普通物理学课后习题

物理学（作业题参考解答）第一章 质点运动学作业题：1-3； 1-5；1-8；1-11； 1-16作业题解答（参考）1-3 解：（1）t x 2=，22t y -=，422x y -=（x ＞0）（2）()()j i r 222t t -+=； 1=t s 到2=t s ，()()j i r 2r r v 32121-=--==t ∆∆（m·s -1） （3）()j i rv t t22d d -==； 1s 末和2s 末， ()j i v 221-=（m·s -1）， ()j i v 422-=（m·s -1） （4）j va 2dtd -==，()()j a a 221-==（m·s -2） 1-5 解：t d d r v =，t d d v r =()()()()()()t0000v t 0t dt v t t dt t t v t 1t cos sin sin cos sin cos ωωωωωωωω-==+=-=+-⎡⎤⎣⎦⎰⎰t tr r v i j i j i j()j i r ⎪⎭⎫⎝⎛+-+=R t v v t v t ωωωωωcos sin 000， t v x ωωsin 0=，t v R v y ωωωcos 00-+= 将上两式中消去t 得质点的轨迹方程为 20202⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+ωωv v R y x1-8 解：3kv a -= ( k > 0，常数)， 3d d kv t v -=或t k v v d d 3-=；⎰⎰-=tv v t k v v3d d 0 21200211)(⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=t kv v t v ，t t kv v x d 211d 21200⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=;t t kv v x x d 211d 21200t0⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎰⎰，()1211)(20-+=t kv kv t x ， xvv t x x v t v d d d d d d d d =⋅=，3kv a -=，x k vvd d 2-=， x kv v x v 001)(+= 1-11 解：t t t612d d 2-==ωβ；()t t t d 612d 2-=ω； ()⎰⎰-=t t t t2d 612d ωω2334t t -=ω（1s rad -⋅）；t t R a t 6122-==β（2s m -⋅）1-16：解：B A A v v v 地对对地对＋＝B ；由于对地地对－B Bv v =对地对地对－＝B B v v v A A ；A 机相对于B 机的速度大小为αcos 222B A B A AB v v v v v -+= )s m (91760cos 8001000280010001o 22-⋅=⨯⨯⨯-+=6540917866.0800arccos 30cos arccos o o '=⨯==AB B v v β第二章 质点动力学作业题：2-3；2-4；2-6；2-9；2-11；2-12；2-14；2-15；2-20作业题解答（参考）2-3 解：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-lv m mg T 2cos θ；⎪⎭⎫ ⎝⎛=-t v m mg d d sin θ；θθθd d d d sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-t v m mg ()ωθθθl t m mg d d d d sin ⋅⎪⎭⎫⎝⎛=-； ωωθθd d sin ⋅-=l g⎰⎰⋅-=ωωθωωθθ0d d sin 0l g ；解得()2202121cos 1ωωθl l g -=- ()()1cos 211cos 22020-+=-+=θθωωgl v l g l ；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=θcos 3220g g l v m T2-4 解：根据牛顿定律有 t v mt d d 40120=+；即0.40.12d d +=t tv； ()⎰⎰+=tvv t t v 0d 0.40.12d 0； )0.60.40.6(2t t v ++=m·s -1即20.60.40.6d d t t tx ++=；()t t t x x x t d 6.04.06.0d 002⎰⎰++=；)m 02020605(32t .t .t ..x +++=2-6 解：tv m kmv mg d d 2=--；y v v t yy v t v d d d d d d d d =⋅=，积分⎰⎰+-=y v v kv g v v y 020d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=202ln 21kv g kv g k y ；最高处时，v =0，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g kv g k y h 20max ln 21 (1) tv mkmv mg d d 2=+-；y v v t yy v t v d d d d d d d d =⋅=，y v mv kmv mg d d 2=+- ⎰⎰--=02d d hvkv g vv y ； 解出 12001-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g kv v v2-9 解法1：根据动量原理得x x mv I -=0；0-=y y mv IgH v y 2=；gH v m I I I x y x 2222+=+=32.7108.922030.02=⨯⨯+⨯=)s N (⋅70020108922tan ..v gH mv mv I I x xy xy -=⨯⨯-=-=-==α， ︒=145α 小球所受到的平均冲力大小为)N (36602.032.7===t I F 2-11 解：()()u v m Mv v m M -+=+αcos 0可得人的水平速率的增量为u mM mv v v +=-=α∆cos 0g v t αsin 0=；所以人跳跃抛出物体后增加的距离为()u gm M mv t v x +=⋅=αsin ΔΔ0 2-12 解：0321=++p p p ；213p 10-==201007.1-⨯=（1s m kg -⋅⋅）3p 与1p 的夹角为8514933.522.9arctan 90arctan9021'︒=+︒=+︒=p p α2-14 解：yg mg F λ-=；()y g y m y F W d d d λ-==把水桶从水面提高到井口外力所做的总功 ()(J)882d 10=-=⎰y g y m W λ2-15 解： x x m F a 4.03.01043+=+==（m·s -2）； 以3=x m 代入上式得5.1=a m·s -2 ；()⎰⎰+==-3030202d 43d 2121x x x F mv mv ()2723302=+=x x ；3.210272=⨯=v （m·s -1）2-20 解：第一个过程：210122121v m kx = 第二个过程：020=v ，则2m 碰后的速度为 102v v =第三个过程：()22222221cos 21v m R R g m v m ++=α根据牛顿定律得 Rv m N g m 222cos =+α可解得 kmgRk gR m x 27271==第三章 刚体力学作业题：3-1；3-5；3-8；3-11；3-12；3-15；3-16；3-18；3-20作业题解答（参考）3-1 解：(1)()()()2-33120s rad 1136012102110721432602⋅=⨯⨯-⨯⨯⨯=-=-=....t n n tπωωβ(2) ()()12212120606022160221n n tt t n n t n t t ＋πππβωθ=-⋅+=+= ()()()圈390602102172126022312=⨯⨯+⨯=⨯+==..n n t N πθ3-5 解： 1.0)300500(2⨯+==t .t .Fr M根据转动定律tJ J M d d ωβ==， 得t t t t J M d 101.00.300.50d d 3-2⨯+==ω ()3202100250d 300500d t t t t t +=+==⎰⎰ωωωω；t =3s ，()-1332s rad 1095431003250⋅⨯=⨯+⨯=.ω3-8 解：θλθcos d cos d d gr r r g m M ⋅=⋅⋅=；br a +=λ()θθcos 32d cos 2gl bl a r gr br a M l⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=⎰ ()()43022024131d d d bl al r br a r r r m r J ll 0l +=+===⎰⎰⎰λθωωθθωωd d d d d d d d J t J t JM =⋅==，θωωθd d 4131cos 32432⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+bl al gl bl a ωωθθωπd 4131d cos 3204322⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+bl al gl bl a ； ()()bl a l bl a g 34234++=ω3-11 解： ()J 109716030210004212142321k 1⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯==..J E πω()J 101926010210004212132322k 2⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯==..J E πω()J 10751109711012443k 1k 2⨯-=⨯-⨯=-=...E E W3-12 解：（1）)2Rm πσ=，r r RmS m d 2d d 2ππσ== 2r/R gmr 2m g F d d d μμ==；mgR r/R gmr M Rμμ⎰-=-=02232d 2RgJ M 34μβ-==；t βωω=-0，g R t μωβωω4300=-= （2）根据动能定理，摩擦力的功为 2022041210ωωmR J W -=-=3-15 解：(1)⎰∆===∆t Fl t M J L d 0ω（2）()θωcos 1212120-=mgl J ；解得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆=gl m t F 2223-1arccos θ3-16 解：kt m = 其中，-13s kg 10⋅=-k 。

由角动量守恒定律，得()ωω20mr J J +=；解出 ()0230052021101021105ωωωωωω⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-=--.kr J t ＝5s3-18 解：取杆为研究对象。

20212l Mg J =-ω； lg32=ω 第二阶段取杆和物体A 组成的系统为研究对象ωωω'+'=2ml J J 带入J 可解出 mM l g M 33+='ω在第三阶段 ()2210ωμ'-=-l m s mg ； ()22323m M lM s +=μ3-20 解：00=L ；人走动后，设圆盘的角速度为ω，则人对地的角速度为ω'，根据运动的相对性，有 ωυω+='2R ；角动量为ωω'+=22mR J L 系统角动量守恒 022='+ωωmR J ；υω2221222R R R +-=第五章 气体动理论作业题：5-3；5-7；5-9；5-11；5-12； 5-15；5-17作业题解答（参考）5-3 解：1. )(m 1044.23001038.11001.1325235--⨯=⨯⨯⨯==kT p n2. nm =ρ, )m kg (30110023.610321044.2323325--⋅=⨯⨯⨯⨯==.N n μρA (J)102163001038123232123k --⨯=⨯⨯⨯==..kT ε（1） nV 1= ；()()m 1045.31044.211932533-⨯=⨯===n V d5-7 解：μRTm kT v 332==；μR v T 32= (K)1001.131831021021134362121⨯=⨯⨯⨯⨯==-..μR v T(K)10611318310321021135362222⨯=⨯⨯⨯⨯==-...μR v T当132s m 104.2-⋅⨯=v 时，(K)1062.43183102104.232362121⨯=⨯⨯⨯⨯='='-.μR v T (K)1039.731831032104.233362222⨯=⨯⨯⨯⨯='='-.μR v T5-9 解:（1）T N R kT v m A2323212==; 得 )(mol 1015.631232-⨯==vm RTN A （2）1231423s m 103.110102.614.33001038.188-----⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==m kT v π5-11 答：据平均速率、方均根速率和最概然速率的定义得20716253443523200000001υυυυυυυυυ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==∑=NNNi ii 065.3υ=()2076253443523222222220122+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+==∑=υυυNN Ni ii099.3υ= 20个质点中出现速率为03υ的概率最大，有5个，故0p 3υυ=。