大学高等物理课后答案 第一章 力学基本定律

第1章习题答案

1-1 解：竖直上抛运动 g

H 2max

20v = ()s m gH /849102008.1223max 0=???==v

1-2 解：匀变速直线运动 ()()

g s m t a t 259.24680

.10

3600/1000160020

-v v （不超过） ()()m t s t 4008.1036001000160021210=???

? ??+??=??+=

v v 1-3 解：以喷嘴作为坐标原点，竖直向上作为y 轴的正向 竖直上抛运动 ()m g v H 5.348

.9226222

0max

=?== ()gy v y v 220-=

连续性方程 ()()gy

v q

y v q y S 220-=

=

任一瞬间空间上升的水流体积 ()()l gy v g q dy gy v q

dy y S V H H 38.1222max

max

0200

2

0=?

?????--=-=

=?

?上升

下降上升V V =

()l V V V 7.24=+=下降上升总

1-4 解：()()bt u bt u bt

b

t b u u dt dx v --=----??? ??-+==

1ln 1ln 11 ()()bt

ub bt b u dt dv a -=---==

11 ()00=v

()(

)

()s m v /1091.612010

5.71ln 100.312033

3

?=??-?-=-

1-5 解：()

2

1222

1

2R R N rNdr s R R -==

?

ππ ()()

()()m in 693941636413

22566502

2212

2==-??=-=

=?s v R R N v s t ππ ()s rad r v /26.00

.53.1===

ω ()

22

2/338.00

.53.1s rad r v ===α

1-6 解： ()s m v /37430344=+=东

()s m v /31430344=-=西

()s m v /3433034422=-=北

因 N F μθ≥cos

1-7 解：

θsin F mg N += 故 θμμθsin cos F mg F +≥ （1） θμθμsin cos s s mg

F -≥

静

（2） θ

μθμsin cos k k mg

F -≥

动

（3） 0sin cos ≤-θμθs s

μθ1

tan ≥

1-8 解：

()()()()()()()N a g m M F a

m M g m M F 676006.08.915005000=+?+=++=+=+-桨桨

()()()

N a g m F ma

mg F 156006.08.91500=+?=+==-桨绳

1-9 解： r m r

Mm G

2

2ω= ()()()Kg G r T G r M 2611

3

82

32321069.510

67.61036.136002.142/2?=????

?? ???===-ππω

1-10 解： ???-=

-==ω

π

ω20

cos tdt kA kxdt Fdt I

ωωωω

πkA t kA -=???

???-=20

sin

1-11 解： ()s m /500i v ?

-=

(

)

()s m t /45sin 8045cos 800

j i v ρρ+=

()

()s N m m t ?+=-=j i v v I ρ?

92.778.140

()

2

15278

.1492.7arctan 89.160'=-=?=π?s N I ()6168

.914.084584502

.089.16=?===?=

mg F N t I F

1-12 一辆停在直轨道上质量为m 1的平板车上站着两个人，当他们从车上沿同方向跳下后，车获得了一定的速度。设两个人的质量均为m 2，跳下时相对于车的水平速度均为u ，试比较两个同时跳下和两人依次跳下两种情况下，车所获得的速度的大小。

已知：平板质量为m 1，两个人的质量均为m 2，人跳下时相对于车的水平速度为u 求：车所获得的速度大小v 解：（1）同时跳下的情形：

设跳下后两人的速度大小为v ’，那么根据动量守恒： m 1 v = 2 m 2 v ’

根据速度的叠加，考虑到v ’和v 反向： v ’ = - v +u

因此可算得 v = 2 m 2 u /( m 1 + 2 m 2)

y

（2）依次跳下的情形：

设跳下的第一个人的速度为v 1’，车的速度为v 1，跳下的第二个人速度为v 2’，那么根据动量守恒和速度叠加原理有：

(m 1 + m 2) v 1 = m 2 v 1’ v 1’= - v 1 +u

(m 1 + m 2) v 1 = m 1 v - m 2 v 2’ v 2’= - v +u

联立这几个方程可解得：u m m m m m m ?

?

?

?

??

+++=2122122v 显然依次跳下，平板车获得的速度更大。

1-13 两辆质量相同的汽车在十字路口垂直相撞，撞后二者扣在一起又沿直线滑动了s = 25m 才停下。设滑动时地面与车轮之间的动摩擦系数为k = 0.80。撞后两个司机都说在撞车前

自己的车速没有超过限制（14 m s -1

），他们的话都可信吗？

已知：汽车质量相同，撞后滑行距离s = 25m ，动摩擦系数为k = 0.80 求：两车原来的速度

解：设两车原来的速度分别是v 1和v 2，两车的末速度为v ，那么根据动量守恒

22

2212v v (v m 2)2()m =+

由于相撞后速度和移动距离满足下列关系：

2v 2as =

而其中a = g k

= 7.84 m s -2

所以

=??==2584.722as v 2392 (m 2s -2 )

因此

==+22221v v v 41568 (m 2s -2 )

如果两车原速度一致，那么v 1 = v 2 = 28 m s -1

显然两车至少有一辆速度是大于28 m s -1

，即是超速的。他们的话不都可信。

1-14 一架喷气式飞机以210 m s -1

的速度飞行，它的发动机每秒钟吸入75kg 空气，在体内与3.0kg 燃料燃烧后以相对于飞机490的速度向后喷出。求发动机对飞机的推力。

已知：飞机速度为210 m s -1

，发动机每秒钟吸入75kg 空气，在体内与3.0kg 燃料燃烧后以相对于飞机490的速度向后喷出 求：发动机对飞机的推力 解：根据动量定理： )()(21v v v 燃空燃空初末m m m m p p t F +-+=-=?

因为Δt = 1s ，v 1＝ 0，v 2 ＝210 m s -1

。根据速度合成法则：

v 1＝ 210 + (- 490) = -280 m s -1

所以F = - 210×3.0 – (75 + 3)×280 = -2.25×104

（N ）

发动机对飞机的推力F ’ = -F = 2.25×104

（N ）。方向向前。

1-15 一匹马拉着雪橇沿着冰雪覆盖的圆弧路面极缓慢地匀速移动，如图1-27所示。设圆弧路面的半径为R ，马对雪橇的拉力总是平行于路面，雪橇的质量为m ，与路面的滑动摩擦系数为k ，当雪橇由地段向上运动了45°圆弧时，马对雪橇作功多少？重力和摩擦力各作功多少？

已知：如右图所示，圆弧路面的半径为R ，马对雪橇的拉力总是平行于路面，雪橇的质量为m ，与路面的滑动摩擦系数为k ，当雪橇由地段向上运动了45°圆弧。 求：马对雪橇作功W h ，重力作功W g 和摩擦力作功W f 。

解：设运动到距离为l 处时，对应倾斜角度为，马对雪橇的力为F h ，摩擦力为F f ， 由于雪橇在运动过程中可认为保持了静力学平衡（即无加速度），则切向和法向分别有平衡方程：

F h = mg sin + N k mg cos = N

其中N 为路面对雪橇的支撑力，N k =F f 。根据功的定义，有：

k

k R h h mgR mgR Rd mg mg dl F W μθ

θμθππ22)221( )cos sin (4

/0

4

/0

+-=+==?

?

)

221( sin )2/cos(4

/0

4

/0

--=-=+=??

mgR Rd mg dl mg W R g ππθ

θθπ

k

k R k f mgR Rd mg dl N W μθ

θμμππ22 cos 4

/0

4

/0-=-=-=?

?

1-16 一长方体蓄水池，面积S = 50m 2

，蓄水深度h 1 = 1.5m 。假定水表面低于地面的高度是h 2 = 5m 。若要将这池水全部抽到地面上来，抽水机需要作功多少？若抽水机的效率为80%，输入功率P = 35kW ，则抽完这池水需要多少时间？

已知：蓄水池，面积S = 50m 2

，蓄水深度h 1 = 1.5m 。水表面低于地面的高度是h 2 = 5m ，抽水机的效率为80%。

求：若要将这池水全部抽到地面上来，抽水机需作功W ，输入功率P = 35kW ，抽完这池水需要时间T 。

解：根据功能原理，抽水机对这池水作的功完全转换成水的机械能的增加。在抽上来的水流速为零的时候，抽水机作功最少，此时它作的功完全转换为水的重力势能的增加。因此 W = E g = mg h = SHg h = 1.0×103×50×1.5×9.8× (5 + 1.5/2) J = 4.23×106 J

T = W/(P ×80%) = 4.23×106/(35×103

×80%) = 151 s

1-17 有一列火车，总质量为m 总，最后一节车厢质量为m ，如果m 从匀速前进的列车中脱离出来，并走了长度为s 的路程之后停下来。若机车的牵引力不变，且每节车厢所受的摩擦力正比于其重量而与速度无关。问脱开的那节车厢停止时，它距列车后端多远？ 已知：火车，总质量为m 总，最后一节车厢质量为m 。 求：脱开的那节车厢停止时，它距列车后端距离l 。

解：设最后一节车厢受到的摩擦力为f ，列车匀速前进时的速度为v ，

那么最后一列车厢减速的时候，加速度大小为f/m ，因此

θ

2· f /m · s = v 2

， 其走行时间为t = v/(f /m )

由于机车的牵引力不变，因此列车的加速度为f /(m 总 – m )，在t 时间内其走行距离为

s ’ = vt + 1/2· f /(m 总 – m ) · t 2 = v 2/(f /m ) + 1/2· f /(m 总 – m ) ·v 2/(f /m )2

l = s ’ – s = v 2/(f /m ) + 1/2· f /(m 总– m ) ·v 2/(f /m )2

– s = 2s + m · s/( m 总– m ) – s = m 总· s/( m 总– m )

1-18 质量为m = 980g 的木块静止在光滑水平面上，一质量为m 0 = 20g 的子弹以v = 800 m ·s -1

的速率水平地摄入木块后与木块一起运动，求（1）子弹克服阻力所作的功；（2）子弹施于木块的力对木块所作的功；（3）耗散的机械能。

已知：木块质量m = 980g ，子弹质量m 0 = 20g ，子弹初速度v = 800m ·s -1

，之后一起运动。 求：（1）子弹克服阻力所作的功；（2）子弹施于木块的力对木块所作的功；（3）耗散的机械能。 解：（1）设它们一起运动的速度为v ’，那么根据动量守恒定律 m 0v = (m 0 + m ) v ’

v ’ = m 0v /(m 0 + m ) = 0.02×800m ·s -1/ (0.98 + 0.02) = 16 m ·s -1

子弹克服阻力所作的功W 应等于其动能的损失，即

J J m m W 6397)16800(02.021

21212200=-??=-=

22v'v （2）子弹施于木块的力对木块所作的功应等于木块获得的动能，即

J J m W 1251698.02

1

212=??==

2v'木 （3）耗散的机械能为

W – W 木 = 6397J – 125J = 6272J

1-19 在质量为m 的质点沿x 轴运动，质点受到指向原点的拉力，拉力的大小与质点离原点

的距离x 的平方成反比，即F = -k /x 2

，k 为比例常数。已知质点在x = l 时速度为零，求x = l /4处的速率。

已知：质点质量为m ，F = -k /x 2

，k 为比例常数。已知质点在x = l 时速度为零。 求：求x = l /4处的速率。 解：a = dv /dt = vdv/dx

???

-==4

/24/0

)/(l l

l l

dx mx k adx d v

v v

即

??

????-=l l m k 1)4/(1212v 所以 ml

k

6=

v 1-20 一质量为m 的粒子位于(x , y )处，速度v = v x i + v y j ，并受到一个沿-x 方向的力F ，求它相对于坐标原点的角动量和作用在其上的力矩。

已知：粒子质量为m ，坐标为(x , y )，速度v = v x i + v y j ，F = - F i 。 求：它相对于坐标原点的角动量和作用在其上的力矩。 解：它相对于坐标原点的角动量为

J = r ×p = (x i + y j )×m (v x i + v y j ) = m (xv y - yv x )k

作用在其上的力矩为

M = r ×F = (x i + y j )×(- F i ) = F y k

1-21 一质量为m ，长为l 的均匀细棒，在光滑水平面上以速度v 均速运动，如图1-28所示，求某时刻棒对端点O 的角动量。

已知：如图1-28所示，均匀细棒质量为m ，长为l ，以速度v 均速运动。 求：某时刻棒对端点O 的角动量。 解：某时刻棒对端点O 的角动量为

mvl vl v 22

1

210

==?=?=??k i i J l m dr l m r dm r l

m j

v

1-22 地球对自转轴的转动惯量是0.33m R 2

，其中m 为地球质量，R 为地球半径，求地球的自转动能。

已知：地球对自转轴的转动惯量为J = 0.33m R 2

。 求：地球自转动能E r 。

解：设地球的自转角速度为ω，一天的时间长为T ，则

ω = 2π/T = 2×3.1416/(24*3600) = 7.27×10-5(rad ·s -1

)

E r = J ω2/2 = 0.33×5.97×1024×(6.371×106)2×(7.27×10-5) 2= 2.11×1029

J