大学物理练习参考解答概述.docx

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大学物理练习参考解答概述

大学物理（上册）练习解答

练习1在笛卡尔坐标系中描述质点的运动

1-1

（1）D；

（2）D；（3）B；（4）C

1-2

（1）8m；10m；

（2）x=（y-3）2；（3）10m/s2，－15m/s2

1-3解：

（1）

（2）

（3）垂直时，则

s，（舍去）

1-4解：

设质点在x处的速度为v，

1-5解：

又ky，所以

-kvdv/dy

已知y0，v0则

1-6证：

　　dv/v=－Kdx

v=v0e－Kx

练习2在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动

2-1

（1）C；

（2）A；（3）B；（4）D；（5）E

2-2

（1）gsinθ，gcosθ；

（2）；（3）-c，（b-ct）2/R；（4）69.8m/s；（5），2ct，c2t4/R

2-3解：

（1）物体的总加速度为

（2）

2-4解：

质点的运动方程可写成S=bt,式中b为待定常量。

由此可求得

由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。

又由于质点自外向内运动，ρ越来越小，而b为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。

2-5解：

设下标A指飞机，F指空气，E指地面，由题可知：

vFE=60km/h正西方向

vAF=180km/h方向未知

vAE大小未知，正北方向

所以

、、构成直角三角形，可得

飞机应取向北偏东19.4的航向。

练习3牛顿运动定律

3-1

（1）C；

（2）D；（3）D；（4）B；（5）B

3-2

（1）l/cos2θ；

（2）2％

3-3解：

（1）先计算公路路面倾角θ。

设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．因而有

所以

（2）当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为μN′，这里N′为该时刻地面对车的支持力。

由牛顿定律

所以

将代入得

3-4解：

（1）设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h。

由

①

又由得，代入①式得

②

同步卫星的角速度rad/s，解得

m，km

（2）由题设可知卫星角速度ω的误差限度为

rad/s

由②式得

取微分并令dr=∆r，dω=∆ω，且取绝对值，有

3∆r/r=2∆ω/ω

∆r=2r∆ω/（3ω）=213m

3-5解：

练习4质心系和动量守恒定律

4-1

（1）C；

（2）C；（3）C

4-2

（1）0.003s，0.6N·s，2g；

（2），；（3），；（4）；（5）18N·s

4-3解：

设沙子落到传送带时的速度为，随传送带一起运动的速度为，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上。

设质量为∆m的砂子在∆t时间内平均受力为,则

由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x轴的夹角为，则

-1（4/3）=53°

力方向斜向上。

4-4解：

人到达最高点时，只有水平方向速度v=v0cosα，此人于最高点向后抛出物体m。

设抛出后人的速度为v1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。

即

由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为

因为人从最高点落到地面的时间为

故人跳的水平距离增加量为

4-5解：

（1）以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为Vx，则有

即炮车向后退。

（2）以u（t）表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为

通过积分，可求炮车后退的距离

即向后退。

练习5机械能守恒定律

5-1

（1）B；

（2）A；（3）D；（4）C

5-2

（1）18J，6m/s；

（2）或；（3）；（4），

5-3解：

（1）建立如图坐标。

某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为

摩擦力的功

（2）以链条为对象，应用质点的动能定理

，

5-4解：

陨石落地过程中，万有引力的功

根据动能定理

5-5解：

如图所示，设l为弹簧的原长，O处为弹性势能零点；x0为挂上物体后的伸长量，O＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O处为重力势能的零点．由题意得物体在O＇处的机械能为

在O处，其机械能为

由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即

在平衡位置有

mgsin=kx0

代入上式整理得

练习6碰撞、角动量守恒定律

6-1

（1）C；

（2）E

6-2

（1）mωab，0；

（2）1N·m·s，1m/s；（3）2275kgm2·s-1，13m·s-1

6-3解：

A、B两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得

①

②

联立解出

，

由于二球同时落地，所以，。

且。

故

，

所以

6-4解：

物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。

设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、I0、ω0和v、I、ω．则

①

整理后得

②

物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供

由②式可得

当F=600N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为

R=0.3m分

6-5解：

A对B所在点的角动量守恒．设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为v。

，

A、B系统机械能守恒（A在很远处时，引力势能为零）

6-6解：

（1）爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星对地心的角动量始终守恒，故应有

①

其中r＇是新轨道最低点或最高点处距地心的距离，则是在相应位置的速度，此时。

（2）爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒：

②

由牛顿定律

③

将①式、③式代入②式并化简得

故

7397km，7013km

远地点：

km

近地点：

km

练习7刚体定轴转动的转动定律和动能定理

7-1

（1）A；

（2）C

7-2

（1）50ml2；

（2）5.0N·m；（3）3mL2/4，mgL，；（4）4

7-3解：

选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为x1、x2选长度为x1、x2的两段绳和绕着绳的盘为研究对象．设a为绳的加速度，β为盘的角加速度，r为盘的半径，为绳的线密度，且在1、2两点处绳中的张力分别为T1、T2，则=m/l，

a=rβ①

x2g－T2=x2a②

T1－x2g=x1a③

（T1－T2）r=（M＋r）r2β④

解上述方程，利用l=r＋x1＋x2，并取x2－x1=S，可得

7-4解：

根据牛顿运动定律和转动定律列方程

对物体：

mg－T＝ma①

对滑轮：

TR=Iβ②

又

a＝Rβ③

将①、②、③式联立得

a＝mg/（m＋M）

由于v0＝0，所以

v＝at＝mgt/（m＋M）

7-6解：

如图所示，设重物的对地加速度为a，向上.则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下。

由牛顿第二定律，

对人：

Mg－T2＝Ma①

对重物：

T1－Mg＝Ma②

由转动定律，对滑轮有

（T2－T1）R＝Iβ＝MR2β/4③

因绳与滑轮无相对滑动

a＝βR④

由①、②、③、④四式联立解得

a＝2g/7

练习8刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律

8-1

（1）C；

（2）D；（3）B

8-2

8-3解：

由动量定理，对木块M：

－f∆t＝M（v2－v1）

对于圆柱体：

f∆tR＝I（ω－ω0）

所以

-M（v2－v1）＝I（ω－ω0）/R

因为,有

-M（v2-v1）＝Iω/R＝Iv2/R2

8-4解：

（1）选择A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒。

IAωA＋IBωB=（IA＋IB）ω

又ωB＝0，可得

ω≈IAωA/（IA＋IB）=20.9rad/s

转速

200rev/min

（2）A轮受的冲量矩

=IA（IA＋IB）=4.19×102N·m·s

负号表示与方向相反。

B轮受的冲量矩

=IIB（ω-0）=4.19×102N·m·s

方向与相同。

8-5解：

碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为

式中ρ为杆的线密度。

碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为

因碰撞前后角动量守恒，所以

ω=6v0/（7L）

8-5解：

（1）将转台、砝码、人看作一个系统。

在运动过程中，人作的功W等于系统动能之增量

W＝∆Ek＝

这里的I0是没有砝码时系统的转动惯量。

（2）由于在运动过程中无外力矩作用，故系统的动量矩守恒。

有

2π（I0＋）n1=2π（I0＋）n2

（3）将I0代入W式，得

练习29简谐振动的运动方程、特征量和旋转矢量法

29-1

（1）C；

（2）B；（3）B；（4）C

29-2

（1）10cm，（π/6）rad/s，π/3；

（2）；（3）3π/4

29-3解：

由旋转矢量图和|vA|=|vB|可知T/2=4秒

T=8s，ν=（1/8）s-1，

ω=2πν=（π/4）s-1

（1）以的中点为坐标原点，x轴指向右方．

t=0时，cm

t=2s时，cm

由上二式解得

tgφ=1

因为在A点质点的速度大于零，所以

φ=-3π/4或5π/4（如图所示）

cm

所以振动方程

（SI）

（2）速率

（SI）

当t=0时，质点在A点

m/s

29-4解：

二弹簧共同的等效劲度系数

N/m

kg

粘上油泥块之后

kg

新的周期

s

物块速度，油泥块和物块碰撞，所以水平方向动量守恒

碰撞后

m/s

新的振幅

m

29-5解：

（1）

s

（2）A=15cm，在t=0时，x0=7.5cm，v0<0。

故

m/s

或4π/3

因为x0>0，所以

（3）（SI）

练习30简谐振动的能量、简谐振动的叠加

30-1

（1）D；

（2）B

30-2

（1）T/8，3T/8；

（2）0.84；（3）3/4，；（4）|A1–A2|，；（5）4×10-2m，；（6）1.47；（7）291Hz或309Hz；（8）4:

3

30-3解：

（1）势能

总能量

由题意，

m

（2）周期

T=2π/ω=6s

从平衡位置运动到的最短时间∆t为T/8

∴∆t=0.75s

30-4

（1）取平衡位置为原点，向下为x正方向。

设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l，则有,加拉力F后弹簧又伸长x0，则

F=kx0

由题意，t=0时v0=0，x=x0。

则

又由题给物体振动周期s,可得角频率。

由于，所以

N

（2）平衡位置以下1cm处

J

=4.44×10-4J