大学物理教材(例题、练习)答案

1、精品文档第一章例题1D ；2D ；3C4 答： (1) 、 (3)、 (4) 是不可能的5v 0 Ct 3 / 3x0v 0t1 Ct 43)2126x = ( y717 m/s2104o练习1、 16 R t2；4 rad /s22解：设质点在x 处的速度为 v ，dvdd x2av26xd td xd tvx6x 2 d xv dv200v2 xx3123解： (1)vx / t0.5m/s(2) v = d x/d t = 9t - 6t2v (2) = - 6 m/s(3) S = |x(1.5) - x(1)| + |x(2) - x(1.5)| = 2.25 m4 解：adv /d

2、t4 t ，dv4t dtvtdv4t d t00v2t2v d x /d t2t2xtdx2t 2 d tx00x2t 3 /3+x0(SI)5 解：根据已知条件确定常量kk / t 2v / Rt 24rad / s24t 2,vR4Rt 2t1s 时，v = 4Rt2 = 8 m/satv/ dt8Rt2d16m / sanv 2 / R 32 m / s2aat2an21/ 235.8m/s26 解： (1)球相对地面的初速度vv 0v30 m/s1 分抛出后上升高度hv21 分45.9 m/s2g离地面高度H = (45.9+10) m =55.9 m1 分.精品文档(2) 球回到电

3、梯上时电梯上升高度球上升高度v t(v v 0 )t1 gt 21 分2v024.08 stg7 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 xoA vt ，而人头顶影子的位置为x 。由相似三角形关系，有oCxHoAvt，H hxHvt，故头顶影子的移动速度为vdxHv。HhdtHh第二章例题1、 B2、 C3、 B4、 D5、 B6、 mg / cossinglcos练习1、证：小球受力如图，根据牛顿第二定律mgkvFmam dv2 分vd tddt(mgkvF ) / m初始条件：t = 0,v = 01 分vdvtd t(mg0kv - F)

4、/m 0 v(mgF )(1e kt / m ) / k2 分2、 解： (1) 以 A、B、绳为研究对象FmgmA gmB g(m + mA + mB ) aF ( mmAmB )gFam AmBmgmm A mB(2)以绳下段 x 长和物体 A 为研究对象T(x)(m+ m x / L )g (m+ m x / L ) aAA T(x) = (mA+m x /L ) (g + a )F (mAmx / L)(9624x)NmmAmB2 分2 分1 分.精品文档3、解：对物体A 应用牛顿第二定律平行斜面方向：Fcosmg sinf rma1 分垂直斜面方向：Nmg cosF sin01 分又

5、f rN1 分由上解得aF cosmg sin( mgcosF sin )0.91 m/s2m4、解：根据牛顿第二定律fkm dvm dv d xmdv3 分x2d td xd tvd xdk d x ,vvdvA / 4k d xvvmx2mx20A1v 2 k ( 4 1 )3 k2 分2 m A AmA v6k /( mA)5、解：球 A 只受法向力 N 和重力 mg ，根据牛顿第二定律法向： Nv 2/ R1 分mg cosm切向：mg sinmat1 分由式可得N m( g cosv 2 / R)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at g sin1

6、 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f 和质量为 m 的物块对它的拉力F 的合力提供当M 物块有离心趋势时，f 和 F 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 + f max =M r max 22 分max=M rmin 22 分Ffm 物块是静止的，因而F = m g又fmax = s M gmgs Mg37.2故rmax2MmgsMg12.4rmin2M1 分1 分mm2 分mm2 分第三章例题1、 C2、 D3、 C4、 C5、 C6、 C7、1 mgh2.精品文档8、2( Fmg) 2k9、 GMm r

7、2r12 分r1r2GMm r1r 22 分r1r22GmM10、2分3RGmM3R练习Fh sin1、mgh ctgsin2、 4000 J3、解：由x ct3 可求物体的速度：物体受到的阻力大小为：力对物体所作的功为：l24WdW=9kc 3 x 3 dx04、解：AF d r12tv dtvdx3ct 21 分dt24fkv 29kc 2t 49kc 3 x 32 分2727kc 3 l3=2 分71 分而质点的速度与时间的关系为v v 0ttFt 1222 分a d t0d t0 2t d t 3t00 m所以力 F 所作的功为A32 ) d t33 d t =729 J12t(3t3

8、6t2 分005、解：以弹簧仅挂重物m 时，物体静止（平衡）位置为坐标原点，竖直向下为y 轴正向，1此时弹簧伸长为：l 1 m 1 g / k1 分再悬挂重物 m2 后，弹簧再获得附加伸长为l 2 m2 g /k1 分当突然剪断连线去掉m后， m 将上升并开始作简谐振动，在平衡位置处速度最大根21据机械能守恒，有1 k (l 1l 2 ) 2 m1 gl 2 1 m1v m21 kl122 分222将、代入得v m m2 g1 0.014 m/s1 分( m1 k )6、解：设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k，根据胡克定律：.精品文档0.1g k(0.07l 0) ，0.2g k(0.0

9、9 l0)解得：l0 0.05 m， k 49 N/m2分拉力所作的功等于弹性势能的增量：W EP2 EP11k(l 2l 0 ) 2 1k (l1l0 ) 2 0.14J3 分22x12lll7、解：弹簧长为 AB 时，其伸长量为1 分弹簧长为 AC 时，其伸长量为x22ll( 21)l1 分弹性力的功等于弹性势能的减少WEP1EP 21 kx121 kx222 分221 kl 2 1 ( 2 1)2( 2 1) kl 21 分28、 解：两个粒子的相互作用力fk r 3已知 f 0 即 r 处为势能零点, 则势能1 分EPWPfdrkr3 d rrrk(2r 2 )9、解： (1) 位矢r

10、a cost ib sint j(SI)可写为xa cos t，yb sintv xdxasint ，v ydyb cos tdtdt在 A 点 (a， 0)， cost1， sint0EKA = 1 mv x21 mv y21 mb 2 2222在 B 点 (0， b)， cost0 ， sint1EKB = 1 mv x21 mv y21 ma 2 2222(2)F maximayj =ma2 cost imb2 sint jWx0Fx dx02 a cos tdx =02 xdx1 ma22由 ABamama2Wybb2b sintdy =b2 ydy1mb22Fydymm00022 分

11、2 分2 分2 分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；l取弹簧伸长时物体所达到的O 处为重力势能的零点由O题意得物体在 O处的机械能为：x 0E1 EK01 kx 02mg( xx0 ) sinO2 分211Ox在 O 处，其机械能为：E2222 分mvkx22由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：EK 01kx02mg( x x0 ) sin1mv 21kx 22 分222.精品文档在平衡位置有：mgsin =kx0 x0mg sink2 分代入上式整理得：1 mv 2EK 0mgx sin1 k

12、x2(mg sin)22 分222k第四章例题：1.C2. A3.B4.C5.0.89 m/s3 分参考解：在0-1 s 内,Fmg ,未拉动物体 .2在 1 s-2 s 内 ,I(t0.96) d tmg(t2t1 )0.89 N s1由mv 0=I ，可得v = I/m= 0.89 m/s6.i5 j7.m GMR8.0.003 s0.6 N s2 g9.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d x (即 M d x / L )的柔绳以 dx/dt 的速率碰到桌面而停止，它的动量变化率为：Od xd td xd tx根

13、据动量定理，桌面对柔绳的冲力为：vd x d xFd t2,dtvd x其中xvd t由牛顿第三定律，柔绳对桌面的冲力为F=F，例题 4-9 答案图d x d xMdxM即Fd t22d tL( )vv 2dtL而2gx,F2Mgx / L已落桌上柔绳所受的重力G=Mgx/LF 总=F+G= 3GC B10. (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 =M A aT =MB a解得a =Mg / (MA +MB)由 MA= MB=M1a g2例题 4-10 图设 B、C 之间绳长为l，在时间t 内 B 物体作匀加速运动，有.精品文档1t=4l / g =

14、0.4 sl at2gt2/4 ，2(2) B 和 C 之间绳子刚拉紧时，A 和 B 所达到的速度为v at1gt1 10 0.4 2.0 m/s22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 间绳中平均张力为过程时间 )MVMv = T ,( MgTAB)AAAB AMBV MBv = TABTBCMCV 0 = TBC得(MA+ MB + MC) V = ( MA+ M B) v( M AM B )v2v 133V =MB MC.m/sM A3练习题：1. 2 m/s2.3

15、6 rad/s参考解：系统对竖直轴的角动量守恒，0r 2/ r236 rad/s 。123.1 m /s0.5 m /s4.mv 0 sin竖直向下5.m ab06. M 6 gh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M v2 cos30M2ghM6gh若在碰撞过程中忽略重力，则以上即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Lrmv 恒矢量2 分L 的方向垂直于r 和 v 所在的平面，L 是恒矢量，方向不变，即r ， v 总是保持

16、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8.02 mg/2mg/解：设沙子落到传送带时的速度为v 1 ，随传送带一起运动的速度为v 2 ，则取直角坐标系，x 轴水平向右， y 轴向上v 12 gh j- 4 j , v 23i设质量为 m的砂子在t 时间内平均受力为F ,则Fpm v 2mv 1m (3i 4 j )3 分ttt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tg1(4/3)= 53 ,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NF sin 30mg1 分物体要有加速度必须F cos30N2 分即5( 3)tmg ，t0

17、.256s t 01 分.精品文档t物体开始运动后，所受冲量为I( F cos30N ) d tt 03.83(t 2t02 )1.96(tt0 )t = 3 s,I = 28.8 N s2 分则此时物体的动量的大小为mv I速度的大小为vI28 .8m/s2 分m11. 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 v有mv 0 = mv+M vv = m(v 0v)/M = 3.13 m/s2 分T =Mg+M v2/l = 26.5 N2 分(2)f tmvmv 04.7 N

18、s(设 v 0 方向为正方向 )2 分负号表示冲量方向与 v 0 方向相反2 分12.解：角动量守恒mv 0r0 mv r2 分v 为 r1 r0 时小球的横向速度211拉力作功Wmv B2mv022 分22vB 为小球对地的总速度，而v B2v2v 2当 r1 r0时W(3mr0202 /2)1 mv 21 分22第五章例题：1.C2.A3.C4.C5. A6. A7. 3v0 / (2l)k 022J8.k 09J9-11 （见书上）练习题：1. 2.5 rad / s22. 4.0 rad3. 0.25 kg m2mg4.Jrmr5.g / lg / (2l)6. 解：设棒的质量为 m，

19、当棒与水平面成 60角并开始下落时，根据转动定律M = J1 分.精品文档其中M11 分mgl sin 30 mgl / 4M3g2于是7.35 rad/s21 分J4l1当棒转动到水平位置时，1 分M = mgl2M3g14.7 rad/s 21 分J 2l7. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统由角动量守恒得1 分mv 02 lm v 02 lJ （逆时针为正向）2 分323又Jm( 2l ) 22m( l )21 分33将代入得3v 01 分2 l8. 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mg T ma2 分对滑轮：TR= J2 分运动学关系：a R1 分将

20、、式联立得11 分Tamg / (m M )2R v0 0，a1TMmg vatmgt / (m M)2 分29. 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：Mg T2 Ma2 分T2OT111对重物：12 分T Mg Ma22aBa根据转动定律，对滑轮有221MR/ 42 分(T T )RJMg1因绳与滑轮无相对滑动，a R1 分Mg、四式联立解得a 2g / 71 分210. 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，

21、可列出以下联立方程：T1RJ1 1 1 M 1R21方程各 1 分共 5 分2.精品文档T2r T1r J22 1 M 1 r 22N1T1T1N2T222M 1M 2ma2a R1r2,vmg T ma ,12 2ahT2求解联立方程，得 amg4m/s2M1gM 2gmg1 M1M 2m2v2ah =2 m/s1 分T m(g a)58 N1 分2T1 1 M 1a 48 N1 分211. 解：各物体受力情况如图图 2 分F T ma1 分aT ma1 分TTB( T T )R 1 mR21 分T2aa R1 分TAF由上述方程组解得： 2F / (5mR)10 rad s-22 分T3F

22、 / 56.0 N1 分T 2F / 54.0 N1 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：x2y2z2c2t 2 ； S 系球面方程为：x2y 2z 2c2 t 2 。解： Lc t 。例 6-4 解： 速度 v2 ，距离 L ，时间间隔t ,所以tL / v2 。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L0LL。21 u 2 / c21.精品文档例 6-10 解：10210 612.9510 6

23、sv 2 / c210.9882例6-11解：方法一，固有长度L020m， vv 0.6c， O 认为距离LL0 (12)1/ 2201(0.6c)2 / c2 16m，t L8.8910 8 s。v方法二， O 测得的时间为固有时间，由tL0得vt 0(12)1/28.8910 8 s 。例6-12解：实验室中观测到介子的能量为EEkm0 c27m0c2m0 c28m0c 2m0c2 ，即8 。由时间延缓关系式，实验室寿命00080 ，即/08。1 v2 / c212例 6-13解 ： 初 动 能 Ek 00， 末 动 能 Ekmc2m0c2( 1)m0c2，(1 v2 / c2 ) 1/

24、21/ 0.81.25 ， 即 Ek(1)m0 c20.25m0c2，需做的功为WEkEk 0Ek0.25m0c2。例 6-14 解：已知 m c20.511 ，Ek(mm )c2mc20.25 ，所以m0.25。00m00.50.511例 6-15解： Ek(1)m0c2 ，当 v1 时， Ek，选 D。cm例 6-16 解：（ 1）棒相对于甲静止，他测得其质量为m，体积为 V= s，所以密度。ls（ 2）棒相对于乙运动，他测得其质量为m m ,长度为 l l 12l，截面积不变仍为 S，所以测得体积为lsm 2 m25mVl s，所以密度ls。V 9ls【练习题 】6-1 解： 一切彼此相

25、对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的.精品文档一切惯性系中，真空中的光速都是相等的6-2(A) ； .( B) .(C)；o.(D) o； o； S 系 x 轴上放置一固有长度为o的细杆，从 S 系测得此杆的长度为= o1v2c2，则o。6-3 解：只有运动方向上的长度缩短，=o1v2c2 =o12.41083108 2=0.6 o，垂直于运动方向上的长度不变，故体积是V=o2=30 502=7.5 104cm3。6-4 解： 地球上观察者测得距牛郎星约o=16 光年为固定长度，宇宙飞船上的钟指示的时间o年为原时间。方法一：以地面系计算，o=v =vo1v2c2，16c=v41 v

26、2c2，=4 v=16 /17c=0.97c=2.91108ms 。 方 法 二 ： 以 飞 船 系 计 算 ， 飞 船 系 认 为=o1v2c2=vo2c2=4v ， v=16/17c =0.97c=2.91108m s。， 16c 1 v6-5 解： xv， 1v 2 c2xv。分析： ( 1) 在 S 系中相隔为x 处两只同步的钟A和B，读数相同，x=vt t=xv。( 2) 方法一： S 系记下本征时间，由t =t1v 2c2 t =1v 2c2x v。方法二：x 为固有长度，在S 系 x =x1v2c2 ， t =xv=1v 2c2x v。6-6 解： 以地球上的时钟计算：tS4.5年v以飞船上的时钟计算：tt1v 20.20 年c 26-7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LL1v 2c 2(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Ll 0L