大学物理学上册(XXX)第2章习题解答

习题解答习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即td d r==v t s d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即tva d d=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tv t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d tr 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即=22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxy x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。

大学物理教程（上）课后习题答案解析物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-121-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。

解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t =代入，有21)y =或1=（2）将1t s =和2t s =代入，有11r i =， 241r i j =+213r r r i j =-=-位移的大小231r =+= （3） 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx dv a dt ==， 2y y dv a dt==22a i j =+当2t s =时，速度和加速度分别为42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 21-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+，式中的R 、ω均为常量。

求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。

解（1）质点的速度为sin cos drv R ti R t j dtωωωω==-+ （2）质点的速率为v R ω==速率的变化率为0dv dt= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。

求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。

解由于 4d t dtθω== 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为2216n a R Rt ω==角加速度β的大小为 24/d rad s dtωβ==77页2-15, 2-30， 2-34，2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。

版权归原著所有 本答案仅供参考习题22-1 质量为16kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为6N x f =，7N y f =，当0t =时，0x y ==，2m /s x v =-，0y v =。

当2st =时，求：(1) 质点的位矢； (2) 质点的速度。

解：由 x x f a m =，有：x a 263m /168s ==，2/167s m m f a y y ==（1） t dt a v v txx x 83200+-=+=⎰ 20001632)832(t t dt t dt v x x t t x +-=+-=+=⎰⎰t dt a v v t y y y 167000+=+=⎰2000327167t tdt dt v y y t t y ==+=⎰⎰于是2秒时质点的位矢为：)m )(87413(j i j y i x r+-=+=（2）于是质点在2s 时的速度： )m/s (8745j i v+-=2-2 摩托快艇以速率v 0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F = -kv 2(k 为正值常量)。

设摩托快艇的质量为m ，当摩托快艇发动机关闭后，求： (1) 求速率v 随时间t 的变化规律； (2) 求路程x 随时间t 的变化规律；(3) 证明速度v 与路程x 之间的关系为x0ek v v '-=，其中m k k /='。

解：（1）由牛顿运动定律F ma =得：2d vkv md t-=，分离变量有2k d v d t m v -=，两边积分得：速率随时间变化的规律为011kt v v m=+； （2）由位移和速度的积分关系：0tx v dt =⋅⎰，积分有：000111ln()ln 1tk k k x dt t k m v m m v t v m=⋅=+-+⎰由于此题路程和位移相等，∴路程随时间变化的规律为：0ln(1)k kx v t m m=+ ； （3）由2d v d xkv m d x d t-=⋅，k d v d x m v -=，∴00x v v k dv dx m v -=⎰⎰ 积分有： )exp(0x mkv v -=)(0x k e v '-=，其中m k k ='2-3．质量为m 的子弹以速度0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。

[习题解答]2-1 处于一斜面上的物体，在沿斜面方向的力F作用下，向上滑动。

已知斜面长为5.6m，顶端的高度为3.2m，F的大小为100N，物体的质量为12kg，物体沿斜面向上滑动的距离为4.0 m，物体及斜面之间的摩擦系数为0.24。

求物体在滑动过程中，力F、摩擦力、重力和斜面对物体支撑力各作了多少功？这些力的合力作了多少功？将这些力所作功的代数和及这些力的合力所作的功进行比较，可以得到什么结论？解物体受力情形如图2-3所示。

力F所作的功；摩擦力图2-3,摩擦力所作的功；重力所作的功;支撑力N及物体的位移相垂直，不作功，即；这些功的代数和为.物体所受合力为,合力的功为.这表明，物体所受诸力的合力所作的功必定等于各分力所作功的代数和。

2-3物体在一机械手的推动下沿水平地面作匀加速运动，加速度为0.49 m⋅s-2 。

若动力机械的功率有50%用于克服摩擦力，有50%用于增加速度，求物体及地面的摩擦系数。

解设机械手的推力为F沿水平方向，地面对物体的摩擦力为f，在这些力的作用下物体的加速度为a，根据牛顿第二定律，在水平方向上可以列出下面的方程式,在上式两边同乘以v，得,上式左边第一项是推力的功率()。

按题意，推力的功率P是摩擦力功率fv的二倍，于是有.由上式得,又有,故可解得.2-4有一斜面长5.0 m、顶端高3.0 m，今有一机械手将一个质量为1000 kg的物体以匀速从斜面底部推到顶部，如果机械手推动物体的方向及斜面成30 ，斜面及物体的摩擦系数为0.20，求机械手的推力和它对物体所作的功。

解物体受力情况如图2-4所示。

取x轴沿斜面向上，y轴垂直于斜面向上。

可以列出下面的方程,(1),(2). (3)根据已知条件, .由式(2)得图2-4.将上式代入式(3)，得.将上式代入式(1)得,由此解得.推力F所作的功为.2-5有心力是力的方向指向某固定点(称为力心)、力的大小只决定于受力物体到力心的距离的一种力，万有引力就是一种有心力。

第二章牛顿定律2 -1如图(a)所示,质量为m的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ(B) g cos θ(C) g tan θ(D) g cot θ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2用水平力F N把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N成正比地增大(C) 开始随F N增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N范围内取值．当F N增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gRμμ(B) 必须等于gR(C) 不得大于gRμ (D) 还应由汽车的质量m决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A和a B均应对地而言,本题中a A和a B的大小与方向均不相同．其中a A应斜向上．对a A、a B、a和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l＝2.1 m,质量为m的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma-cossin (1)αmg=αmgμ又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m ·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m ·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题 2-7 图分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ-( m 1 ＋m 2 )g ＝(m 1 ＋m 2 )a (1)F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ ＝(m 1 ＋m 2 )(g ＋a) (3)F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m ·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m ·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为F Ｔ ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F ′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8 如图(a)所示,已知两物体A 、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m ·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2)F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F ′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9 质量为m ′的长平板A 以速度v ′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？ 分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力f F ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F ＝μmg ＝ma 1f F ＝-f F ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度-v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有- v ′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为mgs l F l s F W μ=-+=f f ）（ 式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m ′v ′＝(m ′＋m ) v ″由系统的动能定理,有()222121v v ''+'-''=m m m mgs μ 由上述各式可得()m m g μm s +'''=22v 2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？题 2-10 图分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力F N 的分力来提供的,由于支持力F N 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)mg θF N =cos (2)且有 ()Rh R θ-=cos (3) 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为2ωg R h -= 可见,h 随ω的变化而变化．2 -11 在如图（a ）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为1 kg 和2 kg 的物体A 和B ，现以50 N 的恒力F 向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A 和B 的加速度各为多少？题 2-11 图分析 在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A 、B 两物体对地加速度并不相同，故应将A 、B 和滑轮分别隔离后，运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子张力相等，且有T 2F F =. 解 隔离后，各物体受力如图（b ）所示，有滑轮 02T =-F FA A A A T a m g m F =-B B B B T a m g m F =-联立三式，得 2.15A =a 7.2s m B 2=⋅-a ，2s m -⋅讨论 如由式a m m g m m F )()(B A B A +=+-求解，所得a 是A 、B 两物体构成的质点系的质心加速度，并不是A 、B 两物体的加速度.上式叫质心运动定理.2 -12 一质量为50 g 的物体挂在一弹簧末端后伸长一段距离后静止，经扰动后物体作上下振动，若以物体静平衡位置为原点，向下为y 轴正向.测得其运动规律按余弦形式即)2/5cos(20.0π+=t y ，式中t 以s 计，y 以m 计，试求：（1）作用于该物体上的合外力的大小；（2）证明作用在物体上的合外力大小与物体离开平衡位置的y 距离成正比. 分析 本题可直接用22d /d t y m ma F ==求解，y 为物体的运动方程，F 即为作用于物体上的合外力（实为重力与弹簧力之和）的表达式，本题显示了物体作简谐运动时的动力学特征.解 （1）由分析知F ）（2/5cos 25.0d /d 22π+-===t t y ma （N ）该式表示作用于物体上的合外力随时间t 按余弦作用周期性变化，F >0表示合力外力向下，F <0表示合外力向上.（2） F y t t 25.1)]2/5(cos 20.0[25.1)2/5cos(25.0-=+-=+-=ππ.由上式知，合外力F 的大小与物体离开平衡位置距离y 的大小成正比.“-”号表示与位移的方向相反.2 -13 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N, t 的单位的ｓ．在t ＝0时,质点位于x ＝5.0 m 处,其速度v 0＝6.0 m ·1s -．求质点在任意时刻的速度和位置．分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a ＝d v /d t ,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t )；由速度的定义v ＝d x /d t ,用积分的方法可求出质点的位置．解 因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有tm t d d 40120v =+ 依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=tt t 0d 0.40.12d 0v v v v ＝6.0+4.0t+6.0t 2又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时 x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=t xx t t t x 020d 0.60.40.6d x ＝5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 32 -14 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg ．飞机以55.0 m ·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N ·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有t αtmma F -===d d v ⎰⎰-=t t m t α0d d 0v v v得 202t m α-=v v 因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v ＝30 m ·ｓ-1又 ⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=tx x t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离m 4676300=-=-=t mαt x x s v 2 -15 质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h ．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为bv 2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O ,竖直向下为Oy 轴,求：(1) 运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；(2) 如b /m ＝0.40m -1 ,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0 的1/10？ (假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)题 2-15 图分析 该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P 、浮力F 和水的阻力f F 的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为gh 20=v运动员入水后,由牛顿定律得P -f F -F ＝ma由题意P ＝F 、f F ＝bv 2 ,而a ＝d v /d t ＝v (d v /d y ),代入上式后得-bv 2＝ mv (d v /d y )考虑到初始条件y 0 ＝0 时, gh 20=v ,对上式积分,有⎰⎰=⎪⎭⎫ ⎝⎛-v v v v 0d d 0ty b m m by m by e gh e //02--==v v(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v 0 代入上式,则得m 76.5ln 0=-=v v b m y 2 -16 一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r 的光滑圆轨道ADCB 下滑．试求小球到达点C 时的角速度和对圆轨道的作用力．题 2-16 图分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度a ｔ,与其相对应的外力F ｔ是重力的切向分量mg sin α,而与法向加速度a n 相对应的外力是支持力F N 和重力的法向分量mg cos α．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程F ｔ＝m d v/d t 和F n ＝ma n ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量．该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力F N ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得tm αmg F t d d sin v =-= (1) Rm m αmg F F N n 2cos v =-= (2) 由tαr t s d d d d ==v ,得v αr t d d =,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有()⎰⎰-=απαα2/sin 0d rg d vv v v得 αrg cos 2=v则小球在点C 的角速度为r αg rω/cos 2==v 由式(2)得 αmg αmg rm m F N cos 3cos 2=+=v 由此可得小球对圆轨道的作用力为αmg F F N Ncos 3-=-=' 负号表示F ′N 与e n 反向．2 -17 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v 0 ,求：(1)t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v 0减少2/0v 时,物体所经历的时间及经过的路程．题 2-17 图分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力F N 和环与物体之间的摩擦力F ｆ ,而摩擦力大小与正压力F N ′成正比,且F N 与F N ′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有Rm ma F n N 2v == tma F t d d f v -=-= 由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得tR μd d 2v v -= 取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v 020d d μR t t tμR R 00v v v += (2) 当物体的速率从v 0 减少到2/0v 时,由上式可得所需的时间为v μR t =' 物体在这段时间内所经过的路程⎰⎰''+==t t t tμR R t s 0000d d v v v 2ln μR s = 2 -18 一物体自地球表面以速率v 0 竖直上抛．假定空气对物体阻力的值为F r ＝kmv 2 ,其中m 为物体的质量,k 为常量．试求：(1) 该物体能上升的高度；(2)物体返回地面时速度的值．(设重力加速度为常量．)题 2-18 图分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 和阻力F r 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力F r 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有ym t m km mg d d d d 2v v v v ==-- 依据初始条件对上式积分,有⎰⎰+-=0200d d v v v v k g y y ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=202ln 21v v k g k g k y 物体到达最高处时, v ＝0,故有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g k g k y h 20max ln 21v (2) 物体下落过程中,有yv m km m g d d 2v v =+- 对上式积分,有⎰⎰--=0200d d v vv v k g y y则 2/1201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g k v v v2 -19 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F 的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是v m ．试计算从静止加速到v m /2所需的时间以及所走过的路程．分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k ．由于阻力F r ＝kv 2 ,且F r 又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换．解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有tm k F d d 2v v =- (1) 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得k ＝F/v m 2 (2)由式(1)和式(2)可得t m F m d d 122v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (3) 根据始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m t F m t v v v v 2101220d 1d则 3ln 2F m t m v =又因式(3)中xm t m d d d d v v v =,再利用始末条件对式(3)积分,有 ⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m x F m x v v v v 2101220d 1d则 Fm F m x m m 22144.034ln 2v v ≈=*2 -20 在卡车车厢底板上放一木箱,该木箱距车箱前沿挡板的距离L ＝2.0 m,已知制动时卡车的加速度a ＝7.0 m ·ｓ-2 ,设制动一开始木箱就开始滑动．求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数μ＝0.50．分析 如同习题2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F 0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a ′为木箱相对车厢的加速度．解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有F 0 -f F ＝ma -μmg ＝ma ′ (1)v ′ 2 ＝2a ′L (2)联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为 ()L g a μ-='2v =1s m 9.2-⋅=。

* *(1)题2-2图由①、②式消去t ，得1 2 g sin2v 2当t = 2 s 时质点的 ⑴位矢；（2）速度.7aym 16m习题二1 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ）上以初速度V o 运动, 斜面底边的水平线 AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道. 解：物体置于斜面上受到重力 mg ，斜面支持力N .建立坐标：取V 0方向为X v 0的方向与，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴•如图2-2. X 方向: F x x V o t Y 方向:F ymg sinma yv yy ^gsint 2x 22 质量为16 kg 的质点在 xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为6 N , f y =-7 N ，当 t = 0 时，x y0 , v x = -2 m s -1V y = 0 .解:a xm6 16* *1⑶质点停止运动时速度为零，即 t *,23v xv x0 0 a x dt2 8 227 7v yv y00 a y dt2 —168于是质点在2s 时的速度5 7 .v i j m s 4 8(v °t 1 a x t 2)i1 a.2 .y t J 221 31 7 (2 2 — —4)i -()4J2 82 1613.7 .i j m48v v 0ex vdt: v 0e^dt3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为v o ,证明(1) t 时刻的速度为v = v 0e m ； (2) 由0到t 的时间内经过的距离为d )tx =(一二)[1- e m ]； (3)停止运动前经过的距离为 k mv o 代)；⑷证明当t mk 时速答：⑴••• kv amdvdt分离变量，得 dv kdt v vdv v 0vm t kdtln — v °In kte扁故有xkt mv0v0e m dt0k⑷当t= m时，其速度为kV k mv°e m^ v°e 1v e1即速度减至V。

大学物理第二章习题答案大学物理第二章习题答案大学物理是大多数理工科学生必修的一门课程，其中第二章是关于向量和运动学的内容。

本文将为大家提供一些大学物理第二章习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握这一章节的知识。

1. 问题：一个物体以5 m/s的速度从斜坡上滑下来，斜坡的倾角为30°。

求物体滑下斜坡所需的时间。

解答：首先，我们需要将斜坡的倾角转换为弧度。

倾角为30°，转换为弧度的公式为弧度 = 角度× π / 180。

所以，30°转换为弧度为30 × π / 180 = π / 6。

然后，我们可以利用运动学中的公式来求解。

物体在斜坡上滑动，可以将其分解为水平和竖直方向上的运动。

在水平方向上，物体的速度不变，为5 m/s。

在竖直方向上，物体受到重力的作用，加速度为g = 9.8 m/s²。

根据运动学的公式，竖直方向上的位移可以表示为h = (1/2) × g × t²，其中 h 为位移，g 为加速度，t 为时间。

由于物体滑下斜坡的竖直位移为 0，所以我们可以得到以下方程：0 = (1/2) × g × t²解方程得到 t = 0 或t = 2 × 0 / g = 0。

因此，物体滑下斜坡所需的时间为0秒。

2. 问题：一个物体从斜坡上滑下来，滑下斜坡后继续在水平地面上滑行。

已知物体从斜坡上滑下所需的时间为2秒，滑下斜坡后在水平地面上滑行的距离为6米。

求物体在斜坡上的滑动距离。

解答：首先，我们可以利用已知条件求解物体在水平地面上的速度。

根据物体在斜坡上滑行的时间和水平距离，我们可以得到以下方程：6 = 2 × v解方程得到 v = 6 / 2 = 3 m/s。

然后，我们可以利用运动学中的公式来求解物体在斜坡上的滑动距离。

物体在斜坡上滑行的时间为2秒，速度为3 m/s。

物理学教程（第二版）上册习题答案 第一章 质点运动学 1 -1分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t st d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．1 -2 分析与解 t rd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t sd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 分析与解 td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)． 1 -5解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -6 解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位臵． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r1 -7 ．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m ·ｓ-1 , v 0y ＝15 m ·ｓ-1,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==xy a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则m 716.0='-=h h d1 -9 解 由分析知,应有⎰⎰=tta 0d d 0v v v得03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=tx x tx 0d d 0v得00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1代入(1)、(2)得v 0＝-1 m ·ｓ-1, x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度)e 1(Bt BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)e 1(d d Bt BAt y --==v 并考虑初始条件有 t BAy tBt yd )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt BAt B A y 1 -11解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt tt 0)d 46(d d j i a v vj i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -12 解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=tyt x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度 v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t ttt e e e a 222s1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv1 -13解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m ·s -1,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gyx v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xyθ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gtαx y arctan arctan ==取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α1 -14解 在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1） 2021sin (gt t v y -=）α （2） gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间37.1cos 0mm ==αv x t s（2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式（2），得飞行最大高度67.02sin 220m ==gv y αm则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m=t s 代入式（2），得西岸木桥位臵为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论 本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1）20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20==gv t s 将 t 值代入式（1），得1.263220===gv x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β= （1）2021)sin (gt t v y -=β （2） 对点P αtan x y =' （3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -= （4）落地时，应有y y '=，即60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -=解之得落地点P 的x 坐标为gv x 3320=（5）则 1.263230cos 20===gv xOPm 联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论 比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts-==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v故加速度的大小为R)(402222bt b a a a a t tn-+=+=v其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v =(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-=因此质点运行的圈数为bRR s n π4π22v ==1 -17 解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω 2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+=()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 2032220====-⎰⎰t t t t ωθθ1 -18 解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==tωra t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223nt a a =,即 ()()422212243t r rt =得 3213=t此时刻的角位臵为rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t ＝0.55ｓ1 -191'22v v v += (如图所示),于是可得1o12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -20 解 由122v v v -='［图(b)］,有θθcos sin arctan221v v v -=α而要使hlαarctan≥,则 h lθθ≥-cos sin 221v v v⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v第二章 牛顿定律2 -1分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征． 2 -2 分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位臵有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmgF N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,ma 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)．2 -6解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -==则()αμααg lt cos sin cos 2-=(2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg lt2 -7解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ-( m 1 ＋m 2 )g ＝(m 1 ＋m 2 )a (1)F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ ＝(m 1 ＋m 2 )(g ＋a) (3)F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装臵以加速度a ＝10 m ·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ ＝5.94 ×103N乙对甲的作用力为F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103N(2) 当整个装臵以加速度a ＝1 m ·ｓ-2上升时,得绳张力的值为F Ｔ ＝3.24 ×103N此时,乙对甲的作用力则为F ′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8 解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ ＝m A a (1) F ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F ′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=am m mg F2 -9解1 以地面为参考系,在摩擦力f F ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F ＝μmg ＝ma 1 f F ＝-f F ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有- v ′2＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为mgs l F l s F W μ=-+=f f ）（ 式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m ′v ′＝(m ′＋m ) v ″由系统的动能定理,有()222121v v ''+'-''=m m m mgs μ 由上述各式可得()m m g μm s +'''=22v 2 -10解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)mg θF N =cos (2)且有 ()Rh R θ-=cos (3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为2ωg R h -=可见,h 随ω的变化而变化．2 -11解 隔离后，各物体受力如图（b ）所示，有滑轮 02T =-F FA A A A T a m g m F =-B B B B T a m g m F =-联立三式，得2.15A =a 7.2s m B 2=⋅-a ，2s m -⋅2 -12 解 （1）由分析知F）（2/5cos 25.0d /d 22π+-===t t y ma （N ） 该式表示作用于物体上的合外力随时间t 按余弦作用周期性变化，F >0表示合力外力向下，F <0表示合外力向上. （2） Fy t t 25.1)]2/5(cos 20.0[25.1)2/5cos(25.0-=+-=+-=ππ.由上式知，合外力F 的大小与物体离开平衡位臵距离y 的大小成正比.“-”号表示与位移的方向相反.2 -13 解 因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有tmt d d 40120v =+ 依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=ttt 0d 0.40.12d 0v v vv ＝6.0+4.0t+6.0t 2又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时 x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=txx t t t x 020d 0.60.40.6dx ＝5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 32 -14 解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有t αtmma F -===d d v⎰⎰-=tt mt α0d d 0vv v 得202t mα-=v v 因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v ＝30 m ·ｓ-1又⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t xx t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离m 4676300=-=-=t mαt x x s v 2 -15解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为gh 20=v运动员入水后,由牛顿定律得P -fF -F ＝ma由题意P ＝F 、fF ＝bv 2,而a ＝d v /d t ＝v (d v /d y ),代入上式后得-bv 2＝ mv (d v /d y )考虑到初始条件y 0 ＝0 时,gh 20=v ,对上式积分,有⎰⎰=⎪⎭⎫⎝⎛-v v v v 0d d 0ty b m m by m by e gh e //02--==v v(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1,v ＝0.1v 0 代入上式,则得m 76.5ln 0=-=v vb m y 2 -16解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力F N ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得t mαmg F t d d sin v=-= (1) R m m αmg F F N n 2cos v =-= (2)由tαr t s d d d d ==v ,得vαr t d d =,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有 ()⎰⎰-=απαα2/sin 0d rg d vv v v得αrg cos 2=v则小球在点C 的角速度为r αg rω/cos 2==v由式(2)得 αmg αmg rm m F N cos 3cos 2=+=v 由此可得小球对圆轨道的作用力为αmg F F N Ncos 3-=-=' 负号表示F ′N 与e n 反向．2 -17解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有R m ma F n N 2v ==tma F t d d f v-=-=由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得tR μd d 2v v -=取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v020d d μR t ttμR R 00v v v +=(2) 当物体的速率从v 0 减少到2/0v 时,由上式可得所需的时间为v μR t ='物体在这段时间内所经过的路程⎰⎰''+==t t t tμR R t s 000d d v v v2ln μRs =2 -18解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有ym t mkm mg d d d d 2v v v v ==-- 依据初始条件对上式积分,有⎰⎰+-=02d d v v v v k g y y⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=202ln 21v v k g k g k y 物体到达最高处时, v ＝0,故有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g k g k y h 20maxln 21v (2) 物体下落过程中,有yv mkm mg d d 2v v =+-对上式积分,有⎰⎰--=02d d v v vv k g y y则 2/1201-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=g k v v v2 -19 解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有tmk F d d 2vv =- (1) 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得k ＝F/v m 2(2)由式(1)和式(2)可得t m F m d d 122vv v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (3) 根据始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m tF m t v v v v 2101220d 1d则3ln 2Fm t mv =又因式(3)中xm t m d d d d v v v =,再利用始末条件对式(3)积分,有 ⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m xF mx v v v v 2101220d 1d则 Fm F m x mm 22144.034ln 2v v ≈=*2 -20 解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有F 0 -fF ＝ma -μmg ＝ma ′ (1)v ′ 2＝2a ′L (2)联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为()L g a μ-='2v =1s m 9.2-⋅=第三章 动量守恒定律和能量守恒定律3 -1 分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)． 3 -2 分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．3 -3 分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位臵有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4 分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5 分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．3 -6 解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得Δ-='v m t F式中F '为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得N 1055.252⨯=='lm F v鸟对飞机的平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故． 3 -7 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面的时间为gt t αsin Δ2Δ0122v ==于是,在相应的过程中重力的冲量分别为j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2,解此方程可得t ＝6.86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6.86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v3 -9 解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F (2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F3 -10 解 力F 的冲量为ωωωkAt t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d即()ωkA m -=v Δ 3 -11 分析 第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b ）所示；也可建立如图（a ）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.解 （1） 解 1 由分析知，有12mv mv t F -=∆其矢量关系如图（b ）所示，则)60180cos())((2)()()(2122212 --+=∆mv mv mv mv t F解之得 N 9.197=F解 2 由图（a ）有x x x mv mv t F 12-=∆02-=∆y y mv t F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=y x F F F(2) 由质点动能定理，得J 7.4721212122=-=mv mv W3 -12 解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为 Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF 从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -13 解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A A m m m m v v v '=+- (1)()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m ·s -1代入数据后,可解得()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B BB A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=mm m m m m m m B A B B A B v v 也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解． 3 -14解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得u m m mα'++=cos 00v v人的水平速率的增量为u mm mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为g αt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 解 由运动学方程x ＝ct 3,可得物体的速度23d d ct tx==v 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W ll -=-==⋅=⎰⎰⎰x F 3 -16解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位臵的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为()J 882d d 100100=-=⋅=⎰⎰y agy mg W y F3 -17解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位臵有关,即()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功s F d T T ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位臵时的动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位臵的速率为1PK s m 30.222-⋅===mW m E v(3) 当小球在最低位臵时,由牛顿定律可得l m P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v3 -18 解 (1) 摩擦力作功为20202k0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ1632v =(3) 由于一周中损失的动能为2083v m ,则在静止前可运行的圈数为 34k0==W E n 圈3 -19解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1 ＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式(3)可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g应注意,势能的零点位臵是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点． 3 -20 解 （1）子弹-木块系统满足动量守恒，有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mv E =-=∆ 对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆ （2） 对木块和子弹分别运用质点动能定理，则对木块201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆= （3） 设摩擦阻力大小为fF ,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s ，则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f1=对子弹 )(f2s L F W +-=得 L F W W W f21-=+=式中L 即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.(4) 对木块 2f 121mv s F W ==对子弹 202f2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加，得202221)2(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+ 即 20f 183mv L F -=- 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.3 -21 解 因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d dΔx ＝0.41 ×10 -2m3 -22 解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得()E 22E E 33R m R m m G v = 则EE 2k 621R m m G m E ==v(2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为EE P 3R mm GE -=(3) 卫星的机械能为EE E E E E P k 636R mm G R m m G R m m GE E E -=-=+=3 -23解 由系统的机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为Rm F θmgR 2N cos v =- (2)冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位臵o θ2.4832arccos== 冰块此时的速率为32cos RgθgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为α＝90° - θ ＝41.8°3 -24 解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm m g c2v =(1)取小球开始时所在位臵A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgrk 3 -25 解 设弹簧的最大压缩量为x 0 ．小球与靶共同运动的速度为v 1 ．由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2) 由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=3 -26 解 由水平方向的动量守恒定律,有v vv ''+=m mm 2(1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力F Ｔ＝0,则lm g m h2v ''=' (2)式中v ′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有221221h m gl m m v v ''+'='' (3) 解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为glm m 52'=v3 -27 解 （1）由动能守恒得mv i v mj mv i mv +-=+-200 碰撞后另一物体速度为j v i v v 002+-= 通过上式，读者还可求得速度大小和方向.(2) 碰撞后另一物体速度大小为0202025)2(v v v v =+-= 则 20202020241)2121(])2(2121[mv mv mv v m mv E -=+-+=∆“-”号表示碰撞后系统机械能减少了. 3 -28解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有αm βmm A B A cos cos 221v v v '+= (1) αm βmA B sin sin 20v v '-= (2)又由机械能守恒定律,有222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= (3) 解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v各粒子相对原粒子方向的偏角分别为022243arccos o 22'=''+=AA AA αv v v v65443arccos o '==ABβv v3 -29 解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= (1)在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v 2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得()αh αg m m μsin cos '+-()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+=(2) 由式(1)、(2)可得()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫⎝⎛'+=αμgh αm m m v v3 -30 题 3 解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得0='-'m m m m v v (1)mgR m m m ='+'222121v v v (2) 式中v m 、v m ′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为m m gR m m '+'=2vm m gR m m m m '+''='2v由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为()gR m m m m m m m m 2⎪⎭⎫⎝⎛''+=+=--='''v v v v v (3)在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为Rm mg F mN 2v '=- (4)由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为第四章 刚体的转动4－1 分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．4－2 分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．4－3 分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位臵，重力矩最大，当棒处于竖直位臵时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．4－4 分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即ωJ ωJ d m d m =+-00v v式中mvd 为子弹对点O 的角动量0ω为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J 0，则ω＜0ω．故选(C)．。

大学物理学上册习题解答HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】大学物理学习题答案习题一答案习题一1.1 简要回答下列问题：(1)位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等(2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么(4)质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变(5) (6)r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dv dt =和0d v dt=各代表什么运动？ (7)设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =dr v dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确两者区别何在(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8)“物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9)(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？(11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。