上海交通大学版大学物理学习题答案

1、习 题 11-1. 解： 1） 由r(costisin)知RtjxR costyR sin t消去 t可得轨道方程x 2y2R 22）vdrR sintiRcostjdtvRt2Rt21R(sin)(2cos)1-2.解： 1）由 r4t 2 i(32t ) j 可知x4t 2y32t消去 t得轨道方程为：x( y3) 22）drtijvdt82r11(8ti2 j )dt4i2 jvdt003 ） v(0)2jv(1)8i2 j1-3. 解： 1） vdr2ti2 jadv2idtdt( 2t) 2at2） v422(t21)2dv2t11dtt 21ana2at221t 21-4.解：以地

2、面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为y1v0t1 at 2（ 1）21 gt 2y2h v0t（ 2）2y1y2（3）解之t2dga图 1-41-5. 解：（ 1）xv 0 t式（ 1）yh1gt 2式（ 2）212r (t)v0t i( h -gt ) j（ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得yh2gx22v 0（3） drv0 i - gt j而 落地所用时间 t2hdtg所以 drv0i2gh jdvg jdtdtvvx2v y2v 02( gt )2dvg 2tg2ghdt v02( gt )2 1 2(v022gh )1 21-6. 证明：设人从O点开始行走， t 时刻人

3、影中足的坐标为x1 ，人影中头的坐标为x2 ，由几何关系可得x2h1而x1v0tx2 x1h2所以，人影中头的运动方程为x2h1 x1h1th1h2v0h1 h2人影中头的速度dx2h1v0v2h1 h2dt图 1-61-7. 解： vdx4 4t 若 v0 解的 t 1sdtx1x1x0(242)2 2mx3x3x(2 4 3 2 32 ) (2 4 2)8m1xx1x210m1-8.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 v02ghvx 0v0 cos600xv0 cos600 t1 g cos600 t 2（ 1）2图 1-8vy0 v0 sin 600y

4、v0sin 600 t1 g sin 600 t 2（ 2）2第二次落地时y 02v0tg所以x v0 cos60 0 t1 g cos60 0 t 22v020.8m2g1-9.解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足g R 2现在赤道上物体3.410 2R9.8173.41021-10.解：在顶点处子弹的速度v v0 cos ，顶点处切向加速度为0。因此有： gv2(v0 cos) 2v02 cos2g在落地点速度为v0g cosv02v02g cos1-11.解：设此时飞机距目标水平距离为x 有： xv0 th1gt 2arctan x2联立方程解得：x447m77.50h1-12.解：两

5、个物体在任意时刻的速度为v Av0 cosi(v0 singt) jvBv0 cosi(v0 sin- gt) jvBAv B - vA(v0 cosv0 cos ) i(v0 sinv0 sin ) j与时间无关，故B 相对物体 A 的速度是常矢量。1-13.物体在任意时刻的速度表达式为vyv0gt故气球中的观察者测得物体的速度vv yv代入时间 t可以得到第二秒末物体速度v9.8 ms第三秒末物体速度v0第四秒末物体速度v9.8ms1-14.解：dvkvv1tv v0 ektdtdvkdtdxv0v0v0e ktdxv0 e ktdtxtdt00xv0(1e k t )k1-15.解：取水

6、面为坐标原点，竖直向下为x 轴跳水运动员入水速度v02 gh14 mskv2dvv dvv0kdx10 1 dvxdtdxv0v0x1 ln 105.76mkdxdvub1-16. 解：（ 1） vu ln(1bt)（ 2） adtdt1 bt1-17. 解：（ 1）轨道方程为x 2y2R2zh这是一条空间螺旋线。t2在 Oxy 平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为 h（ 2） v xdxR sintdtvvx2v y2v z2R2h224（ 3） axR2 costayR2 sin taz0aax2a2yR2习题 22-1. 解：（ 1）由题意和牛顿第二定律可得：fkvmdv，dt

7、kdvkt分离变量，可得：两边同时积分，所以：vv0e mmvdt（ 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kdv可 推 出 ： vdtm dv ， 而 这 个 式 子 两 边 积 分 就 可 以 得 到 位 移 ：mvdtkxmaxvdt0m dvm v0。v0kk2-2. 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：dmMd，分析这dm 的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以L我们可列出：dT（r ）2 rdm2 r Mdr 。L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：T（ r）Ld

8、T（ r） M2r 2）（ L2r2L2-3.解：由题意和牛顿第二定律可得：fkm dvm dv dxmv dvx2dtdx dtdx再采取分离变量法可得：kdxmvdv，x 2A / 4kvmvdv两边同时取积分，则：dxA20x所以： v6kmA2-4. 解 ： 由 题 意 和 牛 顿 第 二 定 律 可 得 ： f mam dv ， 代 入 f与 v ， 并 两 边 积 分 ，dt124t 2vmdv ，4i8 j2 v (3i4 j )( 4ij )dt0v0v5i速度是 i 方向，也就是切向的，所以法向的力是j 方向的，则 F24 j2-5.解：根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板

9、车与木箱具有相同的加速度，所以列式：Fmsxfm2 gam2m2m1 m2可得： F(m1m2 ) g2-6. 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 ：N sinN cosmgN sinN cosmatang可计算得到：此时的a1tan1（ 2）当木快有向上滑动趋势时（见图b），列式为： N sinmg N cosN sinN cosmatang可计算得到：此时的a2tan1所以tangatan1gtan1tan2-7.解：隔离物

10、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：N sinmaxN cosmg mayM的运动方程为：N sinMa M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a ，在 x,y 方向的分量分别为 ax与 ay ，那么： tanayax利用相对运动的公式，amaMa所以： axaxaMa ya y于是： tanayayaxaxaM即： ax sinay cosaM sin（4）由（ 1）（2）（ 3）（4）联立，计算可得：aMmsi

11、n cosgMmsin22-8.解：受力分析如图N sin m2 y（ 1）N cosmg（ 2）两式相比tan 2 ydzgdydz2 ydyz2y 2Cg2g当 y0 时z z0所以 C z0z2y 2z0稳定旋转时液面是一个抛物面2gz2y2 )z0 】由于旋转后成为立体，故方程变为【(x22g2-9.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：N sinm2 axN cosm2 g m2 a ym 的运动方程为：N sinm

12、1a11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a ，在 x,y方向的分量分别为 a x 与 ay，那么： tanayax利用相对运动的公式，a2a1a所以： axaxa1a ya y于是： tanayayaxax a1即： ax sinay cosa1 sin（4）由（ 1）（2）（ 3）（4）联立，计算可得：a1m2 sincos； a2m1 sincosg； a(m1m2 )singm1m2 sin 2gm1m2sin2m1m2 sin2相互作用力 N=m1m2 cosgm2 sin 2m12-10.解：根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕Z 轴的圆周运动

13、，以地面为参照系可列式：N sinmg0N cosm2rsinz所以，可得：rg2tansin2-11.解：根据题意和牛顿第二定律，可列式： F(bcx)imd 2 x，rdt2O整理可得二阶微分方程：d 2 xcxb0 。m dt 2令2c下面分 c 为正负再做进一步讨论。m当 cd 2 x2xb0，可得： xbtb0时，mcoscdt 2c一次求导，得到：vbsin tc当 c0时，d 2 x2 xb0 ，可得： xb (edt 2m2c一次求导，得到： vb (e2ctet )bctet )2-12. 解：在法向上有Nm v2而f NR在切向上有fm dvdt由上面三个式子可得dvv 2

14、dtRv1t v0 Rv0 v2 dvdtv0 RR v0 tttdtRv0 tSvdt v0 RR v0 tln(1)00R习题 33-1. 解：rrBrA20 i 20 j由做功的定义可知：WF ?r0.6 i ?(20i20 j )12 J3-2.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=5t 2,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？rr4r2(80i0.5 j )(20 i0.5 j )60 iadv / dtd2 r / dt210iFmam10i5i由做功的定义可知：WFr5i ?60i300J3-

15、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， kx mg可得此时弹簧的伸长量为：mgxk12mg2g2由做功的定义可知：Wxkxdxkxkm0202k3-4. 分析： W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。f解：求在 B 点的速度：N-G= m v2可得： 1 mv 21 (NG )RR22mgRW f1 mv20由动能定理：21 ( N1 ( NW fG )R mgR3mg) R223-5. 解：（ 1）由做功的定义可知：Wx2F ? dx1.34( 52.8x38.4x2 )dx26.4( x22x12 )12.6( x23x13 ) （ 2

16、）由计算结x10.52269.2J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：vF t1 (ati bt 2 j )dt1 ( 1 at 2 i1 bt 3 j)mmm 23所以功率为：NF ?V(at ibt 2 j ) ?1(1at 2 i1bt 3 j )1(1a 2t 31b2t 5 )m23m233-7. 解：（1）由作用力和势能的关系：FEP( ax2bxycz)(2axby )ibxjckrr（ 2）取一个比较简单的积分路径：rdxidyjdzk ，则积分可得：WF ? dr( 2axby)ibx

17、jck ? (dxidyjdzk )=9a- 9b- 3cOPx3-8. 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：E Pmgx1 kx 22（ 2）取力的平衡位置O 为重力势能和弹性势能的势能零点，则重物在任一位置P （坐标设为 x ）E Pmgx1212时系统的总势能：k（ xx0）2kx 02而 mgkx0所以 EPmgx1k（ x2121kx22x0）2kx023-9.解：分析可知，棒下落的最大速度是受合力为零的时候，所以：2 lsg1hsg，则 h2l 。112h在下落过程中，利用功能原理：2 slv2sglh0 1 gsy

18、dy2所以： vmax2 gl1进入液体的最大深度H为细棒运动的速度为零时：2 sglhH1gsydy所以 H1? l10223-10.解：根据题意，假设在离地心r04R 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： mv 2G0Mmv2r02r2，所以Rrv1此过程中阻力的作用时间可由角动量定理tk dt2 rv0d (rv )通过取积分，可得：0m4 rv0rvtm ln 2kM f dtd( mrv)md(rv)kvrdtmd(rv )k dtd (rv )mrv3-11. 解：直接考虑垂下的链条的质心位置变化，来求做功，则：WEP1 mg1 l1 mgl4832

19、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1 mv021 kx 2 ，可得：22xm v0k分析物体的受力，可得到绳子的拉力为：Tmgkxmgmkv03-13.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：1 (mAmB )v 21 kx02 ，所以： vmAkx0 ; xl22mB（ 2）分离之后， A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：1212，则：mA2 mA v2 kxxAmAmB x03-14.解： （ 1）取无穷远处势能为零，计算地面处的势能为：EPr rf ? drRerb1 dr1GmemGmemrar 2Re（

20、 2）若选取地面处势能为零，计算无穷远处的势能为：ERe rf ? drrrbGm m 1Gm m 1 drer 2eRera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h hRe 处，质量为 m 的质点所具有的引力势能为：G 0MmMm2(Reh)G0Mm(Re h)(Re)G0(Reh)2mgh(Re h)Re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mgh .习题 4tPP4-1. 解：（ 1）根据冲量定理：F dtdPt0P0其中动量的变化：mv mv0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

21、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=2mg/；所以拉力产生的冲量2mg/ ，方向为竖直向上。4-2. 解：（ 1）由做功的定义可知：Wx233Fdt v S椭圆125.6JFdxFvdtvx111（ 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：P mvm(a sintibcostj )（ 2）从 t 0 到 t 2 / 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

22、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：mv0mv Mv1代入数据0.02 6000.02302v1可得： v15.7m / s根据圆周运动的规律：T-G=v2TMg Mv1284.6NRM R（ 2）根据冲量定理可得：Imvmv00.0257011.4N ? s4-5. 解：由碰撞时，动量守恒，分析示意图，可写成分量式：m1 sinm2 cosPm1 cosm2 sin所以 P1.4 10 22 kg ? m / s151.9（ 2）反冲的动能为：EkP20.17 10 18 J2m4-6. 解：根据弹性碰撞遵循的规律，可得到以下两个式子：M v0mH v

23、H mHe vHe1 Mv02 1 mH vH21 mHevHe 2222代入已知量，可得： M=7u v01.4107 m/s4-7.解：（1）由 F400410 5 t / 3 和 子 弹 离 开 枪 口 处 合 力 刚 好 为 零 ， 则 可 以 得 到 ：F 4004 105 t / 30算出 t=0.003s。（ 2）由冲量定义：I0.0030.0034 105 t / 3）dt 400t 2 105 t 20.003Fdt（400/ 3 00.6N ? s00（ 3）由动量定理： I0.003FdtPmv 0.6N ? s0所以： m0.6/3000.002kg4-8. 解：在爆炸

24、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 。xcm1 x1m2 x2因为 m1 m2m ， x1xcm1m22mxc 2mx2, x23xc故xc4m24-9.B 木块的动能，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。1 m2 v2 0 21 kx0 222m2 v2 0 （ m1m2） v所以3k4 x03mv（ 2）121kx21m2） v2m2v202（ m121 x02那么计算可得：x24-10. 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：mv02mv1v0所以： v2（ 2）假设碰