大学物理A活页作业

1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdvmmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

练习 1质点运动学(一)班级学号姓名成绩.1. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为r at 2 i bt 2 j （其中a、b为常量）,则该质点作(A) 匀速直线运动．(B) 变速直线运动．(C) 抛物线运动．(D)一般曲线运动．［］2.一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为，某一时间内的平均速度为 v ，平均速率为v，它们之间的关系必定有：（A） v v, v v（）v v, v vB（C） v v, v v（）v v, v v[]D3.一质点沿直线运动 ,其运动学方程为 x = 6 t －t 2(SI)，则在 t 由 0至 4s 的时间间隔内，质点的位移大小为 ___________，在 t 由 0 到 4s 的时间间隔内质点走过的路程为_______________．4.一质点作直线运动，其坐标 x 与时间 t 的关系曲线如图所示．则该质点在第秒瞬时速度为零；在第秒至第秒间速度与加速度同方向．x (m)5t (s)O1 2 3 4 5 65. 有一质点沿 x 轴作直线运动， t 时刻的坐标为 x = t 2–2 t 3(SI) ．试求：(1)第 2 秒内的平均速度；(2)第 2 秒末的瞬时速度；(3)第 2 秒内的路程．6.什么是矢径矢径和对初始位置的位移矢量之间有何关系怎样选取坐标原点才能够使两者一致练习 2质点动力学(一)班级学号姓名成绩.1.质量分别为 m1和 m2的两滑块 A 和 B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为，系统在水平拉力 F 作用下匀速F 运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，B A二者的加速度 a A和 a B分别为x(A) a A=0 , a B=0.(B) a A>0 , a B<0.(C) a A<0 , a B>0.(D) a A<0 , a B=0.［］2.体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是(A)甲先到达．(B)乙先到达．(C)同时到达．(D)谁先到达不能确定．［］3.分别画出下面二种情况下，物体 A 的受力图．(1)物体 A 放在木板 B 上，被一起抛出作斜上抛运动， A 始终位于 B 的上面，不计空气阻力；AvBA B(1)C(2)(2) 物体 A 的形状是一楔形棱柱体，横截面为直角三角形，放在桌面 C 上．把物体 B 轻轻地放在 A 的斜面上，设 A、B 间和 A 与桌面 C 间的摩擦系数皆不为零，A、 B 系统静止．4.质量为 m 的小球，用轻绳AB、BC连接，如图，其中AB 水平．剪断绳 AB 前后的瞬间，绳BC 中的张力比T : T′＝ ____________．CmAB5.如图所示， A， B， C 三物体，质量分别为 M=, m=m0=，当他们如图 a放置时，物体正好做匀速运动。

1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI j dt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，tvm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(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 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

⼤学物理活页作业答案（全套）马⽂蔚1.质点运动学单元练习（⼀）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提⽰：⾸先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正⽅向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 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(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=?)/(32s m ji t r v -=??=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=??cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的⾓速度为ωs rad /1027.73600*62/5-?=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-?=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=?=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（⼆）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-?==s m t dt ds v ；24-?==s m dtdva t ；2228-?==s m t Rv a n ；2284-?+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：⽕箭竖直向上的速度为gt v v o y -?=45sin ⽕箭达到最⾼点时垂直⽅向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =?=3.⽜顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωµ2Rg o µ≥ω 8．解：由⽜顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()??+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由⽜顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=+ln+=???? ??+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对⼩珠可列⽅程 a v m f mg 2 cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代⼊初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（⼀）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +?=；2212m t F v v ?+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=?J x F W 800=?=（2）s N Fdt I ?==40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解：物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳⼦完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，⼈、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+??totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（⼆）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦⼒mg f µ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=µ.8．解：根据⽜顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球⾯时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两⼩球间距离最⼩ v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(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22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=②联⽴①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．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)(=--MV V u m ① mgR MV V u m =+-2221)(21 ②解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(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 R mu mg N /2 =-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（⼀）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。

练习1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 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0r r r-=∆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 质点动力学(一)参考答案1.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=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)mM m )(m 00+=+===μμ联立方程得：g m M N NT T g (2)(1)(2)BA NBA f A PCA NA PBgMm m m M T gMm m a Ma Mg T a m m T g m m ++=+==-+=-+）（计算结果，得到利用）（）（0''0'0)1(μ6.解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律tmK d d v v =- ∴ ⎰⎰=-=-vv v vvvd d ,d d 0tt m K t m K ∴ mKt /0e -=v v(2) 求最大深度 解法一： txd d =vt x mKt d ed /0-=vt x m Kt tx d e d /000-⎰⎰=v∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v =解法二：xm t x x m t mK d d )d d )(d d (d d vvv v v ===- ∴ v d Kmdx -=v v d d 0max⎰⎰-=K mx x ∴ K m x /0max v =练习3 刚体力学(一)参考答案1. B2. C挂重物时， mg －T = ma =mR β, TR =J β,P =mg由此解出 JmR mgR+=2β而用拉力时， mg R = J β' JmgR=/β 故有 β'＞β3. ma 2 ,21 ma 2 , 21ma 2 . 4. 4.0rad/s5. 质量为m 1， m 2 （ m 1 > m 2）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 m 3的均质圆盘，忽略轴的摩擦。

大学物理活页作业答案（全套）1.质点运动学单元练习（一）答案1．B2．D3．D4．B5．3.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t<2.0时质点沿某轴正方向运动；在t=2.0时质点的速率为零；，在t>2.0时质点沿某轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。

）27．解：（1）r2ti(2t)jr12ij(SI)(m)(m)r24i2j(m)rr2r12i3jrv2i3jtdr2i2tj（2）vdtv22i4ja22j8．解：(m/)dv(SI)a2jdt(m/)(SI)(m/2)vtoadtA2cotdtAintottoot某AvdtAAintdtAcot2质点运动学单元练习二答案—19．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω/27.27105rad/6某3600dh1.94103m/2dtcothωtv（2）当旗杆与投影等长时，t/4 t1.081043.0h4dvdvdydvvkydtdydtdy10．解：a-kyvdv/dykydyvdv,1212kyvC221212已知y=yo，v=vo则Cv0ky02222v2vok(yoy2)2质点运动学单元练习二答案—22.质点运动学单元练习（二）答案1．D2．A3．B4．Cd4t5．vdtdvm；at4dt1v2m；an8t2R2m2；a4et8t2en6．o2.0m2rad/；4.0anr220rad/；atr0.8rad/；2m/27．解：（1）由速度和加速度的定义drv2ti2jdtdv(SI)；a2idt(SI)（2）由切向加速度和法向加速度的定义atd2t4t24dtt212t12(SI)ana2at2(SI)3/2v2（3）2t21an(SI)8．解：火箭竖直向上的速度为vyvoin45gt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—3vogt83m/in45u34.6m/tan309．解：v答案不符10．解：uhl；vuvlh2质点运动学单元练习二答案—43.牛顿定律单元练习答案1．C2．C3．A4．T10.2TMg367.5kg；a0.98m/22Mdv某d某k2k2v某dtdt225．v某k某；2v某f某mdv某1mk2dt26．解：（1）FTcoFNinma FTinFNcomgFTmginmaco;（2）FN=0时；a=gcotθ27．解：omRmgFNmgcomaingoR8．解：由牛顿运动定律可得120t4010分离变量积分dvdtv6.0dv212t4dtv6t4t6ot(m/)2质点运动学单元练习二答案—5。

大学物理活页答案（振动和波部分）第一节 简谐振动1. D2.D3.B4.B5.B6.A7. X=0.02cos (52π−π2) 8. 2:1 9. 0.05m -37° 10. π or 3π 11. 012.解： 周期 3/2/2=ω=πT s ， 振幅 A = 0.1 m ， 初相 φ= 2π/3， v max = A = 0.3π m/s ，a max = 2A = 0.9π2 m/s 2 ．13.提示：旋转矢量法（1）x =0.1cos (πt −π2)（2）x =0.1cos (πt +π3) （3）x =0.1cos (πt +π)14. （1）x =0.08cos (π2t +π3)t=1 x=-0.069m F=-kx=−m ω2x =2.7×10−4（2）π3=π2t t=0.67s第二节 振动能量和振动的合成1. D2.D3.D4.B5.B6. )(212121k k m k k +=νπ 提示：弹簧串联公式等效于电阻并联 7. 0.02m 8. π 0 提示：两个旋转矢量反向9. 402hz10. A=0.1m 位相等于113° 提示：两个旋转矢量垂直。

11. mv 0=(m +M)v ′ 12kA 2=1(m+M)v ′22 A=0.025m ω=√k m+M =40 x=0.025cos (40t −π/2)12. x=0.02cos (4t +π/3)x (m) ω π/3 π/3 t = 0 0.04 0.08 -0.04 -0.08 O A A机械波第一节 简谐波1. B2. A3.D4.C5.A （注意图缺：振幅A=0.01m ）6.B7. 503.2 8. a 向下 b 向上 c 向上 d 向下 （追赶前方质元）9. π 10. 4π 或011.解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π= (SI) (2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T y m 1.0)818/1(4cos 1.0=-π= (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty -ππ-=∂∂=v ． )4/1(212==T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 12.λ=0.4m u =0.05 k =ωu =2πλ=5π ω=π4 ϕ0=π2−2πT ∙T 2=−π2 y (x,t )=0.06cos (π4t −5πx −π2) y (0.2,t )=0.06cos (π4t −3π2)13. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω 210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω )3/4cos(1012π+⨯=-t ω (SI)． 波的表达式为：]2/234cos[1012λλω-π-π+⨯=-x t y )312cos(1012π+π-⨯=-λωx t (SI) 第二节 波的干涉 驻波 电磁波1.D2.C3. D4.B5.B6.A7.C8. y =−2Acos (ωt ) ðy ðt =2Aωsin (ωt)9. 2A （提示：两振动同相）10. 0.5m 11. Acos2π(t T −x λ) A12. > 70.8hz 13. 7.96×10-2 W/m 214.解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ(2) 驻波的表达式是 21y y y += )21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ (3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…15.解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得： ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 波速 u = λν = 6.00 m/s(2) 节点位置 )21(3/4π+π±=πn x )21(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, …(3) 波腹位置 π±=πn x 3/44/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, …。

活页作业(一)简谐运动知识点一简谐运动的特点1．关于简谐运动，下列说法正确的是()A．简谐运动一定是水平方向的运动B．所有的振动都可以看做是简谐运动C．物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线D．只要振动图像是正弦曲线，物体一定做简谐运动解析：物体的简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，选项A 错误；简谐运动是最简单的振动，选项B错误；物体做简谐运动的轨迹线并不是正弦曲线，选项C错误；若物体的振动图像是正弦曲线，则其一定是做简谐运动，选项D正确．答案：D2．(多选)做简谐运动的物体每次经过同一位置时，都具有相同的()A．加速度B．动能C．位移D．速度解析：同一位置位移相同，振子受力相同，加速度相同，速度大小以及动能相同，但速度方向有两种可能，选项A、B、C正确，选项D错误．答案：ABC3．(多选)做简谐运动的物体，当相对于平衡位置的位移为负值时()A．速度一定为正值B．速度一定为负值C．速度不一定为正值D．速度不一定为负值解析：振动的质点经过某一位置时，速度的方向可能为正，可能为负，也可能为零，因此选项C、D正确．答案：CD知识点二振幅、周期和频率简谐运动的能量4. (多选)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知()A．质点振动的频率是4 HzB．质点振动的振幅是2 cmC．在t＝3 s时，质点的速度最大D ．在t ＝3 s 时，质点的振幅为零解析：由题图可以直接读出振幅为2 cm ，周期为4 s ，所以频率为0.25 Hz ，选项A 错误，选项B 正确．t ＝3 s 时，质点经过平衡位置，速度最大，选项C 正确．t ＝3 s 时，质点的位移为零，但振幅仍为2 cm ，选项D 错误．答案：BC5．如图所示，振子以O 点为平衡位置在A 、B 间做简谐运动，从振子第一次到达P 点开始计时，则( )A ．振子第二次到达P 点的时间间隔为一个周期B ．振子第三次到达P 点的时间间隔为一个周期C ．振子第四次到达P 点的时间间隔为一个周期D ．振子从A 点到B 点或从B 点到A 点的时间间隔为一个周期解析：从经过某点(A 、B 点除外)开始时，则再次经过该点两次所用的时间为一个周期，选项B 正确，选项A 、C 错误．振子从A 到B 或从B 到A 的时间间隔为半个周期，选项D 错误．答案：B6．(多选)一弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，它的周期T ＝2.4 s ，当振子从平衡位置向右运动并开始计时，则下列说法正确的是( )A ．经过1.6 s ，振子正向右运动，速度将不断变小B ．经过1.6 s ，振子正向左运动，速度将不断变小C ．经过1.9 s ，振子正向右运动，速度将不断变大D ．经过1.9 s ，振子正向左运动，速度将不断变大解析：振子从平衡位置向右运动开始计时，T 2＜1.6 s ＜34T ，所以振子正向左运动，速度将不断变小，因此选项A 错误，选项B 正确；34T ＜1.9 s ＜T ，所以振子正向右运动，速度将不断变大，选项D 错误，选项C 正确．答案：BC7．(多选)关于质点做简谐运动，下列说法中可能正确的是( )A ．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反B ．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C ．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大D ．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小解析：设O 为质点做简谐运动的平衡位置，质点在BC 之间做简谐运动，则它由C 经过O 到B ，又由B 经过O 到C 一个周期内，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质点由B到O和由C到O的过程中，速度的方向与回复力的方向相同，选项A正确．质点的位移方向与加速度方向总相反，选项B错误．质点在振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，根据机械能守恒定律，其动能必然减小，选项C错误．当质点的势能减小时，如从C到O或从B到O阶段，回复力减小，势能减小，质点的加速度大小也减小，选项D 正确．答案：AD8．弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，BC相距20 cm，某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振子的振幅．(2)振子的周期和频率．(3)振子在5 s内通过的路程及5 s时位移大小．解析：(1)振幅设为A，则有2A＝BC＝20 cm，所以A＝10 cm.(2)从B首次到C的时间为周期的一半，因此T＝2t＝1 s；再根据周期和频率的关系可得f＝1T＝1 Hz.(3)振子一个周期通过的路程为4A＝40 cm，即一个周期运动的路程为40 cms＝tT·4A＝5×40 cm＝200 cm5 s的时间为5个周期，又回到原始点B，故5 s时位移大小为10 cm.答案：(1)10 cm(2)1 s1Hz(3)200 cm10 cm知识点三简谐运动的特性——周期性和对称性9．质点沿x轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O，质点经过a点和b点时速度相同，时间t ab＝0.2 s；质点由b再次回到a点所需的最短时间t ba＝0.4 s，则质点做简谐运动的频率为()A．1 Hz B．1.25 HzC．2 Hz D．2.5 Hz解析：由题意可知a、b是关于平衡位置的对称点，且不是位移最大位置，设右侧的位移最大位置为c点，则运动的示意图如图所示．从a到b有t ab＝0.2 s；从b到c再到a有t ba＝0.4 s．由对称性可知，从b→c所用时间t bc＝0.1 s，则t Oc＝T4＝0.2 s，所以T＝0.8 s，则f＝1T＝1.25 Hz，选项B正确．答案：B10.一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点(如图所示)；再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需的时间是()A ．8 s 或14 sB ．4 s 或8 sC ．14 s 或103 sD ．103s 或8 s 解析：设题图中a 、b 两点为质点振动过程的最大位移处，若开始计时时刻质点从O 点向右运动，O →M 运动过程历时3 s ，M →b →M 过程历时2 s ，显然T 4＝4 s ，T ＝16 s ．质点第三次经过M 点还需要的时间Δt 3＝T －2＝16－2＝14 s ．若开始计时时刻质点从O 点向左运动，O →a →O →M 运动过程历时3 s ，M →b →M 运动过程历时2 s ，显然，T 2＋T 4＝4 s ，T ＝163s ．质点第三次再经过M 点所需要的时间Δt 3′＝T －2 s ＝163 s －2 s ＝103s ，故C 正确． 答案：C。