大学物理学习指导上朱善华答案

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1、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：练习四：1-2AC3、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

2、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、

3、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

4、，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

5、，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

6、、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

7、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

8、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