大学物理简明教程课后习题加答案.doc

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1、大学物理简明教程习题解答习题一解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.∵有（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的分量，∴不同如题1-1图所示.题1-1图(3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.∵有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速

2、度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3解：（1）(2)将,代入上式即有(3)∵∴(4)则(5)∵(6)这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。1-4解：设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知将上式对时间求导，得题1-4图根据速度的定义，并注意到,是随减少的，∴即或将再对求导，即得船的加速度1-5解：∵分离变量：两边积分得由题知，时，,∴∴1-6解：∵分离变量，得积分，得由题

3、知，,,∴故又因为分离变量，积分得由题知,,∴故所以时1-7解：(1)时，(2)当加速度方向与半径成角时，有即亦即则解得于是角位移为1-8解：（1）则加速度与半径的夹角为(2)由题意应有即∴当时，1-9解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-9图(1)在最高点，又∵∴(2)在落地点，,而∴1-10解：当时，则1-11解：(1)大船看小艇，则有，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-11图由图可知方向北偏西(2)小船看大船，则有，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得方向南偏东习题二2-1解:物体置于斜面上受到重力，斜面支持力.建立坐标：取方向为

4、轴，平行斜面与轴垂直方向为轴.如图2-2.题2-1图方向：①方向：②时由①、②式消去，得2-2解：(1)于是质点在时的速度(2)2-3答:(1)∵分离变量，得即∴(2)(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有(4)当t=时，其速度为即速度减至的.2-4解:依题意作出示意图如题2-6图题2-4图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,而抛物线具有对轴对称性，故末速度与轴夹角亦为，则动量的增量为由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下．2-5解:(1)若物体原来静止，则,沿轴正向，若物体原来具有初速，则于是,同理，,这说明，只要力函数

5、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．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即亦即解得，(舍去)2-6．解:(1)由题意，子弹到枪口时，有,得(2)子弹所受的冲量将代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2-7解:(1)由题知，为恒力，∴(2)(3)由动能定理，2-8解: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，有式中，，再代入有关数据，解得题2-8图再次运用功能原理，求木块弹回的高度代入有关数据，得,则木块弹回高度2-9证:两小球碰撞过程中，机

6、械能守恒，有即①题2-9图(a)题2-9图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有亦即②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，且以为斜边，故知与是互相垂直的．2-10解:由题知，质点的位矢为作用在质点上的力为所以，质点对原点的角动量为作用在质点上的力的力矩为2-11解:哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——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∴2-12解:(1)(2)解(一)即,即,∴∴解(二)∵∴题2-12图2-13解:(1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中、是正压力，、是摩擦力，

7、和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力．题2-13图（a）题2-13图(b)杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反．∵∴又∵∴①以等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里，飞轮转了转．(2)，要求飞轮转速在内减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为2-14解:设,和β分别为,和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-14