大学物理课后习题答案

1大学物理课后习题答案第一章一．选择题1（0586）（D）2（0587）（C）3（0015）（D）4（0519）（B）5（0602）（D）6（0604）（C）7（5382）（D）8（0001）（D）二、填空题1（0002）Aｔ=1.19sｔ=0.67s2（0008）8m10m3（0588）30/3Ctv400112xtCtv4（0590）5m/s17m/s5（0009）0btv2420b()/btRv6（0509）331ct2ctc2t4/R7（0596）4.8m/s23.15rad8（0599）2200cos/gv三、计算题1．（0265）解：（1）/0.5m/sxtv（2）2=/96dxdtttv（3）2=6m/sv|(1.5)(1)||(2)(1.5)|2.25mSxxxx2．解：d/dStbctvd/dtatcvRctban/2根据题意:at=an即Rctbc/2解得cbcRt3．解：（1）题给雨滴相对于地面竖直下落，故相对于地面的水平分速为零．雨滴相对于列车的水平分速与列车速度等值反向为10m/s，正西方向.（2）设下标W指雨滴，t指列车，E指地面，则有WEv=Wtv+vtE,vtE=10m/svWE竖直向下，vWt偏离竖直方向30°，由图求得雨滴相对于地面的速率为vWE=vtEctg30o=17.3m/s雨滴相对于列车的速率20sin30tEWtvvm/s第二章一、1.（0048）（C）2.（0342）（C）3.（0335）（D）4.（0617）（D）5.（5388）B6.（0609）（B）二、1.（0050）32(/)mmgi02.（0526）5.2N3.（0526）sg/三、1.（0533）解：根据牛顿第二定律2ddddddddkxfmmmxtxtxvvvv∴/4220dd,ddAAxkkxmxmxvvvvv21413()2kkmAAmAv∴6/()kmAvWtvWEvtEv30°22.（0531）解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T．设m2相对地面的加速度为2a，取向上为正；m1相对地面的加速度为a1（即绳子的加速度），取向下为正．111amTgm222amgmT212aaa解得：2122211)(mmamgmma21212)2(mmmmagT2121212)(mmamgmma3.（5391）解：球A只受法向力N和重力gm，根据牛顿第二定律法向：2cos/NmgmRv①切向：tmamgsin②由①式可得2(cos/)NmgRv根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外由②式得singat第三章一、选择题1.B2.C3.C4.A二、填空题1.1m/s0.5m/s20)21(gym0vm213.2mv；指向正西南或南偏西45°4.4.33m/s；与A原先运动方向成30°三、计算题1.解：(1)设A，B间绳中张力为T，分别对A、B列动力学方程MAg–T=MAa1分T=MBa1分解得：a=Mg/(MA+MB)由MA=MB=Ma＝21g1分设B、C之间绳长为l，在时间t内B物体作匀加速运动，有l＝21at2＝gt2/4，t=gl/4=0.4s2分(2)B和C之间绳子刚拉紧时，A和B所达到的速度为v＝at＝21gt＝21×10×0.4＝2.0m/s令B、C间拉紧后，C开始运动时A、B、C三者的速度大小均变为V，由动量定理(设三者速度变化过程中TAB为AB间绳中平均张力，TBC为BC间绳中平均张力,τ为过程时间)MAVMAv=–TAB·τ(∵MAgTAB)2分MBV–MBv=TAB·τ–TBC·τ1分MCV–0=TBC·τ1分得(MA+MB+MC)V=(MA+MB)vV=33132)(.MMMMCBABAvMvm/s1分m1m22amvORA32.解：建立图示坐标，以vx、vy表示小球反射速度的x和y分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y分量的表达式如下：x方向：xxxvvvmmmtFx2)(①1分y方向：0)(yyymmtFvv②1分∴tmFFxx/2vvx=vcosa∴tmF/cos2v方向沿x正向．1分根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力FF1分方向垂直墙面指向墙内．1分解法二：作动量矢量图，由图知cos)(vvmm2方向垂直于墙向外由动量定理:)(vmtF得tmF/cos2v1分不计小球重力，F即为墙对球冲力1分由牛顿第三定律,墙受的平均冲力FF1分方向垂直于墙，指向墙内3.解：子弹射入A未进入B以前，A、B共同作加速运动．F＝(mA+mB)a，a=F/(mA+mB)=600m/s22分B受到A的作用力N＝mBa＝1.8×103N方向向右A在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度vA＝at．当子弹射入B时，B将加速而A则以vA的速度继续向右作匀速直线运动．vA＝at＝6m/s2分取A、B和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，子弹留在B中后有1分BBAAmmmmvvv)(02分m/s220BAABmmmmvvv1分第四章一、选择题1.C2.C3.B4.C5.C6.C7.D8.C二、填空题1.290J2.)11(21bamGm3.kgm2224.2mgx0sin5.－42.4J6.4000J三、计算题1.解：以弹簧仅挂重物m1时，物体静止（平衡）位置为坐标原点，竖直向下为y轴正向，此时弹簧伸长为：l1＝m1g/k①1分再悬挂重物m2后，弹簧再获得附加伸长为l2＝m2g/k②1分当突然剪断连线去掉m2后，m1将上升并开始作简谐振动，在平衡位置处速度最大．根据机械能mmOxymvmvaa4守恒，有21221)(21glmllk＝21212121klmmv③2分将①、②代入③得)(vkmgmm121≈0.014m/s④1分2.解：设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，根据胡克定律：0.1g＝k(0.07－l0)0.2g＝k(0.09－l0)解得：l0＝0.05m，k＝49N/m2分拉力所作的功等于弹性势能的增量：W＝EP2－EP1＝201202)(21)(21llkllk＝0.14J3分3.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：sin)(2102001xxmgkxEEK2分在O处，其机械能为：2222121kxmEv2分由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：2202002121sin)(21kxmxxmgkxEKv2分在平衡位置有：mgsin=kx0∴kmgxsin02分代入上式整理得：kmgkxmgxEmK2)sin(21sin212202v2分4.解：设弹簧伸长x1时，木块A、B所受合外力为零，即有：Fkx1=0x1=F/k1分设绳的拉力T对m2所作的功为WT2，恒力F对m2所作的功为为WF，木块A、B系统所受合外力为零时的速度为v，弹簧在此过程中所作的功为WK．对m1、m2系统，由动能定理有WF＋WK＝221)(21vmm①2分对m2有WF＋WT2＝2221vm②2分而WK＝kFkx221221，WF＝Fx1＝kF22分代入①式可求得)(21mmkFv1分由②式可得FTWW22221vm])(21[2122mmmkF)(2)2(21212mmkmmF由于绳拉A和B的力方向相反大小相等，而A和B的位移又相同，所以绳的拉力对m1作的功为)(2)2(2121221mmkmmFWWTT2分第五章一、1.（B）2.(A)3.(A)4.(C)5.(B)、(A)6.(B)二、1.2.5;2.7.5;3.2mglOOx0xOl5参考解：M＝Md＝mglrrlgml21d/04.2lnkJ三、1.解：(1)转盘角速度为602782nrad/s=8.17rad/sP点的线速度和法向加速度分别为v=r＝8.17×0.15=1.23m/san=2r=8.172×0.15=10m/s2(2)008.1715trad/s2＝－0.545rad/s221517.821221tN＝9.75rev2.解：(1)各物体受力情况如图．T－mg＝mamg－T＝maT(2r)－Tr＝9mr2/2a＝ra＝(2r)由上述方程组解得：＝2g/(19r)＝10.3rad·s-2(2)设为组合轮转过的角度，则＝h/r2＝2所以，=(2h/r)1/2＝9.08rad·s-13.（0782）解：各物体受力情况如图．TA－mg＝ma(2m)g－TB＝(2m)a(T－TA)r＝212mr(TB－T)(2r)＝21(2m)(2r)2a＝r＝(2r)由上述方程组解得：＝2g/(9r)＝43.6rad·s-2;＝12＝21.8rad·s-2;T＝(4/3)mg＝78.4N第六章一、1.(A)2.(C)3.(D)4.(B)5.(D)二、1.lv432.02()cos()mvRLJmRL3．20mRJmRJv;4．2sinWkl5.8rad·s16.角动量；机械能.三、1.解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即22122113mlmlmlvv①碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为glmxxlmgMlf10121d②由角动量定理210310lmdtMtf由①、②和③解得12212tmmgvv2.解：(1）角速度ω开始转台角速度102s105)（（1分）mgmgABNTTaTTaTTATBTTATBgmmgaABa6因为沿轴向外力距为零，系统轴向角动量守恒。（2分）20JJMr（）（2分）10205(s)J.JMr（2分，无单位扣1分）（2）转台动能改变2201186690(J)22kEJJ.（3分，无单位扣1分）3.解：（1）m下落212mghm21vgh碰撞t极短，对m+盘系统，冲力远大于重力，故重力对O力矩可忽略，定轴角动量守恒：02mvRcosJ2221232IMRmRmR13~由得：0242ghcosR（2）对M、m、地球系统，机械能守恒。令p、x重合时，0pE则：22011sin522mgRII35~由得：222ghgcossinRR14322ghRR060222MmgRgJmRR4.解：把子弹和杆看作一个系统.系统所受的外力有重力和轴对细杆的约束力.在子弹射入杆的极短时间里，重力和约束力均通过轴O，因此它们对轴O的力矩均为零，系统的角动量应当守恒.于是有22(3)mamlmav①子弹射入杆后，细杆在摆动过程中只有重力做功，所以以子弹、细杆和地球为一系统，则此系统的机械能守恒.于是有222(3)2(2)(1cos30)mlmamgamgl②解式①和式②，得22(23)(2)(3)6mlmamlmagmav第七章一、1.（B）2.（A）3.（D）4.（D）5.（D）二、1.－20E0/340E0/32.30220824RqddRRqd从O点指向缺口中心点．Om′val222MmgRgJmRR73.Q/0；aE＝0；20018/5RrQEb