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大学物理活页作业答案(全套)

1.质点运动学单元练习(一)答案

1.B 2.D 3.D 4.B

5.3.0m ;5.0m (提示:首先分析质点的运动规律,在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动;在t =2.0s 时质点的速率为零;,在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动;由位移和路程的定义可以求得答案。)

6.135m (提示:质点作变加速运动,可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。)

7.解:(1))()2(22

SI j

t i t r -+=

)(21m j

i r

+= )(242m j

i r

-=

)(3212m j

i r r r

-=-=?

)/(32s m j

i t r v -=??=

(2))(22SI j t i dt

r

d v -== )(2SI j

dt

v

d a -==

)/(422s m j i v

-= )/(222--=s m j

a

8.解:

t A tdt A adt v t

o

t o

ωω-=ωω-==??sin cos 2

t A tdt A A vdt A x t

o

t o

ω=ωω-=+=??cos sin

9.解:(1)设太阳光线对地转动的角速度为ω

s rad /1027.73600

*62

/5-?=π=

ω

s m t

h dt ds v /1094.1cos 32

-?=ωω==

(2)当旗杆与投影等长时,4/π=ωt

h s t 0.31008.144=?=ω

π

=

10.解: ky y

v v t y y v t dv a -====

d d d d d d d -k =y v d v / d y

??+=-

=-C v ky v v y ky 2

22

121,

d d 已知y =y o ,v =v o 则2

020

2

121ky v C --= )(22

22y y k v v o o -+=

ωt

h

s

2.质点运动学单元练习(二)答案

1.D 2.A 3.B 4.C

5.14-?==s m t dt ds v ;2

4

-?==s m dt

dv

a t ;22

2

8-?==s m t R

v a n ;

2284-?+=s m e t e a n

t

6.s rad o /0

.2=ω;s rad /0.4=α;2

/8

.0s rad r a t =α=;

22/20

s m r a n =ω=

7.解:(1)由速度和加速度的定义

)(22SI j

i t dt r

d v +==;)(2SI i

dt

v

d a ==

(2)由切向加速度和法向加速度的定义

)(1

24422SI t t t dt d a t +=+=

)(1

22

22SI t a a a t n +=

-=

(3)()

)(1

22/322

SI t a v n

+==ρ

8.解:火箭竖直向上的速度为gt v v o y -?=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零,解得

s m gt

v o /8345sin =?

=

9.解:s m u

v /6.3430tan =?

=

10.解:l h v u ≤;u h

l v ≥

3.牛顿定律单元练习答案

1.C 2.C 3.A 4.kg Mg T 5.36721==

;2/98.02.0s m M

T a == 5.x k v x 22

=;x x x

v k dt

dx

k dt dv v 222== 22

1

mk dt dv m

f x x == 6.解:(1)ma F F N T =θ-θsin cos

mg F F N T =θ+θcos sin

θ-θ=θ+θ=sin cos ;

cos sin ma mg F ma mg F N T

(2)F N =0时;a =g cot θ

7.解:mg R m o ≥ωμ2 R

g

o μ≥ω 8.解:由牛顿运动定律可得

dt

dv t 10

40120=+ 分离变量积分

()??

+=t

o

v

dt t dv 4120

.6 )/(6

462s m t t v ++=

()

??

++=t

o

x

dt t t dx 64620

.5 )(5

62223m t t t x +++=

9.解:由牛顿运动定律可得

dt

dv m

mg kv =+- 分离变量积分

??-=+t o v

v o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=???

? ??+ln ???? ??+=???

? ??+-

=mg kv k m mg kv mg

k m t o o 1ln ln

10.解:设f 沿半径指向外为正,则对小珠可列方程 a v m f mg 2

cos =-θ,

t v

m mg d d sin =θ,

以及 t

a v d d θ

=,θd d v a t =,

积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ,

)2cos 3(cos 2

-=-=θθmg a

v m mg f .

4.动量守恒和能量守恒定律单元练习(一)答案

1.A ; 2.A ; 3.B ; 4.C ; 5.相同 6.2111m m t F v +?=

;2

2

12m t F v v ?+=

7.解:(1)t dt dx

v x 10==

;10==dt

dv a x x N ma F 20==;m x x x 4013=-=?

J x F W 800=?=

(2)s N Fdt I ?==

?

403

1

8.解:()1'v m m mv +=

()22

122

1'2121o kx v m m mv ++= ()'

'

m m k mm v

x +=

9.解: 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=

当绳子完全拉直时,有 ()'2v M m gh m +=

gh m

M m v 2'+=

gh m

M mM

Mv I I T 22'22+=

==

10.解:设船移动距离x ,人、船系统总动量不变为零

0=+mv Mu

等式乘以d t 后积分,得

0=+??

t

o

t

o

mvdt Mudt

0)(=-+l x m Mx m m

M ml

x 47.0=+=

5.动量守恒和能量守恒定律单元练习(二)答案

1.C 2.D 3.D 4.C 5.18J ;6m/s 6.5/3

7.解:摩擦力mg f μ=

由功能原理 21212

10)(kx x x f -=+- 解得 )

(2212

1x x mg kx +=μ.

8.解:根据牛顿运动定律 R

v m F mg N 2

cos =-θ

由能量守恒定律

mgh mv =22

1

质点脱离球面时 R

h

R F N -=

θ=cos ;

0 解得:3

R h =

9.解:(1)在碰撞过程中,两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①

2

12

211m m v m v m v ++=

(2) 两球速度相等时两小球间距离最小,形变最大,最大形变势能等于总动能之差

22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=

② 联立①、②得 )/()(2

1

2122121m m m m E p +-=

v v

10.解:(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒,m 、M 、地系统机械能守恒.

0)(=--MV V u m ①

mgR MV V u m =+-222

1

)(21 ② 解得: )(2m M M gR

m

V +=;M

gR

m M u )(2+=

(2) 当m 到达B 点时,M 以V 运动,且对地加速度为零,可看成惯性系,以M 为参考系 R mu mg N /2=-

M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg M

m

M M mg m M Mmg N 23)(2+=++=

6.刚体转动单元练习(一)答案

1.B 2.C 3.C 4.C

5.v = 1.23 m/s ;a n = 9.6 m/s 2

;α = –0.545 rad/ s 2

;N = 9.73转。 6.

2ln k

J

7.解:(1)由转动定律,2/2.39s rad J

Fr

==

α (2)由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490==?= (3)根据牛顿运动定律和转动定律:

mg –F ’=ma rF ’=J α a=r α

联立解得飞轮的角加速度22

/8.21s rad mr

J mg

=+=

α 8.解:(1)由转动定律 α=23

12ml l mg

l g 23=α

(2)取棒与地球为系统,机械能守恒

mgl E k 2

1

=

(3)棒下落到竖直位置时

223

1

2121ω??=ml mgl l

g

3=ω

9.解:(1)系统的能量守恒,有222

1

21ω+=

J mv mgh ω=r v

联立解得: J mr mghr v +=

2

2

2 ; J

mr mgh

+=ω2

2 (2)设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ,则根据牛顿运动定律和转动定律得:

mg – T =ma T r =J 由运动学关系有: a = r

联立解得: 2

mr

J mgJ

大学物理活页作业答案(全套)

T +=

10.解:以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示,取质量为

y x m d d d ρ=

式中面密度ρ为常数,按转动惯量定义,

)(12

)()(3322

2222

2

2b a ab y y x x m y x a a b b +ρ

=

+ρ=+=???--d d d z J 薄板的质量 ab m ρ= 所以 )(12

22

b a m J +=

z

7.刚体转动单元练习(二)答案

1.C 2.A 3.D 4.B 5.o ω3;

o J 3

1 6.

o ω34;22

1o o J ω 7.解:小球转动过程中角动量守恒

ω=ω4

2

2o o o

r m mr o ω=ω4

22222

32121o o o mr J J W ω=ω-ω=

8.子弹与木杆在水平方向的角动量守恒

ω???

? ????? ??+=2

221221212l m l m l v m ()l m m v m 21236+=ω

9.解:圆环所受的摩擦力矩为mgR M μ=,

由转动定律 α=μ2mR mgR , R

g μ=α 至圆环停止所经历的时间 g

R

t μω=

αω=

00 10.解:落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为ω

2

312122L

Mg ML =ω?, ① 碰撞过程,物体与棒系统角动量守恒

ω=

23

1

ML mvx , ② 碰撞过程轴不受侧向力,物体与棒系统水平方向动量守恒

ω=

M L

mv 2

, ③ ①、③消去ω,得 gL m

M

v 32=

, ④ ②、④消去v ,得 L x 3

2=

.

8.机械振动单元练习(一)答案

1. B 2. B 3. C 4. A

5. 0.10cos(π/6π/3)m x t =+ 6. 2:1

7. 解:0.1m A =,2π/πT ω==

运动方程cos()0.1cos(π)m x A t t ω??=+=+

(1)由旋转矢量法π/2?=-,0.1cos(ππ/2)m x t =-; (2)由旋转矢量法π/3?=,0.1cos(ππ/3)m x t =+; (3)由旋转矢量法π?=,0.1cos(ππ)m x t =+。

8. 解:木块处于平衡位置时,浮力大小F mg =。上下振动时,取其处于力平衡

位置点为坐标原点,竖直向下作为x 轴正向,则当木块向下偏移x 位移时,合外力为

'F P F =+∑

其中,浮力2'F F gSx mg ga x ρρ=+=+

合外力

2

'F P F ga x kx ρ=-=-=-∑

2k ga ρ=为常数,表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。

由22d x F m dt =∑可得木块运动的微分方程为2220d x ga x

dt m

ρ+

=

令2

2

ga m ρω=

,可得其振动周期为

a T g

ρω

ρ=

=木

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9. 解:如图,由旋转矢量法可知 π/3t ω?= π/31/3s t ω?== 10. 解:(1)22111

224

p E kx E kA =

== 2

0.141m 2

x A =

≈ (2)22211111()28424

p E kx kA kA E =

=== 3

4

k k E E E E =-=

图8-1

9.机械振动单元练习(二)答案

10. B 11. B 12. C

13. 2ππ/3k +,2710m -?,2π4π/3k +,2110m -? 14. π/2

15. (1)0.5s ,1.5s ;(2)0s ,1s, 2s 。

16.

解:(1)由已知的运动方程可知:0.10m A =,2π/3?=,3πω=,

2π/2/3s T ω==

(2)-1max 0.94m s A ω=≈?v ,2-2max 8.88m s a A ω=≈? 17.

解:振动系统的角频率为112

10s k

m m ω-=

=+

由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值0v 为

1102

0.8m s m m -=

=?+1v

v m

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又因初始位移00x =,则振动系统的振幅为

2

20

0(

)0.08m A x ω

ω

=+=

=v v

如图由旋转矢量法可知0π/2?=-,则简谐运动方程为

0.08cos(10π/2)(m)x t =-

18.

解:如图由旋转矢量法可知,合振动振幅为

22

12122cos(π/2)0.10m A A A A A =++

=

合振动初相为

图9-1

大学物理活页作业答案(全套)

1221sin π/3sin π/6

πarctan

cos π/6cos π/3

A A A A ?+=--

πarctan 2.341113=-≈

10. 解:如图由旋转矢量法可知0π/3a ?=-,02π/3b ?=。可见它们是反相的,因此合振动振幅为:

121cm A A A =-=

合振动初相为:0π/3a ??==- 同样由旋转矢量法可知

55π/6t ωω==

2π/12s T ω==

图9-3

10.机械波单元练习(一)答案

19. B 20. C 21. B 22. 1.67m

23. 0cos[()]x l

y A t u

ω?-=-

+ 24. 6,30

25.

解:(1)由波动方程可知振幅0.05m A =,角频率20πω=,/3πu ω=,

则波速1

6.67m s u -=?,频率/2π10Hz νω==,波长2π

2/3m u

λω

==。

(2)max π 3.14m/s A ω==≈v 26.

解:(1)由图可知振幅0.1m A =,波长4m λ=,波速1

100m s u -=?

则2π2π/50πu

T ωλ

==

=。

又O 点初始时刻位于平衡位置且向y 轴正向运动,则由旋转矢量法可得

π/2?=-,因此波动方程为

0.1cos[50π(/100)π/2](m)y t x =--

(2)P 处质点的振动方程为

0.1cos(50π3π/2)(m)y t =-

27.

解:由图可知振幅0.1m A =,波长100m λ=,则角频率

2π2ππu

T ωλ

=

==。 由P 点的运动方向可知波向x 轴负方向传播。又由图可知原点O 初始时刻位于

A /2处,且向y 轴负方向运动,则由旋转矢量法可得0π/3?=。则波动方程为