大二物理1-3章习题课

合集下载

大学物理第三章-部分课后习题答案

大学物理第三章课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。

分析：用补偿法〔负质量法〕求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。

注意对同一轴而言。

解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。

分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：〔1〕对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。

分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。

解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。

大学物理第三章课后习题答案

r3
， k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能，设力为零的
r = a cos ωt i + b sin ωt j ， r 式中 a ， b ， ω 是正值常数，且 a ≻ b 。
（1）说明这质点沿一椭圆运动，方程为
�
x2 y 2 + = 1； a2 b2
（2）求质点在 A 点 (a ,0) 时和 B 点 (0, b ) 时的动能；（3）当质点从 A 点到 B 点，求力 F 所做的功，并求 F 的分力 Fx i 和 Fy j 所做的功；（4） F 力是不是保守力？ 12 . 如果物体从髙为 h 处静止下落，试求（1）时间为自变量； 12. （2）高度为自变量，画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 . 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3R e 的轨道运动， R e 为地球的半径，已知 13 13. 地球的质量为 M e ，求（1）卫星的动能；（2）卫星的引力势能；（3）卫星的机械能。 . 如图所示， 14 14. 小球在外力作用下，由静止开始从 A 点出发做匀加速运动，到达 B 点时撤消外力，小球无摩擦的冲上竖直的半径为 R 的半圆环，到达最高点 C 时，恰能维持在圆环上做圆周运动，并以此速度抛出而刚好落回到原来的出发点 A 处，如图试求小球在 AB 段运动的加速度为多大？ . 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量 15 15. 为 M ，从与水平倾角 α = 30° 斜面上的点 A 由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍，矿车下滑距离 l 时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性力作用，使之返回原位置 A 在装货。试问要完成这一过程，空载时车的质量与满载时车的质量之比应为多大? . 半径为 R 的光滑半球状圆塔的顶点 A 16 16. 上，有一木块 m ，今使木块获得水平速度

教科版物理必修1-- 第3章习题课3 瞬时加速度问题和动力学图像问题

⇓ 根据相应的物理规律对结果作出分析判断
栏目导航
2．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用， F 的大小与时间 t 的关系如图甲所示，物块速度 v 与时间 t 的关系如图乙所示．取重力加速度 g＝10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量 m 和物块与地面之间的动摩擦因数 μ 分别为 ( )
A．0.5 kg,0.4 C．0.5 kg,0.2
B．1.5 kg，125 甲乙 D．1 kg,0.2
栏目导航
A [由 F-t 图像和 v-t 图像可得，物块在 2～4 s 内所受外力 F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝ΔΔvt ＝42 m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma，即 3－10μm＝ 2m①
A．弹簧的拉力 F＝cmosgθ B．弹簧的拉力 F＝mgsin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度 a＝gsin θ
栏目导航
思路点拨：解答本题应把握以下三点： ①剪断绳前小球的受力情况． ②剪断绳 AO 后弹簧弹力不突变． ③根据牛顿第二定律确定加速度．
栏目导航
A [烧断 AO 之前，小球受三个力，受力分析如图所示，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A 正确，B 错误．烧断绳的瞬间，小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即 F 合＝mgtan θ，则小球的加速度 a＝gtan θ，则 C、D 错误．]
栏目导航
重难强化训练
点击右图进入…
栏目导航
Thank you for watching !
栏目导航
栏目导航
BD [撤去 F 瞬间，弹簧弹力不发生变化，故 A 球受力不变，加速度为零，选项 A 错误，B 正确；对 B 球撤去 F 前，弹簧弹力与 F 等值反向，撤去 F 后，弹簧弹力不变，故加速度大小为mF，选项 C 错误，D 正确．]

大学物理第一章习题课

2b;
a
a
2 x
a
2 y
0.
正确答案当然是变速直线运动。
5
作业问答题：什么是矢径？矢径和对初始位置的位移矢量之间有何关系？怎样选取坐标原点才能使两者一致？
z
答：矢径(位矢)是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．
而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它
答案： 23m·s-1 .
a 3 2t dv 3 2t
dt
dv （3 2t）d t
v dv
t
（3
2t）d
t
v0
0
v v0 =3t t 2 令 t = 3 s， v =v0 +3t t 2 =5+9+9=23m s1
教材，作业. 一质点从静止出发沿半径R = 1m的圆周运动，
v雨对车 300
v 车对地
v车对地=10m/ s
v雨对地 =v车对地 cot 300 10 3 m/ s
v雨对车 =v车对地 / sin 300 20 m/ s
三、解答题
教材，作业. 有一质点沿 x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为 x = 4.5t 2–2t 3
(SI)。试求：(1)第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度；(3)第2
秒内的路程。
解：(1)
(2) (3)
v
v S
= =
x / t 0.5 m/ s
v
0.5i
m/
s
d x/d t = 9t - 6t2 v (2) = – 6 m/s v
|x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m

第一章质点运动学习题课

dv at c 1 2 ds dt s bt ct v b ct 2 2 ( b ct ) v 2 dt an R R R b 当at=an求得 t c c
质点运动学
30
物理学
第五版
第一章习题课
9 一质点在半径为0.10m的圆周上运动，设t=0时质点位于x轴上，其角速度为ω=12t2。试求
质点运动学
23
物理学
第五版
第一章习题课 5 一小轿车作直线运动，刹车时速度为v0，刹车后其加速度与速度成正比而反向，即a=-kv，k 为正常量。
试求
（1）刹车后轿车的速度与时间的函数关系
（2）刹车后轿车最多能行多远？
解：
dv 1 kt 由 a kv kv dv kdt v Ce （1） dt v
（3） v R 25 1 25m s
1
a R m s 2
质点运动学
29
物理学
第五版
第一章习题课 8 一质点沿半径为R的圆周运动，质点所经过的弧长与时间的关系为s=bt+ct2/2，其中b，c为常量，且Rc>b2。求切向加速度与法向加速度大小相等之前所经历的时间解：
答案：B
质点运动学
4
物理学
第五版
第一章习题课
4 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作( )
质点运动学
5
物理学
第五版
第一章习题课
v0 (A) 匀加速运动, v cos
(B) 匀减速运动,
第一章习题课

《大学物理简明教程》第三章课后习题答案

（6）氮气分子为双原子分子，有 5 个自由度。所以氮气分子的平均动能为
3.7 1 mol 氧气贮于一氧气瓶中，温度为 27℃。如果把它视为刚性双原子分子的理想气体，
能又称为内动能即理想气体的内能。若运输氧气瓶的运输车正以 10m/s 的速率行驶，这些氧气分子的内能又是多少？
解：（1）刚性双原子分子有 5 个自由度，所以氧气分子的平均动能为
后
答
2ε t 2 × 0.1 × 1.60 × 10 −19 = = 773( K ) 3k 3 × 1.38 × 10 − 23
5
3.6 容器内储有氮气，其温度为 27 o C ，压强为 1.013×10 Pa。把氮气看作刚性理想气体，
平动能；（5 ）氮气分子的平均转动动能；（6）氮气分子的平均动能。（摩尔气体常量
解：当水银滴在正中不动时， N 2 和 O2 的压强和体积都相等，即
3
后
−1
3.2 技术上真空度常用 Toor(托)表示，它代表 1mmHg 水银柱高的压强，有 1atm = 760 托。
答
如果 T1 < T2 ，也有同样的结果。
案
3 −1
C1T1 + C 2T2 C1 + C 2
网
p N 2 = pO2 ， V N 2 = VO2
o
后
答
快” （电热丝）加热。已知在通电使水从 25 o C 升高到 75 o C 的过程中，
案
网
图 3-32 习题 3.13 用图
课
o
Q = cm∆T = 4.2 × 10 3 × 1 × (75 − 25) = 2.1 × 10 5 ( J )
设水从周围环境吸收的热量为 Q ′ ，根据能量守恒定律有

1-3章习题课

+q
S
−q
12
(1271)如图所示，在电量为q的点电荷的静如图所示，在电量为的点电荷的静如图所示电场中，电场中，与点电荷相距分别为 ra 和rb 的 a,b两点之间的电势差 U a－U b ＝两点之间的电势差 _________ q 1 1 ( − ) 4πε0 ra rb
ra
q
a
r a
解：选坐标原点在带电平面所在处，x轴垂直于平面。选坐标原点在带电平面所在处，轴垂直于平面。轴垂直于平面由高斯定理可得场强分布为：由高斯定理可得场强分布为：
E = ±σ (2ε0 )
（式中“＋”对x>0区域，“－”对x<0区域）。平面外区域，区域）。式中“ 区域区域）。平面外任意点x处电势处电势：任意点处电势：在 x ≤ 0 区域 0 0 −σ σx U = ∫ E dx = ∫ dx = x x 2ε 2ε 0 0 在 x ≥ 0 区域 0 0 σ −σ x U = ∫ Edx = ∫ dx = x x 2ε 2ε 0 0 17
(1407) 一半径为的均匀带电圆盘，电荷面一半径为R的均匀带电圆盘的均匀带电圆盘，设无穷远处为电势零点，密度为 σ ，设无穷远处为电势零点，则圆盘中心O点的电势盘中心点的电势 U 0 ＝_____.
σ
P
x
r → r + dr 处圆环在点产生的电势为：处圆环在P点产生的电势为点产生的电势为：
(B)
r
p
9
（1567）一半径为的“无限长”均匀带电圆）一半径为R的无限长” 柱面，该圆柱面内、柱面，其电荷面密度为σ．该圆柱面内、外场强分布为( 表示在垂直于圆柱面的平面上，表示在垂直于圆柱面的平面上，强分布为 r 从轴线处引出的矢径)：从轴线处引出的矢径： 0 E(r ) ＝______________________(r<R )，

1-3习题课1008

前三章练习题说明：1、选择题答案在其后2、作业“P49 2-7 指出（2）15H - 0EFH 运算结果对标志位的影响，说明进位标志和益处标志的区别。

”答案在最后一、问答第一章1.1 冯·诺依曼型计算机的设计方案有哪些特点？【解答】冯·诺依曼型计算机的设计方案是“存储程序”和“程序控制”，有以下5方面特点：（1）用二进制数表示数据和指令；（2）指令和数据存储在内部存储器中，按顺序自动依次执行指令；（3）由运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备组成基本硬件系统；（4）由控制器来控制程序和数据的存取及程序的执行；（5）以运算器为核心。

1.2 微处理器和微型计算机的发展经历了哪些阶段？字长变化过程？【解答】经历了6代演变，字长从4位，经历了8、16、32，目前为64位。

1.3 微型计算机的特点和主要性能指标有那些?【解答】除具有运算速度快、计算精度高、有记忆能力和逻辑判断能力、可自动连续工作等基本特点以外，还具有功能强、可靠性高、价格低廉、结构灵活、适应性强、体积小、重量轻、功耗低、使用和维护方便等。

微型计算机的性能指标与系统结构、指令系统、硬件组成、外部设备以及软件配备等有关。

常用的微型计算机性能指标主要有：字长、主频、内存容量、指令数、基本指令执行时间、可靠性、兼容性、性能价格比等。

1.4微处理器、微型计算机、微机系统的区别与联系是什么？【解答】微处理器（ＭＰＵ或ＣＰＵ）：是微型计算机的核心部件，由ＢＩＵ（总线接口部件）和EU （执行单元）组成，其功能是负责统一协调、管理和控制系统中的各个部件有机地工作。

微型计算机一般指由微处理器、存储器（内、外）、输入/输出设备，及系统总线、接口电路、主机板等部件组成的硬件设备（裸机）。

微型计算机系统由微型计算机硬件设备和软件系统组成，有了软件系统，微机才能运行。

1.5 什么是微型计算机的系统总线？说明数据总线、地址总线、控制总线各自的作用。

大学物理习题(上)(完整版)答辩

1习题课（一）1-1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j bt i at r 22+=（其中a 、b 为常量），则该质点作（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1-2 某物体的运动规律为t k dt d 2v v -=，式中k 为常数。

当t = 0时，初速度为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是（A ）0221v v +=kt （B ）0221v v +-=kt （C ）02121v v +=kt （D ）02121v v +-=kt 1-3 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 船沿X 轴正向，B 船沿Y 轴正向。

今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系，那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度为（以m/s 为单位）（A ）j i 22+ （B ）j i 22+- （C ）j i 22-- （D ）j i 22- 1-4 升降机内地板上放有物体A ，其上再放另一物体B ，二者的质量分别为M A 、M B 。

当升降机以加速度a 向下加速运动时(a < g )，物体A 对升降机地板的压力在数值上等于（A ）g M A （B ）g M M B A )(+（C ）))((a g M M B A ++ （D ）))((a g M M B A -+1-5 质量分别为m A 和m B 的两滑块A 和B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F 作用下匀速运动，如图所示。

如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A 和a B 分别为（A ）a A = 0，a B = 0 （B ）a A > 0，a B < 0（C ）a A < 0，a B > 0 （D ）a A < 0，a B = 0 1-6 有一水平飞行的飞机，速度为v 0，在飞机上以水平速度v 向前发射一颗炮弹，略去空气阻力并设发射过程不影响飞机的速度，则（1）以地球为参照系，炮弹的轨迹方程为；（2）以飞机为参照系，炮弹的轨迹方程为。

大学物理上册一二章习题

6.劲度系数为k的弹簧，上端固定，下端悬挂重物．当弹簧伸长x0，重物在O处达到平衡，现取重物在O处时各种势能均为零，则当弹簧长度为原长时，系统的重力的总势势能能为为___k_x__02__12__k__x__02_；__系_．统的（弹答性案势用能k和为x_0表__12示_k_x）_02_；系统
子剪断的瞬间，球1和球2的加速度分别为
(A) a1＝ｇ，a2＝ｇ．(B) a1＝0，a2＝ｇ．球1 (C) a1＝ｇ，a2＝0． (D) a1＝2ｇ，a2＝0．
选(D)
球2
第三章习题课
3.今有一劲度系数为k的轻弹簧,竖直放置,下端悬一质量为m的小球,开始时使弹簧为原长而小球恰好与地接触,今将弹簧上端缓慢地提起,直到小球刚能脱离地面为止,在此过程中外力作功为
选(C)
二、填空题
第三章习题课
1. 一个力F作用在质量为1.0kg的质点上，使之
沿x轴运动，已知在此力作用下质点的运动方程
为 x 3t 4t 2 t（3 SI），在0到4s的时间间隔内
(1)力F的冲量大小I= 16N s ,
(2)力F对质点所作的功A= 176J
.
2. 力 F 12i (SI)作用在质量m=2kg的物体上，使物体由原点从静止开始运动，则它在3s末的动量大小
m2g2 (A)
4k
4m2 g2 (B)
k
m2g2 (C)
2k
2m2 g2 (D)
k
外力: F=kx,这是一个变力.
F
物体m脱离地面的条件是 kxo=mg
所以外力作的功为
第三章习题课
4.一质点在几个外力同时作用下运动时,下述哪种说法正确？
(A)质点的动量改变时,质点的动能一定改变． (B)质点的动能不变时,质点的动量也一定不变． (C)外力的冲量是零,外力的功一定为零． (D)外力的功为零,外力的冲量一定为零． [ C ]

新教材2023_2024学年高中物理第3章圆周运动习题课圆周运动的临界问题分层作业鲁科版必修第二册

习题课:圆周运动的临界问题A级必备知识基础练1.如图所示,长度均为L的两根轻绳,一端共同系住质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A、B 两点,A、B两点间的距离也为L。

重力加速度大小为g。

今使小球在竖直面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点的速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,则小球在最高点的速率为2v时,每根绳的拉力大小为()√3mgA.√3mgB.43C.3mgD.2√3mg2.如图所示,一水平放置的木板上放有砝码,砝码与木板间的动摩擦因数为μ,让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动。

假如运动中木板始终保持水平,砝码始终没有离开木板,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,那么下列说法正确的是()A.在通过轨道最高点时砝码处于超重状态B.在经过轨道最低点时砝码所需静摩擦力最大C.匀速圆周运动的速度小于等于√μgRD.在通过轨道最低点和最高点时,砝码对木板的压力之差为砝码重力的6倍3.如图所示,转动轴垂直于光滑水平面,交点O的上方h高处(A点)固定细绳的一端,细绳的另一端连接一质量为m的小球B,绳长l>h,重力加速度为g,转动轴带动小球在光滑水平面内做圆周运动。

当转动的角速度ω逐渐增大时,下列说法正确的是()A.小球始终受三个力的作用B.细绳上的拉力始终保持不变C.要使小球不离开水平面,角速度的最大值为√gℎD.若小球离开了水平面,则角速度为√gℎ4.质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道内侧运动,若经最高点不脱离轨道的临界速度为v,则当小球以2v速度经过最高点时,小球对轨道的压力大小为。

5.如图所示,质量M=2 kg的物体置于可绕竖直轴匀速转动的平台上,M用细绳通过光滑的定滑轮与质量为m=0.4 kg的物体相连,m悬于空中与M都处于静止状态。

假定M与轴O的距离r=0.5 m,与,求:平台的最大静摩擦力为其重力的310(1)M受到的静摩擦力最小时,平台转动的角速度ω0;(2)要保持M与平台相对静止,平台转动的角速度最大值。

大学物理课后习题答案第三章

第3章力学基本定律与守恒律习题及答案1．作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d,同理， 12v v ∆=∆,12I I=这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)2．一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 3．如图所示，一质量为m 的球，在质量为M 半径为R 的1/4圆弧形滑槽中从静止滑下。

大学物理第一章习题课解答

解题方法和要点一、运动学的两类问题(1) 已知运动方程求速度、加速度和轨道（轨迹方程），这是运动学的第一类问题。

求解这类问题应用微分方法，如果题目已给出运动方程，这时可直接对时间求导得出速度和加速度;如题目只规定了质点的运动状态，则应先建立运动方程，然后再求速度和加速度。

(2) 已知加速度和初始条件求速度，运动方程和轨道，这是运动学的第二类问题。

求解这类问题应用积分法，通过一次积分求出速度，再积分一次便得到运动方程。

二、相对速度的计算(1) 几何法：首先搞清楚题目所涉及的各个速度是哪个物体相对于哪个参照系（或哪个物体）的速度，然后依据速度合成定理认真画出矢量图，最后由矢量图判断和计算待求速度的大小和方向。

采用几何法，一般无须建立坐标系。

(2) 分析法：和几何法一样首先弄清题中所言速度是谁对谁的速度，然后建立适当的坐标系，由已知速度矢量画出草图，利用草图计算各投影量，最后依据速度合成定理求合成速度。

1. 已知质点的运动方程为x=2bcoswt , y=bsinwt ，其中b 和w 是常数，(1) 写出质点的r(t)K 的表达式;(2) 求质点运动的轨道、速度和加速度，并图示之;(3) 求v K 和－r K 的夹角;(4) 在一个周期内，哪些时刻速度与加速度互相垂直？解：（1）质点的r K(t)表达式为r()()()2cos sin t x t i y t j b wt i b wt j =+=+G G G G K(2) 由质点的运动方程消去时间t ，得轨道方程：222214x y b b +=可见，轨道为一椭圆，其长半轴为2b ，短半轴为b.()()2sin cos d r dx t dy t v i j bw wt i bw wt j dt dt dt==+=−+G G G G J G G 2...dv a w r dt ===−G G G17−图2. 一个正在行驶的汽艇在关闭发动机后，具有一个与速度相反的加速度，其大小与速度平方成正比，即a = -kv 2，式中k 为常数，证明(1) 在发动机关闭后，汽艇在t 时刻的速度可表示为011kt v v =+; (2) 在时间t 内，汽艇行驶的距离为01ln(1)x kv t k=+; (3) 汽艇在行驶距离x 后的速度为0kx v v e −=。

大学物理第二章习题课

6
作业. 两块并排的木块A和B，质量分别为m1和m2，静止地放置在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块，设子弹穿过两木块所用的时间分别为t1 和t2，木块对子弹的阻力为恒力F，则子弹穿出后，木块A的速度为______，木块B的速度大小为_______.
F t1 m1 m2
F t1 F t2 m1 m2 m2
u dt
l
船岸
0
M m 0 狗船
M m
S
狗离岸的距离为 S S0 S
S
L l
S
S0
S
S0
M M
m
l
S l L l(1 m ) M l M m M m 17
17
作业. 有两个自由质点，质量分别为 m1和m2 ，他们之间只有万有引力作用，开始时，两质点相距为 l ,处于静止状态。求当它们相距 l /2
[ C]
(A) ①、②是正确的。
(B) ②、③是正确的。
(C) 只有②是正确的。
(D) 只有③是正确的。
势能与保守力作功的一般关系： W Δ E p
物体沿闭合路径运动一周时, 保守力对它所作的功等于零。 l F保 d r 0
功不仅与力有关，还与位移有关！
5
2.填空题
教材、作业. 质量为m的小球，用轻绳AB、
L1
Δ
L
质点系的角动量定理（积分形式）：作用于质点组的合
外力矩的冲量矩等于质点组角动量的增量。
4
教材. 对功的概念有以下几种说法：
① 保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
② 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
③ 作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的

教科版物理必修1-- 第3章习题课5 滑块—木板模型和传送带模型

栏目导航
3．解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
栏目导航
(3)木板的加速度 a′＝Mmμg＝0.5 m/s2 设经过时间 t，滑块和长木板达到共同速度 v，则满足：对滑块：v＝v0－at 对长木板：v＝a′t 由以上两式得滑块和长木板达到的共同速度 v＝1 m/s. [答案] (1)0.5 N，方向向右 (2)1 m/s2 (3)1 m/s
(1)A 从 B 下抽出前 A、B 的加速度各是多大； (2)B 运动多长时间离开 A.
栏目导航
[解析] (1)对于 B：μ1mg＝maB 解得 aB＝1 m/s2 对于 A：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA 解得 aA＝2 m/s2.
栏目导航
(2)设经时间 t 抽出，则 xA＝12aAt2 xB＝12aBt2 Δx＝xA－xB＝l－x 解得 t＝2 s.
(1)要使滑块与木板发生相对滑动，F 至少为多大； (2)当 F＝3μmg 时，经过多长时间，力 F 可使滑块滑至木板的最右端．
栏目导航
思路点拨：①分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度．
②对滑块和木板进行运动情况分析，找出各自的位移． ③滑块滑至木板最右端，滑块相对木板位移为木板长度．
设物体做匀加速运动的时间为 t1，由匀加速直线运动规律得 t1＝va＝2 s
栏目导航
设物体做匀加速运动的位移为 x1，则有 x1＝12at21＝12×2×22 m＝4 m．物体做匀速运动的位移 x2＝L－x1＝12 m，做匀速运动的时间 t2＝xv2＝ 3s

大学物理第一章课后习题答案

第一章质点运动学1.1一质点沿y 方向运动，它在任意时刻t 的位置由式1052+=t y 给出，式中t 以s 计，y 以m 计算下列各段时间内质点的平均速度大小：(1)2s 到3s (2)2s 到2.1s (3)2s 到2.001s (4)2s 到2.0001s 解：(1)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 32=，则质点的平均速度大小为：{}sm sm t t y y /25)23(]10)2(5[10)3(5221212=−+−+=−−=υ(2)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 1.22=，则质点的平均速度大小为：{}sm sm t t y y /5.20)21.2(]10)2(5[10)1.2(5221211=−+−+=−−=υ(3)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 001.22=，则质点的平均速度大小为：{}sm smt t y y /005.20)2001.2(]10)2(5[10)001.2(5221212=−+−+=−−=υ(4)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 0001.22=，则质点的平均速度大小为：sm smt t y y /0005.20)20001.2(]10)2(510)0001.2(5[221212=−−−+=−−=υ1.2一质点沿Ox 轴运动,其运动方程为2653t t x +−=;式中t 以s 计，x 以m 计，试求：(1)质点的初始位置和初始速度；(2)质点在任一时刻的速度和加速度；(3)质点做什么运动；(4)做出t x −图和t −υ图；(5)质点做匀加速直线运动吗？解：（1）设质点初始时刻00=t ，则质点的初始位置为：mm x 3]06053[20=×+×−=即质点的初始位置在Ox 轴正方向3m 处。

因为质点的速度为：tdt dx125+−==υ所以质点的初始速度为：220/5/)0125(s m s m dt dxt −=×+−===υ质点的初始速度大小为2/5s m ，方向沿Ox 轴负方向。

2021-2022学年高中物理：第3章习题课1 匀变速直线运动的相关推论

本无法安全起飞(请你计算，作出判断)．航空母舰不得不在海面上沿
起飞方向运动，从而使战斗机获得初速度，达到安全起飞的目的，
那么航空母舰行驶的速度至少为多大才能保证这架战斗机安全起
飞？(结果保留 3 位有效数字)
习题课1 匀变速直线运动的相关推论
1
2
3
合作探究·攻重难课堂小结·提素养重难强化训练
思路点拨：航空母舰静止时，可求解飞机在跑道加速 100 m 的速度与起飞速度对比，判断能否起飞，再求解航空母舰的安全行驶速度．
习题课1 匀变速直线运动的相关推论
1
2
3
合作探究·攻重难课堂小结·提素养重难强化训练
【例 1】在风平浪静的海面上，有一架战斗机要去执行一项紧
急飞行任务，而航空母舰的弹射系统出了故障，无法在短时间内修
复．已知飞机在跑道上加速时，可产生的最大加速度为 5 m/s2，起飞
速度为 50 m/s，跑道长为 100 m．经过计算发现在这些条件下飞机根
(1)物体做加速运动时，加速度 a 取正值；做减速运动时，加速
度 a 取负值．
(2)位移 s>0 说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；s<0 说
明物体通过的位移方向与初速度方向相反．
习题课1 匀变速直线运动的相关推论
1
2
3
合作探究·攻重难课堂小结·提素养重难强化训练
2．两种特殊情况 (1)当 v0＝0 时，v2＝2as． (2)当 v＝0 时，－v20＝2as． 3．公式特点该公式只涉及初速度 v0，末速度 vt，位移 s 和加速度 a，不涉及时间 t．
习题课1 匀变速直线运动的相关推论
1
2
3
合作探究·攻重难课堂小结·提素养重难强化训练

大学物理习题下

大学物理习题下文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]习题课（一）1-1 在边长为a 的正方体中心处放置一点电荷Q ，设无穷远处为电势零点，则在正方体顶角处的电势为（A ）aQ 034πε （B ）aQ 032πε （C ）aQ 06πε （D ）aQ 012πε1-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为（A ）302r U R （B ）R U 0 （C ）20r RU （D ）rU1-3 在一个孤立的导体球壳内，若在偏离球中心处放一个点电荷，则在球壳内、外表面上将出现感应电荷，其分布将是（A ）内表面均匀，外表面也均匀。

（B ）内表面不均匀，外表面均匀。

（C ）内表面均匀，外表面不均匀。

（D ）内表面不均匀，外表面也不均匀。

1-4 一平行板电容器充电后仍与电源连接，若用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则极板上的电量Q 、电场强度的大小E 和电场能量W 将发生如下变化（A ）Q 增大，E 增大，W 增大。

（B ）Q 减小，E 减小，W 减小。

（C ）Q 增大，E 减小，W 增大。

（D ）Q 增大，E 增大，W 减小。

1-5 一半径为R 的均匀带电圆盘，电荷面密度为，设无穷远处为电势零点，则圆盘中心O 点的电势U 0 = 。

1-6 图示BCD 是以O 点为圆心，以R 为半径的半圆弧，在A 点有一电量为+q 的点电荷，O 点有一电量为q 的点电荷，线段BA = R ，现将一单位正电荷从B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点，则电场力所做的功为。

1-7 两个电容器1和2，串联后接上电源充电。

在电源保证连接的情况下，若把电介质充入电容器2中，则电容器1上的电势差，电容器极板上的电量。

（填增大、减小、不变）1-8 如图所示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2，设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。

2024-2025学年高中物理第3章习题课5滑块—木板模型和传送带模型教案教科版必修1

2. 题目：一个质量为m的物体在传送带上以速度v匀速运动，传送带与地面之间的夹角为θ。求物体在传送带上受到的摩擦力。
答案：物体在传送带上受到的摩擦力f可以表示为f = μmgcosθ，其中μ为动摩擦因数，m为物体的质量，g为重力加速度，θ为传送带与地面之间的夹角。
3. 题目：一个质量为m的滑块从高度h自由落下，不计空气阻力。求滑块落地时的速度。
三、学习者分析
1. 学生已经掌握了哪些相关知识：
- 学生已经学习了力学的基本概念，如力、质量、加速度等。
- 学生已经了解了牛顿运动定律，能够运用定律分析物体运动情况。
- 学生已经学习了能量守恒定律，能够运用能量守恒分析物理问题。
2. 学生的学习兴趣、能力和学习风格：
- 学生对物理实验和实际问题解决具有较强的兴趣。
- 复习第3章滑块—木板模型和传送带模型的理论知识
- 分析典型习题，引导学生运用理论知识解决实际问题
- 提高学生的解题能力和思维能力
2.教学目标：
- 学生能够掌握滑块—木板模型和传送带模型的基本原理
- 学生能够运用理论知识解决相关习题
- 学生能够提高解题能力和思维能力
三、教学步骤
1.导入：回顾第3章滑块—木板模型和传送带模型的理论知识，引导学生复习相关概念和公式。
答案：滑块在斜面上的最大速度v_max可以表示为v_max = √(2μmgcosθ)/(m+μsinθ)，其中g为重力加速度，θ为斜面与水平面的夹角。
八、课堂小结，当堂检测
课堂小结：
在本节课中，我们学习了滑块—木板模型和传送带模型，了解了这两个模型的基本概念、重要性和应用。通过学习，学生应该能够掌握以下知识点：
七、课后作业
1. 题目：滑块在木板上滑动时，滑块的质量为m，木板的质量为M，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ。求滑块在木板上滑动的加速度。