动，其摩擦因数为口,开始时物体的速率为Vo,求：

（1）t时刻物体的速率；

（2）当物体速率从V0减少到1/2V0时，物体所经历的时间及经过的路程.

分析运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的，因而，可先分

析动力学问题.物体在作圆周运动的过程中，促使其运动状态发生变化的是

圆环侧对物体的支持力Fn和环与物体之间的摩擦力Ff,而摩擦力大小与正

压力Fn'成正比，且Fn与Fn'又是作用力与反作用力，这样，就可通过它们把

切向和法向两个加速度联系起来了，从而可用运动学的积分关系式求解速率

和路程.

解

（1）设物体质量为—取图中所示的自然坐标，按牛顿定律，有

Fn

man

2

mvR

Ff

mat

由分析中可知，摩擦力的大小Ff=口Fn,

dv

dt

由上述各式可得

v2dv（1Rdt

取初始条件t=0时v=vo,并对上式进行积分，有

t

dt

0

Rvdv口vov

Rvo

⑵当物体的速率从vo减少到1/2vo时，由上式可得所需的时间为

00

物体在这段时间所经过的路程

vdt

t_Rv°

0Rdtvo山

2-1

E|n2

对质点组有以下几种说法：

质点组总动量的改变与力无关；质点组总动能的改变与力无关；质点组机械能的改变与保守力无关.

（3）

下列对上述说法判断正确的是（）

（A）只有⑴是正确的

（B）⑴、

（C）

（1）、（3）是正确的（D）

（2）

分析与解在质点组中力总是成对出现的

力.由于一对力的冲量恒为零

（2）是正确的

（3）是正确的

它们是作用力与反作用

故力不会改变质点组的总动量•但由于相互

有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性力的功的代数和一般为零,一对摩擦力的功代数和一般不为零,对于保守力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述

（1）（3）说法是正确的．故选（C）．

2-2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则（）

（A）物块到达斜面底端时的动量相等

（B）物块到达斜面底端时动能相等

（C）物块和斜面（以及地球）组成的系统,机械能不守恒

（D）物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒

分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等（动量方向也不同）．故（A）（B）（C）三种说法均不正确.至于说法（D）正确，是因为该系统动量虽不守恒（下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知，此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力），但在水平方

向上并无外力，故系统在水平方向上分动量守恒.

2-3如图所示，质量分别为m1和m2的物体A和B，置于光滑桌面上，A和B之间连有一轻弹簧.另有质量为m和m的物体C和D分别置于物体A与B之上,且物体A和CB和D之间的摩擦因数均不为零•首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩，然后撤掉外力，则在A和B弹开的过程中,对ABCD以及弹簧组成的系统，有（）

（A）动量守恒，机械能守恒（B）动量不守恒，机械能守恒

（C）动量不守恒，机械能不守恒（D）动量守恒，机械能不一定守恒

CD

题3-4用

分析与解由题意知，作用在题述系统上的合外力为零，故系统动量守

恒，但机械能未必守恒,这取决于在AB弹开过程中C与A或D与B之间有无相对滑动，如有则必然会因摩擦力作功，而使一部分机械能转化为热能，故

选（D）.

2-4如图所示，子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿

出•以地面为参考系，下列说法中正确的说法是（）

（A）子弹减少的动能转变为木块的动能

（B）子弹-木块系统的机械能守恒

（C）子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功

（D）子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热

V

—

cz>

®3-5图

分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中，作用于系统的合外力为

零，故系统动量守恒，但机械能并不守恒.这是因为子弹与木块作用的一对力所作功的代数和不为零（这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致），子

弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功，子弹减少的动能中，一部分通过其

反作用力对木块作正功而转移为木块的动能，另一部分则转化为热能（大小

就等于这一对力所作功的代数和）.综上所述，只有说法（C）的表述是完全正

确的.

2-5质量为m的物体，由水平面上点0以初速为V。

抛出，V。

与水平面成仰角a.若不计空气阻力，求：

（1）物体从发射点O到最高点的过程中，重力的冲量；

（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量.

题3-7图

分析重力是恒力，因此，求其在一段时间的冲量时，只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间乂v°sina,物体从出

g

发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍•这样，按冲量

的定义即可求得结果.

另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出.

解1物体从出发到达最高点所需的时间为

街VoSina1g

则物体落回地面的时间为

如2AtiV^g

于是，在相应的过程中重力的冲量分别为

11FdtmgAtJmv0sinaj

I2£dtmgAt2j2mv0sinaj

解2根据动量定理，物体由发射点O运动到点A、B的过程中，重力的冲

量分别为

11mvAyjmv0yjmv0sinaj12mvByjmv°yj2mv°sinaj

2-6高空作业时系安全带是非常必要的.假如一质量为51.0kg的人，

在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起

来.已知此时人离原处的距离为2.0m,安全带弹性缓冲作用时间为0.50

s.求安全带对人的平均冲力.

分析从人受力的情况来看，可分两个阶段：

在开始下落的过程中，只受重力作用，人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中，则人体同时受重力和安全带冲力的作用，其合力是一变力，且作用时间很短.为求安全带的冲力，可以从缓冲时间，人体运动状态（动量）的改变来分析，即运用动量定理来讨论.