大学物理练习册答案

1 练习一：

1-3：D B D；4、3031ctvv，400121cttvxx

5、s3；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s2

7、解：（1）jttitr)4321()53(2；

（2）)/(73;)3(34smjivjtidtrdvst；

（3）)/(12smjdtvda6

8、解： ∵ xvvtxxvtvadddddddd

分离变量： xxadxd)62(d2

两边积分得

cxxv322221

由题知，0x时，100v,∴50c

∴ 13sm252xxv

练习二：

1、C；2、B； 3、j8，ji4，4412arctgarctg或；4、32ct，ct2，Rtc42，Rct2；5、212tt，212t；6、2010tgtgtgtg

7、解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知

222shl

将上式对时间t求导，得

tsstlldd2dd2

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，

∴ tsvvtlvdd,dd0船绳

即 cosdddd00vvsltlsltsv船

或 svshslvv02/1220)(船

将船v再对t求导，即得船的加速度

3202220202002)(ddddddsvhsvslsvslvsvvstsltlstva船船 2 8、解：（1）由23RbtdtdRdtdsv得：

Rbtdtdva6，4229tRbRvan

（2）nnnetRbeRbteaeaaˆ9ˆ6ˆˆ42

练习三

1、C，2、A，3、D，4、2121)(mmgmmF，)2(1212gmFmmm；5、0.41cm

6、解：

取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。

设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为a，则有：

（1）kxFTTamTgmmamFTm，且有：；：对；：对22211 由此得：212mmkxgma

（2）由dxdvvdtdxdxdvdtdva得：

212212)2(mmkxgmxvvdvdxmmkxgm两边积分得：

（3）)(0212max2mmkgmvkgmxa时，

（4）弹簧达到最大伸长量时，m2减少的势能全部转化为弹性势能，故有：

kgmx2max2

7、 解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知： 3 dtdvmFkvmg

分离变量及积分得：vtFkvmgFkvmgddtmk00)(

解得：))(1(1Fmgekvtmk

练习四

1-4、B，C，B，C，5、140sN，24sm/；6、6.14或7475，35.5°或75arctg；

7、0，mg2，mg2

8、解：设子弹射出A时的速度为v，当子弹留在B中时，A和B的速度分别为BAvv和，方向水平向右，则对于子弹射入A至从A射出这个过程，动量守恒有：

)1()(0mvvmmmvABA

子弹射入B至留在B中这个过程由动量守恒有：

)2()(BBABvmmmvvm

以子弹为研究对象有：)3(01.00mvmvF

以A、B为研究对象有：)4()(01.0ABAvmmF

对B有：)5(01.0ABABvmF

联合（1）（2）（3）（4）（5）解得：

NFsmvsmvsmvABBA1800/22/6/500；；；

9、解：

（1）有水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M的水平速度为V1）

smVmVMVmV/13.3110

此时M物体的受力如右图，且有：

NlMVMgTlMVMgT5.262121

（2），方向水平向左sNmVmVI7.40

练习五

1-3、B，C，A；4、LgmgLmL3221432，，；5、mN5

6、解：受力分析如图

amTgm22

JTr 4 2121rmJra，

整理 NgmmmmTmmgma2.392222121212，

matSst45.22121

7、解：受力分析如图

maTmg222 （1）

mamgT1 （2）

111)(JrTT （3）

2222)(JrTT （4）

2221214212mrJmrJrara，，， (5)

联立 smga/2.292， 4.7834mgT

练习六

1-3、A，A，D；4、20021J，5、同向，与，000221212RRv

6、lglg432cos3，lglg233sin3

7、解：根据角动量守恒定律

radlmmlMsradlmmllvmr4.1520)31()2(/4.15,)31(222'22得：

8、解：设碰后物体m的速度为v，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有：

mghJLmgJJmLvJsgvmvsmg22221221221守恒碰后棒上升过程机械能守恒：棒下落的过程中机械能：碰撞过程中角动量守恒，

联立上面四式解得：sLsLh632, sLsLH63

练习七

1-5、A，D，C，B，C；6、c3801089.88或

7、解：由洛伦兹变换得： 5 221cvtvxx；2221cvxcvtt

得：mxcvcv8221075.635321；

8、解：

A飞船的原长为：ml1000

B飞船上观测到A飞船的长度为：2201cVll

A飞船的船头、船尾经过B飞船船头的时间为：st71035

则有：smcVVtl/1068.25528

练习八

1-4、C，C，C，A；5、225.0cme，6、lsmlsm925，，

7、解：（1）JcvcmmcE13222021086.51

（2）14.12199.021)111(212222020cvcmvmEEEek

8、解：

scvcvcmEcvcvcmcmmcEkk80220202222202021032.5419.2191.0111)111(故平均寿命：得由

练习九

1-3、B，C，C，4、；；或；32325、3610，，cm

6、解：（1）由题知kl0

重物受力分析如图，设挂重物平衡时，重物质心所在位置为原点，向下为x轴建立坐标如图所示，设任意时刻重物坐标为x，则有：

22dtxdmTmg 6 且：)(0lxkT

故有：022kxdtxdm

上式证明重物做简谐振动。

10mN4001.0104lmgk

而0t时，-100sm0m,1.0vx ( 设向下为正)

又 s2.0102,104400Tmk即

m1.0)(2020vxA

∴ m)10cos(1.0tx

（2）m05.0x处物体的加速度为：2/5405.0400smmkxa

7、解：设振动方程的数值式为：)cos(tAx

1007/5.1204.0/2.0smkmNxmgkmxsmV，，，

由cmVkmxAmVkxkA5212121202020202

radxVtg64.04300

)64.07cos(05.0tx

练习十：

1-4、C，B，A，A；5、61012，；6、0.17m5.0x；N102.43F；J101.74E

7、解：（1）处在平衡位置时弹簧伸长0x，则：

NFmNmkcmxxkFxxkFmgxFkxmg44.0/97.850)(0200，由题知，且，则：作用下，弹簧再伸长在力

（2）JEEEJkAEJkxEPkP2224210076.110121.12110485.421得由

8、解：取平衡位置为坐标原点，向下为正，如图建立坐标轴，

M在平衡位置时，弹簧已伸长0x，则有：

000kxmgkxmg，即 7 设m在x位置时，弹簧伸长0xx，则有：

)4()3()2()1()(21102RaJRTRTmaTmgxxkT

联立解得：mRJkxa2，故物体做简谐振动，其角频率为：222mRJkRmRJk

练习十一：

1-4、B，B，B，D；5、，6、0.8m,0.2m,125Hz，

7、解：（1）mHsmumAz150/5005.0，，，由波动方程可得：

（2）222maxmax/500/5smAasmAv，

（3）)(212xx

8、解：（1）)20(4cos1032xty

（2）B点的振动方程，以5x代入上式得：

)4cos(103)205(4cos10322ttyB

所求的波动方程为：)20(4cos1032xtyB

练习十二

1-3、D，C，A，4、tx20cos2cos12.0，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10；

5、JmsJ32151079.31058.1，

6、解：如图所示，取1S点为坐标原点，1S、2S联线为X轴，取1S点的振动方程 :

（1）在1S和2S之间任取点A，坐标为x

因为两波同频率，同振幅，同方向振动，所以相干为静止的点满足：

故得 这些点因干涉相消而静止不动

（2）若A点在1S左侧，则有 )12()11(221kxx,...2,1,0kmu4mx11,9,7,5,3,16)](11[221xx