上海交通大学版大学物理学习题答案.doc

习 题11-1. 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 1-41-5. 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22-1. 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：zrO 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33-1.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-3c3-8.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44-1. 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：（2）假设碰撞是完全弹性的，两球交换速度， （3）假设碰撞的恢复系数，也就是所以： ， 4-11.解：由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度，碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动量守恒，得： (碰撞前木快的速度) 4-12. 解：（1）由碰撞过程动量守恒，可得 （2） 4-13. 解：（1）碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得， 计算得到：（2）子弹射入木快所受的阻力做功使子弹动能减小，木块动能增加，两次作功的位移差为s，所以： 其中所以：4-14. 4-15 解：（1）（2）4-16解：利用角动量守恒： 同时利用卫星的机械能守恒，所以：所以： （2） 可得到：4-17 解：第二宇宙速度，由机械能守恒: 代入：习题55-1.解：受力分析如图 （1） （2）（3） （4） (5)联立，5-2.解：（1） 设杆的线，在杆上取一小质元考虑对称（2） 根据转动定律 所以5-3. 解： 整理5-4. 解：选人、滑轮与重物为系统，设为人相对绳的速度，为重物上升的速度，系统对轴的角动量 根据角动量定理所以5-5. 证明：设球的半径为，总重量为，体密度，将球体划分为许多厚度为的圆盘， 则盘的体积为 5-6. 解：机械能守恒 根据几何关系 5-7. 解：在虚线位置的C点设为重力势能的零点，下降过程 机械能守恒 方向向上5-8.解：根据角动量守衡 有5-9. 解(1) 角动量守恒（2），由（1）已得：，代入即得5-10. 解：(已知棒绕点的转动惯量) 碰撞时角动量守恒细棒运动起来所受到的摩擦力矩 5-11. 解：（1）机械能守恒。设下落最大距离为（2）若速度达最大值， 5-12.解：（1）通电时根据转动定律有 代入两边积分 （2）电扇稳定转动时的转速 （3） 5-13. 解：细绳刚绷紧时系统机械能守恒5-14.解：此过程角动量守恒 5-15. 解：（1）角动量守恒 根据转动定律 （2）