大学物理教材 例题练习 答案

1、第一章例题1D；2D；3C4答：(1)、(3)、(4)是不可能的5 6 x = (y-3)2 7 m/s2 104o 练习1 、16 R t2 ； 4 rad /s2 2解：设质点在x处的速度为v，3解：(1) m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s (3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 4解： dv /dtt ， dv t dt vt2 vx /d tt2 x t3 /3+x0 (SI) 5解：根据已知条件确定常量k , 时， v = 4Rt2 = 8 m/s m/s2 6解：(1) 球相

2、对地面的初速度 30 m/s 1分 抛出后上升高度 m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度球上升高度 1分 s 7如图所示，取沿地面方向的轴为ox轴。人从路灯正下方点o开始运动，经时间t后其位置为，而人头顶影子的位置为x¢。由相似三角形关系，有，故头顶影子的移动速度为。第二章例题1、B2、C3、B4、D5、B6、 练习1、证：小球受力如图，根据牛顿第二定律 2分 初始条件： t = 0, v = 0 1分 2分2、解：(1)以A、B、绳为研究对象 FmgmA gmB g(m + mA + mB ) a 2分

3、(2)以绳下段x长和物体A为研究对象 T(x)(mA + m x / L )g (mA + m x / L ) a 2分 T(x) = (mA+m x /L ) (g + a ) N 1分3、解：对物体A应用牛顿第二定律 平行斜面方向： 1分 垂直斜面方向： 1分 又 1分 由上解得 4、解：根据牛顿第二定律 3分 2分 5、解：球A只受法向力和重力，根据牛顿第二定律 法向： 1分 切向： 1分 由式可得 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外 1分 由式得 1分6、解：质量为M的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力和质量为m的物块对它的拉力的合力提供当M物块有离心

4、趋势时，和的方向相同，而当M物块有向心运动趋势时，二者的方向相反因M物块相对于转台静止，故有 F + fmax =M rmax2 2分 F fmax =M rmin2 2分m物块是静止的，因而 F = m g 1分又 fmax =s M g 1分故 mm 2分 mm 2分第三章例题1、C2、D3、C4、C5、C6、C7、8、 9、 2分 2分10、 2分练习1、 2、4000J 3、解：由xct3可求物体的速度： 1分 物体受到的阻力大小为： 2分 力对物体所作的功为： = = 2分4、 解： 1分 而质点的速度与时间的关系为 2分 所以力所作的功为 =729J 2分5、解：以弹簧仅挂重物m1

5、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： l1m 1 g / k 1分 再悬挂重物m2后，弹簧再获得附加伸长为 l2m2 g /k 1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守恒，有 2分 将、代入得 0.014 m/s 1分 6、解：设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，根据胡克定律： 0.1gk(0.07l0) ， 0.2gk(0.09l0) 解得： l00.05 m，k49 N/m 2分 拉力所作的功等于弹性势能的增量： WEP2EP10.14 J 3分7、解：弹簧长为AB时，其伸长量为 1分 弹簧长为AC

6、时，其伸长量为 1分 弹性力的功等于弹性势能的减少 2分 1分8、 解：两个粒子的相互作用力 已知f0即r处为势能零点,则势能 1分 2分9、解：(1)位矢 (SI) 可写为 ， ， 在A点(a，0) ， EKA= 2分 在B点(0，b) ， EKB= 2分(2) = 2分 由AB = 2分 = 2分10 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O²处为重力势能的零点由题意得物体在O处的机械能为： 2分在O² 处，其机械能为： 2分由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即： 2分在平衡位置有：

7、mgsina =kx0 2分代入上式整理得： 2分第四章例题：1. C 2. A 3. B 4. C5. 0.89 m/s 3分 参考解：在0-1 s内, F<m0mg ,未拉动物体. 在1 s-2 s内, 由 mv 0=I， 可得 v = I/m=0.89 m/s6. 7. 8. 0.003 s 0.6 N·s 2 g 9. 取如图所示坐标，设绳长L，质量M。 设在时刻t已有x长的柔绳落到桌面上，随后的dt时间内将有质量为(即)的柔绳以dx/dt的速率碰到桌面而停止，它的动量变化率为：xxO例题4-9答案图 根据动量定理，桌面对柔绳的冲力为：其中 由牛顿第三定律，柔绳对桌面的

8、冲力为F=-F， 即 而 ABC例题4-10图已落桌上柔绳所受的重力 G=M·gx/L F总=F+G=3G 10. (1) 设A，B间绳中张力为T，分别对A、B列动力学方程MA g T =MA a T =MB a 解得 a =Mg / (MA+MB) 由 MA = MB = M ag 设B、C之间绳长为l，在时间t内B物体作匀加速运动，有 lat2gt2/4 ， t=0.4 s (2) B和C之间绳子刚拉紧时，A和B所达到的速度为 vatgt×10×0.42.0 m/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

9、TAB为AB间绳中平均张力，TBC为BC间绳中平均张力,为过程时间) MAV - MAv = TAB· (MAg<<TAB ) MBV MBv =TAB·TBC· MCV 0 = TBC· 得 (MA+ MB+ MC)V = ( MA+ MB) v V = m/s 练习题：1. 2 m/s2. 36 rad/s 参考解：系统对竖直轴的角动量守恒，。3. 1 m /s 0.5 m /s 4. mv0 sinq 竖直向下5. mw ab 06. 垂直于斜面指向斜面下方 参考解： 沿垂直斜面方向上动量的分量的增量为 若在碰撞过程中忽略重力，则以上即

10、为小球对斜面的冲量大小， 方向垂直于斜面并指向斜面下方7. 证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O，力对该点的力矩为零根据角动量定理，质点对O点的角动量是恒矢量 恒矢量 2分 的方向垂直于和所在的平面，是恒矢量，方向不变，即 ，总是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动 3分8. 0 2pmg/w 2pmg/w9. 解：设沙子落到传送带时的速度为，随传送带一起运动的速度为，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上 设质量为Dm 的砂子在Dt时间内平均受力为,则 3分 由上式即可得到砂子所受平均力的方向,设力与x轴的夹角为则 -1(4/3)= 53&#

11、176;,力方向斜向上 2分10. 解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力 1分 物体要有加速度必须 2分 即 ， 1分 物体开始运动后，所受冲量为 t = 3 s, I = 28.8 N s 2分 则此时物体的动量的大小为 速度的大小为 m/s 2分11. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为 有 mv0 = mv+M v¢ v¢ = m(v0 - v)/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+Mv2/l =26.5 N 2分 (2) (设方向为正方向)

12、 2分 负号表示冲量方向与方向相反 2分12. 解：角动量守恒 2分 v 为时小球的横向速度 拉力作功 2分 vB为小球对地的总速度， 而 当时 1分第五章例题：1. C 2. A 3. C 4. C 5. A 6. A7. 3v0 / (2l)8. 9-11（见书上）练习题：1. 2.5 rad / s22. 4.0 rad3. 0.25 kg·m24. g / l g / (2l)6. 解：设棒的质量为m，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律 M = Jb 1分 其中 1分 于是 1分 当棒转动到水平位置时， M =mgl 1分 1分7. 解：将杆与两小球视

13、为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统 由角动量守恒 得 1分 （逆时针为正向） 2分 又 1分 将代入得 1分8. 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mgT ma 2分 对滑轮： TR = Jb 2分 运动学关系： aRb 1分 将、式联立得 amg / (mM) 1分 v00， vatmgt / (mM) 2分9. 解：受力分析如图所示 设重物的对地加速度为a，向上.则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下. 2分 根据牛顿第二定律可得： 对人： MgT2Ma 2分 对重物： T1MgMa 2分 根据转动定律，对滑轮有 (T2T1)R

14、JbMR2b / 4 2分 因绳与滑轮无相对滑动， abR 1分 、四式联立解得 a2g / 7 1分10. 解：各物体的受力情况如图所示 图2分由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程： T1RJ1b1 方程各1分共5分 T2rT1rJ2b2 mgT2ma , aRb1rb2 , v 22ah 求解联立方程，得 m/s2 =2 m/s 1分 T2m(ga)58 N 1分 T148 N 1分11. 解：各物体受力情况如图 图2分 FTma 1分 ma 1分 ()R 1分 aRb 1分 由上述方程组解得： b 2F / (5mR)10 rad·s-2 2分 T3F /

15、56.0 N 1分 2F / 54.0 N 1分第六章 狭义相对论基础例6-1【解】三种说法都正确。例6-2解：c；c；c。例6-3解：S系球面方程为：；S¢系球面方程为：。解：。例6-4解：速度，距离L，时间间隔,所以。例6-5：解：相对的，运动。例6-6解：C例6-7解：A例6-8解：C 例6-9解：站台上测出的1m是运动的长度。求静长，所以。例6-10解：例6-11解：方法一，固有长度，认为距离，。方法二，测得的时间为固有时间，由得。例6-12解：实验室中观测到介子的能量为，即。由时间延缓关系式，实验室寿命，即。例6-13解：初动能，末动能，即，需做的功为。例6-14解：已知，

16、所以。例6-15 解：，当时，选D。例6-16解：（1）棒相对于甲静止，他测得其质量为m，体积为V=ls，所以密度。（2）棒相对于乙运动，他测得其质量为,长度为，截面积不变仍为S，所以测得体积为，所以密度。【练习题】6-1解：一切彼此相对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的 一切惯性系中，真空中的光速都是相等的6-2 (A)t < to；l < lo.(B)t < to；l > lo.(C)t > to；l > lo.(D)t > to；l < lo.解：(D)。分析：S和S¢相对速度为u，S¢中两事件的时间间隔为t

17、o为原时间，则S系的钟测出这两个事件的时间间隔为t=t o ¤ ，则t>to；S¢系x¢轴上放置一固有长度为lo的细杆，从S系测得此杆的长度为l=lo，则l<lo。6-3解：只有运动方向上的长度缩短，l=lo=lo=0.6lo，垂直于运动方向上的长度不变，故体积是V=llo2=30´502=7.5´104cm3。6-4解：地球上观察者测得距牛郎星约lo=16光年为固定长度，宇宙飞船上的钟指示的时间to=4年为原时间。方法一：以地面系计算，lo=vt=vt o ¤ ，16c=v´4 ¤ ，v=c=0.97

18、c=2.91´108m ¤ s。方法二：以飞船系计算，飞船系认为l=lo=vto，16c×=4v，v=c =0.97c=2.91´108m ¤ s。6-5 解：Dx ¤ v，Dx ¤ v。分析：(1)在S系中相隔为Dx处两只同步的钟A和B，读数相同，Dx=v×Dt Dt=Dx ¤ v。(2)方法一：S¢系记下本征时间，由Dt =Dt¢ ¤ Dt¢=Dx ¤ v。方法二：Dx为固有长度，在S¢系Dx¢=Dx，Dt¢=Dx

19、2; ¤ v=Dx ¤ v。6-6解：以地球上的时钟计算： 年 以飞船上的时钟计算： 0.20 年6-7 解：(1) 从列车上观察，隧道的长度缩短，其它尺寸均不变。 隧道长度为 (2) 从列车上观察，隧道以速度v经过列车，它经过列车全长所需时间为 这也即列车全部通过隧道的时间. 6-8解：实验室测得静止m+子的寿命to=2.2s，运动时寿命为t=to ¤ =1.63´10-5 s，t0 ¤ t=Þv ¤ c=0.99。这两个测量结果符合相对论的时间膨胀的结论。(或运动的时钟变慢的结论)6-9解：设飞船A相对于飞船B的速度大小

20、为v，这也就是飞船B相对于飞船A的速度大小在飞船B上测得飞船A的长度为 故在飞船B上测得飞船A相对于飞船B的速度为 解得 m/s 所以飞船B相对于飞船A的速度大小也为2.68×108 m/s6-10解：E=Ek+Eo，mc2=4moc2+moc2 =5moc2，m ¤ mo=5。6-11解：mc2=Ek+moc2Þg moc2=Ek+moc2，g-1=，v ¤ c=0.745，v=0.745c=2.24´108 m ¤ s。6-12解：相对于观察者甲，物体是静止的，E1=mc2=9´1016J； 相对于观察者乙，物体以v=0

21、.8c运动，E2=1.5´1017J。6-13解：(1) =5.8×10-13 J (2) = 4.01×10-14 J = 4.99×10-13 J 8.04×10-2 6-14解：根据功能原理，要作的功 W = DE 根据相对论能量公式 DE = m2c2- m1c2 根据相对论质量公式 4.72×10-14 J2.95×105 eV6-15解：(1)l=lo，v=c=c ¤ lo。(2)g =()-1=lo ¤ l，Ek=mc2-moc2=(g-1)moc2=(lo ¤ l-1)moc2。

22、6-16解：实验室观察认为介子的寿命t，速度为v，测得运动的距离l=vt。E=gmoc2，Eo=moc2，g=E ¤ Eo=3000 ¤ 100=30，g=1 ¤ 。v ¤ c= ¤ 300=0.9994，v=c ¤ 300=2.996´108m ¤ s。t=t o ¤ =30to=6´10-5s，l=vt=2996´6=17976m。6-17解：设立方体的长、宽、高分别以x0，y0，z0表示，观察者A测得立方体的长、宽、高分别为 ， 相应体积为 观察者测得立方体的质量 故相应密度为

23、【例题精选】例71 0.37 cm (SI) 例72 BvBxABOt = 0t = 2 st = 4 sfwvAvB例题7-5答案图例73 例74 C例75 解：由旋转矢量图和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒， T = 8 s， n = (1/8) s-1， w =2pn = (p /4) s-1 (1) 以的中点为坐标原点，x轴指向右方 t = 0时， cm t = 2 s时， cm 由上二式解得 tgf = 1 因为在A点质点的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4（如图） cm 振动方程 (SI) (2) 速率 (SI) 当t = 0 时，质点在A点 m/s 例题

24、7-6答案图例76 解：旋转矢量如图所示 由振动方程可得：， s 例77 C例78 0.84 0.84例79 B例710 振动系统本身性质 初始条件例711 B【练习题】71 B72 73 解：(1) t = 0时， a = 2.5 m/s2 ，| F | = ma = 5 N (2) | amax | = 5，其时 | sin(5t-p/6) | = 1 | Fmax | = m| amax | = 10 N x = ±0.2 m（振幅端点） 74 C75 解：设小球的质量为m，则弹簧的劲度系数l0xmgxkl0k(l0+x)mg习题7-5答案图 选平衡位置为原点，向下为正方向小球

25、在x处时，根据牛顿第二定律得 将 代入整理后得 此振动为简谐振动，其角频率为 设振动表达式为 由题意： t = 0时，x0 = A=m，v0 = 0，解得 f = 0 76 解：(1) 小物体受力如图 设小物体随振动物体的加速度为a，按牛顿第二定律有（取向下为正）Nmg习题7-6答案图 当N = 0，即a = g时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm， 有 rad·s-1 系统最大加速度为 m·s-2 此值小于g，故小物体不会离开 (2) 如使a > g，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得 cm 即在平衡位置上方19.6 cm处开始分离

26、，由，可得 =19.6 cm 77 解：(1) 势能 总能量 由题意， m (2) 周期 T = 2p/w = 6 s 从平衡位置运动到的最短时间 Dt 为 T/8 Dt = 0.75 s 78 解：第一球自由落下通过路程l需时间 而第二球返回平衡（即最低）位置需时 ，故第一球先到。79 1×10-2 m p/6710 |A1 A2| 【例题精选】例81 C例82 D例83 (SI)例84 (SI) x (m)t = T图B.AuOly (m)-AOxPxl/4u图A例题8-5答案图解：(1) 如图A，取波线上任一点P，其坐标设为x，由波的传播特性，P点的振动落后于l /4处质点的振

27、动 该波的表达式为 (SI) (2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样 t = 0时 按上述方程画的波形图见图B 例86 例87 解：这是一个向x轴负方向传播的波 (1) 由波数 k = 2p / l 得波长 l = 2p / k = 1 m 由 w = 2pn 得频率 n = w / 2p = 2 Hz 波速 u = nl = 2 m/s (2) 波峰的位置，即y = A的位置 由 有 ( k = 0，±1，±2，) 解上式，有 当 t = 4.2 s 时， m 所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰在上式中取k = 8，可得 x = -0.4的波峰离坐标

28、原点最近 (3) 设该波峰由原点传播到x = -0.4 m处所需的时间为Dt， 则 Dt = | Dx | /u = | Dx | / (n l ) = 0.2 s 该波峰经过原点的时刻 t = 4 s 例88 解：设平面简谐波的波长为l，坐标原点处质点振动初相为f，则该列平面简谐波的表达式可写成 (SI) t = 1 s时 因此时a质点向y轴负方向运动，故 而此时，b质点正通过y = 0.05 m处向y轴正方向运动，应有且 由、两式联立得 l = 0.24 m 该平面简谐波的表达式为 (SI) 或 (SI) 例89 D例810 4 例811 A例812 或 例813 解：选O点为坐标原点，设入射波表达式为 则反射波的表达式是 合成波表达式（驻波）为 在t = 0时，x = 0处的质点y0 = 0， ， 故