练习册力学部分参考解答

1练习1在笛卡尔坐标系中描述质点的运动1-1（1）D；（2）D；（3）B；（4）C1-2（1）8m；10m；（2）x=(y3)2；（3）10m/s2，－15m/s21-3解：（1）2192xy（2）24tvij4aj（3）垂直时，则0=rv22(192)(24)0tttijij0ts，3st（舍去）1-4解：设质点在x处的速度为v，62dddddd2xtxxtavvxxxd62d020vvv2213xxv1-5解：ytyytaddddddddvvvv又aky，所以-kyvdv/dyddkyyvv221122kyCv已知yy0，vv0则20202121kyCv)(220202yykvv1-6证：2ddddddddvxvvtxxvtvKdv/v=－KdxxxK0dd10vvvv,Kx0lnvvv=v0e－Kx2练习2在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动2-1（1）C；（2）A；（3）B；（4）D；（5）E2-2（1）gsin，gcos；（2）g/cos0220v；（3）-c，(b-ct)2/R；（4）69.8m/s；（5）331ct，2ct，c2t4/R2-3解：（1）物体的总加速度a为tnaaa22ttaRRtaaaaantttntotaRttc（2）otRtaStc212122-4解：质点的运动方程可写成S=bt,式中b为待定常量。由此可求得0dddddd22tStabtStv,v,2banρv2由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，越来越小，而b为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。2-5解：设下标A指飞机，F指空气，E指地面，由题可知：vFE=60km/h正西方向vAF=180km/h方向未知vAE大小未知，正北方向所以AEAFFEvvvAEv、AFv、AEv构成直角三角形，可得22170km/hAEAFFEvvv4.19/tg1AEFEvv飞机应取向北偏东19.4的航向。练习3牛顿运动定律3-1（1）C；（2）D；（3）D；（4）B；（5）B3-2（1）l/cos2θ；（2）2％3-3解：(1)先计算公路路面倾角。设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．因而有RmN/sin21vmgNcos所以西北FEvFEvAFvFEvAEvFEvORSaαaτanBANmgR3Rg21tgv(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为N′，这里N′为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律RmNN/cossin22vmgNNsincos所以cossincossin2222RgRgvv将Rg21tgv代入得078.021222221RgRgvvvv3-4解：(1)设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离rR+h。由22/mrrGMm①又由mgRGMm2/得2gRGM，代入①式得3/122)/(gRr②同步卫星的角速度51027.7rad/s，解得r71022.4m，41058.3Rrhkm(2)由题设可知卫星角速度的误差限度为10105.5rad/s由②式得223/gRrln2lnln32）（gRr取微分并令dr=r，d，且取绝对值，有3r/r=2r=2r/(3=213m3-5解：xmtxxmtmxkfdddddddd2vvvv4/202dd,ddAAxmxkmxxkvvvvv练习4质心系和动量守恒定律4-1（1）C；（2）C；（3）C4-2（1）0.003s，0.6N·s，2g；（2）0)21(gym，0vm21；（3）Ftmm112，FtFtmmm11122；（4）vvvvMumumMm)()()2(；（5）18N·s44-3解：设沙子落到传送带时的速度为v1，随传送带一起运动的速度为v2，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上。23ghvjjvi12-,4设质量为m的砂子在t时间内平均受力为F,则(3)mmmtttpvvFij214由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x轴的夹角为，则tg1(4/3)=53°力方向斜向上。4-4解：人到达最高点时，只有水平方向速度v=v0cos，此人于最高点向后抛出物体m。设抛出后人的速度为v1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即)()(11umMmMvvv)/(1mMmuvv由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为)/(1mMmuvvv因为人从最高点落到地面的时间为gt/sin0v故人跳的水平距离增加量为gMmmutx)(sin0vv4-5解：(1)以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为Vx，则有0)cos(xxVumMV)/(cosmMmuVx即炮车向后退。(2)以u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为)/(cos)()(mMtmutVx通过积分，可求炮车后退的距离txttVx0d)(0()cosdtmuttMmcosmlxMm即向后退。练习5机械能守恒定律5-1（1）B；（2）A；（3）D；（4）C5-2（1）18J，6m/s；（2）)131(RRGMm或RGMm32；（3）kmgF2)(2；（4）)(mrk，)2(rk5-3解：(1)建立如图坐标。某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为5glymf摩擦力的功00ddalalfygylmyfW202()22lamgmgylall(2)以链条为对象，应用质点的动能定理2201122WmvmvPf，00v22()dd2llPaamgmglaWPxxxlllalmgWf2)(2222221)(22)(vmallmglalmg21222)()(alallgv5-4解：陨石落地过程中，万有引力的功)(d2hRRGMmhrrGMmWRhR根据动能定理2022121)(vvmmhRRGMmh202()hvGMvRRh5-5解：如图所示，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sin)(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v在平衡位置有mgsin=kx0kmgxsin0代入上式整理得OOx0xOlalaOx题5-3解图6kmgkxmgxEmK2)sin(21sin212202v练习6碰撞、角动量守恒定律6-1（1）C；（2）E6-2（1）mab，0；（2）1N·m·s，1m/s；（3）2275kgm2·s1，13m·s16-3解：A、B两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得BBAAAAmmmvvv0①2220212121BBAAAAmmmvvv②联立解出0ABABAAmmmmvv，02ABAABmmmvv由于二球同时落地，所以0Av，BAmm。且BBAALLvv//。故52BABALLvv，522ABAmmm所以5/BAmm6-4解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、I0、0和v、I、．则00II①RmRRmR//20020vv整理后得vv/00RR②物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供RmF/2v由②式可得3/12020)/(FmRRv当F=600N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R=0.3m分6-5解：A对B所在点的角动量守恒．设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为v。dmDmAAvv0，dD/0vvA、B系统机械能守恒(A在很远处时，引力势能为零)dmGmmmBAAA/2121220vvdGmB/2202vv)2/()(2022GddDmBv6-6解：(1)爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星对地心的角动量始终守恒，故应有rmrmLtvv①7其中r＇是新轨道最低点或最高点处距地心的距离，v则是在相应位置的速度，此时vr。(2)爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒：rGMmmmnt/212122vvrGMmm/212v②由牛顿定律rmrGMmt//22vrGMt2v③将①式、③式代入②式并化简得02)(222222rrrrttntvvvv0])][()[(rrrrtnttntvvvvvv故nttrrvvv17397km，nttrrvvv27013km远地点：99711Rrhkm近地点：61322Rrhkm练习7刚体定轴转动的转动定律和动能定理7-1（1）A；（2）C7-2（1）50ml2；（2）5.0N·m；（3）3mL2/4，21mgL，Lg32；（4）47-3解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为x1、x2选长度为x1、x2的两段绳和绕着绳的盘为研究对象．设a为绳的加速度，β为盘的角加速度，r为盘的半径，为绳的线密度，且在1、2两点处绳中的张力分别为T1、T2，则=m/l，a=rβ①x2g－T2=x2a②T1－x2g=x1a③(T1－T2)r=(21M＋r)r2β④解上述方程，利用l=r＋x1＋x2，并取x2－x1=S，可得lMmSmga)21(7-4解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mg－T＝ma①对滑轮：TR=I②又a＝R③RvnmOvtrSMaOx2x1128将①、②、③式联立得a＝mg/(m＋21M)由于v0＝0，所以v＝at＝mgt/(m＋21M)7-6解：如图所示，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。由牛顿第二定律，对人：Mg－T2＝Ma①对重物：T1－21Mg＝21Ma②由转动定律，对滑轮有(T2－T1)R＝I＝MR2/4③因绳与滑轮无相对滑动a＝R④由①、②、③、④四式联立解得a＝2g/7练习8刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律8-1（1）C；（2）D；（3）B8-202ImRvImR8-3解：由动量定理，对木块M：－ft＝M(v2－v1)对于圆柱体：ftR＝I(－0)所以-M(v2－v1)＝I(－0)/R因为00,有-M(v2-v1)＝I/R＝Iv2/R21221vIMRv8-4解：(1)选择A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒。IAA＋IBB=(IA＋IB)又B＝0，可得IAA/(IA＋IB)=20.9rad/s转速n200rev/min(2)A轮受的冲量矩tMAd=IA(IA＋IB)=4.19×102N·m·s负号表示与Aω方向相反。B轮受的冲量矩tMBd=IIB(-0)=4.19×102N·m·s方向与Aω相同。8-5解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为TMRTmga9LmLxxxxLL0202/002/30021ddvvvv式中为杆