大学物理活页作业复习资料(全套).doc
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1、第 1 页1.质点运动学单元练习(一)答案1B2D3D4B53.0m;5.0m(提示:首先分析质点的运动规律,在t2.0s 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。)6135m(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(22SIjti tr (2))(22SIj tidtrdv )(2SIjdtvda 8解:9解:(1)设太阳光线对地转动的角速度为(2)当旗杆及投影等长时,4/t10解:kyyvvtyyvtdva dddddddh hs s第 2 页-k kyv vd dv v/d dy y已知y y=y yo o,v v=v
2、 vo o则20202121kyvC 2.2.质点运动学单元练习(二)答案质点运动学单元练习(二)答案1D2A3B4C514 smtdtdsv;24 smdtdvat;2228 smtRvan;6srado/0.2 ;srad/0.4 ;2/8.0sradrat ;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))(122/322SItavn 8解:火箭竖直向上的速度为gtvvoy 45sin火箭达到最高点时垂直方向速度为零,解得9解:smuv/6.3430tan 10解:lhvu;uhlv 3.3.牛顿定律单元练习答案牛顿定律单元练习答案第 3 页1C2C3A4kg
3、MgT5.36721 ;2/98.02.0smMTa 5xkvx22;xxxvkdtdxkdtdvv222 6解:(1)maFFNT sincos(2)FN=0 时;a=gcot7解:mgRmo 2Rgo 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tavdd,ddvat,积分并代入初条件得)cos1(22agv,4.4.动量守恒和能量守恒定律单元练习(一)答案动量守恒和能量守恒定律单元练习(一)答案1A;2A;第 4 页3B;4C;5相同62111mmtFv ;2212mtFvv 7解:(1)tdtdxvx10 ;
4、10 dtdvaxx(2)sNFdtI 40318解:1 vmmmv 9解:物体m落下h后的速度为ghv2 当绳子完全拉直时,有 2vMmghm 10解:设船移动距离x,人、船系统总动量不变为零等式乘以 dt后积分,得0 totomvdtMudt5.5.动量守恒和能量守恒定律单元练习(二)答案动量守恒和能量守恒定律单元练习(二)答案1C2D3D4C518J;6m/s65/3第 5 页7解:摩擦力mgf由功能原理2121210)(kxxxf解得)(22121xxmgkx.8解:根据牛顿运动定律RvmFmgN2cos 由能量守恒定律mghmv 221质点脱离球面时RhRFN cos;0解得:3Rh
5、 9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、得)/()(212122121mmmmEpvv10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:)(2mMMgRmV ;MgRmMu)(2 (2)当m到达B点时,M以V运动,且对地加速度为零,第 6 页可看成惯性系,以M为参考系RmumgN/2 6.6.刚体转动单元练习(一)答案刚体转动单元练习(一)答案1B2C3C4C5v=1.23 m/s;an=9.6 m/s2;=0.545 rad/s2;N=9.73 转。62lnkJ7
6、解:(1)由转动定律,2/2.39sradJFr (2)由刚体转动的动能定理JFhEEkk490 (3)根据牛顿运动定律和转动定律:mgF=marF=Ja=r联立解得飞轮的角加速度22/8.21sradmrJmg 8解:(1)由转动定律 2312mllmglg23 第 7 页(2)取棒及地球为系统,机械能守恒(3)棒下落到竖直位置时22312121 mlmgllg3 9解:(1)系统的能量守恒,有222121 Jmvmgh联立解得:Jmrmghrv 222;Jmrmgh 22(2)设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T,则根据牛顿运动定律和转动定律得:mgTmaT rJ由运动学关系有:a=r联
7、立解得:2mrJmgJT 10解:以中心O为原点作坐标轴Ox、Oy和 Oz如图所示,取质量为式中面密度为常数,按转动惯量定义,薄板的质量abm 所以)(1222bamJ z7.7.刚体转动单元练习(二)答案刚体转动单元练习(二)答案1C2A第 8 页3D4B5o 3;oJ316o 34;221ooJ 7解:小球转动过程中角动量守恒8子弹及木杆在水平方向的角动量守恒9解:圆环所受的摩擦力矩为mgRM ,由转动定律 2mRmgR,Rg 至圆环停止所经历的时间gRt 0010解:落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为碰撞过程,物体及棒系统角动量守恒碰撞过程轴不受侧向力,物体及棒系统水平方
8、向动量守恒、消 去,得gLmMv32,、消去v,得Lx32.8.8.机械振动单元练习(一)答案机械振动单元练习(一)答案1B第 9 页2B3C4A52:16解:0.1mA,2/T运动方程cos()0.1cos()mxAtt(1)由旋转矢量法/2,0.1cos(/2)mxt;(2)由旋转矢量法/3,0.1cos(/3)mxt;(3)由旋转矢量法,0.1cos()mxt。7解:木块处于平衡位置时,浮力大小Fmg。上下振动时,取其处于力平衡位置点为坐标原点,竖直向下作为x轴正向,则当木块向下偏移x位移时,合外力为其中,浮力2FFgSxmgga x合外力2FPFga xkx 2kga为常数,表明木块在
9、其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。由22d xFmdt可得木块运动的微分方程为2220d xga xdtm令22gam,可得其振动周期为第 10 页22aTg木水8解:如图,由旋转矢量法可知10.解:(1)22111224pEkxEkA(2)222111 11()284 24pEkxkAkAE9.9.机械振动单元练习(二)答案机械振动单元练习(二)答案9B10B11C12(1)0.5s,1.5s;(2)0s,1s,2s。13解:(1)由已知的运动方程可知:0.10mA,2/3,3,2/2/3sT(2)-1max0.94m sAv,2-2max8.88m saA14解:振动系统的角频率为1
10、1210skmm由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值0v为又因初始位移00 x,则振动系统的振幅为如图由旋转矢量法可知0/2,则简谐运动方程为15解:如图由旋转矢量法可知,合振动振幅为图 8-1图 9-1第 11 页合振动初相为10.解:如 图 由 旋 转 矢 量 法 可 知0/3a,02/3b。可见它们是反相的,因此合振动振幅为:合振动初相为:0/3a 同样由旋转矢量法可知10.10.机械波单元练习(一)答案机械波单元练习(一)答案16B17C18B191.67m206,3021解:(1)由波动方程可知振幅0.05mA,角频率20,/3u,则波速16.67m su,频
11、率/210Hz,波长22/3mu。(2)max3.14m/sAv22解:(1)由图可知振幅0.1mA,波长4m,波速1100m su则22/50uT。图图9-3第 12 页又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动,则由旋转矢量法可得/2,因此波动方程为(2)P处质点的振动方程为23解:由图可知振幅0.1mA,波长100m,则角频率由P点的运动方向可知波向x轴负方向传播。又由图可知原点O初始时刻位于A/2 处,且向y轴负方向运动,则由旋转矢量法可得0/3。则波动方程为10解:(1)以A点为坐标原点的波动方程为(2)22BAABABu 则以B点为坐标原点的波动方程为11.11.机械波单元练习(二
12、)答案机械波单元练习(二)答案24C25B26C27550Hz,458.3Hz280.08W/m229解:两列波传到1S2S连线和延长线上任一点P的相位差第 13 页1S左侧各点:21102264rr ,振动都加强;2S右侧各点:21102244rr ,振动都加强;1S、2S之间:则距1S点为:11m,3m,5m,7m,9mr 处各点静止不动。30解:(1)21212010()2rrrru(2)2 k时振动加强,即(21)k31解:反射点为固定端,即为波节,则反射波为驻波表达式10.解:乙接受并反射的信号频率为甲接受到的信号频率为12.12.静电场单元练习(一)答案静电场单元练习(一)答案32
13、B B33D D34B B35C C图第 14 页36利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。37解:解:通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。38解:解:利用电荷元电场的积分叠加,求O点的电场强度。39解:解:取同心球面为高斯面,利用高斯定理求电场强度的分布。10解解:用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面,求电场强度的分布。(1)带电面外侧(2)带电面内13.13.静电场单元练习(二)答案静电场单元练习(二)答案40C C41D D42B B43C C44解:解:假设阴极 A 及阳极 B 单位长度带电分别为及,由高斯定律求电场分布,并进一步求出阴极及阳极间的电势差U,由
14、已知量求电场强度并由阴极表面的第 15 页电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力8解解:(1)方法一:取同心球面为高斯面,利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布;方法二:带电量为Q,半径为R的带电球面对电势的贡献球面内电势:RQVo 4球面外电势:rQVo 4有电势的叠加求电势分布;结果及方法一一致。(2)电势差 21121211442121RRQl derQl dEUoRRroRR9 解解:(1)电 场 作 用 于 电 偶 极 子 的 最 大 力 矩:mNpEM 3max102(2)电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中,电场力作的功*10解:解:带电粒子处在h高度时的静电势能为
15、2/122014RhqQW 到达环心时的静电势能为 RqQW024/据能量守恒定律1212222121WmghmvWmv 联立求解得2/12202121122 RhRmqQghvv14.14.导体电介质和电容单元练习(一)答案导体电介质和电容单元练习(一)答案第 16 页45B B46C C47D D48C C49负电;29/1006.1mCEo 50解:解:两个球形导体用细导线相连接后电势相等,解得:CQ8821033.1100.232 ;VRQVo3222100.64 8解解:依照题意dR,导体上的电荷分布基本保持不变,电场可以视为两个长直带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点,两根
16、导线的垂直连线为x轴。任意一点P的电场强度Rd 两直导线单位长度的电容RdUCoABln 解解:方法一:导体电荷的自能就是系统的静电能方法二:依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能方法三:依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能第 17 页*10解解:(1)导体达到静电平衡时,导体板上电荷分布的规律可参见物理学教程习题分析及解答,根据电荷守恒定律以及 C 板的电势,有解得:SQSQ3;3221 3;32QQQQBA (2)C 板的电势15.15.导体电介质和电容单元练习(二)答案导体电介质和电容单元练习(二)答案51C C52B B53C C54B B55r,r56457解:解:设芯线单
17、位长度带电荷,芯线附近的电场强度最强,当电压增高时该点首先被击穿8解解:(1)电容器充满介质后,导体板间的电势差不变(2)介 质 表 面 的 极 化 电 荷 面 密 度 dUPoro1 9解:解:依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能若断开电源导体所带电荷保持不变,浸没在相对电容率为r的无限大电介质中电容增大为rC,系统的静电能第 18 页*10解:解:用D的高斯定理求得电位移的大小为D=8.8510-10C/m2(0 x2)真空中电场强度00 DEo100 V/m介质中电场强度rrDE 0050 V/m真空中电势U1=Eo(d1x)+Ed21.5100 x(SI)U2=E(d2+d1x)1.
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