大学物理学习指导上朱善华答案.doc

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参考答案

练习一：

1-2、DD3、，

4、，，

5解：

（1）；

（2）；

（3）

6解：

∵

分离变量：

两边积分得

由题知，时，,∴

∴

练习二：

1-2、CB3、，，，；4、，

5、解：

（1）由得：

，

6、当滑至斜面底时，，则,物运动过程中又受到的牵连运动影响，因此，对地的速度为

练习三：

1-3、BCB4、s；5、

6、解：

设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知

将上式对时间求导，得

根据速度的定义，并注意到,是随减少的，

∴

即

或

将再对求导，即得船的加速度

7、解：

练习四：

1-2AC

3、解：

（1）

于是质点在时的速度

（2）

4、解：

小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：

分离变量及积分得：

解得：

5、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，则有：

（1）由此得：

（2）由得：

（3）

6、，

练习五

1-2、BC；3、140，24；4、6.14或，35.5°或；

5、解：

子弹穿过第一木块时,两木块速度相同,均为v1

子弹穿过第二木块后,第二木块速度变为v2

解得:

6、解：

（1）由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）

此时M物体的受力如右图，且有：

（2）

练习六：

1-2：

CB；3、0J，18J，17J；4、

5、

6、解：

框架静止时，弹簧伸长Δl=0.1m，由平衡条件mg=kΔl,

求得：

k=mg/Δl=0.2×9.8/0.1=19.6N/m

铅块落下h=30cm后的速度v0，可由能量守恒方程求出：

设铅快与框架碰后的共同速度为v，由动量守恒：

设框架下落的最大距离为x，由机械能守恒：

（设弹性势能零点为弹簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时，砝码盘底部为重力势能零点。

）

进行整理并代入数据，可得x的一元二次方程：

解得：

x=0.3m

练习七：

1-3、DCB；

4、解参见图，在a附近dt时间内张力的元冲量为，

在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为．由

对称性分析可知，和沿x方向的分量大小相等，，符号相反，沿y方向的分量等值同号．对其他对称点

作同样的分析，即可得知过程中张力的冲量沿y轴正

方向．

对质点m应用动量定理，则有

m绕行一周，则，因此

上式表明，张力冲量与重力冲量大小相等，方向相反．

这样，张力冲量就可通过重力冲量求出．重力是恒力

，求它的冲量比求变力张力的冲量简单得多．重力mg的方向竖直向下，与y轴正方向相反．摆球绕行一周的时间为，因此，在图示坐标中，重力在一个周期内的冲量为

因而一个周期内张力的冲量为

表明是沿y轴正方向，与上面的定性分析一致．

说明应用动量定理较多的场合是解决打击或碰撞过程．从本题可见，圆锥摆中也有动量问题，这对读者进一步理解动量、冲量和动量定理可能是有益的．另外，解题中的对称性分析，以及求变力7的冲量转化为求恒力mg的冲量的方法也是很有用的．

5、解：

（1）当A和B开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：

，所以：

;

（2）分离之后，A的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：

，则：

6、

解:

取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原

长处为弹性势能零点。

则由功能原理，有

式中，，再代入有关数据，解得

再次运用功能原理，求木块弹回的高度

代入有关数据，得,

则木块弹回高度

练习八：

1-2、BA；3、-5N.m；4、

5、解：

物体、和滑轮的受力分析如下图，且

设m1下落的加速度大小为a，滑轮的角加速度为，则有：

由牛顿第二定律和转动定律可得：

联立上述方程，得

6、解：

（1）设杆的线，在杆上取一小质元　　　

　　　　考虑对称

（2）根据转动定律

　　　　所以　

练习九：

1-2、AA；3、；

4、，

5、解：

子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有

（1）

在弹簧的弹力作用下，滑块于子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有

（2）

又在滑块绕固定点作弧线运动中，喜糖满足角动量守恒定律，故有：

（3）

式中为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角。

联立解上述三式，可得：

6、解：

（1）设当人以速率沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为，

则人对与地固结的转轴的角速度为，且：

人与盘看做一个系统，该系统的角动量守恒，设盘的质量为，则人的质量为，由角动量守恒得：

解得：

（2）欲使盘对地静止，则即

则有：

练习十：

1-3、DCC；4、；5、

6、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：

联立上面四式解得：

练习十一

1-3、B，C，3、1，,5s;4、

5、解：

由题知：

（1）由旋转矢量得：

故振动方程为：

（2）由旋转矢量得：

故振动方程为：

（3）由旋转矢量得：

故振动方程为：

（4）由旋转矢量得：

故振动方程为：

6、

（1）平衡时，

设t时刻物体处于y处，物体受力如图，由牛顿第二定律得：

————物体做简谐振动

（2）下拉至0.1m处由静止释放，

振动方程为：

（3）物体在平衡位置上方5cm处的加速度为：

练习十二：

1-2、C，B，3、2，2，4，1，4、

5、解：

取向下为正，平衡时物体所在位置为坐标原点，建立坐标

（1）由得：

由题知：

故振动方程为：

（2）平衡时：

物体在平衡位置的上方5cm时弹簧伸长量为

，方向竖直向上。

（3）由旋转矢量知：

次越过平物体从第一衡位置时刻起到它运动到上方5cm处转过的角度为：

6、解：

由得：

设火车耽误速度为v，当时，会使火车达到危险速度

练习十三

1-2、B，D；3、；4、0.8m,0.2m,125Hz，

5、解：

（1）

（2）

（3）

6、解：

（1）

（2）B点的振动方程，以代入上式得：

所求的波动方程为：

练习十四

1-2、B，C，3、频率相同、振动方向相同、由恒定相位差的两波源；有些点振动加强，有些点振动减弱；4、；

5、解：

设S2的振动方程为：

S1的振动传至P点，在P点引起的振动方程为：

S2的振动传至P点，在P点引起的振动方程为:

干涉相消的条件：

故S2的振动方程为：

6、解：

如图所示，取点为坐标原点，、联线为X轴，取点的振动方程:

（1）在和之间任取点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点在左侧，则有

所以，左侧各点因干涉加强。

（2）若A点在右侧，则有

所以，右侧各点因干涉静止。

练习十五

1-2、B，C，3、554.5HZ；4、，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10

5、解：

设火车的速度为

由多普勒效应得接收频率为：

解得：

6、解：

（1）设原点处波源的振动方程为：

原点处波源在

由题知：

故振动方程为：

波动方程为：

（2）

（3）

练习十六

1-4、C，B，D，D，5、6、，

7、；；；

练习十七

1-3、D，C，B，4、，5、，

6、解：

（1）

（2）

7、解：

由题得

故有：

1气体

练习十八

1-2、A，D，3、等压过程

4、124J，-85J，

5、

6、解：

（1）等体过程

由热力学第一定律得Q=ΔE

吸热Ｑ=ΔE=νCV（T２-T１）=ν（i/2）R（T２-Ｔ１）

Ｑ=ΔE=5×（3/2）×8.31×（300-290）=623J

对外作功A=0

（2）等压过程

Ｑ=νCp（T２-T１）=ν[（i+2）/2]R（T２－T１）

吸热Ｑ=5×（5/2）×8.31×（300-290）=1038.5J

ΔE=νCV（T２－T１）

内能增加ΔE=5×（3/2）×8.31×（300-290）=623J

对外作功A=Q-ΔE=1038.5-623=415.5J

（3）绝热过程

由热力学第一定律得A=ΔE

做功与内能的变化均为A=ΔE=νCV（T２-T１）=ν（i/2）R（T２-Ｔ１）

A=ΔE=5×（3/2）×8.31×（300-290）=623J

吸热Q=0

7、解：

由图知：

则全过程中：

A到B，等压过程：

B到A，绝热过程，

练习十九

1-2、B，B，3、AM，AM和BM4、（3）

（1）

（1）

5、解：

等温过程：

等压过程

等温过程：

等压过程

故：

=15.1%

同时：

（证毕）

6、解：

等温过程：

等压过程

等体过程

故：

练习二十

1-2、B，C，3、467K，233K4、400J

5、解：

由图知：

（1）

（2）

（3）

（4）以上计算对于过程中任意微小变化均成立

则对于微过程有

6、、解：

联合上述四式得：

整个过程中，吸收的热量为：

放出的热量为：

故循环的效率为：