大学物理课本答案.docx

《大学物理课本答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理课本答案.docx（42页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、大学物理课本答案第一章 质点运动学 一 选择题： 10 11 12 13 14 二 填空题： rr50-sin5ti+cos5tj(m/s)； ； 圆 Ae-bt(b2-w2)coswt+2bwsinwt(m/s2)； 1 (2n+1)p(s)2wr2v0S； - v0+bt； DtDt2b2+(v0+bt)4/R2 22/s)16Rt(m/s)； 4(rad、是不可能的 rr22S+2S -i+4jm/s 20m/s 32100.1m/s11-c(m/s)， (b-ct)/R(m/s)；b/c222R/c(s) 12变速率曲线运动； 变速率直线运动 202213-g/2(m/s)， v/gc

2、os30=23v/3g 221417.3m/s， 20m/s 15v0cosq/g 三 计算题： 解：v=Dx/Dt=-0.5(m/s)； v=dx/dt=9t-6t， v(2)=-6m/s； s=|x(1.5)-x(1)|+|x(2)-x(1.5)|=2.25m 解：a=dv/dt=4t，dv=4tdt 2v0dv=4td，t v=2t2 0t v=dx/dt=2t 2x10dx=2t2dt 0t x=2t/3+10(SI) 解：首先求出t=2s时质点在轨迹上的位置t=2s， S=80(m)各瞬时质点的速率：v=dS/dt=30+10t(m/s)； M A 3ratB ranranM C O

3、 t=2s， v=50m/s 各瞬时质点的切向加速度和法向加速度： (dS/dt)2v2dvd2S2=at=2=10m/s； an= rrdtdtt=2s时，at=10m/s2， an=83.3m/s2 解：x=v0t， y=212gt 2O rv0ranX 轨迹方程是：y=xg/2v vx=v0， vy=gt速度大小为： v=222vx+vy=v0+g2t2 20qrrgatY -1方向为：与轴的夹角q=tg(gt/v0) r2at=dv/dt=g2t/v0+g2t2，与v同向 2an=(g-a)=v0g/v0+g2t2，方向与at垂直 22t12解：a=dvdvdydv=v， 又a=-ky

4、 -ky=vdv/dy dtdydtdy -kyd=yvd v -1212ky=v+C 221212v0-ky0 22 已知y=y0，v=v0 则：C=-2222 v=v0+k(y0-y) 解：选地面为静止参考系S，风为运动参考系S，飞机为运动质点P 北 已知：相对速度：vps=180km/h，方向未知； r牵连速度：vss=60km/h，方向正西； 绝对速度：vps大小未知，方向正北 由速度合成定理有：vps=vps+vss， 西 vssrvpsrvpsqrrrrrrvps，vps，vss构成直角三角形，可得： rrr|vps|=(vps)2-(vss)2=170km/h， 0 q=tg-1

5、(vss/vps)=19.40 解：由dv/dt=-kvt 2dvdv 积分：=-ktdtv2=-ktdt v211=-kt2+C v2 - 当t=0时，v=v0 C=-1 v0得： 1121=kt+ v2v0 解：设质点在x处的速率为v， a=dvdvdx=2+6x2 dtdxdtx0v0vdv=(2+6x2)dx v=2(x+x3)1/2m/s 解：设质点的加速度为：at=a+at， Qt=t时，at=2a a=a/t 即 at=a+at/t 由 a=dv/dt，得 dv=adt vn0dv=t(a+at/t)dt 0 v=1n(n+2)at 2nt由 v=ds/dt， ds=vdt s0

6、ds=vd，又t v=atdt=at+at2/2t 022 质点走过的距离s=n(n+3)at/6 解：v=dS/dt=b+ct at=dv/dt=c 2 an=(b+ct)/R 根据题意： at=an 即 c=(b+ct)/R 解得： t=2Rb- cc 解：选地面为静止参考系s，火车为运动参考系s，雨滴为运动质点p： 已知：绝对速度：vps大小未知，方向与竖直方向夹30； 牵连速度：vss=35m/s，方向水平； r0rvps450rvpsr0相对速度：vps大小未知，方向偏向车后45 由速度合成定理：vps=vps+vss 由矢量关系式画出矢量图，由几何关系可得： 300rvssrrrv

7、pscos300+vpssin300=35 vps=25.6m/s 第二章 牛顿运动定律 一 选择题： 10 11 二 填空题： r=rrgl23rn ti+2tj mg/cosq ， siqcoqs321/cosq f0 24cm F-m2gm2(F+m1g) ， m1+m2m1+m2g/ms 三 计算题： 解：a=0 T=mg； Tsina=ma， Tcosa=mg tga=a/g T=ma+g 解：以、绳为研究对象 F-mg-mAg-mBg=(m+mA+mB)a 22a=F-(m+mA+mB)gF=-g m+mA+mBm+mA+mB 以绳的下段长和物体为研究对象 T(x)-(mA+mx/

8、L)g=(mB+mx/L)a T(x)=(mA+mx/L)(g+a) T(x)xA =F(mA+mx/L)=96+24x(N) m+mA+mB解：设绳子与水平方向的夹角为q，则sinq=h/l 木箱受力如图所示，当匀速前进时 Fcosq=0 Fsinq+N-Mg=0 f=mN F=mMgcoqs+msiqnrfrNdFmMg(-siqn+mcoqs)=-=0 2dq(coqs+msiqn)0rFqrMg tgq=m=0.6， q=305736 d2F0， l=h/sinq=2.92m时，最省力 且 2dq 解：受力图如图所示： Y rNBrf1rNAO X rmgB rf2qrf1rMgA r

9、NBrNA地 rf2以为研究对象： sinq-f1cosq=0 方向：-f2+NBcosq=0 方向：NA-Mg-f1sinq-NB同时，f1=f1=mmgcosq =mgcosq NB=NB、联立求解： cosq+f1sinq=Mg+mgcos2q+mmgcosqsinq NA=Mg+NBsinq-f1cosq=mgcosqsinq-mmgcos2q f2=NB斜面对地面的压力：NA=Mg+mgcosq+mmgcosqsinq 斜面对地面的摩擦力：f2=mgcosqsinq-mmgcosq. 解：对：Fcos36.9-f1-T=0 N1-m1g-Fsin36.9=0 f1=mN1 对：T-f

10、2=0 N2-m2g=0 f2=mN2 由、式得：T=mm2g=9.8(N) 再由、式得：F=0022m(m1+m2)=29.4(N) 00cos36.9-msin36.9第三章 功与能 一、选择题： 1、，2、，3、，4、，5、6、，7、，8、，9、，10、 二、填空题 1、GMm(112GMm11 2、 -Gm1m2(-) 3、 12800J -)或-3RR3Rab5 4、动量、动能、功、势能 5、100m/s 6、5.2310W 7、2mgxosina2 8、-F0R 9、零，正，负 10、18J，6m/ 11、4000J 12、k/(mr)，-k/(2r) 13、 GMm/(6R)，-

11、GMm/(3R) 14、-0.207 三、计算题 1、0416 解：由x=ct3可求物体的速度： u=dx=3ct2 dt2242/3物体受到的阻力为：f=kv=9kct=9kc阻力对物体所作的功为： x4/3 vvW=dw=fdx l2/34/3 =-9kcxdx 0 =-27kcl2/37/3/7 2、0103 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统机械能的增量。由题意有 -frx=121kx-mu2, 22而fr=mkmg 由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为 kx2u=2mkgx+=5.83m/s m另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增

12、量，应有 x1-mkmgx-kxdx=0-mu2 o2其中xokxdx=12kx 212mu0-mgh 23、5264 解：根据功能原理，有fs=fs=mNhcosa =mmghsinasina12mu0-mgh 2 =mmghcatg =u02h=4.25(m) 2g(1+mctga)根据功能原理有mgh-1mu2=fs 21mu2=mgh-mmghctga 2u=2gh(1-mctga)1/2=8.16m/s 4、0753 解：两个粒子的相互作用力f=k/r 已知f=0即r=处为势能零点， 3Ep=Wp=vvkfdr=dr 3rrr5、0439 解：把卸料车视为质点。设弹簧被压缩的最大长度

13、为l，弹性系数为k，在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有 -0.2G1h/sina=12kl-G1h 2对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得： 1-0.2G2h/sina=G2h-kl2 2由式和联立解得： G1sin300+0.27= G2sin300-0.236、0472 解：设v1为软木塞飞出的最小速度，软木塞和试管系统水平方向动量守恒 Mv2-mv1=o v1=Mv2/m 当用硬直杆悬挂时，M到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒， 12Mv2Mg2L v24gL 2v1=2MgL/m 若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v满足 Mg=Mv2/L即v=gL

14、 由机械能守恒： 1152Mv2=Mg2L+Mv2=MgL 222v2=5gL v1=M5gL/m 7、0425 解：取地心为原点，从O指向陨石为r的正方向，如图。陨石由a落到b，万有引力的功 RdrMm W=-G2dr=-GMmR+hR+hr2rR =GmM(11GmMh-)= RR+hR(R+h)取陨石为研究对象，根据动能定理 RR+h-GMm12dr=mv-o r22GmMh12=mv R(R+h)2得v=2GMhR(R+h) 8、0422 解：由位矢r=acoswti+bsinwtj或写为x=acoswt,y=bsinwt vvvux=dx/dt=-awsinwt uy=dy/dt=b

15、wcoswt A点,coswt=1,sinwt=o EKA=11122mux+muy=mb2w2 222B点F=maxi+-mayj vvvvv2=-mawcoswti-mbwsinwtj 2由AB Wx=bo2Fdx=-mwxaaacoswtdx a1=+mw2xdx=ma2w2 o2bbWy=Fydy=-mw2bsinwtdy aob1=-mw2ydy=-mb2w2 o29、0202 412解：用动能定理，对物体mu-0=Fdx= o2423(10+6x)dx=10x+2x=168 0得 u=168,解出u=13m/s 10、0080 2vvx2解：外力做的功 W=Fdx=(52.8x+3

16、8.4x2)dx=31J x1x2vv12设弹力为F,mu=Fdx=-W x12u=-2W/m 即u=5.34ms-1 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始未态有关 第四章 动量 一 选择题： 10 11. 12 13 二 填空题： 4.7Ns； 与速度方向相反 V=Mv 18Ns M+m0 6.3km/s 36rad/s 不一定； 动量 140Ns；24m/s 0.003s； 0.6Ns； 2g 10m/s； 北偏东36.87 r 10(1+2m)gy0； mv0/2 115m/s12； mwabk 136.14cm/s； 35.5 14 15l00Ml0k； MM+nmk M 162GM

17、mGMm； - 3R3R三 计算题： 解：建立如图坐标系，由动量定理，小球受到的冲量的，分量的表达式为： 方向：FxDt=mvx-(-mvx)=2mvx 方向：FyDt=-mvy-(-mvy)=0 mvaavY O F=Fx=2mvx/Dt vx=vcosa X mF=2mvcosa/Dt 方向沿正向 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力为： F=|-F| 方向垂直墙面指向墙内 解：由动量定理知质点所受外力的总冲量 rrrr I=D(mv)=mv2-mv1 由 0-1 Ix=mvBx-mvAx=-mvB-mvAcos45=-0.683kgms Iy=0-mvAy=-mvAsin45=-0.283k

18、gms I=22Ix+Iy=0.739Ns 0-150方向：tgq1=Iy/Ix， q=20.2 解：完全弹性碰撞：动量守恒；机械能守恒 碰撞前：vA1，方向水平向右，：vB1=0； 碰撞后：vA2，设方向水平向右，：vB2，方向水平向右 动量守恒： mAvA1=mAvA2+mBvB2 机械能守恒：mAvA1=1221122mAvA+mBvB22 22、联立方程组，解得： vA2=mA-mBvA1且vA20，与所设方向相同 mA+mB2mAvA1 mA+mBvA22mA-mB= vB252mA vB2=二球同时落地，下落时间相同，有： LA=vA2t； LB=vB2t 得：解得：mA/mB=5

19、 解：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铅直方向，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： mv0=mv+Mv v=m(v0-v)/M=3.13m/s T=Mg+Mv2/l=26.5N fDt=mv-mv0=-4.7Ns 解：第一阶段：抛体运动，上升到最高点的时间为t0= vx=S1/t0=50m/s vy=0 初动量：p1x=mvx=50kgm/s p1y=0kgm/s 第二阶段：爆炸后，爆炸力是内力，动量守恒正下方一块的爆炸瞬间的速度为rr2h/g=2s v12，方向向下 由v12t-gt/2=-h 及t=1s得： 2Y 2

20、 O r1 v12rv22 v12=-14.7m/s 由动量守恒： 方向：mvx=mv22x/2 方向：0=mv12/2+mv22y/2 解得：v22x=2vx=100m/s， v22y=14.7m/s X 由 -h=v22yt-gt/2 得t=4s 离发射点的距离S=S1+v22xt=500m 解：子弹射如未进入以前，、共同作加速运动 2F=(mA+mB)aa=F/(mA+mB)=600m/s23受到的作用力： N=mBa=1.810N 方向向右 在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度vA=at当子弹射入时，将加速而仍以vA的速度继续向右作匀速直线运动 vA=at=6m/s 对于的速度，取、和

21、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，有： mv0=mAvA+(m+mB)vB vB=(mv0-mAvA)/(m+mB)=22m/s 解：完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒 碰前：对：vA1= 碰后：对：vA2=2gl 方向向右，对：vB1=0； 2gh 方向向左，对：vB2，方向向由 动量守恒： mAvA1=mBvB2-mAvA2 机械能守恒：mAvA1=1221122mAvA+mBvB22 22 联立、两式解得： vA1=3vA2/2， vB2=vA2/2 而 vA2=2gh=2.66m/s vA1=4m/s vB2=1.33m/s l=0.8m； 克服阻力作的功

22、为动能的减少，由动能定理： Wf=mBvB2/2=4.42(J) 解：这个问题有两个物理过程： 第一个过程：木块沿光滑的固定斜面下滑，到达点是速度的大小为 2v1=2glsinq 方向：沿斜面向下 第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有： mvcosq-Mv1=(m+M)v v=mvcosq-M2glsinqm+M 刚体的定轴转动 一、选择题 1. C ; 2、A; 3. D; 4. C ; 5. C ;6. B; 7、C; 8、B; 9、 A; C ;11、B; 12、D; 13、C; 14. A; 二、填空题： 1、

23、4s ; -15mS-1 ; 2、 9.61s ； 48rev; 3、 5rad/S2;4、 50ml25、 0.25kg.;6.(4M-3m)r2/2。7、 ma/2 ;8、 mBgm。1A +mB+2mC 9、 157Nm 。 10、 14rad。s 11、 12g2mgL， 3mL；2 4 。 3L 12、3v2l。 13、 mgJ。mrr+14、 m(g-。a )R2a 15、 mvl 。 6v016、，。17、 (。r +3Mm)l 三、计算题： 1、0978 、 10解：两轮的角加速度分别为bA，bB atA=atB=at=r1bA=r2bt= =B bA=r2bB =bAt r1

24、wr1ww =bAr2bBr1bBr2(30002p/60)0.3=40s p0.752、0131 解： MI=0 25J=恒量 J减小，增大 2J00=J 522pw=2p1=T0 4w043、0160 解：有外力矩作用时 01=0，t1=100rev/min=10.5rad/s 其角加速度 1=(t1-01)/t1=t1/t2 运动方程 M=Mf=J1 在没有外力矩作用时 02=01 ，12=0 其角加速度 2=(12-02)/t2=-t1/t2 运动方程 -M1=J12式联立求解，得 2 M=J=J 从而J=M=17.3kgm2 11wt1(+)t1t24、0163 解：设棒的质量为m，

25、当棒与水平面成60角并开始下落时，根据转动定律 M=Jb 0M3g102mgsin30=mg/4 于是 b=7.35rad/s =其中 M=2J4i当棒转动到水平位置时， M=12mg 那么 b=M3gJ=2i=14.7rad/s2 5、0245 解：Qat=rb b=at/r=4rad/s2 (2) wt=wo+bt w=bt=20rad/s (3)r据转动定律：M=Jb Fr=Jb F=Jbr=32N 6、0159 解：据转动定律 M=Jb=Jdwdt 分离变量：dw=MJdt M=FrSnq=FrSn90o=Fr dw=FrJdt=0.5t0.1110-3dt=50tdt w=1050t

26、dt=25rad/s 7、0155 解：mgT=ma l mgv60 O R M TR=1MR22 a=R 上三式联立得 a=mgm+M 2a为恒量 V=V2mgt0+at=at=2m+M8、0162 解：受力图如图所示 mgT=ma M=Jb M=TR T=mMgM+2ma=Rb =24.5N 9、0561 解：受力分析如图。 mgT2=ma2 T1mg=ma1 T2(2r)T1r=9mr2/2 2r=a2 r=a1 解上述5个联立方程，得： b=2g19rM R TvTvmgvbTv2Tv1 av2 av1GvGv21 10、0241 解：Qmg-T=ma TR=J R M w0 J=MR

27、22 a=R 2 b=mgR/(mR+J)=mgRmR+MR222m vT =2mg=81.7rad/s2 (2m+M)RvT vmg 方向垂直纸面向外 Qw=w0-bt 当w=0时，10.0-81.7t=0，则t=0.122s， q=w0t-1bt2=0.612rad 2-2物体上升的高度 h=Rq=6.1210m w=2bq=10.0rad/s 方向垂直纸面向外。 11、0242 解：J=122MR=0.675kgm 2vF b vT Qmg-T=ma TR=Jb a=Rb va vMg vT vmg a=mgR/(mR+J) =5.06m/s 因此下落距离h=22212at=63.3m

28、2张力 T=m(g-a)=37.9N 12、0779 由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程： T1R=J1b1=12M1Rb1 212T2r- T1r= J2b2=M2rb2 2mg-T2=ma a=Rb1=rb2 R r vN1vM1 T1 vvT1 NM2bv2 m 2 M2 M1vM1g =4m/s21 u2=2ah 求解联立方程，可得 a=b1vvvT2 M2gvT2 mg1(M1+M2)+m2vmg u=2ah=2m/s T2=m(g-a)=58N T1=1M1a=48N 213、0297 解：子弹受到的冲量为 I=Fdt=m(u-u0) O L O n0vl A 弹对木块的冲量为 I=iFdt=im(u0-u)=Jw w=3in(u0-u)-1=9rads 2NK14、0554 解：根据转动定律： Jdw/dt=-kw dww=-kdt J10/2两边积分：ww0wdw=toKdt J in2=kt/J t=(Jin2)/k