大学物理规范作业解答(全).
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大学物理规范作业(本一)15解答
A2 = A A1
利用旋转矢量法,如图示, 可得第二个谐振动得振幅为10cm, 与第一个谐振动的位相差为
10
A2
A1
3
A 合 20
π 10 3
6
π
2
3.质量为m 劲度系数为k的弹簧振子在t=0时位于最大 3.质量为m,劲度系数为k的弹簧振子在t=0时位于最大 质量为 t=0 k 位移x=A x=A处 该弹簧振子的振动方程为x=_________ t ) x=_________; 位移x=A处,该弹簧振子的振动方程为x=_________; A cos( m π m 时振子第一次达到x=A/2处;t = ____________时振子第一次达到x=A/2处 在t1=____________时振子第一次达到x=A/2 2 π π m 3 k ____________时振子的振动动能和弹性势能正好相等 时振子的振动动能和弹性势能正好相等; (____________时振子的振动动能和弹性势能正好相等; n + ) 2 4 k 3π m ______________时振子第一次以振动的最大速度 t3=______________时振子第一次以振动的最大速度 k k 2 沿轴正方向运动. vm=___________沿轴正方向运动. ___________沿轴正方向运动 A m k 解:依题意 ω = ,0 = 0 m k 弹簧振子的振动方程: = A cos(ωt + 0 ) = A cos( x t) 振子第一次到达x=A/2处时位相变化=π/3,有:
π
则O点振动方程为 y 0 = A cos(ω t + ) 2 入射波波动方程为:
2
π
x π 2πx π y1 = A cos[ω (t ) + ] = A cos(ωt + ) u 2 λ 2
大学物理规范作业解答(全)
2.一子弹水平地射穿两个前后并排放在光滑水平桌面上 的木块。木块质量分别为m1和m2，测得子弹穿过两木块 的时间分别为Δ t1和Δ t2，已知子弹在木块中受的阻力 为恒力F。求子弹穿过后两木块各以多大的速度运动。 解：两个木块受到子弹给它们的力均为F 穿过木块1 Ft1 ( m1 m2 )v1 0
骑车人速度为u(车对地），人看到雨的速度为v’ （雨对车） 、雨对地的速度v如右图： v u v ' 加速后骑车人速度为u1，人看到 u1 u 雨的速度为v’1 。可得： 60 30 v' v ° v = u1 + v1 ' v '1 u 由图中的关系得： v = = 36km / h cos 60° 方向与竖直方向成30度角偏向西方。
2.一小环可在半径为R的大圆环上无摩擦地滑动，而 大圆环能以其竖直直径为轴转动，如图所示。当圆 环以恒定角速度ω 转动，小环偏离圆环转轴而且相 对圆环静止时，小环所在处圆环半径偏离竖直方向 的角度θ B ( 为 ) (A) θ =π /2 （B）θ =arccos(g/Rω 2) (C)θ =arccos(Rω 2 / g)(D）须由小珠质量决定 解：环受力N的方向指向圆心，mg向下, 法向加速度在水平面内 N sin θ = ma n = ml ω2 N N cos θ = mg 由于 l=Rsinθ
v 抛出后竖直方向的速度为： y v sin gt
x
落地前经过的时间为 t 2v sin g 水平方向做匀速直线运动，抛出的距离为 2v 2 sin cos x v cost v 2 sin 2 / g g x v2 / g 易见：θ=45° 时抛得最远，距离为
I mv mv0 1 1 3 m v0 i m( v 0 i v0 j ) 2 2 2 3 mv0 j 2
大学物理规范作业(本一)28解答
（A）增为 2倍；（ ）增为 倍；（ ）增为 倍；（ ）不变。 ）增为K ；（B）增为2K倍；（C）增为K倍；（D）不变。
4
二、填空题 1.一个动能为 的电子， 1.一个动能为50eV，质量为 一个动能为 ，质量为9.11×10-31 kg的电子，其 的电子 德布罗意波长为 0.174 nm ，而对一个质量为 5×10-6 kg，速度为 8m/s 的微粒，其德布罗意波长 ， 的微粒， 29 为 1.66 × 10 m 。 解： ∵ E k = 50 eV << E 0 = 0.51MeV
10
1.05 × 10 34 p y ≥ a
= 1.05 × 10
24
( kg m s )
1
6
3.波函数 3.波函43; a) 2a
x <a
0
x ≥a
则利用波函数所满足的归一化条件可求得归一化常数 A= 1 a 。 解：由
a
∫
∞
∞
2
ψ n ψ n dx = 1
h ∴ λ1 = = 0.174(nm) 2m0 Ek
h h λ2 = = = 1.66 ×10 29 (m) p mv
5
2.在电子单缝衍射实验中，若缝宽为 2.在电子单缝衍射实验中，若缝宽为a=0.1nm，电子 在电子单缝衍射实验中 ， 束垂直射在单缝上， 束垂直射在单缝上，则衍射的电子横向动量的最小不 确定量Py = 1.05 × 10 24 ( kg m s 1 ) 。 解： ap y ≥ = 1.05 × 10 34
( D ) 1.23 × 10 10 米和1.24 × 10 15 米
解： E 0 = m0 c 2 = 0.51MeV
∵ E k = 100 eV << 0.51MeV
4
二、填空题 1.一个动能为 的电子， 1.一个动能为50eV，质量为 一个动能为 ，质量为9.11×10-31 kg的电子，其 的电子 德布罗意波长为 0.174 nm ，而对一个质量为 5×10-6 kg，速度为 8m/s 的微粒，其德布罗意波长 ， 的微粒， 29 为 1.66 × 10 m 。 解： ∵ E k = 50 eV << E 0 = 0.51MeV
10
1.05 × 10 34 p y ≥ a
= 1.05 × 10
24
( kg m s )
1
6
3.波函数 3.波函43; a) 2a
x <a
0
x ≥a
则利用波函数所满足的归一化条件可求得归一化常数 A= 1 a 。 解：由
a
∫
∞
∞
2
ψ n ψ n dx = 1
h ∴ λ1 = = 0.174(nm) 2m0 Ek
h h λ2 = = = 1.66 ×10 29 (m) p mv
5
2.在电子单缝衍射实验中，若缝宽为 2.在电子单缝衍射实验中，若缝宽为a=0.1nm，电子 在电子单缝衍射实验中 ， 束垂直射在单缝上， 束垂直射在单缝上，则衍射的电子横向动量的最小不 确定量Py = 1.05 × 10 24 ( kg m s 1 ) 。 解： ap y ≥ = 1.05 × 10 34
( D ) 1.23 × 10 10 米和1.24 × 10 15 米
解： E 0 = m0 c 2 = 0.51MeV
∵ E k = 100 eV << 0.51MeV
大学物理(下)规范作业(阳光)01解答
( A) 0.04m,
(C ) 0.08m,
π
2
;
π π −2 xB = 2 ×10 sin(π − 5t ) = 2 ×10 cos − (π − 5t ) = 2 ×10 cos 5t − 2 2
−2 −2
分析：
2
;
2 π ( D) 0.08m, − 2
( B) 0.04m,
( A) T / 4 ,
( B) T / 6,
( C) T / 8 ,
( D) T / 12
x
分析： 当质点从二分之一最大位移处运动到最大 位移处时，旋转矢量转过的角度为：
Q ω∆t = ∆θ
∆θ
∆θ = 0 − ( − ) = 3 3
π
π
oπ3
∆θT T 得： ∆t = = = ω 2π 6
2
2.一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的 一弹簧振子作简谐振动， 一弹簧振子作简谐振动 大小为振幅的1/4时 其动能为振动总能量的： 大小为振幅的 时，其动能为振动总能量的： (A)9/16 (B)11/16 (C)13/16 (D)15/16
;
A、B好为反相振动, 所以合振动的表达式为：
x = x A + xB = 6 ×10 − 2 ×10
(
−2
−2
)
π π −2 cos 5t + = 4 ×10 cos 5t + 2 2
4
二、填空题 1.一质点作简谐振动，其振动曲线如图所示。根据此图 一质点作简谐振动， 一质点作简谐振动 其振动曲线如图所示。 用余弦函数描述时， 可知，它的周期T= 3.43( s ) , ；用余弦函数描述时，其 可知，它的周期 − 2π 3 初位相为 。 分析： 由旋转矢量图可得： π 2π t = 0, ϕ = − , t = 2 s, ϕ = 3 2 因此从t=0到t=2的时间内旋转矢 量转过的角度为： t = 2 ϕ =π 2 1 2 7 ∆ϕ = π − − π = π 2 3 6 x o ∆ϕ 7π = Q ωt = ∆ϕ ∴ ω =
(C ) 0.08m,
π
2
;
π π −2 xB = 2 ×10 sin(π − 5t ) = 2 ×10 cos − (π − 5t ) = 2 ×10 cos 5t − 2 2
−2 −2
分析：
2
;
2 π ( D) 0.08m, − 2
( B) 0.04m,
( A) T / 4 ,
( B) T / 6,
( C) T / 8 ,
( D) T / 12
x
分析： 当质点从二分之一最大位移处运动到最大 位移处时，旋转矢量转过的角度为：
Q ω∆t = ∆θ
∆θ
∆θ = 0 − ( − ) = 3 3
π
π
oπ3
∆θT T 得： ∆t = = = ω 2π 6
2
2.一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的 一弹簧振子作简谐振动， 一弹簧振子作简谐振动 大小为振幅的1/4时 其动能为振动总能量的： 大小为振幅的 时，其动能为振动总能量的： (A)9/16 (B)11/16 (C)13/16 (D)15/16
;
A、B好为反相振动, 所以合振动的表达式为：
x = x A + xB = 6 ×10 − 2 ×10
(
−2
−2
)
π π −2 cos 5t + = 4 ×10 cos 5t + 2 2
4
二、填空题 1.一质点作简谐振动，其振动曲线如图所示。根据此图 一质点作简谐振动， 一质点作简谐振动 其振动曲线如图所示。 用余弦函数描述时， 可知，它的周期T= 3.43( s ) , ；用余弦函数描述时，其 可知，它的周期 − 2π 3 初位相为 。 分析： 由旋转矢量图可得： π 2π t = 0, ϕ = − , t = 2 s, ϕ = 3 2 因此从t=0到t=2的时间内旋转矢 量转过的角度为： t = 2 ϕ =π 2 1 2 7 ∆ϕ = π − − π = π 2 3 6 x o ∆ϕ 7π = Q ωt = ∆ϕ ∴ ω =
大学物理规范作业上册答案全
R1
r3
R 3R
(G
Mm r2
)dr
3R
Em A
R2 R1
G
Mm r3
r
dr
(G Mm )dr
3R
r2
GMm
3R
21
2.一链条长度为L,质量为m , 链条的一端放在桌面上， 并桌用面手上拉要住做，功另A=一端有1/14悬m。在gL桌边，将链条全部拉到
32 解法1：将链条全部拉到桌面上做功的效果 就是使悬在桌边链条的重力势能增加，
比， dv kv 2 ，式中k为正常数，求快艇在关闭发动机
dt
后行驶速度与行驶距离的关系。
解： 作一个变量代换
a kv 2 dv dv dx v dv dt dx dt dx
得到： kv dv kdx dv
dx
v
积分得到： k x ln v v0
v0为初始速度
8
大学物理规范作业上册
02
17
24
2.质量为m的物体放在光滑的水平面上，物体的两边 分别与劲度系数k1和k2的弹簧相连。若在右边弹簧的
末端施以拉力F,问(1)该拉力F非常缓慢地拉过距离l，F
做功多少？（2）瞬间拉到l便停止不动,F做的功又为 多少？
解：（1）拉力作功只增加二弹 簧的弹性势能。
k2l2 l1
k1l1 l2 l
当t=1秒时，其切向加速度的大小at = 4
；法
向解加：ar速度d2的vt 2大i4小i
an= 2
costj
2 cos tj
v
。 dr
dt
4ti sin tj
dt
根据曲线运动的加速度为
at
dv dt
大学物理规范作业上册13解答
an a sin a
,
9
2．路灯距地面的高度为h1 ，一身高为h2 （ h2 < h1 ）的 人在路灯下以匀速v1沿直线行走。试证明其头顶在地面 的影子作匀速运动，并求其速度v2 。 解： 如图建立坐标系，设任意时刻t，人所在的点的坐 标为 x1 其头顶M在地面的投影点的坐标为x。 h2 x x1 h1 x1 即： x 由几何关系，有： h1 h2 h1 x
GM 可得：v R
地球绕太阳作圆周运动，有：
L Rmv m GMR
6
6.用一绳子将质量为m的物体以g/4 的匀加速度放下一段 -3mgd/4 距离d , 绳子对物体做的功为________________。 解: 取y轴竖直向下，受力情况如图，
g mg F ma m 4 3mg F 4 3 A F dr Fd mgd 4
2 r2 r1 r2
15
m0 v0 m0 v0 (m0 m)v, v m0 m
x
m0 m, v v0
如图建立坐标系，设x为铁钉进入木板的深度，则 木板对铁钉的阻力为：
F f kx
11
设铁锤两次锤击时铁钉进入木板的深度分别为s1和 s2，根据动能定理，有： s1 1 2 1 2 0 mv0 kxdx ks1 0 2 2
为时间。t = 0时该质点以 v 2 j (SI)的速度通过坐标原 2 3 r t i 2tj (SI) 点，则该质点任意时刻的位置矢量是______________。 3 F 解： a 4ti , ax 4t , a y 0 m t = 0时 x0 0, y0 0, vx 0 0, v y 0 2m / s
大学物理规范作业(本一)15解答
易见相当于弹性系数为k=k1 +k2 ，频率为
1 f 2 2
k1 k2 m
14
3.据报道，1976年唐山大地震时，当地某居民曾被猛 地向上抛起 2m 高。设地震横波为简谐波，且频率为 lHz，波速为3km／s，它的波长多大?振幅多大? 。
解：人离地的速度即是地壳上下振动的最大速度，为
18
所以反射波方程为： 2 7 2x y1 A cos[ t ( x)] A cos(t ) 4 2
⑵合成波方程为：
y y1 y1 2 A cos
7 3 ⑶ xp 4 4 2
2x
cos( t
2
)
所以P点的合振动方程为：
y/m
0.05 u 2m / s
A 0.05m, 2m
t =0时坐标原点v<0,由旋转矢量法 知初位相为0，波函数为：2 x
7
5.如图所示,地面上波源S所发出的波的波 长为 λ ，它与高频率波探测器 D 之间的距 离是 d ，从 S 直接发出的波与从 S 发出的经 高度为H的水平层反射后的波，在D处加强， 反射线及入射线与水平层所成的角相同。 当水平层升高h距离时，在D处再一次接收 到波的加强讯号。若H>>d，则 。 h=λ /2 分析： 当水平层和地面相距为H时，D处波程差为：
x x1 x2
k1
k2
m
1
两弹簧受力相同有
F k1 x1 k2 x2 ma
k1 x 得到： x2 k1 k 2
质点m受力为：
d x k1k2 m k2 x2 x dt k1 k2
k1k2 k k1 k2
大学物理规范作业解答(全)
T2 T1
（D） > , Q>Q 。
知
'
A Q吸
又依题意：A A 知 Q Q'
20
A、B、C 2.下列所述，不可逆过程是（ ）。 （A）不能反向进行的过程； （B）系统不能回复到初态的过程； （C）有摩擦存在的过程或非准静态过程； （D）外界有变化的过程。 一个系统，由一个状态出发经过某一过程达到另 分析： 一状态，如果存在另一个过程，它能使系统和外界完 全复原（即系统回到原来状态，同时消除了原过程对 外界引起的一切影响）则原来的过程称为可逆过程； 反之，如果物体不能回复到原来状态或当物体回 复到原来状态却无法消除原过程对外界的影响，则原 来的过程称为不可逆过程。 在热现象中，可逆过程只有在准静态和无摩擦的 条件下才有可能。无摩擦准静态过程是可逆的。 21
v0 2
9
Байду номын сангаас 大学物理规范作业
总（18） 热力学第一定律
10
一、选择题 1. 1mol的单原子分子理想气体从状态A变为状态B， 如果变化过程不知道,但A、B两态的压强、体积和温 度都知道，则可求出 （ ） B （A）气体所作的功 （C）气体传给外界的热量 （B）气体内能的变化 （D）气体的质量
解：根据热力学第一定律：Q E 2 E 1 A
2
v pN v pH
2
M M
molH molN
2
2
2
得 v pH 3741 ( m / s )
2
6
3.设容器内盛有质量为M1和质量为M2的二种不同的单 原子理想气体处于平衡态，其内能均为E，则此二种 M 2 M! 。 气体分子平均速率之比为 解： 单原子分子:
（D） > , Q>Q 。
知
'
A Q吸
又依题意：A A 知 Q Q'
20
A、B、C 2.下列所述，不可逆过程是（ ）。 （A）不能反向进行的过程； （B）系统不能回复到初态的过程； （C）有摩擦存在的过程或非准静态过程； （D）外界有变化的过程。 一个系统，由一个状态出发经过某一过程达到另 分析： 一状态，如果存在另一个过程，它能使系统和外界完 全复原（即系统回到原来状态，同时消除了原过程对 外界引起的一切影响）则原来的过程称为可逆过程； 反之，如果物体不能回复到原来状态或当物体回 复到原来状态却无法消除原过程对外界的影响，则原 来的过程称为不可逆过程。 在热现象中，可逆过程只有在准静态和无摩擦的 条件下才有可能。无摩擦准静态过程是可逆的。 21
v0 2
9
Байду номын сангаас 大学物理规范作业
总（18） 热力学第一定律
10
一、选择题 1. 1mol的单原子分子理想气体从状态A变为状态B， 如果变化过程不知道,但A、B两态的压强、体积和温 度都知道，则可求出 （ ） B （A）气体所作的功 （C）气体传给外界的热量 （B）气体内能的变化 （D）气体的质量
解：根据热力学第一定律：Q E 2 E 1 A
2
v pN v pH
2
M M
molH molN
2
2
2
得 v pH 3741 ( m / s )
2
6
3.设容器内盛有质量为M1和质量为M2的二种不同的单 原子理想气体处于平衡态，其内能均为E，则此二种 M 2 M! 。 气体分子平均速率之比为 解： 单原子分子:
大学物理规范作业(本一)功能原理机械能守恒(含有解答)
2 m gy 1 2 E p ( ky )dy ky 2 2 y0 y
0
5
二、填空题 1. 一个力作用在质量为 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-4t2+t3 (SI), 在 0 到 4s 的时间间隔内 , 该力对质点所作的功 为 176（J） 。 分析： 解1：由已知得到
法一：由牛顿第二定律，得
v dv dv f m mv 2 dt dx
x
0
dx
vB 2
vB
2mdv ,
vB x 2m( vB ) 14(m) 2
法二：由冲量定理
mv C mv B
dx x v fdt dt 2 2 2 0
11
分析：由 k/r2=mv2/r 可得：v=(k/mr)1/2
1 2 k Ek mv 2 2r
E pr
r
k k ( 2 )dr r r
所以：E=EK+EP= -k/2r
8
三、计算题 1.一轻质量弹簧原长l0，劲度系数为k，上端固定，下端 挂一质量为m的物体，先用手托住，使弹簧保持原长。 然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸 长和弹力是多少？物体经过平衡位置时的速率多大？ 解：取弹簧自然伸长处为坐标原点及势能为零（ y 轴 向下为正），以后任一时刻机械能守恒得:
1 2 1 2 E mv ky mgy 0 2 2
物体达最低位置时速度为零，由上式得最大伸长量
2 mg y k
这时弹力为：F ky 2mg
9
过平衡位置时质点受力为零： ky m g 0
mg 质点的位移为 y k
0
5
二、填空题 1. 一个力作用在质量为 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-4t2+t3 (SI), 在 0 到 4s 的时间间隔内 , 该力对质点所作的功 为 176（J） 。 分析： 解1：由已知得到
法一：由牛顿第二定律，得
v dv dv f m mv 2 dt dx
x
0
dx
vB 2
vB
2mdv ,
vB x 2m( vB ) 14(m) 2
法二：由冲量定理
mv C mv B
dx x v fdt dt 2 2 2 0
11
分析：由 k/r2=mv2/r 可得：v=(k/mr)1/2
1 2 k Ek mv 2 2r
E pr
r
k k ( 2 )dr r r
所以：E=EK+EP= -k/2r
8
三、计算题 1.一轻质量弹簧原长l0，劲度系数为k，上端固定，下端 挂一质量为m的物体，先用手托住，使弹簧保持原长。 然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸 长和弹力是多少？物体经过平衡位置时的速率多大？ 解：取弹簧自然伸长处为坐标原点及势能为零（ y 轴 向下为正），以后任一时刻机械能守恒得:
1 2 1 2 E mv ky mgy 0 2 2
物体达最低位置时速度为零，由上式得最大伸长量
2 mg y k
这时弹力为：F ky 2mg
9
过平衡位置时质点受力为零： ky m g 0
mg 质点的位移为 y k
大学物理规范作业(本一)13解答
v m M s′
m v (m M )V
mv 系统共同运动速度为 V mM
（1）以s 表示子弹停在木块内前木块移动的距离。 摩擦力对子弹作的功等于子弹动能的增量：
11
2 1 1 2 1 2 m 2 f ( s s ' ) mV mv m v 1 2 2 2 m M
x
6
二、计算题 1.如图，路灯距地面的高度为H，在与路灯水平距离 为S处，有一气球以匀速率 v0上升。当气球上升的高 度y小于H时，求气球的影子M的速度v和加速度与影 子位置x的关系。
x s Hs 解： , x H H v0t H v0t
Hsv0 v0 x dx v 2 dt ( H v0t ) HS
彗星
解：彗星只受万有引力作用：
M引 r F 0
系统角动量守恒，有：
r1
F引
太阳
r2
v2
v1
r1 mv1 r2 mv2 ,
r2 5.261012 (m)
r1mv 1 r2 mv 2
4
4.质点沿路径 s运动，在P点的位置矢量为 r ,速度为 v , 加速度为 a ,如图所示，则在该点:
R P O m y
5. 如图所示装置，绕 O 轴转动的定滑轮，半径 R=0.1m ， 设重物m下落的规律为：y=3t2+5(t的单位为 s，x的单位 为m)，则在t 时刻，（1）重物m的速度 v 6tj (m / s) ， 加速度 __________; O 轴 R/2 处轮上 P 点的速度 a 6 j (m / s 2 ) （ 2 ）距离 2 2 a 3 j 180 t i ( m / s ) _____________ 。 v p 3tj (m / s) ，加速度
m v (m M )V
mv 系统共同运动速度为 V mM
（1）以s 表示子弹停在木块内前木块移动的距离。 摩擦力对子弹作的功等于子弹动能的增量：
11
2 1 1 2 1 2 m 2 f ( s s ' ) mV mv m v 1 2 2 2 m M
x
6
二、计算题 1.如图，路灯距地面的高度为H，在与路灯水平距离 为S处，有一气球以匀速率 v0上升。当气球上升的高 度y小于H时，求气球的影子M的速度v和加速度与影 子位置x的关系。
x s Hs 解： , x H H v0t H v0t
Hsv0 v0 x dx v 2 dt ( H v0t ) HS
彗星
解：彗星只受万有引力作用：
M引 r F 0
系统角动量守恒，有：
r1
F引
太阳
r2
v2
v1
r1 mv1 r2 mv2 ,
r2 5.261012 (m)
r1mv 1 r2 mv 2
4
4.质点沿路径 s运动，在P点的位置矢量为 r ,速度为 v , 加速度为 a ,如图所示，则在该点:
R P O m y
5. 如图所示装置，绕 O 轴转动的定滑轮，半径 R=0.1m ， 设重物m下落的规律为：y=3t2+5(t的单位为 s，x的单位 为m)，则在t 时刻，（1）重物m的速度 v 6tj (m / s) ， 加速度 __________; O 轴 R/2 处轮上 P 点的速度 a 6 j (m / s 2 ) （ 2 ）距离 2 2 a 3 j 180 t i ( m / s ) _____________ 。 v p 3tj (m / s) ，加速度
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2 2.以初速度v抛出的物体最大上升高度为__________ ， v / 2 g 抛出的最远距离为______________ 。 v2 / g
分析：竖直上抛时上升得最高，由：v 2 2 gh 解出： h v 2 / 2 g y 以θ角抛出的物体初速度为： v0 v0 v cosi v sin j
分析：
其中： r (0) 4 j 由平均速度的定义： r (2) 24i 10 j r (2) r (0) 24i 10 j 4 j v (12i 3 j )m / s t 2
平均速度的大小： v 122 32 12.4m / s
大学物理规范作业
总（02）
牛顿运动定律 动量 角动量
一、选择题 1.站在电梯内的一个人，看到用细线连结的质量不同 的两个物体跨过电梯内的一个无摩擦的定滑轮而处于 “平衡”状态。由此，他断定电梯作加速运动，其加 速度为： （B） A）大小为g，方向向上； B）大小为g，方向向下； C）大小为g/2，方向向上；D）大小为g/2，方向向下； 分析：电梯中的观察者发现两个物体处于“失重”状 态，绳中张力为零。 两个物体只能相对地面作加速运动，并且加速度 一定为g，方向向下。 am地 am梯 a梯地 g 0 a梯地
（C）等于 2(m s ) （D）不能确定
1
（ D）
分析： 只告诉该时刻的瞬时加速度，并不知道加速度的 变化规律，所以一秒后质点的速度无法确定。
二、填空题
2 1 .已知质点的运动方程为 r 6t i (3t 4) j (SI ), 质点在头两秒内的平均速度的大小是 12.4m/s 。
vy v sin gt 抛出后竖直方向的速度为：
落地前经过的时间为 t 2v sin g 水平方向做匀速直线运动，抛出的距离为 2v 2 sin cos x v cos t v 2 sin 2 / g g 2 x v /g 易见：θ=45° 时抛得最远，距离为
d | r | dr dt dt
为位矢大小的变化率，不是 速度大小。
2.一斜抛物体的水平初速度为v0x ,它在轨道的最高 点时曲率圆的半径是： （ ） D (A) v0 x / 2g
2 v (B) 0 x / 2g (C) 2 2v0 x / g (D) 2 v0 x /g
分析：
在轨道的最高点时物体的切向加速度为零， 法向加速度为g，速率为v0x 。
x 2 2 y 4( ) 8 x 8 2 2 质点的运动方程：r xi yj 2ti (4t 8) j r (1) (2i 4 j )m, dr 质点的速度：v (2i 8tj ) dt v (1) (2i 8 j )m / s, dv 2 质点的加速度： a 8 jm / s dt
an gቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2 v0 x
an
a
g
2 v0 x 曲率圆的半径为： g
a
g
an
3.一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为 v 2(m s )
，瞬时加速度为 a 2(m s 2 ) 。 则一秒后质点的 速度： （A) 等于零
1
（B）等于 2(m s 1 )
2.汽车在半径R = 400m的圆弧弯道上减速行驶。设在 某一时刻，汽车的速率为v = 10m/s,切向加速度的大 小为at = 0.2m/s2。求汽车的法向加速度和总加速度的 大小和方向？(方向用与速度方向的夹角表示) 解：法向加速度 an
2
v 10 0.25m / s 2 R 400
大学物理规范作业
总（01） 质点运动学
一、选择题
1.若一质点的运动方程为r r ( x, y ) 则其速度大小为： dr dr dr dx 2 dy 2 ( A) , ( B) , (C ) , ( D) ( ) ( ) dt dt dt dt dt dr dx dy 分析：速度 v i j （ D） dt dt dt dr dx 2 dy 2 | ( ) ( ) 速度大小 v | v || dt dt dt
0
d (12t 2 6t )dt
0
t
4t 3t ,
3 2
1
v R 4t 3t ,
3 2
2
v 2 t 1s 时 v 1(m s ), an 1(m s ) R
三、计算题 1.一质点在xy平面上运动，运动函数为x=2t,y=4t2－8。 （1）求质点的轨道方程。（2）求t=1s时质点的位置、 速度和加速度。 解：由x =2t y=4t2－8消去时间t，得轨迹方程：
2.一小环可在半径为R的大圆环上无摩擦地滑动，而 大圆环能以其竖直直径为轴转动，如图所示。当圆 环以恒定角速度 ω 转动，小环偏离圆环转轴而且相 对圆环静止时，小环所在处圆环半径偏离竖直方向 的角度θ B 为 ( ) (A) θ =π /2 （B）θ =arccos(g/Rω 2) (C)θ =arccos(Rω 2 / g)(D）须由小珠质量决定 解：环受力N的方向指向圆心，mg向下, 法向加速度在水平面内 N sin θ = ma n = ml ω2 N N cosθ = mg 由于 l=Rsinθ
2
2
2
总加速度 a an at 0.252 0.2 2 0.32m / s 2
tg an / at , cos at / a, sin an / a,
都可得到： 51.3 由于切向加速度与速度反向（减速），
v
an
at
总加速度与速度间的夹角为180-51.3=128.6° a
x
3.一质点从静止出发沿半径R=1m的圆周运动，其角加 速度β随时间t的变化规律是 12t 2 6t (SI ) 则质点 3 2 的角速度随时间的变化关系 4t 3t ；t=1s 2 末的法向加速度为 1(m s ) 。
d 2 解： 12t 6t , dt