西安建筑科技大学_大学物理作业答案

1一、质点运动一.选择题：1.解：选B。运动到最高点时速度为零，故有：024tdtdx，得t＝2s。2.解：选C。船速：dtds收绳速率：2222220shsdtdsshsshdtdrdtd得：022ssh2032shdtda故船为变加速直线运动。3.解：选A。ht32241241甲ht2142乙，min1061htt乙甲二.填空题：21.解：∵21hhxxxMMdtdxMM，dtdx∴211hhhM2.解：⑴∵2ctdtdSdtctdS2两边积分有：tSdtctdS020∴331ctS⑵ctdtdat2⑶RtcRan4223.解：总加速度与半径夹45°角时，切向加速度大小等于向心加速度大小，故有：Rtaatt22，得出：t＝1s4.解：x(t)作初速度为零的加速直线运动ttmFdtdx425.0tdtdx4，积分得：22tx22tdtdxx，得：dttdx22双方积分有：dttdx22，得：332txy(t)作初速度为2ms-1的匀速直线运动ttyy23∴jyixr)(2323mjtit三.计算题：1.解：ctaat∵t时aat2∴ac即taaatnt后，)1(nanaaat由dtdat，有：dtadtdttaadtv00][，得：22atat由dtds，dtdsdtatatdsts020]2[，得：)3(612tatsnt后：)3(6122nans2.解：如图以表示质点对地的速度则ughuxxcos2sin2ghyy当hy时，的大小为cos222222ghughuyx的方向与x轴的夹角γughgharctgarctgxycos2sin2四.证明题：4∵dxddtdxdxddtd2kdtd∴2kdxd，得：kdxd双方积分xvvkdxd00，得：kxe0五.问答题OA区间00a；AB区间00a；BC区间00a；CD区间00a。5二、质点动力学一.选择题：1.解：选（C）。当A紧靠在圆筒内壁而不下落时，A受到的摩擦N的反作力rf与重力平衡，又因为rf与筒壁提供给A的向心力用力的大小成正比，如图所示，故：mgfr2mRfr∴Rg2.解：选（A）。如图所示：2cosmrNmgNsincosRrRhRsin∴ω＝12.78rad·s-1≈13rad·s-13.解：选（B）。质点m越过A角前、后的速度如图所示。由题知：3由动量定理知：)(mI所以：mmI360sin24.解：选（B）。初始位置矢量0r，末位置矢量jRr26则：RydyFxdxFrdFA200000022120RyF202RF5.解：选（A）。设质点m在B点的速率为，则由动能定理知：221mAA重摩其中mgRA重当质点运动到B点时下式满足：RmmgN2∴)3(21mgNRA摩二.填空题1.选沿着1m、2m的运动方向为X轴正向，则由受力图知：Tam11Tgmam222因为绳不伸长：TT2212aa∴212142mmgma2.(1).当弹簧长度为原长时，系统的重力势能为0mgx。又因为在O点重物平衡，即：mgkx0，所以系统在O'点的重力势能又可表为：20kx。7(2).系统的弹性势能为：2021kx。(3).系统的总势能为2020202121kxkxkx。3.坐标系和受力分析如图所示，设摩擦力为f，物体沿斜面向上方运动的距离为L，则：sinhffLANfcossinmgFN∴sinsinFhctgmghA4.选弹簧压缩最大距离即O点为重力势能的零点，弹簧的自然长O'为弹性势能的零点。视物体和弹簧为物体系初态体系总能量为：mgxmgh末态体系总能量为：221kx体系由初态到末态的全过程中只有保守力作功.故机械能守恒。所以mgxmgh221kx∴hkmgkmgkmgx2)(2三.计算题：1.设木块与弹簧接触时的动能为221m。当弹簧压缩了mx4.0时，木块的动能为零。8根据动能原理：222121mkxxfrmgfkr∴1283.52smxmkgxk3.设炮车自斜面顶端滑至L处时，其速率为0。由机械能守恒定律知：2021sinMMgL以炮车、炮弹为物体系，在L处发射炮弹的过程中，系统沿斜面方向的外力可以忽略，则系统沿斜面方向动量守恒。故cos0mM∴sin2cosgLmM9第三章刚体的定轴转动一.选择题：1.解：选（C）。∵的方向不断改变，而大小不变.∴mP不断改变质点所受外力通过圆心，所以产生的力矩为零则角动量守恒。2.解：选（C）。根据开普勒定律得出。3.解：选（B）。解：已知：kjir543单位为m210112min60srev方向沿Z轴由rkr1210)8.181.25(smji4.解：选（B）。选子弹和棒为系统系统对转轴的力矩为零，所以系统角动量守恒。设所求棒的角速度为ω以俯视图的逆时针方向为正方向。初角动量：mL末角动量：2312MLmL所以由角动量守恒定律：2312MLmLmL∴MLm23二.填空题：101.解：∵角动量为J，系统的转动惯量为：2221)32()3(2mmIII系统的角速度为：32∴mmmI32])32()3(2[222.解：如图距转轴x处选dx线元其线元所受重力为：gdxm所以杆转动时线元dx所受摩擦力矩大小为：xgdxm所以杆转动时所受摩擦力矩大小为：mgxgdxmM2103.解：选人、转椅和双手各持的哑铃为系统，系统变化过程中所受外力矩为零，所以系统的角动量守恒。由角动量守恒定律有：初角动量：121)(II其中215mkgI，222)6.0(52mkgI，115srad末角动量：)(21II其中215mkgI，I’2＝2×5×(0.2)2kg·m2，ω为所求。则)()(21121IIII∴ω＝8rad·s-1114.解：选子弹和杆为系统，在子弹射入前后瞬间，系统对转轴所受外力矩为零，所以系统动量矩守恒。初角动量为：032m末角动量为：])32(31[22mM])32(31[32220mMm∴)43(60mMm5.解：①由已知及转动定律有：JkM2当031时，Jk920②由动量矩定理有：JddtkJdMdt20003123100kJkJddtt∴02kJt6.解：由L＝Jω，∴122327101.76060242108.9smkgL7.解：12∵被主，即被被主主rr，则被被主主rr而t被被，∴2248srad被∴25225sradrr主被被主radt40212主主∴202主主n圈三.计算题：1.解：由匀变速圆周运动公式有：t0①2021tt②①②联立解得：2)(2tt代入已知条件：ω＝15rads-1，t＝10sθ＝2π×16rad∴β＝0.99rad·s-22.解：选坐标如图13任意时刻圆盘两侧绳长分别为1x、2x，选长度为1x、2x两段绳和盘为研究对象。设：绳的加速度为a，盘的角加速度为，盘半径为r，绳的线密度为，在1、2两点处绳的张力为：1T、2T，则有方程如下：raaxTgx222axgxT111212)21()(rrMrTT21xxrSxx12解得：)21(MmSmga3.解：①选A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒：)(BABBAAJJJJ∵0B，∴13209.20sradJJJBAAA∴转速n＝200revmin-1②A轮受的冲量矩：smNJdtMAAA21019.4)(B轮受的冲量矩：smNJdtMBB21019.4)0(四.证明题：由已知：)cos(0trx，)sin(0try对运动方程两边同时对t求导：14)sin(0trdtdx，)cos(0trdtdy所以A点的线速度：rdtdydtdx22)()(其中ω为刚体作定轴转动的角速度，证毕。15四、简谐振动一、选择题1．解：由简谐振动的运动学方程)cos(tAx，振动速度)2cos(tA，加速度)cos(2tAa可知，速度的周相比位移x的周相超前2，加速度a的周相比位移x的周相超前或落后π。由图可见，曲线1的相位比曲线2的相位滞后2，而曲线3的相位比曲线1的相位超前π，所以(E)为正确答案。2.解：由)2cos()cos(TtAtAx，)sin(tA，由题可知，质点1t时在平衡位置，即0x，)2cos(01TtA，则0)2cos(1Tt，221Tt，又因01，则221Tt（1）又由题意可知，质点在2t时在2A处，即2Ax，)2cos(22TtAA，则21)2cos(2Tt，322Tt，又因02，则322Tt（2）（2）式减去（1）式得：6322212TtTt，1212Tttt，(B)为正确答案。3.解：)cos(tAx，)sin(tA，由图知：0t时，2Ax，0，16得：cos2AA，由21cos，得：32，由0得：32（1）另由图知：st5时，0x，0，得：)5cos(0A，则：0)5cos(，得：235，[或21]由0得：235（2）[或21]23325，6532235，61，则：sT12。A为正确答案。4.解：由振动动能：22)]sin([2121tAmmEK)(sin2122tKA}2/)](2cos1{[212tKA)(2cos)41(4122tKAKA)22cos()41(4122tKAKA2，∴B为正确答案。5.∵总能量2222121AmKAE，其中K为弹簧的弹性系数，为振动圆频率，m为振子质量，A为振幅。又∵)cos(tAx)2cos()sin(tAtA由2Ax时，)cos(2tAA得：21)(cost，3t，动能22)]sin([2121tAmmEK)(sin)(sin212222tEtAm1743)(sin2t，43EEK，则：(D)为正确答案。二、填空题：1．解：)cos(tAx，)sin(tA，由图知：0t时，2Ax，0，则：cos2AA，由0，得：初相位32（1）由图知：st2，0x，0，得：)2cos(0