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）8 m；10 m；（2）x = ( y3)2；（3）10 m/s 2，15 m/s 21-3 解：（1）219y（2） 4tvija（3）垂直时，则 0=Arv2(19)(4)0tttijijs， （舍去）31-4 解：设质点在 x 处的速度为 v， 62dxtxta00v 2 213x1-5 解： yttaddvv又 ky，所以a-k v dv / dyy21C已知 y0 ， v0 则 2020kyv)(21-6 证： 2ddxttKd v /v =Kdx , x010v x0lnvv =v
2、0eKx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）E 2-2（1）gsin ，gcos ；（2） ；（3）-c ，(b-ct )2/R；（4）69.8 g/cos02vm/s；（ 5） ，2ct，c 2t4/R3t2-3 解：（1）物体的总加速度 为atn2ttRatottc（2） ttaS212-4 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 , 0dd2tabttv, v 2banv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
3、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 =60 km/h 正西方向 vAF =180 km/h 方向未知 vAE 大小未知， 正北方向 所以AEFEv、 、 构成直角三角形，可得 AEFAE22170 km/hFv4.9/tg1AE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 2 ；（2）23-3 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/sin21vgco所以西 北 FE
4、v FEv AFv FEv AEv FEv O RSaa anBAN mg R Rg21tv(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 RmN/cossin2vgin所以 cossi22Rgv将 代入得Rg21tv 078.21Rgv3-4 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/mrGM又由 得 ，代入式得 mgRGM2/3/1)(r同步卫星的角速度 rad/s，解得 507.m， km72441058.Rrh(2) 由题设可知卫星角速度 的误差限度为 rad/s.由式得 23/grlnln）
5、（ R取微分并令 dr =r，d ，且取绝对值，有3r/r =2r=2r /(3 =213 m3-5 解： xtxtxkf dd2 vv4/20,dAkv练习 4 质心系和动量守恒定律4-1 （1） C；（2）C；（3）C 4-2 （1）0.003 s， 0.6 Ns，2 g；（2） ， ；（3） ，0)21(gym0v1Ftm12；（4） ；（5）18 Ns Fttm112 vMuuMm)()()(4-3 解：设沙子落到传送带时的速度为 ，随传送带一起运动的速度为 ，则取直角v1 v2坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上。 23ghvji12-, 4设质量为m 的砂子在 t 时间内平均受力为
6、,则F()mmtttpvFij14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1(4/3)= 53g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，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 )()(1umM/由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为 )(1 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 Mmutx)(4-5 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(xxVu
7、/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)()(mMtutVx 通过积分，可求炮车后退的距离 txt0d0()csdtutcosmlM即向后退。练习 5 机械能守恒定律5-1 （1）B；（2）A；（3） D；（4）C 5-2 （1）18 J，6 m/s；（2） 或 ；（3）)13(RGMmRGMm2；（4） ，kmgF2)()(rk2rk5-3 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 glymf摩擦力的功00ddalalfyfW202()lggl(2)以链条为对象，应用质点的动能定理
8、2201mv，PfW0v2()dllPaagmlaxxlf2221)()( vlmg2alv5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功 )(d2hRGMmrWRh根据动能定理 2021)(v ()hvGR5-5 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sin)(21001 xmgkxEK在 O 处，其机械能为2221kv由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即 22020sin)(1xxgkxEK 在平衡位置有mgsin =kx0 kmsi0代入上式整理得
9、O“ O x 0 x O l a la Ox题 5-3 解图kmgxmgEK2)sin(1sin2120 v练习 6 碰撞、角动量守恒定律6-1 （1）C；（2）E 6-2 （1）m ab，0；（2）1 Nms，1 m/s；（3）2275 kgm 2s1，13 ms 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 BAAmvv0 222联立解出， 0ABA0ABBv由于二球同时落地，所以 ， 。且 。故vmAL/， 52BL52所以/A6-4 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、I 0、 0
10、和v、I、 则0IRmR/202v整理后得v0物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 F/2由式可得 3/10)(mR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。， dDAv0 dD/0A、B 系统机械能守恒( A 在很远处时， 引力势能为零) GBA/21m0)/()(20dBv6-6 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rLt其中 r是新轨道最低点或最高点处距地心的距离， 则是在相应位置的速度，此时 。v vr(2) 爆炸
11、后，卫星、地球系统机械能守恒： rGMmmnt /21vrGm/21由牛顿定律 t/2rt2将式、式代入式并化简得 0)( 22ttnt vv)( rrtn故7397 km， 7013 km ntr1 nt2远地点： km 971Rh近地点： km632r练习 7 刚体定轴转动的转动定律和动能定理7-1 （1）A；（2）C 7-2（1）50ml 2 ；（2）5.0 Nm ；（3）3mL 2 / 4， mgL， ；（4）41Lg327-3 解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为 x1、x 2 选长度为 x1、x 2 的两段绳和绕着绳的盘为研究对象设 a 为绳的加速度， 为盘的角加速度，
12、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、T 2，则 = m / l，a = r x2 gT 2 = x2 a T1x 2 g = x1 a (T1T 2 ) r = ( Mr )r 2 解上述方程，利用 l = rx 1x 2，并取 x2x 1 = S，可得 lMmga)(7-4 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mgT ma 对滑轮： TR = I 又aR 将、式联立得 amg / (m M)21T M R Tmg aR vn m O vt rSMaOx2x112由于 v00，所以vatmgt / (m M)217-6 解：如图所示，设重物的对
13、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： MgT 2Ma 对重物： T1 Mg Ma 由转动定律，对滑轮有 (T2T 1)RI MR 2 / 4 因绳与滑轮无相对滑动a R 由、四式联立解得a2g / 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）B 8-2 0ImRv8-3 解：由动量定理，对木块 M ：f tM( v2v 1)对于圆柱体：ftRI( 0)所以-M(v2v 1)I( 0) / R因为 , 有0-M(v2-v1)I / RI v2/
14、R2128-4 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。IAAI BB = (IAI B)又 B0，可得 IAA / (IAI B) = 20.9 rad / s转速200 rev/minn(2) A 轮受的冲量矩 = IA(IAI B) = 4.1910 2 NmstMd负号表示与 方向相反。 AB 轮受的冲量矩 = IIB( - 0) = 4.19102 Nmst方向与 相同。A8-5 解：碰撞前瞬时，杆对 O 点的角动量为 LxxLL 0202/02/30 1ddvvv式中 为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对 O 点的角动量为 222131741ImLmL因碰撞前后角动量守恒，所以 02/7v = 6v0 / (7L)8-5 解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统。在运动过程中，人作的功 W 等于系统动能之增量WE k 220011()4()4ImlnImln这里的 I0 是没有砝码时系统的转动惯量。 (2) 由于在运动过程中无外力矩作用，故系统的动量矩守恒。有 2(I0 ) n1 = 2 (I0 ) n2ll102l(3) 将 I0 代入 W 式，得 21lnm
