文档介绍：该【新编物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解 】是由【朱老师】上传分享，文档一共【38】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【新编物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。物理学教程〔第二版〕上册****题答案第一章质点运动学1-1 分析与解(1)质点在t至(t+Δt)时间内沿曲线从P点运动到P′点,各量关系如下列图,其中路程Δs=PP′,位移大小|Δr|=PP′,而Δr=|r|-|r|表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能).但当Δt→0时,点P′无限趋近P点,那么有|dr|=ds,(B).(2)由于|Δr|≠Δs,故,即||≠.但由于|dr|=ds,故,即||=.由此可见,应选(C).1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式计算,(D).1-3 分析与解表示切向加速度at,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用;在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所述);在自然坐标系中表示质点的速率v;(3)(D).1-4 分析与解加速度的切向分量at起改变速度大小的作用,,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,,,at恒为零;质点作匀变速率圆周运动时,at为一不为零的恒量,当at改变时,,应选(B).1-5 解(1)(2)由得知质点的换向时刻为(t=0不合题意)那么所以,(3)t=-6 解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示.(2)将t=0s和t=2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为,图(a)中的P、Q两点,即为t=0s和t=2s时质点所在位置.(3)由位移表达式,得其中位移大小而径向增量1-7 .解(1)速度的分量式为当t=0时,v0x=-10m·s-1,v0y=15m·s-1,那么初速度大小为设v0与x轴的夹角为α,那么α=123°41′(2)加速度的分量式为,那么加速度的大小为设a与x轴的夹角为β,那么β=-33°41′(或326°19′)1-8 解1 (1)以地面为参考系,取如下列图的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1=y2,即(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′=g+a,螺丝落至底面时,有(2)由于升降机在t时间内上升的高度为那么1-9 解由分析知,应有得(1)由得(2)将t=3s时,x=9m,v=2m·s-1代入(1)、(2)得v0=-1m·s-1,x0=-10 解选取石子下落方向为y轴正向,下落起点为坐标原点.(1)由题意知(1)用别离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时,为一常量,通常称为极限速度或收尾速度.(2)再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-11 解由加速度定义式,根据初始条件t0=0时v0=0,积分可得又由及初始条件t=0时,r0=(10m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x=10+3t2y=2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y=2x-,α=33°41′.-12 解(1)由参数方程x=, y=-:y=-(2)在t1==(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为那么t1=(t)|t=1s=-(4)t=-13 解(1)取如下列图的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x=vt, y=1/2gt2飞机水平飞行速度v=100m·s-1,飞机离地面的高度y=100m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2)视线和水平线的夹角为(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1-14 解在图示坐标系中,有〔1〕〔2〕〔3〕(1)由式〔1〕,令m,得飞跃时间s〔2〕由式〔3〕,令,得飞行到最大高度所需时间将代入式〔2〕,得飞行最大高度m那么飞车在最高点时距河面距离为mm〔3〕将s代入式〔2〕,得西岸木桥位置为y=-“-〞,那么飞车在y方向上的运动方程应为m+1-15 解1由分析知,在图〔a〕坐标系中,有〔1〕〔2〕落地时,有y=0,由式〔2〕解得飞行时间为s将t值代入式〔1〕,得m解2由分析知,在图〔b〕坐标系中,对小球〔1〕〔2〕对点P〔3〕由式〔1〕、〔2〕可得球的轨道方程为〔4〕落地时,应有,即解之得落地点P的x坐标为〔5〕那么m联解式〔1〕和式〔5〕可得飞行时间s讨论比较两种解法,你对如何灵巧运用叠加原理有什么体会?1-16 解(1)质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2)要使|a|=b,由可得(3)从t=0开始到t=v0/b时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1-17解因ωR=v,由题意ω∝t2得比例系数所以那么t′=、-18解(1)由于,=2s时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2)当时,有,即得此时刻的角位置为(3)要使,那么有t=-19 (如下列图),于是可得1-20 解由[图(b)],有而要使,那么第二章牛顿定律2-1分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FT(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcotθ,应选(D).-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,,静摩擦力可取的最大值成正比增加,,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,应选(A).2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,=,(C).2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,(mgcosθ)使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),那么物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B).*2-5 分析与解此题可考虑对A、B两物体加上惯性力后,、B两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B两物体相对电梯的加速度,、B两物体应用牛顿第二定律,可解得FT=5/(A).2-6 解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O位于斜面顶点,那么由牛顿第二定律有(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有那么(2)为使下滑的时间最短,可令,由式(2)有那么可得,此时2-7 解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如下列图).当框架以加速度a上升时,有FT-(m1+m2)g=(m1+m2)a(1)FN2-m2g=m2a(2)解上述方程,得FT=(m1+m2)(g+a)(3)FN2=m2(g+a)(4)(1)当整个装置以加速度a=10m·s-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FT=×103N乙对甲的作用力为F′N2=-FN2=-m2(g+a)=-×103N (2)当整个装置以加速度a=1m·s-2上升时,得绳张力的值为FT=×103N此时,乙对甲的作用力那么为F′N2=-×103N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,,起吊重物时必须缓慢加速,-8 解分别对物体和滑轮作受力分析[图(b)].由牛顿定律分别对物体A、B及滑轮列动力学方程,有mAg-FT=mAa(1)F′T1-Ff=mBa′(2)F′T-2FT1=0(3)考虑到mA=mB=m,FT=F′T,FT1=F′T1,a′=2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力2-9 解1 以地面为参考系,在摩擦力=μmg的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程=μmg=ma1=-=m′,木块相对平板的加速度a=a1+a2,木块相对平板以初速度-v′-v′2=2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为