同济大学普通物理活页作业答案(苍松教学)

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。

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 jdtvd a -==)/(422s m j i v-= )/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=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 -+=ωths2.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 ≥ωμ2 Rgo 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 ++=()⎰⎰++=toxdt t t dx 64620.5 )(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 o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mgk 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 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。

同济大学课程考核试卷 2008 — 2009学年第二学期课号：124001 课名：普通物理（A ）上 考试此卷选为：期中考试( )、期终考试(√)、重考( )试卷年级 专业 学号 姓名计算题 选择题 1∼9 填空题 10∼18 19 20 21 问答题 22 得分（考试时间：120分钟 闭卷）一、选择题（共27分） 1、（本题3分）有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 在上述说法中， (A) 只有(1)是正确的． (B) (1) 、(2)正确，(3) 、(4) 错误．(C) (1)、(2) 、(3) 都正确，(4)错误 (D) (1) 、(2) 、(3) 、(4)都正确．［ ］2、（本题3分）O如图所示，将一根质量为m 、长为l 的均匀细杆悬挂于通过其一端的固定光滑水平轴O 上．今在悬点下方距离x 处施以水平冲力，使杆开始摆动，要使在悬点处杆与轴之间不产生水平方向的作用力，则施力的位置x 应等于F rF r(A) 3l / 8． (B) l / 2．(C) 2l / 3． (D) l ． ［］ 3、（本题3分）如图，bca 为理想气体绝热过程，b 1a 和b 2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是:(A) b 1a 过程放热，作负功；b 2a 过程放热，作负功．(B) b 1a 过程吸热，作负功；b 2a 过程放热，作负功．(C) b 1a 过程吸热，作正功；b 2a 过程吸热，作负功．(D) b 1a 过程放热，作正功；b 2a 过程吸热，作正功．［ ］ 4、（本题3分）甲说：“由热力学第一定律可证明任何热机的效率不可能等于1”乙说：“热力学第二定律可表述为效率等于 100％的热机不可能制造成功”丙说：“由热力学第一定律可证明任何卡诺循环的效率都等于．”丁说：“由热力学第一定律可证明理想气体卡诺热机(可逆的)循环的效率等于”对以上说法，有如下几种评论，哪种是正确的？ )/(112T T −)/(112T T − (A) 甲、乙、丙、丁全对． (B) 甲、乙、丙、丁全错．(C) 甲、乙、丁对，丙错． (D) 乙、丁对，甲、丙错． ［ ］5、（本题3分）静电场中某点电势的数值等于 (A) 单位正电荷置于该点时具有的电势能． (B) 单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C) 试验电荷置于该点时具有的电势能． 0q (D) 把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功． ［ ］6、（本题3分）如图所示，一封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

《普通物理》习题答案《普通物理》习题三答案⼀、单项选择题（本⼤题共40⼩题，每⼩题2分，共80分）1、下列说法中哪⼀个是正确的？（ D ）A 、合⼒⼀定⼤于分⼒B 、物体速率不变，所受合外⼒为零C 、速率很⼤的物体，运动状态不易改变D 、质量越⼤的物体，运动状态越不易改变2、物体⾃⾼度相同的A 点沿不同长度的光滑斜⾯⾃由下滑，如下图所⽰，斜⾯倾⾓多⼤时，物体滑到斜⾯底部的速率最⼤（D ）A 、30oB 、45oC 、60oD 、各倾⾓斜⾯的速率相等。

3、如下图所⽰，⼀轻绳跨过⼀定滑轮，两端各系⼀重物，它们的质量分别为1m 和2m ，且12m m >，此时系统的加速度为a ，今⽤⼀竖直向下的恒⼒1F m g =代替1m ，系统的加速度为'a ，若不计滑轮质量及摩擦⼒，则有（ B ）A 、'a a =B 、'a a >C 、'a a <D 、条件不⾜不能确定。

4、⼀原来静⽌的⼩球受到下图1F 和2F 的作⽤，设⼒的作⽤时间为5s ，问下列哪种情况下，⼩球最终获得的速度最⼤（ C ）A 、16F N =，20F =B 、10F =，26F N =C 、128F F N ==D 、16F N =，28F N =5、三个质量相等的物体A 、B 、C 紧靠⼀起置于光滑⽔平⾯上，如下图，若A 、C 分别受到⽔平⼒1F 和2F 的作⽤（12F F >），则A 对B 的作⽤⼒⼤⼩（ B ）A 、12F F -B 、1223F F +C 、1223F F -D 、1232F F +6、⽤锤压钉不易将钉压⼊⽊块，⽤锤击钉则很容易将钉击⼊⽊块，这是因为（ D ）A 、前者遇到的阻⼒⼤，后者遇到的阻⼒⼩B 、前者动量守恒，后者动量不守恒C 、后者动量变化⼤，给钉的作⽤⼒就⼤D 、后者动量变化率⼤，给钉的作⽤冲⼒就⼤7、如图所⽰，⽊块质量1m 2m ，由轻质弹簧相连接，并静⽌于光滑⽔平桌⾯上，现将两⽊块相向压紧弹簧，然后由静⽌释放，若当弹簧伸长到原来长度时，1m 的速率为1v ，则弹簧原来压缩状态时所具有的势能为（ C ）A 、2112m vB 、()2122112m m m m v -C 、()2122112m m m m v +D 、()21212m m v +8、质量为52010kg -?的⼦弹以400m s 的速率沿图⽰⽅向击⼊⼀原来静⽌的质量为598010kg -?的摆球中，摆线长为1m ，不可伸缩，则⼦弹击⼊后摆球的速度⼤⼩为（ A ）A 、4m sB 、8m sC 、2m sD 、8m s π9、⼀船浮于静⽔中，船长5m ，质量为m ，⼀个质量亦为m 的⼈从船尾⾛到船头，不计⽔和空⽓的阻⼒，则在此过程将（ C ）A 、静⽌不动B 、后退5mC 、后退2.5mD 、后退3m 10、两轻质弹簧A 和B ，它们的劲度系数分别为A k 和B k ，今将两弹簧连接起来，并竖直悬挂，下端再挂⼀物体m ，如图所⽰，系统静⽌时，这两个弹簧势能之⽐值将为（ C ）A 、PA PB A B E E k k = B 、22PA PB A B E E k k =C 、PA PB B A E E k k =D 、22PA PB B AE E k k =11、已知质点作直线运动，其加速度()2323a m s m s t =-，当0t =时，质点位于00x =处，且05v m s =，则质点的运动⽅程为（ A ）A 、()()()2233512x m s t m s t m s t =+-B 、()()223312x m s t m s t =-C 、()()223312x m s t m s t =-D 、()()223311x m s t m s t =-12、⼀个质点在Oxy 平⾯运动，其速度为()()228v m s i m s tj =-，已知质点0t =时，它通过（3，7）位置处，那么该质点任意时刻的位⽮是（ B ）A 、()()2224r m s ti m s t j =-B 、()()222347r m s t m i m s t m j ??=+-+C 、8mj -D 、条件不⾜，不能确定13、质点作平⾯曲线运动，运动⽅程的标量函数为()x x t =,()y y t =，位置⽮量⼤⼩r =则下⾯哪些结论是正确的？（ C ）A 、质点的运动速度是dx dtB 、质点的运动速率是v d r dt =C 、v dr dt =D 、dr dt 可以⼤于或⼩于v14、质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减⼩，在图中哪⼀个图正确表⽰了质点C 的加速度？（ C ）15、以初速度0v 将⼀物体斜向上抛出，抛射⾓为045θ>，不计空⽓阻⼒，在()0sin cos t v g θθ=-时刻该物体的（ D ）A 、法向加速度为gB 、法向加速度为23g -C 、切向加速度为32g -D 、切向加速度为23g - 16、⼀均匀圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以60min r 的速率旋转时，其动能为（ D ）A 、16.22J πB 、8.12J πC 、8.1JD 、1.82J π17、长为l 质量为m 的均匀细棒，绕⼀端点在⽔平⾯作匀速率转动，已知棒中⼼点的线速率为v ，则细棒的转动动能为（ C ）A 、22mvB 、223mvC 、26mvD 、224mv18、如下图, 均匀细杆可绕距其⼀端4l （l 为杆长）的⽔平轴O 在竖直平⾯转动，杆的质量为m 、当杆⾃由悬挂时，给它⼀个起始⾓速度ω，如杆恰能持续转动⽽不摆动（不计⼀切摩擦），则（ A ）A 、437r l ω>B 、g l ω=C 、g l ω>D 、12g l ω>19、⼀半径为R ，质量为m 的圆形平⾯板在粗糙的⽔平桌⾯上绕垂直于平板'OO 轴转动。

第四章（一） 振动学基础解答一、选择题1．D 2．B 3．C 4．C 5．B 6．B 7．D 8．B二、填空题1．振动系统自身的性质；π2秒内的的振动次数；振动系统运动的初始条件；表示振动的幅度或振动的强度；表征计时零点的振动状态。

2．；cm 2 ；4s ；1-s 2π ；π23 )232cos(02.0ππ+t ；m )232s i n (01.0πππ+-t -1s m ⋅；)232cos(201.02πππ+-t -2s m ⋅； ππ或33．0.158 m ； 0.5 s ； 2π4．)41cos(02.0ππ+t m ； )43c o s (02.0ππ+t m5．π326．8T ， T 83 7．ππ232或-8．合力的大小与位移成正比，方向与位移方向相反； 0d d 222=+x tx ω三、计算题1．解：(1) s 638.084.922,s84.9258.0251-======πωπωT mk(2) m/s 17.03sin02.084.9sin ,30-=⨯⨯-=-==πϕωπϕA v (3) )384.9cos(02.0)cos(πϕω+=+=t t A x m2．解：（1）)32cos(3πππϕ-=-=t T A x （2）0=a ϕ，2πϕ=b（3）作振幅矢量图，得到： 6233T Tt a ===ππωπ125223T Tt b =⎪⎭⎫⎝⎛=πππ＋3．解：木块下移时，恢复力 )1(22xgL gxLf -=-=水ρmk =ω , 由（1）式知 2gL k =所以，木块做简谐运动。

在水中的木块未受压而处于平衡时 a gL mg 2水ρ= ，于是可求得ag aL gLm k ===22水ρω ga T πωπ22==振幅：a b A -=4．解：（1）两个同方向、同频率简谐运动的合振动仍为简谐运动，且合振动的频率与分振动的频率相同，即121s 3-＝＝＝ωωω合振动振幅A 和初相0ϕ为 ()cm 52cos 43243cos 22221212221=⨯⨯++=++=πϕϕ－A A A A A︒==+︒+︒=++=--13.5334tg 24cos 3cos024sin 3sin0tgcos cos sin sin tg11-2211221110ππϕϕϕϕϕA A A A即0ϕ在第一象限内。

普通物理_同济大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.对一运动质点施加以恒力, 质点的运动会发生什么变化?参考答案:质点仍表现出惯性2.质量比为 1 : 2 : 3 的三个小车沿着水平直线轨道滑行后停下来．若三个小车的初始动能相等, 它们与轨道间的摩擦系数相同, 则它们的滑行距离比为参考答案:6 : 3 : 23.已知两个物体【图片】和【图片】的质量以及它们的速率都不相同, 若物体【图片】的动量在数值上比物体【图片】的动量大, 则物体【图片】的动能【图片】与物体【图片】的动能【图片】之间的关系为参考答案:不能判定哪个大4.戴维孙----革末实验中, 用电子射向晶体镍的表面, 该实验用来参考答案:表明电子的波动性5.【图片】【图片】参考答案:(2.85,2.95)6.一轮船作匀变速航行时所受阻力与速率平方成正比．当轮船的速率加倍时,轮船发动机的功率是原来的参考答案:8倍7.用单色光照射光栅，屏幕上能出现的衍射条纹最高级次是有限的．为了得到更高衍射级次的条纹，应采用的方法是：参考答案:将单色光斜入射8.两根相同的磁铁分别用相同的速度同时插进两个尺寸完全相同的木环和铜环内，在同一时刻，通过两环包围面积的磁通量参考答案:相同9.在有磁场变化着的空间里没有实体物质，则此空间中没有参考答案:感生电流10.一衍射光栅由宽 300 nm、中心间距为 900 nm的缝构成, 当波长为 600 nm的光垂直照射时, 屏幕上最多能观察到的亮条纹数为：参考答案:3条11.设氢原子被激发后电子处在第四轨道（n = 4）上运动.则观测时间内最多能看到谱线的条数为参考答案:6条12.决定长直螺线管中磁感应强度大小的因素是参考答案:通入导线中的电流强度13.空间某点磁感应强度的方向, 在下列所述定义中错误的是参考答案:电流元在该点不受力的方向14.现有两条气体分子速率分布曲线A和B，如图所示。

若两条曲线分别表示同一种温度下氢气和氧气的速率分布，则曲线表示氧气的速率分布。

大学物理活页作业答案及解析((全套))(总69页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2 1.质点运动学单元练习（一）答案1．B2．D3．D4．B5．；（提示：首先分析质点的运动规律，在t <时质点沿x 轴正方向运动；在t =时质点的速率为零；，在t >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 j t i t r -+=)(21m j i r += )(242m ji r -= )(3212m ji r r r -=-=∆ )/(32s m j i tr v -=∆∆= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -==)/(422s m ji v -= )/(222--=s m ja8．解： t A tdt A adt v to t o ωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 23 t A tdt A A vdt A x to t o ω=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 t h 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 y vv t yy v t dva -====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 -+=42.质点运动学单元练习（二）答案1．D2．A3．B4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dt dva t ；2228-⋅==s m t R v a n ；2284-⋅+=s m e t e a n t6．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 j i t dt r d v+==；)(2SI i dt v d a==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t tt dt da t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=5（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 gt v o /8345sin =︒= 9．解：s m u v /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥63.牛顿定律单元练习答案1．C2．C3．A4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dt dx k dt dv v 222== 221mk dt dv m f x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sin7 θ-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 ≥ωμ2 Rgo μ≥ω8．解：由牛顿运动定律可得dt dvt 1040120=+分离变量积分()⎰⎰+=to v dt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t o x dt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dt dvm mg kv =+-分离变量积分⎰⎰-=+to v v o dt m k mg kv kdvo tm kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+ln⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k mmg kv mg k mt 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，8tv mmg 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96．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+= 7．解：（1）t dt dx v x 10==；10==dt dv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰4031 8．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm v x += 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 m M mv 2'+=gh mM mM Mv 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=+⎰⎰to t o mvdt Mudt 0)(=-+l x m Mx m mM ml x 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案101．C 2．D 3．D 4．C5．18J ；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 R v 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 = m/s ；a n = m/s 2；α = – rad/ s 2；N = 转。