大学物理全程导学答案上册

第一章质点运动学【例题精讲】例1-1【解】如图（b）所示，取沿水面方向向右为Ox轴正向。t时刻小船位置为x，而绳长为tll0v−=0。由勾股定理，有222hxl+=，等式两边同时对t求导数，有txxtlldd2dd2=又知，l是随时间减小的0ddv−=tl且txdd=v故小船的运动速度为0000vvvvv2200h)tl(tlxl−−−−=−=负号表示速度方向与x轴正向相反。例1-2【解】(1)位置矢量jirtbtaωωsincos+=(SI)可写为taxωcos=tbyωsin=，则消去时间t，可得质点的轨迹方程为12222=+byax(2)速度jitrtbtaωωωωcossindd+−==v(3)加速度rjita222sincosddωωωωω−=−−==tbtav例1-3C例1-4【证明】因为2ddddddddvxvvtxxvtvk−==⋅=所以xkdd−=vv∫∫−=xxk0dd10vvvvkx−=0lnvv故kxevv−=0例1-5D例1-62Rt16-2srad4⋅例1-7C0v!(b)例题1-1答案图xxoh0v!(a)【习题精练】1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox轴的正向，人从路灯正下方点O开始运动，经时间t后其位置为OAx=，而人头顶影子的位置坐标为x′。由相似三角形关系，有hHHxxOAOC−=′=解得hHHxx−=′，故头顶影子的移动速度为hHHdtxd−=′=′vv。1-2ωπn)210(!,,=ntAaωωcos2−=1-3()23−=yxi8(m/s2)1-4【解】(1)位置矢量jtbiatr22!!!+=(SI)可写为2tax=2tby=，则消去时间t，可得质点轨迹方程为xaby=(2)速度jitrv!!!!btat22dd+==(3)加速度jbiata!!!!22dd+==υ1-5【证明】设质点在x处的速度为v，62dddddd2xtxxta+=⋅==vv()xxxd62d020∫∫+=vvv则质点在任意位置处的速度为()2213xx+=v1-6【解】已知加速度=adv/dt4=tdv4=tdt∫∫=vv00d4dtttv2=t2Hvhx′CAxO习题答案1-1图又因为vd=x/dt2=t2ttxtxxd2d020∫∫=ttxx03032=−则质点位置和时间的关系式为10323+=tx(SI)1-71s1.5m1-8B第二章质点运动定律【例题精讲】例2-102g例2-2C例2-3C例2-4【答】(1)不正确。向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。(2)不正确。作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。例2-5【解】设绳子与水平方向的夹角为θ，则lh/sin=θ，木箱受力如图（b）所示，匀速前进时，拉力为F，有0cos=−fFθ0sin=−+MgNFθNfµ=得θµθµsincos+=MgF令0)sin(cos)cossin(2=++−−=θµθθµθµθMgddF6.0tan==µθ6375300′′′=θ022θdFd92.2sin/==θhlm时，最省力。例2-6【解】（1）设物体质量为m，取如图所示的自然坐标系，根据牛顿定律，有RmmaFnN2v==tmmaFttddv==F!θN!f!gM!例题2-5(b)图te!•NF!0vtF!ne!例题2-6图由摩擦力的大小NtFFµ−=可得tRdd2vv−=µ根据初始条件t=0，0vv=，分离变量后对上式积分∫∫−=vvttR020ddvvµ得tRRµ00vvv+=（2）当物体速率从0v减少到021v时，由上式可求出所需时间为0vµRt=物体所经过的路程2lndd0000µµRttRRtstt∫∫=+==vvv【习题精练】2-1A2-2A2-3θcos/mgθθcossingl2-4【解】根据牛顿第二定律xmtxxmtmxkfdddddddd2vvvv=⋅==−=∴∫∫−=−=4/202dd,ddAAxmxkmxxkvvvvvkmAAAmk3)14(212=−=v∴)/(6mAk=v2-5【证明】小球受力如图，根据牛顿第二定律tmmaFkmgddvv==−−tmFkmgd/)(d=−−vv初始条件：t=0,v=0．∫∫=−ttF)/mkmg00d(dv-vvkFmgmkt/)e1)((/−−−=vgmxfFa2-6【解】(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律得tmKddvv=−∫∫=−=−vvtddtmK,dtdmK0vvvv0mKt/0e−=vv(2)由txdd=v得txmKtded/0−=v两边同时积分∫∫−=tm/Ktxdtedx000v)e1()/(/0mKtKmx−−=v所以最大深度Kmx/0maxv=第三章动量和角动量【例题精讲】例3-1C例3-20.6N·s2g例3-3【答】（1）小球运动一周，动量增量的大小为0。（2）小球所受重力为恒力，因此重力冲量的大小为mgT=mg2π/ω。（3）小球动量增量的大小为0，根据动量定理小球所受绳合外力的冲量为0，所以小球所受绳子拉力的冲量与所受重力的冲量的大小相等，方向相反。例3-4【解】煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh20=v设煤粉与A相互作用的Δt时间内，落于传送带上的煤粉质量为tqmmΔ=Δ设A对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0−Δ=Δvmtfx)(00vmtfyΔ−−=Δ将tqmmΔ=Δ代入得vmxqf=，0vmyqf=∴14922=+=yxfffNf与x轴正向夹角为α=arctan(fy/fx)=57.4°由牛顿第三定律，煤粉对A的作用力f′=f=149N，方向与图（b）中f相反。例3-5C例3-6【解】(1)因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速度为v′有mv0=mv+Mv′v′=m(v0−v)/M=3.13m/sT=Mg+Mv′2/l=26.5N(2)sN7.40⋅−=−=Δvvmmtf(设0v方向为正方向)负号表示冲量方向与0v方向相反。例3-7mωabk0（b）例题3-4图yαfyΔttfΔfxΔtx【习题精练】3-1D3-218N·s9m/s3-3【解】(1)子弹射入A未进入B以前，A、B共同作加速运动。F＝(mA+mB)a，a=F/(mA+mB)=600m/s2B受到A的作用力N＝mBa＝1.8×103N，方向向右(2)A在t=0.01s时间内作匀加速运动，t=0.01s秒末的速度vA＝at．当子弹射入B时，B将加速而A则以vA的速度继续向右作匀速直线运动．vA＝at＝6m/s取A、B和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B中后有BBAA0)(vmmvmvm++=m/s22BAA0B=+−=mmvmvmv3-4【答】推力的冲量为tFΔ。动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。3-5C3-6kmgbkmgbt3-72275kg⋅m2⋅s-113m⋅s-1第四章功和能【例题精讲】例4-154N·s729J例4-2320J8im/s例4-3D例4-4【解】(1)由位矢jirtbtaωωsincos+=(SI)可得taxωcos=tbyωsin=tatxxωωsindd−==v，tbtyωωcosddy==v在A点(a，0)，1cos=tω，0sin=tωEKA=2222212121ωmbmmyx=+vv在B点(0，b)，0cos=tω，1sin=tωEKB=2222212121ωmammyx=+vv(2)jiFyxmama+==jitmbtmaωωωωsincos22−−(3)由A→B∫∫−==020dcosdaaxxxtamxFWωω=∫=−022221damaxxmωω例4-5RGmM32RGmM3−例4-6g2g例4-7C例4-8【解】如图（b）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x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：αsin)(2102001xxmgkxEEK−++=在O″处，其机械能为：2222121kxmE+=v由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：2202002121sin)(21kxmxxmgkxEK+=−++vαOO′x0xOl（b）例题4-8案图在平衡位置有：mgsinα=kx0∴kmgxαsin0=代入上式整理得：kmgkxmgxEmK2)sin(21sin212202αα−−+=v例4-9A例4-10【解】油灰与笼底碰前的速度gh2=v笼子在平衡位置0kxMg=0/xMgk=碰撞后油灰与笼子共同运动的速度为V，应用动量守恒定律VMmm)(+=v①油灰与笼子一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离Δx，则xgmMkxVmMxxkΔΔ++++=+)(21)(21)(2120220②联立解得：3.0)(20222020=+++=ΔmMMhxmMxmxMmxm【习题精练】4-118J6m/s4-2B4-3C4-420kx2021kx−4-52112rrrrGMm−2121rrrrGMm−4-6【答】W并不是合外力所作的功。因为物体所受的力除了人的作用力F外，还有重力P＝mg，根据动能定理，合外力所作的功等于物体动能的增量，则可写为221vmmghFh=−即021)(2+=−vmhPF所以mghmFhW+==221vW是人对物体所作的功，而不是物体所受合外力所作的功。4-7【证明】由动能定理2210vmSfr−=−而mgfkrµ=221vmmgSk=µgSkµ22v=4-8C4-9【解】(1)木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒。选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，v1表示木块下滑x距离时的速度，则0sin2121212=−+αMgxMkxv求出：=−=Mkxgx21sin2αv0.83m/s方向沿斜面向下．(2)以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定律．以v2表示子弹射入木块后的共同速度，则有：21)(cosvvvmMmM+=−α解出89.0)(cos12−=+−=mMmMαvvvm/s负号表示此速度的方向沿斜面向上．4-10【解】设v1为软木塞飞出的最小速率，试管速度的大小为v2,软木塞和试管系统水平方向动量守恒，则0=−12vvmMmM/21vv=(1)当用硬直杆悬挂时，M到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒LMgM221≥22vgL4≥2vmgLM/2≥1v(2)若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v须满足LMMg/2v=即gLv=由机械能守恒MgLMLMgM2521221=+=22vv2应有gL5=2v故mgLM/5=1v第五章刚体力学基础【例题精讲】例5-162.51.67s例5-2C例5-3C例5-4A例5-5Jk920ω−02ωkJ例5-6【解】受力分析如图(b)所示。设重物的对地加速度为a向上，则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下。根据牛顿第二定律可得：对人：Mg－T2＝Ma①对重物：T1－21Mg＝21Ma②根据转动定律，对滑轮有(T2－T1)R＝Jβ＝MR2β/4③因绳与滑轮无相对滑动，a＝βR④①、②、③、④四式联立解得a＝2g/7例5-7【解】由受力分析如图(b)所示，可列方程：2mg－T1＝2maT2－mg＝maT1r－Tr＝β221mrTr－T2r＝β221mra