大学物理全程导学例题习题参考答案
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第七章 振动【例题精选】例7-1 弹簧上端固定，下系一质量为m 1的物体，稳定后在m 1下边又系一质量为m 2的物体，于是弹簧又伸长了∆x ．若将m 2移去，并令其振动，则振动周期为(A) g m x m T 122∆π= ． (B) g m x m T 212∆π=． (C) g m x m T 2121∆π=． (D) g m m x m T )(2212+π=∆． [ B ] 例7-2 已知一简谐振动曲线如图所示，由图确定振子：在 s 时速度为零．在 s 时动能最大．0.5(2n +1) n = 0,1,2,… n n = 0,1,2,…例7-3 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动．此物体的运动是否是简谐振动？为什么？答：物体是作简谐振动。
当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θs i n mg F t -= ∵θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 22d /)(d t R m mg θθ=-θωθθ222//d d -=-=R g t 物体是作简谐振动．例7-4 在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球，弹簧被拉长l 0 = 1.2 cm 而平衡．再经拉动后，该小球在竖直方向作振幅为A = 2 cm 的振动，试证此振动为简谐振动；选小球在正最大位移处开始计时，写出此振动的数值表达式．解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+-将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 022=+l gx t x ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为．π===1.958.28/0l g ω设振动表达式为 )cos(φω+=t A x 由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=-例7-5 用余弦函数描述一简谐振子的振动．若其速度～时间（v ～t ）关系曲线如图所示,则振动的初相位为 (A) π/6. (B) π/3.(C) π/2. (D) 2π/3. [ A ]g1--例7-6 已知某简谐振动的振动曲线如图所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒．则此简谐振动的振动方程为： (A) )3232cos(2π+π=t x ． (B) )3232cos(2π-π=t x ． (C) )3234cos(2π+π=t x ． (D) )3234cos(2π-π=t x ．[ C ] 例7-7 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 )312cos(1042π+π⨯=-t x (SI)．从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为(A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 21 [ D ] 例7-8 在t = 0时，周期为T 、振幅为A 的单摆分别处于图(a)、(b)两种状态．若选单摆的平衡位置为坐标的原点，坐标指向正右方，则单摆作小角度摆动的振动表达式（用余弦函数表示）分别为(a) ；(b) ． )212cos(π-=T t A x π )2cos(π+=Tt A x π 例7-9 一个轻弹簧在60N 的拉力下可伸长30cm ，现将以物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正）ma N mg =- )(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm ，N/m 2003.0/60k ==有 50/==m k ωrad ·s -1 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 此值小于g ，故小物体不会离开．(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-==6.19/2-=-=ωg x cm 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离由g A a >=2max ω，可得 2/ωg A >=19.6 cm ．例7-10 、图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为 (A) π23． (B) π． (C) π21． (D) 0． [ B ] 例7-11 一质点同时参与两个在同方向的简谐振动，其表达式分别为)t 2cos(104x 21π/6+⨯=-, )5t 2cos(103x 22π/6-⨯=- (SI) 则其合成振动的振幅为 ，初相为 ．1×10-2 m π/6A/ -【练习题】7-1 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，其中m 是质点的质量，k 是弹簧的劲度系数，T 是振动的周期．在求质点的振动动能时，下面哪个表达式是对的：(A) )(sin 21222φωω+t A m ． (B) )(cos 21222φωω+t A m ． (C))sin(212φω+t kA ． (D) )(cos 2122φω+t kA ． [ A ] 7-2 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，当时间t = T /2（T 为周期）时，质点的速度为(A) φωsin A -． (B) φωsin A ． (C) φωcos A -． (D) φωcos A ．[ B ] 7-3 一物体作简谐振动，振动方程为)41cos(π+=t A x ω．在 t = T /4（T 为周期）时刻，物体的加速度为 (A) 2221ωA -． (B) 2221ωA ． (C) 2321ωA -． (D) 2321ωA ． [ B ] 7-4 与例7-4相同 7-5 一质点作简谐振动．其振动曲线如图所示．根据此图，它的周期T =；用余弦函数描述时初相φ = ．3.43 s -2π/37-6 一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2．将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '．则有(A) 11T T >'且22T T >'． (B) 11T T <'且22T T <'．(C) 11T T ='且22T T ='． (D) 11T T ='且22T T >'． [ D ] 7-7 一弹簧振子系统具有1.0 J 的振动能量，0.10 m 的振幅和1.0 m/s 的最大速率，则弹簧的劲度系数为 ，振子的振动频率为 ．2×102 N/m 1.6 Hz 7-8 两个同方向的简谐振动曲线如图所示．合振动的振幅为；合振动的振动方程为 ．|A 1 – A 2| )212cos(12π+π-=t T A A x 7-9 一单摆的悬线长l = 1.5 m ，在顶端固定点的竖直下方0.45 m 处有一小钉，如图．设摆动很小，则单摆的左右两方振幅之比A 1/A 2的近似值为 ；左右两方周期之比T 1/T 2的近似值为 ．0.84 0.84·--7-10 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动. 试证明：物体作简谐振动的周期为：g R T /2π=证明： 当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θsin mg F t -= ∵ θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ 牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 θωθθ222//d d -=-=R g t 将上式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． 由③知 R g /=ω 周期 g R T /2/2π=π=ω。
大学物理指导书答案
1 2 2 m xdx ma a 2 b 1 Ay Fy dy mb 2 2 同理: 0 2
0 2
2 : (1) d 2 r 2 2 a 2 a costi b sintj dt
2 2 F ma ma costi mb sin tj
5,( D )
2 2
v vx v y
dx 2 dy 2 ( ) ( ) dt dt
r v t
s v t
6, ( D )
r v t
r s
7(D) 8,(D)
a at an
2
2
9,(B)
二,填空题
2, Δ x=
由于匀速上拉,拉力 x 10 0.2 x kg F=mG=(10-0.2x)g (kg),
0
10 m
A Fdx 10 0.2 x 9.8 dx
10 0
882( J )
4பைடு நூலகம்
(L-x) a x x
(1)设任意时刻落下桌 面的链条长为x,则:
0
mg L x f L
dt W F dr F x dx F y dy
mA sin t costdt
2 3
mB 2 3 sin t costdt
o
1 1 2 3 mA sin 2tdt mB 2 3 sin 2tdt 0 2 2
2 Fx ma 2 cost m 2 x
Fy mb sin t m y F dr Fx dx F y dy
大学物理导学与练习习题解答(全)
k x2
的作用下沿一直线运动。试证明物体
在 x 处的速度为 v 2 2k ( 1 1 ) 。 m x x0
解： （1） 力 F 所作的功为
A
x
F dx
x
k
dx k(1
1)
x0
x x0
2
x x0
（2） 由动能定理:
1 2
mv2
1 2
mv02
11 k( )
x x0
v0 0
得到 v 2k (1 1 ) m x x0
解：(1) F F1 F2 6i 14 j N
a
F m
1.5i
3.5
j
m s2
(2) a 1.52 (3.5)2 14.5 3.81m s2
tan ay 2.33 arctan(2.33) (是a与x轴的夹角) ax
(3)t=3s 时, r 1 at2 6.75i 15.75 j N 2
（3）在什么时刻，切向加速度与法向加速度具有相同的数值？
解：(1) d 2t r =0.2t dt
at= dv =0.2 m/s2 dt
an=rω2=0.4t2=0.4 m/s2
(2) a an 2 at 2
0.4t 2 2 30.22
a=2at an2=3at2
t2 3 2 3
F
F0
1
t
T 2
T2
作用，试证明，在 t=2T 时物体的速率为 4F0T 。 3m
证明:
V 0
dV
2T F dt 0m
2T 0
F0 m
1
t
T 2
T2
dt
F0 m
t
t T 3
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,
= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+
≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
大学物理全程导学例题习题答案.
第一章 质点运动学【例题精讲】例１-1【解】如图（b)所示,取沿水面方向向右为Ox 轴正向。
t 时刻小船位置为x ,而绳长为t l l 0v -=0.由勾股定理，有 222h x l +=,等式两边同时对ｔ求导数，有 tx x t l l d d 2d d 2= 又知，l 是随时间减小的 0d d v -=t l 且 txd d =v 故小船的运动速度为0000v v v v v 2200h)t l (t l x l----=-= 负号表示速度方向与x 轴正向相反。
例1-2【解】 (1） 位置矢量 j i r t b t a ωωsin cos += （ＳI ）可写为t a x ωcos = t b y ωsin =,则消去时间t ，可得质点的轨迹方程为 12222=+by a x(2） 速度 j i trt b t a ωωωωcos sin d d +-==v（３) 加速度 r j i ta 222sin cos d d ωωωωω-=--== tb t a v例1－3 C例1－４ 【证明】 因为2d d d d d d d d v xv v t x x v t v k -==⋅= 所以x k d d -=vv⎰⎰-=x x k 0d d 1v vvv kx -=0lnv v 故 kxe v v -=0例1—５ D例１－6 2Rt 16 -2s rad 4⋅ 例1-7C0v(b)例题1-1答案图xxoh0v(a)【习题精练】1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox 轴的正向，人从路灯正下方点Ｏ开始运动，经时间ｔ后其位置为OA x =，而人头顶影子的位置坐标为x '。
由相似三角形关系,有 h H Hx x OAOC -='= 解得 hH Hxx -='，故头顶影子的移动速度为hH H dt x d -='='vv 。
1-２ ωπn)210( ,,=n t A a ωωcos 2-= 1－3 ()23-=y x i 8(ｍ/ｓ２）1—4【解】 （1) 位置矢量 j t b i at r 22 += (SI ）可写为2t a x = 2t b y =,则消去时间t ，可得质点轨迹方程为 x ab y =（2) 速度 j i trv bt at 22d d +==（3) 加速度 j b i a ta 22d d +==υ１－５【证明】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则质点在任意位置处的速度为() 2 213 xx +=v1－6【解】 已知加速度=a d ｖ /d ｔ4=tｄv 4=ｔ ｄｔ⎰⎰=vv 0d 4d tt tｖ 2=t 2又因为v d =x /d ｔ2=t 2 t t x txx d 2d 020⎰⎰= tt x x 03032=-则质点位置和时间的关系式为10323+=t x (SI)Hv h x 'C A x O习题答案1-1图1-7 1 s 1.5 m 1—８ B第二章 质点运动定律【例题精讲】例２—１ ０ 2ｇ 例２－2 C 例2-３ C例2-4【答】（1） 不正确。
《大学物理学》习题解答
大学物理学习题解答陕西师范大学物理学与信息技术学院基础物理教学组2006-5-8说明：该习题解答与范中和主编的《大学物理学》各章习题完全对应。
每题基本上只给出了一种解答，可作为教师备课时的参考。
题解完成后尚未核对，难免有错误和疏漏之处。
望使用者谅解。
编者2006-5-8第2章 运动学2－1 一质点作直线运动，其运动方程为222t t x -+= , x 以m 计，t 以s 计。
试求：（1）质点从t = 0到t = 3 s 时间内的位移；（2）质点在t = 0到t = 3 s 时间内所通过的路程解 （1）t = 0时，x 0 = 2 ；t =3时，x 3 = －1；所以， m 3)0()3(-==-==t x t x x ∆ （2）本题需注意在题设时间内运动方向发生了变化。
对x 求极值，并令022d d =-=t tx可得t = 1s ,即质点在t = 0到t = 1s 内沿x 正向运动，然后反向运动。
分段计算m 1011=-===t t x x x ∆， m 4)1()3(2-==-==t x t x x ∆路程为 m 521=+=x x s ∆∆2－2 已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为32262t t x -+=。
试求：（1）质点在最初4s 内位移；（2）质点在最初4s 时间内所通过的路程 解 （1）t = 0时，x 0 = 2 ；t = 4时，x 4 = －30 所以，质点在最初4s 内位移的大小 m 3204-=-=∆x x x（2）由0612d d 2=-=t t tx可求得在运动中质点改变运动方向的时刻为 t 1 = 2 s , t 2 = 0 (舍去) 则 m 0.8021=-=∆x x x ，m 40242-=-=∆x x x所以，质点在最初4 s 时间间隔内的路程为 m 4821=∆+∆=x x s2－3 在星际空间飞行的一枚火箭，当它以恒定速率燃烧它的燃料时，其运动方程可表示为 )1ln(1bt t b u ut x -⎪⎭⎫⎝⎛-+=，其中m/s 100.33⨯=u 是喷出气流相对于火箭体的喷射速度， s /105.73-⨯=b 是与燃烧速率成正比的一个常量。
大学物理(学习指导详细答案)答案7-14
(A)
2 3qQ 4 0 a
(B)
4 3qQ 4 0 a
(C)
6 3qQ 4 0 a
(D)
8 3qQ 4 0 a
q
解：根据电势叠加原理，三角形的中心 O 处的电势为
UO q 2q 3q 6 3q 4 0 a 4 0 (2 3)a sin 60
a
因为无穷远处电势为零，所以外力的功为
Q2 Q1 R2 P r O R 1
Q1 Q2 Q1 Q2 。 (B) 。 4 0 r 4 0 R1 4 0 R2
习题 7―4 图
(C) 0。
(D)
Q1 4 0 R1
。
解：根据场强叠加原理，内球面单独在 P 点产生的电势为
U P1
外球面单独在 P 点产生的电势为
Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2 Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2
S3
习题 7─14 如图，A 点与 B 点间距离 C 为 2l，OCD 是以 B 为中心、以 l 为半径 l 的半圆路径，A、B 两处各放有一点电荷 A B O 带，电量分别为+q 和-q，则把另一带电 D ﹢q ﹣q 量为 Q(Q<0) 的点电荷从 D 点沿路径 2l DCO 移到 O 点的过程中， 电场力所作的 习题 7―14 图 功为 。 解：放在 A、B 两处的点电荷+q 和-q 是场源电荷，设无穷远处为电势零点， 则 D 点的电势为
r
r
习题 7—2 半径为 R 的均匀带电球面，总电量为 Q，设无穷远处电势为零，则 该带电体所产生的电场的电势 U 随离球心的距离 r 变化的分布曲线为： ［ ］
U (A) O R U (D) O R U∝1/r
2
大学物理课后习题解答习题
通过解析力学习题，学生可以加深对力的理解，掌握力的 合成与分解的方法，以及运用牛顿运动定律解决实际问题。
举例
一质量为m的物体在几个共点力作用下处于平衡状态，若 撤去一个向东的恒力F，物体将产生向西的加速度，大小 为a。要求出其他所有力的合力大小及方向。
电磁学习题解析
总结词
理解电场、磁场的基本性质，掌 握电磁感应定律等。
详细描述
掌握牛顿运动定律的基本概念，理解力和加速度的关系，能够应用牛顿运动定律解决直线运动和曲线 运动的问题。了解动量守恒定律和角动量守恒定律，掌握它们在碰撞、抛体运动等场景中的应用。
力学基础
总结词
理解万有引力定律和天体运动的基本规 律。
VS
详细描述
掌握万有引力定律的基本概念，理解天体 之间的相互作用力，能够应用万有引力定 律解决天体运动的问题。了解开普勒三定 律，掌握行星、卫星等天体的运动规律。
注重解题方法
在解题时，要掌握多种解题方法，学会灵活运用。同时， 要注意解题的规范性和准确性，培养良好的解题习惯。
持续学习与提高
大学物理是一门不断发展的学科，新的理论和技术不断涌 现。要保持持续学习的态度，关注学科前沿动态，不断提 升自己的学术水平和综合素质。
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感谢您的观看
阻器、电容器、电感器等基本元件的特性和应用。
光学基础
总结词
理解光的干涉、衍射和偏振现象及其在现代光学 技术中的应用。
总结词
理解光电效应和光的量子性在光学技术中的应用 。
详细描述
掌握光的干涉、衍射和偏振的基本原理，理解干 涉条纹的形成和分布，能够应用这些原理解决光 学问题。了解光学仪器的基本原理和应用，如透 镜、棱镜等。
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第一章 质点运动学【例题精讲】例1-1【解】如图（b ）所示，取沿水面方向向右为Ox 轴正向。
t 时刻小船位置为x ，而绳长为t l l 0v -=0。
由勾股定理，有 222h x l +=， 等式两边同时对t 求导数，有 tx x t l ld d 2d d 2= 又知，l 是随时间减小的 0d d v -=t l 且 txd d =v 故小船的运动速度为0000v v v v v 2200h )t l (t l xl ----=-=负号表示速度方向与x 轴正向相反。
例1-2【解】 (1) 位置矢量 j i r t b t a ωωsin cos += (SI)可写为t a x ωcos = t b y ωsin =，则消去时间t ，可得质点的轨迹方程为 12222=+by a x(2) 速度 j i trt b t a ωωωωcos sin d d +-==v (3) 加速度 r j i ta 222sin cos d d ωωωωω-=--==t b t a v例1-3 C例1-4 【证明】 因为2d d d d d d d d v x v v t x x v t v k -==⋅= 所以x k d d -=vv⎰⎰-=x x k 0d d 1v vvv kx -=0lnv v 故 kxe v v -=0例1-5 D0v ϖ(b)例题1-1答案图xxoh0v ϖ(a)例1-6 2Rt 16 -2s rad 4⋅ 例1-7C【习题精练】1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox 轴的正向，人从路灯正下方点O 开始运动，经时间t 后其位置为OA x =，而人头顶影子的位置坐标为x 。
由相似三角形关系，有h H Hx x OAOC -='= 解得 hH Hxx -='， 故头顶影子的移动速度为hH H dt x d -='='vv 。
1-2 ωπn)210(Λ,,=n t A a ωωcos 2-= 1-3 ()23-=y x i 8(m/s 2)1-4【解】 (1) 位置矢量 j t b i at r 22ρρρ+= (SI)可写为2t a x = 2t b y =，则消去时间t ，可得质点轨迹方程为 x ab y =(2) 速度 j i trv ρρρρ bt at 22d d +==(3) 加速度 j b i a ta ρρρρ22d d +==υ1-5【证明】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 vHv h x 'C A x O习题答案1-1图则质点在任意位置处的速度为() 2 213 xx +=v1-6【解】 已知加速度=a d v /d t 4=td v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2又因为v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= tt x x 03032=-则质点位置和时间的关系式为10323+=t x (SI) 1-7 1 s 1.5 m 1-8 B第二章 质点运动定律【例题精讲】例2-1 0 2g 例2-2 C 例2-3 C例2-4【答】(1) 不正确。
向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。
质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。
即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。
(2) 不正确。
作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。
例2-5 【解】设绳子与水平方向的夹角为，则l h /sin =θ，木箱受力如图（b ）所示，匀速前进时，拉力为F ，有0cos =-f F θ0sin =-+Mg N F θ N f μ=得θμθμsin cos +=MgF令0)sin (cos )cos sin (2=++--=θμθθμθμθMg d dF 6.0tan ==μθ 6375300'''=θ022>θd Fd 92.2sin /==θh l m 时，最省力。
例2-6【解】（1）设物体质量为m ，取如图所示的自然坐标系， 根据牛顿定律，有R m ma F n N 2v ==tmma F t t d d v == 由摩擦力的大小N t F F μ-= 可得tR d d 2v v -=μ 根据初始条件 t =0，0v v =，分离变量后对上式积分 ⎰⎰-=vvtt R020d d vvμ得 tR R μ00v v v +=（2）当物体速率从0v 减少到021v 时，由上式可求出所需时间为0v μR t =物体所经过的路程2ln d d 0000μμRt t R R t s tt⎰⎰=+==v v v 【习题精练】2-1 A 2-2 Afρ例题2-5(b)图例题2-6图2-3 θcos /mg θθcos sin gl2-4 【解】根据牛顿第二定律x m t x x m t m x k f d d d d d d d d 2vvv v =⋅==-= ∴ ⎰⎰-=-=4/202d d ,d d A A x mxkmx x k v v v v vk mAA A m k 3)14(212=-=v ∴ )/(6mA k =v2-5 【证明】小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件：t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v-v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v2-6 【解】(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律得 tmK d d vv =- ∴ ⎰⎰=-=-v v td dt m K,d t d m K 0v v vv 0 ∴ mKt /0e -=v v(2) 由tx d d =v 得 t x mKt d ed /0-=v 两边同时积分⎰⎰-=tm /Kt xdt e dx 000v∴ )e1()/(/0mKt K m x --=v所以最大深度K m x /0max v =第三章 动量和角动量g mxfFa【例题精讲】例3-1 C例3-2 ·s 2 g例3-3【答】（1）小球运动一周，动量增量的大小为0。
（2）小球所受重力为恒力，因此重力冲量的大小为mgT =mg 2/。
（3）小球动量增量的大小为0，根据动量定理小球所受绳合外力的冲量为0，所以小球所受绳子拉力的冲量与所受重力的冲量的大小相等，方向相反。
例3-4【解】煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 gh 20=v设煤粉与A 相互作用的t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： 0-∆=∆v m t f x )(00v m t f y ∆--=∆将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴ 14922=+=y x f f f Nf 与x 轴正向夹角为 = arctan (f y / f x ) = °由牛顿第三定律，煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图（b ）中f 相反。
例3-5 C例3-6【解】(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。
因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒。
令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 mv 0 = mv +M vv= m (v 0 v )/M =3.13 m/sT =Mg+M v 2/l = N(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v 方向为正方向) 负号表示冲量方向与0v 方向相反。
（b ）例题3-4图yαf y ∆tt f ∆f x ∆tx例3-7 m ab k 0【习题精练】3-1 D3-2 18N·s 9 m/s3-3【解】(1)子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动。
F ＝(m A +m B )a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s 2B 受到A 的作用力 N ＝m B a ＝×103 N ，方向向右(2) A 在t = s 时间内作匀加速运动，t = s 秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入B 时，B 将加速而A 则以v A 的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝at ＝6 m/s取A 、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B 中后有B B A A 0)(v m m v m v m ++=m/s 22BAA 0B =+-=m m v m v m v3-4【答】推力的冲量为t F ∆。
动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。
3-5 C3-6 k mgb k mgbt 3-7 2275 kg m 2s -1 13 m s -1第四章 功和能【例题精讲】例4-1 54 N·s729 J例4-2 320J 8i m/s 例4-3 D例4-4【解】 (1) 由位矢j i r t b t a ωωsin cos += (SI)可得t a x ωcos = t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v (2) j i F y x ma ma +==j i t mb t ma ωωωωsin cos 22--(3) 由A→B ⎰⎰-==020d cos d aax x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d ama x x m ωω 例4-5R GmM 32 RGmM3- 例4-6 g 2g 例4-7 C例4-8【解】如图（b ）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x 时物体所达到的O 处为重力势能的零点。