大学物理作业2014(上)

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1-2一•质点沿x轴运动，处标与吋间的变化关系为x=4/-2/3,式中x、/分别以m、s为单位，试计算：(1)在最初2s内的平均速度，2s末的瞬时速度；(2)Is末到3s末的位移、平均速度；(3)Is末到3s末的平均加速度,3s末的瞬时加速度。分析：平均速度反映的是物体在整个运动中的整体运动情况，瞬时速度反映物体在某一时刻或某一位置的运动情况，平均加速度是一段时间内速度改变量与这段时间的比值，当这段时间趋近于0时的平均加速度就是瞬时加速度。解：(1)最初2s内的平均速度一Axx(2)-x(0)(4x2-2x23)-0/一］u=——=——=-——=-4m-sx\t\t22s末的瞬时速度dr0=——=4—6r=4—6x2?=—20m•s~}xdt(2)Is末到3s末的位移Ay=x(3)-x(1)=(4x3-2x33)-(4x1-2x13)=-44mIs末到3s末的平均速度(3)(4)—Ax兀⑶—x(l)-i=——==-22m・s\tIs末到3s末的平均加速度—Advd(3)-q(l)_2a=—=-24m•sx\t\t质点的瞬时加速度Ar―譽―36心1-4一质点沿半径的圆周运动，其角位置0=2心以s计。求：/=2s吋切向加速度和法向加速度各为多少？分析：木题为在角坐标系中物体作圆周运动的问题，其运动学方程为角位置随时间变化关系式，由角量与线量Z间的关系，口J求解出Q”和aro解：该质点的角速度dr角加速度(\co~dt~=2rad•s~2a=2rad•s~2ar=Ra=2m•s~2当t=2s时(o=4rad•s~x,则an=Ra)2=\6m-s~21-9如习题1・9用图所示，在离水面高度为力的岸边，有人用细子拉船靠岸，船在离岸边为也距离处，当人以V。的速度收绳吋，试求船的速度与加速度各有多人？习题1-9用图分析：本题关键是先求得小船速度表达式，而小船的速度是山小船\n在水平方向的位移与吋间的导数求得的，绳的速度山绳子的位移与吋间的导数求得。根据受力分析，船的运动是合运动，绳子的运动是分运动。解：(1)如解1・9图所示，设人与船Z间的绳长为/，贝I」l2=h2+x^上式对时间求导，21—=2x0旦dtdt式中〒表示绳长/随时间的变化率，其大小即为绳子的速度心，方向沿x轴at负方向。船的速度为Atx0Atx°负号表示船速度的方向沿兀轴负方向。dvd7—%X。呼2_d®_#2dzxjJxj+X负号表示船加速度的方向沿X轴负方向。1-11一个半径R=l.om的圆盘，可绕一水平轴口由转动。一根轻绳绕在盘子的边缘,其自由端栓一物体A,如习题1・11用图所示。在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在厶Q2.0S内下降的距离/;=0.4mo求物体开始下降后3s末，伦边缘上任一点的切向加速度与法向加速度。分析：由题意可知物体在下落的过程屮受到重力的作用，所以圆盘边缘的切向加速度就等于物体下落的加速度。解：(1)由分析可得,物体由静止开始下落,则+厂所以2x0.42/722=0.2m-s~2(2)物体卜•降3s末的速度v=aTt=0.2x3=0.6m•s~}根据法向加速度定义V2an=—二"R=0,6=0.36加厂212・5—个质量w=50g,以速率作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力加给它的冲量是多大？分析：质点向心力大小为F=mu2/R,方向是指向圆心的,其方向在不断的发生改变，所以不能直接用I=Ft计算冲量，本题应用冲量的定义來求解。R(2)由加速度的定义得船的加速度为\n解：如解2・3图所示，开始时小球的动量的大小为p}=mv因为末动量与初速度相互垂直，根据动量的增量的定义Ap=p2-pj得|切|==\[2nw根据动量定理得向心力给小球的冲量人小为Z=|Ap|=72x50x20=1.41^-52-6自动步枪连发时每分钟射岀120发子弹，毎发子弹的质量为〃?=7.90g,出口速率为735nrJ。求射击时(以分钟计)枪托对肩部的平均压力。分析：每颗了弹动量的增加都是由枪对了弹施加的作川力在时间上的积累的结果，而根据作用力与反作用力，枪对子弹的作用力也反作用于肩部，所以需要求得每分钟内子弹所受到的冲量再根据牛顿第三定律即可求得结果。解：每一颗了弹动量的增量为则每分钟内对肩部的平均压力为F=/xl20=5.8065xl20=1L6jV/=皿_0=735x7.9x10"=5.8065N•St602-11一个哑铃由两个质最为m,半径为R的铁球和屮间一根长为I的连杆组成。如图所示和铁球的质量和比，连杆的质量可以忽略。求：此哑铃对于通过连杆中心并和它垂直的转轴的转动惯量。它对于通过两球的连心线的轴的转动惯量又是多大？分析：根据转动惯最的可叠加性以及转动惯最的平行轴定理计算得到解：铁球对于过其质心的转轴的转动惯量为Jc=-mR"5(1)根据平行轴定理，哑铃对于通过连杆中心并与它垂自的转轴的转动惯最为J=Jc+mh22(2x—mR2+2mR+5I2)=—m7?2+2mRl+—m/252(2)哑铃对于通过两球的连心线的轴的转动惯最为49J=2JC=-mR2c52-15一物体由水平面到达倾处为30啲斜面底部时，动能为9.8J,若斜面与物体间的摩擦系数为0.1,物体能冲上斜面lm,求：物体的质量。分析：物体在冲上斜面时的动能的改变是由斜面对木块的摩擦力及重力的分力作用而改变的，由动能定义即可求得结果。解：由解2・13图可知-(/W+mgsin3(T卜=\Ek=Q-Ek{,-Ek}=-(/Jfngcos30"+mgsin:9.8=(0」xmgcos30+mgsin30)\n求得m=0.5866=1.72・18静水中有一小船，小船质最为100kg,船头到船尾共长3.6m,当一质量为50kg的人从船尾走到船头时，船头在水面上移动了多少距离（水的阻力不计）？分析：以人和船组成的系统为研究对彖，在船头走到船尾的过程中系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。解：（解法一）设船和人相对于岸的速度分別为0和5,船和人相对丁•岸移动的距离分别为x和yo取船的运动方向为正，由动量守恒定律有m2v2-mxv}=0上式对时间积分£m2v2dt一£mxv^t=0得m2x-mly-0（1）由题意可知x+y=厶（2）式中厶为船头到船尾的长度。由（1）、（2）解得x=———L二—————x3.6=1.2加m2+100+50（解法二）设船和人相对于岸的速度分别为色和久，船和人相对于岸移动的距离分别为x和丁。由动量守恒定律Wm2v2-mxvx=0人相对船的速度V）对呼=“2+q=%+"加1设人在时间t内从船头走到船尾，则有在这段吋间内，船相对于地面的位移是y=^v2dt即X=———L=x3.6=1.2mm2+的100+502-21哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭I员1。它离太阳最近的距离是r1=8.75xl0'°m,此时它的速率是01=5.46x10%"。它离太阳最远时速率D2=9.08xl02ms-1,这时它离太阳的距离Q是多少？分析：哈雷彗星绕太阳运动过程只有两者Z间的万冇引力（保守力）做功，所以从离太阳近点处绕到太阳远点处的过程中角动量守恒。解：由分析知，根据角动量守恒定律皿近/缶=呦远伝耘于需8W5.26皿2・23质最为M,半径为7?的转台，可绕竖肓轴无摩擦地转动，质最\n为加的人，站在台的边缘。人和台原来都静止。如果人沿台的边缘走一周，相对地而来说,人和转台各转了多少角度？分析：人沿台的边缘走一周的过程中，把人和台看做一个系统，整个系统对轴合外力矩为零，故角动量守恒。解：选地面为参考系，那么设（相对于转轴）人：台：。其中J=mR2,丿'=丄讪?S2由分析可知角动量守恒，以向上为正：则Jco-fco^Q.2mco=——coM又因为人与台相对转动，所以&人对地+&台对地=2龙则设人沿转台边缘跑一周的吋间为t,那么&人对地=［⑵曲，对地=^co'dt&人对地codt+271M+2m可得5M=M+2mM+2m2・28两个半径分别为凡和&的圆轮，质量分别为何和必。二者均可视为圆柱体而且同轴固结在一起，可以绕一水平固定轴自由转动。今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量为m】和加2的两个物体。求在重力作用下，加2下落时轮的角加速度及绳的张力。分析：釆用“隔离法”分析各物体受的力，结合各物体间的相互联系，根据运动定律列出相应的方程组.解：分别取物体的％和圆轮为隔离休，它们的受力情况如解2・26图所示物体“物体加2圆轨:«2-26图T-mxg=mAa{得m2g-T2=m2a2得q=R{aT2R2-T、R\=Ja得R；+如2尺；\n联立以上方程求解得T}=m}R}a+mxgT2=m2g-m2R2a2(加2人2-加A)ga—（M+2加JR；+（陆+2加2）&2-29有一•均匀细棒长L=0.40m,质量/W=1.0kg,其上端用光滑水平轴吊起而静止下垂。今有一质量m=&0g的子弹以〃o=2OOnTs"的速率水平射入棒中而不复出，在轴下d=3厶/4处，如图2・36所示。（1）求子弹停在杆中吋杆的角速度；（2）求杆的最大偏转角。分析：了弹射入细杆，使细杆获得初速度，因为这一过程很快，细杆发生偏转极小，可认为杆仍处于竖直状态。了弹和细杆组成的系统无外力矩，满足角动量守恒，当子弹随杆一起绕轴O转动时，子弹、细杆及地球构成一系统，只有保守内力作功，故机械能守恒。射入点子弹、细杆碰撞麻角动最(1)L=nid2a>+—Ml3co3子弹射入细杆前、后的一瞬间，系统角动量守恒得厶=厶3,8x10~3x200x-x0.4mvadaco==—3131加(A)2+-mi}8x10_3x(2)2X(0.4)2+-X1X(0.4)243431.28.89ra6/-5_10.4x0.3378（2）选取细杆处于竖直位置时子弹的位置为重力势能零点，系统在始末状态的机械能为E{）=-（加护）^+-（-皿）/+Mg（d--}3E=mg(d-dcos0)+Mg(d——cos〃)由于机械能导恒E=E（）11gt3则一（一/皿+工加厶2）/=（幽一+加_L）（1一COS&）231624解：了弹碰撞前角动量\n(-M+—m)MLco20-arccos[l——1(M+-m)g19(-X1+—X0.008)X0.4X8.892=arccos[l_-叫]=94J&(l+-x0.008)x9.82・31弹簧原长为4B,劲度系数为归下端固定在力点，上端与一质量为m的木块相连，木块总靠在一个半径为a的半圆柱的光滑表而上。今沿半圆的切向用F拉木块使其极缓慢地移过&角，求：这一过程中力F作的功。分析：根据质点所受的力和它的位移的积分就可以求得力F对木块所做的功。解：切向力F拉木块使其极缓慢地移动，可得F=f+mgcos0而ds=ad0故dA=F-ds=（ks-}~mgcos0）ds=kaO•+mgcosOa（X0积分可得习题2-29)uiaA=ka~0AO+f7m7gcos&d&=-^ka20~+mgasin05-13三个点电荷如、盘和的放在正方形的三个顶点上,0=10x10%,0=28x10*,在正方形的第四个顶点上场强£的方向沿水平方向向右。（1）如等于多少？（2）求第四个顶点上场强的大小。分析：本题主要应用点电荷电场叠加原理求解。解：（1）如解4・13图所示，第四顶点的合场强要沿水平方向向右，则如应为负电荷，那么所以(2)E2cos45°=E3]^2V2_]如4亦o2/224亦o/2q.=¥的=9.9x10_9C%应为一9.9x10'9C笫四顶点的合电场强度大小为Qi///£1•✓✓'\Z&/✓✓•♦♦解4・13图E.10x10"9+7V2x10'9>5-151.79x10平加t7一个细的带电鴉料圆环，半径为R,\n所带线电荷密度x和〃之间的关系为2=2°sin〃,\n求在圆心处的电场强度的人小和方向。分析：这是一个连续带电体问题，求解的关键在于山点电荷电场强度證加原理来分析整个圆环在鬪心处场强的大小。解：如图所示，选取怏为刃的微元，其电®dR时•,EdS=丄］*017*()解：根据静电场的高斯定理，取半径为1•的球面为高斯定理，则E•4兀/=丄C-4yrr2dr=%朋(2)0/?.a时,E•27irh=—•7ia2hp*0电场强度的方向沿着径向。机势0点.（2）以轴线为势能零点，则积分线由厂到0,即UA=[E-dro£-dr=心話专厂自2pc?U.=f£-dr=rE.dr+fE.Ar=「-+』》_J"J2厂\21n--l厂）7-4如习题64用图所示，载有电流/的导线由三部分组成，部分为半圆，半径为心英余部分为仲向无限远处的直线。求圆心O处的磁感强度〃。分析：利用毕奥-萨伐尔定律解题。解：该导线可分为上下两段半无限长直导线及一段半圆形导线,半无限长直在圆心处产牛的磁场冋=止_,方向垂直纸面向里14ttR半圆导线在圆心处产生的磁场B,=也,方向垂直纸面向里-4R习题64用图则该导线在圆心处产生的总磁场为B=2B}+B2=ZV|"（）/2/rR4R方向垂直纸而里。7-17两根长直导线沿一均匀金属坏的径向接到坏上a、b两点，如习题6・17用图所示,求圆心O处的磁感强度分析：利用毕奥•萨伐尔定律解题。解：设两直导线所在半径的夹角为0,并设两闘弧电流分别为厶，厶，则由于两圆弧视为并联，可得两电流分别为已知载流圆线圈在圆心处W的磁场为豪综则两圆弧在O点产生的磁场人小分别为\n2R2.714tcR2兀—=12R2兀4/rR由于〃i、励大小相等,方向相反,则B=B}+B2=O7-19半径为人的薄圆板，均匀带有电量0,以角速度e绕垂宜于薄圆板的屮心轴转动。求：（1）圆板的磁矩；（2）圆心O处的磁感强度B。分析：利用电流及磁矩的定义解题。解：（1）取半径为r、宽度为止的圆环，则其所带电荷量为/!//广dq=c-2tt•r•dr其屮cr=°。;\d0解6・19图ttR2圆坏因转动而产生的电流为故其在o处所产牛:的磁感强度为2r2整个圆盘在0处所产生的磁感强度为（2）圆环所具冇的磁矩为整个圆盘的磁矩为7-22半径为/?的无限氏直导线通冇电流/,电流在截面上的分布不均匀，电流密度）=加，求导线内的磁感强度分布。分析：利用安培环路定理解题。解：选择半径为I*的圆周L作为闭合环路。当「SR时，根据安培环路定理，有方向与电流方向成右手螺旋关系。6-23如图所示，线圈均匀密绕在截血为长方形的整个木环上（木环的内外半径分别为&和人2,厚度为力，木料对磁场无影响），共有N匝，求通入电流/后，环内外磁场的分布。通过该截面的磁通量是多少？\n分析：利用安培环路定理及亞加原理求总磁场，再山磁通量定义求磁通量。解：（1）如解6・23图示取一半径为尸的圆形回路，由安培环路定理对得J=环夕卜当rvR或尸〉尼时，有外・dZ=O,即场卜=0环内当R}

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