上海交通大学版《大学物理学》习题答案

习 题11-1. 解：1） 由)sin (cosj i ωt ωt R +=r 知t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222Ry x =+2） j rv t Rcos sin ωωωω+-==i t R dtdR ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])cos ()sin [(1-2. 解：1）由j i r )23(42t t ++=可知2t 4x = t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=2）j i rv 28d +==t dtj i j i v r24)dt 28(dt 1010+=+==∆⎰⎰t3） j v 2(0)= j i v28(1)+=1-3. 解：1）j i r v 22d +==t dt i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdva 2t +==22221n t a a a t =-=+1-4. 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 20221gt t v h y -+= （2）21y y = （3） 解之 2d t g a=+图 1-41-5. 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r)21-h ((t)20gt t v +=（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i r gt -d d 0v t = 而 落地所用时间 gh2t =所以j gh i v dt r d 20-= j vg t-=d d2202y 2x )gt (v v v v -+=+=21122222002[()](2)g gh g t dvdt v gt v gh ==++ 1-6. 证明：设人从O 点开始行走，t 时刻人影中足的坐标为1x ，人影中头的坐标为2x ，由几何关系可得21122h hx x x =- 而 t v x 01=所以，人影中头的运动方程为 021121112v h h th h h x h x -=-=人影中头的速度 021122v h h h dt dx v -==图 1-61-7.解：t dtdxv 44-==若0=v 解的 s t 1= m x x x 22)242(011=--+=-=∆m x x x 8)242()32342(2133-=-+-⨯-⨯+=-=∆m x x x 1021=∆+∆=∆1-8.解:建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图 小球落地时速度为gh v 20=00060cos v v x = 200060cos 2160cos t g t v x += （1） 图 1-800060sin v v y = 200060sin 2160sin t g t v y -= （2） 第二次落地时 0=y gv t 02=所以 m gv t g t v x 8.0260cos 2160cos 202000==+= 1-9.解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足 2ωR g =现在赤道上物体R2104.3-⨯='ω17104.38.92=⨯='-ωω 1-10.解：在顶点处子弹的速度θcos 0v v =，顶点处切向加速度为0。

因此有：ρθρ202)cos (v v g ==g v θρ220cos =在落地点速度为0v ρθ20cos v g = θρcos 20g v =1-11.解：设此时飞机距目标水平距离为x 有：t v x 0= 221gt h =联立方程解得：m x 447≈ 05.77arctan ≈=hxθ 1-12. 解：两个物体在任意时刻的速度为j i v A)sin (cos 0gt v v 0-+=ααj i v Bgt)-sin (cos 0ββ0v v +=j i v v v A BA)sin sin ()cos cos (-0000B αβαβv v v v -+-==∆与时间无关，故B 相对物体A 的速度是常矢量。

1-13. 物体在任意时刻的速度表达式为 gt v v y -=0 故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=∆ 代入时间t 可以得到第二秒末物体速度sm v 8.9=∆第三秒末物体速度 0=∆v 第四秒末物体速度 sm v 8.9-=∆1-14.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0 t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=1-15. 解：取水面为坐标原点，竖直向下为x 轴跳水运动员入水速度 sm gh v 1420==dx dvv dt dv kv ==-2⎰⎰-=x v v kdx dv v01001m kx 76.510ln 1==1-16.解：（1）)1ln(bt u dt dx v --== （2）btubdt dv a -==1 1-17.解：（1）轨道方程为 222R y x =+t hz ωπ2=这是一条空间螺旋线。

在O xy 平面上的投影为圆心在原点，半径为R 的圆，螺距为h（2）t R dtdxv x ωωsin -==2222224πωh R v v v v zyx+=++=（3）t R a x ωωcos 2-= t R a y ωωsin 2-= 0=z a222ωR a a a y x =+=习题22-1. 解：（1）由题意和牛顿第二定律可得：dtdvmkv f =-=， 分离变量，可得：vdtdvm k =- 两边同时积分，所以：t m ke v v -=0 （2）子弹进入沙土的最大深度也就是v=0的时候子弹的位移，则： 由vdt dv m k =-可推出：dv kmvdt -=，而这个式子两边积分就可以得到位移：00max 0v m mx vdt dv v k k==-=⎰⎰ 。

2-2.解：在绳子中距离转轴为r 处取一小段绳子，假设其质量为dm ，可知：LMddm =，分析这dm 的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出： LMdrr rdm r dT 22ωω==）（。

距转轴为r 处绳中的张力T ( r )将提供的是r 以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：）（）（）（2222r L LM r dT r T Lr-==⎰ω2-3. 解：由题意和牛顿第二定律可得：dx dv mv dt dx dx dv m dt dv m x k f ===-=2再采取分离变量法可得：mvdv dx x k=-2 ， 两边同时取积分，则：mvdv dx xkv A A ⎰⎰=-024/所以：mAk v 6=2-4.解：由题意和牛顿第二定律可得：dtd m m va f ==，代入f 与v ，并两边积分，v j i md dt t v v ⎰⎰=-0)244(21， )]43([284j i v j i +-⨯=-i v5=速度是i 方向，也就是切向的，所以法向的力是j 方向的，则24=-F j2-5. 解：根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板车与木箱具有相同的加速度，所以列式：21222msx F m gf a m m m m μ'===+可得：g m m F )(21+μ2-6. 解：在斜面具有不同的加速度的时候，木块将分别具有向上和向下滑动的趋势，这就是加速度的两个范围，由题意，可得： （1）当木块具有向下滑动的趋势时（见图a ），列式为：mg N N =+θθμcos sinma N N =-θμθcos sin 可计算得到：此时的θμμθtan 1tan 1+-=a g（2）当木快有向上滑动趋势时（见图b ），列式为：θθμcos sin N mg N =+ma N N =+θμθcos sin可计算得到：此时的θμμθtan 1tan 2-+=a g所以tan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-2-7. 解：隔离物块和斜面体，画图分析力，列出方程，发现方程完备性不够，即未知数比方程数多，关键在于，M 与m 的运动有联系的，M 沿地面运动，m 沿斜面运动，这就是约束条件。

取地面作为参考系，则m 的运动为：sin x N ma α-=cos y N mg ma α-=M 的运动方程为：sin M N Ma α=下面列出约束条件的方程：取M 作为参考系，设m 在其中的相对加速度为a '，在x,y 方向的分量分别为'x a 与'y a ，那么：tan yxa a α'='利用相对运动的公式，a a a M m '+=所以：M x x a a a -=' y y a a ='于是：tan yy x x Ma a a a a α'=='- 即：sin cos sin x y M a a a ααα-= （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得：2sin cos sin M m a g M m ααα=+2-8.解：受力分析如图y m sin N 2ωΔα= （1） mg cos N Δα= （2）两式相比 dydzg y tan 2==ωα dy g y dz 2⎰⎰=ω C y gωz +=222 当 0=y 时 0z z = 所以 0z C =0222z y gωz += 稳定旋转时液面是一个抛物面由于旋转后成为立体，故方程变为【2220()2z x y z gω=++】2-9. 解：隔离物块和斜面体，分析力，列出方程，发现方程完备性不够，即未知数比方程数多，关键在于，m 1与m 2的运动有联系的，m 1沿地面运动，m 2沿斜面运动，这就是约束条件。

取地面作为参考系，则m 2的运动为： x a m N 2sin =-θy a m g m N 22cos =-θm 1的运动方程为：11sin N m a θ=下面列出约束条件的方程：取m 1作为参考系，设m 2在其中的相zr θO对加速度为a '，在x,y 方向的分量分别为'x a 与'y a ，那么：xy a a ''=θtan利用相对运动的公式，21a a a '=+所以：1x x a a a '=- y y a a ='于是：1tan yy x x a a a a a θ'=='- 即：1sin cos sin x y a a a θθθ-= （4） 由（1）（2）（3）（4）联立，计算可得：21212sin cos sin m a g m m θθθ=+；12212sin cos sin m a g m m θθθ=-+；12212()sin sin m m a g m m θθ+'=+ 相互作用力N=g m m m m θθ22121sin cos + 2-10.解：根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕Z 轴的圆周运动，以地面为参照系可列式：0sin =-mg N θθωθsin cos 2r m N =所以，可得：θθωsin tan 2gr =2-11.解：根据题意和牛顿第二定律，可列式：22)(dt d m cx b x=+=i F ，整理可得二阶微分方程：022=--b cx dtd m x。