2014大学物理学习指导上朱善华答案

1、参考答案练习一：1-2、DDw1可13、v=(vo+3ct3)i，x=xo+vot+迈ct44、8j，-i+4j，兀1、+arctg或兀一arctg4245解：（1）f=(3t+5)i+(212+3t-4)j；(2)v=dr=3,+(t+3)j;v=3?+7j(m/s)dtt=4s3)a=dv=1f(m/s2)dt6解：TOC o 1-5 h zdvdvdxdva=vdtdxdtdx分离变量：d=adx=(2+6x2)dx两边积分得由题知，x=0时，=10,c=50练习二：1-2、CB2ct，比，R2ct9R4、2t2，：1+12J1+125、解：(1)由v=d=Rd=-3Rbt2得：adtd

2、tTdvv2=一=-6Rbt，a=9Rb214dtnR6、当滑至斜面底时，y=h，则v；=j2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因此，A对地的速度为(2)(2)由图可知12=h2+S2将上式对时间t求导，得根据速度的定义，并注意到1,s是随t减少的,dsdtdlv=一=v,v绳dt0船ds1d11vv=v=0船dtsdts0cos9_Iv_(h2+S2)1/2vv=0=0船ss将v船再对t求导，即得船的加速度7、解：空=-kvdtJvdv=Jt-kdtv0vvvekt0练习四：1-2AC3、解：f63a=msxm168(1)于是质点在2s时的速度114、解：小球的受力分析如下图，有牛

3、顿第二定律可知:分离变量积分得：F/.fft-S_j*vd(mg-k-F)0m0mg-kv-F解得：v_(1-e-mt)(mg-F)k5、解：取弹簧原长时m所在处为坐2标原点,mg竖直向下为x轴，m，m12的受力分析如上图所示。m2设t时刻m的坐标为2X，系统加速度为a，则有:对m:T一F=1丿对m:2且有：ma；1mg一T=ma；22T=TF=kx由此得：a_m2g一kxm+m122)3)a_0时，x_kmgvmaxJk(m+m)由a_dV_dvdx_dv得:dtdxdtdx6、av2=gsin0，N=m(gcos0+)R练习五1-2、BC；3、140N-s，24m/s；4、6.14或、帀，

4、35.5。或75arctg7；5、解：子弹穿过第一木块时，两木块速度相同，均为v子弹穿过第二木块后，第二木块速度变为V2解得:FAtv二1m+m12FAtFAt1+2m+mm1226、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V）1此时M物体的受力如右图，且有：(2)I二mV-mV0=4.7N-s,方向水平向左练习六：1-2：CB；3、0J，18J，17J；4、熨85、mgh-v202g(1+cot仲)v=*2gh(1-cot仲)求出：弹性势能砝码盘底6、解：框架静止时，弹簧伸长Al=0.1m，由平衡条件mg=kAl,求得：k=mg/Al=0.2X9.8/0.1=19.6

5、N/m铅块落下h=30cm后的速度v0，可由能量守恒方程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：（设零点为弹簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时,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：x2-0.2x-0.03=0解得：x=0.3m练习七：1-3、DCB；4、解参见图，在a附近dt时间内张力的元冲量为dI在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为dI-由b符号二对称性分析可知，dI和dI沿x方向的分量大小相等，ab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，

6、则有m绕彳丁一周，则q=0，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2=R/v，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I=mg也R/JTI0表明是沿y轴正方向，与上面的定性分析一致.T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

7、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:(m+m)v2=kx22AB20所以：Ik；jv=x;x=lm+m01AB分离之后，A的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以:=2kXA2，则：_；mXAXAm+moAB6、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s-4.8+0.2-5m，x-0.2m，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h代入有关数据，得s，-1.4m,则木块弹回高度练习八1-2、BA;3、-5N.m；4、3“吋mg磴5、解：物体m、m和滑轮的受力分析如下图，且T-T,T-T121122设叫下落的

8、加速度大小为a，滑轮的角加速度为b，则有:mgTma由牛顿第二定律和转动定律可得：T1-mg-ma222TT，-1MR2B122联立上述方程，得6、解：(1)设杆的线九-，在杆上取一小质元dm-九dxldM二说gxdx考虑对称dM二说gxdx考虑对称所以(2)根据转动定律M二JJ犁lt二0-3眩练习九：1-2、AA；3、Jw2；004、3gcos=3氓4lrad/s2=3grad/s25、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mv=(m+m)v011)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(mf+m)v2=(m+m)

9、v2+k(/-1)22122203)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：(m+m)vl=(m+m)vlsin0102式中0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：；(m.)2v20k(/l)2=arcsin77mv2(伴)2-1l(m+m)0m+mm+m6、解:(1)设当人以速率v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w，则人对与地固结的转轴的角速度为,且E=w-2v:人与盘看做一个系统,0.5RR该系统的角动量守恒，设盘的质量为m，则人的质量为丄M，由角动量守恒得：10解得：(2)欲使盘对地静止，则二0即+丄=0o21R则有：v二-21

10、,负号与上一问中人走动的方向相反25、=15.4rad/s;0=15.4rad练习十：1一3、DCC；4、2=4v/r；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：h=-+3s-笳亦L2练习十1-3、B，C，3、1，丰,5s;23兀申=2兀申=35、解:由题知:A=2.0 x10-2m,T=0.5s,(1)t=0s,x=A,由旋转矢量得:9=0故振动方程为：x=2.0 x10-2cos4兀t(2)t=0s,x=0,v兀0由旋转矢量得:00故振动方程为：x=2.0 x10-2cos(4兀t+2)(3)t=0s,x=A,v兀0由旋转矢量得:020故振

11、动方程为：x=2.0 x10-2cos(4兀t+1)(4)t=0S,x=_A,v00由旋转矢量得：申=色0203故振动方程为：x=2.0X10-2cos(4兀t+辛)6、(1)平衡时，0设t时刻物体处于y处，物体受力如图，由牛顿第二定律得:物体做简谐振动下拉至0.1m处由静止释放，振动方程为：y=0.1cosl51物体在平衡位置上方5cm处的加速度为:练习十二：12、C，B，3、2，2，4，1，4、1x10-2，二65、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F=kAx得:k=二=2000N/mAx由题知：1k_A=10cm,3=J=10*5m当t=0s,x=A,P=0故

12、振动方程为：x=0.1cos(10j5t)(2)平衡时：mg=kAlnAl=2cm00物体在平衡位置的上方5cm时弹簧伸长量为Al=-5+2=-3cmF二kAl二-600N，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5cm处转兀A=oAt6过的角度为：兀60=56、解：由F二kAx得:k=AL=12.25x106N/mAx设火车耽误速度为V，当L=T时，会使火车达到危险速度vAt=1=厶s练习十三12、B,D；3、九和u.h；4、0.8m,0.2m,125H,z5、解：（】）由波动方程可得：A=0.05m,u=50m/s,v=50H,九=1mz(2)v=A=5

13、兀m/s,a=Ao2=500兀2m/s2maxmax(3)A=孚(x-x)=k九216、解：(Dy=3x10。血(t+2o)yB=3x10-2cos4K（t-帶）（2）B点的振动方程，以x=-5代入上式得:=3x10-2cos（4兀t_兀）.兀20所求的波动方程为：B=3x10_2cos4-（t+*_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、1.58x105J-s-1-m-2,3.79x103J；5、解：设S的振动方程为：y二Arcos（2兀t+申）22S的振动传至P点，在P点引起的振动方程为：y=Acos（2兀t-孚sP+2

14、）ip九i2S的振动传至P点，在P点引起的振动方程为：y=Afcos（22t-22Sp+申）2P人2干涉相消的条件：故S2的振动方程为：歹2=A，cos（2兀t-0.1兀）6、解：如图所示，取S点为坐标原点，S、S联线为X轴，取s点的振动方程：1121（1）在S和S之间任取点A,坐标为X12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x=1,3,5,7,9,11m这些点因干涉相消而静止不动（2）若A点在s左侧，则有1所以，S左侧各点因干涉加强。1（2）若A点在s右侧，则有2所以，S右侧各点因干涉静止。2练习十五21-2、B，C，3、554.5H；4、0.12cosxcos2

15、5t，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、Z2105、解：设火车的速度为vsV=Vu-v0s由多普勒效应得接收频率为：V=L_Vu+v0sV=440HZV=392HZ解得：v=19m/s6、解：（1）设原点处波源的振动方程为：y0原点处波源在t=0s,y=A,贝【J申=00由题知：T二0.5s,二4兀，九二10m,A二0.1m故振动方程为：y=0.1cos（4兀t）0波动方程为：y=0.1cos(4Kt-x)(2)t=Ts=1s,8兀兀波形方程为：y=0.1cos（q-x）Tt=s=s,(3)4速度为：v=-4兀Asin(-九=处质点的位移为：y=0.1cos=022兀2兀九兀-)=-4A

16、sin(-一)=0.4兀m/s练习十六1-4、C，B，D，D，5、3.44x1025,1.6,2x105JfLvf(v)dvf6、JsNf(v)dv,十Jf(v)dv，v0Jsf(v)dvv0v07、av/Nv0f(v)=ya/N0(0vv)0(vv2v)02Na二一3v0练习十七1-3、D，C，B，4、6.23x103,6.21x10-21，5、5.42x107,x10-5，1-3、D，C，B，4、6.23x103,6.21x10-21，5、5.42x107,x10-5，6、解：1)2)7、解：由题得1m50.8xmv2=RAT2M2故有：AT=釁=062尺1mol气体PV二RT练习十八1-

17、2、A，D，3、等压过程4、124J，-85J，5、PVPVPV350 x二128J,250 x二91.6J,100 x二36.6J,TTT0006、解：(1)等体过程由热力学第一定律得Q=ae吸热Q=AE=vC（T-T）=v（i/2）R（T-T）V2121Q二AE=5X（3/2）X8.31X（300-290）=623J对外作功A=0(2)等压过程21Q二vC（TT）二v（i+2）/2R（TT）p2-121吸热Q=5X（5/2）X8.31X（300-290）=1038.5JAE=vC（TT）V21内能增加AE=5X（3/2）X8.31X（300-290）=623J对外作功A=Q-AE=1038

18、.5-623=415.5J（3）绝热过程由热力学第一定律得a=ae做功与内能的变化均为A=AE=vC（T-T）=v（i/2）R（T-T）V2121A二AE=5X（3/2）X8.31X（300-290）=623J吸热Q=07、解：由图知：P二4p,V二4vACCAPV=PVnT=TAACCCA则全过程中：AE二0A到B,等压过程：B到A绝热过程，Qbc二0练习十九故：耳-Q+Q+Q+QabbccddaQ+Qabdaabab1-2、B,B,3、AM,AM和BM4、(3)(1)(1)5、解：aTb等温过程:bTC等压过程cTd等温过程：dTa等压过程1ln2二=15.1%ln2+-6同时：PP=1P2=PP(证毕)ac3abd6、解：aTb等温过程：bTC等压过程cTa等体过程故：耳二QabQbcQca二13.4%Q+Qabca练习二十1-2、B,C,3、467K,233K4、400J5