r r r v dr v= = ωR( − sin ωti + cos ωtj ) dt （2） r r r r dv r a= = −ωR(cos ωti + sin ωtj ) = − ω 2 r 方向恒指向圆心 dt
1-3 （1） x = 4t , y = 2t + 3, x = ( y − 3) 故x ≥0，y≥3,质点轨迹为抛物线的一段。
2 2
r r r r r r 2 （2） ∆r = r (1) − r (0) = 4i + 2 j ; 大小为 ∆r = 4 2 + 2 2 = 2 5m, 与x轴夹角θ = tg −1 = 26.6o 4
(3) 1-4 1-5
r r r r r dv r r dr = 8ti + 2 j , a = = 8i . v= dt dt
3-15 x max =
m2 ⋅ mv0 ( m + m1 )(m + m1 + m2 )
3-16 A 球第一次碰撞后返回的高度是 h A = 3-17
1 (1 − e) 2 h1 . 4
m B > 3m A .
m−M r −1 v = v = v0 m 0 m+M r +1 v M = 2 m v 0 = 2 r v 0 m+M r +1
新 概 念 力 学 习 题
答 案
1
新概念力学习题答案
第一章
1-1 位移 ∆x = x(t ) − x(0) = 3 sin 速度 v =
π
6
t，
dx π π = cos t ， dt 2 6
加速度 a =
dv π2 π =− sin t 。 dt 12 6
2 2 2
1-2 （1）Q x = R cos ωt , y = R sin ωt;Q x + y = R , 质点轨迹是圆心在圆点 的圆.
ω = 2ag ; (2) 相对弯管静止的角速度为 ω =
g ，即没有唯一的角速度。 R− y
f = mM ( 2a − a ' ) r r r f c = 2mv × ω ； f c = 2mω sin 30o = 91N ，压向东边。
第三章
3-1 最后一节车厢与列车后端相距 ∆s = s ' + s = Ms /( M − m) 3-2 3-3 3-4 3-5
经误差分析后得: mn = (1.159 ± 0.252)m H ; 3-21 v1 =
28 13 v0 , v 2 = v0 . 27 27 1 2 3-22 v = v0 5 − 2 2 = 0.368v0 , θ = tg −1 = 28.68o 4 4− 2 1 1 2 2 末态动能 E k = 0.52 × m0 v0 < m0 v0 不守恒！ 2 2 3-23 (1) 由此得 v汽 > 120km / h ，目击者的判断不可信。
，式中
3-18
r = m/M .
3-19 （1） v = u1 / 2 ， m2 = 3m1 ;（2） vc = 3-20
1 3 1 1 1 c 2 2 u1 ;（3） Ek = • m1u1 ;（4） E k 1 = • m1u1 . 4 2 4 4 2
mn =
14v N − v H mH = 1.159mH ; v0 = 3.07 × 107 m / s . vH − vN v0 = (3.07 ± 0.31) × 107 m / s .
∑u v
m
=
mB m A + mB
k x0 . mB
（2） 当 F 刚撤除时，a c max = g (方向向上)； 当 l0 − x = l1时，F外 = 0, a c = 0 ； 当 l 0 − x = −l1 ，
F外 = − （m1 + m2 ) g , ac = − g ，是 m2 刚要离地时的质心力加速度，方向向下。
ω1 =
k m1
' x A max = x0 + x0 = (1 +
3-8（1） v B =
k x0 ； （2） m A + mB
mA ) x0 m A + mB
i i
3-9 （1） a c max = F外 / m = kx0 /( m A + m B ) ； （2） vc max = 3-10 （1） F = ( m2 + m2 ) g
2-3 2-4 2-5 2-6
I = m (T0 − mg )l = 0.86kg ⋅ m / s
v1 =
ft1 ft1 ft , v2 = + 2 . m1 + m2 m1 + m2 m2 S 船 = 1.4m. (对岸), S人 = − S船 + S人对船 = 2.6m .(对岸).
v0 + v乙 m货 = 300kg . v0 − v乙 m m 2-7 v前 = v + u , v 中 = v , v后 = v − u M +m M +m Nm 2-8 (1) v车 = − u M + Nm 1 1 1 1 (2) v车N = − m[ + +L+ + ]u M + Nm M + ( N − 1)m M + 2m M + m m乙 =
∆t n = t n − t n −1 = ( n − n − 1)∆t1 = 4 × ( 7 − 6 ) = 0.785s
v0 = h = gh t
2 v0 1 2 − gt0 2g 8
1-6
y=
1-7 由 7,
由 ∆s = v0 ∆t1 +
1 1 a∆t12 , 及 2∆s = v 0 (∆t1 + ∆t 2 ) + a(∆t1 + ∆t 2 ) 2 即可证. 2 2
1-15
v 物 = v0 − gt = 49 − 9.8t ,
第二章
2-1
2 2 PB = Pe + Pv = 10.65 × 10 −16 g ⋅ cm / s. θ = 30o .
2-2 (1)木块的速率 v =
2 m Mm v0 和动量 p木 = v0 ；子弹的动量 p子 m v0 . M +m M +m M +m Mm (2)子弹施予木块的动量 I 木 = v0 . M +m
2-18
F > ( µ1 + µ 2 )( m1 + m2 ) g
2d ]2 g cos θ (sin θ − µ cos θ )
1
2-19 (1) t = [ (2) µ = 2-20 2-21
cos 60o sin 60o − cos 45o sin 45o = 2 − 3 = 0.268 cos 2 60o − cos 2 45o m ( m + m3 ) − 4m 2 m3 1 a1' = 1 2 g= g = 0.58m / s 2 m1 (m2 + m3 ) + 4m2 m3 17
Ft =
(2) v = 2500 ln
60 = 2500 ln 5 = 4023.6m / s . 60 − 48
2-13
F = (v + u )
dm 为向前的推力, 此式的 v、u 为绝对值. dt dm (向前) dt
2-14 (1) 水平总推力为 F = v
(2) 以上问题的答案不改变 2-15 质点受力 f = ma = − mω r , 恒指向原点. 2-16 F > 2-17
h = R/3 h ≥ 5R / 2 2 h = ( v0 + v12 ) / 4 g
vB = [
2( mB − µm A ) gh 2 ] m A + mB
1
3-6 3-7
θ min = cos −1 ( +
vm =
1 3
1 3M 1− ) 3 2M
m2 m1 m2 g g = , m1 k m1 ω1
3-11 证明的关键是作用力和反作用力在任何参考系中都相等，即 N=N’ 。
m 3-12 两物体的速度为 V = 2 gh ；上升的最大高度为 M +m
m2 H= 2 h . M − m2
新 概 念 力 学 习 题
答 案
5
3-13 (a)
1 k1k 2 2 l ；(b) 如非常缓慢地拉长，则 A 被分配到两弹簧上，此时 A 如上最小； 2 k1 + k 2 1 2 若非常急速地拉， k1 及 m 都来不及变化和运动，故 Amax = k 2 l 。一般地有： 2 1 k1k2 2 1 2 l ≤ A ≤ k 2l 。 2 k1 + k2 2 m v0 = 16m / s . （1） A木块→子弹 = 1 mV 2 − 1 mV0 = −6397.44 J ; （2） 3-14 V = M +m 2 2 1 A子弹→木块 = MV 2 = 125.44 J ;（3）耗散掉的机能: ∆E = − A木块→子弹 − A子弹→木块 = 6272 J . 2 A=
新 概 念 力 学 习 题
答 案
2
1-11 (1) s = 100 ×
2 × 9.8 = 200 α = tg −1 (100 × ) = 77.64o = 77o 38′24′′ h 98 × 9.8
vy v = 0.96m / s;
3
(2) a t = g cos θ = g ⋅ 1-12
a n = g sin θ = g ⋅
vx = 9.75m / s 2 v
ρ=
v3 1 2 = ( v0 − 2 gy ) 2 gv x v0 g cosθ