上海交通大学版大学物理学习题答案.doc

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习题1

1-1.解：

1）由知

消去t可得轨道方程

2）

1-2.解：

1）由可知

消去t得轨道方程为：

2）

3）

1-3.解：

1）

2）

1-4.解：

以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为

（1）

（2）

（3）

解之

图1-4

1-5.解：

（1）式

（1）

式

（2）

（2）联立式

（1）、式

（2）得

（3）而落地所用时间

所以

1-6.证明：

设人从O点开始行走，t时刻人影中足的坐标为，人影中头的坐标为，由几何关系可得

而

所以，人影中头的运动方程为

人影中头的速度图1-6

1-7.解：

若解的

1-8.解:

建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图小球落地时速度为

（1）图1-8

（2）

第二次落地时

所以

1-9.解：

赤道上的物体仍能保持在地球必须满足

现在赤道上物体

1-10.解：

在顶点处子弹的速度，顶点处切向加速度为0。

因此有：

在落地点速度为

1-11.解：

设此时飞机距目标水平距离为有：

联立方程解得：

1-12.解：

两个物体在任意时刻的速度为

与时间无关，故相对物体的速度是常矢量。

1-13.物体在任意时刻的速度表达式为

故气球中的观察者测得物体的速度

代入时间t可以得到第二秒末物体速度

第三秒末物体速度

第四秒末物体速度

1-14.解：

1-15.解：

取水面为坐标原点，竖直向下为轴

跳水运动员入水速度

1-16.解：

（1）

（2）

1-17.解：

（1）轨道方程为

这是一条空间螺旋线。

在O平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h

（2）

（3）

习题2

2-1.解：

（1）由题意和牛顿第二定律可得：

，

分离变量，可得：

两边同时积分，所以：

（2）子弹进入沙土的最大深度也就是v=0的时候子弹的位移，则：

由可推出：

，而这个式子两边积分就可以得到位移：

。

2-2.解：

在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子，假设其质量为dm，可知：

，分析这dm的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出：

。

距转轴为r处绳中的张力T（r）将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：

2-3.解：

由题意和牛顿第二定律可得：

再采取分离变量法可得：

，

两边同时取积分，则：

所以：

2-4.解：

由题意和牛顿第二定律可得：

，代入f与v，并两边积分，，

速度是方向，也就是切向的，所以法向的力是方向的，则

2-5.解：

根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板车与木箱具有相同的加速度，所以列式：

可得：

2-6.解：

在斜面具有不同的加速度的时候，木块将分别具有向上和向下滑动的趋势，这就是加速度的两个范围，由题意，可得：

（1）当木块具有向下滑动的趋势时（见图a），列式为：

可计算得到：

此时的

（2）当木快有向上滑动趋势时（见图b），列式为：

可计算得到：

此时的

所以

2-7.解：

隔离物块和斜面体，画图分析力，列出方程，发现方程完备性不够，即未知数比方程数多，关键在于，M与m的运动有联系的，M沿地面运动，m沿斜面运动，这就是约束条件。

取地面作为参考系，则m的运动为：

M的运动方程为：

下面列出约束条件的方程：

取M作为参考系，设m在其中的相对加速度为，在x,y方向的分量分别为与，那么：

利用相对运动的公式，

所以：

于是：

即：

（4）

由

（1）

（2）（3）（4）联立，计算可得：

2-8.解：

受力分析如图

（1）

（2）

两式相比

当时所以

稳定旋转时液面是一个抛物面

由于旋转后成为立体，故方程变为【】

2-9.解：

隔离物块和斜面体，分析力，列出方程，发现方程完备性不够，即未知数比方程数多，关键在于，m1与m2的运动有联系的，m1沿地面运动，m2沿斜面运动，这就是约束条件。

取地面作为参考系，则m2的运动为：

m1的运动方程为：

下面列出约束条件的方程：

取m1作为参考系，设m2在其中的相对加速度为，在x,y方向的分量分别为与，那么：

利用相对运动的公式，

所以：

于是：

即：

（4）

由

（1）

（2）（3）（4）联立，计算可得：

；；

相互作用力N=

2-10.解：

根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕Z轴的圆周运动，以地面为参照系可列式：

z

r

O

所以，可得：

2-11.解：

根据题意和牛顿第二定律，可列式：

，

整理可得二阶微分方程：

。

令下面分c为正负再做进一步讨论。

当，可得：

一次求导，得到：

当，可得：

一次求导，得到：

2-12.解：

在法向上有而

在切向上有

由上面三个式子可得

习题3

3-1.解：

由做功的定义可知：

3-2.质量为m=0.5kg的质点，在xOy坐标平面内运动，其运动方程为x=5t2,y=0.5（SI）,从t=2s到t=4s这段时间内，外力对质点的功为多少？

由做功的定义可知：

3-3.根据小球是被缓慢提起的，刚脱离地面时所受的力为F=mg，

可得此时弹簧的伸长量为：

由做功的定义可知：

3-4.分析：

Wf直接求解显然有困难，所以使用动能定理，那就要知道它的末速度的情况。

解：

求在B点的速度：

N-G=可得：

由动能定理：

3-5.解：

（1）由做功的定义可知：

（2）由计算结果可知，做功与起点和终点的位置有关，与其他因素无关，所以该弹力为保守力。

3-6.解：

要求功率就必须知道力和速度的情况，由题意：

所以功率为：

3-7.解：

（1）由作用力和势能的关系：

（2）取一个比较简单的积分路径：

，则积分可得：

=9a-9b-3c

3-8.解：

（1）取弹簧原长位置为重力势能和弹性势能的势能零点，则重物在任一位置（坐标设为）时系统的总势能：

（2）取力的平衡位置为重力势能和弹性势能的势能零点，则重物在任一位置（坐标设为）时系统的总势能：

所以

3-9.解：

分析可知，棒下落的最大速度是受合力为零的时候，所以：

，则。

在下落过程中，利用功能原理：

所以：

进入液体的最大深度H为细棒运动的速度为零时：

所以

3-10.解：

根据题意，假设在离地心处质点的速度为v1，地面上的速度为v2。

提供卫星运动的力为万有引力：

，所以

此过程中阻力的作用时间可由角动量定理

通过取积分，可得：

3-11.解：

直接考虑垂下的链条的质心位置变化，来求做功，则：

3-12.解：

当起重机忽然刹车时，物体的动能将转换为钢丝绳的弹性势能：

由，可得：

分析物体的受力，可得到绳子的拉力为：

3-13.解：

（1）当A和B开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：

，所以：

;

（2）分离之后，A的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：

，则：

3-14.解：

（1）取无穷远处势能为零，计算地面处的势能为：

（2）若选取地面处势能为零，计算无穷远处的势能为：

两种情况下势能差是完全一样的。

3-15.解：

由万有引力的势能函数值，在离地球表面高度为处，质量为的质点所具有的引力势能为：

如果以地面作为零电势处，则质点所具有的引力势能近似可表示为.

习题4

4-1.解：

（1）根据冲量定理：

其中动量的变化：

在本题中，小球转动一周的过程中，速度没有变化，动量的变化就为0，冲量之和也为0，所以本题中质点所受合外力的冲量I为零

（2）该质点受的外力有重力和拉力，且两者产生的冲量大小相等，方向相反。

重力产生的冲量=mgT=2pmg/w；所以拉力产生的冲量=2pmg/w，方向为竖直向上。

4-2.解：

（1）由做功的定义可知：

（2）由动能定理可知，当物体速度不变时，外力做的总功为零，所以当该F做的功为125.6J时，其他的力的功为-125.6J。

4-3解：

（1）根据动量的定义：

（2）从到的时间内质点受到的冲量等于它在这段时间内动量的变化，因为动量没变，所以冲量为零。

4-4.解：

（1）解：

由碰撞过程动量守恒可得：

代入数据可得：

根据圆周运动的规律：

T-G=

（2）根据冲量定理可得：

4-5.解：

由碰撞时，动量守恒，分析示意图，可写成分量式：

所以

（2）反冲的动能为：

4-6.解：

根据弹性碰撞遵循的规律，可得到以下两个式子：

代入已知量，可得：

M=7u

4-7.解：

（1）由和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：

算出t=0.003s。

（2）由冲量定义：

（3）由动量定理：

4-8.解：

在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为xc。

因为，

故

4-9.解：

分析题意，可知在弹簧由压缩状态回到原长时，是弹簧的弹性势能转换为B木块的动能，然后B带动A一起运动，此时动量守恒，可得到两者相同的速度v，并且此时就是弹簧伸长最大的位置，由机械能守恒可算出其量值。

所以

（2）

那么计算可得：

4-10.解：

由碰撞过程动量守恒以及附加条件，可得

（1）假设碰撞是完全非弹性的，即两者将以共同的速度前行：

所以：