刘克哲物理学课后习题答案.docx
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刘克哲物理学课后习题答案
刘克哲物理学课后习题答案
【篇一:
物理学第三版(刘克哲张承琚)课后习题答案第第1章】
1-3如题1-3图所示,汽车从a地出发,向北行驶60km到达b地,然后向东行驶60km到达c地,最后向东北行驶50km到达d地。
求汽车行驶的总路程和总位移。
解汽车行驶的总路程为
s=ab十bc十cd=(60十60十50)km=170km;汽车的总位移的大小为
等?
为什么?
dt
dt
在一般情况下是否相
r的绝
对值(大小或长度)求导,表示矢量r的太小随时间的变化率;而后者是对矢量r的大小和方向两者同时求导,再取绝对值,表示矢量r大小随时问的变化和矢量r方向随时同的变化两部分的绝对值。
如果矢量r方向不变,只是大小变化,那么这两个表示式是相等的。
1-5一质点沿直线l运动,其位置与时间的关系为r=6t2-2t3,r和t的单位分别是米和秒。
求:
(1)第二秒内的平均速度;
(2)第三秒末和第四秒末的速度,
1
(3)第三秒末和第四秒末的加速度。
解:
取直线l的正方向为x轴,以下所求得的速度和加速度,若为正值,表示该速度或加速度沿x轴的正方向,若为负值,表示该速度或加速度沿x轴的反方向。
(1)第二秒内的平均速度
v2?
x2?
x1t2?
t1
?
(24?
16)?
(6?
2)
2?
1
m?
s
?
1
?
4.0m?
s
?
1
;
(2)第三秒末的速度因为v?
dxdt
?
12t?
6t
2
,将t=3s代入,就求得第三秒末的速度为
用同样的方法可以求得第口秒末的速度为v4=48ms-1;(3)第三秒末的加速度因为a?
dxdt
22
?
12?
12t,将t=3s代入,就求得第三秒末的加速度为
1-6一质点作直线运动,速度和加速度的大小分别为v?
试证明:
(1)vdv=ads:
(2)当a为常量时,式v2=v02+2a(s-s0)成立。
解
2
dsdt
和a
?
dvdt
,
(1)
vdv?
dsdt
dv?
dvdt
ds?
ads
;
vv0
(2)对上式积分,等号左边为:
?
等号右边为:
?
ss0
vdv?
1
2?
v
v0
d(v)?
2
12
(v?
v0)
2
2
ads?
a(s?
s0)
于是得:
v2-v02=2a(s-s0)即:
v2=v02+2a(s-s0)
1-7质点沿直线运动,在时间t后它离该直线上某定点0的距离s满足关系式:
s=(t-1)2(t-2),s和t的单位分别是米和秒。
求
(1)当质点经过o点时的速度和加速度;
(2)当质点的速度为零时它离开o点的距离;(3)当质点的加速度为零时它离开o点的距离;(4)当质点的速度为12ms-1时它的加速度。
解:
取质点沿x轴运动,取坐标原点为定点o。
(1)质点经过o点时.即s=0,由式(t-1)2(t-2)=0,可以解得t=1.0s.t=2.0s当t=1s时.
v=ds/dt=2(t-1)(t-2)+(t-1)2=0ms-1a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)=-2.0ms-2
当t=2s时,v=1.0ms-1,a=4.0ms-2。
(2)质点的速度为零,即
3
v=ds/dt=2(t-1)(t-2)+(t-1)2=0上式可化为(t-1)(3t-5)=0,解得:
t=1.0s,t=1.7s
当t=1s时,质点正好处于o点,即离开o点的距离为0m,当t=5/3s时,质点离开o点的距离为-0.15m。
(3)质点的加速度为零,即a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)=0上式可化为:
(3t-4)=0,t=1.3s这时离开o点的距离为-0.074m。
4)质点的速度为12ms-1,即2(t-1)(t-2)+(t-1)2=12由此解得:
t=3.4s,t=-0.69s
将t值代入加速度的表示式a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)求得的加速度分别为:
a=12.4ms-2,a=-12.2ms-2
1-8一质点沿某直线作减速运动,其加速度为a=-cv2,c是常量。
若t=0时质点的速度为v0,并处于s0的位置上,求任意时刻t质点的速度和位置。
解:
以t=0时刻质点的位置为坐标原点o,取水平线为x轴,质点就沿x轴运动。
困为是直线运动,矢量可以用带有正负号的标量来表示。
a?
dvdt
于是有dt
?
dva
?
?
dvcv
2
4
两边分别积分,得:
t?
t
?
?
v
v0
?
dvcv
2
?
111(?
)cvv01v0
)即
v?
v0cv0t?
1
固为t0=0,所以上式变为:
t?
1(1?
cv
上式就是任意时刻质点的速度表达式。
因为
v?
dx?
dt,
dx?
?
vdt
将式
(1)代入上式.得:
dx?
?
v0dtcv0t?
1
t
v0dtcv0t?
1
?
1c
ln(cv0t?
1)
对式
(2)两边分别积分,得:
x?
?
?
于是,任意时刻质点的位置表达式为
x?
x?
?
s0?
1c
lncv(0t?
1)?
s0
解:
可以把质点运动所沿的直线定为直线l,并设初始时刻质点处于固定点o上。
根据题意,质点运动的加建度应该表示为:
a?
a由速度公式:
v?
v
?
b
?
t
?
?
t
adt
v?
可以求得经过f时间质点的速度:
?
t
adt?
a0t?
b2?
t
2
另外,根据位移公式可以求得经过时间t质点的位移为:
l?
?
t
vdt?
a02
t?
2
b6?
t
3
1-10质点沿直线y=2x十1运动,某时刻位于x1=1.51m处,经过1.20s到达x2=3.15m处。
求质点在此过程中的平均速度。
5
【篇二:
第物理学第三版(刘克哲张承琚)课后习题答案第一章三章】
>3-1用榔头击钉子,如果榔头的质量为500g,击钉子时的速率为8.0m?
s?
1,作用时间为2.0?
10?
3s,求钉子所受的冲量和榔头对钉子的平均打击力。
解对于榔头:
式中i1是榔头所受的冲量,
对于钉子:
式中i2是钉子受到的冲量,
题目所要求的是i2和
:
i2的方向与榔头运动方向一致。
的方向与榔头运动方向一致。
3-2质量为10g的子弹以500m?
s?
1的速度沿与板面垂直的方向射向木板,穿过木板,速度降为400m?
s?
1。
如果子弹穿过木板所需时间为1.00?
10?
5s,试分别利用动能定理和动量定理求木板对子弹的平均阻力。
解
(1)用动能定理求解:
(1)
其中
是木板对子弹的平均阻力,d为穿过木板的厚度,它可用下面的关系求得:
(2)
.(3)
由式
(2)和式(3)联立所求得的木板厚度为
nb.是钉子所受的平均打击力,显然=?
。
是榔头所受钉子的平均打击力;
根据式
(1),木板对子弹的平均阻力为
.
(2)用动量定理求解:
.
与上面的结果一致。
由求解过程可见,利用动量定理求解要简便得多。
3-4质量为m的小球与桌面相碰撞,碰撞前、后小球的速率都是v,入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是?
,如图3-3所示。
若小球与桌面作用的时间为?
t,求小球对桌面的平均冲力。
解设桌面对小球的平均冲力为f,并建立如图所示的坐
标系,根据动量定理,对于小球可列出
.
图
3-3由第一个方程式可以求得
由第二个方程式可以求得
.
根据牛顿第三定律,小球对桌面的平均冲力为
负号表示小球对桌面的平均冲力沿y轴的负方向。
3-5如图3-4所示,一个质量为m的刚性小球在光滑的
球运动到o点时,受到一个沿y方向的冲力作用,使小球运
动速度的大小和方向都发生了变化。
已知变化后速度的方向
与x轴成?
角。
如果冲力与小球作用的时间为?
t,求小球所受
图3-4的平均冲力和运动速率。
解设小球受到的平均冲力为f,根据题意,它是沿y方
向的,小球受到撞击后,运动速率为v2。
根据动量定理,在y方向上可以列出下面的方程式
由此得到
.
(1)
小球在x轴方向上不受力的作用,动量是守恒的。
故有
由此求得小球受到撞击后的运动速率为
.
(2)
将式
(2)代入式
(1),即可求得小球所受的平均冲力
.
3-7求一个半径为r的半圆形均匀薄板的质心。
解将坐标原点取在半圆形薄板的圆心上,并建立
如图3-5所示的坐标系。
在这种情况下,质心c必定处
于y轴上,即
图3-5.
质量元是取在y处的长条,如图所示。
长条的宽度为dy,长度为2x。
根据圆方程
故有
.
如果薄板的质量密度为?
,则有
.
令
则
,对上式作变量变换,并积分,得
.
3-8有一厚度和密度都均匀的扇形薄板,其半径为r,顶角为2?
,求质心的位置。
解以扇形的圆心为坐标原点、以顶角的平分线为y轴,建立如图3-6所示的坐标系。
在这种情况下,质心c必定处于y轴上,即
.
质量元可表示为
图
3-6
薄板的质量为
于是
式中?
为扇形薄板的质量密度,ds为图中黑色方块所示的扇形薄板面元。
整个扇形
.
将
代入上式,得
.
3-9一个水银球竖直地落在水平桌面上,并分成三个质量相等的小水银球。
其中两个以30cm?
s?
1的速率沿相互垂直的方向运动,如图3-7中的1、2两球。
求第三个小水银球的速率和运动方向(即与1球运动方向的夹角?
)。
解建立如图3-8所示的坐标系。
在水平方向上,水银求不
受力的作用,所以动量守恒,故可列出下面的两个方程式
图
3-8
.
式中v是1、2两球的运动速率,v3是第三个水银小球的运
动速率。
由上两方程式可解的
.
图3-7
3-10如图3-9所示,一个质量为1.240kg的木块
与一个处于平衡位置的轻弹簧的一端相接触,它们静止
地处于光滑的水平桌面上。
一个质量为10.0g的子弹沿
图3-9
求子弹撞击木块的速率。
解设木块的质量为m;子弹的质量为m,速度为v;碰撞后的共同速度为v。
此类问题一般分两步处理:
第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞,第二步是子弹在木块内以共同的速度压缩弹簧。
第一步遵从动量守恒,故有
.
(1)
第二步是动能与弹力势能之间的转换,遵从机械能守恒,于是有
.
(2)
有式
(2)解得
水平方向飞行并射进木块,受到子弹撞击的木块将弹簧压缩了2.0cm。
如果轻弹簧的劲度系数为2000n?
m?
1,
.
将v值代入式
(1),就可求得子弹撞击木块的速率,为
.
3-11质量为5.0g的子弹以500m?
s?
1的速率沿水平方向射入静止放置在水平桌面上的质量为1245g的木块内。
木块受冲击后沿桌面滑动了510cm。
求木块与桌面之间的摩擦系数。
解这个问题也应分两步处理:
第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞过程,第二步是子弹处于木块内一起滑动而克服桌面的摩擦力作功的过程。
第一步遵从动量守恒,有
.
式中v是木块受冲击后沿桌面滑动的速度。
第二步遵从功能原理,可列出下面的方程式
.
由以上两式可解得
3-12一个中子撞击一个静止的碳原子核,如果碰撞是完全弹性正碰,求碰撞后中子动能减少的百分数。
已知中子与碳原子核的质量之比为1:
12。
【篇三:
物理学7章习题解答】
>7-2一个运动质点的位移与时间的关系为
m,
其中x的单位是m,t的单位是s。
试求:
(1)周期、角频率、频率、振幅和初相位;
(2)t=2s时质点的位移、速度和加速度。
解
(1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式
相比较,可以得到
角频率
初相位
.s?
1,频率
周期
振幅,
(2)t=2s时质点的位移
.
t=2s时质点的速度
.
t=2s时质点的加速度
.
7-3一个质量为2.5kg的物体系于水平放置的轻弹簧的一端,弹簧的另一端被固定。
若弹簧受10n的拉力,其伸长量为5.0cm,求物体的振动周期。
解根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数
于是,振动系统的角频率为
.
所以,物体的振动周期为
.
7-4求图7-5所示振动装置的振动频率,已知物体的质量为m,两个轻弹簧的劲度系数分别为k1和k2。
解以平衡位置o为坐标原点,建立如图7-5所示的坐标系。
若物体向右移动了x,则它所受的力为
.
根据牛顿第二定律,应有
图
7-5
改写为
.
所以
.
7-5求图7-6所示振动装置的振动频率,已知物体
的质量为m,两个轻弹簧的劲度系数分别为k1和k2。
解以平衡位置o为坐标原点,建立如图7-6所示的
坐标系。
当物体由原点o向右移动x时,弹簧1伸长了
图7-6x1,弹簧2伸长了x2,并有
.
物体所受的力为
式中k是两个弹簧串联后的劲度系数。
由上式可得
.
于是,物体所受的力可另写为
由上式可得
所以
.,
装置的振动角频率为
装置的振动频率为
.
7-6仿照式(7-15)的推导过程,导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
解由教材中的例题7-3,单摆的角位移?
与时间t的关系可以写为
?
=?
0cos(?
t+?
),
单摆系统的机械能包括两部分,一部分是小物体运动的动能
另一部分是系统的势能,即单摆与地球所组成的系统的重力势能
.
单摆系统的总能量等于其动能和势能之和,即
因为
所以上式可以化为
.
于是就得到
由此可以求得单摆系统中物体的速度为
.
这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
7-7与轻弹簧的一端相接的小球沿x轴作简谐振动,振幅为a,位移与时间的关系可以用余弦函数表示。
若在t=0时,小球的运动状态分别为
(1)x=?
a;
(2)过平衡位置,向x轴正方向运动;
(3)过x
=
(4)过x
=处,向x轴负方向运动;处,向x轴正方向运动。
试确定上述各状态的初相位。
解
(1)将t=0和x=?
a代入
得
.
(2)根据
.
由上两式可以解得
.
(3)由
.
由上两式可以解得
.
(4)由
.
由上两式可以解得
.
7-8长度为l的弹簧,上端被固定,下端挂一重物后长度变为l+s,并仍在弹性限度之内。
若将重物向上托起,使弹簧缩回到原来的长度,然后放手,重物将作上下运动。
(1)证明重物的运动是简谐振动;和v0可以得到
和v0可以得到
以及
,可以得到
(2)求此简谐振动的振幅、角频率和频率;
(3)若从放手时开始计时,求此振动的位移与时间的关系(向下为正)。
解
(1)以悬挂了重物后的平衡位置o为坐标原点,建立如图7-7所示的坐标系。
因为当重物处于坐标原点o时重力与弹力相平衡,即
.
(1)
当重物向下移动x时,弹簧的形变量为(s+x),物体的运动方程可以图7-7
写为
将式
(1)代入上式,得
即
.
(2)
重物的运动满足这样的微分方程式,所以必定是简谐振动。
(2)令
(3)
方程式
(2)的解为
.(4)
振幅可以根据初始条件求得:
当t=0时,x0=?
s,v0=0,于是
.
角频率和频率可以根据式(3)求得:
.
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