2014大学物理学习指导上朱善华答案.doc

参考答案练习一：1-2、DD 3、， 4、 ， 5解：（1）； （2）； （3） 6 解： 分离变量： 两边积分得 由题知，时，, 练习二：1-2、CB 3、，； 4、， 5、解：（1）由得：， 6、当滑至斜面底时，则,物运动过程中又受到的牵连运动影响，因此，对地的速度为 练习三：1-3、BCB 4、s； 5、6、解： 设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知 将上式对时间求导，得 根据速度的定义，并注意到,是随减少的， 即 或 将再对求导，即得船的加速度7、解： 练习四：1-2 AC 3、解： (1)于是质点在时的速度(2)4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知： 分离变量及积分得：解得：5、解：取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为，则有：（1） 由此得：（2）由得： （3）6、，练习五1-2、BC； 3、140，24； 4、6.14或，35.5或；5、解： 子弹穿过第一木块时, 两木块速度相同,均为v1子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为v2解得: 6、解：（1）由水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M的水平速度为V1）此时M物体的受力如右图，且有：（2）练习六：1-2：C B； 3、0J，18J，17 J； 4、5、 6、解：框架静止时，弹簧伸长l=0.1m，由平衡条件mg=kl,求得：k=mg/l=0.29.8/0.1=19.6N/m 铅块落下h=30cm 后的速度v0 ， 可由能量守恒方程求出： 设铅快与框架碰后的共同速度为 v，由动量守恒： 设框架下落的最大距离为 x，由机械能守恒：（设弹性势能零点为弹簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时，砝码盘底部为重力势能零点。） 进行整理并代入数据，可得x 的一元二次方程：解得：x = 0.3m 练习七：1-3、 D C B；4、解 参见图，在a附近dt时间内张力的元冲量为，在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为由对称性分析可知，和沿x方向的分量大小相等，符号相反，沿y方向的分量等值同号对其他对称点 作同样的分析，即可得知过程中张力的冲量沿y轴正方向 对质点m应用动量定理，则有 m绕行一周，则，因此 上式表明，张力冲量与重力冲量大小相等，方向相反这样，张力冲量就可通过重力冲量求出重力是恒力，求它的冲量比求变力张力的冲量简单得多重力mg的方向竖直向下，与y轴正方向相反摆球绕行一周的时间为，因此，在图示坐标中，重力在一个周期内的冲量为 因而一个周期内张力的冲量为 表明是沿y轴正方向，与上面的定性分析一致 说明 应用动量定理较多的场合是解决打击或碰撞过程从本题可见，圆锥摆中也有动量问题，这对读者进一步理解动量、冲量和动量定理可能是有益的另外，解题中的对称性分析，以及求变力7的冲量转化为求恒力mg的冲量的方法也是很有用的5、解：（1）当A和B开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：，所以：;（2）分离之后，A的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以： ，则： 6、解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有式中，再代入有关数据，解得再次运用功能原理，求木块弹回的高度代入有关数据，得 ,则木块弹回高度练习八：1-2、B A ；3、-5N.m ；4、5、解： 物体、和滑轮的受力分析如下图，且 设m1下落的加速度大小为a，滑轮的角加速度为，则有： 由牛顿第二定律和转动定律可得： 联立上述方程，得 6、解：（1）设杆的线，在杆上取一小质元考虑对称（2）根据转动定律所以练习九：1-2、A A ； 3、； 4、， 5、解：子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有 （1）在弹簧的弹力作用下，滑块于子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有 （2）又在滑块绕固定点作弧线运动中，喜糖满足角动量守恒定律，故有： （3）式中为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角。联立解上述三式，可得：6、解：（1）设当人以速率沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为，则人对与地固结的转轴的角速度为，且：人与盘看做一个系统，该系统的角动量守恒，设盘的质量为，则人的质量为，由角动量守恒得：解得：（2）欲使盘对地静止，则即则有： 练习十：1-3、D C C；4、； 5、6、解：设碰后物体m的速度为v，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有： 联立上面四式解得：练习十一1-3、B，C，3、1，,5s; 4、5、解：由题知：（1）由旋转矢量得：故振动方程为：（2）由旋转矢量得：故振动方程为：（3）由旋转矢量得：故振动方程为：（4）由旋转矢量得：故振动方程为：6、（1）平衡时，设t时刻物体处于y处，物体受力如图，由牛顿第二定律得：物体做简谐振动（2）下拉至0.1m处由静止释放，振动方程为：（3）物体在平衡位置上方5cm处的加速度为：练习十二：1-2、C，B，3、2，2，4，1， 4、5、解：取向下为正，平衡时物体所在位置为坐标原点，建立坐标（1）由得：由题知：故振动方程为：（2）平衡时：物体在平衡位置的上方5 cm 时弹簧伸长量为，方向竖直向上。（3）由旋转矢量知：次越过平物体从第一衡位置时刻起到它运动到上方5 cm处转过的角度为：6、解：由得：设火车耽误速度为v，当时，会使火车达到危险速度练习十三1-2、B，D；3、 ； 4、0.8m,0.2m,125Hz，5、解：（1）（2）（3）6、解：（1）（2）B点的振动方程，以代入上式得：所求的波动方程为：练习十四1-2、B，C，3、频率相同、振动方向相同、由恒定相位差的两波源；有些点振动加强，有些点振动减弱；4、；5、解：设S2的振动方程为： S1的振动传至P点，在P点引起的振动方程为：S2的振动传至P点，在P点引起的振动方程为: 干涉相消的条件：故S2的振动方程为：6、解：如图所示，取点为坐标原点，、联线为X轴，取点的振动方程 :（1）在和之间任取点A，坐标为x因为两波同频率，同振幅，同方向振动，所以相干为静止的点满足：故得 这些点因干涉相消而静止不动（2）若A点在左侧，则有 所以，左侧各点因干涉加强。（2）若A点在右侧，则有所以，右侧各点因干涉静止。练习十五1-2、B，C，3、554.5HZ；4、，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、105、解：设火车的速度为由多普勒效应得接收频率为：解得：6、解：（1）设原点处波源的振动方程为：原点处波源在由题知：故振动方程为：波动方程为：（2）（3）练习十六1-4、C，B，D， D，5、 6、， 7、； ；练习十七1-3、D，C，B， 4、，5、，6、解：（1）（2）7、解：由题得 故有：1气体 练习十八1-2、A，D， 3、等压过程4、124J，-85J，5、6、解：(1)等体过程由热力学第一定律得Q=E吸热 =E=CV(T-T)=(i/2)R(T-)=E=5(3/2)8.31(300-290)=623 J对外作功 A=0(2)等压过程=Cp（T-T）=(i+2)/2R(TT)吸热 =5(5/2)8.31(300-290)=1038.5 JE=CV(TT)内能增加 E=5(3/2)8.31(300-290)=623 J对外作功 A=Q-E=1038.5-623=415.5 J(3)绝热过程由热力学第一定律得A=E做功与内能的变化均为 A=E=CV(T-T)=(i/2)R(T-)A=E=5(3/2)8.31(300-290）=623 J吸热 Q=07、解：由图知：则全过程中：A到B，等压过程：B到A，绝热过程，练习十九1-2、B，B，3、AM，AM和BM 4、（3）（1）（1） 5、解：等