大学物理（上册）练习解答练习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）C 1-2 （1）8 m ；10 m ；（2）x = (y -3)2；（3）10 m/s 2，－15 m/s 2 1-3 解：（1）2192x y =-（2）24t =-v i j 4=-a j（3）垂直时，则0=r v22(192)(24)0t t t ⎡⎤+--=⎣⎦i j i j0t =s ，3s t =-（舍去）1-4 解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v1-5 解： yt y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ，所以-k =y v d v / d yd d ky y -=⎰⎰v v221122ky C -=+v 已知=y y 0 ，=v v 0 则20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v 1-6 证：2d d d d d d d d v xv v t x x v t v K -==⋅= d v /v =－K d x⎰⎰-=x x K 0d d 10v v vv , Kx -=0ln v v v =v 0e－Kx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）g sin θ ，g cos θ ；（2）g /cos 0220θv ；（3）-c ，(b -ct )2/R ；（4）69.8 m/s ；（5）331ct ，2ct ，c 2t 4/R 2-3 解：（1）物体的总加速度a 为t n =+a a a()22t t a R Rt a a a a an t t t n t ===ααot a Rt tc =（2）αot R t a S t c 21212==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0d d d d d d 22=====t St a b t S t v , v , ρ2b a n ==ρv 2 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，ρ 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：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知 v AE 大小未知， 正北方向所以AE AF FE =+v v vAE v 、 AF v 、AE v 构成直角三角形，可得170 km/h AE ==v 4.19/tg1==-AE FE v v θ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/cos 2θ；（2）2％3-3 解：(1)先计算公路路面倾角θ 。

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R m N /sin 21v =θ mg N =θcos所以西aRg21tg v =θ(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为μN ′，这里N ′为该时刻地面对车的支持力。

由牛顿定律R m N N /cos sin 22v ='-'θμθ mg N N ='-'θμθsin cos所以θθθθμcos sin cos sin 2222Rg Rg +-=v v 将Rg21tg v =θ代入得078.021222221=+-=Rg Rgv v v v μ3-4 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/ωmr r GMm = ①又由mg R GMm =2/得2gR GM =，代入①式得3/122)/(ωgR r = ②同步卫星的角速度51027.7-⨯=ω rad/s ，解得=r 71022.4⨯m ， 41058.3⨯=-=R r h km(2) 由题设可知卫星角速度ω的误差限度为10105.5-⨯=∆ωrad/s由②式得223/ωgR r = ωln 2ln ln 32-=）（gR r取微分并令d r =∆r ，d ω =∆ω，且取绝对值，有3∆ r/r =2∆ω/ω ∆r=2r ∆ω /(3ω) =213 m 3-5 解： x m t x x m t m xk f d d d d d d d d 2vv v v =⋅==-= ⎰⎰-=-=4/202d d ,d d A A x mxkmx x k v v v v v 练习4 质心系和动量守恒定律4-1 （1） C ；（2）C ；（3）C4-2 （1）0.003 s ， 0.6 N·s ，2 g ；（2）0)21(gy m +，0v m 21；（3）F t m m ∆+112，F t F t m m m ∆∆++11122；（4）v v v v '+-'+'+=+M u m u m M m )()()2(；（5）18 N ·s4-3 解：设沙子落到传送带时的速度为v 1，随传送带一起运动的速度为v 2，则取直角坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上。

3===v j v i 12-, 4设质量为∆m 的砂子在∆t 时间内平均受力为F ,则(3)m m m t t t∆⨯-∆⨯∆∆===+∆∆∆p v v F i j 214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α，则tg =α-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 = v 0cos α，此人于最高点向后抛出物体m 。

设抛出后人的速度为v 1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。

即)()(11u m M m M -+=+v v v)/(1m M mu ++=v v由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为)/(1m M mu +=-=∆v v v因为人从最高点落到地面的时间为g t /sin 0αv =故人跳的水平距离增加量为gM m mu t x )(sin 0+==∆∆αv v4-5 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V x ，则有0)cos (=++x x V u m MV α )/(cos m M mu V x +-=α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 )()(m M t mu t V x +-=α 通过积分，可求炮车后退的距离⎰=∆tx tt V xd )(0()cos d tm u t t M m α=-+⎰ cos ml x M mα∆=-+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）18 J ，6 m/s ；（2）)131(R R GMm - 或 RGMm 32-；（3）k mg F 2)(2μ-；（4）)(mr k ，)2(r k -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g l y mf μ=摩擦力的功⎰⎰--==0d d a l al f ygy l my f W μ202()22l amgmgy l a l lμμ-==--(2)以链条为对象，应用质点的动能定理2201122W mv mv =-P f W W W =+，00v =22()d d 2llP a a mg mg l a W P x x x l l-===⎰⎰ la l mg W f 2)(2--=μ222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ[]21222)()(a l a l l g ---=μv5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功)(d 2h R R GMmhrr GMm W Rh R +=-=⎰+根据动能定理222121)(v v m m h R R GMmh -=+22()h v GMv R R h =++5-5 解：如图所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0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 αsin )(2102001x x mg kx E E K -++= 在O " 处，其机械能为2222121kx m E +=v由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即2202002121sin )(21kx m x x mg kx E K +=-++v α 在平衡位置有mg sin α =kx 0k mg x αsin 0=代入上式整理得O "O 'x 0xOla-ax题5-3解图kmg kx mgx E m K 2)sin (21sin 212202αα--+=v 练习6 碰撞、角动量守恒定律6-1 （1）C ；（2）E6-2 （1）m ω ab ，0；（2）1 N·m·s ，1 m/s ；（3）2275 kgm 2·s -1，13 m·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 B B A A A A m m m v v v +=0 ①2220212121BB A A A A m m m v v v += ② 联立解出0A B A B A A m m m m v v +-=， 02A BA AB m m m v v +=由于二球同时落地，所以 0>A v ，B A m m >。

且B B A A L L v v //=。

故52==B A B A L L v v ， 522=-A B A m m m 所以5/=B A m m6-4 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v 0、I 0、ω0和v 、I 、ω．则00I I ωω= ①R mR R mR //20020v v =整理后得v v /00R R =②物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供R m F /2v =由②式可得3/12020)/(F mR R v =当F = 600 N 时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R = 0.3 m 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 。