大学物理练习答案

2-3 解： （1）物体的总加速度 a 为 a = at + a n
a at R t anα = t = = 2 a n (a t t ) at t 2 R
t= R c otα at
aτ a
B
α an O R
S
A
（2） S = 1 a t t 2 = 1 R c otα 2 2 2-4 解：质点的运动方程可写成 S = bt , 式中 b 为待定常量。由此可求得
大学物理（上册）练习解答
练习 1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动
1-1 （1）D； （2）D； （3）B； （4）C 1-2 （1）8 m；10 m； （2）x = (y−3)2； （3）10 m/s2，－15 m/s2 1-3 解： （1 ） = y 19 − （2） v = 2i − 4tj
a = −4 j
x
(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 1 2 1 2 = W mv − mv0 2 2 W = WP + W f ， v0 = 0
= WP Pdx ∫=
a l
mg mg (l 2 − a 2 ) = x x d ∫a l 2l
l
Wf = −
2 2
µmg (l − a) 2
2l
mg (l − a ) µmg 1 − (l − a ) 2 = mv 2 2l 2l 2 1 v = g (l 2 − a 2 ) − µ (l − a ) 2 2 l
muv 0 sin α (m + M ) g
4-5 解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对 于地面的速率为 Vx，则有
MV x + m(u cos α + V x ) = 0 V x = −mu cos α /( M + m)
即炮车向后退。 (2) 以 u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度， 则该瞬时炮车的速度应为
1-6 证：
1 2 1 2 C = − v0 − ky 0 2 2 2 2 2 v = v 0 + k ( y0 − y 2 ) dv dv dx dv = ⋅ =v = − Kv 2 dt dx dt dx
d v /v =－Kdx ,
－Kx
∫
x 1 dv = − ∫ Kdx v0 v 0 v
ln
v = − Kx v0
2 Rg sin θ − v 2 cosθ 2 v 2 sin θ + Rg cosθ
v 12 代入得 Rg
µ=
2 v 12 − v 2 = 0.078 2 2 v2 v1 + Rg Rg
3-4 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为 h，距地心的距离 r=R+h。由 ① GMm / r 2 = mrω 2 2 2 又由 GMm / R = mg 得 GM = gR ，代入①式得 r = ( gR 2 / ω 2 )1 / 3 ② −5 同步卫星的角速度 ω = 7.27 × 10 rad/s，解得 r = 4.22 × 10 7 m， h = r − R = 3.58 × 10 4 km (2) 由题设可知卫星角速度ω的误差限度为
2 0
x
v = 2 x + x3
1-5 解： 又 a = − ky，所以
(
0
)
1
2
a=
dv d v d y dv = =v dt d y dt dy
-k y = v dv / dy
− ∫ ky d y = ∫v dv
1 1 − ky 2 = v 2 + C 2 2
已知 y = y0 ， v
= v0 则
所以
m A / mB = 5
6-4 解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。 设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为 v0、I0、ω0 和 v、I、 ω．则 ① I 0ω0 = I ω
mR02v 0 / R0 = mR 2v / R
整理后得
R = R0v 0 / v
物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供
V x (t ) = −mu (t ) cos α /( M + m)
通过积分，可求炮车后退的距离
∆x
= ∫ V x (t ) d t = −
0
tቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
m u (t ) cos α d t M +m∫ 0
t
ml cos α ∆x = − M +m
即向后退。
练习 5
机械能守恒定律
5-1 （1）B； （2）A； （3）D； （4）C 5-2 （1）18 J，6 m/s； （2） GMm( （4） k (mr ) ， − k (2r ) 5-3 解：(1)建立如图坐标。 某一时刻桌面上全链条长为 y,则摩擦力大小为
x2 2
（3）垂直时，则
r v = 0
2 0 2ti + (19 − 2t ) j (2i − 4tj ) =
t = 0 s， t = −3s （舍去）
1-4 解：设质点在 x 处的速度为 v，
a=
dv dv d x = ⋅ = 2 + 6x 2 dt d x dt
v
∫ v d v = ∫ (2 + 6 x ) d x
1 m v 2 = 1 m v 2 − Gm m / d A B 2 A 0 2 A 2 v 2 −v0 = 2Gm B / d
3
4-3
解：设沙子落到传送带时的速度为 v1 ，随传送带一起运动的速度为 v2 ，则取直角
v1 = − 2 gh j = - 4 j , v2 = 3i
坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上。 设质量为∆m 的砂子在∆t 时间内平均受力为 F ,则 ∆p ∆m × v 2 − ∆m × v1 ∆m = F = = (3i + 4 j ) ∆t ∆t ∆t 由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与 x 轴的夹角为 α ，则 α = tg −1(4/3)= 53° 力方向斜向上。 4-4 解：人到达最高点时，只有水平方向速度 v = v 0cosα，此人于最高点向后抛出物 体 m。设抛出后人的速度为 v 1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即
[
]
5-4
解：陨石落地过程中，万有引力的功
W = −GMm
根据动能定理
dr GMmh = 2 R ( R + h) R+h r
∫
R
GMmh 1 1 2 = mv 2 − mv 0 R ( R + h) 2 2 = v 2GM
5-5 解：如图所示，设 l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x0 为挂上物体后的伸长 量，O＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的 O″处为重力势能的零点．由题意 得物体在 O＇处的机械能为
∆ω = 5.5 × 10 −10 rad/s
由②式得
r 3 = gR 2 / ω 2 3 ln r = ln （ gR 2） − 2 ln ω
取微分并令 dr =∆r，dω =∆ω，且取绝对值，有 3∆ r/r =2∆ω/ω ∆r=2r∆ω /(3ω) =213 m 3-5 解：
k dv dv d x dv =m =m ⋅ = mv 2 dt d x dt dx x v A/ 4 k dx v d v = −k , ∫v dv = − ∫ dx 2 2 mx mx 0 A f =−
所以
R
N
θ
2
mg
v 12 tg θ = Rg
(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为µN′，这里 N′为该时刻 地面对车的支持力。由牛顿定律
2 N ′ sin θ − µN ′ cosθ = mv 2 /R N ′ cos θ − µN ′ sin θ = mg
所以
µ=
将 tg θ =
( M + m)v = Mv 1 + m(v 1 − u ) v 1 = v + mu /( M + m)
由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为
∆v
= v 1 − v = mu /( M + m)
t = v 0 sin α / g
因为人从最高点落到地面的时间为 故人跳的水平距离增加量为
∆x = t∆v =
h 2 + v0 R ( R + h)
E1 = E K 0 +
在 O″ 处，其机械能为
1 2 kx0 + mg ( x − x0 ) sin α 2
1 1 E 2 = mv 2 + kx 2 2 2
O′ O" O x0
l
由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即
EK 0 +
1 2 1 1 kx0 + mg ( x − x0 ) sin α = mv 2 + kx 2 2 2 2
②
F = mv 2 / R
由②式可得
2 R = (mR02v 0 / F )1 / 3
当 F = 600 N 时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为 R = 0.3 m 分 6-5 解：A 对 B 所在点的角动量守恒．设粒子 A 到达距 B 最短距离为 d 时的速度为 v。 Dm Av 0 = m Avd ， v = Dv 0 / d A、B 系统机械能守恒(A 在很远处时， 引力势能为零)
练习 4
4-1 （1） C； （2）C； （3）C
质心系和动量守恒定律
4-2 （1）0.003 s， 0.6 N·s，2 g； （2） (1 +
F ∆t1 1 （3） ， 2 )m gy 0 ， mv 0 ； m1 + m2 2
F ∆t1 F ∆t1 ； （4） (2m + M )v = m(u + v ′) + m(v ′ − u ) + Mv ′ ； （5）18 N·s + m1 + m2 m2