大学物理活页作业答案及解析((全套))
最新大学物理活页作业答案及解析((全套))
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdvmmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI j dtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A3．B 4．C5．14-⋅==s m tdt dsv ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥ 3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rgo μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+分离变量积分()⎰⎰+=to vdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=toxdt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+to vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程1. av m f mg 2cos =-θ，tvm m g d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+-解得 )(22121x x m g kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律 mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ②解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页作业问题详解(全套)
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI j dt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，tvm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
运动方程。）
7．解：（1）
r
2ti
(2
t
2
)
j
( SI )
r1 2i j (m)
r2 4i 2 j (m)
r r2 r1 2i 3 j (m)
v
r
2i
3j
t
(m / s)
（2） v
mr 2 J
（2）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 – T＝ma
T r＝J
由运动学关系有： a = r
联立解得：
mgJ T
J mr 2
1 质点运动学单元练习一答案—11
10．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 dxdy
式中面密度 为常数，按转动惯量定义，
Jz
(x2
y 2 )dm
b
2 b
dx
a
2 a
(
x
2
y 2 )dy
(ab3 12
a3b)
2
2
薄板的质量 m ab
所以
Jz
m (a2 12
b2 )
7.刚体转动单元练习（二）答案
1．C
2．A
3．D
4．B
5．
3
o
；
1 3
Ep
1 2
mv12
1 2
m2v
2 2
1 2
(m1
m2 )v 2
物理学活页作业答案
物理学活页作业答案13.静电场（二）答案1． C 2． D 3． B 4． C 5．224141041r QR Q R Q o o o πεπεπε；；； 6． ＞7． 解：假设阴极A 与阳极B 单位长度带电分别为–λ与λ，由高斯定律求电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U ，由已知量求电场强度并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力12ln 22R R U rE o o πελ=πελ=12lnR R r U E =N R R R eU eE F 141211034.4ln-⨯===8．解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布；)(011R r E <=)(4421212122R r R e rQ E Qr E ro o<<πε=ε=π)(44222132123R r e r Q Q E Q Q r E ro o>πε+=ε+=π2212213344R r r Q Q l d e rQ Q l d E V o rr o r>πε+=⋅πε+=⋅=⎰⎰∞∞⎰⎰⎰⎰∞∞⋅πε++⋅πε=⋅+⋅=22222212132244R r o R rr o R R rl d e rQ Q l d e r Q l d E l d E V21221244R r R R Q r Q V o o <<πε+πε=⎰⎰⎰⎰⎰∞∞⋅πε++⋅πε=⋅+⋅+⋅=221221122121321144R r o R R r o R R R R rl d e r Q Q l d e r Q l d E l d E l d E V12211144R r R Q R Q V o o <πε+πε=方法二：带电量为Q ，半径为R 的带电球面对电势的贡献球面内电势：R Q V o πε=4 球面外电势：rQV o πε=4有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。
大学物理A活页作业答案
练习1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．练习2 质点动力学(一)参考答案1.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。
（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。
解：(1)mM m )(m 00+=+===μμ联立方程得：g m M N NT T g (2)(1)(2)BA NBA f A PCA NA PBgMm m m M T gMm m a Ma Mg T a m m T g m m ++=+==-+=-+）（计算结果，得到利用）（）（0''0'0)1(μ6.解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律tmK d d v v =- ∴ ⎰⎰=-=-vv v vvvd d ,d d 0tt m K t m K ∴ mKt /0e -=v v(2) 求最大深度 解法一： txd d =vt x mKt d ed /0-=vt x m Kt tx d e d /000-⎰⎰=v∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v =解法二：xm t x x m t mK d d )d d )(d d (d d vvv v v ===- ∴ v d Kmdx -=v v d d 0max⎰⎰-=K mx x ∴ K m x /0max v =练习3 刚体力学(一)参考答案1. B2. C挂重物时， mg －T = ma =mR β, TR =J β,P =mg由此解出 JmR mgR+=2β而用拉力时， mg R = J β' JmgR=/β 故有 β'＞β3. ma 2 ,21 ma 2 , 21ma 2 . 4. 4.0rad/s5. 质量为m 1， m 2 （ m 1 > m 2）的两物体，通过一定滑轮用绳相连，已知绳与滑轮间无相对滑动，且定滑轮是半径为R 、质量为 m 3的均质圆盘，忽略轴的摩擦。
大学物理活页答案(振动和波)
大学物理活页答案（振动和波部分）第一节 简谐振动1. D2.D3.B4.B5.B6.A7. X=0.02cos (52π−π2) 8. 2:1 9. 0.05m -37° 10. π or 3π 11. 012.解： 周期 3/2/2=ω=πT s ， 振幅 A = 0.1 m ， 初相 φ= 2π/3， v max = A = 0.3π m/s ，a max = 2A = 0.9π2 m/s 2 ．13.提示：旋转矢量法（1）x =0.1cos (πt −π2)（2）x =0.1cos (πt +π3) （3）x =0.1cos (πt +π)14. （1）x =0.08cos (π2t +π3)t=1 x=-0.069m F=-kx=−m ω2x =2.7×10−4（2）π3=π2t t=0.67s第二节 振动能量和振动的合成1. D2.D3.D4.B5.B6. )(212121k k m k k +=νπ 提示：弹簧串联公式等效于电阻并联 7. 0.02m 8. π 0 提示：两个旋转矢量反向9. 402hz10. A=0.1m 位相等于113° 提示：两个旋转矢量垂直。
11. mv 0=(m +M)v ′ 12kA 2=1(m+M)v ′22 A=0.025m ω=√k m+M =40 x=0.025cos (40t −π/2)12. x=0.02cos (4t +π/3)x (m) ω π/3 π/3 t = 0 0.04 0.08 -0.04 -0.08 O A A机械波第一节 简谐波1. B2. A3.D4.C5.A （注意图缺：振幅A=0.01m ）6.B7. 503.2 8. a 向下 b 向上 c 向上 d 向下 （追赶前方质元）9. π 10. 4π 或011.解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π= (SI) (2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T y m 1.0)818/1(4cos 1.0=-π= (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty -ππ-=∂∂=v ． )4/1(212==T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 12.λ=0.4m u =0.05 k =ωu =2πλ=5π ω=π4 ϕ0=π2−2πT ∙T 2=−π2 y (x,t )=0.06cos (π4t −5πx −π2) y (0.2,t )=0.06cos (π4t −3π2)13. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω 210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω )3/4cos(1012π+⨯=-t ω (SI)． 波的表达式为：]2/234cos[1012λλω-π-π+⨯=-x t y )312cos(1012π+π-⨯=-λωx t (SI) 第二节 波的干涉 驻波 电磁波1.D2.C3. D4.B5.B6.A7.C8. y =−2Acos (ωt ) ðy ðt =2Aωsin (ωt)9. 2A （提示：两振动同相）10. 0.5m 11. Acos2π(t T −x λ) A12. > 70.8hz 13. 7.96×10-2 W/m 214.解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ(2) 驻波的表达式是 21y y y += )21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ (3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…15.解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得： ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 波速 u = λν = 6.00 m/s(2) 节点位置 )21(3/4π+π±=πn x )21(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, …(3) 波腹位置 π±=πn x 3/44/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, …。
大学物理上活页作业答案
Part
04
结论
总结答案解析
答案A解析
此答案详细解释了问题中涉及的 物理原理和公式，并给出了正确 的计算过程和结论。
答案D解析
此答案提供了与问题相关的实际 应用案例，帮助学生更好地理解 物理原理和概念。
答案B解析
此答案提供了另一种解题思路， 通过不同的公式和计算方法得出 了正确的答案。
答案C解析
总结词
分析物理过程，选择合适的物理模型
详细描述
对于涉及多个物理过程的问题，需要仔细分析每个过程的物理特点和相互关系。根据分析结果，选择 合适的物理模型进行描述和计算。在选择物理模型时，要注意模型的适用条件和局限性，确保其能够
正确反映物理过程。同时，要注意不同物理过程之间的联系和影响，以便更好地理解和解决问题。
作业目的
加深学生对物理学基本概 念和原理的理解，提高其 理论水平。
训练学生运用物理学知识解 决实际问题的能力，培养其 科学素养和实践能力。
通过习题的求解过程，培养 学生的逻辑思维和创造性思 维，提高其综合素质。
Part
02
作业题目及答案
题目一答案
总结词
理解基本概念
描述1
理解了牛顿第二定律的基本概念和应 用，能够正确分析物体的受力情况和 运动状态。
大学物理上活页作业 答案
• 引言 • 作业题目及答案 • 解题思路及解析 • 结论
目录
Part
01
引言
作业背景
大学物理是理工科专业的一门必修基础课程，旨在培养学生掌握物理学的基本原理、概 念和实验技能，为后续的专业课程学习打下基础。
活页作业是大学物理教学过程中的一个重要环节，旨在通过习题练习帮助学生巩固所学 知识，提高解题能力和思维水平。
大学物理第一卷活页作业答案刘兆龙
大学物理第一卷活页作业答案刘兆龙1、通电线圈在磁场中受到磁场力的作用而转动时，将机械能转化为电能[判断题] *对错(正确答案)答案解析：电能转化为机械能2、在足球比赛中，下列说法正确的是（）[单选题]A．飞行过程中，足球不受力的作用B．头顶足球时头会感到疼，说明力的作用是相互的(正确答案)C．下落过程中，足球的惯性变大D．足球在地面上越滚越慢，说明物体的运动需要力来维持3、小林在水平路面上匀速直线骑自行车，自行车受到的重力跟地面对自行车的支持力二力平衡[判断题] *对错(正确答案)答案解析：以自行车与小林整体为研究对象，他们的总重力跟地面对自行车的支持力二力平衡4、42．下列场景与所蕴含的物理知识对应完全正确的是（）[单选题] *A．体育训练后满头大汗，回到教室不停扇风——提高液体温度加快蒸发B．手拿着一瓶冰冻矿泉水，一段时间后冰减少，手感到凉——熔化吸热(正确答案)C．清晨操场边的双杠上铺满了一层霜——霜是水蒸气凝固形成的D．戴眼镜的小卉从寒冷教室外走进温暖的教室内，眼镜镜片模糊不清——汽化放热5、17．影视剧中，为了防止演员受伤，砸向演员的道具石头一般是用泡沫塑料制成的。
将小石块和道具石头分别放在调节好的天平左右盘，横梁静止后的情景如图所示。
下列说法正确的是（）[单选题] *A．道具石头的质量比小石块的质量大B．道具石头的密度比小石块的密度大C．质量相同时，道具石头的体积比小石块的体积小D．体积相同时，道具石头的质量比小石块的质量小(正确答案)6、77．小明研究液体密度时，用两个完全相同的容器分别装入甲、乙两种液体，并绘制出总质量m与液体体积V的关系图象如图所示，由图象可知（）[单选题] *A．容器的质量是40kgB．甲液体的密度是5g/cm3C．乙液体的密度是0g/cm3(正确答案)D．密度是0g/cm3 的液体的m﹣V图象应位于Ⅲ区域7、14．自习课上，老师能根据声音辨别出哪位同学在说话，依据的是声音的（）[单选题] *A．音调B．音色(正确答案)C．响度D．频率8、下列事例中，利用热传递改变物体内能的是（）[单选题]A．流星坠入大气层与空气摩擦生热B．用锯条锯木头，锯条发热C．人站在阳光下暴晒，感到很热(正确答案)D．古时候，人们利用钻木取火9、动圈式扬声器利用了电磁感应的原理[判断题] *对错(正确答案)答案解析：动圈式扬声器利用了通电导体在磁场中受力的原理，动圈式话筒利用了电磁感应的原理10、4．在周一的升旗仪式上，海右中学的全体师生高唱国歌。
大学物理活页作业答案及解析((全套))
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．；（提示：首先分析质点的运动规律，在t <时质点沿x 轴正方向运动；在t =时质点的速率为零；，在t >时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=—)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= ")(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案~1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义~)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥ 】(3.牛顿定律单元练习答案。
物理学活页作业(3)答案
选（B）
第三章 动量守恒和能量守恒
物理学
第五版
第三章补充例题
C
第三章 动量守恒和能量守恒
3 A、B两个物体，质量分别为mA= 100kg，mB=60kg，装置如图所示。两斜面 的倾角分别为α=300和 β =600。如果物体 与斜面间无摩擦，滑轮和绳的质量忽略不计， 问： （1）系统将向哪边运动？ （2）系统的加速度是多大？ （3）绳中的张力多大？
A B
a
β
结束 目录
已知：mA=100kg
mB=60kg β=600
A
a =300
求： a 解：(1) T
B
a
A
β
T mA g
T mAg sina = mAa
mB g sinβ T = mBa
mB g sinβ mAg sina a= mA+ mB 3 100× 1 60 2 2 = 60 +100
物理学
第五版
第三章补充例题
1 已知在半径为R的光滑球面上，一 物体自顶端静止下滑, 问物体在何处脱离球 2 v 面? FN 解 m g cos FN m
当物体在Ａ处脱离球 面时， FN 0
1 2 mgR (1 cos ) mv 2
R
R
A
mg
2 解得： cos 3
× ×
T
B
a mBg
9.8 = 0.12m/s2
结束 目录
(2)
T = mAa + mAg sina
= 100 0.2 +100 9.8 =12 + 490 = 520N
× × ×
1 2
结束 目录
4 质量为m的子弹以速度v0水平射入沙 土中．子弹所受阻力与速度大小成正比，比 例系数为k，忽略子弹重力的影响，求： (1)子弹射入沙土后，速度随时间的变化规律 (2)子弹射入沙土的最大深度．
大学物理活页作业答案(上册)
11．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2质点运动学单元练习二答案—321．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥2质点运动学单元练习二答案—531．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，tvm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．2质点运动学单元练习二答案—741．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=2质点运动学单元练习二答案—95.1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=2质点运动学单元练习二答案—11 6.1．B2．C3．C4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
1．C
2．D
3．D
4．C
5．18J；6m/s
6．5/3
7．解：摩擦力 f m g
由功能原理
f
( x1
x2 ) 0
1 2
kx12
1 质点运动学单元练习一答案—8
解得
kx12
.
2m g(x1 x2 )
8．解：根据牛顿运动定律
v2 mg cos FN m R
由能量守恒定律
dr
2i
2tj
( SI )
a
dv
2 j
( SI )
dt
dt
v2 2i 4 j (m / s)
a2 2 j
(m / s2 )
8．解：
1 质点运动学单元练习一答案—1
1.质点运动学单元练习（一）答案
1．B 2．D
3．D
4．B
5．3.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在 t<2.0s 时质点沿 x 轴正方 向运动；在 t=2.0s 时质点的速率为零；，在 t>2.0s 时质点沿 x 轴反方向运动；由位秱 和路程的定义可以求得答案。）
Ep
1 2
mv12
1 2
m2v
2 2
1 2
(m1
m2 )v 2
②
联立①、②得
Ep
1 2
m1m2
(v 1
v2 )2
/(m1
m2 )
10．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．
大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B2．D3．D4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+= )(21m j i r += )(242m ji r -= )(3212m ji r r r -=-=∆ )/(32s m j i t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtr d v -== )(2SI j dt v d a -==)/(422s m j i v -= )/(222--=s m ja 8．解：t A tdt A adt v t ot o ωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2 t A tdt A A vdt A x to t o ω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ω s m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ= 10．解： ky y v v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121, d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D2．A1质点运动学单元练习一答案—3 3．B4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dt dv a t ；2228-⋅==s m t R v a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt 6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=； 22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI j i t dt r d v +==；)(2SI i dt v d a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+= )(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n +==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gt v o /8345sin =︒= 9．解：s m u v /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥ 3.牛顿定律单元练习答案1．C2．C3．A4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x x v k dt dx k dt dv v 222== 221mk dt dv m f x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+1质点运动学单元练习一答案—5分离变量积分()⎰⎰+=t o v dt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++= ()⎰⎰++=t o x dt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++= 9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分 ⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程1. av m f mg 2cos =-θ， tv m mg d d sin =θ， 以及 ta v d d θ=，θd d v a t =， 积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ；2．A ；3．B ；4．C ；5．相同6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dx v x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm v x += 9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=1质点运动学单元练习一答案—7当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh m M mv 2'+= gh mM mM Mv I I T 22'22+=== 10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰to to mvdt Mudt 0)(=-+l x m Mx m mM ml x 47.0=+= 5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C2．D3．D4．C5．18J ；6m/s6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+-解得 )(22121x x mg kx +=μ. 8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ 由能量守恒定律 mgh mv =221 质点脱离球面时 R h R F N -=θ=cos ;0 解得：3R h = 9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++= (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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+= ② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v 10．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．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ②1质点运动学单元练习一答案—9解得： )(2m M M gR m V +=；MgR m M u )(2+= (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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg Mm M M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B2．C3．C4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
大学物理活页作业答案及解析((全套))
1、质点运动学单元练习(一)答案1.B2.D3.D4.B5.3、0m;5、0m(提示:首先分析质点得运动规律,在t <2、0s 时质点沿x 轴正方向运动;在t =2、0s 时质点得速率为零;,在t >2、0s 时质点沿x 轴反方向运动;由位移与路程得定义可以求得答案。
)6.135m(提示:质点作变加速运动,可由加速度对时间t 得两次积分求得质点运动方程。
)7.解:(1))()2(22SI jt i t r)(21m ji r)(242m ji r)(3212m ji r r r)/(32s m ji t r v(2))(22SI j t i dtrd v )(2SI jdt vd a)/(422s m j i v)/(222 s m ja8.解:t A tdt A adt v totosin cos 2t A tdt A A vdt A x totocos sin9.解:(1)设太阳光线对地转动得角速度为ωs rad /1027.73600*62/5s m th dt ds v /1094.1cos 32(2)当旗杆与投影等长时,4/ th s t 0.31008.14410.解: ky yv v t y y v t dv ad d d d d d d -k y v d v / d yC v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ,v =v o 则20202121ky v C )(2222y y k v v o o2、质点运动学单元练习(二)答案1.D2.A3.B4.C5.14 s m t dt ds v ;24s m dtdva t ;2228 s m t Rv a n ;2284 s m e t e a nt6.s rad o /0.2 ;s rad /0.4 ;2/8.0s rad r a t ;22/20s m r a n7.解:(1)由速度与加速度得定义)(22SI ji t dt rd v ;)(2SI idtv d a(2)由切向加速度与法向加速度得定义)(124422SI t t t dt d a t)(12222SI t a a a t n(3))(122/322SI t a v n8.解:火箭竖直向上得速度为gt v v o y 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零,解得s m gtv o /8345sin9.解:s m uv /6.3430tan10.解:l h v u ;u hl v 3、牛顿定律单元练习答案1.C2.C3.A4.kg Mg T5.36721;2/98.02.0s m MT a5.x k v x 22 ;x x xv k dt dxk dt dv v 222 221mk dt dv mf x x 6.解:(1)ma F F N T sin cosmg F F N T cos sinsin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T(2)F N =0时;a =g cot θ7.解:mg R m o 2Rg o8.解:由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120 分离变量积分t o vdt t dv 4120.6 )/(6462s m t tvtoxdt t tdx 64620.5 )(562223m t t t x9.解:由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv 分离变量积分t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg olnmg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10.解:设f 沿半径指向外为正,则对小珠可列方程a v m f mg 2cos ,t vm mg d d sin ,以及 ta v d d, d d v a t ,积分并代入初条件得 )cos 1(22 ag v ,)2cos 3(cos 2mg av m mg f .4、动量守恒与能量守恒定律单元练习(一)答案1.A;2.A;3.B;4.C;5.相同6.2111m m t F v;2212m t F v v 7.解:(1)t dt dxv x 10;10 dtdv a x x N ma F 20 ;m x x x 4013J x F W 800(2)s N Fdt I40318.解: 1'v m m mv221221'2121o kx v m m mv''m m k mm vx9.解: 物体m 落下h 后得速度为 gh v 2当绳子完全拉直时,有 '2v M m gh mgh mM m v 2'gh mM mMMv I I T 22'2210.解:设船移动距离x ,人、船系统总动量不变为零0 mv Mu等式乘以d t 后积分,得totomvdt Mudt0)( l x m Mx m mM mlx 47.05、动量守恒与能量守恒定律单元练习(二)答案1.C2.D3.D4.C5.18J;6m/s6.5/37.解:摩擦力mg f由功能原理 2121210)(kx x x f解得 )(22121x x mg kx 、8.解:根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos由能量守恒定律mgh mv 221质点脱离球面时 RhR F Ncos ;0 解得:3R h9.解:(1)在碰撞过程中,两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m ①212211m m v m v m v(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22122221)(212121v v v m m m m E p② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E pv v 10.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.0)( MV V u m ① mgR MV V u m 2221)(21 ② 解得: )(2m M M gRmV ;MgRm M u )(2(2) 当m 到达B 点时,M 以V 运动,且对地加速度为零,可瞧成惯性系,以M 为参考系 R mu mg N /2M mg m M mg R mu mg N /)(2/2mg MmM M mg m M Mmg N 23)(26、刚体转动单元练习(一)答案1.B2.C3.C4.C5.v = 1、23 m/s;a n = 9、6 m/s 2;α = –0、545 rad/ s 2;N = 9、73转。
大学物理活页答案 第1-10单元
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=to vdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，tvm mg d d sin =θ，以及 tav d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ， )2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ= 由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
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1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．；（提示：首先分析质点的运动规律，在t <时质点沿x 轴正方向运动；在t =时质点的速率为零；，在t >时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdvmmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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．0)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = m/s ；a n = m/s 2；α = – rad/ s 2；N = 转。
6．2ln kJ7．解：（1）由转动定律，2/2.39s rad JFr==α （2）由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490==∆= （3）根据牛顿运动定律和转动定律：mg –F ’=ma rF ’=J α a=r α联立解得飞轮的角加速度22/8.21s rad mrJ mg =+=α 8．解：（1）由转动定律 α=2312ml l mglg 23=α （2）取棒与地球为系统，机械能守恒mgl E k 21=(3)棒下落到竖直位置时22312121ω⋅⋅=ml mgl lg3=ω 9．解：（1）系统的能量守恒，有222121ω+=J mv mgh ω=r v联立解得： J mr mghr v +=222 ； Jmr mgh+=ω22（2）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 – T ＝ma T r ＝J由运动学关系有： a = r 联立解得： 2mrJ mgJT +=10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为y x m d d d ρ=式中面密度ρ为常数，按转动惯量定义，)(12)()(3322222222b a ab y y x x m y x a a b b +ρ=+ρ=+=⎰⎰⎰--d d d z J 薄板的质量 ab m ρ= 所以 )(1222b a m J +=z7.刚体转动单元练习（二）答案1．C 2．A 3．D 4．B 5．o ω3；o J 31 6．o ω34；221o o J ω 7．解：小球转动过程中角动量守恒ω=ω422o o or m mr o ω=ω42222232121o o o mr J J W ω=ω-ω=8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒ω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2221221212l m l m l v m ()l m m v m 21236+=ω 9．解：圆环所受的摩擦力矩为mgR M μ=，由转动定律 α=μ2mR mgR ， Rg μ=α 至圆环停止所经历的时间 gRt μω=αω=00 10．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ω2312122LMg ML =ω⋅， ① 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒ω=231ML mvx ， ② 碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒ω=M Lmv 2， ③ ①、③消去ω，得 gL mMv 32=， ④ ②、④消去v ，得 L x 32=.8.机械振动单元练习（一）答案1． B 2． B 3． C 4． A5． 0.10cos(π/6π/3)m x t =+ 6． 2:17． 解：0.1m A =，2π/πT ω==运动方程cos()0.1cos(π)m x A t t ωϕϕ=+=+（1）由旋转矢量法π/2ϕ=-，0.1cos(ππ/2)m x t =-； （2）由旋转矢量法π/3ϕ=，0.1cos(ππ/3)m x t =+； （3）由旋转矢量法πϕ=，0.1cos(ππ)m x t =+。
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'F P F =+∑其中，浮力2'F F gSx mg ga x ρρ=+=+合外力2'F P F ga x kx ρ=-=-=-∑2k ga ρ=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。