大學物理(第二版)中國礦業(yè)大學出版社(1)

1、231.1有一質(zhì)點沿著x軸作直線運動，t時刻的坐標為x=4.5t -2t，試求： 第2秒內(nèi)的平均速度 第2秒末的瞬時速度 第2秒內(nèi)的路程。解：當t =1s時，x1 =2.5m 當t =2s時，x2 = 18-16 = 2m 平均速度為V = x2x( =2-2.5 =-0.5( m/s )第2秒末的瞬時速度dx 2v = = 9t。6t dt=-6 m s 第2秒內(nèi)的路程：（在此問題中必須注意有往回走的現(xiàn)象）當 t=1.5s時，速度v = 0,x2 = 3.375m ;當 t =1s 時，x1 =2.5m ;當 t = 2s 時，x3 =2m ;所以路程為：3.375-2.5 3.375-2

2、= 2.25m1.8 一艘正在沿直線行駛的電船，在發(fā)動機關閉后，其加速度方向與速度方向相反，即dv/dt=-k v A 2,試證明電艇在關閉發(fā)動機后又行駛x距離時的速度為 v=v0e A-kx式中，v0是關閉發(fā)動機后的速度。證明：由題可知：dvdtkv2T所以有:dv- - kvdx換為:dv - -kdxv兩邊同時積分就可得到:v dv x=一 kdxvo v0lnvv0一- V - 一 一.k x=-kx 即 ln = -kx 所以有 v = v0 eVo1.9 迫擊炮射擊山頂上的一個目標，已知初速度為v0,拋射角為。，上坡與水平面成a角,求炮彈的射程及到達山坡時的速度。解:圖建立坐標軸x

3、,y。將初速Iv0x = v0 cos日度Vo沿坐標軸分解可得.八Voy = VosinH 加速度g沿坐標軸分解可得ax - -gs i n在任意時刻t的速度為ay - - g c o sVx =vx axt =VoCos? - gtsin :vy =V0y ayt/5 二 - gt COs ;時 刻 t 的 位 移 為x =v0xt 1axt2 =v0tcos【-1gt2sin ;(22(4)(1)炮彈射程為y = 0時，所對應的x。1 2.12y =v0yt -ayt 二 v0tsin-gt cos -2vosin 二y = 0 對 應 的 時亥It = , 代 入 可 得g cos：2.

4、-2.2v0 sini cosicos： -sinisin：2v sinicos1+二2gcos :2g cos :將t = 2v0 sin 6代入方程組可得 g cos 工速度的大小為 v 二,Jvx2 vy2 = . vo2 - 4v02 cos sin 丁 tan: 4v02 sin2 u tan2:方向可以由 t an = vy = 2 tan - cot - arctan 2tan ： - cot vx1.14 一質(zhì)點沿半徑為 0.1 ( m)的圓周運動，其角坐標。可用下式來表示：O=2+41 A 3請問：(1)當t=2(s)時，法向加速度和切向加速度各是多少？ (2)當。角等于多少

5、時，其總加速度與半徑成 45。角。.3. .、,d2 -.2斛：日=2+4t rad ,角速度為 5=二12t rads 角加速度為P=24 r，d s dt 當 t=2s時，P=48rad/s2在t時刻，法向加速度與切向加速度分別為總加速度與半徑夾角為 45時，an = a-31.一可得 t3=一定0.167,即 9=2.167rad 62.1 質(zhì)量為2kg的質(zhì)點的運動方程為r =(6t2 +1戶+(3t2 +3t +1 )?,求證質(zhì)點受恒力而運 動，并求力的方向和大小，采用國際單位制。解：質(zhì)點的運動方程為f*=(6t2 +1 )i?+(3t2 +3t +1 )?,那么通過對上式兩邊求導，便

6、可得到速度d=12t?q 6t+3? jI加速度為：a=12i?+6?因此質(zhì)點所受的力為F = ma=2 4?i + 1 2 j N2.2 質(zhì)量為m的質(zhì)點在Oxy平面內(nèi)運動，質(zhì)點的運動方程為r =acost?+bsint ?, a,b,B為正常數(shù)， 求質(zhì)點的動量； 證明作用于質(zhì)點的合力總指向原點。解： 由質(zhì)點的運動方程可得質(zhì)點的速度為：v = TJasinRti?+5bcosRt jI質(zhì)點的動量為：p = mv= - m sai n ?t i m cbo s ? t j 質(zhì)點的加速度為：晝=f 2acosti?一卯2bsint ?F =ma = m 2acos t?-m 2bsin t?作用于

7、質(zhì)點的合力為：=-m 2 a cos t ? bsin t ?-m 2r方向為_r的方向，也就是總指向原點。2.3圓柱A重500N ,半徑Ra = 0.30m ,圓柱B重1000N ,半徑Rb = 0.50m ,都放置在寬度為l = 1.20m的槽內(nèi)，各接觸點都是光滑的。求A, B柱間的壓力及 A, B柱與槽壁和槽底間的壓力。解：分別以 A, B為研究對象，受力分析如圖所示，建立坐標系如圖。對A列方程有：x軸：NA = NBAsinay軸：Ga = N Bos對B列方程有：x軸：NABsina=NB1y 軸：NB = Gb+ NAco s(4)在三角形中 BC =l Ra R =0.4m AB

8、 = Ra + Rb =0. 8msin：,cos近 22通過解上述方程組，可以得到Nab = N bA5 7 7 N Nb=1500N Na = Nb1 = 28 8. 5 N2.5質(zhì)量 m=2kg的均勻繩，長L=1m ,兩端分別連接重物 A和B, ma=8kg, mb=5kg,今在B端施以大小為F=180N的豎直拉力，物體向上運動，求張力 T(X)解：對整體進行受力分析，加速度向上”為a,根據(jù)牛頓第二定律有：FF-(m + ma + mb )g =(m + ma+mb)a口即J對A進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：T -mag = maa1 rIF得到T=n) g a6N對一小段繩子dm受

9、力如圖，根據(jù)牛頓第二定律得:Tix一兩邊積分得到J96dT = 2 4dx= Ti = 9 6 袋4)N2.6在圖示的裝置中兩物體的質(zhì)量各為mi, m2,物體之間以及物體與桌面間的摩擦系數(shù)都為以，求在力F的作用下兩物體的加速度及繩內(nèi)張力。不計滑輪和繩的質(zhì)量及軸承摩擦，繩不可伸長。解：對m-m2分別進行受力分析如上圖所示，取x方向向右為正方向，y軸方向向上為正方向。根據(jù)牛頓第二定律列方程，對mi有x 軸：f1T = NN1T =m1a y 軸：N1m1g=0對m2有方程，x軸：F -Rm1g -T 一NN2 = m2a y 軸：N2mi + mb) g=0im1g -T = -m-a方程組可以變

10、為11F wg -T 一工叫 m2 g ya可得到 T =Nm1g+m1aF2Nmg-N(mm)啜1m和 a最后可以解得：a = Fm 一場T = m1 m2m(2.9 一個半徑為R的光滑球面頂點 A放一滑塊，滑塊質(zhì)量為 m,從靜止開始沿球面下滑，小 滑塊的位置可用。角表示，求滑塊對球面的壓力與。角的關系，并問滑塊在何處離開球面？解：對滑塊進行受力分析如圖，建立自然坐標系： 根據(jù)牛頓第二定律列方程為：dv9萬向：mgsin日二m一dt21?方向：mgcos8N=m一Rds= R也，式兩邊同乘ds可得：gRsin d =vdv ,兩邊同時積分可以得到：代入式可得： N = mgpos - 2mg

11、 1 cos = mg 3co-s2 22.一當滑塊離開球面時，N=0,即cos=，B=arccos=48. 2332.12 升降機中水平桌上有一質(zhì)量為m的物體A,它被細線所系，細線跨過滑輪與質(zhì)量也為m的物體B相連，當升降機以加速度a=g/2上升時，機內(nèi)的人和地面上的人將觀察到AB兩物體的加速度分別是多少？解：（一）以升降機為參考系,A和B的受力如圖所示：水平向右為x軸的正方向，豎直向上為y軸的正方向，根據(jù)牛頓第二定律列方程為：對 A ： T = ma對 B： T-m(a + g)=-ma,3解方程可得：a =3g因此對機內(nèi)的人來說，3 .o -3 ，.-gi?, B的加速度為：gj44A的加

12、速度為:建立坐標系與上邊相同，根據(jù)牛頓第二定律列方程:對 A：T=ma N mg= m a對 B ： T -mg = m(a-a3T =7 mg，A的加速度為：a1 =1gi?+1 g工B的加速度為：a2 = a a =1g j42.13在一與水平方向成 a=10 的斜坡上，一輛車以a=0.3m/s2的加速度向上行使，車內(nèi)有一質(zhì)量為m=0.2kg,以地面參考系和車為參考系，求繩子的方向和張力。解：（一）以地面為參考系。對小球進行受力分析。小球相對于小車的加速度為 方程：0,所以a就是小球的絕對加速度。根據(jù)牛頓第二定律列x 方向：T co S 90覆P)mg sn = m ay 方向：Tsi n

13、 9 0a P) -mg cos=0即:T sin( + m)-mgsina = ma , T cos( + m )-mgcos =0（二）以加速度為 0. 3 m2s勺小車為參考系，則小球所受的力應該加一個沿著斜面向下 的非慣性力。根據(jù)牛頓第二定律列方程：Tsin（90C a _P）= mgcosa同樣得到上邊的結(jié)果。2.14拋物線形彎管的表面光滑，可繞豎直軸以勻角速率轉(zhuǎn)動，拋物線方程為y=axA2,a為常數(shù)，小環(huán)套與彎管上。求（1）彎管角速度多大？ （ 2）若為圓形光滑彎管，情形如何？求解：受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有:可以解得： =2ag2二 x 一所以可得： tan；： = =

14、2axg受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有：但此時曲線方程變?yōu)椋?.15質(zhì)量為ml的木塊靜止在光滑的水平桌面 上，質(zhì)量為m,速率為V0的子彈水平射入到木塊 內(nèi)并與其一起運動。（1）木塊的速率和動量， 及子彈的動量。（2）在此過程中子彈施與木塊的 沖量. 求 解： 在水平方向不受外力作用， 所以在碰撞前后動量守恒。碰撞前只有子彈的動量；碰撞后子彈嵌入木塊一起運動，設速度為v?？傻玫椒匠蹋鹤訌椀膭恿繛椋?p子彈 =mv = m v0 m m.,木塊的動量為：p木塊=m1v =mm1vom m1 在此過程中，子彈施于木塊的沖量為:mmivom m12.16已知繩子的最大強度T0=9.8N, m=5

15、00g,l=30cm.開始時m靜止。水平?jīng)_量I等于多大才能把繩子打短?解：設繩子斷時， m的速度為v。則有:所以沖量為:I = p = mv = m、, gl = 0.86 Ns2.17 力 F=30+4t作用在質(zhì)量為10kg的物體上求：（1）在開始的兩秒內(nèi)，此力的沖量是多少？（2）要使沖量等于300N.S,此力的作用時間是多少?（3）如果物體的初速度為 10m/s,運動方向與F相同，在（2）問的時間末，此物體的速度是多少?解：t1=J0 Fdt(30 +4t )dt =30t +2t20 =68 NsI2t22Fdt =30t 2t2t220 =3%+2t； =300 可以解得時間為：t2=

16、6.86sI2=p2 - P1 = mv2 - mv112 mMv2 二 m300 10 1010二40 m s3.5在半彳仝為R的光滑半球狀圓塔的頂點A上有一石塊M 。若使石塊獲得水平初速度v0 ,問: 石塊在何處（邛=?）脫離圓塔？v0的值為多大時,才使石塊一開始便脫離圓塔?解:圖略。 石塊脫離圓塔時， N =0,只受重力作用。2法線方向： mg cos =m v= gRcos ：1cle由動能te理可得： mgR（1 cos中）=-mv - mv0代入可得:-12 3 _ 個個gR +v0 l=-gRcos= cos =I 2 J 2上十2所以cp = arccos 3gR 3v2 J

17、a：T1R-T2r =iP仇=P Ra2 = r最后聯(lián)立解方程可得:4.12 質(zhì)量為2.97kg ,長為1m的均質(zhì)等截面細桿可繞水平光滑的軸線O轉(zhuǎn)動，最初桿靜止于鉛直方向，一彈片質(zhì)量為10g,以水平速度200m/s射出并嵌入桿的下端，求桿的最大擺角。解：以彈片與細桿組成的系統(tǒng)為研究對象。彈片嵌入細桿前后角動量守恒。彈片嵌入之前，系統(tǒng)的角動量為：彈片嵌入細桿之后，一起運動時的角速度為a ,整體的212角動重與為：L1 = E +m8l , I =一 M l3角動量守恒等式為：L0 = L1,即212, 2l mv = I 工 m- l 二 - M l 工 m- l若先求出細桿與彈片組成系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動

18、慣量:可以寫為：l mv = I122I = Ml2 +ml2,那么角動量守恒等式 33彈片與細桿一起運動到停止的過程中，只有重力做功，所以可以運用機械能守恒或 動能定理列方程。彈片質(zhì)心上升的高度為 h = l (1 cose)細桿質(zhì)心上升的高度為 H =-(1-cos0 )根據(jù)動能定理可得方程:- 1 . 2 1 2, 2,-mgh -MgH一 mgh - MgH=0_ I52 _m2l2 或者22-1 2:。；12聯(lián)立解方程可得:皿=2rad /s,cos日=0.863, 8=30.344.13 一質(zhì)量為m1,速度為v1的子彈沿水平面擊并嵌入一質(zhì)量為m2=99m2長度為L的棒的斷點，求角速

19、度解：子彈與細桿碰撞前后角動量守恒，碰撞前只有子彈m1以速度Vi運動，碰撞后子彈嵌入細桿， 并繞其中心軸轉(zhuǎn)動。由于在碰撞過程中對中心軸的合力矩為零，所以 角動量守恒。可列方程為：最后可以得到： 0 = 6%=0.0582 102L L4.14 某經(jīng)典脈沖星，半徑為幾千米，質(zhì)量與太陽大致相等，轉(zhuǎn)動角速度很大，試估算周期1222為50ms的脈沖星的轉(zhuǎn)動動能？斛：動能Ek =I句,其中轉(zhuǎn)動慣量I = mR （球25相對于中心軸的）相關數(shù)據(jù)有：M =1.99 x1030kg , 5 =5=40n （rad/s）5.4 質(zhì)量為10g的物體作簡諧振動， 其振幅為24cm,周期為4s,當t=0時，位移為24

20、cm, 求：（1）在t=0.5s時，物體所在的位置；（2）在t=0.5s時，物體所受力的大小和方向； （3）在x=12cm處，物體的速度； 解： 已知條件：m =10g =10 Ml0,kg = 0.01kgA = 24 c m0. 24m=4句當t=0時，x=Acos = 2 4 c-m：= rad s0運動學方程為:0.(n )2 4 c-o st2jit=0. 5s, x=0. 24co:0. 1 7m4彈力的表達式為:22tf = -kx = -m 0x = -m 0Acos N二 2當 t =0. 5s, f =-0. 01 M4ji0. 2 4 -c os-44.1=一二22根據(jù)運

21、動學方程可知速度的表達式為：t當x=12cm,代入可得cos一二 t二=23（4）由可知，從起始位置運動到x = 12cm處所轉(zhuǎn)過的角度為 :退_所用的最少時間：t =1T2 二二 12一一 4二s3 2 二35.5 一質(zhì)點質(zhì)量為 2.5*1 0 A-4kg,它的運動方程為 x=0.06sin(5t-pi/2),求：（1）振幅和周期;（2）初速度；（3）質(zhì)點在初位置時所受的力；（4）在pis末的位移，速度和加速度;（5）能動的最大值;解：運動學方程:=0.06sin 5t 一一 Im ,2振幅為：A = 0.06m；周期為:2 二T 二0二04二=1.26 s初位置為：xt$ = 0.06si

22、n I -2二一 0.06mt J-kx-2.5 10 25-0.06) = 3.75 1。“ N(4)速度與加速度的表達式分別為:r nt - - 0.3cosl 5t -一 2t = = 0ms Ekmax =1kA2 =1m ；A2 =0.5 2.5 10- 25 0.062 = 1.125 10-J max225.10彈簧下面懸掛質(zhì)量為50g的物體，物體沿鉛直方向的運動方程為x=2*1 0A-2sin10t,平衡位置為勢能零點，求(1)彈簧的彈性系數(shù)(2)最大動能(3)總動能解：根據(jù)已知條件有：x = 2d0/sin1Ot(mv =0.2cos1Qt(m/s2)(1) k =m 02

23、=50 10，102 =5 N m1 2 動能表達式為 Ek= mv ,其最大值為：2八 1 , 2 12.2_3.總能量為：E =-kA =萬巾0 A =10 (J)5.11 兩同向的諧振動，已知運動方程為x1=5cos(10t+0.75pi),x2=6cos(10t+0.25pi),式中x單位為厘米，t為秒，(1)求合震動的振幅和初相位；(2)若另有諧振動 x3=7cos(10t+。),則。為何值量x1+x2的振幅最大？。為何值時x2+x3的振幅最??？解： 根據(jù)已知條件有：A1=5cm, A2=6cm, a1 =0.75 ,久2=0.25元合振幅為： A iJA； A 2A1A2cos ：

24、 2 - ： 1 V- -25 36 -7.81cm=0.078m x3 = 7cos 10二 t - icmXi +x3的振幅最大應滿足條件：口3 % =0 = 3 =% 135*2+*3的振幅最小應滿足條件：C(3 2=冗=，=外十幾255.12 有兩個同振向，同周期的諧振動，其合震動的振幅為20cm,相位與第一振動的相位差為30。，若第一振動的振幅為 17.3cm,求第二振動的振幅及第一，第二兩振動的相位差.解:根據(jù)余弦定理：a =60，,所以第一與第二振動的相位差為6.5已知波源在質(zhì)點 (X = 0 )的平面簡諧波方程為：y = Acos(btcx ), A,b, c均為常數(shù)，試求：振

25、幅、頻率、波速和波長。 寫出在傳播方向上距波源l處一點的振動方程式，此質(zhì)點振動的初相位如何。.2 二一 1b解：振幅：A,周期：T= 頻率：v= - =bT 2-、一2二、一 ,b波長：九=,波速為：u = = 一cT cx = l處質(zhì)點的振動方程式為：y = A cos(bt - cl )該質(zhì)點振動的初相位為：-cl2 二九=0.2m , u = 25m/s。u =-25 =125Hz 0.26.6 橫波的方程為：y = Acos(vt x),右 A = 0.01m,試求：t=0.1s時，x=2m處的一點的位移、速度和加速度。解：A = 0.01m, Z=0.2m, u=25m/s,頻率為:

26、橫波的方程為：y =0.01cos10二1 25 - x位移：y冶1 =0.01cos10二 12.5-2)=0.01cos二-0.01m速度：v*1 = 12.5n sin10n(12.52 型-12.5rcsi n =0加速度：6.7 平面簡諧波的方程為：y =8cos2n j 2t - Cm ,波源位于原點，求:100t = 2.1s時波源及距波源0.1m處的相位。 離波源0.80m及0.30m兩處的相位差。解：t =2.1s時波源的相位： ?tm1 =2冗（2父0.1 0）=8.4nx Z0距波源0.1m處的相位：1 =2冗（2父0.1 0.1 ）=8.2n 離波源0.80m及0.30

27、m兩處的相位差： 因此，離波源0.80m及0.30m兩處的相位差為 n。6.8 有一頻率為500Hz的平面簡諧波，在空氣（P = 1.3M10J3kg/m3）中以速度 v =340m/s的速度傳播，到達人耳時，振幅為 A = 10“cm，試求耳中聲音的平均能量密度及聲強。解：頻率 v = 500Hz ,角頻率：0 =2w =1000n平均能量密度為：聲強：I =Wv 1- PA2a2v=）黑1.3黑10二父（10” 2 父（1000兀 f M340=2.18x10（Wm” ）226.9 同一介質(zhì)中的兩個波源位于 A, B兩點，其振幅相等，頻率都是 100Hz, B比A的相位超前冗。若A, B兩

28、點相距30m,波在介質(zhì)中的傳播速度為400m/s，試求A, B連線上因干涉而靜止的各點位置。解：以A點為坐標原點，AB連線為x坐標軸。波長：= u = 400 = 4m 100設A點的振動方程為：a = Acos t , B點的振動方程為： y = Acos他t +冗）一、-22 在A,B連線上的一點x處，A波源的萬程為：yAP=AcostB 波源的方程為：yBP = Acos1t 十 n 一 2（30-x）12 二 30-x 2二 x干涉時的相位差為：二二 九九干涉加強的條件為：.： =2k-= x -2k 14, k -0,_1,2, 7干涉減弱的條件：.：:=2k 1 - = x 2k

29、15, k =0,_1,_2,_ 7通過計算可以得到：在A,B兩點之間因為干涉而靜止的點為：x =1,3,5，27,29,也就是在1 30之間所有的奇數(shù)，因此也可以寫為: 在A,B兩點之間因為干涉而加強的點為：x = 2,4,6，28 ,也就是在1 30之間所有的偶數(shù)。6.10 A,B兩點為同一介質(zhì)中的兩相干波源。其振幅皆為 A = 5cm,頻率皆為100Hz，但當A點為波峰時，B點恰為波谷。設在介質(zhì)中的波速為10m/s，試寫出由A, B兩點發(fā)出的兩列波傳到P點時干涉的結(jié)果。解：由題可知， AP=15m, Ab = 20m,所以：BP = 25mv =100Hz , u = 10m/s波長：,

30、 = = = 0.1m100A點為波峰時，B點為波谷，則A,B兩相位 差為幾。A,B兩相干波源傳到 P點時的相位差為:-2二 AP - BP = _ 2二 15-25B A0.1201相位差為n的奇數(shù)倍，所以干涉之后的結(jié)果是減弱的。合振幅為： A=07.2 一氣球在17c時，球中氫氣的壓強為2atm,求該氣球內(nèi)氫氣的密度和分子數(shù)的密度。解：T =273 17 =290K氫氣的密度:p2.02625 1 05 2 1 0”RT8.31 290= 0.17 kg； m37.5在容積為V的容器中盛有被試驗的氣體，其壓強為pl,稱得容器連同氣體的重量為G1,然后放掉一些氣體， 氣體的壓強降至p2,再稱

31、得重量為 G2,為在1大氣壓下氣體密度是多少解：已知條件：R,61=6氣+6。；P2,仃2=6氣+Go，Go為容器的質(zhì)量。根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程有：P1VG1 -GogRTP2V 二G2 -G0gRT7.6 一系統(tǒng)有圖中的 a態(tài)沿abc到達c態(tài)時，吸收了 350J的熱量，同時對外作 126J的功, (1)如果沿adc進行，則系統(tǒng)作功 24J,問這時系統(tǒng)吸收了多少熱量。(2)當系統(tǒng)由c態(tài)沿曲線ca返回a態(tài)時，如果外界對系統(tǒng)作功84J,問這時系統(tǒng)是吸熱還是放熱？熱量傳遞是多少？解：圖略。根據(jù)已知條件，當系統(tǒng)沿abc過程進行時，Qabc=350J, Aabc =126J可以得到 Uac =QabcA

32、abc =350-126 = 224Jadc過程：Uac=224J,兒加=42J ,可以得到adc過程中吸收的熱量為ca過程：Uca = -U ac = -224J ,外界對系統(tǒng)做功，即 Aca = -84J熱量：Qca= U ca A c示 224 T4 = 308因為熱量Qca 0,所以在此過程中系統(tǒng)放熱。7.8 壓強為1atm,體積為11的氧氣(Cvm=5/2R )自0c加熱到100C,問：(1)當壓強 不變時需要吸收多少熱量？ (2)當體積不變時需要多少熱量？ (3)以上二過程各作了多少功？解：當壓強不變時，由理想氣體狀態(tài)方程可得：pWi=vRTi、p RT1U =C,m T2-T1內(nèi)能的改變?yōu)?= 詈Cv,m T2 -T1R115-373 -2731.013 1