湘潭大学2015大学物理练习册答案
湖南大学大学物理练习册 第13章《静电场中的导体和电解质》答案
第13章 静电场中的导体和电解质一、选择题1(D)，2(A)，3(C)，4(B)，5(C)二、填空题(1). σ (x ，y ，z )/ε0，与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0).(2). σ ，σ / ( ε 0ε r )； (3).Rq04επ ；(4). P ，－P ，0； (5). εr ，εr三、计算题1.如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心O 点处的总电势．解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+2. 如图所示，一球形电容器，内球壳半径为R 1，外球壳半径为R 2 (R 2＜2R 1)，其间充有相对介电常数分别为εr 1和εr 2的两层各向同性均匀电介质(εr 2＝εr 1 / 2)，其界面半径为R ．若两种电介质的击穿电场强度相同，问：(1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？ (2) 该电容器能承受多高的电压？解：(1) 设两球壳上分别带电荷＋Q 和－Q ，则其间电位移的大小为 D ＝Q / (4πr 2) 两层介质中的场强大小分别为E 1 = Q / (4πε0 εr 1r 2) E 2 = Q / (4πε0 εr 2r 2)在两层介质中场强最大处在各自内表面处，即E 1M = Q / (4πε0 εr 121R )， E 2M = Q / (4πε0 εr 2R 2) 两者比较可得 ()()21221122212///R R R R E E r r M M ==εε已知R 2＜2R 1，可得E 1M ＜E 2M ，可见外层介质先击穿．(2) 当外层介质中最大场强达击穿电场强度E M 时，球壳上有最大电荷．Q M = 4πε0εr 2R 2E M此时，两球壳间电压(即最高电压)为 ⎰⎰⋅+⋅=21d d 2112R R RR r E r E U⎰⎰π+π=21220210d 4d 4R Rr M RR r M r rQ r r Q εεεε ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=2221112R R R R R R RE r r M r εεε3. 如图所示，一圆柱形电容器，内筒半径为R 1，外筒半径为R 2 (R 2＜2 R 1)，其间充有相对介电常量分别为εr 1和εr 2＝εr 1 / 2的两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R ．若两种介质的击穿电场强度相同，问：(1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？(2) 该电容器能承受多高的电压？解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为＋λ和－λ．两筒间电位移的大小为 D ＝λ / (2πr ) 在两层介质中的场强大小分别为E 1 = λ / (2πε0 εr 1r )， E 2 = λ / (2πε0 εr 2r ) 在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即E 1M = λ / (2πε0 εr 1R 1)， E 2M = λ / (2πε0 εr 2R ) 可得 E 1M / E 2M = εr 2R / (εr 1R 1) = R / (2R 1)已知 R 1＜2 R 1， 可见 E 1M ＜E 2M ，因此外层介质先击穿． (2) 当内筒上电量达到λM ，使E 2M ＝E M 时，即被击穿，λM = 2πε0 εr 2RE M 此时．两筒间电压(即最高电压)为：r r r r U R R r M RR r M d 2d 221201012⎰⎰+=επελεπελ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R R R R RE r r M r 22112ln 1ln 1εεε4. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a ，外筒半径为b ，筒长都是L ，中间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q ．设 (b - a ) << a ，L >> b ，可以忽略边缘效应，求： (1) 圆柱形电容器的电容；(2) 电容器贮存的能量．解：由题给条件 (a a b <<-)和b L >>，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： )2/(0Lr Q E r εεπ=两筒间的电势差 =π=⎰r drL QU bar εε02a b L Q r ln 20εεπ 电容器的电容 )]//[ln()2(/0a b L U Q C r εεπ==电容器贮存的能量 221CU W = )/ln()]4/([02a b L Q r εεπ=5. 一平行板电容器，其极板面积为S ，两板间距离为d (d <<S )，中间充有两种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为εr 1和εr 2，厚度分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝d ，如图所示．设两极板上所带电荷分别为＋Q 和－Q ，求： (1) 电容器的电容． (2) 电容器储存的能量．解：(1) 两极板间电位移的大小为 D ＝σ＝Q / S 在介质中的场强大小分别为E 1 = D / (ε0εr 1) = Q / (ε0εr 1S ) E 2 = D / (ε0εr 2) = Q / (ε0εr 2S ) 两板间电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=22110221112r r d d S Q d E d E U εεε()S d d Q r r r r 2101221εεεεε+=电容 C = Q / U 121221210r r r r d d Sεεεεε+=(2) 电场能量 21221CU W =()SQ d d r r r r 210212212εεεεε+=6. 图示一半径为R 的导体球，带有电荷Q ，在它外面同心地包一层各向同性的均匀电介质球壳，其内外半径分别为a 和b ，相对介电常量为εr ．求电介质中的电极化强度P 和介质表面上的束缚电荷面密度．解：由D的高斯定理求出导体球外的电位移为D = Q / (4πr 2) (r ＞R ) 介质内的场强E = D / (ε0εr )=Q / (4πε0εr r 2) (a ≤r ≤b ) 电极化强度 P = ε0χe E ()241r Q r r εεπ-=(a ≤r ≤b )介质内外表面上的束缚电荷面密度分别是cos a aP ='σ180°()241a Q r r εεπ-=cos b bP ='σ0°()241b Q r r εεπ-=7. 如图所示，一平板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质，其介电常量分别为ε1和ε2．当电容器带电荷±Q 时，在维持电荷不变下，将其中介电常量为ε1的介质板抽出，试求外力所作的功． 解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联，两电容分别为d S C 112ε= ，d SC 222ε=串联后的等效电容为 ()21212εεεε+=d SC带电荷±Q 时，电容器的电场能量为 ()S d Q C Q W 21212242εεεε+== 将ε1的介质板抽去后，电容器的能量为 ()Sd Q W 202024εεεε+='外力作功等于电势能增加，即 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-'=∆=102114εεS d Q W W W A8. 如图所示，将两极板间距离为d 的平行板电容器垂直地插入到密度为ρ、相对介电常量为εr 的液体电介质中．如维持两极板之间的电势差U 不变，试求液体上升的高度h ．解：设极板宽度为L ，液体未上升时的电容为 C 0 = ε0HL / d 液体上升到h 高度时的电容为 ()d hLdL h H C rεεε00+-=()011C H h r⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ε 在U 不变下，液体上升后极板上增加的电荷为()d hLU U C CU Q r /100-=-=∆εε 电源作功 ()d hLU QU A r /120-==∆εε 液体上升后增加的电能20212121U C CU W -=∆()d hLU r /12120-=εε 液体上升后增加的重力势能 2221gdh L W ρ=∆-Q因 A = ∆W 1+∆W 2，可解出 ()2201gdU h r ρεε-=思考题1. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为)2/(0εσ=E ，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为0/εσ=E ，为什么前者比后者小一半？参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事。
大学物理学练习册参考答案全
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
湘潭大学物理化学复习指导
湘潭大学物理化学复习指导第一章热力学第一定律练习题一、判断题（说法对否）：1．当系统的状态一定时，所有的状态函数都存有一定的数值。
当系统的状态发生变化时，所有的状态函数的数值也随之发生变化。
2．体积是广度性质的状态函数；在有过剩nacl(s)存在的饱和水溶液中，当温度、压力一定时；系统的体积与系统中水和nacl的总量成正比。
3．在101.325kpa、100℃下分lmol的水和水蒸气并存的系统，该系统的状态全然确认。
4．一定量的理想气体，当热力学能与温度确定之后，则所有的状态函数也完全确定。
5．系统温度增高则一定从环境放热，系统温度维持不变就不与环境成套。
6．从同一始态经不同的过程到达同一终态，则q和w的值一般不同，q+w的值一般也不相同。
7．因qp=δh，qv=δu，所以qp与qv都就是状态函数。
8．封闭系统在压力恒定的过程中稀释的热等同于该系统的焓。
9．对于一定量的理想气体，当温度一定时热力学能与焓的值一定，其差值也一定。
10．在101.325kpa之下，1moll00℃的水恒温冷却为100℃的水蒸气。
若水蒸气可以视作理想气体，那么由于过程等温，所以该过程δu=0。
11．1mol，80.1℃、101.325kpa的液态苯向真空蒸发为80.1℃、101.325kpa的气态苯。
已知该过程的焓变为30.87kj，所以此过程的q=30.87kj。
12．1mol水在l01.325kpa下由25℃升温至120℃，其δh=∑cp,mdt。
13．因焓就是温度、压力的函数，即h=f(t,p)，所以在恒温、恒压下出现化学反应时，由于dt=0，dp=0，故只须δh=0。
14．因qp=δh，qv=δu，所以qp-qv=δh-δu=δ(pv)=-w。
15．卡诺循环就是对称循环，当系统经一个卡诺循环后，不仅系统复原了，环境也可以复原。
16．一个系统经历了一个无限小的过程，则此过程是可逆过程。
17．若一个过程中每一步都无穷吻合平衡态，则此过程一定就是可逆过程。
大学物理2课后习题答案.docx
解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。
为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
2015级大学物理参考答案
一、 质点运动以及动力学一.选择题：1.解：选B 。
运动到最高点时速度为零，故有： 024=-=t dtdx，得t ＝ 2s 。
2. 解：选B 。
区分平均速度和平均速率的定义 3. 解：选C 。
方法一 对题中给出的四个备选方程进行计算，通过微分得出速度的表达式)4(2t +=υm/s及将t =3s 代入方程可得 x = 9m ，符合这两个条件的方程就是要选的方程。
有速度dt dx /=υ，看出只有C 和D 可得)4(2t +=υ，将 t = 3s 代入各运动方程中，C 可得x = 9m ，所以选C 。
方法二 选用积分法。
一般方法是已知速度的表达式和初始条件，即t =0时的质点位置x 0，通过对速度积分，可得质点的运动方程。
4. 解: 选C 。
设A 、B 两车沿x 轴正向行驶，B 车开始减速时，B 车恰好在坐标原点，且此时为计时起点。
由直线运动方程有：对于A d t x +=11υ （1） 对于B 22221at t x -=υ （2） at t x B -=2υ （3）B 车速度为1υ时两车刚好不相撞。
设此时为t 0时刻，由上两式 20020121at t d t -=+υυ （4） 由（3）有 021at -=υυ （5）（4）、（5）联立消去t 0有： a d 2)(212υυ-=故两车不会相撞的最少距离为a2)(212υυ-。
5. 解：选（C ）。
当A 紧靠在圆筒内壁而不下落时，A 受到的摩擦力 r f 与重力平衡，又因为r f 与筒壁提供给A的向心力N的反作用力的大小成正比，如图所示，故：mg f r = 2ωμ=mR f r∴ Rg μ=ω6. 解：选（A ）。
如图所示：2cos ω=θmr N mg N =θsin θ=cos R r RhR -=θsin ∴ ω＝12.78rad ·s -1≈13 rad ·s -17. 解：选（B ）。
质点m 越过A 角前、后的速度如图所。
湘潭大学级大学物理作业
机械能守恒得：
0 EK E弹性 EP E转动 1 2 1 2 1 v 0 mv kx mgx * sin J 2 2 2 r
2
vቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2Mgx sin kx 2 J r M
2
5.质量为m，长度为 l的匀质杆，可绕通过其下端的水平光滑固 定轴O在竖直平面内转动（如图3），设它从竖直位置由静止倒 下。求它倾倒到与水平面成θ角时的角速度ω与角加速度β。
6
24 2 J
2 * 6 I 00 I 6 2 1 2 1 2 2 2 2 E I I 00 36 12 24 J 2 2
4.如图2所示，定滑轮半径为r，绕垂直纸面轴的转动惯量为J，弹簧倔强系 数k,开始时处于自然长度。物体的质量为M，开始时静止，固定斜面的倾角 为θ（斜面及滑轮轴处的摩擦可忽略，而绳在滑轮上不打滑）。物体被释放后 沿斜面下滑的过程中，物体、滑轮、绳子、弹簧和地球组成的系统的机械能 _____守恒______;物体下滑距离为x时的速度值为v=__________. 2Mgx sin kx2
3.转动着的飞轮的转动惯量为J，在 t=0 时角速度为ω0. 此后飞轮经 过制动过程。阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数 1 为k（k为大于0的常数）.当 时，飞轮的角加速度 β=____。 0 3 1 所经历的时间 t=_______. 从开始制动到 3
0
(1) M J M k (2) M J 2 k J
2
2
1 用能量守恒定律
2设向下为正
mg f kx0
图
5．如图3，水平小车的B端固定一弹簧，弹簧自然长度时，靠在弹 簧上的滑块距小车A端为L，已知小车质量M=10kg,滑块质量m=1kg， 弹簧的倔强系数k=110N/m, L=1.1m, 现将弹簧压缩Δl=0.05m并维持 小车静止，然后同时释放滑块与小车，忽略一切摩擦.求: (1)滑块与弹簧刚刚分离时小车及滑块相对地面的速度各为多少？ (2)滑块与弹簧分离后，又经过多少时间滑块从小车上掉下来？
湘大物理习题答案
5．两个电量都是+q的点电荷，相距为2a ，连线中点为O，求连线中垂线上和O相 距为r的P点场强 E ; r为多少时P点的场强最大？
E 2 E1 sin 2
方向沿r背离o点
qr 4 0 (a r )
dq U p U1 U 2
电场力做的功等于相应电势能增量的负值
6.面密度为 的无限大平面在离o为x的p点产生电场 x E1 2 0 x
面密度为- 的圆盘在离o为x 的p点产生电场 x 1 1 E2 ( )i 2 0 x R2 x2
x x 1 x 1 E E1 E2 [ ( )]i i 2 2 2 2 2 0 x 2 0 x R x 2 0 R x
L
dx
练习二十一 静电场（二） E 1. 一电场强度为 E 的均匀电场， 的方向与X轴的正向平行,如图1所示，则通
过图中一半径为Ｒ的半球面的电场强度通量为
(A)
(
R E
2
(B) (D) 0
C)
2R E
2
1 2 R E 2
[(D)
高斯定理 e
其中 0 q i 是闭合面内的电荷，为零。 所以所求为零。
q 4 0 x qa 2 0 x 3
qa 0 x 3
(B) (D)
q 4 0 x 2
(C)
这是一个电偶极子
E q 4 0 x a 2 1
E
q 4 0 x a 2
1
E E E
(B)
E
4axq 4 0 x a 2 x a 2
练习二十 静电场（一）欢迎使用
(完整版)湘潭大学大学物理练习册答案习题解答(1-22上)
练习一运动的描述 （一）1．（D ）2.（D ）3．217,5s m s m 4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）()()()()质点反向运动时，,05.125.25.1215.1===⨯-⨯+⨯-⨯=v s t m S6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为r r r ρρρ-=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r ρ，任意时刻质点对此位置的位移为r r ρρ=∆，即此时r ρ既是矢径也是位移。
练习二 运动的描述 （一）1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（c ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,432102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量K222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 运动定律与力学中的守恒定律（一）1．（D ）2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有mt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()kv mv x ev k m x dte v dx dt dx v mkt m kt 00max 00,1,=-=∴=∴=--Θ练习四 运动定律与力学中的守恒定律（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰ρΘ4．2221221,m t F m m t F m m tF ∆++∆+∆5．（1）系统在水平方向动量守恒。
湘大年期末考试习题及解答
dx 解：v 3 15t 2; dt dv a 30t dt
故，振幅增加为原来2倍，能量应为原来的4倍，答案为D。
8.有以下几种说法： （1）所有惯性系对物理基本规律都是等价的。 （2）在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态 无关。 （3）在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速 率都相同。 若问其中哪些说法是正确的，答案是： A、只有（1）、（2）是正确的。 B、只有（1）、（3）是正确的。 C、只有（2）、（3）是正确的。 D、三种说法都是正确的。
m m0
1
v2 1- 2 c 105.7 150 v 105.8
（
1
1) m0 c 2 105.7 MeV
21. 两波在一很长的弦线上传播，其波动方程式分别为:ｙ1＝ 4.00×10-2cos(π/3)( 4ｘ －24ｔ）（ＳＩ）ｙ2＝4.00×102cos(π/3)( 4ｘ ＋24ｔ）（ＳＩ） 求（１）两波的频率、波长、波速； （２）两波叠加后的节点位置； （３）叠加后振幅最大的那些点的位置． 解：（１）与标准波动方程 ｙ＝Ａｃｏｓ2 π（νｔ－ｘ／λ） 对比可得：
18. 某弹簧不遵守胡克定律，设施力F,相应伸长为x,力与伸长为x,力 与伸长的关系为F=52.8x+38.4x2 (SI).求：
（1)将弹簧从伸长x1=0.50拉伸到伸长x2=1.00m时，外力所需做的功。 （2）将弹簧横放在水平光滑桌上，一端固定，另一端系一个质量 为2.17kg的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x2=1.00m,再将物体由 静止释放，求当弹簧回到x1=0.50m时，物体的速率。 （3）此弹簧的弹力是保守力吗？
大学物理II练习册答案3课件
大学物理练习三一．选择题1．一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用。
若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统 [ ] (A) 动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。
(B) 动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。
(C) 动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。
(D) 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
解：[ C ] 按守恒条件：∑=0iF 动量守恒，但∑≠0i M 角动量不守恒， 机械能不能断定是否守恒。
2．如图所示，有一个小物体，置于一个光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，另一端穿过桌面中心的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔往下拉。
则物体 [ ] (A)动能不变，动量改变。
(B)动量不变，动能改变。
(C)角动量不变，动量不变。
(D)角动量改变，动量改变。
(E)角动量不变，动能、动量都改变。
解：[ E ] 因对o 点，合外力矩为0，角动量守恒3．有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 [ ] (A)A J >B J (B) A J < B J (C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个大。
解：[ C ] 细圆环的转动惯量与质量是否均匀分布无关⎰==220mR dmR J4．光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为31m L 2，起初杆静止。
桌面上有两个质量均为m的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同的速率v 相向运动，如图所示。
当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度为 [ ](A)L v 32. (B) L v 54 (C)L v 76 (D) Lv 98解：[ C ]角动量守恒二．填空题1．绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t = 0时角速度ω0 =5 rad/s ，t = 20s 时角速度ω=0.8ω0，则飞轮的角加速度β= ，t=0到t=100s 时间内飞轮所转过的角度θ= 。
湘潭大学物理练习册答案
练习一 质点运动学（一） 1．（D ） 2.（D ） 3．217,5s m s m4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）296 1.50,(1.5)(1)(2)(1.5) 2.25v t t t s v S x x x x m=-===-+-=由可得，时，质点反向运动因此路程6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为0r r r-=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r，任意时刻质点对此位置的位移为r r=∆，即此时r既是矢径也是位移。
练习二 质点运动学（二） 1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（C ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,4302102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量k222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 质点动力学（一）1．（D ） 2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下为正，⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有AP AP BAf BAN cAN TTf =()相对2a gm 1gm 2()牵连1amt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()00max 0,1,kt m kt mv dx dt dx v e dtx m k v e x mv k--=∴=∴=-=练习四 质点动力学（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰4．11212122,F t F t F t m m m m m ∆∆∆+++5．（1）系统在水平方向动量守恒。
2015级大学物理参考答案
.一、 质点运动以及动力学一.选择题：1.解：选B 。
运动到最高点时速度为零，故有： 024=-=t dtdx，得t ＝ 2s 。
2. 解：选B 。
区分平均速度和平均速率的定义 3. 解：选C 。
方法一 对题中给出的四个备选方程进行计算，通过微分得出速度的表达式)4(2t +=υm/s及将t =3s 代入方程可得 x = 9m ，符合这两个条件的方程就是要选的方程。
有速度dt dx /=υ，看出只有C 和D 可得)4(2t +=υ，将 t = 3s 代入各运动方程中，C 可得x = 9m ，所以选C 。
方法二 选用积分法。
一般方法是已知速度的表达式和初始条件，即t =0时的质点位置x 0，通过对速度积分，可得质点的运动方程。
4. 解: 选C 。
设A 、B 两车沿x 轴正向行驶，B 车开始减速时，B 车恰好在坐标原点，且此时为计时起点。
由直线运动方程有：对于A d t x +=11υ （1） 对于B 22221at t x -=υ （2） at t x B -=2υ （3）B 车速度为1υ时两车刚好不相撞。
设此时为t 0时刻，由上两式 20020121at t d t -=+υυ （4） 由（3）有 021at -=υυ （5）（4）、（5）联立消去t 0有： a d 2)(212υυ-=故两车不会相撞的最少距离为a2)(212υυ-。
.5. 解：选（C ）。
当A 紧靠在圆筒内壁而不下落时，A 受到的摩擦力 r f 与重力平衡，又因为r f 与筒壁提供给A的向心力N的反作用力的大小成正比，如图所示，故：mg f r = 2ωμ=mR f r∴ Rg μ=ω6. 解：选（A ）。
如图所示：2cos ω=θmr N mg N =θsin θ=cos R r RhR -=θsin ∴ ω＝12.78rad ·s -1≈13 rad ·s -17. 解：选（B ）。
质点m 越过A 角前、后的速度如图所。
15届大学物理上作业答案
15届,大学物理上,作业答案2015大学物理上作业答案第1章质点运动学一、选择题:1.D2.B3.C4.D5.B，6B，7A8A二、填空题1.，，，。
2.3.4.16rad,16rad/s,5.三计算题1解：轨迹方程，物体做的圆周运动，半径为3m（2）（m/s）(m/s2)（3）2．3．答案：解（1）由消去t得轨迹方程（2）位置矢量（3）t=1s和t=2s时位置矢量分别为(4)速度矢量（5）加速度矢量4.解(1)(2)5．第2章牛顿运动定律一选择题：1.C2.D3.C4.A5.B6.D二．填空题1.惯性系，非惯性系2.，，3.，，4.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,,5.，3mg.三．计算题1．1、2.3.建立自然坐标，切向法向而分离变量积分得4．(1)(2)（3）x值最大，5.证明第3章动量守恒定律和能量守恒定律一、选择题1.B，2.C3.C，4C5.C，6.B，7.A，8A。
二、填空题1．外力和非保守内力不做功或做功的代数和为零，不受外力或外力的矢量和为零。
2．0.21cm，400J3.3.2m/s，25.6J。
4.。
、、5.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,三、计算题1.(a)根据功能原理，有4.25(m)(b)根据功能原理有8.16(m/s)2.3.t=0时,t=2s时,t=1s时，，4.解：（1）已知势能零点位于坐标原点，则x处的势能（2）质点由x=2m运动到x=3m时，势能的增量为保守力做的功为可见，保守力做的功等于势能增量的负值，即5.解：利用题中条件可以得到力的表达式，然后根据功的定义求解，由可知物体运动速度,所以阻力为又由，将消去后可得所以阻力做功为6.解：（1）由位矢方程可知，质点在方向的运动方程分别为，消去，得轨迹方程，质点做轨迹为椭圆的曲线运动。
（2）质点所受作用力可见指点所受作用力指向坐标原点，是有心力.力的两个分量分别为，质点从点到点时，作功作功（3）考察质点从任意点运动到任意点，作的功+=+可见作功只与始末位置有关，与路径无关，是保守力。
湖南大学大学物理练习册答案(一二上下两册全)
大学物理（一）练习册 参考解答第1章 质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(D)，6(D)，7(D)，8(D )，9(B)，10(B)， 二、填空题(1). s i n2t A ωω，()ωπ+1221n (n = 0,1,… ), (2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s.(4). 16Rt 2 ，4 rad /s 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R . (7). 2.24 m/s 2，104o(8). )5cos 5sin (50j t i t+-m/s ，0，圆.(9). h 1v /(h 1-h 2) (10). 0321=++v v v三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v = 2t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)3. 质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2213x x +=v4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt y y t a d d d d d d d d vvv v ===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C ky y ky 222121 , d d v v v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v5. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cb c R t -=6. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 27. (1)对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i 、j表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；(2)由(1)导出速度 v 与加速度 a的矢量表示式； (3)试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x rsin cos ωω+=+=(2) j t r i t r t rcos sin d d ωωωω+-==v j t r i t r ta sin cos d d 22ωωωω--==v(3) ()r j t r i t r a sin cos 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r方向相反，即a 指向圆心8. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知， 正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v v +=AE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 ()()k m /h 17022 v v v =-=FE AF AE () 4.19/tg 1==-AE FE v v θ（飞机应取向北偏东19.4︒的航向）．西北θFE v vAFv vAE v v四 研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答： (1)、(3)、(4)是不可能的．(1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零；(3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心；(4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x =，)(t y y =在计算质点的速度和加速度时：第一种方法是，先求出22y x r +=，然后根据 td d r=v 及 22d d t r a =而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即22)d d ()d d (t y t x +=v 和 222222)d d ()d d (ty t x a +=.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。
大学物理II练习册答案4
大学物理练习 四一．选择题：1．下列几种说法：(1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的。
(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关。
(3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同。
其中那些说法是正确的： [ ] (A) 只有(1)、(2)是正确的.(B) 只有(1)、(3)是正确的. (C) 只有(2)、(3)是正确的. (D) 三种说法都是正确的.解： [ D ]2．一火箭的固定长度为L ，相对于地面作匀速直线运动，速度为v 1，火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为v 2的子弹。
在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是： [ ] (A)21v v L + (B)2v L (C)12v v L - (D)211)/(1c v v L -(c 表示真空中光速)解：[ B ] 在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是火箭的固定长度除以子弹相对于火箭的速度。
3．（1）对某观察者来说，发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件，对于相对该惯性系作匀速直线运动的其它惯性系中的观察者来说，它们是否同时发生？（2）在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件，它们在其它惯性系中是否同时发生？关于这两个问题的正确答案是： [ ] (A)（1）同时，（2）不同时。
(B)（1）不同时，（2）同时。
(C)（1）同时，（2）同时。
(D) 不（1）同时，（2）不同时。
解：[ A ]发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件，对于相对该惯性系作匀速直线运动的其它惯性系中的观察者来说，它们是同时发生。
在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的的两个事件，它们在其它惯性系中不是同时发生。
4．K 系与K ＇系是坐标轴相互平行的两个惯性系，K ＇系相对于K 系沿Ox 轴正方向匀速运动。
一根刚性尺静止在K ＇系中，与O’x’轴成 30°角。
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(2)棒转到水平位置时的角加速度．
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=J
其中
于是
当棒转动到水平位置时，M= mgl
那么
练习8 狭义相对论(一)参考答案
1. B
2. B
3. c
4.
5.解：解：根据洛仑兹变换公式:
，
可得 ，
在K系，两事件同时发生，t1=t2，则
∴T= 2/4.19s
(2)am=2A=vm= 4.5×10-2m/s2
(3)
x=0.02 (SI)
6. 证：(1) 当小物体偏离圆弧形轨道最低点角时，其受力如图
所示．
切向分力 ①
∵角很小， ∴sin≈
牛顿第二定律给出 ②
即
③
将③式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动．
(2)由③知
周期
练习11 机械振动(二)参考答案
5.解：由人和转台系＝300 kg·m2，1=v/r=0.5 rad / s，J2＝3000 kgm2
∴2＝－J11/J2＝－0.05 rad/s
人相对于转台的角速度r＝1－2＝0.55 rad/s
∴t＝2/ ＝11.4s
6.一长为1 m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为 ，其中m和l分别为棒的质量和长度．求：
1.D
2.C
3.
4.l/cos2θ
5.如图所示，A，B，C三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m0=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)
(2)
6.解：(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律
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) m/s
(2)v= dx/dt= 9t- 6t2
v(2) =-6 m/s
(3)S= |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m
6. 答：矢径 是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．
∴
∴
(2) 求最大深度
解法一：
∴
解法二：
∴
∴
练习4质点动力学(二)参考答案
1. B
2. A
3. ，
4.140 N·s，24 m/s，
5. 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+Mv
，
∴
解得 ．
在K′系上述两事件不同时发生，设分别发生于 和 时刻，
则 ，
由此得 =5.77×10－6s
6.解：设两系的相对速度为v．根据洛仑兹变换， 对于两事件，有
由题意：
可得
及
由上两式可得 = 4×106m
练习9 狭义相对论(二)参考答案
1. C
2. C
3. C
4. ,
5.5.8×10-13,8.04×10-2
①
②
联立①、②，解得
，
练习6 刚体力学(一)参考答案
1. B
2.C
挂重物时，mg－T=ma=mRβ,TR=J,P=mg
由此解出
而用拉力时，mgR=J
故有 ＞
3.ma2, ma2, ma2.
4. 4.0rad/s
5. 质量为m1，m2（m1> m2）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m3的均质圆盘，忽略轴的摩擦。求：(1)滑轮的角加速度b。（绳轻且不可伸长）
2. C
3. 18J, 6 m/s
4. ,
5.解：(1)
(2)取弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，平衡位置处
伸长x处系统的机械能
由机械能守恒定律，
解出
另解:(2)取平衡位置为振动势能零点，可证明振动势能(包括弹性势能和重力势能)为
, 则由A、弹簧、地球组成系统，在振动过程中机械能守恒：
6. 解：两自由质点组成的系统在自身的引力场中运动时，系统的动量和机械能均守恒．设两质点的间距变为l/2时，它们的速度分别为v1及v2，则有
1. B
2. B
3.
4.
5.解：(1) 由题意 ， ， ．
J
(2) rad /s
由t= 0， =0.2 m，
可得
则振动方程为
6.解：(1)
= 0.08 m
(2)
， m
(3)过平衡点时，x= 0，此时动能等于总能量
m/s
练习12 机械波(一)参考答案
1. C
v=m(v0v)/M=3.13 m/s
T=Mg+Mv2/l=26.5 N
(2) (设 方向为正方向)
负号表示冲量方向与 方向相反．
6. 解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：
即
船走过的路程为
狗离岸的距离为
练习5质点动力学(三)参考答案
1. B
6.解：据相对论动能公式
得 即
解得v= 0.91c
平均寿命为 s
7. 解：根据功能原理，要作的功W=E
根据相对论能量公式E=m2c2-m1c2
根据相对论质量公式
∴ ＝4.72×10-14J＝2.95×105eV
练习10 机械振动(一)参考答案
1. D
2. E
3. ,
4.3.43 s,-2/3
5.解:(1)vm=A∴=vm/A=1.5 s-1
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
为初始时刻的矢径, 为末时刻的矢径，△ 为位移矢量．
若把坐标原点选在质点的初始位置，则 =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△ = ，即 既是矢径也是位移矢量．
练习2质点运动学(二)参考答案
1. D；
2.g/2，
解：
联立方程得到，
6 解：撤去外加力矩后受力分析如图所示．
m1g－T=m1a
Tr＝J
a＝r
a=m1gr/ (m1r+J/r)
代入J＝ ,a= = 6.32 ms2
∵v0－at＝0
∴t＝v0/a＝0.095 s
练习7 刚体力学(二)参考答案
1. E
2. C
3.2275 kgm2·s1,13 m·s1
4.
3.4t3-3t2(rad/s)， 12t2-6t(m/s2)
4.17.3 m/s,20 m/s.
5. 解： dv/dt t，dv tdt
v t2
v x/dt t2
x t3/3+x0(SI)
6. 解：根据已知条件确定常量k
,
t=1s时，v= 4Rt2= 8 m/s
m/s2
练习3质点动力学(一)参考答案