大學物理教材 例題練習 答案

1、第一章例題1D；2D；3C4答：(1)、(3)、(4)是不可能的5 6 x = (y-3)2 7 m/s2 104o 練習1 、16 R t2 ； 4 rad /s2 2解：設質(zhì)點在x處的速度為v，3解：(1) m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s (3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 4解： dv /dtt ， dv t dt vt2 vx /d tt2 x t3 /3+x0 (SI) 5解：根據(jù)已知條件確定常量k , 時， v = 4Rt2 = 8 m/s m/s2 6解：(1) 球相

2、對地面的初速度 30 m/s 1分 拋出后上升高度 m/s 1分 離地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到電梯上時電梯上升高度球上升高度 1分 s 7如圖所示，取沿地面方向的軸為ox軸。人從路燈正下方點o開始運動，經(jīng)時間t后其位置為，而人頭頂影子的位置為x¢。由相似三角形關系，有，故頭頂影子的移動速度為。第二章例題1、B2、C3、B4、D5、B6、 練習1、證：小球受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律 2分 初始條件： t = 0, v = 0 1分 2分2、解：(1)以A、B、繩為研究對象 FmgmA gmB g(m + mA + mB ) a 2分

3、(2)以繩下段x長和物體A為研究對象 T(x)(mA + m x / L )g (mA + m x / L ) a 2分 T(x) = (mA+m x /L ) (g + a ) N 1分3、解：對物體A應用牛頓第二定律 平行斜面方向： 1分 垂直斜面方向： 1分 又 1分 由上解得 4、解：根據(jù)牛頓第二定律 3分 2分 5、解：球A只受法向力和重力，根據(jù)牛頓第二定律 法向： 1分 切向： 1分 由式可得 1分 根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)Σ蹓毫Υ笮⊥?，方向沿半徑向?1分 由式得 1分6、解：質(zhì)量為M的物塊作圓周運動的向心力，由它與平臺間的摩擦力和質(zhì)量為m的物塊對它的拉力的合力提供當M物塊有離心

4、趨勢時，和的方向相同，而當M物塊有向心運動趨勢時，二者的方向相反因M物塊相對于轉(zhuǎn)臺靜止，故有 F + fmax =M rmax2 2分 F fmax =M rmin2 2分m物塊是靜止的，因而 F = m g 1分又 fmax =s M g 1分故 mm 2分 mm 2分第三章例題1、C2、D3、C4、C5、C6、C7、8、 9、 2分 2分10、 2分練習1、 2、4000J 3、解：由xct3可求物體的速度： 1分 物體受到的阻力大小為： 2分 力對物體所作的功為： = = 2分4、 解： 1分 而質(zhì)點的速度與時間的關系為 2分 所以力所作的功為 =729J 2分5、解：以彈簧僅掛重物m1

5、時，物體靜止（平衡）位置為坐標原點，豎直向下為y軸正向，此時彈簧伸長為： l1m 1 g / k 1分 再懸掛重物m2后，彈簧再獲得附加伸長為 l2m2 g /k 1分 當突然剪斷連線去掉m2后，m1將上升并開始作簡諧振動，在平衡位置處速度最大根據(jù)機械能守恒，有 2分 將、代入得 0.014 m/s 1分 6、解：設彈簧的原長為l0，彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)胡克定律： 0.1gk(0.07l0) ， 0.2gk(0.09l0) 解得： l00.05 m，k49 N/m 2分 拉力所作的功等于彈性勢能的增量： WEP2EP10.14 J 3分7、解：彈簧長為AB時，其伸長量為 1分 彈簧長為AC

6、時，其伸長量為 1分 彈性力的功等于彈性勢能的減少 2分 1分8、 解：兩個粒子的相互作用力 已知f0即r處為勢能零點,則勢能 1分 2分9、解：(1)位矢 (SI) 可寫為 ， ， 在A點(a，0) ， EKA= 2分 在B點(0，b) ， EKB= 2分(2) = 2分 由AB = 2分 = 2分10 解：如圖所示，設l為彈簧的原長，O處為彈性勢能零點；x0為掛上物體后的伸長量，O為物體的平衡位置；取彈簧伸長時物體所達到的O²處為重力勢能的零點由題意得物體在O處的機械能為： 2分在O² 處，其機械能為： 2分由于只有保守力做功，系統(tǒng)機械能守恒，即： 2分在平衡位置有：

7、mgsina =kx0 2分代入上式整理得： 2分第四章例題：1. C 2. A 3. B 4. C5. 0.89 m/s 3分 參考解：在0-1 s內(nèi), F<m0mg ,未拉動物體. 在1 s-2 s內(nèi), 由 mv 0=I， 可得 v = I/m=0.89 m/s6. 7. 8. 0.003 s 0.6 N·s 2 g 9. 取如圖所示坐標，設繩長L，質(zhì)量M。 設在時刻t已有x長的柔繩落到桌面上，隨后的dt時間內(nèi)將有質(zhì)量為(即)的柔繩以dx/dt的速率碰到桌面而停止，它的動量變化率為：xxO例題4-9答案圖 根據(jù)動量定理，桌面對柔繩的沖力為：其中 由牛頓第三定律，柔繩對桌面的

8、沖力為F=-F， 即 而 ABC例題4-10圖已落桌上柔繩所受的重力 G=M·gx/L F總=F+G=3G 10. (1) 設A，B間繩中張力為T，分別對A、B列動力學方程MA g T =MA a T =MB a 解得 a =Mg / (MA+MB) 由 MA = MB = M ag 設B、C之間繩長為l，在時間t內(nèi)B物體作勻加速運動，有 lat2gt2/4 ， t=0.4 s (2) B和C之間繩子剛拉緊時，A和B所達到的速度為 vatgt×10×0.42.0 m/s令B、C間拉緊后，C開始運動時A、B、C三者的速度大小均變?yōu)閂，由動量定理(設三者速度變化過程中

9、TAB為AB間繩中平均張力，TBC為BC間繩中平均張力,為過程時間) MAV - MAv = TAB· (MAg<<TAB ) MBV MBv =TAB·TBC· MCV 0 = TBC· 得 (MA+ MB+ MC)V = ( MA+ MB) v V = m/s 練習題：1. 2 m/s2. 36 rad/s 參考解：系統(tǒng)對豎直軸的角動量守恒，。3. 1 m /s 0.5 m /s 4. mv0 sinq 豎直向下5. mw ab 06. 垂直于斜面指向斜面下方 參考解： 沿垂直斜面方向上動量的分量的增量為 若在碰撞過程中忽略重力，則以上即

10、為小球?qū)π泵娴臎_量大小， 方向垂直于斜面并指向斜面下方7. 證：因質(zhì)點只受有心力作用，即質(zhì)點所受作用始終指向某一固定點O，力對該點的力矩為零根據(jù)角動量定理，質(zhì)點對O點的角動量是恒矢量 恒矢量 2分 的方向垂直于和所在的平面，是恒矢量，方向不變，即 ，總是保持在一個平面上，這就是說，質(zhì)點在有心力作用下，始終作平面運動 3分8. 0 2pmg/w 2pmg/w9. 解：設沙子落到傳送帶時的速度為，隨傳送帶一起運動的速度為，則取直角坐標系，x軸水平向右，y軸向上 設質(zhì)量為Dm 的砂子在Dt時間內(nèi)平均受力為,則 3分 由上式即可得到砂子所受平均力的方向,設力與x軸的夾角為則 -1(4/3)= 53&#

11、176;,力方向斜向上 2分10. 解：由題給條件可知物體與桌面間的正壓力 1分 物體要有加速度必須 2分 即 ， 1分 物體開始運動后，所受沖量為 t = 3 s, I = 28.8 N s 2分 則此時物體的動量的大小為 速度的大小為 m/s 2分11. 解：(1) 因穿透時間極短，故可認為物體未離開平衡位置因此,作用于子彈、物體系統(tǒng)上的外力均在豎直方向，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒令子彈穿出時物體的水平速度為 有 mv0 = mv+M v¢ v¢ = m(v0 - v)/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+Mv2/l =26.5 N 2分 (2) (設方向為正方向)

12、 2分 負號表示沖量方向與方向相反 2分12. 解：角動量守恒 2分 v 為時小球的橫向速度 拉力作功 2分 vB為小球?qū)Φ氐目偹俣龋?而 當時 1分第五章例題：1. C 2. A 3. C 4. C 5. A 6. A7. 3v0 / (2l)8. 9-11（見書上）練習題：1. 2.5 rad / s22. 4.0 rad3. 0.25 kg·m24. g / l g / (2l)6. 解：設棒的質(zhì)量為m，當棒與水平面成60°角并開始下落時，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律 M = Jb 1分 其中 1分 于是 1分 當棒轉(zhuǎn)動到水平位置時， M =mgl 1分 1分7. 解：將桿與兩小球視

13、為一剛體，水平飛來小球與剛體視為一系統(tǒng) 由角動量守恒 得 1分 （逆時針為正向） 2分 又 1分 將代入得 1分8. 解：根據(jù)牛頓運動定律和轉(zhuǎn)動定律列方程 對物體： mgT ma 2分 對滑輪： TR = Jb 2分 運動學關系： aRb 1分 將、式聯(lián)立得 amg / (mM) 1分 v00， vatmgt / (mM) 2分9. 解：受力分析如圖所示 設重物的對地加速度為a，向上.則繩的A端對地有加速度a向下，人相對于繩雖為勻速向上，但相對于地其加速度仍為a向下. 2分 根據(jù)牛頓第二定律可得： 對人： MgT2Ma 2分 對重物： T1MgMa 2分 根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，對滑輪有 (T2T1)R

14、JbMR2b / 4 2分 因繩與滑輪無相對滑動， abR 1分 、四式聯(lián)立解得 a2g / 7 1分10. 解：各物體的受力情況如圖所示 圖2分由轉(zhuǎn)動定律、牛頓第二定律及運動學方程，可列出以下聯(lián)立方程： T1RJ1b1 方程各1分共5分 T2rT1rJ2b2 mgT2ma , aRb1rb2 , v 22ah 求解聯(lián)立方程，得 m/s2 =2 m/s 1分 T2m(ga)58 N 1分 T148 N 1分11. 解：各物體受力情況如圖 圖2分 FTma 1分 ma 1分 ()R 1分 aRb 1分 由上述方程組解得： b 2F / (5mR)10 rad·s-2 2分 T3F /

15、56.0 N 1分 2F / 54.0 N 1分第六章 狹義相對論基礎例6-1【解】三種說法都正確。例6-2解：c；c；c。例6-3解：S系球面方程為：；S¢系球面方程為：。解：。例6-4解：速度，距離L，時間間隔,所以。例6-5：解：相對的，運動。例6-6解：C例6-7解：A例6-8解：C 例6-9解：站臺上測出的1m是運動的長度。求靜長，所以。例6-10解：例6-11解：方法一，固有長度，認為距離，。方法二，測得的時間為固有時間，由得。例6-12解：實驗室中觀測到介子的能量為，即。由時間延緩關系式，實驗室壽命，即。例6-13解：初動能，末動能，即，需做的功為。例6-14解：已知，

16、所以。例6-15 解：，當時，選D。例6-16解：（1）棒相對于甲靜止，他測得其質(zhì)量為m，體積為V=ls，所以密度。（2）棒相對于乙運動，他測得其質(zhì)量為,長度為，截面積不變?nèi)詾镾，所以測得體積為，所以密度?！揪毩曨}】6-1解：一切彼此相對作勻速直線運動的慣性系對于物理學定律都是等價的 一切慣性系中，真空中的光速都是相等的6-2 (A)t < to；l < lo.(B)t < to；l > lo.(C)t > to；l > lo.(D)t > to；l < lo.解：(D)。分析：S和S¢相對速度為u，S¢中兩事件的時間間隔為t

17、o為原時間，則S系的鐘測出這兩個事件的時間間隔為t=t o ¤ ，則t>to；S¢系x¢軸上放置一固有長度為lo的細桿，從S系測得此桿的長度為l=lo，則l<lo。6-3解：只有運動方向上的長度縮短，l=lo=lo=0.6lo，垂直于運動方向上的長度不變，故體積是V=llo2=30´502=7.5´104cm3。6-4解：地球上觀察者測得距牛郎星約lo=16光年為固定長度，宇宙飛船上的鐘指示的時間to=4年為原時間。方法一：以地面系計算，lo=vt=vt o ¤ ，16c=v´4 ¤ ，v=c=0.97

18、c=2.91´108m ¤ s。方法二：以飛船系計算，飛船系認為l=lo=vto，16c×=4v，v=c =0.97c=2.91´108m ¤ s。6-5 解：Dx ¤ v，Dx ¤ v。分析：(1)在S系中相隔為Dx處兩只同步的鐘A和B，讀數(shù)相同，Dx=v×Dt Dt=Dx ¤ v。(2)方法一：S¢系記下本征時間，由Dt =Dt¢ ¤ Dt¢=Dx ¤ v。方法二：Dx為固有長度，在S¢系Dx¢=Dx，Dt¢=Dx

19、2; ¤ v=Dx ¤ v。6-6解：以地球上的時鐘計算： 年 以飛船上的時鐘計算： 0.20 年6-7 解：(1) 從列車上觀察，隧道的長度縮短，其它尺寸均不變。 隧道長度為 (2) 從列車上觀察，隧道以速度v經(jīng)過列車，它經(jīng)過列車全長所需時間為 這也即列車全部通過隧道的時間. 6-8解：實驗室測得靜止m+子的壽命to=2.2s，運動時壽命為t=to ¤ =1.63´10-5 s，t0 ¤ t=Þv ¤ c=0.99。這兩個測量結果符合相對論的時間膨脹的結論。(或運動的時鐘變慢的結論)6-9解：設飛船A相對于飛船B的速度大小

20、為v，這也就是飛船B相對于飛船A的速度大小在飛船B上測得飛船A的長度為 故在飛船B上測得飛船A相對于飛船B的速度為 解得 m/s 所以飛船B相對于飛船A的速度大小也為2.68×108 m/s6-10解：E=Ek+Eo，mc2=4moc2+moc2 =5moc2，m ¤ mo=5。6-11解：mc2=Ek+moc2Þg moc2=Ek+moc2，g-1=，v ¤ c=0.745，v=0.745c=2.24´108 m ¤ s。6-12解：相對于觀察者甲，物體是靜止的，E1=mc2=9´1016J； 相對于觀察者乙，物體以v=0

21、.8c運動，E2=1.5´1017J。6-13解：(1) =5.8×10-13 J (2) = 4.01×10-14 J = 4.99×10-13 J 8.04×10-2 6-14解：根據(jù)功能原理，要作的功 W = DE 根據(jù)相對論能量公式 DE = m2c2- m1c2 根據(jù)相對論質(zhì)量公式 4.72×10-14 J2.95×105 eV6-15解：(1)l=lo，v=c=c ¤ lo。(2)g =()-1=lo ¤ l，Ek=mc2-moc2=(g-1)moc2=(lo ¤ l-1)moc2。

22、6-16解：實驗室觀察認為介子的壽命t，速度為v，測得運動的距離l=vt。E=gmoc2，Eo=moc2，g=E ¤ Eo=3000 ¤ 100=30，g=1 ¤ 。v ¤ c= ¤ 300=0.9994，v=c ¤ 300=2.996´108m ¤ s。t=t o ¤ =30to=6´10-5s，l=vt=2996´6=17976m。6-17解：設立方體的長、寬、高分別以x0，y0，z0表示，觀察者A測得立方體的長、寬、高分別為 ， 相應體積為 觀察者測得立方體的質(zhì)量 故相應密度為

23、【例題精選】例71 0.37 cm (SI) 例72 BvBxABOt = 0t = 2 st = 4 sfwvAvB例題7-5答案圖例73 例74 C例75 解：由旋轉(zhuǎn)矢量圖和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒， T = 8 s， n = (1/8) s-1， w =2pn = (p /4) s-1 (1) 以的中點為坐標原點，x軸指向右方 t = 0時， cm t = 2 s時， cm 由上二式解得 tgf = 1 因為在A點質(zhì)點的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4（如圖） cm 振動方程 (SI) (2) 速率 (SI) 當t = 0 時，質(zhì)點在A點 m/s 例題

24、7-6答案圖例76 解：旋轉(zhuǎn)矢量如圖所示 由振動方程可得：， s 例77 C例78 0.84 0.84例79 B例710 振動系統(tǒng)本身性質(zhì) 初始條件例711 B【練習題】71 B72 73 解：(1) t = 0時， a = 2.5 m/s2 ，| F | = ma = 5 N (2) | amax | = 5，其時 | sin(5t-p/6) | = 1 | Fmax | = m| amax | = 10 N x = ±0.2 m（振幅端點） 74 C75 解：設小球的質(zhì)量為m，則彈簧的勁度系數(shù)l0xmgxkl0k(l0+x)mg習題7-5答案圖 選平衡位置為原點，向下為正方向小球

25、在x處時，根據(jù)牛頓第二定律得 將 代入整理后得 此振動為簡諧振動，其角頻率為 設振動表達式為 由題意： t = 0時，x0 = A=m，v0 = 0，解得 f = 0 76 解：(1) 小物體受力如圖 設小物體隨振動物體的加速度為a，按牛頓第二定律有（取向下為正）Nmg習題7-6答案圖 當N = 0，即a = g時，小物體開始脫離振動物體，已知 A = 10 cm， 有 rad·s-1 系統(tǒng)最大加速度為 m·s-2 此值小于g，故小物體不會離開 (2) 如使a > g，小物體能脫離振動物體，開始分離的位置由N = 0求得 cm 即在平衡位置上方19.6 cm處開始分離

26、，由，可得 =19.6 cm 77 解：(1) 勢能 總能量 由題意， m (2) 周期 T = 2p/w = 6 s 從平衡位置運動到的最短時間 Dt 為 T/8 Dt = 0.75 s 78 解：第一球自由落下通過路程l需時間 而第二球返回平衡（即最低）位置需時 ，故第一球先到。79 1×10-2 m p/6710 |A1 A2| 【例題精選】例81 C例82 D例83 (SI)例84 (SI) x (m)t = T圖B.AuOly (m)-AOxPxl/4u圖A例題8-5答案圖解：(1) 如圖A，取波線上任一點P，其坐標設為x，由波的傳播特性，P點的振動落后于l /4處質(zhì)點的振

27、動 該波的表達式為 (SI) (2) t = T 時的波形和 t = 0時波形一樣 t = 0時 按上述方程畫的波形圖見圖B 例86 例87 解：這是一個向x軸負方向傳播的波 (1) 由波數(shù) k = 2p / l 得波長 l = 2p / k = 1 m 由 w = 2pn 得頻率 n = w / 2p = 2 Hz 波速 u = nl = 2 m/s (2) 波峰的位置，即y = A的位置 由 有 ( k = 0，±1，±2，) 解上式，有 當 t = 4.2 s 時， m 所謂離坐標原點最近，即| x |最小的波峰在上式中取k = 8，可得 x = -0.4的波峰離坐標

28、原點最近 (3) 設該波峰由原點傳播到x = -0.4 m處所需的時間為Dt， 則 Dt = | Dx | /u = | Dx | / (n l ) = 0.2 s 該波峰經(jīng)過原點的時刻 t = 4 s 例88 解：設平面簡諧波的波長為l，坐標原點處質(zhì)點振動初相為f，則該列平面簡諧波的表達式可寫成 (SI) t = 1 s時 因此時a質(zhì)點向y軸負方向運動，故 而此時，b質(zhì)點正通過y = 0.05 m處向y軸正方向運動，應有且 由、兩式聯(lián)立得 l = 0.24 m 該平面簡諧波的表達式為 (SI) 或 (SI) 例89 D例810 4 例811 A例812 或 例813 解：選O點為坐標原點，設入射波表達式為 則反射波的表達式是 合成波表達式（駐波）為 在t = 0時，x = 0處的質(zhì)點y0 = 0， ， 故