大学物理活页作业复习资料全套

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。

大学物理活页作业答案(全套)马文蔚（一）引言概述：本文提供了马文蔚编写的大学物理活页作业答案（一）的全套内容。

这份答案包含了大学物理课程中一系列活动练习的详细解答，旨在帮助学生巩固和加深对物理知识的理解。

下面将从五个大点展开讨论，每个大点下包含了5-9个具体小点的解答。

一、力和运动1. 描述力的性质和单位2. 计算力的合成和分解3. 分析力的平衡和不平衡状态4. 探讨惯性和摩擦力的作用5. 研究稳定和不稳定的力系统二、能量和动能1. 解释和计算势能和动能2. 探讨能量转化和守恒定律3. 分析弹性势能和弹性系数的关系4. 计算动能和功的关系5. 研究动能定理和机械能守恒的应用三、物体的平衡1. 描述物体的平衡状态2. 计算物体受力平衡的条件3. 探讨平衡力和摩擦力的作用4. 研究力矩和转动平衡的关系5. 分析平衡问题的实际应用四、电磁场的基本原理1. 解释电荷和电场的概念2. 探讨电场线和电势的特性3. 分析电场中带电粒子的运动4. 计算电场的强度和电势差5. 研究电势能和电场能的关系五、电磁感应和电磁波1. 描述磁感线和磁场的性质2. 解释法拉第电磁感应定律3. 计算感应电动势和感应磁场的大小4. 探讨电磁波的产生和传播5. 分析电磁波和电磁辐射的应用总结：本文提供了马文蔚编写的大学物理活页作业答案（一）的全套内容。

这份答案涵盖了大学物理课程中涉及的力和运动、能量和动能、物体的平衡、电磁场的基本原理以及电磁感应和电磁波等五个大点的重要知识点。

希望这份答案能够对学生们的学习和理解提供有益的帮助。

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 j bt i at r 22 （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 （B ）v v v,v（C ）v v v,v （D ）v v v,v [ ]3.一质点沿直线运动,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．5. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 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m 1和m 2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 作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A 和a B 分别为 (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［ ］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； (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 ′＝____________．5. 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。

活页作业(二十四) 磁场对运动电荷的作用1．(2012·广东高考)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间2．(2012·北京高考)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )A ．与粒子电荷量成正比B ．与粒子速率成正比C ．与粒子质量成正比D ．与磁感应强度成正比解析：在磁场中做匀速圆周运动的粒子，有qvB ＝mv 2R ，且v ＝2πR T ，则T ＝2πmBq .由电流的定义式I ＝q T ，得表达式I ＝q 2B2πm，可知选项A 、C 错误，D 正确；电流值与速率无关，选项B 错误．答案：D3．质子(p)和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为R p 和R α，周期分别为T p 和T α.则下列选项正确的是( )A ．R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶2B ．R p ∶R α＝1∶1，T p ∶T α＝1∶1C ．R p ∶R α＝1∶1，T p ∶T α＝1∶2D ．R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶1解析：由题中已知条件并结合磁偏转的半径公式R ＝mvqB 得：R ∝m q，可知质子(11p)和α粒子(42He)的轨道半径之比为R p ∶R α＝11∶42＝1∶2；再由题中已知条件并结合磁偏转的周期公式T ＝2πm qB 得：T ∝mq，可知质子和α粒子的周期之比为T p ∶T α＝1∶2，A 正确．答案：A4．空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图所示，规定B >0时，磁场的方向穿出纸面．一电荷量q ＝5π×10－7C 、质量m ＝5×10－10kg 的带电粒子，位于某点O 处，在t ＝0时刻以初速度v 0＝π m/s沿某方向开始运动．不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响．则在磁场变化N 个(N 为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于( )A ．π m/s B.π2m/s C ．2 2 m/sD. 2 m/s解析：带电粒子在磁场中的运动半径为r ＝mv 0Bq＝0.01 m ，周期为T ＝2πm Bq＝0.02 s ，作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N 为整数)周期的时间内，带电粒子的平均速度的大小等于2 2 m/s ，即C 选项正确．答案：C5.(2012·安徽高考)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v /3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r ＝mv qB ，圆弧AC 所对应的圆心角∠AO ′C ＝60°，经历的时间为Δt ＝60°360°T (T 为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为T ＝2πmqB，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为v /3后，根据r ＝mv qB知其在磁场中的轨道半径变为r /3，粒子将从D 点射出，根据图中几何关系得圆弧AD 所对应的圆心角∠AO ″D ＝120°，经历的时间为Δt ′＝120°360°T ＝2Δt .由此可知本题正确选项只有B.答案：B6.(2011·海南高考)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B ．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大7.(2013·株洲质检)如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O 点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v 的不同带电粒子，其中带电粒子1从A 点飞出磁场，带电粒子2从B 点飞出磁场，对应角度值如图所示，不考虑带电粒子的重力．则( )A ．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1B ．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1C ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2∶1D ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为1∶2解析：设圆形磁场的半径为R ，则从A 处射出的粒子的轨道半径r 1＝R tan 60°＝33R .同理，从B 处射出的粒子的轨道半径r 2＝R tan 30°＝3R ，又轨道半径r ＝mv qB ，所以q m ∝1r ，即q 1m 1∶q 2m 2＝3∶1，A 正确．从A 射出的粒子在磁场中的运动时间t 1＝13T 1＝2πm 13q 1B.同理，从B 射出的粒子在磁场中的运动时间t 2＝16T 2＝πm 23q 2B，所以t 1∶t 2＝2∶3，C 、D 错误．答案：A8.(2013·东北三省三校联考)如图所示的正方形区域，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度从ab 边中点垂直于该边方向射入时，穿过此区域的时间为t .若在该区域加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍从同一位置以同一速度入射，粒子从c 点射出．若仅B 、t 为已知量，根据上述条件能求出的物理量为( )A ．带电粒子的初速度B ．带电粒子在磁场中运动的半径C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子的质量解析：设粒子的初速度为v 0，磁场区域的边长为L .则当未加磁场时，粒子做匀速直线运动，v 0＝Lt；当加磁场时，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知R2＝L 2＋(R －L 2)2，解得轨迹半径R ＝54L ，又R ＝mv 0qB ，所以m q ＝5Bt 4，周期T ＝2πm qB＝52πt .由题意知L 未知，所以无法确定v 0、R ，能确定比荷qm 和周期T ，A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C9.如图所示，MN 是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光．MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P 为屏上的一小孔，PQ 与MN 垂直．一群质量为m 、带电荷量q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场方向射入磁场区域，且分布在与PQ 夹角为θ的范围内，不计粒子间的相互作用．则以下说法正确的是( )A ．在荧光屏上将出现一个圆形亮斑，其半径为mv qBB ．在荧光屏上将出现一个条形亮线，长度为2mvqB(1－cos θ)C ．在荧光屏上将出现一个半圆形亮斑，其半径为mv qBD ．在荧光屏上将出现一个条形亮线，长度为2mvqB(1－sin θ)解析：同种带电粒子以相同的速率进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做圆周运动，圆周运动的半径相同，r ＝mv qB，当粒子垂直MN 进入磁场，粒子做半个圆周运动后打在荧光屏上最远处，距离P 点的距离l ＝2r ＝2mvqB，当粒子的速度方向与PQ 夹角为θ时，亮点离P 点最近，粒子的圆周的弦长l 1＝2r cos θ＝2mvqBcos θ，所以在荧光屏上将出现亮线，长度为l－l 1＝2mvBq(1－cos θ)，B 正确．答案：B10．(2011·浙江高考)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qBd ＋L2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：带电粒子能够从右缝中射出，进入磁场时所受洛伦兹力方向应向右，由左手定则可判定粒子带负电，选项A 错误；由qvB ＝m v 2r 得，v ＝qBrm，射出粒子运动的最大半径为r max＝3d ＋L 2，射出粒子运动的最小半径为r min ＝L 2，故射出粒子的最大速度为v max ＝qBd ＋L2m，选项B 正确；射出粒子的最小速度为v min ＝qBL 2m ，Δv ＝v max －v min ＝3qBd 2m，若保持d 和L 不变，增大B 时，Δv 增大，选项C 正确；若保持d 和B 不变，增大L 时，Δv 不变，选项D 错误．答案：BC11.如图所示，一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．现从矩形区域ad 边的中点O 处，垂直磁场射入一速度方向与ad 边夹角为30°、大小为v 0的带电粒子．已知粒子质量为m ，电荷量为q ，ad 边长为l ，重力影响不计．(1)试求粒子能从ab 边射出磁场的v 0值；(2)在满足粒子从ab 边射出磁场的条件下，粒子在磁场中运动的最长时间是多少？ 解析：由于磁场边界的限制，粒子从ab 边射出磁场时速度有一定范围，当v 0有最小值v 1时，粒子轨迹速度恰与ab 边相切；当v 0有最大值v 2时，粒子轨迹恰与cd 边相切．轨迹示意图如图所示(磁场未画出)．(1)当v 0有最小值v 1时，有R 1＋R 1sin 30°＝12l ，由轨道半径公式有R 1＝mv 1/qB ， 得v 1＝qBl /3m .当v 0有最大值v 2时，有R 2＝R 2sin 30°＋l2，由半径公式有R 2＝mv 2/qB ， 得v 2＝qBl /m .所以带电粒子从磁场中的ab 边射出时，其速度范围应为qBl 3m ＜v 0＜qBlm. (2)要使粒子在磁场中运动时间最长，其轨迹对应的圆心角应最大，由(1)知，当速度为v 1时，粒子在磁场中的运动时间最长，对应轨迹的圆心角为θ＝4π3， 则t max ＝π2π·2πm qB ＝4πm3qB. 答案：见解析12．如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.10 T ，磁场区域半径r ＝233 m ，左侧区圆心为O 1，磁场向里，右侧区圆心为O 2，磁场向外．两区域切点为C .今有质量m＝3.2×10－26kg ，带电荷量q ＝1.6×10－19C 的某种离子，从左侧区边缘的A 点以速度v ＝106 m/s 正对O 1的方向垂直磁场射入，它将穿越C 点后再从右侧区穿出．求：(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如图，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.。

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（2）)(22SI j t i dt rd v )(2SI jdtvd a8．解：9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω（2）当旗杆与投影等长时，4/ t 10．解： ky yvv t y y v t dv ad d d d d d d-k y v d v / d y已知y =y o ，v =v o 则2202121ky v C 2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14 s m tdtdsv ；24s m dtdva t ；2228 s m t Rv a n ；6．s rad o /0.2 ；s rad /0.4 ；2/8.0s rad r a t ；7．解：（1）由速度和加速度的定义 （2）由切向加速度和法向加速度的定义（3）)(122/322SI t a v n8．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 9．解：s m uv /6.3430tan10．解：l h v u ；u hl v3.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 x22；x x x v k dtdxk dt dv v 222 6．解：（1）ma F F N T sin cos （2）F N =0时；a =g cot θ 7．解：mg R m o 2 Rg o 8．解：由牛顿运动定律可得 分离变量积分9．解：由牛顿运动定律可得 分离变量积分10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 以及 ta v d d ， d d va t ，积分并代入初条件得 )cos 1(22 ag v ，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 （2）s N Fdt I 4031 8．解： 1'v m m mv9．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 m10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零 等式乘以d t 后积分，得0 to to mvdt Mudt5.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．C5．18J ；6m/s6．5/37．解：摩擦力mg f由功能原理 2121210)(kx x x f解得 )(22121x x mg kx .8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos由能量守恒定律 mgh mv 221质点脱离球面时 RhR F Ncos ;0 解得：3R h9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小(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．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 /26.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。

说明为方便各位老师和读者使用大学物理活页习题集，特编写与之配套的习题参考答案。

由于编者水平所限，难免存在错误疏漏之处，恳请读者批评指正。

编者2012年12月单元1 质点运动学（一）一、选择题 1. A 2. B 3. B 4. C 5. C二、填空题1. 匀速直线； 匀速率； 圆周； 匀速率曲线。

2. 一； 三。

3.a 25； j i 2-aa +； ； ； 0。

j v 2-v 24. ； ； 。

m/s 80i m/s 110i 2m/s 20i 5. ； 。

x k a 2=ktx k a e 02=三、判断题（判断正误，并简述理由） 1. × 2. × 3. × 4. × 5. ×四、计算题 1. ；；()j i r ktktb a t -ee +=ab xy =()j i v kt kt bk ak t -e -e =；()j i a kt kt bk ak t -22e e +=。

2. ()； m 11540-193k j i +()m/s 4130-144k j i +； ()2m/s 810-72k j i +； ； ()m 10040-192k j i +()m/s 2510-48k j i +。

3. i u xh x 22-+； i 232-u x h 。

4. ()t L y ωtan =； L v ω34=； L a 2938ω=； 加速上升。

5. ； 下午4时整。

m/s 1036.13-⨯6. ( ； 。

)m/s 84j i +2m/s 16j单元2 质点运动学（二）一、选择题 1. C 2. D 3. A 4. A 5. B二、填空题1. ()m/s 31-4-13t t t v +=； ()m 121-2-4342t t t t x +=。

2. 2+2=200t kv v v 。

3. ； ； ； 203+t ω300++t t ωθRt 6()2203t R +ω。

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, …。