大學(xué)物理練習(xí)參考解答

1、大學(xué)物理（上冊）練習(xí)解答練習(xí)1 在笛卡爾坐標(biāo)系中描述質(zhì)點的運動1-1 （1）D；（2）D；（3）B；（4）C1-2 （1）8 m；10 m；（2）x = (y-3)2；（3）10 m/s2，15 m/s21-3 解：（1）（2） （3）垂直時，則s，（舍去）1-4 解：設(shè)質(zhì)點在x處的速度為v，1-5 解： 又ky，所以-kv dv / dy已知y0 ，v0 則1-6 證： d v /v =Kdx , v =v 0eKx練習(xí)2 在自然坐標(biāo)系中描述質(zhì)點的運動、相對運動2-1 （1）C；（2）A；（3）B ；（4）D；（5）E 2-2（1）gsinq ，gcosq ；（2） ；（3）-c ，(b-c

2、t)2/R；（4）69.8 m/s；（5），2ct，c2t4/R2-3 解：（1）物體的總加速度為ORSaaanBA （2）2-4解：質(zhì)點的運動方程可寫成 S = bt , 式中b為待定常量。由此可求得 , 由此可知，質(zhì)點作勻速率曲線運動，加速度就等于法向加速度。又由于質(zhì)點自外向內(nèi)運動，r 越來越小，而b為常數(shù)，所以該質(zhì)點加速度的大小是越來越大。2-5 解： 設(shè)下標(biāo)A指飛機，F(xiàn)指空氣，E指地面，由題可知： 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 、 、構(gòu)成直角三角形，可得 飛機應(yīng)取向北偏東19.4°的航向。練習(xí)3

3、牛頓運動定律3-1 （1）C；（2）D ；（3）D；（4）B；（5）B3-2 （1）l/cos2；（2）23-3 解：(1)先計算公路路面傾角q 。 設(shè)計時輪胎不受路面左右方向的力，而法向力應(yīng)在水平方向上因而有 所以 (2)當(dāng)有橫向運動趨勢時，輪胎與地面間有摩擦力，最大值為mN，這里N為該時刻地面對車的支持力。由牛頓定律 所以將代入得3-4 解： (1) 設(shè)同步衛(wèi)星距地面的高度為h，距地心的距離r=R+h。由 又由得，代入式得 同步衛(wèi)星的角速度 rad/s，解得 m， km(2) 由題設(shè)可知衛(wèi)星角速度w的誤差限度為 rad/s由式得 取微分并令dr =Dr，dw =Dw，且取絕對值，有3D r

4、/r =2Dw/wDr=2rDw /(3w) =213 m 3-5 解： 練習(xí)4 質(zhì)心系和動量守恒定律4-1 （1） C；（2）C；（3）C 4-2 （1）0.003 s， 0.6 N·s，2 g；（2），；（3），；（4）；（5）18 N·s 4-3 解：設(shè)沙子落到傳送帶時的速度為，隨傳送帶一起運動的速度為，則取直角坐標(biāo)系，x軸水平向右，y軸向上。 設(shè)質(zhì)量為Dm 的砂子在Dt時間內(nèi)平均受力為,則由上式即可得到砂子所受平均力的方向，設(shè)力與x軸的夾角為，則-1(4/3)= 53°力方向斜向上。 4-4 解：人到達最高點時，只有水平方向速度v = v 0cosa，此人

5、于最高點向后拋出物體m。設(shè)拋出后人的速度為v 1，取人和物體為一系統(tǒng)，則該系統(tǒng)水平方向的動量守恒。即 由于拋出物體而引起人在水平方向的速度增量為因為人從最高點落到地面的時間為故人跳的水平距離增加量為4-5 解：(1) 以炮彈與炮車為系統(tǒng)，以地面為參考系，水平方向動量守恒設(shè)炮車相對于地面的速率為Vx，則有 即炮車向后退。 (2) 以u(t)表示發(fā)炮過程中任一時刻炮彈相對于炮身的速度，則該瞬時炮車的速度應(yīng)為通過積分，可求炮車后退的距離 即向后退。練習(xí)5 機械能守恒定律5-1 （1）B；（2）A；（3）D；（4）C 5-2 （1）18J，6m/s；（2） 或 ；（3）；（4） ， 5-3 解：(1)

6、建立如圖坐標(biāo)。某一時刻桌面上全鏈條長為y,則摩擦力大小為Ox題5-3解圖摩擦力的功 (2)以鏈條為對象，應(yīng)用質(zhì)點的動能定理 ， 5-4 解：隕石落地過程中，萬有引力的功 根據(jù)動能定理 5-5 解：如圖所示，設(shè)l為彈簧的原長，O處為彈性勢能零點；x0為掛上物體后的伸長量，O為物體的平衡位置；取彈簧伸長時物體所達到的O²處為重力勢能的零點由題意得物體在O處的機械能為 在O² 處，其機械能為 由于只有保守力做功，系統(tǒng)機械能守恒，即 在平衡位置有mgsina =kx0代入上式整理得練習(xí)6 碰撞、角動量守恒定律6-1 （1）C；（2）E 6-2 （1）mw ab，0；（2）1 N&#

7、183;m·s，1 m/s；（3）2275 kgm2·s-1，13 m·s-16-3 解：A、B兩球發(fā)生彈性正碰撞，由水平方向動量守恒與機械能守恒，得 聯(lián)立解出， 由于二球同時落地，所以 ，。且。故 ， 所以 6-4 解：物體因受合外力矩為零，故角動量守恒。 設(shè)開始時和繩被拉斷時物體的切向速度、轉(zhuǎn)動慣量、角速度分別為v0、I0、w0和v、I、w則 整理后得 物體作圓周運動的向心力由繩的張力提供 由式可得當(dāng)F = 600 N時，繩剛好被拉斷，此時物體的轉(zhuǎn)動半徑為R = 0.3 m分6-5 解：A對B所在點的角動量守恒設(shè)粒子A到達距B最短距離為d時的速度為v。， A、

8、B系統(tǒng)機械能守恒(A在很遠(yuǎn)處時， 引力勢能為零) 6-6 解：(1) 爆炸過程中，以及爆炸前后，衛(wèi)星對地心的角動量始終守恒，故應(yīng)有 其中r是新軌道最低點或最高點處距地心的距離，則是在相應(yīng)位置的速度，此時。 (2) 爆炸后，衛(wèi)星、地球系統(tǒng)機械能守恒： 由牛頓定律 將式、式代入式并化簡得 故 7397 km，7013 km 遠(yuǎn)地點： km 近地點： km練習(xí)7 剛體定軸轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動定律和動能定理7-1 （1）A；（2）C 7-2（1）50ml 2 ；（2）5.0 N·m ；（3）3mL2 / 4，mgL，；（4）47-3 rSMaOx2x112解：選坐標(biāo)如圖所示，任一時刻圓盤兩側(cè)的繩長分別

9、為x1、x2 選長度為x1、x2的兩段繩和繞著繩的盤為研究對象設(shè)a為繩的加速度，為盤的角加速度，r為盤的半徑，r為繩的線密度，且在1、2兩點處繩中的張力分別為T1、T2，則r = m / l，a = r x2 r gT2 = x2r a T1x2 r g = x1r a (T1T2 ) r = (Mprr)r 2 解上述方程，利用l = prx1x2，并取x2x1 = S，可得 7-4 解：根據(jù)牛頓運動定律和轉(zhuǎn)動定律列方程 對物體： mgT ma 對滑輪： TR = Ib 又aRb 將、式聯(lián)立得 amg / (mM)由于v00，所以vatmgt / (mM)7-6 解：如圖所示，設(shè)重物的對地加

10、速度為a，向上.則繩的A端對地有加速度a向下，人相對于繩雖為勻速向上，但相對于地其加速度仍為a向下。由牛頓第二定律， 對人： MgT2Ma 對重物： T1MgMa 由轉(zhuǎn)動定律，對滑輪有 (T2T1)RIbMR2b / 4 因繩與滑輪無相對滑動abR 由、四式聯(lián)立解得a2g / 7練習(xí)8 剛體定軸轉(zhuǎn)動的角動量定理和角動量守恒定律8-1 （1） C；（2）D；（3）B 8-2 8-3 解：由動量定理，對木塊M ：fDtM(v2v1)對于圓柱體：fDtRI(ww 0)所以-M(v2v1)I(ww 0) / R因為 , 有-M(v2-v1)Iw / RIv2/ R28-4 解：(1) 選擇A、B兩輪為

11、系統(tǒng)，嚙合過程中只有內(nèi)力矩作用，故系統(tǒng)角動量守恒。IAwAIBwB = (IAIB)w又wB0，可得 w » IAwA / (IAIB) = 20.9 rad / s轉(zhuǎn)速200 rev/min (2) A輪受的沖量矩 = IA(IAIB) = -4.19×10 2 N·m·s負(fù)號表示與方向相反。 B輪受的沖量矩 = IIB(w - 0) = 4.19×102 N·m·s方向與相同。 8-5 解：碰撞前瞬時，桿對O點的角動量為 式中r為桿的線密度。碰撞后瞬時，桿對O點的角動量為 因碰撞前后角動量守恒，所以 w = 6v0 /

12、(7L) 8-5 解：(1) 將轉(zhuǎn)臺、砝碼、人看作一個系統(tǒng)。在運動過程中，人作的功W等于系統(tǒng)動能之增量WDEk這里的I0是沒有砝碼時系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動慣量。 (2) 由于在運動過程中無外力矩作用，故系統(tǒng)的動量矩守恒。有 2p(I0) n1 = 2p (I0) n2(3) 將I0代入W式，得練習(xí)29 簡諧振動的運動方程、特征量和旋轉(zhuǎn)矢量法29-1 （1）C；（2）B ；（3）B；（4）C 29-2 （1）10 cm，(p/6) rad/s，p/3；（2）；（3）3p/429-3 解：由旋轉(zhuǎn)矢量圖和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒 T = 8 s， n = (1/8) s-1， w = 2

13、pn = (p /4) s-1 (1) 以的中點為坐標(biāo)原點，x軸指向右方 t = 0時， cm t = 2 s時， cm 由上二式解得 tgf = 1 因為在A點質(zhì)點的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4 （如圖所示） cm所以振動方程 (SI)(2) 速率 (SI)當(dāng)t = 0 時，質(zhì)點在A點 m/s 29-4 解：二彈簧共同的等效勁度系數(shù) N/m kg粘上油泥塊之后 kg新的周期 s物塊速度，油泥塊和物塊碰撞，所以水平方向動量守恒 碰撞后 m/s新的振幅 m 29-5 解：(1) s (2) A = 15 cm，在 t = 0時，x0 = 7.5 cm，v 0 < 0 。故

14、m/s 或 4p/3因為 x0 > 0 ，所以 (3) (SI) 練習(xí)30 簡諧振動的能量、簡諧振動的疊加30-1 （1）D ；（2）B 30-2 （1）T/8，3T/8；（2）0.84；（3）3/4，；（4）|A1 A2|，；（5）4×10-2 m，；（6）1.47；（7）291 Hz或309 Hz；（8）4:330-3 解：(1) 勢能總能量由題意， m (2) 周期T = 2p/w = 6 s從平衡位置運動到的最短時間 Dt 為 T/8 Dt = 0.75 s 30-4 (1) 取平衡位置為原點，向下為x正方向。設(shè)物體在平衡位置時彈簧的伸長量為Dl，則有, 加拉力F后彈簧

15、又伸長x0，則F= kx0由題意，t = 0時v 0 = 0，x = x0。則又由題給物體振動周期s, 可得角頻率 。由于 ，所以 N(2) 平衡位置以下1 cm處 J = 4.44×10-4 J 30-5 解：由合振動的振幅及初相公式，可得 m m = 84.8°=1.48 rad 所以 (SI)30-6 解：把兩波寫成 并令A(yù)1 = A2 = A = 0.06 m，則對于所求的點有 由，可得 或 m 或 m ( k = 0,1,2,) 練習(xí)31 波的基本概念、平面簡諧波31-1 （1） C；（2）B；（3）D 31-2 （1）503 m/s；（2）125 rad/s，3

16、38 m/s，17.0 m；（3）u = 5.10×103 m/s；（4） (SI)；（5） 或；（6）80 N 31-3 解：設(shè)平面簡諧波的波長為l，坐標(biāo)原點處質(zhì)點振動初相為f，則該列平面簡諧波的表達式可寫成 (SI)t = 1 s時因此時a質(zhì)點向y軸負(fù)方向運動，故 而此時，b質(zhì)點正通過y = 0.05 m處向y軸正方向運動，應(yīng)有 且 由、兩式聯(lián)立得 l = 0.24 m所以，該平面簡諧波的表達式為 (SI)或 (SI) 31-4 解：(1) 設(shè)x = 0 處質(zhì)點的振動方程為由圖可知，t = t時 所以 ， x = 0處的振動方程為 (2) 該波的表達式為31-5 解：(1) 由P點的運動方向，可判定該波向左傳播。原點O處質(zhì)點，t = 0 時 , 所以O(shè)處振動方程為 (SI)由圖可判定波長l = 200 m，故波動表達式為 (SI) (2) 距O點100 m處 (SI)練習(xí)32 波的能量、波的干涉、駐波和多普勒