大学物理练习册解答1

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1、质点运动学（1）——答案一、选择题1.D2.B3.D4.D5.D二、填空题1.23m/s2.;(n=0,1,2,…)3.0.1m/s24.;5.-g/2;三、计算题1.2.3．（1），消去t得轨道方程为（椭圆）（2）与反向，故恒指向椭圆中心。（3）当t=0时，x=0，y=0，质点位于时，。质点位于图中的Q点。显然质点在椭圆形轨道上沿反时针方向运动。在M点，加速度的切向分量如图所示。可见在该点切向加速度的方向与速度81的方向相反。所以，质点在通过M点速率减小。4.5.所以质点的运动方程为：(2)上式中消去t,得y=3x2即为轨道方程。可知是抛物

2、线。81注：若求法向加速度，应先求曲率半径。81质点运动学（二）——答案一、选择题1.C2.A3.D4.C5.C二、填空题1,;2.;或3.;4.5.或三、计算题1.解：实际上可以用求面积的方法。2.3.解：（1）4.解：根据机械能守恒定律，小球与斜面碰撞时的速度为:h为小球碰撞前自由下落的距离。因为是完全弹性碰撞，小球弹射的速度大小为:81v2的方向是沿水平方向，故小球与斜面碰撞后作平抛运动，弹出的水平距离为:根据极值条件得到:且:是使小球弹得最远的高度。5.解：设水用S；风用F；船用C；岸用D已知：正东正西北偏西30ovcsvfcvfdv

3、sdvcd方向为南偏西30o。81牛顿运动定律（一）——答案一．选择题1.C2.C3.B4.A5.B二、填空题1.f02.―(m3/m2)g;03.l/cos2θ4.0.28N;1.68N5.三、计算题1.解：联立求解：FMx则外力由牛顿第三定律，m对M的压力与N大小相等方向相反，数值为:2.解：受力分析，建立坐标系，物体受重力，地面的弹力，外力和摩擦力，列受力方程。联立求解：81当分母有极大值时，F有极小值。令因此y有极大值。由有当：时最省力。3.证明：有：两边积分:HOlq则4.解：设小球所在处圆锥体的水平截面半径为15.5.解:小球受力

4、如图,根据牛顿第二定律:81牛顿运动定律（二）——答案选择题1.A2.B3.B4.C5.B二、填空题1.63.2N;参考解：mrw2=2×0.8×(2p)2N=63.2N2.3.g;竖直向下;4.2％5.;三、计算题1.解：以被提起的绳段y为研究对象，建立坐标Oy，它受拉力F和重力lyg的作用，如图所示。由牛顿第二定律：即：2.解：则：。由：同理：则：解（1）、（2）式得81代入（1）式得，方向如图所示。3．13.解：以车厢为参考系，小球受力如图所示．小球静止时合力为零，得写投影式为解之得出即4．14.解：(1)取杆OA为参考系，小环处于静止

5、状态，受力如图：、及惯性离心力三者合力为零.受力图其中①将①式沿OA杆方向取投影可得②∴(2)因为N与杆是垂直的，故无论N取何值，都不影响小环沿杆的运动．现假定小环受到一个扰动，向杆A端发生一位移Dl，即Dl大于零．由上面②式知：即惯性离心力F′沿杆的分量大于重力沿杆的分量，二者方向相反，合力指向杆的A端，故小环将沿杆向A端加速，不能再返回平衡位置．反之，如小环向O端发生一Dl位移，此时Dl<0，故小环将受到一个指向杆O端的合力，也不会再返回平衡位置，∴小环所处平衡是不稳定平衡．q0fq(°)90mgsinqμmgcosq15.5．答：(1)

6、当θ较小时，木块静止在木板上，静摩擦力f=mgsinq；(正确画出q为0到q0之间的f－q曲线)(2)当q＝q0时(tgq0＝μ)，木块开始滑动(指出q0=tg-1μ)(3)θ>θ0时，滑动摩擦力f=μmgcosq81(正确画出q为q0到90°之间的f－θ曲线)动量与角动量（一）——答案一．选择题１．C2.C3.B4.A5.A二．填空题1．2．18N·s3．0，2pmg/w，2pmg/w4．5．10m/s1，北偏东36.87°三．计算题1．解：(1)因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故

7、系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为有mv0=mv+Mv¢v¢=m(v0-v)/M=3.13m/sT=Mg+Mv2/l=26.5N(2)(设方向为正方向)负号表示冲量方向与方向相反．2．解：以lE和lp分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离，则由质心定义可得：由于质心保持不动，所以当人爬上时，应有：由此得：m81即地球向人爬高的反方向移动了m。3．解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：Mv1+mv=0v1=再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：

8、mv=(m+M)v2v2=4．解：如图所示，设薄板半径为R，质量为m，面密度。由质量分布的对称性可得板的质心在x轴上，而四．证明题证：物体与契块组成的系统在水平方向