上海交通大学版大学物理学习题答案.doc

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：
（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5
5-1.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）