[精选PPT]武汉理工大学大学物理运动学习题
武汉理工大学大学物理A(上)考试系统试题1-5
1、质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每t秒转一圈，在2t时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为：A.B.C.D.2、质点作曲线运动，表示位置矢量，Ｓ表示路程，ａt表示切向加速度，下列表达式中（１）ｄｖ／ｄｔ＝ａ（２）ｄｒ／ｄｔ＝ｖ（３）ｄＳ／ｄｔ＝ｖ（４）┃ｄ／ｄｔ┃＝ａtA.只有（１）、（４）是对的B. 只有（２）、（４）是对的C. 只有（２）是对的D. 只有（３）是对的3、一质点作三维运动，选出下面正确写法：A.B.C.D.4、一质量为60kg的人静止站在一条质量为300kg且正以2m/s的速率向湖岸驶近的小木船上，湖水是静止的，其阻力不计。
现在人相对于船以一速率V沿船的前进方向向河岸跳去，该人起跳后，船速减为原来的一半，V应为:A.2m/sB. 3m/sC. 5m/sD. 6m/s5、在重力场中，把物体从一点移送到另一点所做的功A.是速度的函数B. 依赖于这两个端点的位置，也依赖于它们之间的路径C. 只依赖于物体移动所通过的路程D. 只依赖于这两个端点的位置6、质量为m的物体放在升降机底板上，摩擦系数为，当升降机以加速度a上升时，欲拉动m的水平力F至少为：A.B.C.D.7、质量为M的物体自空中落下，它除受重力外，还受到一个与速度平方成正比的阻力的作用。
比例系数为K,K为正常数。
该下落物体的收尾速度（即最后物体作匀速运动时的速度）将是：A.B.C.D.8、质量m=2kg的质点在力的作用下，从静止出发沿x轴正向作直线运动，则前3秒内该力所作的功为A.729JB. 811JC. 629JD. 500J9、竖直上抛一小球，其空气阻力的大小不变，则球上升到最高点所需用的时间与从最高点下降到原位置所需用的时间相比A.前者长B. 前者短C. 两者相等D. 无法判断其长短10、一质点作一般的曲线运动，其瞬时速度为，瞬时速率为，某一段时间内的平均速度为A.B.C.D.1、某物体作一维运动，其运动规律为，式中k为常数. 当t=0时，初速为，则该物体速度与时间的关系为A.B.C.D.2、质量为M的物体自空中落下，它除受重力外，还受到一个与速度平方成正比的阻力的作用。
武汉理工大学大学物理上-课后习题答案第234章
武汉理工大学大学物理上-课后习题答案第234章(总27页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2教材习题解答第二章 牛顿运动定律2-1解:设地球表面的重力加速度为1g ,月球表面的重力加速度为2g ,弹簧在地面上挂物体A(质量为1m )与在月球表面挂石块B(质量为2m )的读数相同,则有1122F m g m g == --------------------①如右图,取坐标轴向下为正,对物体A,B由牛顿第二定律得:221212()m g m g m m a -=+-------②联立解得 121201/g g a g g -=〉+将219.81/g m s =,22 1.67/g m s =代入解得22 1.18/a m s =故石块B 将以初速度为零,竖直向下作匀加速运动.2-2解:取U 形管底端的水平液柱为研究对象,竖直方向合外力为零(因为液柱在竖直方向无加速度)水平方向上受到的合外力大小为 F pS ghS ρ==其中S 为U 形管截面面积, ρ为液体密度, 由牛顿第二定律得:F ma lSa ρ==整理解得 /h la g =32-3解:取坐标轴向右为正方向,设人对板的水平力大小为F . 地面对木板的水平力大小为()2f u m M g =+,物体对木板的水平力大小为 1f umg =取m 为研究对象由牛顿第三定律知它受到木板水平向右的力,其大小为1f umg =再由牛顿第二定律得:X 方向: 11f umg ma == (1a 为m 向右的加速度大小) 再取M 为研究对象:X 方向: 122F f f Ma --= (2a 为M 向右的加速度大小) 因为要将木板从物体下面抽出,则 21a a ≥ 整理得 ()F umg u m M g uMg --+≥ 即 ()2F u m M g ≥+故至少需要大小为()2u m M g +的力才能将木板拉出. 2-4解:取小球为研究对象.小球受到重力mg ,绳子的拉力T圆锥体的支持力N ,各力方向如图所示:并如图建立直角坐标系: (1) 由牛顿第二定律得:x 方向: 2sin cos sin T N mw l θθθ-=y 方向: cos sin 0T N mg θθ+-=整理解得2sin sin cos N mg mw l θθθ=-42cos sin T mg mw l θθ=+(2) 当w 增大到0w 时,小球离开锥面此时0N =则由(1)得 20sin sin cos 0T mw l T mg θθθ=-=解得:0/cos w T mg θ==2-5证明:如图建立平面直角坐标系.取xoy 平面内第一象限内的水滴为研究对象设该水滴所在位置坐标为(,)x y ,质量为m .水滴受到重力mg ,其它水滴对它的支持力N由牛顿定律得 x 轴方向: 2sin N mw x θ=y 轴方向: cos N mg θ=其中tan dy dx θ=, 整理后得 2w x dyg dx=分离变量: 2w xdx dy g=·两边积分得: 00yx wxdx dy g =⎰⎰得 222w y x g= ---------------------------表示抛物线即第一象限内自由面的水滴都在抛物线222w y x g=上,则在空间中桶内水的自由面的形状是一个旋转抛物面. 2-6.解(1)由牛顿定律: 00F k F kt ma a t m m-=⇒=-5(2)ⅰ.牛顿定律的微分形式: 0dvF kt mdt-=分离变量: ()0F kt dt mdv -= 两边积分: ()00tvF kt dt mdv -=⎰⎰202F k v t t m m=- 方向沿运动方向 ⅱ.由dxv dt=分离变量 dx vdt = 两边积分: 0xtdx vdt =⎰⎰ (设t 时刻质点在x 处)将2202F k v t t m m=- 代入解得23026F k x t t m m=-2-7解：取运动员与滑板作为一个整体为研究对象，受到重力mg ，变力F，支持力N 的作用，各个力的方向如图所示以运动员的初始位置为原点，竖直向上方向为y 轴 建立平面直角坐标系，如右图所示 ⑴由牛顿定律x 轴方向：cos cos dv dvF mAt m dt dtθθ=⇒= 分离变量：cos At dt mdv θ=两边积分：0cos tvA tdt m dv θ=⎰⎰xNyFθ62cos 2A t v m θ=y 轴方向有：sin F N mg θ+=当滑板离开水面时，地面的支持力此时为零 即 11sin sin mgAt mg t A θθ=⇒=将1t t =代入得222cos cos 22sin At mg v m A θθθ==⑵由运动微分方程得dxv dt=分离变量得：vdt dx =2cos 2A t dt dx mθ= 两边积分得：200cos 2txA t dt dx m θ=⎰⎰将1t t =代入上式解得：2323cos 6sin m g x A θθ=2-8解：⑴设作用于质点的力大小为F由牛顿运动微分方程得： 2dv dv dx F mm mkv k mx dt dx xt==== ⑵设质点在0x x =处对应时刻0t t =，在1x x =处的对应时刻1t t = 所需时间： 10t t t ∆=- 由⑴知： 1dx kdt x=两边积分得：111x tx tdx kdt x =⎰⎰mg7得： 11x t Inkx ∆=2-9解：取活塞为研究对象，它受到沿X 轴正方向的力()f x 的作用，由牛顿第二定律得运动方程 X 轴方向： ()dv dv dx dv k f x mm mv dt dx dt dx x==⋅== 上式中的变量为,v x 分离变量后k mvdv dx x=两边积分得： 0xv x kmvdv dx x=⎰⎰（设活塞停止在X 处） 解得 2020202mv Inx km v ke x x ee-==2-10解:质点的运动速率0dsv v bt dt==+ 由牛顿运动定律:切向力dvF ma m mb dtττ===法向力()220n n m v bv v F ma mRR+===2-11解：(1)设星体（质量为M ）的自转角速度为ω，取赤道上的某一物体（质量为m ）为研究对象 由星体的自转周期知 2T πω=当ω最大时，T 最小，故由题意得2224MmG m R R Tπ=8又 343M V R ρρπ==⋅联立上述等式解得最小自转周期T =(2)将2331123.010, 6.6710, 3.14m kg m G N kgρπ--=⨯=⨯=代入得 36.910T s =⨯(3)由(1)可得 2324R M GTπ= 将2331126.910,1010, 6.6710m T s R m G N kg-=⨯=⨯=⨯代入得 292.3110M kg =⨯2-12 解(1)对子弹分析得牛顿第二定律的微分形式: dv f kv m dt=-= 分离变量得 k dv dt mv-=两边积分得00tvv k dvdt m v -=⎰⎰即 0kt mv v e-=(2) 000tkt ktmm mv ds vdt s v e dt e k --=⇒==-⎰当t →∞时,子弹的最大深度为0m mv s k=. 2-13解:取质点m 为研究对象由牛顿运动定律的微分形式得92dv dv dx dv k f mm mv x dt dx dt dx-====分离变量得 21mvdv dx k x=- 两边积分得 4201AvA mvdv dx k x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰⎰ (x A =时对应速度为0, /4x A =时对应速度为)v解得: v =2-14解:取飞机为研究对象,设其质量为m 受到重力mg ,支持力N ,升力2y c v j ,空气阻力2x c v i -,摩擦阻力Ni μ-,以0v 所在方向为x X 方向: 2x dv dv dx dv N c v mm mv dt dx dt dxμ+=== Y 方向: 2y c v N mg +=而飞机刚着地时0N =.则 2y x mgc c v=⇒=整理得: ()222001555dv gv gv v vdxμμ-+= 分离变量得: ()20225155v vdvdx gv gv μμ=⇒-+ 两边积分()00022005155xo vvv dvdx v gv gv μμ=-+⎰⎰ 用换元积分法求得()2051ln 2212155v x m g μμ==-2-15解:取该雨滴为研究对象,它受到重力mg 和空气阻力f 的作用.10其方向如图所示: 且 2(f kv k =-为比例系数)21mg kv =由牛顿运动定律 22mg kv ma -=将15/v m s = , 24/v m s = , 29.8/g m s = 代入得: 23.53/a m s =2-16证明：取小球为研究对象，小球受到重力,mg 浮力F 和粘滞阻力f的作用，取F 所在方向为轴正方向，则由牛顿运动微分方程得dvmg F kv mdt--= 式中,v t 为变量，分离变量后dv dtmg F kv m=--两边积分得（注意初始条件为0,0v t ==）0v tdv dtmg F kv m =--⎰⎰ 即 00()v td mg F kv dtk mg F kv m ---=--⎰⎰解得 (1)ktm mg Fv e k--=- 故得证.xmgf第三章 动量 动量定理习题三3-1.解:取M 和m 为研究对象,设碰前M 的速率为2v ,碰后为'2v .由于水平方向系统受合外力为零,故水平方向动量守恒得:'122mv Mv Mv += 竖直方向由动量定理得2()tN mg Mg dt mv∆--=⎰解得滑块速度增加量'122mv v v v M∆=-=地面对滑块的平均作用力为2()mv N m M g t=++ 由牛顿第三定律知此过程中滑块对地的平均作用力也为2()mv N m M g t=++ 3-2.(1)对质量为dM 的沙子分析.在dt 时间内速率由0增到v ,设皮带对它的作用力为F (由于dt 很小,所以可看作是恒力),则由动量定理得Fdt dM v =即 dMF vdt= 所以所需的功率为2dMp Fv v dt==(2) 由(1)知F v M =⋅ 2p v M =代入数据得30F N = 45p w =3-3(1)设子弹刚穿出时绳中张力大小为T ,物体M 的速率为1v 则由圆周运动规律得:21v T Mg M l-=由于子弹穿透时间极短,故子弹m 和物体M 系统动量守恒得:01mv mv Mv =+联立解得 26.5T N =(2)取子弹为研究对象,由动量定理得:0I mv mv =-代入数据得 4.7I N s =-⋅(负号表示冲量方向与0v 方向相反) 3-4 取小球为研究对象如右图所示建立坐标系由动量定理的坐标分量式得X方向: 0()cos (cos )tF x dt mv mv θθ=--⎰y 方向:()sin (sin )tF y dt mv mv θθ=-⎰整理得: 2cos ()mv F x tθ-=()0F y = 即墙壁对球的平均冲力为2cos mv tθ.由牛顿第三定律得:墙壁受到冲力也为2cos mv tθ方向垂直墙壁向内3-5(1) 子弹在射入A 的过程中,A 和B 有共同的速率为1v ,子弹的速率为'0v 则对系统(子弹,物体A 和B)分析,合外力为0,则由动能守恒可得:'001()A B mv mv m m v =++ ①对子弹由动量定理可得:'00ft mv mv =- ② 对物体B 由动量定理可得: 1AB B N t m v = ③将2A m Kg =,3B m Kg =,0.1m Kg =, 0800/v m s =, 0.01t s =, 3310f =⨯N 代入联立解得B 受到A 的作用力大小为31.810AB N N =⨯ 方向向右(2)子弹穿出A 后A 以速率1v 作匀速直线运动,而子弹留在B 中时两者具有共同速率2v 则对子弹和B 组成的系统动量守恒得'012()B B mv m v m m v +=+ ④联立①②④可解得: 222/v m s = 又由(1)中①②可解得 16/v m s =故子弹留在B 中时A 的速大小为6/m s ,B 的速度大小为22/m s3-6设月球(质量为m )的轨道半径为r ,地球(质量为M )的半径为R ,地球表面的重力加速度大小为g在地球表面有黄金代换式: 2GM gR =设月球绕地球的运行速率为v 则由万有引力提供向心力:22v mM G m v r r =⇒==因为月球在28天里绕地球一周,则在14天里月球初速度与末速度方向相反,即月球动量增量大小为22p mv ==代入数据解得:261.4610/p Kg m s =⨯⋅3-7 解：取小球为研究对象，由动量定理得 ()0cos ttI Fdt kA t dt ω==-⎰⎰将2t πω=代入解得 kAI ω=-即在此时间间隔内弹力施于小球的冲量kAI ω=-（负号表示方向与弹力方向相同）3-8 解：如右图所示，1/4周期内向心力给小球的冲量大小为2I m v m v ==v代入数据解得I= N s3-9 证:取竖直向上为x 轴正方向,单位向量为i ,当提起的链条长度为x 时,这段链条的动量为()0l P t xv i ρ=则这段链条所受的合外力为2100()l l dP t dx F v i v i dt dtρρ=== 设人对链条向上的拉力为F ,则有1l F F xg ρ=-所以拉力的大小为20l l F v xg ρρ=+当x l =时,所用的向上的力为20l l F gl v ρρ=+,得证.3-10 解:(1)令0F =即得子弹在枪膛中运动的时间为 3310t s -=⨯(2)由冲量公式得子弹受到得冲量为522104003tI Fdt t t ⨯==-⎰将3310t s -=⨯代入得 0.6I N s = (3) 对子弹分析,由动量定理得tI Fdt mv ==⎰代入数据解得 3210m kg -=⨯ .3-11 解:设子弹作用1t 时间后1m 和2m 的共同速率为1v ,子弹穿入2m 后,1m 以1v 向右做匀速直线运动.设子弹对2m 作用2t 时间后2m 的速率为2v .则有以1m 和2m 作为整体研究对象,由动量定理得()1121ft m m v =+以2m 为研究对象,同样由动量定理得22221ft m v m v =-解得 1112ft v m m =+ 122122ft ftv m m m =++ 3-12 解:取M 和m 为整体研究对象,水平方向合外力为0,则由动量守恒定律得: 12Mv mv =其中设小木块脱离大木块时M 的速率为1v ,m 的速率为2v . 又由机械能守恒得(以弧形槽的底端为零势能点)22211122mgR mv Mv =+ 整理解得2v =3-13 解:(1) 设小车移动的距离为x ,其斜边长为l ,木块相对小车的速度为r v ，相对地速度为u 小车对地速度为v 。
武汉理工大学物理期末测试试题
武汉理工大学2008 至2009 学年第 2 学期大学物理试卷A卷考试方式：闭卷本试卷考试分数占学生总评成绩的70%总复查人（每题只有一个正确选项，选对得3分，选错、多选不得分）x＝3t-5t 3 + 6 (SI)，则该质点作［］轴正方向．轴负方向．轴正方向．(D)变加速直线运动，加速度沿x轴负方向．2 一个质点在做匀速率圆周运动时［］(A) 切向加速度改变，法向加速度也改变．(B) 切向加速度不变，法向加速度改变．(C) 切向加速度不变，法向加速度也不变．(D) 切向加速度改变，法向加速度不变．3一只质量为m的猴，原来抓住一根用绳吊在天花板上的质量为M的直杆，悬线突然断开，小猴则沿杆子竖直向上爬以保持它离地面的高度不变，此时直杆下落的加速度为［］(A) g.(B) gMm.(C) gMmM+. (D) gmMmM-+.4一个作直线运动的物体，其速度v与时间t的关系曲线如图所示．设时刻t1至t2间外力作功为W1 ；时刻t2至t3间外力作功为W2 ；时刻t3至t4间外力作功为W3 ，则［］(A) W1＞0，W2＜0，W3＜0．(B) W1＞0，W2＜0，W3＞0．(C) W1＝0，W2＜0，W3＞0．(D) W1＝0，W2＜0，W3＜05关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（A）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关．（B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关．（C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．（D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关．6 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：［］(A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．7 有N个电荷均为q的点电荷，以两种方式分布在相同半径的圆周上：一种是无规则地分布，另一种是均匀分布．比较这两种情况下在过圆心O并垂直于圆平面的z轴上任一点P(如图所示)的场强与电势，则有［］(A) 场强相等，电势相等．(B) 场强不等，电势不等．(C) 场强分量E z相等，电势相等(D) 场强分量E z相等，电势不等．8 在磁感强度为B的均匀磁场中作一半径为r的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量n与B的夹角为α，则通过半球面S的磁通量(取弯面向外为正)为［］(A) πr2B．(B) 2 πr2B．(C) -πr2B sinα．(D) -πr2B cosα．系部名称：专业班级：姓名：学号：试卷份数密封线内不得答题线封密t9 如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将［］(A) 向着长直导线平移．(B) 离开长直导线平移．(C) 转动．(D) 不动．I110 自感为0.25 H的线圈中，当电流在(1/16) s内由2 A均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小为：［］(A) 7.8 ×10-3 V．(B) 3.1 ×10-2 V．(C) 8.0 V．(D) 12.0 V．（本题 20 分）二、填空题（每空2分）1 质点沿半径为R的圆周运动，运动学方程为223t+=θ(SI) ，则ｔ时刻质点的法向加速度大小为；角加速度α= ．2 一物体质量为10 kg，受到方向不变的力F＝30＋40t(SI)作用，在开始的两秒内，此力冲量的大小等于________________；若物体的初速度大小为10 m/s，方向与力F的方向相同，则在2s末物体速度的大小等于___________________．3 保守力的特点是__________________________________________．4 如图，A点与B点间距离为2l，OCD是以B为中心，以l为半径的半圆路径. A、B两处各放有一点电荷，电荷分别为＋q和－q ．把另一电荷为Q(Q＜0 )的点电荷从D点沿路径DCO移到O点，则电场力所做的功为___________________5 在一个不带电的导体球壳内，先放进一电荷为+q的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触．然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q取走．此时，球壳的电荷为__________，电场分布的范围是_______________________．6 有一同轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外两导体中的电流均为I，且在横截面上均匀分布，但二者电流的流向正相反，则(1)在r < R1处磁感强度大小为________________T．(2) 在r > R3处磁感强度大小为________________T．（本题10 分）三、质量为m的子弹以速度v 0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，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度．（本题 10 分）附加1、如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面．且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r1、r2．已知两导线中电流都为tIIωsin=，其中I0和ω为常数，t为时间．导线框长为a宽为b，求导线框中的感应电动势．IIO xr1r2ab+：：：：线封密（本题 10分）四、 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系．（本题 10 分）五、一带电细线弯成半径为 R 的半圆环，均匀带电，电量为Q 。
武汉理工大学大物B第三讲PPT
dv dt
dv dt = 10 m/s
dx
时x
=？
需要将速度是时间的函数转换成速度是坐标的函数去求解 dv dv dx dv v d ( 0. 5 v ) d (2. 5 + 0. 5 v )
dt
即
x
0
dx
dx dt dx dx d (2. 5 + 0. 5 v ) dx d (2. 5 + 0. 5 v ) 10
例1：在惯性参考系中，若物体受到的合外力为零，
则物体 （1）一定处于静 止状态，因为其加 （2）不一定处于 静止状态，因为加 速度为零只说明其
速度为零；
速度不变。
牛顿运动定律的应用
1. 解题方法
定对象 看运动 查受力 列方程
定对象（选研究对象，采用隔离法） 看运动（分析研究对象的运动状态） 查受力（分析研究对象的受力） 列方程，求解，讨论 2. 解决的问题 已知物体受力，求物体的运动状态； 已知运动状态，求物体所受的力。
第三讲 第二章牛顿运动定律
教学基本要求
一 掌握牛顿定律的基本内容及其适用条件 . 二 熟练掌握用隔离体法分析物体的受力情 况, 能用微积分方法求解变力作用下的简单质点 动力学问题 .
伟大的科学家---牛顿
英国物理学家, 经典物理 学的奠基人 . 他对力学、光学、
热学、天文学和数学等学x
102×ln(2.5+0.5v2)25
10
179 (m)
例四：
解：
例五： 一根长为L，质量为M的柔软的链条，
开始时链条静止，长为L－l 的一段放在光滑 的桌面上,长为 l 的一段铅直下垂。(1)求整 个链条刚离开桌面时的速度；(2)求链条由刚 开始运动到完全离开桌面所需要的时间。
武汉理工大学大学物理上-课后习题答案第5章课教材
教材习题解答5-1 一汽车发动机轼轴的转速度在12s 内由13min 102.1-⋅⨯r 均匀的增加到13min 107.2-⋅⨯r 。
求：①曲轴转动的角加速度；②在此时间内，曲轴转了多少圈？解 曲轴的初始角速度为123001026.160/102.122-⋅⨯=⨯⨯==s rad n ππω， ①曲轴做匀角加速度转动，其角速度t αωω+=0，所以曲轴转动的角加速度为()22201.13121026.11083.2-⋅=⨯-⨯=-=s rad t ωωβ②曲轴做匀角加速度转动，其转动的角位移为()20tωωθ+=∆()()rad 321045.22121026.183.2⨯=⨯⨯+=所以，在12s 内轼轴转过的圈数为()圈39021045.223=⨯=∆=ππθN5-2：质量为0.25kg 的物体，某一瞬时的位置矢量(2.0 2.0)m =-r i k ，此时它的速度-1(5.0 5.0)ms =-+V i k ，受到力 4.0F j =N 作用，那么（1）物体对原点的角动量是多少？（2）作用在物体上的力对原点的力矩是多少？解：这里质点的位置矢量r ，速度v 和力F 都表示为直角坐标的形式，因此用矢积的坐标表示法来给出角动量较为方便。
又(2.0 2.0)m =-r i k ，()-15.0 5.0ms =-+v i k ，0.25kg =m 及 4.0F j =N 。
根据L r p mr v =⨯=⨯ 有()()2-12-10.25 2.00.0 2.0kgm s 0.25 2.0 5.0 2.0 5.0kgm s 0 5.00.0 5.0=-=-⨯--⨯=⎡⎤⎣⎦-ij kLj 根据M r F =⨯有()0.0 2.0 2.00.02.00.0 2.0Nm Nm 8.08.0Nm 4.00.00.0 4.004.00⎛-⎫=-=+=- ⎪⎝⎭ij kM i k i k5-3：质量为2.0 kg 的质点，0t=时位于()0 4.0 2.0m =-r i j , 其速度为()2-16.0ms =-v t i ，求：（1）t 时刻质点对原点的角动量；（2）此时作用在质点上的力对原点的力矩解： （1）为了求出t 时刻质点的角动量，必须先得到t 时刻位置矢量的表示式，为此可以从速度的定义出发26.0dr v t i dt==-分离变量后积分()()()020336.04.0 2.0 2.04.0 2.0 2.0rtr dr t i dtr i j t i r t i j=---=-=--⎰⎰于是322-12.0[(4.0 2.0) 2.0](6.0)kgm s =⨯=--⨯-L r mv t i j t i 由于同方向矢量的矢积为零，且j i k ⨯=-，得22-124.0kgm s =-L t k （2）根据质点的角动量定理，有2(24.0)48.0dL d M t k tk dt dt==-=-Nm5-4 一质量为kg m 10.0=的小钢球接有一细绳，细绳穿过一水平放置的光滑钢板中部的小洞后挂上一质量为kg M 30.0=的法码，令钢球作匀速圆周运动，当圆周半径为m r 20.01=时砝码恰好处于平衡状态。
武汉理工大学物理第一讲PPT
r ( x, y )
x
的端点
dr （A） dt dr （C） dt
dx 2 dy 2 ( ) ( ) dt dt
b.学习深度 不断从相对真理向绝对真理发展
1 – 1 质点运动的描述
[例] 质量 初中：
第一章质点运动学
循环定义？
m
mV
－ 惯性质量
m V,
高中： F ma
F
大学：
GmM r2
m引 ？ m惯
－引力质量
m m0 E mc2
1 v2 c2
m引 m惯
前沿： 质量究竟是什么？是如何产生的？
dx dy d z v i j k dt dt dt
o
第一章质点运动学 1 – 1 质点运动的描述 第一章 运动的描述
s 平均速率 v t ds 瞬时速率 v dt
讨论
y
B
r (t t)
s r
o
dr （B） dt
（D）
A r (t)
一运动质点在某瞬时位于矢径 处，其速度大小为
第一章质点运动学
1.获得生活、学习、工作所需的知识和技能。
2.开启智慧，获得科学思想、科学精神、科学态度 和科学方法的熏陶和培养。 定位：
不仅仅是为后续课服务
不仅仅是为专业服务
立足于提高自身科学素质，有益于终身学习和发展
第一章质点运动学 1 – 1 质点运动的描述 为什么要提高工科学生的科学（物理）素质？
第一章质点运动学 1 – 1 质点运动的描述 物理与工程技术的关系
物理与技术关系的两种模式 * 技术 * 物理 物理 技术 技术 物理
计算机技术是这个崭新的信息时代的关键，其基础正 是过去大半个世纪的现代物理学的研究成果： 1、电子和信息技术的物理基础 2、激光技术的物理基础 3、核技术的物理基础
武汉理工大学大学物理练习题1-6答案
t 1s
an 3.6 1.9m/s
2
2、解：
1 2 由 θ ω 0t β t 2
代入 θ 75rad
t 5s
β 2rad/s
75 5ω0 25
求出 ω 0 10rad/s
ω0 ω β t 再由 求出 t 5s 0 β
练习3、牛顿定律及其应用
②滑块相对小车的速度
v v V 0.55 m / s
∴
1.1 t 2s 0.55
练习6、角动量和角动量守恒
1、解：
r 3i 8 j L r mv 3(3i 8 j ) (5 i 6 j )
174 k (kg m / s )
2
M r F (3i 8 j ) (7 i ) 56 k (N s )
1、解：
设阻力 f = -kv
dv 由牛顿定律： f = -kv = ma = m
dt
k dv 分离变量：- dt = m v
k 0 dt m
t
dv v0 v
v
v k ln t v0 m dx v0 由 v dt m ∴ x v0 k
k t e m
∴
x
v v0
积分
v
∴
dv ktdt 2 v
t dv v0 v 2 0 ktdt
1 1 1 2 kt 得： v0 v 2
即：
1 1 2 1 kt v 2 v0
练习2、自然坐标 1、解：
圆周运动
相对运动
dx 1 ① vx dt dy 2 vy 3t dt dv x 0 ② ax dt dv y ay 6t dt
大学物理习题及解答(运动学、动量及能量)
1-1.质点在Oxy 平面内运动，其运动方程为j t i t r )219(22-+=。
求：（1）质点的轨迹方程；（2）s .t 01=时的速度及切向和法向加速度。
1-2.一质点具有恒定加速度j i a 46+=，在0=t 时，其速度为零，位置矢量i r 100=。
求：（1）在任意时刻的速度和位置矢量；（2）质点在oxy 平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。
1-3. 一质点在半径为m .r 100=的圆周上运动，其角位置为342t +=θ。
（1）求在s .t 02=时质点的法向加速度和切向加速度。
（2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，θ值为多少？（3）t 为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等？题3解： (1)由于342t +=θ，则角速度212t dt d ==θω，在t = 2 s 时，法向加速度和切向加速度的数值分别为 222s 2t n s m 1030.2-=⋅⨯==ωr a22s t t s m 80.4d d -=⋅==t r a ω(2)当2t 2n t 212a a a a +==时，有2n 2t 3a a=，即 22212)24(3)r t (tr = s 29.0s 321==t此时刻的角位置为 rad.t 153423=+=θ (3)要使t n a a =，则有2212)24()t (r tr =s .t 550=3-1如图所示，在水平地面上，有一横截面2m 20.0=S 的直角弯管，管中有流速为1s m 0.3-⋅=v 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
解：在t ∆时间内，从管一端流入（或流出）水的质量为t vS m ∆=∆ρ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为()()A B A B v v t vS v v m p -∆=-∆=∆ρ依据动量定理p I ∆=，得到管壁对这部分水的平均冲力()A B v v I F -=∆=Sv t ρ从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='Sv F F ρ作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。
武汉理工大学大学物理课件
d d lim 2 dt t 0 t dt
2
t
P´(t+t) R O θ P(t)
s
O'
dv d a R R dt dt v 2 ( R ) 2 an R 2 R
x
例2.
某发动机工作时，主轴边缘一点作圆周 运动方程为 t 3 4t 3 (SI)
dr v dt
ds τ 速度矢量 v dt
dv dt
加速度矢量
2 dv d r 2 a 2 v 法向加速度 an n dt dt
切向加速度 a
2.圆周运动的角量描述 角位置: 角位移: 角速度: 角加速度: 3. 角量与线量的关系
d dt
d d 2 2 dt dt
dv d a R R dt dt v2 ( R ) 2 an R 2 R
s R ds d v R R dt dt
4.质点运动学中的两类基本问题
由初始条件定积分常量
作业
• 练习一、二
任一时刻运动员下落速度大小
的表达式
解： 由
分离变量求积分得：
( A Bv) ln Bt A
A Bt v(t ) (1 e ) B
例9.
解：
本讲小结
1.不同坐标系中基本物理量的描述
直角坐标系 位置矢量 位移矢量 速度矢量 自然坐标系 位置 S △S
r,
r (t )
位置变化 r r2 r 1
第二讲
1.直角坐标系 2.自然坐标系 3.圆周运动的角量描述 4.两类运动学问题
大学物理力学部分习题PPT幻灯片课件
解： 圆盘质量面密度
m
4 m
R2 (R 2)2 3 R2
小圆盘面积的质量
m2
( R)2
2
பைடு நூலகம்
( R)2
2
4m
3 R2
1m 3
大圆盘面积的质量M m 1 m
由平行轴定理，半径为 R/2 的小3 圆盘对 O 点的转动惯量为
I2
1 2
m2
(
R 2
)
2
大学物理习题课
——力学部分2
1
运动的守恒定律
1、力的时间积累效应
(1) 冲量 Fdt
动量 p mv
(2) 动量定理:
I
t 0
Fdt
p2
p1
(3) 动量守恒定律: F外 0时 pi pj pi pj
(4) 角动量、角动量定理以及角动量守恒定律
2
2、力的空间积累效应
m2
(
R 2
)2
1 8
mR 2
半径为 R 的大圆盘对 O 点的转动惯量为
I1
1 2
MR2
1 2
(m
m)R2 3
2 3
mR2
总转动惯量
I
I1
I2
13 24
mR 2
R
R/2
O O`
11
例3 如图所示，两物体的质量分别为 m1 和 m2 ，滑轮质量为 m ，半径为r, 已知 m2 与桌面之间的滑动摩擦系数为 μ，不计 轴承摩擦，求 m1 下落的加速度和两段绳中的张力。
武汉理工大学物理练习册及答案
d d 12t 2 , 24t dt dt
2
法向加速度
an 2 R 12t 2 0.1
a R 24t 0.1
2 a an a2 144t 4 242 t 2 0.1
由题意有
1 a R 24t 0.1 144t 4 242 t 2 0.1 2
vx
t=0 时
dx dy 1 ， vy 3t 2 dt dt
2 2 v vx vy 1 9t 4 1 ms-2.
(2)
ax
t=2 时
dv y dvx 6t 0 ， ay dt dt
a a y 6t 12m s2
（3） t 1s 时， a = 6 m s
1 S v0 t bt 2 ，其中 v 0 和 b 都是正的常量，则 t 时刻齿尖Ｐ的速度大小为____________， 2
加速度大小为______________。
答案：1， 0, 2πR/t
2，2S(1+S )
2
3, v0+bt
b
2
v bt 0
R2
2
二、计算题 1、质点沿半径 R 0.1m 的圆周运动，其角坐标与时间的关系为 2 4 t 3 ( SI ) ，求当切向加 速度的大小为总加速度大小的一半时质点的角位置 。 解：
3
kg 的子弹，其出口速率为 300 m / s 。设子弹在枪筒中前进时所受的
8000 ；开始时，子弹位于 x 0 处， x （其中 x 为子弹在枪筒中行进的距离） 9
求枪筒的长度。 解：设枪筒长度为 l 。根据动能定理
武汉理工大学理论力学课件-第五章-点的运动学描述和刚体的简单运动
轨迹上的位置可以这样确定：在轨迹上任选一点O为
参考点，并设点O的某一侧为正向，动点M在轨迹上
的位置由弧长s确定，视弧长s为代数量，称它为动点
M在轨迹上的弧坐标。当动点M运动时，s随着时间变
化，它是时间的单值连续函数，即
s f (t)
O
(-)
s
(+) M
这就是点沿轨迹的运动方程或以弧坐标表示的点的运动
dy dt
vz
dz dt
速度在各坐标轴上的投影等于动点的各对应坐标 对时间的一阶导数。
若已知速度的投影，则速度的大小为
v vx2 vy2 vz2
其方向余弦为
cos(v,i ) x , cos(v, j) y , cos(v, k ) z
v
v
v 10
3. 加速度
a dv dvx i dvy
称主法线。令主法线的单位矢量为n，指向曲线内凹一侧。过点
方程。
14
2. 自然轴系
在轨迹上取极为接近
的点M和M1，切线的单位 矢量为τ和τ1，指向与弧坐 标 正 向 一 致 。 将 τ1 平 移 到 点M，则τ 和τ1决定一平面。 令M无限趋近点M1，则此 平面趋近于某一极限位置，
此极限平面称为曲线在点
M的密切面。
过点M并与切线垂直的平面称为法平面，法平面与密切面的交线
6
3. 加速度
点的速度矢对时间的变化率称为加速度。点的加 速度也是矢量，它表征了速度大小和方向的变化。点 的加速度等于它的速度对时间的一阶导数，也等于它 的矢径对时间的二阶导数。
a lim v t0 t
dv dt
d2r dt 2
武汉理工大学大学物理考试试题-09物理上
F=
mkx2
，
∆t
=
1 k
ln
x2 x1
；
3. (1 +
2)m
gy0 ,
1 2
mv0
;
r
r
4. −80k (kg ⋅m2s−1) , 24k (m ⋅ N ) ;
5. r2 :r1, 1:1; 6. 2: 1, 1:2; 7. IΦ tanα , IΦ;
8. 8.0(v), 0.5(J); 9. v = k mr ; E = − k (2r);
1
（C） ε1 < ε2 > ε3
（D） ε3 > ε2 > ε1
2
二、填 空 题（每题 3 分，共 27 分）
3
1．质点沿半径 R=0.1 m 作圆周运动，其角坐标与时间的关系 θ = 2 + 4t2(SI ) ，则 t=1 秒时切
向加速度大小 at =
法向加速度大小 an =
。
2．一质量为 m 的质点沿 x 轴正向运动，假设该质点通过坐标为 x 点时的速度为 kx（k 为正
2πε 0 R
⑵（4 分）
原点 o 处电势:
dq
πR λ dl
q
∫ ∫ U =
=
=
4πε0R 0 4πε0R 4πε0R
4. （10 分）解：⑴．以轴线上为原点建立 r 坐标系，
电流密度
j
=
π
I R2
,由安培环路定理求
内部的场
B1
和外部的场
B2
：
∫r
B1
r ⋅ dl
=
µ0
jπ r2
,求得：
B1
=
µ0 Ir 2π R2
大学物理第1章习题解答(全)ppt课件
23 23 t t 0 3 3
1-24 一质点在半径为0.10m 的圆周上运动， 3 2 4 t 其角位置为 ，式中 的单位为 rad ， t的单位为s。求： （1）在 t=2.0s时质点的法向加速度和切向 加速度。 （2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大 小的一半时， 值为多少？ （3）t为多少时，法向加速度和切向加速度 相等？ d 2 3 得： 12 t 2 4 t 解 （1）由 dt
（2）加速度的大小和方向。 解：（1）速度的分量式为 dx dy v 10 60 t v 15 40 t x y dt dt
v ( t ) v v 10 60 t 15 40 t
2 2 x y 2 2
v ( t ) v v 10 60 t 15 40 t
解 （1）由参数方程
x 2 . 0 t , y 19 . 0 2 . 0 t
2
消去t得质点的轨迹方程：
y 19 . 0 0 . 50 x
(2)
2
t1 1 .0 s
t2 2 .0 s
r r r 2 1 v 2 . 0 i 6 . 0 j t t t 2 1
dv d 2 2 2 a (v v ) 3 . 58 m s tt 1 x y dt dt
a a a 1 . 79 m s n
2 2 t
2
(4)
t 1 . 0 s时质点的速度大小为
2 2 1 v v v 4 . 47 m s x y
2
a a a 72 . 1 m s
设 a与 x 轴正向的夹角为
武汉理工大学大学物理学专业大物B试卷及答案
武汉理工大学考试试卷（A 卷）2014~ 2015 学年 2 学期大学物理 B课程闭卷时间 120 分钟，80 学时，5 学分，总分 100 分 2015 年 06 月 25 日 题号 一 二 三 1 三 2 三 3 三 4 三 5 三 6 三 7 合计 满分 得分15169101010101010100一、选择题（共 15 分）得分1．（本题 3 分）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．今在此导体上通以电流 I ，电流在截面上均匀分布，则空 心部分轴线上 O ′点的磁感强度的大小为（）Ia 2 2 I a 2 r2（A ）（C ）（B ） （D ） 02 a R I 2 a R2a 2 I a 2r 2 0 0 ( )2 aRr2 22 a R 2 a 22．（本题 3 分）一运动质点在某瞬时位于矢径 rx, y 的端点处, 其速度大小为 （ ））d x 2d y 2 d rd t d rd td r d t（A ） . （B ）. （C ）.（D ）d t d t3．（本题 3 分） 关于同时性的以下结论中，正确的是（(A) 在一惯性系同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生． (B) 在一惯性系不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生． (C) 在一惯性系同一地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生． (D) 在一惯性系不同地点不同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生. 4. （本题 3 分）在康普顿效应实验中，若散射光波长是入射光波长的 1.2 倍，则散射光光子 能量ε与反冲电子动能 E 之比ε / E 为 （）k k （A ） 2．（B ） 3．（C ） 4．（D ） 5．5．（本题 3 分）边长为 a 的等边三角形的三个顶点上，分别放置着三个正的点电荷 3q 、4q 、 5q ．若将另一正点电荷 Q 从无穷远处移到三角形的中心 O 处，外力所作的功为：（）（共 6 页 第 1页）3 3qQ 3 3qQ 3qQ 3qQ(A) ．(B) ．(C) ．(D)4 a a 2 a a0 0 0 0得分二、填空题（共16 分）1．（本题4 分）把一个均匀带有电荷Q 的球形肥皂泡由半径R 吹胀到R ，则半径为r1 2（R r R ）的球面上任一点的场强大小E 由变为；电势U 由1 2变为（选无穷远处为电势零点）。
武汉理工大学大学物理网上答题
武汉理工大学大学物理网上答题(共20页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第 1 期考试在线评卷（本期考试 3 道判断题， 7 道选择题，总分 100 分）判断题（共 3 道，每题 10 分）1 、封闭系统是指与外界只有能量交换而无物质交换的热力学系统。
（正确答案：对提交答案：对判题：√ 得分：10分）2 、处于平衡态下的系统中的大量分子的热运动也停止了。
（正确答案：错提交答案：错判题：√ 得分：10分）3 、“热现象是物质中大量分子或原子等微观粒子有规则运动（称为：热运动）的集体表现”这种说法正确吗？（正确答案：错提交答案：错判题：√ 得分：10分）判断类型题小计得分：30分选择题（共 7 道，每题 10 分）1、一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平衡状态，则它们（正确答案：C 提交答案：C 判题：√ 得分：10分）A、温度相同、压强相同B、温度、压强都不相同C、温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强D、温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强2、水蒸气分解为同温度的氧气和氢气，其内能增加了百分之几（按刚性分子考虑）（正确答案：C 提交答案：C 判题：√ 得分：10分）A、%B、50%C、25%D、03、关于温度的意义，有下列几种说法：（1）气体的温度是分子平均平动动能的量度。
（2）气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义。
（3）温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同。
（4）从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。
上述说法中正确的是（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、（1）、（2）、（4）B、（1）、（2）、（3）C、（2）、（3）、（4）D、（1）、（3）、（4）4、已知氢气与氧气的温度相同，请判断下列说法哪个正确（正确答案：D 提交答案：D 判题：√ 得分：10分）A、氧分子的质量比氢分子大，所以氧气的压强一定大于氢气的压强B、氧分子的质量比氢分子大，所以氧气的密度一定大于氢气的密度C、氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子的速率大D、氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的方均根速率一定比氧分子的方均根速率大5、速率分布函数f(v)的物理意义为：（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、具有速率v的分子占总分子数的百分比B、速率分布在v附近、单位速率区间中的分子数占总分子数的百分比C、具有速率v的分子数D、速率分布在v附近、单位速率区间中的分子数6、若两种理想气体的温度相等，则其能量关系为（正确答案：C 提交答案：判题：╳得分：0分）A、分子的平均总能量必然相等B、分子的平均动能必然相等C、分子的平均平动动能必然相等D、内能必然相等7、两容器中分别装有两种双原子理想气体，已知它们的压强相同，体积相同，它们的内能（正确答案：A 提交答案：A 判题：√ 得分：10分）A、一定相等B、温度较高的，内能较多C、分子数较多的，内能较多D、气体质量较大的，内能较多第 2 期考试在线评卷（本期考试 0 道判断题， 10 道选择题，总分 100 分）选择题（共 10 道，每题 10 分）1、已知一质点沿y轴作简谐振动，其振动方程为，与之对应的振动曲线是（）（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、上图中的答案AB、上图中的答案BC、上图中的答案CD、上图中的答案D2、一劲度系数为k的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们并联在一起，下面挂一质量为m的物体，则振动系统的频率为：（正确答案：B 提交答案：B 判题：√ 得分：10分）A、B、C、D、3、一弹簧振子作简谐振动，总能量为E1。