湘潭大学2015大学物理练习册答案

练习1质点运动学(一)参考答案1.B；2.D;3.8m,10m.4.3,36;5.解：(1)5.0/txvm/s(2)v=dx/dt=9t-6t2v(2)=-6m/s(3)S=|x(1.5)-x(1)|+|x(2)-x(1.5)|=2.25m6.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0rrr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质点运动学(二)参考答案1.D；2.g/2，g3/322v3.4t3-3t2(rad/s)，12t2-6t(m/s2)4.17.3m/s,20m/s.5.解：adv/dt4t，dv4tdtvv00d4dtttv2t2vdx/dt2t2ttxtxxd2d020x2t3/3+x0(SI)6.解：根据已知条件确定常量k222/rad4//sRttkvω24t,24RtRvt=1s时，v=4Rt2=8m/s2s/168/mRtdtdatv22s/32/mRanv8.352/122ntaaam/s2练习3质点动力学(一)参考答案1.D2.C3.4.l/cos2θ5.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)mMm)(m00联立方程得：gmMNNTTg(2)(1)(2)BANBAfAPCANAPBgMmmmMTgMmmaMaMgTammTgmm）（计算结果，得到利用）（）（0''0'0)1(6.解：(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律tmKddvv∴vvvvvv0dd,dd0ttmKtmK∴mKt/0evv(2)求最大深度解法一：txddvtxmKtded/0vtxmKttxded/000v∴)e1()/(/0mKtKmxvKmx/0maxv解法二：xmtxxmtmKdd)dd)(dd(ddvvvvv∴vdKmdxvvdd000maxKmxx∴Kmx/0maxv练习4质点动力学(二)参考答案1.B2.A3.211mmtF，21211mtFmmtF4.140N·s，24m/s，2120sN140d)4030(dtttttFI1212;vvvvmImImmm/s24/)(12mmIvv5.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mv0=mv+Mvv=m(v0v)/M=3.13m/sT=Mg+Mv2/l=26.5N(2)sN7.40vvmmtf(设0v方向为正方向)负号表示冲量方向与0v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：0)(uVmMV即umMmV船走过的路程为lmMmtumMmtVLtt00dd狗离岸的距离为lmMMSLlSS00)(练习5质点动力学(三)参考答案1.B2.C3.18J,6m/s4.mtF222,tFmtF0222v5.解：(1)0sinkxmgkmgx/sin0(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sin2102000mgxkxEEK伸长x处系统的机械能sin212mgxkxEEKx由机械能守恒定律，xEE0解出20]sin)/1([21mgkxkEEKK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20)(21xxk,则由A、弹簧、地球组成系统，在振动过程中机械能守恒：020)(21KKExxkE200)(21xxkEEKK20]sin)/1([21mgkxkEK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02211vvmm①lmGmmmlmGm212222112122121vv②联立①、②，解得)(22121mmlGmv，)(22112mmlGmv练习6刚体力学(一)参考答案1.B2.C挂重物时，mg－T=ma=mRβ,TR=J,P=mg由此解出JmRmgR2而用拉力时，mgR=JJmgR/故有＞3.ma2,21ma2,21ma2.4.4.0rad/s5.质量为m1，m2（m1m2）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。（绳轻且不可伸长）解：RaRmIIRTRTaTam23212221112121mgmmT-gmm上升下降，设联立方程得到，m3gmmmmmmmTgmmmmmmmTgRmmmmmgmmmmma32132212321312113212132121)(24)(24])(2[)(2)(2)(26解：撤去外加力矩后受力分析如图所示．m1g－T=m1aTr＝Ja＝ra=m1gr/(m1r+J/r)代入J＝221mr,a=mmgm2111=6.32ms2∵v0－at＝0∴t＝v0/a＝0.095sm1m,r0vPTa练习7刚体力学(二)参考答案1.E2.C3.2275kgm2·s1,13m·s14.sin3gl5.解：由人和转台系统的角动量守恒J11+J22=0其中J1＝300kg·m2，1=v/r=0.5rad/s，J2＝3000kgm2∴2＝－J11/J2＝－0.05rad/s人相对于转台的角速度r＝1－2＝0.55rad/s∴t＝2/r＝11.4s6.一长为1m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213ml，其中m和l分别为棒的质量和长度．求：(1)放手时棒的角加速度；(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4/30sin21mglmglM于是2rad/s35.743lgJM当棒转动到水平位置时，M=21mgl那么2rad/s7.1423lgJMlO60°mg练习8狭义相对论(一)参考答案1.B2.B3.c4.c545.解：解：根据洛仑兹变换公式:2)(1/ctxxvv，22)(1//ccxttvv可得2222)(1/ctxxvv，2111)(1/ctxxvv在K系，两事件同时发生，t1=t2，则21212)(1/cxxxxv，21)/()()/(112122xxxxcv解得2/3cv．在K′系上述两事件不同时发生，设分别发生于1t和2t时刻，则22111)(1//ccxttvv，22222)(1//ccxttvv由此得221221)(1/)(/ccxxttvv=5.77×10－6s6.解：设两系的相对速度为v．根据洛仑兹变换，对于两事件，有2)/(1ctxxvv22)/(1(cx)/cttvv由题意：0t可得xct)/(2v及2)/(1cxxv由上两式可得x2/1222])/()[(ctcx2/1222][tcx=4×106m练习9狭义相对论(二)参考答案1.C2.C3.C4.2/3cv,2/3cv5.5.8×10-13,8.04×10-26.解：据相对论动能公式202cmmcEK得)1)/(11(220ccmEKv即419.11)/(11202cmEcKv解得v=0.91c平均寿命为8201031.5)/(1cvs7.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2/12202])/(1/[cmmv2/12101])/(1/[cmmv∴)1111(22122220cccmWvv＝4.72×10-14J＝2.95×105eV练习10机械振动(一)参考答案1.D2.E3.)212cos(TtA,)312cos(TtA4.3.43s,-2/35.解:(1)vm=A∴=vm/A=1.5s-1∴T=2/4.19s(2)am=2A=vm=4.5×10-2m/s2(3)21x=0.02)215.1cos(t(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sinmgFt①∵角很小，∴sin≈牛顿第二定律给出ttmaF②即22d/)(dtRmmg222//ddRgt③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Rg/周期gRT/2/2OgmtFN练习11机械振动(二)参考答案1.B2.B3.2222TmA4.)21cos(04.0t5.解：(1)由题意kAFm，mxA，mmxFk/．16.021212mmmxFkxEJ(2)2mmmxAvvrad/s由t=0，cos0Ax=0.2m，0sin0Av可得31则振动方程为)312cos(4.0tx6.解：(1)221kAEEEpK2/1]/)(2[kEEApK=0.08m(2)222121vmkx)(sin22222tAmxm)(sin222tAx2222)](cos1[xAtA222Ax，0566.02/Axm(3)过平衡点时，x=0，此时动能等于总能量221vmEEEpK8.0]/)(2[2/1mEEpKvm/s练习12机械波(一)参考答案1.C2.B3.30,30.4.]/2cos[1TtAy,])//(2cos[2xTtAy5.解：(1)O处质点振动方程])(cos[0uLtAy(2)波动表达式])(cos[uLxtAy(3)ukLxLx2(k=0，1，2，3，…)6.解：(1)由振动曲线可知，P处质点振动方程为])4/2cos[(tAyP)21cos(tA(SI)(2)波动表达式为])4(2cos[dxtAy(SI)(3)O处质点的振动方程)21cos(0tAy练习13机械波(二)参考答案1.A2.D3.)22cos(1tTAyx或写成)/2sin(1TtAyx4.5.解：(1)坐标为x点的振动相位为)]/([4uxtt)]/([4uxt)]20/([4xt波的表达式为)]20/([4cos1032xty(SI)(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为]205[4xtt(SI)波的表达式为])20(4cos[1032xty(SI)6.解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O处质点，t=0时cos2/2AA,0sin0Av所