大学物理课后习题答案第二章

第二章 运动定律与力学中的守恒定律

(一) 牛顿运动定律

2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．

[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为

x = v 0t ，

．

将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为

，

这是抛物线方程．

2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：

（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；

（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？

[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．

板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．

物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，

这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．

板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．

板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．

（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，

可得 a` =μs g ．

板的运动方程为

F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g

= (μs + μk )(m + M )g ，

算得 F = 16.17(N)．

因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．

2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）

[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得

T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = 4.78(m·s -2

)，

绳对它的拉力为

0v 0v

2211

sin 22y at g t α=

=?22

sin g y x v α=F 12212(2)/22F m m g

a m m μ-+=+

图

2.1

M

12图2.3

= 1.35(N)．

2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：

（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式；

（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．

[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．

两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此

，即：．

（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，

因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．

2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．

（1）小车沿水平线作匀速运动；

（2）小车以加速度沿水平方向运动；

（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度

把小车沿斜面往上推（设b 1

= b ）

；

（5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．

[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．

（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于

tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )；

绳子张力等于摆所受的拉力 ：．

（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．

（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：

，

因此角度为

；

而张力为

2

112

(/2)

/22m T F m g m m μ=

-+12111k k k =+

1212F F F k k k =+

12111

k k k =+1a

1b 2b

T ==cos tan sin mb mg mb ?

θ?=

+cos arctan

sin b g b ?

θ?=+T =

2

图2.4

（2）

．

（5）与上一问相比，加速度的

方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．

2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的

一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？

（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？

[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为

，

其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为

，

因此

，

即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分

，

得

，解得：

s -1)．

由于：，

所以T B = 2mg = 1.96(N)．

（2）由（1）式积分得

，

当 θ = 60o时，v C = 0，所以C = -lg /2，

因此速度为

切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为

．

由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg

cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60o时，切向加速度为

= 8.49(m·

s -2)，

法向加速度为 a n = 0，

=22

d d s

F ma m

t ==d d d d s v l t t θ

=

=d d d d d d d d v v m v F m

m v t t l θθθ===0

60d sin d B

v v v gl θθ

?

=-?

?0

2

601cos 2

B v gl θ?

=B v =22B B

B v v T mg m m mg

R l -===2

1cos 2C v gl C θ=+C v =2(2cos 1)

C

n v a g R θ==-t a g

=

图2.6

绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．

[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．

2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）

[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则

F = mg cos θ．

小球的运动方程为

，s 表示弧长．

由于

，所以 ，

因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．

积分得 ，当h = 0时，v = 0，所以C = 0， 因此速率为

2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力(k 为常数)作用下沿直线运动．证

明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．

[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程

利用v = d x/d t ，可得

，

因此方程变为

，

积分得

．

利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此

，

即

证毕．

[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．

22

d d

s

F ma m t ==d d s v t =

2

2d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====2

12v gh C =+v =2k

f x =-

222

d d k x

f ma m x t =-==22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===2d d k x

mv v x =-

212k mv C

x =+20

12k k

mv x x =-v =

图2.7

如果f (x ) = -k/x n ，则得． （1）当n = 1时，可得

利用初始条件x = x

时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 ， 即

． （2）如果n ≠1，可得．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以

， 因此 ，

即

当n = 2时，即证明了本题的结果．

2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：

（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．

[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程

，

分离变量得， 积分得．

当t = 0时，v = v 0，所以，

因此，

小球速率随时间的变化关系为

．

（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为

．

[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以

21d 2

n

x mv k x =-?2

1ln 2mv k x C

=-+2

1ln 2

x mv k x =v =21121n

k mv x C n -=-+-10

1n

k C x n -=--2110

111()21n n k mv n x x --=--v =

d d v

f m

g kv m

t =--=d d()

d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-

++ln ()m

t mg kv C k =-

++0ln ()

m

C mg kv k =+00

/ln ln

/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++0()exp()mg kt mg

v v k m k =+

--00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +=

=+

，

即

，

积分得

， 当t = 0时，x = 0，所以

，

因此

．

（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为

，

用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为

．

这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率

趋于常数v m = mg/k ．

2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．

[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2

/R ．

物体所受的摩擦力为f = -μk N ，

负号表示力的方向与速度的方向相反．

根据牛顿第二定律得

， 即 ： ．

积分得：．

当t = 0时，v = v 0

，所以，

因此

．解得 ．

由于

，

积分得

0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+

--0(/)d d exp()d m v mg k kt mg

x t

k m k +=-

--0(/)exp()`

m v mg k kt mg

x t C k m k +=-

--+0(/)

`m v mg k C k +=

0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x t

k m k +=

---d d v

f m

g kv m

t =-=0()exp()mg mg kt

v v k k m =

---2d d k v v f m m R t μ=-=2

d d k v

t R v μ=-1k t C R v μ=+0

1C v =-

011

k

t R

v v μ=

-001/k v v v t R μ=+0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+=

=

++

，

当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．

2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．

[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为

珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．

珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，

可得

，

解得

．

(二)力学中的守恒定律

2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，

其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．

[解答]方法一：利用冲量公式．

根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 ，

方法二：利用动量定理．

小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，

设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，

小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ， 可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．

2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？

[解答]小球动量的大小为p = mv ，

但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义

得：

， 由此可作矢量三角形，可得：． 因此向心力给予小球的的冲量大小为= 1.41(N·s)．

[注意]质点向心力大小为F = mv 2

/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量

0ln (1)`

k k

v t

R

x C R

μμ=

+

+0ln (1)

k k v t

R

x R

μμ

=

+

2

cos mg

R ωθ=2arccos

g

R θω=±/20

(cos )d I kA t t

ω

ω=-?

π/20

sin kA

kA

t

ω

ωω

ω

=-

=-

π21p p p ?=-21p p p =+

?p ?==I p =?

mg

图2.11

．

假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力

F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，

F y = F sin θ = F sin ωt ，

给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，

d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得

，

，

合冲量为

，

与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．

2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？

[解答]球上升初速度为

s -1)，

其速度的增量为

s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，

对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．

2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠

在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）

[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程

Mg –

T = Ma ，

物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ， 联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．

根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C 之前的运动时间；． 此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．

24v T

I Ft m

R ==2/42R T T mv mv

R ππ==/4

/4

cos d sin T T x F

I F t t t

ωωω

==

?

F

mv

ω

=

=/4

/4

sin d cos T T y F

I F t t t

ωωω

==-

?

F

mv

ω

==I ==y v =v ?=t =v x

Δv v y

物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．

2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？

[解答] 炮弹在最高点的速度大小为

v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作矢量三角形，列方程得 ，

所以 v` = v /cos45° = ．

2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？

[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为

d s = R d θ． 重力的大小为：G = mg ，

方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为

，

积分得重力所做的功为

．

摩擦力的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，

方向与弧位移的方向相反，所做的功元为

，

积分得摩擦力所做的功为

．

要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即

，

或者 ．

/2`cos 452

m

mv v =

?

0cos θ

d s G 1d d cos(/2)d W G s G s θ=?=+πsin d mgR θθ=-454510

(sin )d cos W mgR mgR θθθ

?

?

=-=

?(1mgR =-f 2d d cos d W f s f s =?=πcos d k u mg R θθ

=-4520

(cos )d k W mgR μθθ

?

=-

?

450

sin k k mgR mgR μθ

?

=-=G f F 0F G f ++=()F G f =-+

图

2.17

拉力的功元为：，

拉力所做的功为

．

由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．

2．18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：

（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；

（3）在静止以前质点运动了多少圈？

[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，

动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．

（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：

．

由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为

．

（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ， 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为

，

圈数为 n = s/2πr = 4/3．

[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。

2．19 如图所示，物体A 的质量m = 0.5kg ，静止于光滑斜面上．它与固定在斜面底B 端的弹簧M 相距s = 3m ．弹簧的倔强系数k = 400N·m -1．斜面倾角为45°．求当物体A 由静止下滑时，能使弹簧长度

产生的最大压缩量是多大？

[解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和弹性势能的零势点，由于物

体A 和弹簧组成的系统只有保守力做功，所以机械能守恒，当弹簧压缩量最大时，可得方程

，

整理和一元二次方程

，

解得

= 0.24(m)（取正根）．

2．20 一个小球与另一质量相等的静止小球发生弹性碰撞．如果碰撞不是对心的，试

d d (d d )W F s G s f s =?=-?+?12(d d )

W W =-+12()

W W W =-

+(1)22k mgR μ=-

+20

()d 2k k W mgr mgr

π

μθπμ=-=-?20

316k v gr μ=

π22008223k v v r s a g πμ===2

1

sin sin 2mgs mgx kx θθ=-+2

1sin sin 02kx mgx mgs θθ-+

=x =

图2.19

证明：碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．

[证明]设一个小球碰撞前后的速度大小分别为v 0和v 1，另一小球的在碰撞后的速度大小为v 2，根据机械能守恒得

，

即

；

根据动量守恒得：，

其中各动量的大小为：p 0 = mv 0、p 1 = mv 1和p 2 = mv 2， 对矢量式两边同时平方并利用

得：，

即：

化简得：，

结合机械能守恒公式得：2v 1v 2cos θ = 0，

由于v 1和v 2不为零，所以：θ = π/2，即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．

2．21如图所示，质量为1.0kg 的钢球m 1系在长为0.8m 的绳的一端，绳的另一端O 固定．把绳拉到水平位置后，再把它由静止释放，球在最低点处与质量为5.0kg 的钢块m 2作完全弹性碰撞，求碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度．

[解答]钢球下落后、碰撞前的速率为：

钢球与钢块碰撞之后的速率分别为v 1`和v 1`，根据机械能守恒和动量守恒得方程

，

． 整理得

．

将上式除以下式得：v 1 + v 1` = v 2`， 代入整理的下式得

，

解得

．

碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为

= 0.36(m)． [讨论]如果两个物体的初速率都不为零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械能和动

量守恒方程

，

．同理可得

．

从而解得

，或者

；

222012111222mv mv mv =+222012

v v v =+012

p p p =+1212cos p p mv mv θ

?=222012122cos p p p p p θ

=++2222222

1

2

122cos m v m v m v m v v θ

=++222

012122cos v v v v v θ

=++1v 222111122111``222m v m v m v =+``111122

m v m v m v =+22

211122

(`)`m v v m v -=``

11122

()m v v m v -=``

11112121m v m v m v m v -=+`121

112()m m v v m

m -=

+`222

112112

1()22v m m h

v g g m m -==+21

212()m m l m m -=+2222112211221111``2222m v m v m v m v +=+``11221122

m v m v m v m v +=+``

1122

v v v v +=+`12122

112

()2m m v m v v m m -+=

+`112211

12

2()

m v m v v v m m +=

-+图2.21

将下标1和2对调得

，或者．

后一公式很好记忆，其中

代表质心速度．

2．22一质量为m 的物体，从质量为M 的圆弧形槽顶端由静止滑下，设圆弧形槽的半径为R ，张角为π/2，如图所示，所有摩擦都忽略，求：

（1）物体刚离开槽底端时，物体和槽的速度各是多少？

（2）在物体从A 滑到B 的过程中，物体对槽所做的功W ；

（3）物体到达B 时对槽的压力．

[解答]（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得 ，

根据动量守恒定律得： 0 = mv + MV ．

因此

，

解得

从而解得：

（2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量

．

（3）物体在槽底相对于槽的速度为

物体受槽的支持力为N ，则

，

因此物体对槽的压力为

．

2．23 在实验室内观察到相距很远的一个质子（质量为m p ）和一个氦核（质量为4m p ）沿一直线相向运动；速率都是v 0，求两者能达到的最近距离．

[解答] 当两个粒子相距最近时，速度相等，根据动量守恒定律得 4m p v 0 - m p v 0 = (4m p + m p )v ，因此v = 3v 0/5．

质子和氦核都带正电，带电量分别为e 和2e ，它们之间的库仑力是保守力．根据能量守恒定律得

，

`21211212()2m m v m

v v m m -+=

+`

112222

122()m v m v v v m m +=-+1122

12m v m v m m ++2211

22mgR mv MV =

+2211

()22mgR mv MV M =

+2211()22mv mv M =+

v =

V =-22

12m gR W MV M m ==

+`(1)m M m

v v V v v M M +=-=+

==

2

`v N mg m

R -=2`2`(3)v m

N mg m mg

R M =+=+2222

p 0p 0p m 1112e (4)(5)222m v m v m v k r +=+图2.22

因此，

所以最近距离为：．

2．24 如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆．问：

（1）摆球对悬挂点的角动量守恒吗？

（2）求出t 时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，角动量的方向会改变吗？

（3）计算摆球在θ角时对悬挂点角动量的变化率．

[解答]（1）由于单摆速度的大小在不断发生改变，而方向与弧相切，因此动量矩l 不变；由于角动量L = mvl ，所以角动量不守恒．

（2）当单摆逆时针运动时，角动量的方向垂直纸面向外；当单摆顺时针运动时，

角动量的方向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角动量的方向会改变．

（3）质点对固定点的角动量的变化率等于质点所受合外力对同一点的力矩，因此

角动量的变化率为

．

2．25证明行星在轨道上运动的总能量为

．式中M 和m 分别为太阳和行

星的质量，r 1和r 2分别为太阳和行星轨道的近日点和远日点的距离．

[证明]设行星在近日点和远日点的速度分别为v 1和v 2，由于只有保守力做功，所以机械能守恒，总能量为

（1） 和

． （2）

它们所组成的系统不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒．行星在两点的位矢方向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程

mv 1r 1 = mv 2r 2，即 v 1r 1 = v 2r 2． (3)

将（1）式各项同乘以r 12得：Er 12 = m (v 1r 1)2/2 - GMmr 1， (4) 将（2）式各项同乘以r 22得：Er 22 = m (v 2r 2)2/2 - GMmr 2， (5)

将（5）式减（4）式，利用（3）式，可得：E (r 22 - r 12) = -GMm (r 2 - r 1)， (6) 由于r 1不等于r 2，所以：（r 2 + r 1)E = -GMm ，

故

． 证毕．

（三） 刚体定轴转动

2．26质量为M 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R 1和R 2，求对通过其中心轴的转动惯量．

[解答]设圆柱体的高为H ，其体积为 V = π(R 22 – R 12)h ，

2222p 0p 0

m 2e 58()25k m v v m v r =-=2

m 2

p 0

5ke 4r m v =d sin d L

M F l mgl t τθ===12GMm

E r r =-

+21112GMm E mv r =-

22212GMm E mv r =

-12GMm

E r r =-

+

图2.24

图2.26

体密度为

ρ = M/V ．

在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ，厚度为d r 的薄圆壳，体积元为

d V = S d r = 2πrH d r ，

其质量为

d m = ρd V ，

绕中心轴的转动惯量为

d I = r 2d m = 2πρHr 3d r ， 总转动惯量为

．

2．27 一矩形均匀薄板，边长为a 和b ，质量为M ，中心O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示．试证明：

（1）薄板对OX 轴的转动惯量为

；

（2）薄板对OZ 轴的转动惯量为

．

[证明] 薄板的面积为S = ab ， 质量面密度为σ = M/S ．

（1）在板上取一长为a ，宽为d y 的矩形元，其面积为d S = a d y ， 其质量为d m =σd S ，

绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2d y ， 积分得薄板对OX 轴的转动惯量为

．

同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为

．

（2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b ，宽为 d x 的矩形元，其面积为d S = b d x ， 质量为d m = σd S ，

绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量d I O`Z` = b 2d m /12．

根据平行轴定理，矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12， 积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为

．

方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元d m ，绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m ．

由于r 2 = x 2 + y 2，所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m = d I OY + d I OX ， 因此板绕OZ 轴的转动惯量为

2

1

34

42112d ()

2R R I H r r H R R πρπρ==-?22211

()2m R R =+2

112

OX I Mb

=

221

()12OZ I M a b =

+/2/2

2

3

/2

/2

1

d 3b b OX

b b I a y y a y σσ--==?3211

1212ab Mb σ=

=21

12OY I Ma =

/222/2

1

d d 12a M

OZ

a I

b x x b m σ-=+??/2

3

2

/2

11312a a b x b M σ-=+

221()12M a b =+

图2.27

．

2．28 一半圆形细杆，半径为R ，质量为M ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量． [解答]半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = M/C ． 在半圆上取一弧元d s = R d θ，其质量为d m = λd s ，

到AA `轴的距离为r = R sin θ，绕此轴的转动惯量为d I = r 2d m = λR 3sin 2θd θ， 半圆绕AA `轴的转动惯量为

2．29 如图所示，在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．

[解答]大圆的面积为S = πR 2， 质量的面密度为σ = M/S ．

大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为I M = MR 2/2． 小圆的面积为s = πr 2

，质量为m = σs ， 绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为I C = mr 2

/2， 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为

I m = I C + m (R/2)2．

，

剩余部分的转动惯量为

．

2．30 飞轮质量m = 60kg ，半径R = 0.25m ，绕水平中心轴O 转动，转速为900r·min -1．现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力，可使飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．

（1）设F = 100N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？ （2）若要在2s 内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F ？ [解答]设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴， 在力矩平衡时有：0.5N` – 1.25F = 0， 所以：N`=2.5F = 250(N)．

闸瓦对飞轮的压力为;N = N`= 250(N)， 与飞轮之间摩擦力为：f = μN = 100(N)，

摩擦力产生的力矩为：M = fR ． 飞轮的转动惯量为：I = mR 2/2，

角加速度大小为：β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s -2)， 负号表示其方向与角速度的方向相反． 飞轮的初角速度为ω0 = 30π(rad·s -1

)．

根据公式ω = ω0 + βt ，当ω = 0时，t = -ω0/β = 7.07(s)．

再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过的角度为θ = -ω02/2β = 333(rad)， 转过的圈数为n = θ/2π = 53r ．

221

()12OZ OY OX I I I M a b =+=

+32

sin d I R λθθ=?π

3

1

(1cos 2)d 2R

λθθ=-?π32

1

22R MR λ==π2221

()(2)

24m C R I I m m r R =+=+2221

(2)4r r R σπ=+2

2221(2)

4r M r R R =+422

2122()

2M m r I I I M R r R =-=--F

图2.28

O r R r 图2.29

图2.30

[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π．

（2）当t = 2s ，ω = ω0/2时，角加速度为β = -ω0/2t = -7.5π．力矩为M = -Iβ， 摩擦力为f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π．闸瓦对飞轮的压力为N = f /μ， 需要的制动力为F = N /2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)．

2．31一轻绳绕于r = 0.2m 的飞轮边缘，以恒力F = 98N 拉绳，如图（a ）所示．已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m 2，轴承无摩擦．求

（1）飞轮的角加速度．

（2）绳子拉下5m 时，飞轮的角速度和动能．

（3）将重力P = 98N 的物体挂在绳端，如图（b ）所示，再求上面的结果．

[解答]（1）恒力的力矩为M = Fr = 19.6(N·m)，

对飞轮产生角加速度为β = M/I = 39.2(rad·s -2

)．

（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为

θ = s/r = 25(rad)，

由于飞轮开始静止，根据公式ω2 = 2βθ，可得角速度为

s -1)； 飞轮的转动动能为E

k = Iω2/2 = 490(J)． 方法二：用动力学定理．拉力的功为W = Fs = 490(J)， 根据动能定理，这就是飞轮的转动动能E k ．

根据公式E = Iω2/2，得角速度为 s -1)．

(3)物体的质量为

m = P/g = 10(kg)．设绳子的张力为T ，则P – T = ma ，Tr = Iβ． 由于a = βr ，可得Pr = mr 2β + Iβ，解得角加速度为

= 21.8(rad·s -2)．

绳子的张力为

= 54.4(N)．

张力所做的功为W` = Ts = 272.2(J)，

这就是飞轮此时的转动动能E`k ．飞轮的角速度为= 33(rad·s

-1)．

2．

32质量为m ，半径为R 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？

[解答]圆盘对水平面的压力为N = mg ，

压在水平面上的面积为S = πR 2，压强为p = N /S = mg /πR 2．

当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元， 其面积为d S = r d θd r ，

对水平面的压力为d N = p d S = pr d r d θ，

所受的摩擦力为d f = μd N = μpr d r d θ，

其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为d M = r d f = μpr 2d r d θ，

总力矩为

．

圆盘的转动惯量为I = mR 2/2，

角加速度大小为

ω=ω=2Pr

mr I β=

+2I IP

T r mr I β=

=+`ω=22

d d R

M pr r π

μθ

=?

?

312π3p R μ=2

3mgR μ=F =98N

P =98N

(a) (b) 图2.31

图2.32

，

负号表示其方向与角速度的方向相反．

根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为

，

转过的圈数为

．

[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为d s = 2πr d r ，这样计算力矩等更简单。

2．33一个轻质弹簧的倔强系数为k = 2.0N·m -1．它的一端固定，另一端通过一条细线绕过定滑轮和一个质量为m 1 = 80g 的物体相连，如图所示．定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径为r = 0.05m ，质量为m = 100g ．先用手托住物体m 1，使弹簧处于其自然长度，然后松手．求物体m 1下降h = 0.5m 时的速度多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边上不打滑．

[解答]根据机械能守恒定律可列方程 ，

其中I = mr 2

/2，ω = v /r ，可得

2m 1gh – kh 2 = m 1v 2 + mv 2/2， 解得

= 1.48(m·s -1)．

2．34均质圆轮A 的质量为M 1，半径为R 1，以角速度ω绕OA 杆的A 端转动，此时，将其放置在另一质量为M 2的均质圆轮B 上，B 轮的半径为R 2．B 轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后，A 轮的重量由B 轮支持．略去轴承的摩擦与杆OA 的重量，并设两轮间的摩擦因素

为μ，问自A 轮放在B 轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？

[解答]圆轮A 对B 的压力为 N = M 1g ，

两轮之间的摩擦力大小为 f = μN = μM 1g ，

摩擦力对A 的力矩大小为M A = fR 1 = μM 1gR 1， 摩擦力对B 的力矩大小为M B = fR 2 = μM 1gR 2，

设A 和B 的角加速度大小分别为βA 和βB ，转动惯量分别为I A 和I B ， 根据转动定理得方程M A = I A βA ， 即 βA = M A /I A ． 同理可得βB = M B /I B ．

当两轮没有相对滑动时，它们就具有相同的线速度v ，A 的角速度为ωA = v/R 1， B 的角速度为ωB = v/R 2．

根据转动运动学的公式得ωA – ω = -βA t ，ωB = βB t ， 即 v/R 1 – ω = -βA t ，v/R 2 = βB t ， 化得 v - ωR 1 = -βA R 1t ，v = βB R 2t ， 将后式减前式得ωR 1 = (R 1βA + R 2βB )t ， 解得

43M g I R μβ=-

=-2200328R g ωωθβμ=-=

203216R n g ωθ

ππμ==

222

11111222m gh m v I kh ω=+

+v =

1

12A B

R t R R ωββ=

+1

12//A A B B

R R M I R M I ω=

+

经过的时间为

．

[注意]在此题中，由于A 、B 两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒定律． 如果A 轮的轮面放在B 轮的轮面之上，且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以用转动定律求解，也可以结合角动量守恒定律求解．

当它们之间没有滑动时，角动量为ω`，根据角动量守恒定律得

I A ω = (I A +I B )ω`，

因此得ω` = I A ω/(I A + I B )． （1）设R 1≦R 2，那么A 轮压在B 轮上的面积为S = πR 12

， 压强为p = M 1g /S = M 1g /πR 12．

当A 轮在B 轮上产生滑动时，在A 轮上取一半径为r 、对应角为d θ面积元，其面积为d S = r d θd r ，

对B 轮的压力为d N = p d S = pr d r d θ， 所受的摩擦力为d f = μd N = μpr d r d θ，

其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为d M = r d f = μpr 2d r d θ， 总力矩为

．

这是A 轮所受的力矩，也是B 轮所受的力矩．根据转动定理得B 轮的角加速度为βB = M/I B ．

根据转动公式ω` = βB t ，得时间为

，

即

． （2）如果R 1≧R 2，那么A 轮压在B 轮上的面积为S = πR 22， 压强为p = M 1g /S = M 1g /πR 22．

同样在A 轮上取一面积元，力矩的积分上限就是R 2．总力矩为

，

由此求得时间就变为

．

1

111212

2211221122R R M gR R M gR M R M R ωμμ=

+

1

1222/R g gM M ωμμ=

+21

122()M R t g M M ωμ=

+1

220

d d R M pr r π

μθ

=?

?

3112π3p R μ=11

2

3M gR μ=`

A B B A B I I t I I M ωωβ=

=?+22112222

112211/2/2/2/22/3M R M R M R M R M gR ωμ=?+2

22122

112234()M R R t g M R M R ω

μ=+2

220

d d R M pr r π

μθ

=??3212π3p R μ=12

2

3M gR μ=221222

112234()M R R t g M R M R ω

μ=+

1

只有当R 1 = R 2时，两个时间才是相同的：

．

2．35 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k ．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b ，宽为a ，薄板质量为m ．

[解答]在板上距离转轴为r 处取一长度为b ，宽度为d r 的面积元，其面积为d S = b d r ． 当板的角速度ω时，面积元的速率为v = ωr ， 所受的阻力为d f = kv 2d S = kω2r 2b d r ，

阻力产生的力矩为d M = r d f = kω2r 3b d r ，

因此合力矩为

．

板绕转轴的转动惯量为I = ma 2/3，其角加速度为

，

负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．

由于β = d ω/d t ，可得转动的微分方程

，

分离变量得

，

积分得

．

当t = 0时，ω = ω0，所以C = -1/ω0，因此转动方程为

．

当ω = ω0/2时，解得时间为

．

2．36 一个质量为M ，半径为R 并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．

（1）问它能上升多高？

（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能． [解答]（1）碎片上抛的初速度为v 0 = ωR ， 根据匀变速直线运动公式v 2 – v 02 = -2gh ， 可得碎片上升的高度为h = v 02/2g =ω2R 2/2g ．

（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有

，

21221212334()4()M R M R t g M M g M M ωω

μμ=

=

++23240

1d 4a

M k br r k ba ωω==

?22

34M k ba I m ωβ=-=-

22

d 3d 4k ba t m ωω=-22

3d d 4kba t m ω

ω=-231

4kba t C m ω=+20311

4kba t m ωω=-20

43m

t kba ω=

22

12

I MR mR

=

-

图2.35

图2.36

所以角动量为L = Iω = R 2(M /2 – m )ω．

转动动能为．

2．37 两滑冰运动员，在相距1.5m 的两平行线上相向而行，两人质量分别为m A = 60kg ，

m B = 70kg ，它们速率分别为v A = 7m·s -1，v B = 6m·s -1

，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m ．求该瞬时：

（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；

（2）系统的角速度；

（3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？ [解答]（1）设质心距A 的平行线为r A ，距B 的平行线为r B ，则有 r A + r B = r ，

根据质心的概念可得m A r A = m B r B ，

解方程组得

，．

两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为

= 630(kg·m 2·s -1)．

（2）根据角动量守恒定律得L = (I A + I B )ω，

其中I A 和I B 分别是两绕质心的转动惯量I A = m A r A 2和I B = m B r B 2． 角速度为ω = L/(I A + I B ) = 8.67(rad·s -1)．

（3）两人拉手前的总动能就是平动动能

= 2730(J)；

拉手后的总动能是绕质心的转动动能：

= 2730(J)，

可见：这一过程能量是守恒的．

[讨论]（1）角动量．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为

，

角速度为

可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关．

（2）损失的能量．两人的转动动能为

，

因此动能的变化量为 ΔE = E k 2 – E k 1

22211()222k M

E I m R ωω=

=-B A A B m r r m m =

+A B A B m r r

m m =+A A A B B B

L m v r m v r =+()A B A B A B

m m r v v m m =++2211122k A A B B E m v m v =

+22211

22k A B E I I ωω=

+2

2()A B

A A

B B A B A B

m m I m r m r r r r m m =+=

++2A B A B m m r m m =

+A B

v v L I r ω+=

=221()2k A B E I I ω=+21()2A B A B A B

m m v v m m =++222

111()()

222

A B A B A A B B A B m m v v m v m v m m =

+-++

大学物理试卷期末考试试题答案

2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷） 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二 选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时

针方向)， 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝ 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋ 电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝ 于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝ 于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± )

大学物理课后题答案

习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=

两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一

大学物理习题册答案(2)

、选择题 练习十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 1. 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 (A) 竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动; (B) 竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动; (C) 两种情况都作简谐振动； (D)两种情况都不作简谐振动。 d2x 解：(C)竖直弹簧振子：m—2k(x I) mg kx( kl dt 弹簧置于光滑斜面上：m吟 dt2k(x I) mg sin kx ( )d 2x mg), 勞dt2 d2x kl mg),可 dt2 2 . 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有(A) n n (A) A超前一；(B) A落后一；(C) A超前n; 2 2 (D) A落后It 。 2 x 3. 一个质点作简谐振动，周期为T，当质点由平衡位置向x轴正方向运动时，由 之一最大位移这段路程所需要的最短时间为 (B) /、T/、T T /、T (A) (B) ; (C) (D) 。 41268 解：(A)X A A cos t, X B Acos( t /2) 解：(B)振幅矢量转过的角度/6 ,所需时间t 平衡位置到二分 4.分振动表式分别为x13cos(50 n 0.25 n 和x2 为: (A) x 2cos(50 n t 0.25 u);(B) (C) x 5cos(50 n 1 arcta n —)； 2 7 (D 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算5 . /6 T 2 /T 12 4cos(50 n 0.75 n (SI 制)则它们的合振动表达式x 5cos(50 n); A A 2AA COS(20 10) . 32 42 2 3 4cos(0.75 0.25 丄1 Asin 10 A2sin 20丄1 3sin(0.25 ) 4sin(0.75 ) tg - _ - — tg 3cos(0.25 ) cos 10 A? cos 20 4cos(0.75 ) 2 tg 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端, 弹簧的伸长分别为5; l2，且h 2 l2，则 两弹簧振子的周期之比T1 :T2为(B) (A) 2 ; ( B) 2 ; ( C) 1/2 ; ( D) 1/、2。

大学物理第二章习题及答案知识讲解

第二章 牛顿运动定律 一、选择题 1.下列说法中哪一个是正确的？（ ） （A ）合力一定大于分力 （B ）物体速率不变，所受合外力为零 （C ）速率很大的物体，运动状态不易改变 （D ）质量越大的物体，运动状态越不易改变 2.用细绳系一小球，使之在竖直平面内作圆周运动，当小球运动到最高点时（ ） （A ）将受到重力，绳的拉力和向心力的作用 （B ）将受到重力，绳的拉力和离心力的作用 （C ）绳子的拉力可能为零 （D ）小球可能处于受力平衡状态 3.水平的公路转弯处的轨道半径为R ，汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ，要使汽车不致于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率（ ） （A ）不得小于gR μ （B ）不得大于gR μ （C ）必须等于 gR μ2 （D ）必须大于 gR μ3 4.一个沿x 轴正方向运动的质点，速率为51 s m -?，在0=x 到m 10=x 间受到一个如图所示的y 方向的力的作用，设物体的质量为1. 0kg ，则它到达m 10=x 处的速率为（ ） （A ）551s m -? （B ）1751 s m -? （C ）251s m -? （D ）751 s m -? 5.质量为m 的物体放在升降机底板上，物体与底板的摩擦因数为μ，当升降机以加速度a 上升时，欲拉动m 的水平力至少为多大（ ） （A ）mg （B ）mg μ（C ）)(a g m +μ （D ）)(a g m -μ 6 物体质量为m ，水平面的滑动摩擦因数为μ，今在力F 作用下物体向右方运动，如下图所示，欲使物体具有最大的加速度值，则力F 与水平方向的夹角θ应满足（ ） （A ）1cos =θ （B ）1sin =θ

大学物理(第四版)课后习题及答案 质点

题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？

大学物理上册课后习题答案

大学物理上册课后习题答案

习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.

∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x

大学物理2-1第二章(质点动力学)习题答案

习 题 二 2-1 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。 [解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv (1) 由牛顿第二定律 t v m ma f d d == 即 t v m kv d d ==- 所以 t m k v v d d - = 对等式两边积分 ??- =t v v t m k v v 0d d 0 得 t m k v v - =0 ln 因此 t m k e v v - =0 (2) 由牛顿第二定律 x v mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 x v mv kv d d =- 所以 v x m k d d =- 对上式两边积分 ??= -0 d d v s v x m k 得到 0v s m k -=- 即 k mv s 0= 2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为 ??? ? ? ?--= -m kt e k F mg v 1 [证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。由牛顿第二定律得 t v m ma f F mg d d ==--

即 t v m ma kv F mg d d ==-- 整理得 m t kv F mg v d d = -- 对上式两边积分 ??= --t v m t kv F mg v 00 d d 得 m kt F mg kv F mg - =---ln 即 ??? ? ??--= -m kt e k F mg v 1 2-3 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。求跳伞员的运动速率v 随时间t 变化的规律和极限速率T v 。 [解] 设运动员在任一时刻的速率为v ，极限速率为T v ，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。 此时 2 T kv mg = 即 k mg v = T 有牛顿第二定律 t v m kv mg d d 2=- 整理得 m t kv mg v d d 2 = - 对上式两边积分 m g k m t kv mg v t v 21 d d 0 2 ??= - 得 m t v k mg v k mg =+ -ln 整理得 T 22221 11 1v e e k mg e e v kg m t kg m t kg m t kg m t +-= +-=

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单

位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 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t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =

大学物理第二章习题及答案

大学物理第二章习题及 答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第二章 牛顿运动定律 一、选择题 1.下列说法中哪一个是正确的（ ） （A ）合力一定大于分力 （B ）物体速率不变，所受合外力为零 （C ）速率很大的物体，运动状态不易改变 （D ）质量越大的物体，运动状态越不易改变 2.用细绳系一小球，使之在竖直平面内作圆周运动，当小球运动到最高点时（ ） （A ）将受到重力，绳的拉力和向心力的作用 （B ）将受到重力，绳的拉力和离心力的作用 （C ）绳子的拉力可能为零 （D ）小球可能处于受力平衡状态 3.水平的公路转弯处的轨道半径为R ，汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ，要使汽车不致于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率（ ） （A ）不得小于gR μ （B ）不得大于gR μ （C ）必须等于 gR μ2 （D ）必须大于 gR μ3 4.一个沿x 轴正方向运动的质点，速率为51 s m -?，在0=x 到m 10=x 间受到一个如图所示的y 方向的力的作用，设物体的质量为1. 0kg ，则它到达m 10=x 处的速率为（ ） （A ）551s m -? （B ）1751 s m -? （C ）251s m -? （D ）751 s m -? 5.质量为m 的物体放在升降机底板上，物体与底板的摩擦因数为μ，当升降机以加速度a 上升时，欲拉动m 的水平力至少为多大（ ） （A ）mg （B ）mg μ（C ）)(a g m +μ （D ）)(a g m -μ

6 物体质量为m ，水平面的滑动摩擦因数为μ，今在力F 作用下物体向右方运动，如下图所示，欲使物体具有最大的加速度值，则力F 与水平方向的夹角θ应满足（ ） （A ）1cos =θ （B ）1sin =θ （C ）μθ=tg （D ）μθ=ctg 二、简答题 1.什么是惯性系什么是非惯性系 2.写出任一力学量Q 的量纲式，并分别表示出速度、加速度、力和动量的量纲式。 三、计算题 2.1质量为10kg 的物体，放在水平桌面上，原为静止。先以力F 推该物体，该力的大小为20N ，方向与水平成?37角，如图所示，已知物体与桌面之前的滑动摩擦因数为 0.1，求物体的加速度。 2.2质量M=2kg 的物体，放在斜面上，斜面与物体之间的滑动摩擦因数 2.0=μ，斜面仰角?=30α，如图所示，今以大小为19.6N 的水平力F 作用于m ， 求物体的加速度。 题2.2

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

大学物理练习题册答案

练习一 质点运动学 1、26t dt d +== ，61+= ，t v 261 331+=-=-? ， a 241 31 331=--=- 2、020 22 12110 v Kt v Ktdt v dv t Kv dt dv t v v +=?-?=??-= 所以选（C ） 3、因为位移00==v r ?，又因为,0≠?0≠a 。所以选（B ） 4、选（C ） 5、（1）由,mva Fv P ==dt dv a = ，所以：dt dv mv P =，??=v t mvdv Pdt 0 积分得：m Pt v 2= （2）因为m Pt dt dx v 2==，即：dt m Pt dx t x ??=0 02，有：2 3 98t m P x = 练习二 质点运动学 （二） 1、 平抛的运动方程为 202 1gt y t v x ==，两边求导数有： gt v v v y x ==0，那么 2 22 0t g v v +=， 2 22 022t g v t g dt dv a t +==， = -=22 t n a g a 2 220 0t g v gv +。 2、 2241442s /m .a ;s /m .a n n == 3、 （B ） 4、 （A ） 练习三 质点运动学

1、023 2332223x kt x ;t k )t (a ;)k s (t +=== 2、0321`=++ 3、（B ） 4、（C ） 练习四 质点动力学（一） 1、m x ;912== 2、（A ） 3、（C ） 4、（A ） 练习五 质点动力学（二） 1、m 'm mu v )m 'm (v V +-+-=00 2、（A ） 3、（B ） 4、（C ） 5、（1）Ns v v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 1762 1212 024=-= 练习六、质点动力学（三） 1、J 900 2、)R R R R ( m Gm A E 2 12 1-= 3、（B ） 4、（D ） 5、)(2 1 222B A m -ω 练习七 质点动力学（四） 1、) m m (l Gm v 212 2 12+= 2、动量、动能、功 3、（B ）

大学物理习题答案--第二章

第2章作业解 2-2 目前，真空设备内部的压强可达Pa 10 1001.1-?，在此压强下温度为C ?27时，31m 体 积中有多少个气体分子？ 解：将气体看做理想气体，由压强公式：nkT p = 则： 31023 10 1044.2) 27327(1038.11001.1---?=+??==m KT p n 2-3 一个容器内储有氧气，其压强为Pa 5 1001.1?，温度为C ?27，计算：（1）气体分子数密度；（2）氧气的密度；（3）分子平均平动动能。 解：（1）由nkT p =，则：3 2523 51044.2300 1038.11001.1--?=???==m kT p n （2）由T V R M V T V R M m p RT M m pV ρ== = , 则：氧气的密度：33 530.1300 31.810321001.1--?=????==m kg RT pM ρ （3）分子平均平动动能：J kT k 21231021.63001038.12 3 23--?=???==ε 2-4 kg 2 100.2-?的氢气装在3 3 100.4m -?的容器内，当容器内的压强为Pa 5 109.3?时， 氢气分子的平均平动动能为多大？已知氢气的摩尔质量为1 3 102-??mol kg 。 解：由：RT M m pV = ，得：M mR pV T /= 则氢气分子的平均平动动能为： m N pVM m pVM R k kT A 232323= = J 172 24335109.310 0.21002.6102100.4109.323---?=?????????= 2-5 某些恒星的温度可达到K 8 100.1?，这是发生聚变反应（也称热核反应）所需的温度。在此温度下的恒星可视为由质子组成。试求（1）质子的平均动能；（2）质子的方均根速率（提示：大量质子可视为由质点组成的理想气体，质子的摩尔质量为)1011 3 --??mol kg 。 解：可将质子气看做是单原子气体，其自由度3=i ，则：

大学物理期末考试试题

西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝ 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是 （Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径 。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是 原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为 。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为 ；波长为 ；波沿x 轴的 向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最 大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言， 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

大学物理习题册答案 (2)

x O 1A 2 2 练习 十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 一、选择题 1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ） （A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。 解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m )(22(mg kl ),0222 x dt x d 弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m sin )(22 (mg kl ),0222 x dt x d 2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前 2π； （B ）A 落后2π；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。 解：(A)t A x A cos ,)2/cos( t A x B 3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8 T 。 解：(B)振幅矢量转过的角度6/ ,所需时间12 /26/T T t , 4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31 t x 和)π75.0π50cos(42 t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ） （A ）)π25.0π50cos(2 t x ； （B ）)π50cos(5t x ； （C ）π1 5cos(50πarctan )27 x t ； （D ）7 x 。 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算 )cos(210202122 2 1 A A A A A 5)25.075.0cos(432432 2 ; 7 1 2)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)25.0sin(3cos cos sin sin 112021012021011 0 tg tg A A A A tg 5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l 和2l ，且212l l ，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ） （A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。 解：(B) 弹簧振子的周期k m T 2 ,11l mg k , 22l mg k ,22 121 l l T T 6. 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为 x 时，其振动速度为v ，加速度为a ．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是： （B ） (A) 2 max 2max /x m k v ； (B) x mg k / ； (C) 2 2/4T m k ； (D) x ma k / 。 解：B 7. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同．第一个质点的振动表式为x 1 = A cos(t + )．当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处．则第二个质 点的振动表式为 （B ） (A) )π21 cos( 2 t A x ； (B) )π2 1cos(2 t A x ； x t o A B 1 A 4 / 4 /3 2 A A x O )0(A )(t A 3/ 6/

大学物理期末考试题库

1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t

大学物理课后习题答案详解

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 -?? =0 00 )1(0 t 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 -2g h 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 +=+=