大学物理1答案
,m/s 6/(1):-==t x v ??解质点运动学（1）——答案
一、选择题
1.D
2.B
3.D
4.D
5.D 二、填空题 1. 23 m/s
2. ()[]
t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--; ()ωπ/122
1
+n (n = 0, 1, 2,…) 3. 0.1 m/s 2
4. bt +0v ; 2402/)(b R bt ++v
5. -g /2; ()g 3/322v 三、计算题
1.
2.
3．（1）t A y t
A x ωωsin cos 21==，消去t 得轨道方程为122
2
212=+A y A x （椭圆）
（2）
t A t A dt
v
d t A t A dt
d 2221221sin cos cos sin ωωωωωωωωω-=--==
+-==
a 与反向，故恒指向椭圆中心。
（3）当t=0时，x=0，y=0，质点位于
π
=
t 时，2212
s i n ,02c o s A A y A x ====π
π。
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，加速度向分量t a 如图所示。可见在该点切向加速度t a ,910(2)2
t t dx/dt v -==,
/16(2)s v -=,
1810t -=dt dv a /(3)=s
2
(2)
m/26-=a
v
x 处的速度为解：设质点在dt dx dx dv dt dv a ?==
dx
dv v =x 2
63+=,)63(0
2
dx x vdv v x
??+=)
4(631/2
x x v +=
与速度的方向相反。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=3x 2即为轨道
方程。可知是
解：先求质点的位置
,
s 2=t 2
25220?+?=s )
(m)(60在大圆=dt ds v /=,1020t +=m/s
40(2)=v 时
s 2=t dt dv a t /=m/s
10=R v
a n /2
=。s m/3/1602
=t
)1(dt
dv a dt dv a y y x
x ==
dt
t dv dt dv y x 236 2==????
==t
v y t
v x dt
t dv dt dv y
x
20
36 2 12 23t v t v y x ==j
t i t v 3122 +=∴dt
dy v dt dx v y x ==
dt
t dy tdt dx 312 2==????
==t
y t x
dt
t dy tdt dx 0
30
12 24
23 t y t x ==t t t
y t x 4
24
2
3 3+=?????==6
22
23
1444 12 2 )3(t t v v v t v t v y x y x +=+=∴== 4
262636121621444864821t t t t t t dt dv a ++=
++==τ
抛物线。
注：若求法向加速度，应先求曲率半径。
质点运动学（二）——答案
一、选择题
1.C
2.A
3.D
4.C
5.C 二、填空题 1, ()
2
022v v +=
gx y ; 22/2
1v gx y =
2. 21
22
2/t t S t -;???
?
???
?--22
1
221
sin t t t 或 ()211/cos t t - 3. r
; r ?
4. 0321=++v v v
5. αcos 22122
21v v v v -+或αcos 2212221v v v v ++ 三、计算题
1. 解：实际上可以用求面积的方法。
2.
3. 解：（1）
()6)361(12
3223
2x y y +='''+=ρ422
3242236124)361(6)361(4t t x t t v a n +=+?+==ρm x 2 2
1
)21(22)15.2(=?+-?+=
的水平分量的大小为雨对车v v v v 车对地
雨对车雨对地根据+=竖直向下，
雨对地v 其水平分量为零。∴m/s
10=v
车对地
30ctg (2)
v v 车对地雨对地由图：=m /s
3.17=m /s
20=v
v 雨对地
v 车对地
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:gh v v 212==
v 2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30o
牛顿运动定律（一）——答案
一．选择题
1.C
2.C
3.B
4.A
5.B
30
sin /
v v
车对地雨对车
=gh
v 21=
2t v s =g
h H t )(2-=式中g h H gh s )(22-=)
(2h H h -= ,2H h =04222<-=H h d s d H H
H 2
1' =∴()h H h h
H dh ds --=20=
20
10 10===cs fd sd v sd cs cd +=方向正北
km/h 310=cd cd
fc fd += cd
fd fc -=∴sd fd =-= 方向为南偏西30o 。
fc
v v cs
v fc
v fd
v sd
v c
二、填空题 1. f 0
2. ―(m 3/m 2)g i
;0 3. l/cos 2θ
4. 0.28 N; 1.68 N
5.
三、计算题
1. 解：联立求解：
则外力
由牛顿第三定律，m 对M 的压力与N
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。 0cos =-N F μθ 联立求解：
0sin =-+mg F N θ
当分母有极大值时，F 有极小值。 令 因此y 有极大值。 由 有
3.证明：
B
g
A N
f
g
m A (1)
(2)
ma N =θsin 0cos =-mg N θθgtg a =θ
cos /mg N = )(a M m F +=θgtg M m )(+=θ
cos /mg N =θ
μθμ=
mg F θ
μθsin cos +=y ,0=θd dy
θμθθ
sin cos 2--=y
d ,0<0cos sin =+-θμθ,
μθ=∴tg μ
θarctg =当： μ
θarctg =时最省力。
ma F = 2
x k -
=m F a =
k
-=dt dv =
dx
dx
dt dv ?=dx
dv v
=x
有：
两边积分:
则
4. 解：设小球所在处圆锥体的水平截面半径为r
5.解:小球受力如图,根据牛顿第二定律:
dt
dx v =
dx k vdv -
=dx k
vdv x
x v 0
-
?=???
? ??-=02112x x m k
v ?
?
? ??-??? ??=0112x x m k v 0
sin cos cos sin 2=-+==-mg N T r m ma N T θθωθθθ
sin l r =θβωθθθωθ222sin cos cos sin sin )1(l m mg T l m mg N +=-=∴θ
θωωωcos / cos / 0
)2( mg T l g N c c ====H
O l
θ
dt
mdv
=--k
e F mg v m kt )1)((/---=
?=?
--t
v dt F
kv mg mdv 00
,
0:时初始条件=t 0
=v
牛顿运动定律（二）——答案
选择题
1.A
2.B
3.B
4.C
5.B 二、填空题
1. 63.2 N; 参考解：mr ω2 = 2×0.8×(2π)2N = 63.2 N
2. 02=-ωμRm mg
3. g; 竖直向下; 22a g +
4. 2％
5. 212m m g m F +-;
)(12
12
g m F m m m ++ 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λ y g 的
作用，如图所示。由牛顿第二定律：
)
()()
()(2ay v dt dv
y v dt dy dt
yv d dt mv d yg F +=+===
-λλλλ即：
)(2ay v yg F ++=λ()()()y
a g ay ay yg F ay
v a 322112+=++===λλ则
常矢量时，当
()()
2
202v gy F a v +===λ则
常矢量时，当
2.解：T T T ==21
.a 相对地面的加速度为取地面为参考系，电梯相对电梯的加速度，为设1m a r
则：a a a r +=1。由：11111:a m T P m
=+ ()
()
111111a a m a m T g m a a a y r r -==--=则轴向下为正，得：取
同理：a a a r
+=2 则：22222:a m g m T m
=+ ()
()
222222a a m a m g m T a a a y r r +==-+=则
轴向上为正，得：取
2
m 2
a 2
T
2
P y
解（1）、（2）式得()a g m m m m a r ++-=212
1代入（1）式得()a g m m m m T ++=2
1212，方向如
图所示。
3． 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 0*=++F G T
写投影式为 0s i n =-a m T θ
0c o s =-mg T θ 解之得出 g a /tg =θ
即 )a r c t g
(g a
=θ
4． 解：(1) 取杆OA 为参考系，小环处于静止状态，受力如图：g m
、N 及惯
性离心力F '
三者合力为零. 受力图
0='++F N g m
其中 2)sin (ωαl m F =' ①
将①式沿OA 杆方向取投影可得 0c o s s i n )s i n (2=-ααωαmg l m ②
∴ l
g ααωc o s
s i n 1=
(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?l ，即?l 大于零．由上面②式知：
ααωc o s s i n
])[(2mg l l m >+? 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?l 位移，此时?l < 0， 故 ααωc o s s i n ])[(2mg l l m <+? 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．
5．答：(1) 当θ力 f = m g sin θ ； (正确画出θ为0到θ 0之间的f －θ曲线)
(2) 当θ＝θ 0时(tg θ 0＝μ)，木块开始滑动
(指出θ 0 = tg -1μ)
(3) θ>θ0时，滑动摩擦力f =μm g cos θ
(正确画出θ为θ 0到90°之间的f －θ曲线)
A
z O
α N mg
F '
)
动量与角动量（一）——答案
一． 选择题
１．C 2. C 3. B 4. A 5. A
二． 填空题 1．0
)21(gy m +
0v m 21
2．18 N ·s
3．0，2πmg /ω，2πmg /ω 4．
θm M cos 0v
5．10 m/s 1，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v '
有 m v 0 = m v +M v '
v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s T =Mg+M v 2/l =26.5 N
(2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v
方向为正方向)
负号表示冲量方向与0v
方向相反．
2．解：以 l E 和 l p 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：p p E E l m l m =
由于质心保持不动，所以当人爬上 h l p =? 时，应有：p p E E l m l m ?=? 由此得：2224
1014.310
98.525
75-?=??=
?=
?p E
p E l m m l m 即地球向人爬高的反方向移动了221014.3-?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：
M v 1 +m v =0
v 1 =v M
m -
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：m v = (m+M )v 2
v 2 =v m
M m +
4．解：如图所示，设薄板半径为R ，质量为m ，面密度)/(22R m A πρ=。由质量分布的对称性可得板的质心在x 轴上，而 π
ρ34212
2R dx x R x m m
xdm x A
C
=-=
=??
四．证明题 证：物体与契块组成的系统在水平方向不受外力，故此系统在水平方向的动量守恒，沿水平方向取x 轴，则按题意，有
V m M mv x )(00++-=+，其中v x 为物体沿契块斜面下滑速度v 的水平分量；V 为契块沿水平面移动的速度。由上式，得
x v m
M m
V +=
两边乘d t ，积分之，有
??+=t x t dt v m M m
Vdt 00 即??'+=αcos 00l x x d m
M m dx d x ,分别为契块和物体沿水平方向的位移元，这样，由上式可得契块的总位移x 为
动量与角动量（二）－答案
一．选择题
1.C
2.Ｃ
3. C
4. A
5. D
二．填空题
1．m/s 14.1=C a ，与正方形一边成45o角。
2．12 rad/s
3．1 N·m·s ，1 m/s
4．M v d
参考解: v
m r L ?= d m L v =
5．2275 kgm 2·s -1，13 m·s -1
三．计算题
1．解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力
mg F N +?=30sin
物体要有加速度必须：N F μ≥?30cos
即：mg t μμ≥-)3(5， 0s 256
.0t t =≥ 物体开始运动后，所受冲量为 ?-?=t
t t N F I 0
d )30cos (μ
)(96.1)(83.30202t t t t ---=
t = 3 s, I = 28.8 N s
则此时物体的动量的大小为 I m =v
速度的大小为 8.28==m
I
v m/s
2．解：这个问题有两个物理过程：
第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为
θsin gl 21=v 方向：沿斜面向下
第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有
V v v )(cos M m M m +=-1θ
M m gl M m +-=
θθsin cos 2v V
3．解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式
如下：
x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=? ①
y 方向：0)(=---=?y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ?==/2v
v x =v cos a
∴t m F ?=/cos 2αv 方向沿x 正向． 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．
解法二：作动量矢量图，由图知
αcos )(v v m m 2=?
方向垂直于墙向外
由动量定理: )(v
m t F ??= 得：t m F ?=/cos 2αv
不计小球重力，F 即为墙对球冲力
由牛顿第三定律,墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直于墙，指向墙内
4．解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒．
设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v 0、J 0、ω0和v 、J 、ω．则
ωωJ J =00 ① 因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动．①式可写成
R mR R mR //20020v v =
整理后得： v v /00R R = ② 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供
R m F /2v =
再由②式可得： 3/12
020
)/(F mR R v = 当F = 600 N 时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为
R = 0.3 m
四．证明题
证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O ，力 对该点的力矩为零．根据角动量定理，质点对O 点的角动量是恒矢量
v
m r L ?=＝恒矢量
L 的方向垂直于r 和v 所在的平面，L 是恒矢量，方向不变，即 r ，v 总 是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动．
功和能（一）－答案
一．选择题
1. C
2. C
3. A
4. C
5.C
二．填空题
1．)131(R R GMm - 或 R GMm
32-
2．k
mgh k mg k mg x 2)(2++=
3．1 m/s ，150 J
4．－0.207
5．(2 m ，6 m)，(-4 m ，2 m)和(6 m ，8 m)，2 m 和6 m
三．计算题
1．解：按题设，质点由x =0处沿x 轴运动到任一位置x 的过程中，合外力所作的功为：)1(0
00kx x
kx e k
F dx e F A ---=
=? 利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有
0)1(0
-=--k kx E e k
F 即质点的动能为：)1(0
kx k e k
F E --=
可见，质点的动能E k 随位置x 而改变，令0→x ，则得质点所具有的最大动能为：
k
F e k F E kx x k 000
m ax ,)1(lim
=-=-→ 按质点的动能定义2
21mv E k =
， 则相应的最大速率为： km
F m
E v k 0
max
,max 22=
=
2．解：设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k ，根据胡克定律： 0.1g ＝k (0.07－l 0) ， 0.2g ＝k (0.09－l 0) 解得： l 0＝0.05 m ，k ＝49 N/m 拉力所作的功等于弹性势能的增量：
W ＝E P 2－E P 1＝201202)(2
1
)(21l l k l l k ---＝0.14 J
3．解：(1)建立如图坐标.
某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为：g l
y m f μ= 摩擦力的功：??
--==0
d d a l a l f y gy l m
y f W μ
=022a l y l mg -μ =2)(2a l l
mg --μ (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2
022
121v v m m -
其中：∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0
W P =?l
a x P d =l a l mg x x l mg l
a 2)
(d 22-=
? 由上问知 l
a l mg W f 2)(2
--=μ
所以
22222
1
)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得：[]
21
222)()(a l a l l
g ---=μv
4．解：重力的功：W ＝m g l ( cos φ－cos 45°) 根据动能定理有：
)45cos (cos 212?-=φmgl m v ∴ )45cos (cos 2?-=φgl v 当φ＝10°时， v ＝2.33 m/s
(亦可用功能原理求解)
5．解：(1) 先分析力。在抛出后，如果不计空气阻力，则石块只受重力（保守力）作用，别无外力，所以对石块和地球组成的系统，机械能守恒。系统在开始
位置，其动能即为石块的动能
，势能为；在终点，即地面上，取作势能零点，而动能为
，v 为到达地面时石块的速率。所以，按机械能守恒定律，有
得：
(2) 仍把石块和地球看作一个系统，在抛出后，除重力（内力）外，还有外力即
空气阻力作功
，因此机械能不守恒。应用系统功能定理，外力作功等于系统
B
C A O B
机械能的增量，仍取地面为势能零点，得
代入题给数据，得
功和能（二）－答案
一．选择题
1. D
2. D
3. C
4. E
5. B
二．填空题
1．2
0kx 2021kx - 2021kx 2．
12m m 2/12
1)(m m
3．2/u v =物（角动量守恒。相对地面，v 人 = v 物） 4．机械能守恒；2202
1
)(21mv l l k mgl +-=；20)(2l l m k gl --
5．不一定；动量
三．计算题
1．解：分三步解。第一步：设弹簧恢复形变时，m 1 的速度为v 10，据机械能守恒：
21022
121mv kx = 第二步： m 1与 m 2 发生弹性碰撞，因m 1 = m 2，碰后两小球的速度交换，碰后 m 2 的速度为：v 2 = v 10。
第三步：作圆周运动到A 点处脱落，此时它对圆环的压力N = 0，因此圆环对它
的压力也为零。根据牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：
2222
2
1)cos 1(21cos mv mgR mv R v m
mg ++==θθ
联立上面四个方程，可以解出：k
mgR
x 27=
2．解：第一段 泥球自由下落过程
选泥球和地球为系统，机械能守恒，有
22
1
mv mgh =
第二段 泥球与板的完全非弹性碰撞过程
对泥球和板系统，由于相互撞击力（系统的内力）远大于系统的外力即重力与弹簧恢复力之和，所以可视为动量守恒。取向下为正方向，则有
V M m mv )(+=，V 为碰后木板与泥球的共同速度。
第三段 泥球、平板系统向下运动过程。
对泥球、平板、弹簧以及地球系统，因仅有保守内力做功，所以系统机械能守恒。设平板原始位置为重力势能零点，此时弹簧的压缩量为x 0，泥球落下与平板共同向下的最大位移为x ，则有
gx M m x x k V M m kx )()(21
)(212120220+-+=++ 又由平板最初的平衡条件可得：0kx Mg = 由以上四式可解得
))(211(g
m M kh
k mg x +++=
3．解：动量守恒 V M m m )(0+=v
越过最高点条件 l M m g M m /)()(2v +=+
机械能守恒 22)(21
2)()(21v V M m L g M m M m +++=+
解上三式，可得 m gl M m /5)(0+=v ．
4．解：重力、支持力、绳中张力对A 点的力矩之和为零，故小球对A 点的角动量守恒．当B 与A 距离最大时，B 的速度应与绳垂直．故有 ∴ v v ml md =?30sin 0 ①
由机械能守恒有 2022
0)(2
12121l l k m m -+=v v ②
由式①得 v = v 0 /4
代入②式得 306.115)(162
00=-=
m
l l k v m/s v = 0.327 m/s
5．证明：
一、用动量定理证明
以T 表示AB 间绳的张力．以μ 表示物体与斜面间摩擦系数． 对A 有： v A A A m t g m g m T F =---)c o s s i n (θμθ ① 对B 有： v B B B m t g m g m T =--)c o s s i n (θμθ ②
由①②两式消去v 与t 得 F m m m T B
A B
+=
，与θ 无关． 二、用动能定理证明
对A 有： 221
)c o s s i n (v A A A m S g m g m T F =---θμθ ③
对B 有： 22
1
)cos sin (v B B B m S g m g m T =--θμθ ④
由③④消去v 2、S 得 F m m m T B
A B
+=
，与θ 无关． 刚体定轴转动(一) 解答
一．选择题
1．D ，2. C, 3．C ，4．B ，5.C ；
(5．参考解：
挂重物时，
mg －T = ma = mR β , TR =J β
由此解出 J
mR mgR
+=2β
而用拉力时，
2mgR = J β' β'=2mgR / J
故有
β'＞2β
)
二.填空题
1．mgl μ2
1
参考解： M ＝?
M d ＝
()mgl r r l gm l
μμ2
1
d /0
=? 2．否.
在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减 小．由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小. 3．g / l g / (2l ) 4． 98N
5．mgl 2
1
2g / (3l ) 6．50ml 2
三.计算题
1．解：)2(2/3/][221212222,b lb l m b m l m l b m J J J disk C rod ++++=+++=
θθτs i n )(2/)s i n (12b l g m gl m ++= 由 τα=I )]243(3/2/[)](2[sin 2212212l lb b m l m b l m l m g +++++=θα
2．解：设a 1,a 2分别为m 1,m 2的加速度，α为柱体的角加速度，方向如图。 （1）m 1,m 2的平动方程和柱体的转动方程如下：
(3)
(2) (1) 2111112222αI r T R T a m T g m a m g m T ='-'=-=- 221222112
1
21,,,,mr MR I R a r a T T T T +===='='αα s rad g r
m R m I rm Rm /31.62
2212
1=++-=
∴α （2）由（1）得 N g m r m T 8.20222=+=α
由（2）得 N R m g m T 1.17111=-=α （3）设m 1着地时间为t 则
s R h
a h t 81.1221
===
α
（4）m 1着地后静止，这一侧绳子松开。柱体继续转动，只因受一侧绳子的阻力矩，柱体转速将减小， m 2减速上升。
讨论：如果只求柱体转动的角加速，可将柱体、m 1,m 2选作一个系统，系统受的合外力矩gr m gR m M 21-=，则角加速度
2
221r m R m I M
++=
柱
α
本题第二问要求两侧细绳的张力故采用该方法是必要的，即分别讨论柱体的转动、m 1,m 2的平动。
3.解：（1）如图。圆环放在刀口上O ，以环中心的平衡位置C 点的为坐标原点。Z 轴指向读者。圆环绕Z 轴的转动惯量为 2
MR J zc =，由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为
222MR MR J J zc zo =+=；
（2）在固定轴PP ?上，只能在纸面内外小摆动。
22
,2
MR J J MR
J xo P P xo
+=='平行轴定理垂直轴定理
P ?
（3）要求在纸面内的小振动周期T 1， 由g
R
T R g I MgR zo 22221
2111ππ
π
ν=→==
g
R
T R g I MgR P P 232,3221
2122ππ
π
ν===
' 1547.13
4
2
1
==T T ，在平面内摆动的周期比以PP′为轴摆动周期要长%5.15。 4.解：对m 1 ，由牛顿第二定律：
a m T g m 111=- ○
1 对m 2，由牛顿第二定律：
a m g m T k 222=-μ ○
2 对滑轮，用转动定律：
α2212
1)(mr r T T =- ○3 有运动学关系，设绳在滑轮上不打滑
r a /=α ○
4 联立○
1○2○3○4各式，得 g m m m m m a k 2
/212
1++-=
μ
g m m m m m m T k 121212/2/)1(++++=
μ， g m m m m m m T k k 221122
/2
/)1(++++=μμ
5.解：（1）子弹冲入杆的过程中，子弹和杆系统对悬点O 所受的外力矩为零。 ∴所以对此点的角动量守恒，即
ω)3
1
(220md ML d mv +=
由此得杆的角速度为 2
2033md
ML d
mv +=
ω ○1 （2）子弹冲入杆的过程中，子弹受杆的阻力的大小为（以子弹为研究对象） t
mv d m t mv mv f ?-=
?-=
'0
0ω ○2 杆受到子弹的冲力（以杆为研究对象）
m 2
m 1 1
a
t
d
m mv f f ?-=
'-=ω0 ○
3 对杆用质心运动定理
x 方向：
t mv
t md ML t L M f F t L
M
Ma f F x ct x ?-?+=?+-=?==+0
)2(22ωωω ○4 y 方向：
Mg
ML F L M Ma Mg F y cn y +===-2
2
/2
2ωω ○
5 （3）若令○4式中0=x
F ，可得 0)2(
0=?-?+t
mv
t md ML ω 将○
1式带入得 3
2L d = ○5 刚体定轴转动（二） 解答
一．选择题
1．D ，2．C ，3．B ，4．C ，5．A ； 二．填空题
1．03
1ω
2．定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩） 的增量．
0)(d 21
ωωJ J t M t t z -=?
刚体所受对轴的合外力矩等于零．
3．()
2
20
2347x
l l +ω 4．
()l m M /3460
+v
5．F r M
?=
变角速 角动量
大学物理答案第1～2章
大学物理答案第1～2 章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第一章 质点的运动 1－1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ，)cos 1(t R y ω-=，式中R ，ω为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。 解：22 cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wt dt dt v v v Rw ==-==-∴=+= 2 222 2 sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wt dt dt a a a Rw ====∴=+= sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为 质点轨迹方程以R 为半径，圆心位于（0，R ）点的圆的方程，即质点 作匀速率圆周运动，角速度为ω；速度v = R ω；加速度 a = R ω2 1－2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1，自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2，求证：h =gt 1 t 2/2 解：设抛出点的速度为v 0，从高度h 到最高点的时间为t 3，则 012132 012221201112()0,2()/2 ()11 222 12 v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=- =-= 1－3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度，即a ＝kv 2，k 为一常数，求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx . 解：取汽艇行驶的方向为正方向，则 020 0,,ln v x v kx dv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v v kx v v v e -==-= ∴=-=-∴=-=-∴=?? 1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上，求小车移动的速度和加速度。 解：人前进的速度V 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，
大学物理试题及答案
第2章刚体得转动 一、选择题 1、如图所示，A、B为两个相同得绕着轻绳得定滑轮．A滑轮挂一质量为M得物体，B滑轮受拉力F，而且F＝Mg．设A、Ｂ两滑轮得角加速度分别为βA与βＢ，不计滑轮轴得摩擦，则有 （Ａ) βA＝βB。（B）βA＞βＢ. (Ｃ)βA＜βB．(D）开始时βＡ=βB，以后βA<βB。 ［］ 2、有两个半径相同，质量相等得细圆环A与B。A环得质量分布均匀，B环得质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直得轴得转动惯量分别为ＪA与J B,则 （A）ＪA＞J B．(B) JＡ 班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________ 一、选择题 1. m 与M 水平桌面间都是光滑接触，为维持m 与M 相对静止，则推动M 的水平力F 为：( B ) (A)(m +M )g ctg θ (B)(m +M )g tg θ (C)mg tg θ (D)Mg tg θ 2. 一质量为m 的质点，自半径为R 的光滑半球形碗口由静止下滑，质点在碗内某处的速率为v ，则质点对该处的压力数值为：( B ) (A)R mv 2 (B)R mv 232 (C)R mv 22 (D)R mv 252 3. 如图，作匀速圆周运动的物体，从A 运动到B 的过程中，物体所受合外力的冲量：( C ) (A) 大小为零 (B ) 大小不等于零，方向与v A 相同 (C) 大小不等于零，方向与v B 相同 (D) 大小不等于零，方向与物体在B 点所受合力相同 二、填空题 1. 已知m A =2kg ，m B =1kg ，m A 、m B 与桌面间的摩擦系数μ=0.5，(1)今用水平力F =10N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =_______0______，m A 的加速度a A =_____0_______. (2)今用水平力F =20N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =____5N____，m A 的加速度a A =_____1.7____. (g =10m/s 2) 2. 设有三个质量完全相同的物体，在某时刻t 它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，并且v 1=v 2=v 3 ，v 1与v 2方向相反，v 3与v 1相垂直，设它们的质量全为m ，试问该时刻三物体组成的系统的总动量为_______m v 3________. 3.两质量分别为m 1、m 2的物体用一倔强系数为K 的轻弹簧相连放在光滑水平桌面上(如图)，当两物体相距为x 时，系统由静止释放，已知弹簧的自然长度为x 0，当两物体相距为x 0时，m 1的速度大小为 2 2 121 Km x m m m + . 4. 一弹簧变形量为x 时，其恢复力为F =2ax -3bx 2，现让该弹簧由x =0变形到x =L ，其弹力的功为： 2 3 aL bL - . 5. 如图，质量为m 的小球，拴于不可伸长的轻绳上，在光滑水平桌面上作匀速圆周运动，其半径为R ，角速度为ω，绳的另一端通过光 滑的竖直管用手拉住，如把绳向下拉R /2时角速度ω’为 F m A m B m M F θ A O B R v A v B x m 1 m 2 F m R 1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故 t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故 t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解 t r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自 然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)． 1-3 分析与解 t d d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)； t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)． 1-5 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为 22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t l l t x -== v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θ l h l cos /0 220v v v = -= ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改 x L h 书中例题：1.2, 1.6（p.7;p.17）（重点） 直杆AB 两端可以分别在两固定且相互垂直的直导线槽上滑动，已知杆的倾角φ＝ωt 随时间变化，其中ω为常量。 求：杆中M 点的运动学方程。 解：运动学方程为： x=a cos(ωt) y=b sin(ωt) 消去时间t 得到轨迹方程： x 2/a 2 + y 2/b 2 = 1 椭圆 运动学方程对时间t 求导数得速度： v x ＝dx/dt ＝-a ωsin(ωt) v y ＝dy/dt ＝b ωcos(ωt) 速度对时间t 求导数得加速度： a x ＝d v x /dt ＝－a ω2cos(ωt) a y ＝d v y /dt ＝－b ω2sin(ωt) 加速度的大小： a 2＝a x 2＋a y 2 习题指导P9. 1.4（重点） 在湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过一高处的滑轮拉船靠岸，当绳子以v 通过滑轮时， 求：船速比v 大还是比v 小？ 若v 不变，船是否作匀速运动？ 如果不是匀速运动,其加速度是多少？ 解： l ＝（h2＋x2）1/2 221/2 122()d l x d x v d t h x d t ==+ 221/2()d x h x v d t x += 当x>>h 时，dx/dt ＝v ，船速＝绳速 当x →0时，dx/dt →∞ 加速度： x y M A B a b φ x h 220d x d t =2221/22221/2221/2221/2221/22221/2()1()11()()1112()2()d x d h x v dt dt x d h x v dt x d dx d h x dx h x v v dx x dt x dx dt dx x dx h x v v x dt x h x dt ?? +=??????=?+???? +??=?++ ???=-?+++ 将221/2()d x h x v d t x +=代入得： 2221/2221/2 221/2 22221/21()112()()2()d x h x x h x h xv v v v d t x x x h x x ++=-?+++3222232222)(x v h x v v x x h dt x d -=++-= 分析： 当x ∞, 变力问题的处理方法（重点） 力随时间变化：F ＝f （t ） 在直角坐标系下，以x 方向为例，由牛顿第二定律： ()x dv m f t dt = 且：t ＝t 0 时，v x ＝v 0 ；x ＝x 0 则： 1 ()x dv f t dt m = 直接积分得： 1 ()()x x v dv f t dt m v t c ===+?? 其中c 由初条件确定。 由速度求积分可得到运动学方程： 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 习题 5 题5-2图 题5-2图 5-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如题5--2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量. 解: 如题5-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 5-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度9 5.010C m λ-=?的正电荷.试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0a cm =处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强. 解： 如题5-4图所示 题5-4图 (1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为 2 0) (d π41d x a x E P -= λε 2 22 ) (d π4d x a x E E l l P P -= =? ?-ελ ]2 12 1[π40 l a l a + --= ελ ) 4(π220l a l -= ελ 用15=l cm ，9 10 0.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代入得 21074.6?=P E 1C N -? 方向水平向右 (2)同理 22 20d d π41d += x x E Q λε 方向如题5-4图所示 由于对称性? =l Qx E 0d ，即Q E ? 只有y 分量， ∵ 22 2 222 20d d d d π41d ++= x x x E Qy λε 2 2π4d d ελ ?==l Qy Qy E E ? -+22 2 3 222) d (d l l x x 22 2 0d 4π2+= l l ελ 以9 10 0.5-?=λ1cm C -?, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得 21096.14?==Qy Q E E 1C N -?，方向沿y 轴正向 5-7 半径为1R 和2R (21R R >)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和－λ，试求：(1) 1r R <；(2) 12R r R <<；(3) 2r R >处各点的场强. 解: 高斯定理0 d ε∑?=?q S E s ?? 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =??? ? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 第2章 刚体的转动 一、 选择题 1、 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为?A 和?B ，不计滑轮轴的摩擦，则有 (A) ?A ＝?B ． (B) ?A ＞?B ． (C) ?A ＜?B ． (D) 开始时?A ＝?B ，以后?A ＜?B ． ［ ］ 2、 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B ．A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀．它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ． (C) J A = J B ． (D) 不能确定J A 、J B 哪个大． ［ ］ 3、 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒． ［ ］ 4、 质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ??? ??=R J mR v 2 ω，顺时针． (B) ?? ? ??=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ??? ??+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22ω，逆时针。 ［ ］ 5、 如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为231ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) ML m v ． (B) ML m 23v ． 大学物理简明教程（上册）习题选解 第1章 质点运动学 1-1 一质点在平面上运动，其坐标由下式给出)m 0.40.3(2 t t x -=，m )0.6(3 2 t t y +-=。求：（1）在s 0.3=t 时质点的位置矢量； （2）从0=t 到s 0.3=t 时质点的位移；（3）前3s 内质点的平均速度；（4）在s 0.3=t 时质点的瞬时速度； （5）前3s 内质点的平均加速度；（6）在s 0.3=t 时质点的瞬时加速度。 解：（1）m )0.6()0.40.3(322j i r t t t t +-+-= 将s 0.3=t 代入，即可得到 )m (273j i r +-= （2）03r r r -=?，代入数据即可。 （3）注意：0 30 3--=r r v =)m/s 99(j i +- （4）dt d r =v =)m/s 921(j i +-。 （5）注意：0 30 3--=v v a =2)m/s 38(j i +- （6）dt d v a ==2)m/s 68(j -i -，代入数据而得。 1-2 某物体的速度为)25125(0j i +=v m/s ，3.0s 以后它的速度为)5100(j 7-i =v m/s 。 在这段时间内它的平均加速度是多少？ 解：0 30 3--= v v a =2)m/s 3.3333.8(j i +- 1-3 质点的运动方程为) 4(2k j i r t t ++=m 。（1）写出其速度作为时间的函数；（2）加速度作为时间的函数； （3）质点的轨道参数方程。 解：（1）dt d r =v =)m/s 8(k j +t （2）dt d v a = =2m/s 8j ； （3）1=x ；2 4z y =。 1-4 质点的运动方程为t x 2=，22t y -=（所有物理量均采用国际单位制）。求：（1）质点的运动轨迹；（2）从0=t 到2=t s 时间间隔内质点的位移r ?及位矢的径向增量。 解：（1）由t x 2=，得2 x t = ，代入22t y -=，得质点的运动轨道方程为 225.00.2x y -=； （2）位移 02r r r -=?=)m (4j i - 位矢的径向增量 02r r r -=?=2.47m 。 （3）删除。 1-6 一质点做平面运动，已知其运动学方程为t πcos 3=x ，t πsin =y 。试求： （1）运动方程的矢量表示式；（2）运动轨道方程；（3）质点的速度与加速度。 解：（1）j i r t t πsin πcos 3+=； （2）19 2 =+y x （3）j i t t πcos πsin 3π+-=v ； )πsin πcos 3(π2j i t t a +-= *1-6 质点A 以恒 定的速率m/s 0.3=v 沿 直线m 0.30=y 朝x +方 向运动。在质点A 通过y 轴的瞬间，质点B 以恒 定的加速度从坐标原点 出发，已知加速度2m/s 400.a =，其初速度为零。试求：欲使这两个质点相遇，a 与y 轴的夹角θ应为多大？ 解：提示：两质点相遇时有，B A x x =，B A y y =。因此只要求出质点A 、B 的运动学方程即可。或根据 222)2 1 (at y =+2(vt)可解得： 60=θ。 1-77 质点做半径为R 的圆周运动，运动方程为 2021 bt t s -=v ，其中，s 为弧长，0v 为初速度，b 为正 的常数。求：（1）任意时刻质点的法向加速度、切向加速度和总加速度；（2）当t 为何值时，质点的总加速度在数值上等于b ？这时质点已沿圆周运行了多少圈？ 题1-6图 习 题 一 1-1 一质点在平面xOy 内运动，运动方程为t x 2=，2219t y -= （SI ）．（1）求质点的运动轨道；（2）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的位置矢量；（3）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；（4）在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x 、y 分量各为多少?（5）在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大? [解] 质点的运动方程t x 2=，2219t y -= （1）消去参数t ，得轨道方程为: 22 1 19x y -= ()0≥x （2）把s 1=t 代入运动方程，得 j i j i r 172+=+=y x 把s 2=t 代入运动方程，得 ()j i j i r 1142219222+=?-+?= （3）由速度、加速度定义式，有 4 /d d ,0/d d 4/d d ,2/d d y y x x y x -====-====t v a t v a t t y v t x v 所以，t 时刻质点的速度和加速度分别为 =v j i j i t v v 42y x -=+ j j i a 4y x -=+=a a 所以，s 1=t 时，j i v 42-=，j a 4-= s 2=t 时，j i v 82-=，j a 4-= （4）当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有 0=?v r 即 ()[] []04221922=-?-+j i j i t t t 整理，得 093=-t t 解得 01=t ； 32=t ；33-=t （舍去） m 19,0,s 011===y x t 时 m 1,m 6,s 322===y x t 时 （5）任一时刻t 质点离原点的距离 ()()()222222192t t y x t r -+= += 令 0d d =t r 可得 3=t 所以，s 3=t 时，质点离原点最近 () 6.08m 3=r 1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．；（提示：首先分析质点的运动规律，在t <时质点沿x 轴正方向运动；在t =时质点的速率为零；，在t >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 j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v 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 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+= 1.5一质点沿半径为 0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ= 2 +4t 3．求： （1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答] （1）角速度为 ω= dθ/dt = 12t2 = 48(rad2s-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(m2s-2)； 角加速度为 β= dω/dt = 24t = 48(rad2s-2)， 切向加速度为 at = rβ= 4.8(m2s-2)． （2）总加速度为， 当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得， 即， 解得． 所以=3.154(rad)． （3）当at = an时，可得rβ= rω2， 即24t = (12t2)2， 解得． 1.7一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体 A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h= 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度． 由于，所以 at = 2h/Δt2 = 0.2(m2s-2)． 物体下降3s末的速度为 v = att = 0.6(m2s-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为 = 0.36(m2s-2)． 1.8一升降机以加速度 1.22m2s-2上升，当上升速度为 2.44m2s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m．计算： （1）螺帽从天花板落到底面所需的时间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为 = 0.705(s)． 算得h2 = - 0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程， 由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离． 第一章质点运动学 1.1一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t 3．试求： （1）第2s内的位移和平均速度； 大学物理模拟试卷一 一、选择题:（每小题3分，共30分） 1.一飞机相对空气的速度为200km/h，风速为56km/h，方向从西向东。地面雷达测得飞机 速度大小为192km/h，方向是：（） （A）南偏西16.3o ；（B）北偏东16.3o；（C）向正南或向正北；（D）西偏东16.3o ； 2．竖直的圆筒形转笼，半径为R，绕中心轴OO'转动，物块A紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要命名物块A不下落，圆筒转动的角速度ω至少应为：（） （A）；（B）；（C） ；（D）； 3．质量为m=0.5kg的质点，在XOY坐标平面内运动，其运动方程为x=5t,y=0.5t2(SI)，从t=2s到t=4s这段时间内，外力对质点作功为 （） （A） 1.5J ；(B) 3J；(C) 4.5J ； (D) -1.5J； 4．炮车以仰角θ发射一炮弹，炮弹与炮车质量分别为m和M，炮弹相对于炮筒出口速度为v，不计炮车与地面间的摩擦，则炮车的反冲速度大小为（） （A）；(B) ；(C) ； (D) 5．A、B为两个相同的定滑轮，A滑轮挂一质量为M的物体，B滑轮受拉力为F，而且F=Mg,设A、B两滑轮的角加速度分别为βA和βB，不计滑轮轴的摩擦，这两个滑轮的角加速度的大小比较是（） （A）βA=β B ； (B)βA>βB； (C)βA<βB； (D)无法比较； 6．一倔强系数为k的轻弹簧，下端挂一质量为m的物体，系统的振动周期为T。若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为0.5m的物体，则系统振动周期T2等于（） （A）2T1； (B)T1； (C) T1/2 ； (D) T1/4 ； 7．一平面简谐波在弹性媒质中传播时，媒质中某质元在负的最大位移处，则它的能量是：（） 一、判断题 1. 在自然界中，可以找到实际的质点. ···················································································· [×] 2. 同一物体的运动，如果选取的参考系不同，对它的运动描述也不同. ···························· [√] 3. 运动物体在某段时间内的平均速度大小等于该段时间内的平均速率. ···························· [×] 4. 质点作圆周运动时的加速度指向圆心. ················································································ [×] 5. 圆周运动满足条件d 0d r t =，而d 0d r t ≠ . · ··············································································· [√] 6. 只有切向加速度的运动一定是直线运动. ············································································ [√] 7. 只有法向加速度的运动一定是圆周运动. ············································································ [×] 8. 曲线运动的物体，其法向加速度一定不等于零. ································································ [×] 9. 质点在两个相对作匀速直线运动的参考系中的加速度是相同的. ···································· [√] 10. 牛顿定律只有在惯性系中才成立. ························································································ [√] 二、选择题 11. 一运动质点在某时刻位于矢径(),r x y 的端点处，其速度大小为：（ C ） A. d d r t B. d d r t C. d d r t D. 12. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为2 54SI S t t =+-（） ，则小球运动到最高点的时刻是： （ B ） A. 4s t = B. 2s t = C. 8s t = D. 5s t = 13. 一质点在平面上运动，已知其位置矢量的表达式为22 r at i bt j =+ （其中a 、b 为常量）则 该质点作：（ B ） 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 14. 某物体的运动规律为2d d v kv t t =-，式中的k 为大于0的常数。当0t =时，初速为0v ，则速 度v 与时间t 的关系是：（ C ） A. 0221v kt v += B. 022 1 v kt v +-= C. 021211v kt v += D. 0 21211v kt v +-= 15. 在相对地面静止的坐标系中，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 沿x 轴正方向，B 《大学物理》试题及答案 一、填空题（每空1分，共22分） 1．基本的自然力分为四种：即强力、、、。 2．有一只电容器，其电容C＝50微法，当给它加上200V电压时，这个电容储存的能量是______焦耳。 3．一个人沿半径为R 的圆形轨道跑了半圈，他的位移大小为，路程为。 4．静电场的环路定理公式为：。5．避雷针是利用的原理来防止雷击对建筑物的破坏。 6．无限大平面附近任一点的电场强度E为 7．电力线稀疏的地方，电场强度。稠密的地方，电场强度。 8．无限长均匀带电直导线，带电线密度+λ。距离导线为d处的一点的电场强度为。 9．均匀带电细圆环在圆心处的场强为。 10．一质量为M＝10Kg的物体静止地放在光滑的水平面上，今有一质量为m=10g的子弹沿水平方向以速度v=1000m/s射入并停留在其中。求其 后它们的运动速度为________m/s。 11．一质量M＝10Kg的物体，正在以速度v＝10m/s运动，其具有的动能是_____________焦耳 12．一细杆的质量为m=1Kg，其长度为3ｍ，当它绕通过一端且垂直于细杆 的转轴转动时，它的转动惯量为_____Kgｍ2。 13．一电偶极子，带电量为q=2×105-库仑，间距L＝0.5cm，则它的电距为________库仑米。 14．一个均匀带电球面，半径为10厘米，带电量为2×109-库仑。在距球心 6厘米处的电势为____________V。 15．一载流线圈在稳恒磁场中处于稳定平衡时，线圈平面的法线方向与磁场强度B的夹角等于。此时线圈所受的磁力矩最。 16．一圆形载流导线圆心处的磁感应强度为1B，若保持导线中的电流强度不 第一章 思考题 1-1何谓参考系和坐标系？为什么要引入这些概念？ 答：为描述物体的运动状态而选择为标准的参考物体称为参考系；与参考系相固结的坐标系称为坐标系；因为运动具有相对性，并对物体相对于参考系的运动规律要作出定量描述。 1-2何谓位置矢量？试写出位置矢量在直角坐标系Oxyz 中的正交分解式,并说明如何计算其大小和方向?为什么说用位置矢量与用位置坐标描述质点的位置是等效的？ 答：由参考点指向质点所在位置的矢量； 222 cos ,cos ,cos r xi yj zk r r x y z x y z r r r αβγ=++==++=== 因为一旦质点所在位置的位置坐标确定，则其对应的位置矢量也就唯一确定，反之亦然。 1-3试说明位移和路程的意义及两者之间的区别. 答：位移是指质点在一段时间间隔内位置的变化；而路程是指在一段时间间隔内质点沿轨迹所经过的路径的总长度。区别：1.位移是矢量，而路程是标量；2.物理意义不同；3.位移只与始末位置有关。 1-4试说明速度的定义，其大小和方向如何计算？ 答：速度是位置矢量对时间的变化率。 大小：ds v v dt == 方向：沿质点所在位置处曲线的切线方向，并指向质点运动的一方。 1-5速度和速率有何区别？有人说:“一辆汽车的速度最大可达每小时１２０千米，它的速率为向东每小时７５千米?”你觉得这种说法有何不妥？ 答：1.速度是矢量，而速率是标量；2.物理意义不同。只能说速率最大或最小；速率是标量。 1-6试说明加速度的定义. 答：速度对时间的变化率或位矢关于时间的二阶导数。 1-7当质点作平面运动时，试列出其位置矢量、位移、速度和加速度等矢量的分量表示式，由此如何计算这些量的大小和方向？ 答：1.在角坐标系中： r xi yj =+ ，r xi yj ?=?+? ，dx dy v i j dt dt =+ 2222d x d y a i j dt dt =+ 22r r x y ==+ ，22r r x y ?=?=?+? tan ,tan y y x x αα?'== ? 22x y v v v v == + ，22x y a a a a ==+ 《大学物理》习题和答案 第9章热力学基础 1，选择题 2。对于物体的热力学过程，下面的陈述是正确的，即 [(A)的内能变化只取决于前两个和后两个状态。与所经历的过程无关(b)摩尔热容量的大小与物体所经历的过程无关 (C)，如果单位体积所含热量越多，其温度越高 (D)上述说法是不正确的 8。理想气体的状态方程在不同的过程中可以有不同的微分表达式，那么方程 Vdp？pdV？MRdT代表[(M)(A)等温过程(b)等压过程(c)等压过程(d)任意过程 9。热力学第一定律表明 [] (A)系统对外界所做的功不能大于系统从外界吸收的热量(B)系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量 (C)在这个过程中不可能有这样一个循环过程，外部对系统所做的功不等于从系统传递到外部的热量(d)热机的效率不等于1 13。一定量的理想气体从状态(p，V)开始，到达另一个状态(p，V)。一旦它被等温压缩到2VV，外部就开始工作；另一种是绝热压缩，即外部功w。比较这两个功值的大小是22 [] (a) a > w (b) a = w (c) a 14。1摩尔理想气体从初始状态(T1，p1，V1)等温压缩到体积V2，由外部对气体所做的功是[的](a)rt 1ln v2v(b)rt 1ln 1v1 v2(c)P1(v2？ V1(D)p2v 2？P1V1 20。两种具有相同物质含量的理想气体，一种是单原子分子气体，另一种是双原子分子气体， 通过等静压从相同状态升压到两倍于原始压力。在这个过程中，两种气体[(A)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量，(b)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是不同的，(c)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是不同的，(d)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是相同的。这两个气缸充满相同的理想气体，并具有相同的初始状态。在等压过程之后，一个钢瓶内的气体压力增加了一倍，另一个钢瓶内的气体温度也增加了一倍。在这个过程中，这两种气体从[以外吸收的热量相同(A)不同(b)，前者吸收的热量更多(c)不同。后一种情况吸收更多热量(d)热量吸收量无法确定 25。这两个气缸充满相同的理想气体，并具有相同的初始状态。等温膨胀后，一个钢瓶的体积膨胀是原来的两倍，另一个钢瓶的气体压力降低到原来的一半。在其变化过程中，两种气体所做的外部功是[] (A)相同(b)不同，前者所做的功更大(c)不同。在后一种情况下，完成的工作量很大(d)完成的工作量无法确定 27。理想的单原子分子气体在273 K和1atm下占据22.4升的体积。将这种气体绝热压缩到16.8升需要做多少功？ [](a)330j(b)680j(c)719j(d)223j 28。一定量的理想气体分别经历等压、等压和绝热过程后，其内能从E1变为E2。在以上三个过程中， 65． 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求：它们在O 点的磁感应强度。 1 R I B 80μ= 方向 垂直纸面向外 2 R I R I B πμμ2200- = 方向 垂直纸面向里 3 R I R I B 4200μπμ+ = 方向 垂直纸面向外 66． 一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，电荷面密度为σ，该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转。试求圆筒内部的磁感应强度。 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2 作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B 的 大小和方向均相同，而且B 的方向平行于ab ，在bc 和fa 上各点B 的方向与线元垂直， 在de , cd fe ,上各点0=B ．应用安培环路定理 ∑??=I l B 0d μ 可得 ab i ab B 0μ= σωμμR i B 00== 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右． 67．在半径为R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a （如图）。今在此导体内通以电流I ，电流在截面上均匀分布，求：空心部分轴线上O ' 点的磁感应强度的大小。 解：) (22r R I J -= π 1012 1 r J B ?= μ 2022 1 r k J B ?-=μ j Ja O O k J r r J B B 021******** 21)(2 1 μμμ=?=-?= += r R Ia ) (22 2 0-= πμ 68．一无限长圆柱形铜导体,半径为R ,通以均匀分布的I 今取一矩形平面S （长为L ，宽为2R ），位置如图，求：通过该矩形平面的磁通量。大学物理作业(二)答案
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