大學物理練習冊解答

1、.大學物理練習冊解答質點運動學（1）答案一、選擇題1.D 2.B 3.D 4.D 5.D 二、填空題1. 23 m/s 2. ; (n = 0, 1, 2,)3. 0.1 m/s2 4. ; 5. -g/2; 三、計算題1.2.3（1），消去t得軌道方程為（橢圓） （2） 與反向，故恒指向橢圓中心。（3）當t=0時，x=0，y=0，質點位于時，。質點位于圖中的Q點。顯然質點在橢圓形軌道上沿反時針方向運動。在M點，加速度的切向分量如圖所示?？梢娫谠擖c切向加速度的方向與速度的方向相反。所以，質點在通過M點速率減小。4.5.所以質點的運動方程為：(2) 上式中消去t,得y=3x2即為軌道方程。可知是

2、拋物線。注：若求法向加速度，應先求曲率半徑。質點運動學（二）答案一、選擇題1.C 2.A 3.D 4.C 5.C二、填空題1, ; 2. ; 或 3. ; 4. 5. 或三、計算題1. 解：實際上可以用求面積的方法。2.3. 解：（1）4. 解：根據機械能守恒定律，小球與斜面碰撞時的速度為:h 為小球碰撞前自由下落的距離。因為是完全彈性碰撞，小球彈射的速度大小為:v2的方向是沿水平方向，故小球與斜面碰撞后作平拋運動，彈出的水平距離為:根據 極值條件 得到:且:是使小球彈得最遠的高度。5. 解：設水用S；風用F；船用C；岸用D已知：正東正西北偏西30ovcsvfcvfdvsdvcd方向為南偏西3

3、0o。牛頓運動定律（一）答案一選擇題1.C 2.C 3.B 4.A 5.B二、填空題1. f 02. (m3/m2)g;03. l/cos24. 0.28 N; 1.68 N 5.三、計算題1. 解：聯立求解：FMx則外力由牛頓第三定律，m對M的壓力與N大小相等方向相反，數值為:2. 解：受力分析，建立坐標系，物體受重力，地面的彈力，外力和摩擦力，列受力方程。聯立求解：當分母有極大值時，F 有極小值。令因此y有極大值。由有當：時最省力。 3.證明：有：兩邊積分:HOlq則4. 解：設小球所在處圓錐體的水平截面半徑為15. 5.解:小球受力如圖,根據牛頓第二定律:牛頓運動定律（二）答案選擇題1.

4、A 2.B 3.B 4.C 5.B二、填空題1. 63.2 N; 參考解：mrw2 = 20.8(2p)2N = 63.2 N2. 3. g; 豎直向下; 4. 2 5. ;三、計算題1.解：以被提起的繩段y為研究對象，建立坐標Oy，它受拉力F和重力l y g的作用，如圖所示。由牛頓第二定律：即：2.解：則：。由：同理：則：解（1）、（2）式得代入（1）式得，方向如圖所示。313. 解：以車廂為參考系，小球受力如圖所示小球靜止時合力為零，得 寫投影式為 解之得出 即 414. 解：(1) 取桿OA為參考系，小環(huán)處于靜止狀態(tài)，受力如圖：、及慣性離心力三者合力為零. 受力圖 其中 將式沿OA桿方向

5、取投影可得 (2) 因為N與桿是垂直的，故無論N取何值，都不影響小環(huán)沿桿的運動現假定小環(huán)受到一個擾動，向桿A端發(fā)生一位移Dl，即Dl大于零由上面式知： 即慣性離心力F沿桿的分量大于重力沿桿的分量，二者方向相反，合力指向桿的A端，故小環(huán)將沿桿向A端加速，不能再返回平衡位置反之，如小環(huán)向O端發(fā)生一Dl位移，此時Dl 0時，滑動摩擦力f =m g cosq (正確畫出q為q 0到90之間的f曲線) 動量與角動量（一）答案一 選擇題C 2. C 3. B 4. A 5. A二 填空題1218 Ns30，2pmg/w，2pmg/w 4510 m/s1，北偏東36.87三計算題1解：(1) 因穿透時間極短

6、，故可認為物體未離開平衡位置因此,作用于子彈、物體系統上的外力均在豎直方向，故系統在水平方向動量守恒令子彈穿出時物體的水平速度為有 mv0 = mv+M vv = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) (設方向為正方向)負號表示沖量方向與方向相反2解：以 lE 和 lp 分別表示人在塔下時地心和人離他們共同的質心的距離，則由質心定義可得：由于質心保持不動，所以當人爬上 時，應有：由此得：m即地球向人爬高的反方向移動了m。3解：以人與第一條船為系統，因水平方向合外力為零。所以水平方向動量守恒，則有：Mv1 +mv =0v1 =再以人與第二條船

7、為系統，因水平方向合外力為零。所以水平方向動量守恒，則有：mv = (m+M)v2 v2 =4解：如圖所示，設薄板半徑為R，質量為m，面密度。由質量分布的對稱性可得板的質心在x軸上，而 四證明題證：物體與契塊組成的系統在水平方向不受外力，故此系統在水平方向的動量守恒，沿水平方向取x軸，則按題意，有 ，其中vx 為物體沿契塊斜面下滑速度v的水平分量；V為契塊沿水平面移動的速度。由上式，得 兩邊乘dt，積分之，有即dx,分別為契塊和物體沿水平方向的位移元，這樣，由上式可得契塊的總位移x為動量與角動量（二）答案一選擇題1.C 2. 3. C 4. A 5. D二填空題1，與正方形一邊成45角。212

8、 rad/s31 Nms，1 m/s4Mvd 參考解: 52275 kgm2s-1，13 ms-1三計算題1解：由題給條件可知物體與桌面間的正壓力物體要有加速度必須：即：， 物體開始運動后，所受沖量為 t = 3 s, I = 28.8 N s 則此時物體的動量的大小為 速度的大小為 m/s2解：這個問題有兩個物理過程： 第一過程為木塊M沿光滑的固定斜面下滑，到達B點時速度的大小為方向：沿斜面向下 第二個過程：子彈與木塊作完全非彈性碰撞在斜面方向上，內力的分量遠遠大于外力，動量近似守恒，以斜面向上為正，則有3解：建立圖示坐標，以vx 、vy表示小球反射速度的x和y分量,則由動量定理，小球受到的

9、沖量的x,y分量的表達式如下： x方向： y方向： v x=v cos a 方向沿x正向 根據牛頓第三定律，墻受的平均沖力 方向垂直墻面指向墻內mvmvaa解法二：作動量矢量圖，由圖知方向垂直于墻向外由動量定理: 得： 不計小球重力，即為墻對球沖力由牛頓第三定律,墻受的平均沖力 方向垂直于墻，指向墻內4解：物體因受合外力矩為零，故角動量守恒 設開始時和繩被拉斷時物體的切向速度、轉動慣量、角速度分別為v0、J0、w0和v、J、w則 因繩是緩慢地下拉，物體運動可始終視為圓周運動式可寫成 整理后得： 物體作圓周運動的向心力由繩的張力提供 再由式可得： 當F = 600 N時，繩剛好被拉斷，此時物體的

10、轉動半徑為R = 0.3 m四證明題證：因質點只受有心力作用，即質點所受作用始終指向某一固定點O，力對該點的力矩為零根據角動量定理，質點對O點的角動量是恒矢量恒矢量的方向垂直于和所在的平面，是恒矢量，方向不變，即 ，總是保持在一個平面上，這就是說，質點在有心力作用下，始終作平面運動功和能（一）答案一選擇題1. C 2. C 3. A 4. C 5.C二填空題1 或 231 m/s，150 J40.2075(2 m，6 m)，(-4 m，2 m)和(6 m，8 m)，2 m和6 m三計算題1解：按題設，質點由x=0處沿x軸運動到任一位置x的過程中，合外力所作的功為：利用質點動能定理的表達式，考慮

11、到初動能為零，則有即質點的動能為：可見，質點的動能Ek 隨位置x而改變，令，則得質點所具有的最大動能為： 按質點的動能定義， 則相應的最大速率為：2解：設彈簧的原長為l0，彈簧的勁度系數為k，根據胡克定律： 0.1gk(0.07l0) ， 0.2gk(0.09l0) 解得： l00.05 m，k49 N/m拉力所作的功等于彈性勢能的增量： WEP2EP10.14 J 3解：(1)建立如圖坐標. 某一時刻桌面上全鏈條長為y,則摩擦力大小為： 摩擦力的功：= = (2)以鏈條為對象，應用質點的動能定理 W 其中：W = W PWf ，v0 = 0 WP = 由上問知 所以 得：4解：重力的功：Wm

12、gl( cosfcos45) 根據動能定理有： 當f10時， v2.33 m/s (亦可用功能原理求解)5解：(1) 先分析力。在拋出后，如果不計空氣阻力，則石塊只受重力（保守力）作用，別無外力，所以對石塊和地球組成的系統，機械能守恒。系統在開始位置，其動能即為石塊的動能，勢能為；在終點，即地面上，取作勢能零點，而動能為 ，v為到達地面時石塊的速率。所以，按機械能守恒定律，有得：(2) 仍把石塊和地球看作一個系統，在拋出后，除重力（內力）外，還有外力即空氣阻力作功，因此機械能不守恒。應用系統功能定理，外力作功等于系統機械能的增量，仍取地面為勢能零點，得代入題給數據，得 功和能（二）答案一選擇題

13、1. D 2. D 3. C 4. E 5. B二填空題1 2 3（角動量守恒。相對地面，v人 = v物）4機械能守恒；5不一定；動量三計算題1解：分三步解。第一步：設彈簧恢復形變時，m1 的速度為v10，據機械能守恒：第二步： m1與 m2 發(fā)生彈性碰撞，因m1 = m2，碰后兩小球的速度交換，碰后 m2 的速度為：v2 = v10。第三步：作圓周運動到A點處脫落，此時它對圓環(huán)的壓力N = 0，因此圓環(huán)對它的壓力也為零。根據牛頓第二定律及機械能守恒定律，有：聯立上面四個方程，可以解出：2解：第一段 泥球自由下落過程選泥球和地球為系統，機械能守恒，有第二段 泥球與板的完全非彈性碰撞過程對泥球和

14、板系統，由于相互撞擊力（系統的內力）遠大于系統的外力即重力與彈簧恢復力之和，所以可視為動量守恒。取向下為正方向，則有，V為碰后木板與泥球的共同速度。第三段 泥球、平板系統向下運動過程。對泥球、平板、彈簧以及地球系統，因僅有保守內力做功，所以系統機械能守恒。設平板原始位置為重力勢能零點，此時彈簧的壓縮量為x0，泥球落下與平板共同向下的最大位移為x，則有又由平板最初的平衡條件可得：由以上四式可解得3解：動量守恒 越過最高點條件 機械能守恒 解上三式，可得 4解：重力、支持力、繩中張力對A點的力矩之和為零，故小球對A點的角動量守恒當B與A距離最大時，B的速度應與繩垂直故有 由機械能守恒有 由式得 v

15、 = v0 /4 代入式得 m/s v = 0.327 m/s5證明：一、用動量定理證明 以T表示AB間繩的張力以m 表示物體與斜面間摩擦系數 對A有： 對B有： 由兩式消去v與t得 ，與q 無關 二、用動能定理證明 對A有： 對B有： 由消去v2、S得 ，與q 無關剛體定軸轉動(一)解答一 選擇題1D，2. C, 3C，4B，5.C；(5參考解： 掛重物時，mgT= ma = mR , TR =Jb由此解出 而用拉力時， 2mgR = J =2mgR / J故有 2b)二.填空題1 參考解： M2否. 在棒的自由下擺過程中，轉動慣量不變，但使棒下擺的力矩隨擺的下擺而減小由轉動定律知棒擺動的角

16、加速度也要隨之變小. 3g / l g / (2l) 4 98N5 2g / (3l) 650ml 2 三.計算題1 解： 由 2 解：設a1,a2分別為m1,m2的加速度，a為柱體的角加速度，方向如圖。（1）m1,m2的平動方程和柱體的轉動方程如下：（2）由（1）得 由（2）得 （3）設m1著地時間為t則 （4）m1著地后靜止，這一側繩子松開。柱體繼續(xù)轉動，只因受一側繩子的阻力矩，柱體轉速將減小， m2減速上升。討論：如果只求柱體轉動的角加速，可將柱體、m1,m2選作一個系統，系統受的合外力矩，則角加速度本題第二問要求兩側細繩的張力故采用該方法是必要的，即分別討論柱體的轉動、m1,m2的平動

17、。RC3.解：（1）如圖。圓環(huán)放在刀口上O，以環(huán)中心的平衡位置C點的為坐標原點。Z軸指向讀者。圓環(huán)繞Z軸的轉動慣量為 ，由平行軸定理，關于刀口的轉動慣量為； PPROOxZ（2）在固定軸PP上，只能在紙面內外小擺動。（3）要求在紙面內的小振動周期T1，由，在平面內擺動的周期比以PP為軸擺動周期要長。m2m1aT1T2a4.解：對m1 ，由牛頓第二定律： 對m2，由牛頓第二定律： 對滑輪，用轉動定律： 有運動學關系，設繩在滑輪上不打滑 聯立各式，得， 5.解：（1）子彈沖入桿的過程中，子彈和桿系統對懸點O所受的外力矩為零。所以對此點的角動量守恒，即 由此得桿的角速度為 （2）子彈沖入桿的過程中，

18、子彈受桿的阻力的大小為（以子彈為研究對象） 桿受到子彈的沖力（以桿為研究對象） 對桿用質心運動定理x方向： y方向： （3）若令式中，可得 將式帶入得 剛體定軸轉動（二） 解答一 選擇題1D，2C，3B，4C，5A；二 填空題12定軸轉動剛體所受外力對軸的沖量矩等于轉動剛體對軸的角動量（動量矩）的增量 剛體所受對軸的合外力矩等于零 345 變角速 角動量 6. 三 計算題 1.解：球與桿碰撞瞬間，系統所受和外力矩為零，系統碰撞前后角動量守恒 桿擺動過程機械能守恒 解得小球碰前速率為 2解：（1）棒在任意位置時的重力矩 ， 因為， （2）因 這功是細棒重力勢能的減少而獲得。（3）任意時的角速度根

19、據轉動定律 分離變量 ； 棒下擺過程重力勢能轉變?yōu)閯幽?，可根據機械能守恒得到。（4）假設處于鉛垂位置時軸的作用力為N，重力，在不考慮轉軸摩檫阻力矩的情況下，以上兩個力的力矩為零根據轉動定律 利用質心運動定理，將作用力N平移到質心，正交分解為水平分力Nx，豎直分力Ny。質心C的切向加速度 ， 質心C法向加速度 法向加速度由法向合外力產生 3解：唱片之所以轉動是因受到轉盤施加的摩擦力矩的作用。在唱片上選半徑為r，寬度為dr的圓環(huán)。它的摩擦力矩為Or式中為唱片的密度總的力矩唱片為剛體，根據轉動定律 4解：選人、滑輪、與重物為系統，系統所受對滑輪的外力矩為 設為人相對繩的勻速度，為重物上升的速度。則該

20、系統對滑輪軸的角動量為 根據角動量定理即 5.解： 設制動器離轉軸（鉸葉處）的距離為l0，房門的質心C到轉軸的距離，房門對轉軸的轉動慣量。把碰撞制動器的作用力記為F ，鉸葉對門的作用力的兩個分力記為F1和F2。由角動量定理可確定F的沖量矩：。ClCl0F2F1 由質心運動定理可得 令 F10可解得 由此，制動器安裝在距鉸葉的距離等于房門寬度的2/3處。鉸葉受到的沖擊力最小。狹義相對論(一)解答一選擇題1. B, 2.A, 3.B, 4.B, 5.C;二.填空題1. 一切彼此相對作勻速直線運動的慣性系對于物理學定律都是等價的 2分一切慣性系中，真空中的光速都是相等的 2分2. C3. C C4.

21、 4.3310-85. 1.2910-5 s三.計算題1解：由于B相對于A以v 0.8 c勻速運動，因此B觀測此圖形時與v平行方向上的線度將收縮為，即是橢圓的短軸. 3分而與v垂直方向上的線度不變，仍為2R = 2 a，即是橢圓的長軸. 所以測得的面積為(橢圓形面積) =7.2cm2 2分2. 解：(1) 觀測站測得飛船船身的長度為 54 m 則 Dt1 = L/v =2.2510-7 s 3分 (2) 宇航員測得飛船船身的長度為L0，則 Dt2 = L0/v =3.7510-7 s 2分3. 解：令S系與S系的相對速度為v，有 ， 則 ( = 2.24108 ms-1 ) 4分那么，在S系中

22、測得兩事件之間距離為： = 6.72108 m 4分4.答：在太陽參照系中測量地球的半徑在它繞太陽公轉的方向縮短得最多 2分 其縮短的尺寸為： DR = R0- R DR =3.2 cm 3分5. 解：(1) 從列車上觀察，隧道的長度縮短，其它尺寸均不變。 1分隧道長度為 1分 (2) 從列車上觀察，隧道以速度v經過列車，它經過列車全長所需時間為 3分這也即列車全部通過隧道的時間. 狹義相對論（二）解答一 選擇題1C，2A，3A，4C，5C；二 填空題18.8910-822.91108 ms-1 3Dx/v 2分 2分4相對的 2分 運動 2分50.25mec2 三 計算題1解：設立方體的長、

23、寬、高分別以x0，y0，z0表示，觀察者A測得立方體的長、寬、高分別為 ， 相應體積為 3分觀察者測得立方體的質量 故相應密度為 2分2解：它符合相對論的時間膨脹(或運動時鐘變慢)的結論 2分 設m+子相對于實驗室的速度為v m+子的固有壽命t0 =2.210-6 s m+子相對實驗室作勻速運動時的壽命t0 =1.6310-5 s按時間膨脹公式： 移項整理得： = 0.99c 3分3解：以地球上的時鐘計算： 年 2分以飛船上的時鐘計算： 0.20 年 3分4解：設飛船A相對于飛船B的速度大小為v，這也就是飛船B相對于飛船A的速度大小在飛船B上測得飛船A的長度為 1分故在飛船B上測得飛船A相對于

24、飛船B的速度為 2分解得 m/s 所以飛船B相對于飛船A的速度大小也為2.68108 m/s 2分5解：(1) =5.810-13 J 2分 (2) = 4.0110-14 J = 4.9910-13 J 8.0410-2 3分溫度 答案一 選擇題 1. B 2. C 3. B 4. B5. B二 填空題1. 210K,240K; 2. 描述物體狀態(tài)的物理量，稱為狀態(tài)參量（如熱運動狀態(tài)的參量為p、V、T ） 表征個別分子狀況的物理量（如分子的大小、質量、速度等）稱為微觀量 表征大量分子集體特性的物理量（如p、V、T、Cv等）稱為宏觀量3. 6.5910 -26 kg 4. 2.3103 m 5

25、. 6P1三 計算題1.解：據力學平衡條件，當水銀滴剛好處在管的中央維持平衡時，左、右兩邊氫氣的壓強相等、體積也相等，兩邊氣體的狀態(tài)方程為： p1V1 = (m1 /M)RT1 ， p2V2 = (m2 /M)RT2 由p1 = p2得：V1/V2 = (m1/m2)(T1/T2) 開始時V1 = V2，則有m1/m2 = T2/ T1293/273 當溫度改變?yōu)?78 K，303 K時，兩邊體積比為 0.9847 0 0 5在等壓升溫過程中，氣體要膨脹而對外作功，所以要比氣體等體升溫過程多吸收一部分熱量 三計算題1解：由題意可知氣體處于初態(tài)時，彈簧為原長當氣缸內氣體體積由V1膨脹到V2時彈簧被壓縮，壓縮量為 m 氣體末態(tài)的壓強為 Pa 氣體內能的改變量為 E = n CV (T2T1) = i( p2V2 p1V1) /2 =6.25103 J 缸內氣