《大學(xué)物理學(xué)》第二版上冊(cè)習(xí)題解答

PAGEPAGE37大學(xué)物理學(xué)習(xí)題答案習(xí)題一答案習(xí)題一1.2解：最初內(nèi)的位移為為：最初內(nèi)的平均速度為：時(shí)刻的瞬時(shí)速度為：末的瞬時(shí)速度為：(2)末到末的平均加速度為：(3)末的瞬時(shí)加速度為：。1.3解:由題意知，加速度和時(shí)間的關(guān)系為利用，并取積分得，再利用，并取積分[設(shè)時(shí)]得，1.4解：當(dāng)，即時(shí)，到達(dá)軸。時(shí)到達(dá)軸的位矢為：即質(zhì)點(diǎn)到達(dá)軸時(shí)的位置為。1.5解：按題意由此有，即，兩邊取積分，得由此給出，1.6解：(1)速度和加速度分別為：，(2)令，與所給條件比較可知，，所以軌跡方程為：。1.7解:在求解本題中要注意：在時(shí)間內(nèi)，速度有時(shí)大于零，有時(shí)小于零，因而運(yùn)動(dòng)出現(xiàn)往返。如果計(jì)算積分，則求出的是位移而不是路程。求路程應(yīng)當(dāng)計(jì)算積分。令，解得。由此可知：s時(shí)，，；s時(shí)，；而s時(shí)，，。因而質(zhì)點(diǎn)在時(shí)間內(nèi)的路程為。1.8解:建立坐標(biāo)系如題1.8圖所示，船沿軸方向作直線運(yùn)動(dòng)，欲求速度，應(yīng)先建立運(yùn)動(dòng)方程，由圖題1.8，可得出兩邊求微分，則有船速為按題意(負(fù)號(hào)表示繩隨時(shí)間縮短)，所以船速為負(fù)號(hào)表明船速與軸正向反向，船速與有關(guān)，說明船作變速運(yùn)動(dòng)。將上式對(duì)時(shí)間求導(dǎo)，可得船的加速度為負(fù)號(hào)表明船的加速度與軸正方向相反，與船速方向相同，加速度與有關(guān)，說明船作變加速運(yùn)動(dòng)。1.9解：(1)利用，，，得到法向加速度和切向加速度的表達(dá)式，在時(shí)，法向加速度和切向加速度為：，(2)要使總加速度與半徑成角，必須有，即解得，此時(shí)1.10解：以地球?yàn)閰⒄障?，設(shè)、分別代表正東和正北方向，則甲乙兩船速度分別為，根據(jù)伽利略變換，當(dāng)以乙船為參照物時(shí)，甲船速度為，即在乙船上看，甲船速度為，方向?yàn)闁|偏北同理，在甲船上看，乙船速度為，方向?yàn)槲髌稀?.11解：(1)以地球?yàn)閰⒄障禃r(shí)，炮彈的初速度為，而，消去時(shí)間參數(shù)，得到軌跡方程為：（若以豎直向下為y軸正方向，則負(fù)號(hào)去掉，下同）(2)以飛機(jī)為參照系時(shí)，炮彈的初速度為，同上可得軌跡方程為(3)以炮彈為參照系，只需在(2)的求解過程中用代替，代替，可得.1.12證明：在如圖所示的坐標(biāo)系中，船與快艇的運(yùn)動(dòng)方程分別為和攔截條件為：即所以，取最大值的條件為：，由此得到，相應(yīng)地。因此的最大值為取最大值時(shí)對(duì)應(yīng)的出發(fā)時(shí)間最遲?？焱Ы刈∵@條船所需的時(shí)間為。習(xí)題二答案習(xí)題二2.2證明：(1)由分離變量得，積分得，，(2)(3)質(zhì)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為零，即，故有。2.3解.根據(jù)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量定理,,根據(jù)牛頓第二定律，(m/s2)2.4解：(1)由題意，子彈到槍口時(shí)，有,得(2)子彈所受的沖量，將代入，得(3)由動(dòng)量定理可求得子彈的質(zhì)量2.5解：質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為將和分別代入上式，得，動(dòng)量的增量，亦即質(zhì)點(diǎn)所受外力的沖量為2.6解：(1)若物體原來靜止，則[]，沿x軸正向，若物體原來具有初速度，則于是同理，這說明，只要力函數(shù)不變，作用時(shí)間相同，則不管物體有無初動(dòng)量，也不管初動(dòng)量有多大，那么物體獲得的動(dòng)量的增量(亦即沖量)就一定相同，這就是動(dòng)量定理．(2)同上理，兩種情況中的作用時(shí)間相同，即令，解得。2.7解：由動(dòng)量守恒又，，如圖，船的長(zhǎng)度所以即船頭相對(duì)岸邊移動(dòng)2.8解而所以2.9解:建坐標(biāo)如習(xí)題2.9圖，圖中表示水面到地面的距離，表示水深。水的密度為，對(duì)于坐標(biāo)為、厚度為的一層水，其質(zhì)量，將此層水抽到地面需作功將蓄水池中的水全部抽到地面需作功(J)2.9證明：設(shè)一塊的質(zhì)量為，則另一塊的質(zhì)量為。利用，有，①又設(shè)的速度為，的速度為，則有②[動(dòng)量守恒]③聯(lián)立①、③解得，④聯(lián)立④、②解得，于是有將其代入④式，有又因?yàn)楸ê?，兩彈片仍沿原方向飛行，當(dāng)時(shí)只能取。2.10習(xí)題2.10圖解：子彈射入木塊到相對(duì)靜止的過程是一個(gè)完全非彈性碰撞，時(shí)間極短，木塊獲得了速度，尚未位移，因而彈簧尚未壓縮.此時(shí)木塊和子彈有共同的速度，由動(dòng)量守恒，此后，彈簧開始?jí)嚎s，直到最大壓縮，由機(jī)械能守恒，由兩式消去，解出得2.11解方法一：當(dāng)物體滑到與水平成任意角的位置時(shí)，物體在切線方向的牛頓方程為即注意摩擦力與位移反向，且，因此摩擦力的功為方法二：選為研究對(duì)象，合外力的功為考慮到，因而由于動(dòng)能增量為，因而按動(dòng)能定理有，。方法三：選物體、地球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)。初始在點(diǎn)時(shí)，、終了在點(diǎn)時(shí)，，由功能原理知：經(jīng)比較可知，用功能原理求最簡(jiǎn)捷。2.12習(xí)題2.12圖解：物體水平受力如圖，其中，。物體到達(dá)最遠(yuǎn)時(shí)，。設(shè)此時(shí)物體的位移為,由動(dòng)能定理有即解出系統(tǒng)的勢(shì)能為2.13證明：（1）當(dāng)、時(shí)，勢(shì)能有極小值。由得所以，即為分子勢(shì)能取極值時(shí)的原子間距。另一方面，當(dāng)時(shí)，，所以時(shí)，取最小值。（2）當(dāng)時(shí)，（3）令，得到，，2.14解：兩粒子的碰撞滿足動(dòng)量守恒寫成分量式有碰撞是彈性碰撞，動(dòng)能不變：利用，，，，可解得，，。2.15習(xí)題2.15圖解：在只掛重物時(shí)，小球作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為，即①掛上后，則有②重力對(duì)圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動(dòng)量守恒．即③聯(lián)立①、②、③得2.16解：哈雷彗星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到太陽(yáng)的引力——即有心力的作用，所以角動(dòng)量守恒；又由于哈雷彗星在近日點(diǎn)及遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)的速度都與軌道半徑垂直，故有

∴習(xí)題三答案習(xí)題三3.2習(xí)題3.1圖解：(1)繞B點(diǎn)的力矩由重力產(chǎn)生，設(shè)桿的線密度為，，則繞B點(diǎn)的力矩為桿繞B點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為角加速度為(2)桿的質(zhì)心加速度為3.3習(xí)題3.2圖解：⑴先做受力分析，物體1受到重力和繩的張力，對(duì)于滑輪，受到張力和，對(duì)于物體2，在水平方向上受到摩擦力和張力，分別列出方程[][]通過上面三個(gè)方程，可分別解出三個(gè)未知量，，⑵在⑴的解答中，取即得，，。3.4解：由于轉(zhuǎn)速是均勻增加的，所以角加速度為從而力矩為3.5解：⑴飛輪的角加速度為轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為⑵飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為，所以，拉力的大小為拉力做功為⑶從拉動(dòng)后t=10s時(shí)，輪角速度為輪邊緣上一點(diǎn)的速度為輪邊緣上一點(diǎn)的加速度為。3.6習(xí)題3.6圖解：設(shè)在飛輪接觸點(diǎn)上所需要的壓力為，則摩擦力為，摩擦力的力矩為，在制動(dòng)過程中，摩擦力的力矩不變，而角動(dòng)量由變化到0，所以由有解得。由桿的平衡條件得。3.7習(xí)題3.7圖解：當(dāng)物體落下0.40m時(shí)，物體減少的勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的勢(shì)能、物體的動(dòng)能和滑輪的動(dòng)能，即，將，，，，代入，得3.8人在盤邊時(shí)，角動(dòng)量為人走到盤心時(shí)角動(dòng)量為因此人在盤邊和在盤心時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能分別為，系統(tǒng)動(dòng)能增加3.9解：整個(gè)體系的角動(dòng)量保持為零，設(shè)人勻速地走動(dòng)時(shí)圓盤的角速度為，則解得3.10習(xí)題3.10圖解：要使轉(zhuǎn)臺(tái)角速度變?yōu)?，由于砂粒落下時(shí)不能改變體系角動(dòng)量，所以必須要使體系的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量加倍才行，即。將和代入得所以3.11解：脈沖星的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能為轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能的變化率為由，，得停止自旋所需要的時(shí)間為3.12解：⑴設(shè)兩滑冰運(yùn)動(dòng)員拉手后，兩人相距為，兩人與質(zhì)心距離分別為和，則，兩人拉手前系統(tǒng)總角動(dòng)量為⑵設(shè)兩人拉手后系統(tǒng)的角速度為，由于兩人拉手后系統(tǒng)角動(dòng)量不變所以，⑶兩人拉手前總動(dòng)能為：拉手后，由于整個(gè)體系的動(dòng)量保持為零，所以體系動(dòng)能為所以體系動(dòng)能保持守恒。可以算出，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，體系能量守恒，否則能量會(huì)減小，且3.13習(xí)題3.13圖解：系統(tǒng)繞桿的懸掛點(diǎn)的角動(dòng)量為子彈射入后，整個(gè)系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為所以⑵子彈射入后，且桿仍然垂直時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為當(dāng)桿轉(zhuǎn)至最大偏轉(zhuǎn)角時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為零，勢(shì)能的增加量為由機(jī)械能守恒，得習(xí)題四參考解答4.1證明：根據(jù)洛侖茲坐標(biāo)變換關(guān)系代入原方程中，得到化簡(jiǎn)得所以，在K系中質(zhì)點(diǎn)做橢圓運(yùn)動(dòng)，橢圓中心以速度運(yùn)動(dòng)。解：由相對(duì)論長(zhǎng)度縮短關(guān)系得到。，題圖4.3解：細(xì)桿在系中的兩個(gè)坐標(biāo)上的投影分別為細(xì)桿在系中的兩個(gè)坐標(biāo)上的投影分別為在系中細(xì)桿的長(zhǎng)度為與X軸正向夾角為解：根據(jù)相對(duì)論中時(shí)間延長(zhǎng)關(guān)系代入數(shù)據(jù)，可得解：根據(jù)相對(duì)論中時(shí)間延長(zhǎng)關(guān)系代入數(shù)據(jù)，可得因此4.6解：由相對(duì)論的同時(shí)性的兩個(gè)等價(jià)關(guān)系(1)(2)聯(lián)立兩式得到代入(2)式中得到4.7證明：令在某個(gè)慣性系中兩事件滿足，則在有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的另一個(gè)慣性系中(相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度為),兩事件的時(shí)間間隔是由于，且所以，即兩事件一定不同時(shí)發(fā)生。證明(1)設(shè)兩事件在某慣性系中于同一地點(diǎn)發(fā)生，即，時(shí)間間隔為，則在另一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度為的慣性系中，兩事件的時(shí)間間隔為所以，在原慣性系中時(shí)間間隔最短。證明(2)設(shè)兩事件在某慣性系中于同時(shí)發(fā)生，即，時(shí)間間隔為，則在另一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度為的慣性系中，兩事件的時(shí)間間隔為所以，在原慣性系中空間間隔最短。[答案：]。解：光線的速度在系中兩個(gè)速度坐標(biāo)上的投影分別為由速度變換關(guān)系，則在系中速度的兩個(gè)投影分別為，所以，在系中的觀測(cè)者觀測(cè)到此光線與軸的夾角解：由相對(duì)論質(zhì)量關(guān)系而且得到解(1)由相對(duì)論動(dòng)能定理：因?yàn)?，代入得?2)將，代入原式解(1)由相對(duì)論動(dòng)量公式而且聯(lián)立兩式(2)由相對(duì)論動(dòng)能公式而且聯(lián)立兩式解：由總能量公式而且(1)其中(2)聯(lián)立(1)、(2)兩式將(1)式代入動(dòng)量公式解：令兩粒子的動(dòng)能分別為與由相對(duì)論能量守恒得到(1)由相對(duì)論動(dòng)量和能量的關(guān)系得到由相對(duì)論動(dòng)量守恒得到(2)聯(lián)立(1)、(2)兩式解得，習(xí)題五參考解答5.2一質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧振動(dòng)cm。某時(shí)刻它在cm處，且向X軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，它要重新回到該位置至少需要經(jīng)歷的時(shí)間為(A);(B);(C);(D)。答案：(B)YX如圖：位相差5.3以頻率作簡(jiǎn)諧振動(dòng)的系統(tǒng)，其動(dòng)能和勢(shì)能隨時(shí)間變化的頻率為(A)；(B)；(C)；(D)。答案：(C)5.4勁度系數(shù)為的輕彈簧和質(zhì)量為10g的小球組成的彈簧振子，第一次將小球拉離平衡位置4cm，由靜止釋放任其運(yùn)動(dòng)；第二次將小球拉離平衡位置2cm并給以2cm/s的初速度任其振動(dòng)。這兩次振動(dòng)能量之比為(A)1:1;(B)4:1;(C)2:1;(D)。答案：(C)，5.5一諧振系統(tǒng)周期為0.6s，振子質(zhì)量為200g，振子經(jīng)平衡位置時(shí)速度為12cm/s，則再經(jīng)0.2s后振子動(dòng)能為(A)；(B)0;(C);(D)。答案：(D)，，，5.6一彈簧振子系統(tǒng)豎直掛在電梯內(nèi)，當(dāng)電梯靜止時(shí)，振子諧振頻率為?，F(xiàn)使電梯以加速度向上作勻加速運(yùn)動(dòng)，則其諧振頻率將(A)不變；(B)變大；(C)變??；(D)變大變小都有可能答案：(A)，X5.7將一物體放在一個(gè)沿水平方向作周期為1s的簡(jiǎn)諧振動(dòng)的平板上，物體與平板間的最大靜摩擦系數(shù)為0.4。要使物體在平板上不致滑動(dòng)，平板振動(dòng)的振幅最大只能為(A)要由物體質(zhì)量決定；(B);(C);(D)0.4cm答案：(C)最大靜摩擦力為，最大加速度為由得5.8兩分振動(dòng)方程分別為和，則它們合振動(dòng)的表達(dá)式為(A);(B);(C);(D)。答案：(C)5.9解(1)：,,,(2)5.10題圖5.10證明：(1)當(dāng)物體向右移動(dòng)時(shí)，左端彈簧伸長(zhǎng)，而右端彈簧縮短，它們對(duì)物體作用力方向相同，均與物體位移方向相反，所以因此物體將作簡(jiǎn)諧振動(dòng)。(2)設(shè)兩彈簧分別伸長(zhǎng)與，則彈簧對(duì)物體的作用力對(duì)兩彈簧的連接點(diǎn)有:且解此兩式：代入中：因此物體將作簡(jiǎn)諧振動(dòng)。題圖5.11證明：取未用手托系統(tǒng)靜止時(shí)的位置為平衡位置，令此點(diǎn)位坐標(biāo)原點(diǎn)，彈簧伸長(zhǎng)，則有：(1)當(dāng)物體沿斜面向下位移為時(shí)，則有：(2)(3)(4)(5)將(2)與(4)代入(3),并利用(5),可得利用(1)式，得到所以，物體作的是簡(jiǎn)諧振動(dòng)。5.12Y(3)(1)X(4)(2)解：令振動(dòng)方程為：(1)，，(2)，，(3)，，(4)，，5.13解：設(shè)物體的振動(dòng)方程為由于，由于，因此將代入，得到(2)將代入，得到負(fù)號(hào)表示方向與軸方向相反。(3)將代入中，得到(4)，將代入得由因此解：取砝碼靜止時(shí)的位置為平衡位置，并令為坐標(biāo)原點(diǎn)，向下為正方向，則有當(dāng)下拉位置時(shí)，砝碼所受回復(fù)力為因此砝碼作簡(jiǎn)諧振動(dòng)將初始條件代入振幅公式：解：令與系統(tǒng)處于平衡位置處為坐標(biāo)原點(diǎn)，向下為正方向未下落時(shí)，滿足:與平衡位置處:聯(lián)立解得由動(dòng)量守恒：且得到而且它們共同振動(dòng)的周期將初始條件，，代入振幅及位相公式：由于，因此將已求出的、和代入中，即可得振動(dòng)方程為5.16解:原周期為，兩種情況下周期都變?yōu)楫?dāng)達(dá)到最大位移處時(shí)粘土正好落在上時(shí)，此時(shí)物體水平速度為零動(dòng)量守恒得到：且將初始條件，代入振幅公式(2)當(dāng)粘土在通過平衡位置時(shí)落在上時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得到且將初始條件，，代入振幅公式：由5.17解：由單擺的動(dòng)力學(xué)方程，將初始條件，代入得到。由于其中，初始時(shí)刻5.18解：由題意，，，由于因此，合振動(dòng)方程為解：由分振動(dòng)與合振動(dòng)的三角形關(guān)系：代入數(shù)據(jù)由于得到5.20解(1)：由題意：，，，由于(2)由題意：，，，由于5.21解：(1)由于結(jié)合的表示式，得到軌道方程為：(2)5.22解：由于由于所以代入得到：所求軌道方程為：習(xí)題六參考解答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)6.7參考答案：(A)6.8答案：(D)6.9答案：(D)6.10答案：(A)6.11參考答案：(D)解：令波動(dòng)方程為其中，得到將初始條件：，，，代入或或由于所以解：令波動(dòng)方程為由題意：,,代入得到：將初始條件：，，，代入且且(1)將初始條件：，，，代入且且(2)聯(lián)立方程(1)、(2),解得，因此6.14解(1)：由得到：振幅為,，，，(2)將代入(3)6.15解(1)：由得到：，，，，，(2)(3),將，代入，在原點(diǎn)處6.16解(1)：(2)點(diǎn)振動(dòng)方程為：波動(dòng)方程為6.17解：（1）由題意：，，，，令波動(dòng)方程為將時(shí)，，代入：由于因此（2）時(shí)的波形圖6.18解(1)由圖可知：,設(shè)，由（2）將代入，得6.19解(1)：由(2)6.20解：由三角形關(guān)系知:而且由，其中得到6.21解：由題意，(1)在外側(cè)時(shí)：即在外側(cè)兩振動(dòng)反相合成波強(qiáng)度(2)在外側(cè)時(shí)：即在外側(cè)兩振動(dòng)同相所以，外側(cè)各點(diǎn)波的強(qiáng)度是單一波源波的強(qiáng)度的4倍。6.22解(1)：由得到即在處兩波同相位。由于兩波同相位，且振動(dòng)方向相同當(dāng)，且兩振動(dòng)方向垂直時(shí)6.23解：在點(diǎn)的振動(dòng)為：在點(diǎn)的振動(dòng)為：在點(diǎn)的振動(dòng)為：