《大学物理活页作业答案(全套)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理活页作业答案(全套)（56页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1.质点运动学单元练习（一）答案1B2D3D4B53.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在 t2.0s 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。 ）6135m（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(SIjtitrmj )(242mjir)(312jir/sjitv（2） )(2SIjtidtr )(2SIjdtva/42smjiv)(2a8解： tAtdAdtvtoo sincs22tAtdAvdtxtoo cossin9解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为 sra/1027.36*/5mthdt
2、sv/94.co32（2）当旗杆与投影等长时， /thst 0.3108.4410解： kyvtyvtdad-k v dv / dy Cvy21,已知 y=yo ， v=vo 则 20201kyvC)(oths32.质点运动学单元练习（二）答案1D2A3B4C5 ； ；1smtdsv 24smdtva228smtRvan； 2284setnt6 ； ；srado/0.2rad/0.；28.rat2/smrn7解：（1）由速度和加速度的定义；)(2SIjitdrv)(2SIidtva（2）由切向加速度和法向加速度的定义 )(1422Ittdat )(22Sttn（3） )(1/32Iavn48解
3、：火箭竖直向上的速度为 gtvoy45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 smgtvo/8345sin9解： u/6.0ta10解： ；lhvl53.牛顿定律单元练习答案1C2C3A4 ；kgMT5.367212/98.02.smTa5 ；xv xxvkdttv2221tmfxx6解：（1） aFNTsincogsi sinco;cnmmagFNT（2）F N=0 时； a=gcot7解： Ro2Rgo8解：由牛顿运动定律可得 dtvt1042分离变量积分6tovdtd4120.6 )/(642smtvtx6.5)(23mtt9解：由牛顿运动定律可得 dtvgkv分离变量积分tovo
4、mgkd tmkgkvolnvto1lln10解：设 f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程，avmfg2cos，tdin以及 ， ，tvv积分并代入初条件得 ，)cos1(2ag23cosmf74.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1A； 2A；3B；4C；5相同6 ；21mtFv21tFv7解：（1） ；tdx010dtax；NaF2m413JxW80（2） sdtI4318解： 1vmv2212okxkvx9解： 物体 m 落下 h 后的速度为 ghv2当绳子完全拉直时，有 2Mmg8ghmMv2IT210解：设船移动距离 x，人、船系统总动量不变为零 0vu等式乘以 d t 后积
5、分，得 0totomvdM0)(lxmlx47.95.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1C2D3D4C518J；6m/s65/37解：摩擦力 mgf由功能原理 21210)(kxx解得 .)(21gk8解：根据牛顿运动定律 RvmFN2cos由能量守恒定律 ghmv21质点脱离球面时 RFNcos;0解得： 3Rh9解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小vv)(2121mm1021mvv(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21221 )(vvmEp 联立、得 /21212mp10解：(1)由题给条件 m、M 系统水平方向动量守恒，
6、m、M、地系统机械能守恒 0)(Vu gR2211解得： ；)(mMgRVu)(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 RN/2Mmggug/)(/23)(116.刚体转动单元练习（一）答案1B2C3C4C5v = 1.23 m/s；a n = 9.6 m/s2； = 0.545 rad/ s 2；N = 9.73 转。6 2lkJ7解：（1）由转动定律， 2/.39sradJF（2）由刚体转动的动能定理 JhEk40（3）根据牛顿运动定律和转动定律：mgF=marF=Ja=r联立解得飞轮的角加速度 22/8.1sradmJg8解：（1
7、）由转动定律 3ll lg3（2）取棒与地球为系统，机械能守恒 mglEk2112(3)棒下落到竖直位置时 2312mlgl lg39解：（1）系统的能量守恒，有 22Jvhrv联立解得： ； Jmrgv2 Jmrg2（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 Tma T rJ 由运动学关系有： a = r 联立解得： 2mg10解：以中心 O 为原点作坐标轴 Ox、Oy 和Oz 如图所示，取质量为yxmd式中面密度 为常数，按转动惯量定义，)(12)()( 3222 bayyxab dzJ薄板的质量 所以 )(122bamz137.刚体转动单元练习
8、（二）答案1C2A3D4B5 ；oJ316 ；o42o7解：小球转动过程中角动量守恒422oormr o422231oorJW8子弹与木杆在水平方向的角动量守恒2212 lmllvmlmv21369解：圆环所受的摩擦力矩为 ，gRM由转动定律 ， 2g至圆环停止所经历的时间 gt010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 ， 23122LM14碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒， 231MLmvx碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒， 2、消去 ，得 ， gLv3、消去 ，得 .vx158.机械振动单元练习（一）答案1 B2 B3 C4 A5 0.1cos(/63
9、)mxt6 2:17 解： ，.2/T运动方程 cos()0.1cos()xAtt（1）由旋转矢量法 ， ；/./2)mx（2）由旋转矢量法 ， ；3cs(3t（3）由旋转矢量法 ， 。0.1o)x8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小 。上下振动时，取其处于Fmg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 FP其中，浮力 2gSxmgax合外力 k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。2kga16由 可得木块运动的微分方程为2dxFmt220dxgatm令 ，可得其振动周期为22gaT木水9 解：如图，由旋转矢量法可知/3t1s
10、10. 解：（1） 2214pEkxkA0.mA（2） 22211()84pkxkE3kkE图 8-1179.机械振动单元练习（二）答案1. B2. B3. C4. ， ， ，2/3k2710m4/3k210m5. 6. （1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s, 2s 。7. 解：（1）由已知的运动方程可知：， ， ，0.A/32/3sT（2） ，-1max0.94sAv -2max8.A8. 解：振动系统的角频率为 1120sk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为0v11020.8msv又因初始位移 ，则振动系统的振幅为0x200().8Av如图由旋转矢量法可知
11、 ，则简谐运动方程为0/2.8cos(1)(mxt9. 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为图 9-1182112cos(/)0.1mAA合振动初相为 1221in/3i/6arctscst.410. 解：如图由旋转矢量法可知 ， 。可见它们是0/3a02/3b反相的，因此合振动振幅为： 12cmA合振动初相为： 0/3a同样由旋转矢量法可知 5/6t21sT图 9-2图 9-31910.机械波单元练习（一）答案1. B2. C3. B4. 1.67m5. 0cos()xlyAtu6. 6，307. 解：（1）由波动方程可知振幅 ，角频率 ，.5mA20，则波速 ，频率 ，波长/3u16.7
12、su/1Hz。2/m（2） ax3.14/sAv8. 解：（1）由图可知振幅 ，波长 ，波速04m10su则 。2/5uT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 ，因此波动方程为/0.1cos5(/10)/2(m)ytx（2）P 处质点的振动方程为 .s(3/)(t11. 解：由图可知振幅 ，波长 ，则角频率0.1A1020。2uT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 。0/3则波动方程为 0.1cos(/50)/3(m)tx10解：（1）以 A 点为坐标原点的波
13、动方程为 23s(/)( yt（2） 2BAABu则以 B 点为坐标原点的波动方程为 2310cos(/30)/(m)ytx2111.机械波单元练习（二）答案1. C2. B3. C4. ，/25. 550Hz，458.3Hz6. 0.08W/m27. 解：两列波传到 连线和延长线上任一点 P 的相位差1S221210rr左侧各点：1S，振动都加强；21064r右侧各点：2，振动都加强；21r、 之间：1S2211106(2)4rrrk则距 点为： 处各点静止不动。11m,35,798. 解：（1） 2121201()rru图 11-722（2） 时振动加强，即2k(21)k12. 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为=2cos()xyAtcos()xAt驻波表达式 12s()s2()2sini2co()co2tt txA
