大学物理活页作业答案(上册)

2质点运动学单元练习二答案—111．B2．D3．D4．B5．3.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t2.0s时质点沿x轴正方向运动；在t=2.0s时质点的速率为零；，在t2.0s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(22SIjtitr)(21mjir)(242mjir)(3212mjirrr)/(32smjitrv（2）)(22SIjtidtrdv)(2SIjdtvda)/(422smjiv)/(222smja8．解：tAtdtAadtvtotosincos2tAtdtAAvdtAxtotocossin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωωths2质点运动学单元练习二答案—2srad/1027.73600*62/5smthdtdsv/1094.1cos32（2）当旗杆与投影等长时，4/thst0.31008.14410．解：kyyvvtyyvtdvaddddddd-kyvdv/dyCvkyvvyky222121,dd已知y=yo，v=vo则20202121kyvC)(2222yykvvoo2质点运动学单元练习二答案—321．D2．A3．B4．C5．14smtdtdsv；24smdtdvat；2228smtRvan；2284smeteant6．srado/0.2；srad/0.4；2/8.0sradrat；22/20smran7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SIjitdtrdv；)(2SIidtvda（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SItttdtdat)(12222SItaaatn（3）)(122/322SItavn8．解：火箭竖直向上的速度为gtvvoy45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得2质点运动学单元练习二答案—4smgtvo/8345sin9．解：smuv/6.3430tan10．解：lhvu；uhlv2质点运动学单元练习二答案—531．C2．C3．A4．kgMgT5.36721；2/98.02.0smMTa5．xkvx22；xxxvkdtdxkdtdvv222221mkdtdvmfxx6．解：（1）maFFNTsincosmgFFNTcossinsincos;cossinmamgFmamgFNT（2）FN=0时；a=gcotθ7．解：mgRmo2Rgo8．解：由牛顿运动定律可得dtdvt1040120分离变量积分tovdttdv4120.6)/(6462smttv2质点运动学单元练习二答案—6toxdtttdx64620.5)(562223mtttx9．解：由牛顿运动定律可得dtdvmmgkv分离变量积分tovvodtmkmgkvkdvotmkmgkvmgolnmgkvkmmgkvmgkmtoo1lnln10．解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程avmfmg2cos，tvmmgddsin，以及tavdd，ddvat，积分并代入初条件得)cos1(22agv，)2cos3(cos2mgavmmgf．2质点运动学单元练习二答案—741．A；2．A；3．B；4．C；5．相同6．2111mmtFv；2212mtFvv7．解：（1）tdtdxvx10；10dtdvaxxNmaF20；mxxx4013JxFW800（2）sNFdtI40318．解：1'vmmmv221221'2121okxvmmmv''mmkmmvx9．解：物体m落下h后的速度为ghv2当绳子完全拉直时，有'2vMmghmghmMmv2'2质点运动学单元练习二答案—8ghmMmMMvIIT22'2210．解：设船移动距离x，人、船系统总动量不变为零0mvMu等式乘以dt后积分，得0totomvdtMudt0)(lxmMxmmMmlx47.02质点运动学单元练习二答案—95.1．C2．D3．D4．C5．18J；6m/s6．5/37．解：摩擦力mgf由功能原理2121210)(kxxxf解得)(22121xxmgkx.8．解：根据牛顿运动定律RvmFmgN2cos由能量守恒定律mghmv221质点脱离球面时RhRFNcos;0解得：3Rh9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小vvv)(212211mmmm①212211mmvmvmv(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2质点运动学单元练习二答案—1022122221)(212121vvvmmmmEp②联立①、②得)/()(212122121mmmmEpvv10．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)(MVVum①mgRMVVum2221)(21②解得：)(2mMMgRmV；MgRmMu)(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RmumgN/2MmgmMmgRmumgN/)(2/2mgMmMMmgmMMmgN23)(22质点运动学单元练习二答案—116.1．B2．C3．C4．C5．v=1.23m/s；an=9.6m/s2；α=–0.545rad/s2；N=9.73转。6．2lnkJ7．解：（1）由转动定律，2/2.39sradJFr（2）由刚体转动的动能定理JFhEEkk490（3）根据牛顿运动定律和转动定律：mg–F’=marF’=Jαa=rα联立解得飞轮的角加速度22/8.21sradmrJmg8．解：（1）由转动定律2312mllmglg23（2）取棒与地球为系统，机械能守恒mglEk21(3)棒下落到竖直位置时22312121mlmgllg32质点运动学单元练习二答案—129．解：（1）系统的能量守恒，有222121Jmvmghrv联立解得：Jmrmghrv222；Jmrmgh22（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＝maTr＝J由运动学关系有：a=r联立解得：2mrJmgJT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yxmddd式中面密度为常数，按转动惯量定义，)(12)()(3322222222baabyyxxmyxaabbdddzJ薄板的质量abm所以)(1222bamJz2质点运动学单元练习二答案—1371．C2．A3．D4．B5．o3；oJ316．o34；221ooJ7．解：小球转动过程中角动量守恒422ooormmro42222232121ooomrJJW8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒2221221212lmlmlvmlmmvm212369．解：圆环所受的摩擦力矩为mgRM，由转动定律2mRmgR，Rg至圆环停止所经历的时间gRt0010．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2312122LMgML，①碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒2质点运动学单元练习二答案—14231MLmvx，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MLmv2，③①、③消去，得gLmMv32，④②、④消去v，得Lx32.2质点运动学单元练习二答案—1581．B2．B3．C4．A5．0.10cos(π/6π/3)mxt6．2:17．解：0.1mA，2π/πT运动方程cos()0.1cos(π)mxAtt（1）由旋转矢量法π/2，0.1cos(ππ/2)mxt；（2）由旋转矢量法π/3，0.1cos(ππ/3)mxt；（3）由旋转矢量法π，0.1cos(ππ)mxt。8．解：木块处于平衡位置时，浮力大小Fmg。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'FPF其中，浮力2'FFgSxmggax合外力2'FPFgaxkx2kga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。由22dxFmdt可得木块运动的微分方程为2220dxgaxdtm2质点运动学单元练习二答案—16令22gam，可得其振动周期为2π2πaTg木水9．解：如图，由旋转矢量法可知π/3tπ/31/3st10.解：（1）22111224pEkxEkA20.141m2xA（2）22211111()28424pEkxkAkAE34kkEEEE图8-12质点运动学单元练习二答案—179.10．B11．B12．C13．2ππ/3k，2710m，2π4π/3k，2110m14．π/215．（1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s,2s。16．解：（1）由已知的运动方程可知：0.10mA，2π/3，3π，2π/2/3sT（2）-1max0.94msAv，2-2max8.88msaA17．解：振动系统的角频率为11210skmm由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值0v为11020.8msmm1vvm又因初始位移00x，则振动系统的振幅为22000()0.08mAxvv如图由旋转矢量法可知0π/2，则简谐运动方程为0.08cos(10π/2)(m)xt18．解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为2212122cos(π/2)0.10mAAAAA合振动初相为图9-1图9-22质点运动学单元练习二答案—181221sinπ/3sinπ/6πarctancosπ/6cosπ/3AAAAπarctan2.34111310.解：如图由旋转矢量法可知0π/3a，02π/3b。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：121cmAAA合振动初相为：0π/3a同样由旋转矢量法可知55π/6t2π/12sT图9-32质点运动学单元练习二答案—1910.19．B20．C21．B22．1.67m23．0cos[()]xlyAtu24．6，3025．解：（1）由波动方程可知振幅0.05mA，角频率20π，/3πu，则波速16.67msu，频率/2π10Hz，波长2π2/3mu。（2）maxπ3.14m/sAv26．解：（1）由图可知振幅0.1mA，波长4m，波速1100msu则2π2π/50πuT。又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则由旋转矢量法可得π/2，因此波动方程为0.1cos[50π(/100)π/2](m)ytx（2）