2014大学物理学习指导上朱善华答案.doc

参考答案

11

练习一：1-2、DD 3、v (v0 ct3)i，x x0 v0t ct4

123

1

4、 8j， i 4j， arctg或 arctg4

24 12

5解：（1）r (3t 5)i (t 3t 4)j；

2

drv 3i (t 3)j;v 3i 7j(m/s)； （2）t 4s

dt dv

1j(m/s2) （3）a dt

dvdvdxdv v 6 解： ∵ a

dtdxdtdx

分离变量： d adx (2 6x2)dx 两边积分得

12

v 2x 2x3 c 2

由题知，x 0时，v0 10,∴c 50

∴ v 2x3 x 25m s 1

ct2c2t42ct2t2

练习二：1-2、CB 3、，2ct，，； 4，

22RR3 t tdsd

R 3Rbt 5、解：（1）由v dtdt

2

dvv2

6Rbt，an 9Rb2t4 得：a dtR

a a e anen 6Rbte 9Rb2t4en 6、当滑至斜面底时，y h，则v A 影响，因此，A对地的速度为

2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动

'

vA地 u vA

(u 2ghcos )i (2ghsin )j

x2 y2 R2

练习三：1-3、BCB 4、3s； 5、v R ( sin ti cos tj)

R

6、解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成 角，由图可知

l h s

将上式对时间t求导，得

2l

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， ∴ v绳 即 v船

222

dlds

2s dtdt

dlds

v0,v船 dtdt

vdsldll v0 0 dtsdtscos

lv0(h2 s2)1/2v0

或 v船 ss

将v船再对t求导，即得船的加速度

dldsl22

( s )v02

dv船sdt ldt v0s lv船h2v0sa v0 v0 3 dts2s2s2s

dv

kv 7、解： dt

t1 kt

dv v0v 0 kdt v v0e v

dx

v0e kt dt

x

dx v0e ktdt x

t

v0

(1 e kt) k

练习四：1-2 AC

3、解： ax

fym

fx63 m s 2 m168

ay

(1)

7

m s 2 16

235

vx vx0 axdt 2 2 m s 1

084

2 77

vy vy0 aydt 2 m s 1

0168

于是质点在2s时的速度

5 7

v i j

48

m s 1

(2)

1 1

r (v0t axt2)i ayt2j

22

1 7 13

( 2 2 4)i () 4j

28216

13 4i 7 8jm

4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：

mg kv F mdv

dt

分离变量及积分得： t

k

vd(mg kv F)0 mdt 0mg kv F

k

解得：v 1

k

(1 e mt)(mg F)

5、解：

取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，的受力分析如上图所示。

设t时刻m，系统加速度为a

2的坐标为x，则有：

对m1：T F m1a；

（1）对m2：m2g T mm2g kx

2a； 由此得：a

且有：T T ，F kx

m

1 m2

（2）由a

dvdt dvdxdxdt vdvdx

得：

竖直向下为x轴，m1，m2

m2g kx

dx vdv

m1 m2

两边积分得：v

x(2m2g kx)m1 m2

a 0时，x

（3）

vmax

m2gk

m2g

k(m1 m2)

v2

6、a gsin ，N m(gcos )

R

练习五

55，35.5°或arctg； 77

5、解： 子弹穿过第一木块时, 两木块速度相同,均为v1

1-2、BC； 3、140N s，24m/s； 4、6.14或

F t1 m1 m2 v1 0

子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为v2

F t2 m2v2 m2v1

解得: v1

F t1F t1F t2

v2

m mmm1 m2122

6、解：

（1）由水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M的水平速度为V1）

mV0 MV1 mV V1 3.13m/s

此时M物体的受力如右图，且有：

MV12

T Mg

l

2MV1

T Mg 26.5N

l

（2）I mV mV0 4.7N s，方向水平向左

练习六：1-2：C B； 3、0J，18J，17 J； 4、

3mg

8

2v0

5、mgh v 2gh(1 cot)

2g(1 cot )

6、解：框架静止时，弹簧伸长Δl=0.1m，由平衡条件mg=kΔl,

求得：k=mg/Δl=0.2×9.8/0.1=19.6N/m

铅块落下h=30cm 后的速度v0 ， 可由能量守恒方程求出：

mgh

12

mv0 2

v0 2gh 2.42m/s

设铅快与框架碰后的共同速度为 v，由动量守恒：

mv0 2mv

设框架下落的最大距离为 x，由机械能守恒：（设弹性势能零点为弹

簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时，砝码盘底部为重力势能零点。）

111

(m m)v2 k l2 k( l x)2 2mgx 222

进行整理并代入数据，可得x 的一元二次方程：x 0.2x 0.03 0

2

解得：x = 0.3m

练习七：1-3、 D C B；

4、解 参见图，在a附近dt时间内张力的元冲量为dIa，

在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为dIb．由

对称性分析可知，dIa和dIb沿x方向的分量大小相等，，符号相反，沿y方向的分量等值同号．对其他对称点 作同样的分析，即可得知过程中张力的冲量沿y轴正 方向．

对质点m应用动量定理，则有

IT Img p

m绕行一周，则 p 0，因此

IT Img

上式表明，张力冲量与重力冲量大小相等，方向相反． 这样，张力冲量就可通过重力冲量求出．重力是恒力

，求它的冲量比求变力张力的冲量简单得多．重力mg的方向竖直向下，与y轴正方向相反．摆球绕行一周的时间为2 R/v，因此，在图示坐标中，重力在一个周期内的冲量为 Img mg 2 R/v

因而一个周期内张力的冲量为 IT mg 2 R/v

IT 0表明是沿y轴正方向，与上面的定性分析一致．

说明 应用动量定理较多的场合是解决打击或碰撞过程．从本题可见，圆锥摆中也有动量问题，这对读者进一步理解动量、冲量和动量定理可能是有益的．另外，解题中的对称性分析，以及求变力7的冲量转化为求恒力mg的冲量的方法也是很有用的．

5、解：（1）当A和B

开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：

112

(mA mB)v2 kx0，所以：v 22

k

x0;x l

mA mB

（2）分离之后，A的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：

112

mAv2 kxA ，则：

xA 0

22

6、

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

frs

12 12 kx mv mgssin37 2 2

12

mv mgssin37 frs k

12kx2

式中s 4.8 0.2 5m，x 0.2m，再代入有关数据，解得

k 1390N m-1

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h

frs mgs sin37o

代 …… 此处隐藏：2309字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……