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大学物理活页答案 第110单元1.质点运动学单元练习答案 1B 2D 3D 4B 53.0m；5.0m 6135m rrr27解：r=2ti+(2-t)jrrrr1=2i+j(SI) (m) rrr(m) r2=4i-2j(m) rrrrrDr=r2-r1=2i-3jrrrrDrv=2i-3jDtrrrrdr=2i-2tjv=dt(m/s) rrrdv(SI) a=-2jdt(SI) rrrv2=2i-4j(m/s) rra2=-2j8解： (m/s-2) v=òadt=-Aw2òcoswtdt=-Awsinwt oottx=A+òvdt=A-Awòsinwtdt=Acoswt oott1质点运动学单元练习一答案1 9解：设太阳光线对地转动的角速度为 w=p/2=7.27´10-5rad/s 6*3600dshw=1.94´10-3m/s 2dtcoswth t v=s 当旗杆与投影等长时，wt=p/4 t=p=1.08´104s=3.0h 4w10解： a=dvdvdydv=v=-ky dtdydtdy-ky=v dv / dy -òkydy=òvdv ,-1212ky=v+C 221212-ky0 已知y=yo ，v=vo 则C=-v02222v2=vo+k(yo-y2) 1质点运动学单元练习一答案2 2.质点运动学单元练习答案 1D 2A 3B 4C ds=4t5v=dtdvm×s；at=4dt-1v2m×s；an=8t2R-2m×s-2； rrra=4et+8t2en6wo=2.0m×s-2 rad/s；at=ra=0.8rad/s；a=4.0rad/s； 2an=rw2=20m/s2 7解：由速度和加速度的定义 rrrrdrv=2ti+2jdtrrrdv(SI)；a=2idt(SI) 由切向加速度和法向加速度的定义 at=d2t4t2+4=dtt2+12t+12(SI) an=a2-at2=(SI) 3/2v2r=2t2+1an()(SI) 8解：火箭竖直向上的速度为vy=vosin45°-gt 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 1质点运动学单元练习一答案3 vo=gt=83m/s sin45°u=34.6m/s tan30°9解：v=10解： uhl£；v³u vlh3.牛顿定律单元练习答案 1C 2C 3A 4T=10.2TMg=367.5kg；a=0.98m/s2 2Mdvxdx=k2=k2vx dtdt25vx=k2x；2vxfx=mdvx1=mk2 dt26解：FTcosq-FNsinq=ma FTsinq+FNcosq=mg 1质点运动学单元练习一答案4 FT=mgsinq+macosq;FN=0时；a=gcot 7解：momw2R³mg w³8解：由牛顿运动定律可得 FN=mgcosq-masinq g moR120t+40=10分离变量积分 dv dtòòxv6.0dv=ò(12t+4)dt v=6t2+4t+6otot(m/s) (m) 5.0dx=ò6t2+4t+6dt x=2t3+2t2+6t+5()9解：由牛顿运动定律可得 -kv+mg=m分离变量积分 dv dtæmgökdvktkç÷ =-dtln=-t òvokvo+mgmòoçkv+mg÷mèoøvkvoömæmgömæ÷ç÷t=-lnç=ln1+÷ ÷kçkçkv+mgmgèøèoø10解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 v2mgcosq-f=m， advmgsinq=m， dt1质点运动学单元练习一答案5 dqa，dt=dq， vdt积分并代入初条件得 v2=2ag(1-cosq)， 以及 v=av2f=mgcosq-m=mg(3cosq-2) a4.动量守恒和能量守恒定律单元练习答案 1A； 2A； 3B； 4C； 5相同 6v1=FDt1FDt2；v2=v1+ m1+m2m2dvdx=10t；ax=x=10 dtdt7解：vx=F=ma=20N；Dx=x3-x1=40m W=FDx=800J I=ò31Fdt=40N×s 8解：mv=(m+m')v1 1质点运动学单元练习一答案6 11122mv2=(m+m')v1+kxo 222x=vmm'k(m+m')9解： 物体m落下h后的速度为 v=2gh 当绳子完全拉直时，有 m2gh=(m+M)v' v'= I=2IT=2Mv'=mM+m2gh 2mM2gh M+m10解：设船移动距离x，人、船系统总动量不变为零 Mu+mv=0 等式乘以d t后积分，得òtoMudt+òmvdt=0 otMx+m(x-l)=0 x=ml=0.47m M+m5.动量守恒和能量守恒定律单元练习答案 1C 2D 3D 1质点运动学单元练习一答案7 4C 518J；6m/s 65/3 7解：摩擦力f=mmg 由功能原理 -f(x1+x2)=0-kx12解得 m=. 2mg(x1+x2)12kx1 2v28解：根据牛顿运动定律 mgcosq-FN=m R由能量守恒定律 1mv2=mgh 2cosq=R-h R质点脱离球面时 FN=0;解得：h=R 39解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 m1v1+m2v2=(m1+m2)v v=m1v1+m2v2m1+m2(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 Ep=联立、得 Ep=1112mv12+m2v2-(m1+m2)v2 2221m1m2(v1-v2)2/(m1+m2) 210解：(1)由题给条件m、M系统水平方向动量守恒，m、M、地系统机械能守恒 1质点运动学单元练习一答案8 m(u-V)-MV=0 11m(u-V)2+MV2=mgR 22解得： V=m2gR；u=M(M+m)2(M+m)gRM (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 N-mg=mu2/R N=mg+mu2/R=mg+2(M+m)mg/M N=Mmg+2(M+m)mg3M+2m=mg MM6.刚体转动单元练习答案 1B 2C 3C 4C 5v = 1.23 m/s；an = 9.6 m/s2； = 0.545 rad/ s2；N = 9.73转。 6Jln2 k1质点运动学单元练习一答案9 7解：由转动定律，a=Fr=39.2rad/s2 J由刚体转动的动能定理Ek=DEk=Fh=490J 根据牛顿运动定律和转动定律： mgF=ma rF=J a=r 联立解得飞轮的角加速度a=mg=21.8rad/s2 2J+mrl123g=mla a= 232l8解：由转动定律 mg取棒与地球为系统，机械能守恒 Ek=1mgl 2111mgl=×ml2×w2 w=223 (3)棒下落到竖直位置时 3g l9解：系统的能量守恒，有mgh=11mv2+Jw2 22v=rw 联立解得： v=2mghr2 ； w=mr2+J2mghmr2+J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 rJb 由运动学关系有： a = rb 1质点运动学单元练习一答案10 联立解得： T= mgJ 2J+mr10解：以中心O 为原点作坐标轴Ox、Oy和Oz如图所示，取质量为 dm=rdxdy 式中面密度r为常数，按转动惯量定义， b2b-2a2a-2Jz=ò(x2+y2)dm=ròdxò(x2+y2)dy=薄板的质量 m=rab 所以 Jz=r(ab3+a3b) 12m2(a+b2) 127.刚体转动单元练习答案 1C 2A 3D 4B 53wo；1Jo 36412wo；Jowo 321质点运动学单元练习一答案11 7解：小球转动过程中角动量守恒 ro2mrwo=mw w=4wo 42oW=11322Jw2-Jwo=mro2wo 2228子弹与木杆在水平方向的角动量守恒 2ö6m2vlæ1læö2çm2v=m1l+m2ç÷÷w w= ÷()2ç122m+3mlèøø12è9解：圆环所受的摩擦力矩为M=mmgR， 由转动定律 mmgR=mR2a， a=至圆环停止所经历的时间 t=mg Rw0w0R =amg10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w 11L×ML2w2=Mg， 232碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒 mvx=1ML2w， 3碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒 mv=、消去w，得 v=LMw， 2M3gL， 2m2L. 3、消去v，得 x=1质点运动学单元练习一答案12 8.机械振动单元练习答案 1 B 2 B 3 C 4 A 5 x=0.10cos(/6t+/3)m 6 2:1 7 解：A=0.1m，w=2/T= 运动方程x=Acos(wt+j)=0.1cos(t+j)m 由旋转矢量法j=-/2，x=0.1cos(t-/2)m； 由旋转矢量法j=/3，x=0.1cos(t+/3)m； 由旋转矢量法j=，x=0.1cos(t+)m。 8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F=mg。上下振动时，取其处于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 vvvåF=P+F' 其中，浮力F'=F+rgSx=mg+rgax 合外力2åF=P-F'=-rgax=-kx 2k=rga2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。 d2xd2xrga2x=0 由åF=m2可得木块运动的微分方程为2+dtdtm1质点运动学单元练习一答案13 令w=2rga2m=2，可得其振动周期为 T=2ar木wr水g9 解：如图，由旋转矢量法可知 wDt=/3 Dt=/3w=1/3s 10. 解：Ep=图8-1 1211kx=E=kA2 224x=Ep=2A»0.141m 212121121kx=kA=(kA)=E 284243Ek=E-Ep=E 49.机械振动单元练习答案 10 11 12 13 14 15 B B C 2k+/3，7´10-2m，2k+4/3，1´10-2m /2 0.5s，1.5s；0s，1s, 2s 。 1质点运动学单元练习一答案14 16 解：由已知的运动方程可知：A=0.10m，j=2/3，w=3，T=2/w=2/3s vmax=Aw»0.94m×s-1，amax=Aw2»8.88m×s-2 17 解：振动系统的角频率为w=k=10s-1 m1+m2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v0为 v0=m1v=0.8m×s-1 m1+m2又因初始位移x0=0，则振动系统的振幅为 2A=x0+(v0w)2=v0w=0.08m 图9-1 如图由旋转矢量法可知j0=-/2，则简谐运动方程为 x=0.08cos(10t-/2)(m) 18 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为 2A=A12+A2+2A1A2cos(/2)=0.10m 合振动初相为 j=-arctanA1sin/3+A2sin/6A2cos/6-A1cos/3图9-=-arctan2.341»113o 10. 解：如图由旋转矢量法可知j0a=-/3，j0b=2/3。可见它们是反相的，因此合振动振幅为： A=A1-A2=1cm 合振动初相为：j=j0a=-/3 1质点运动学单元练习一答案15 图9-3 同样由旋转矢量法可知 wt=5w=5/6 T=2/w=12s 10.机械波单元练习答案 19 20 21 22 23 24 25 B C B 1.67m y=Acosw(t-6，30 x-l)+j0 u解：由波动方程可知振幅A=0.05m，角频率w=20，w/u=3，则波速u=6.67m×s-1，频率n=w/2=10Hz，波长l=u2w=2/3m。 vmax=Aw=»3.14m/s 26 -1解：由图可知振幅A=0.1m，波长l=4m，波速u=100m×s 则w=2/T=2ul=50。 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j=-/2，因此波动方程为 1质点运动学单元练习一答案16 y=0.1cos50(t-x/100)-/2(m) P处质点的振动方程为 y=0.1cos(50t-3/2)(m) 27 解：由图可知振幅A=0.1m，波长l=100m，则角频率 w=2u=2=。 Tl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j0=/3。则波动方程为 y=0.1cos(t+x/50)+/3(m) 10解：以A点为坐标原点的波动方程为 y=3´10-2cos3(t-x/30)(m) jB=jA-2ABl=-wABu=- 2则以B点为坐标原点的波动方程为 y=3´10-2cos3(t-x/30)-/2(m) 1质点运动学单元练习一答案17