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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=(y3)2;(3)10m/s2,-15m/s21-3解:(1)2192xy(2)24tvij4aj(3)垂直时,则0=rv22(192)(24)0tttijij0ts,3st(舍去)1-4解:设质点在x处的速度为v,62dddddd2xtxxtavvxxxd62d020vvv2213xxv1-5解:ytyytaddddddddvvvv又aky,所以-kyvdv/dyddkyyvv221122kyCv已知yy0,vv0则20202121kyCv)(220202yykvv1-6证:2ddddddddvxvvtxxvtvKdv/v=-KdxxxK0dd10vvvv,Kx0lnvvv=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/cos0220v;(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tnaaa22ttaRRtaaaaantttntotaRttc(2)otRtaStc212122-4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0dddddd22tStabtStv,v,2banρv2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AEAFFEvvvAEv、AFv、AEv构成直角三角形,可得22170km/hAEAFFEvvv4.19/tg1AEFEvv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/sin21vmgNcos所以西北FEvFEvAFvFEvAEvFEvORSaαaτanBANmgR3Rg21tgv(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/cossin22vmgNNsincos所以cossincossin2222RgRgvv将Rg21tgv代入得078.021222221RgRgvvvv3-4解:(1)设同步卫星距地面的高度为h,距地心的距离rR+h。由22/mrrGMm①又由mgRGMm2/得2gRGM,代入①式得3/122)/(gRr②同步卫星的角速度51027.7rad/s,解得r71022.4m,41058.3Rrhkm(2)由题设可知卫星角速度的误差限度为10105.5rad/s由②式得223/gRrln2lnln32)(gRr取微分并令dr=r,d,且取绝对值,有3r/r=2r=2r/(3=213m3-5解:xmtxxmtmxkfdddddddd2vvvv4/202dd,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)Ftmm112,FtFtmmm11122;(4)vvvvMumumMm)()()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。23ghvjjvi12-,4设质量为m的砂子在t时间内平均受力为F,则(3)mmmtttpvvFij214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tg1(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)()(11umMmMvvv)/(1mMmuvv由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为)/(1mMmuvvv因为人从最高点落到地面的时间为gt/sin0v故人跳的水平距离增加量为gMmmutx)(sin0vv4-5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()cosdtmuttMmcosmlxMm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(rk5-3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00ddalalfygylmyfW202()22lamgmgylall(2)以链条为对象,应用质点的动能定理2201122WmvmvPf,00v22()dd2llPaamgmglaWPxxxlllalmgWf2)(2222221)(22)(vmallmglalmg21222)()(alallgv5-4解:陨石落地过程中,万有引力的功)(d2hRRGMmhrrGMmWRhR根据动能定理2022121)(vvmmhRRGMmh202()hvGMvRRh5-5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2222121kxmEv由于只有保守力做功,系统机械能守恒,即2202002121sin)(21kxmxxmgkxEKv在平衡位置有mgsin=kx0kmgxsin0代入上式整理得OOx0xOlalaOx题5-3解图6kmgkxmgxEmK2)sin(21sin212202v练习6碰撞、角动量守恒定律6-1(1)C;(2)E6-2(1)mab,0;(2)1N·m·s,1m/s;(3)2275kgm2·s1,13m·s16-3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BBAAAAmmmvvv0①2220212121BBAAAAmmmvvv②联立解出0ABABAAmmmmvv,02ABAABmmmvv由于二球同时落地,所以0Av,BAmm。且BBAALLvv//。故52BABALLvv,522ABAmmm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00II①RmRRmR//20020vv整理后得vv/00RR②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。dmDmAAvv0,dD/0vvA、B系统机械能守恒(A在很远处时,引力势能为零)dmGmmmBAAA/2121220vvdGmB/2202vv)2/()(2022GddDmBv6-6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rmrmLtvv①7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//22vrGMt2v③将①式、③式代入②式并化简得02)(222222rrrrttntvvvv0])][()[(rrrrtnttntvvvvvv故nttrrvvv17397km,nttrrvvv27013km远地点:99711Rrhkm近地点:61322Rrhkm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=rβ①x2g-T2=x2a②T1-x2g=x1a③(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=I②又a=R③RvnmOvtrSMaOx2x1128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)B8-202ImRvImR8-3解:由动量定理,对木块M:-ft=M(v2-v1)对于圆柱体:ftR=I(-0)所以-M(v2-v1)=I(-0)/R因为00,有-M(v2-v1)=I/R=Iv2/R21221vIMRv8-4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。IAA+IBB=(IA+IB)又B=0,可得IAA/(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TMRTmga9LmLxxxxLL0202/002/30021ddvvvv式中为杆
本文标题:大学物理练习答案施建青
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