湘潭大学大学物理练习册答案习题解答(122上)
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别 在什么情况下二者的量值相等 在什么情况下二者的量值不相等 2 平均速度和平均速率有何区别 在什么情况下二者的量值相等3 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么 瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么 (4) 质点的位矢方向不变,它是否一定做直线运动 质点做直线运动,其位矢的方向是否一定保持不变 (5) r ∆和r ∆有区别吗 v ∆和v ∆有区别吗0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动 (6) 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 =然后根据drv dt= 及 22d r a dt =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 = 及 a =你认为两种方法哪一种正确 两者区别何在7 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的,那么,该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的(8) “物体做曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法向分速度恒为零,因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗9 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧,为什么10 质点沿圆周运动,且速率随时间均匀增大,n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变 11 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子,此石子能否落回他的手中 如果石子抛出后,火车以恒定加速度前进,结果又如何1.2 一质点沿x 轴运动,坐标与时间的变化关系为224t t x -=,式中t x ,分别以m 、s 为单位,试计算：1在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；2s 1末到s 3末的平均加速度；3s 3末的瞬时加速度;解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-2 s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ 3 s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-;1.3 质点作直线运动,初速度为零,初始加速度为0a ,质点出发后,每经过τ时间,加速度均匀增加b ;求经过t 时间后,质点的速度和位移;解: 由题意知,加速度和时间的关系为0ba a t τ=+利用dv adt =,并取积分得000vtb dv a t dv τ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰,202b v a t t τ=+ 再利用dx vdt =,并取积分设0t =时00x =得xtx dx vdt =⎰⎰,230126b x a t t τ∆=+ 1.4 一质点从位矢为(0)4r j =的位置以初速度(0)4v i =开始运动,其加速度与时间的关系为(3)2a t i j =-.所有的长度以米计,时间以秒计.求：1经过多长时间质点到达x 轴；2到达x 轴时的位置; 解： 203()(0)()4(2)2t v t v a t dt t i t j ⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭⎰ ()()3201()(0)442tr t r v t dt t t i t j ⎛⎫=+=++- ⎪⎝⎭⎰ （1） 当240t -=,即2t s =时,到达x 轴; （2） 2t s =时到达x 轴的位矢为 ：(2)12r i =即质点到达x 轴时的位置为12,0x m y ==;1.5 一质点沿x 轴运动,其加速度与坐标的关系为2a x ω=-,式中ω为常数,设0=t 时刻的质点坐标为0x 、速度为0v ,求质点的速度与坐标的关系;解：按题意 222d xx dt ω=- 由此有 dx dvv dt dx dx dv dt dv dtx d x ====-222ω, 即 xdx vdv 2ω-=,两边取积分 ⎰⎰-=xx vv xdx vdv 02ω,得2022122212021221x x v v ωω+-=-由此给出 v =±,20202x v A +⎪⎭⎫ ⎝⎛=ω1.6 一质点的运动方程为k t j t i t r++=24)(,式中r ,t 分别以m 、s 为单位;试求：1 质点的速度与加速度；2 质点的轨迹方程;解：1 速度和加速度分别为： (8)dr v t j k dt ==+, j dtvd a 8==2 令k z j y i x t r ++=)(,与所给条件比较可知 1=x ,24t y =,t z =所以轨迹方程为：21,4x y z ==;1.7 已知质点作直线运动,其速度为213()v t t ms -=-,求质点在0~4s 时间内的路程; 解: 在求解本题中要注意：在0~4s 时间内,速度有时大于零,有时小于零,因而运动出现往返;如果计算积分4vdt ⎰,则求出的是位移而不是路程;求路程应当计算积分4v dt ⎰;令230v t t =-=,解得3t s =;由此可知：3t <s 时,0v >,v v =； 3t =s 时,0v =；而3t >s时,0v <,v v =-;因而质点在0~4s 时间内的路程为 ()()434342233()33s v dt vdt v dt t t dt t t dt ==+-=---⎰⎰⎰⎰⎰34232303313116()23233t t t t m ⎡⎤⎡⎤=---=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦;1.8 在离船的高度为h 的岸边,一人以恒定的速率0v 收绳,求当船头与岸的水平距离为x 时,船的速度和加速度;解: 建立坐标系如题 1.8图所示,船沿X 轴方向作直线运动,欲求速度,应先建立运动方程,由图题1.8,可得出0v1.8图222x r h =-两边求微分,则有22dx dr xr dt dt = 船速为dx r drv dt x dt==按题意0drv dt=-负号表示绳随时间t 缩短,所以船速为 0v =负号表明船速与x 轴正向反向,船速与x 有关,说明船作变速运动;将上式对时间求导,可得船的加速度为2203h v dva dt x==-负号表明船的加速度与x 轴正方向相反,与船速方向相同,加速度与x 有关,说明船作变加速运动;1.9 一质点沿半径为10cm 的圆周运动,其角坐标θ以弧度rad 计可用下式表示324t θ=+其中t 的单位是秒s 试问：1在2t s =时,它的法向加速度和切向加速度各是多少 2当θ等于多少时其总加速度与半径成45角解：1 利用 324t θ=+,2/12d dt t ωθ==,/24d dt t αω==,得到法向加速度和切向加速度的表达式24144n a r rt ω==,24t a r rt α==在2t s =时,法向加速度和切向加速度为：4421441440.12230.4()n a rt m s -==⨯⨯=⋅,224240.12 4.8()t a rt m s -==⨯⨯=⋅2 要使总加速度与半径成45角,必须有n t a a =,即414424rt rt = 解得 31/6t =,此时 67.2423=+=t θrad1.10 甲乙两船,甲以10/km h 的速度向东行驶,乙以15/km h 的速度向南行驶;问坐在乙船上的人看来,甲船的速度如何 坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何解：以地球为参照系,设i 、j分别代表正东和正北方向,则甲乙两船速度分别为h km i v /101 =,h km j v /152-=根据伽利略变换,当以乙船为参照物时,甲船速度为h km j i v v v /)1510(21+=-=h km v /1.18151022=+=, 31.561015==arctg θ即在乙船上看,甲船速度为18.1/km h ,方向为东偏北 31.56 同理,在甲船上看,乙船速度为18.1/km h ,方向为西偏南 31.56;1.11 有一水平飞行的飞机,速率为0v ,在飞机上安置一门大炮,炮弹以水平速度v 向前射击;略去空气阻力,1 以地球为参照系,求炮弹的轨迹方程；2 以飞机为参照系,求炮弹的轨迹方程；3 以炮弹为参照系,飞机的轨迹如何解：1 以地球为参照系时,炮弹的初速度为01v v v +=,而t v x 1=,25.0gt y -= 消去时间参数t ,得到轨迹方程为：202)(2v v gx y +-=若以竖直向下为y 轴正方向,则负号去掉,下同 2 以飞机为参照系时,炮弹的初速度为v ,同上可得轨迹方程为222vgx y -=3 以炮弹为参照系,只需在2的求解过程中用x -代替x ,y -代替y ,可得 222v gx y =.1.12如题1.12图,一条船平行于平直的海岸线航行,离岸的距离为D ,速率为v ,一艘速率为u v <的海上警卫快艇从一港口出去拦截这条船;试证明：如果快艇在尽可能最迟的时刻出发,那么快艇出发时这条船到海岸线的垂线与港口的距离为x u=；快艇截住这条船所需的时间为t =;D 港口 习题1.12图证明：在如图所示的坐标系中,船与快艇的运动方程分别为 11x vty D =⎧⎨=⎩ 和22cos sin x x u ty u t θθ=+⋅⎧⎨=⋅⎩ 拦截条件为：⎩⎨⎧==2121y y x x 即 cos sin vt x u tD u tθθ=+⋅⎧⎨=⋅⎩ 所以()cos sin D v u x u θθ-=,x 取最大值的条件为：0/=θd dx ,由此得到cos /u v θ=,相应地sin θ=;因此x 的最大值为x =x 取最大值时对应的出发时间最迟;快艇截住这条船所需的时间为sin D t u θ==x习题二答案 习题二2.1 简要回答下列问题：1 有人说：牛顿第一定律只是牛顿第二定律在合外力等于零情况下的一个特例,因而它是多余的.你的看法如何2 物体的运动方向与合外力方向是否一定相同3 物体受到了几个力的作用,是否一定产生加速度4 物体运动的速率不变,所受合外力是否一定为零5 物体速度很大,所受到的合外力是否也很大6 为什么重力势能有正负,弹性势能只有正值,而引力势能只有负值7 合外力对物体所做的功等于物体动能的增量,而其中某一分力做的功,能否大于物体动能的增量8质点的动量和动能是否与惯性系的选取有关 功是否与惯性系有关 质点的动量定理与动能定理是否与惯性系有关 请举例说明. 9判断下列说法是否正确,并说明理由：a 不受外力作用的系统,它的动量和机械能都守恒.b 内力都是保守力的系统,当它所受的合外力为零时,其机械能守恒.c 只有保守内力作用而没有外力作用的系统,它的动量和机械能都守恒. 10 在弹性碰撞中,有哪些量保持不变,在非弹性碰撞中,又有哪些量保持不变11 放焰火时,一朵五彩缤纷的焰火质心运动轨迹如何 为什么在空中焰火总是以球形逐渐扩大 忽略空气阻力2.2 质量为m 质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力F kv =-k 为常数作用,0t =时质点的速度为0v ,证明： 1t 时刻的速度为0kt v v e-=；2由0到t 的时间内经过的距离为0()[1]kt x mv k e-=⋅-； 3停止运动前经过的距离为0mv k ;证明： 1 由 dv ma mF kv dt ===- 分离变量得 dv k dt v m=-,积分得 00vt v dvk dt v m =-⎰⎰ ,0ln v k t v m=-,0kt v v e -= 2 //000(1)tkt m kt m mv x vdt v e dt e k--===-⎰⎰3 质点停止运动时速度为零,即t →∞,故有/000kt mmv x v e dt k∞-'==⎰;2.3一质量为10 kg 的物体沿x 轴无摩擦地运动,设0t =时,物体的速度为零,物体在力34F t =+Nt 以s 为单位的作用下运动了3s,求它的速度和加速度. 解. 根据质点动量定理,30Fdt mv mv =-⎰, ()334t dt mv +=⎰322103233232.7()10t t v ms m -⎡⎤+⨯+⨯⎣⎦===根据牛顿第二定律,F ma =[]334343 1.510t t F a m m =++⨯====m/s 22.4 一颗子弹由枪口射出时速率为0v ms -1,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为()F a bt =-Na,b 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()0F a bt =-=, 得a t b=2子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at dt bt a I 0221)(,将at b=代入,得b a I 22=3由动量定理可求得子弹的质量 0202bv a v I m ==2.5 一质量为m 的质点在xoy 平面上运动,其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=,求质点的动量及0t =到2t πω=时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量; 解：质点的动量为()sin cos p mv mr m a ti b tj ωωω===-+将0t =和2t πω=分别代入上式,得 1p m bj ω=,2p m ai ω=- 动量的增量,亦即质点所受外力的冲量为21()I p p m ai bj ω=-=-+2.6 作用在质量为10kg 的物体上的力为(102)F t iN =+,式中t 的单位是s ;1求4s 后,这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量；2为了使这力的冲量为200Ns,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16jm s --⋅的物体,回答这两个问题; 解：1若物体原来静止,则410(102)56t p Fdt t idt i ∆==+=⎰⎰1kg m s -⋅⋅,沿x 轴正向,1111115.656[]p v i m s I p i kg m s m--∆∆==⋅=∆=⋅⋅[], 若物体原来具有初速度106v jm s -=-⋅,则0000,()tp mv p t mv Fdt =-=-+⎰于是 201()p p t p p ∆=-=∆ 同理, 2121,v v I 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⎰+=+=ttt dt t I 0210)210(令210200t t +=,解得10t s =;2.7 一小船质量为100kg,船头到船尾共长3.6m;现有一质量为50kg 的人从船尾走到船头时,船头将移动多少距离 假定水的阻力不计;习题2.7图 解：由动量守恒 0=-人人船船v m V M又 dt VS t⎰=船船,船人船船人船人人S m M dt V m M dt v s tt===⎰⎰0,如图,船的长度 L S s =+人船 所以 3.61.21001150L S m M m ===++船船人即船头相对岸边移动m S 2.1=船2.8 质量2m kg =的质点,从静止出发沿X 轴作直线运动,受力(12)F t i =N,试求开始3s 内该力作的功;解 3(12)(12)x x LLA F dx t dx tv dt ===⎰⎰⎰而200001232tttx x x x F v v a dt dt tdt t m =+===⎰⎰⎰ 所以()333234003612336729(J)4A t t dt t dt t ⎡⎤=⋅===⎢⎥⎣⎦⎰⎰2.9 一地下蓄水池,面积为250s m =,水深度为1.5m ,假定水的上表面低于地面的高度是5.0m ,问欲将这池水全部抽到地面,需作功多少O1h解:建坐标如习题 2.9图,图中0h 表示水面到地面的距离,1h 表示水深;水的密度为3310kg m ρ=,对于坐标为y 、厚度为dy 的一层水,其质量dm sdy ρ=,将此层水抽到地面需作功dA dmgy sgydy ρ==将蓄水池中的水全部抽到地面需作功()01012201012h h h h h h A dA sgydy sg h h h ρρ++⎡⎤===+-⎣⎦⎰⎰()2101122sg h h h ρ=+ ()32110509.8 1.52 5.0 1.52=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯64.2310=⨯J 2.9一炮弹质量为m ,以速度v 飞行,其内部炸药使此炮弹分裂为两块,爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ,且一块的质量为另一块质量的k 倍,如两者仍沿原方向飞行,试证其速率分别为v ,v 证明：设一块的质量为1m ,则另一块的质量为21m km =;利用12m m m +=,有 11m m k =+, 21km m k =+ ① 又设1m 的速度为1v ,2m 的速度为2v ,则有2222211212121mv v m v m T -+=② 1122m v m v mv += 动量守恒 ③联立①、③解得12(1)v kv k v +=+,12(1)v k v kv =+- ④联立④、②解得22)(2v v kmT-=,于是有km T v v 22±= 将其代入④式,有12(1)kTv k v k v v m⎛=+-= ⎝又因为爆炸后,两弹片仍沿原方向飞行,当1k >时只能取 kmTv v m kT v v 2,221-=+=; 2.10一质量为m 的子弹射入置于光滑水平面上质量为M 并与劲度系数为k 的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了L ,求子弹射入前的速度0v .习题2.10图解： 子弹射入木块到相对静止的过程是一个完全非弹性碰撞,时间极短,木块获得了速度,尚未位移,因而弹簧尚未压缩.此时木块和子弹有共同的速度1v ,由动量守恒,()10m M v mv +=此后,弹簧开始压缩,直到最大压缩,由机械能守恒, ()2211122m M v kL += 由两式消去1v ,解出0v 得0v =2.11质量m 的物体从静止开始,在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从A 滑到B ;在B 处时,物体速度的大小为B v ;已知圆的半径为R ,求物体从A 滑到B 的过程中摩擦力所作的功：1用功的定义求； 2用动能定理求；3用功能原理求;习题2.11图解 方法一：当物体滑到与水平成任意θ角的位置时,物体在切线方向的牛顿方程为cos t dv mg f ma mdt θ-== 即cos dv f mg mdtθ-=-+ 注意摩擦力f 与位移dr 反向,且||dr Rd θ=,因此摩擦力的功为00||cos Bv f dr A mg Rd m dv dt πθθ=-+⎰⎰22001cos 2B v B mgR d m vdv mgR mv πθθ=-+=-+⎰⎰方法二： 选m 为研究对象,合外力的功为()A mg f N dr =++⋅⎰考虑到N 0dr ⋅=⎰,因而2cos ||cos f f f A A mg dr A mgR d A mgR πθθθ=+⋅=+=+⎰⎰由于动能增量为2102k B E mv ∆=-,因而按动能定理有 212f BA mgR mv +=,212f B A mgR mv =-+;方法三：选物体、地球组成的系统为研究对象,以B 点为重力势能零点; 初始在A 点时,0p E mgR =、00k E = 终了在B 点时,0p E =,212k B E mv =由功能原理知：21012f A E E E mv mgR =∆=-=- 经比较可知,用功能原理求最简捷;2.12 墙壁上固定一弹簧,弹簧另一端连接一个物体,弹簧的劲度系数为k ,物体m 与桌面间的摩擦因素为μ,若以恒力F 将物体自平衡点向右拉动,试求到达最远时,系统的势能;习题2.12图解：物体水平受力如图,其中k f kx =,f mg μμ=;物体到达最远时,0v =;设此时物体的位移为x , 由动能定理有()0--00xF kx mg dx μ=-⎰即 21--02Fx kx mgx μ= 解出 ()2F mg x kμ-=系统的势能为 ()22212p F mg E kx kμ-==2.13 一双原子分子的势能函数为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=6012002)(r r r r E r E p式中r 为二原子间的距离,试证明： ⑴0r 为分子势能极小时的原子间距；⑵分子势能的极小值为0E -； ⑶当0)(=r E p 时,原子间距离为62r ；证明：1当()0P dE r dr=、22()0P d E r dr >时,势能有极小值min )(r E P ;由 126126000000137()2120P r r r r dE r d E E dr dr r r rr ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 得 12600r r r r ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以0r r =,即0r 为分子势能取极值时的原子间距;另一方面,12620002148()12137P r r d E r E dr rr ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 当0r r =时,200222200072()137120P E d E r E dr r r r ⎛⎫=-=> ⎪⎝⎭,所以0r r =时,)(r E P 取最小值;2当0r r =时,12600min0000()2P r r E r E E r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦3令126000()20P r r E r E r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦,得到1260020r r r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦,602r r ⎛⎫= ⎪⎝⎭,r =2.14 质量为7.2×10-23kg,速度为6.0×107m/s 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 相碰,假定这碰撞是弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5×107m/s,求：⑴粒子B 的速率及偏转角； ⑵粒子A 的偏转角;B习题2.14图解：两粒子的碰撞满足动量守恒B B A A A A v m v m v m '' +=写成分量式有βαcos 'cos 'B B A A A A v m v m v m +=βαsin 'sin 'B B A A v m v m =碰撞是弹性碰撞,动能不变：222'21'2121B B A A A A v m v m v m += 利用kg m A 23102.7-⨯=, kg m m AB 23106.32-⨯==, s m v A /100.67⨯=,s m v A /100.5'7⨯=,可解得s m v B /1069.4'7⨯=,'454 =β,'2022 =α;2.15 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题2-15图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少习题2.15图解：在只挂重物1M 时,小球作圆周运动的向心力为1M g ,即2100M g mr ω= ①挂上2M 后,则有212()M M g mr ω''+= ②重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒．即 22220000r mv r mv r r ωω''''=⇒= ③联立①、②、③得2/33/212100112,M M M r r M M M ωω⎫⎛⎫+''===⋅⎪ ⎪+⎭⎝⎭2.16 哈雷慧星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为m r 1011075.8⨯=时的速率是1411046.5-⨯=msv ,它离太阳最远时的速率是1221008.9-⨯=msv ,这时它离太阳的距离r 2是多少 太阳位于椭圆的一个焦点;解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 1122r mv r mv =∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610[]9.0810rv r m v ⨯⨯⨯===⨯⨯2.17 查阅文献,对变质量力学问题进行分析和探讨,写成小论文;参考文献：1石照坤,变质量问题的教学之浅见,大学物理,1991年第10卷第10期; 2任学藻、廖旭,变质量柔绳问题研究,大学物理,2006年第25卷第2期; 2.18 通过查阅文献,形成对惯性系的进一步认识,写成小论文;参考文献：1高炳坤、李复,“惯性系”考,大学物理,2002年第21卷第4期; 2高炳坤、李复,“惯性系”考续,大学物理,2002年第21卷第5期;习题三答案 习题三3.1简要回答下列问题：(1) 地球由西向东自转,它的自转角速度矢量指向什么方向 作图说明.2 刚体的转动惯量与那些因素有关 “一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗3 平行于z 轴的力对z 轴的力矩一定为零,垂直于z 轴的力对z 轴的力矩一定不为零.这种说法正确吗4 如果刚体转动的角速度很大,那么作用于其上的力是否一定很大 作用于其上的力矩是否一定很大5 两大小相同、质量相同的轮子,一个轮子的质量均匀分布,另一个轮子的质量主要集中在轮子边缘,两轮绕通过轮心且垂直于轮面的轴转动;问：a 如果作用在它们上面的外力矩相同,哪个轮子转动的角速度较大 b 如果它们的角加速度相同,哪个轮子受到的力矩大 c 如果它们的角动量相等,哪个轮子转得快6 为什么质点系动能的改变不仅与外力有关,而且也与内力有关,而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关,而与内力矩无关7 下列物理量中,哪些与参考点的选择有关,哪些与参考点的选择无关：a 位矢；b 位移；c 速度；d 动量；e 角动量；f 力；g 力矩.8 做匀速圆周运动的质点,对于圆周上某一定点,它的角动量是否守恒 对于通过圆心并与圆平面垂直的轴上任一点,它的角动量是否守恒 对于哪一个定点,它的角动量守恒 9 一人坐在角速度为0ω的转台上,手持一个旋转着的飞轮,其转轴垂直于地面,角速度为'ω;如果忽然使飞轮的转轴倒转,将发生什么情况 设转台和人的转动惯量为I ,飞轮的转动惯量为'I ;3.2质量为m 长为l 的均质杆,可以绕过B 端且与杆垂直的水平轴转动;开始时,用手支住A 端,使杆与地面水平放置,问在突然撒手的瞬时,1绕B 点的力矩和角加速度各是多少 2杆的质心加速度是多少解：1绕B 点的力矩M 由重力产生,设杆的线密度为ρ,lm=ρ,则绕B 点的力矩为 00012mg m l M xdG gxdm gx dx mgl ρ====⎰⎰⎰杆绕B 点的转动惯量为 2020231ml dx x dm x I l m ===⎰⎰ρ角加速度为 32M gI lβ==2杆的质心加速度为 g l a 432==β3.3 如图所示,两物体1和2的质量分别为1m 与2m ,滑轮的转动惯量为I ,半径为r ;⑴如物体2与桌面间的摩擦系数为μ,求系统的加速度a 及绳中的张力1T 与2T 设绳子与滑轮间无相对滑动；⑵如物体2与桌面间为光滑接触,求系统的加速度a 及绳中的张力1T 与2T ;T m习题3.2图解：⑴先做受力分析,物体1受到重力g m 1和绳的张力1T ,对于滑轮,受到张力1T 和2T ,对于物体2,在水平方向上受到摩擦力g m 2μ和张力2T ,分别列出方程a m T g m 111=- ()a g m T -=11 a m g m T 222=-μ ()g a m T μ+=22()12aT T r M I Irα-=== 通过上面三个方程,可分别解出三个未知量()()212212m m gr a m m r I μ-=++,()()22112121m r g Ig T m m m r I μ++=++,()()21222121m r g Ig T m m m r I μμ++=++ ⑵ 在⑴的解答中,取0=μ即得()21212m gr a m m r I =++, ()2211212m r g Ig T m m m r I +=++,()2122212m m r gT m m r I =++; 3.4 电动机带动一个转动惯量为I=50kg·m 2的系统作定轴转动;在0.5s 内由静止开始最后达到120r/min 的转速;假定在这一过程中转速是均匀增加的,求电动机对转动系统施加的力矩; 解：由于转速是均匀增加的,所以角加速度α为2120/min 2/8/0.560/minr rad rrad s t s s ωπαπ∆⨯===∆⨯从而力矩为322508 1.25710M I kgm s απ-==⨯=⨯3.5 一飞轮直径为0.30m,质量为5.00kg,边缘绕有绳子,现用恒力拉绳子的一端,使其由静止均匀的加速,经0.50s 转速达到10r/s;假定飞轮可看作实心圆柱体,求：⑴飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； ⑵拉力及拉力所作的功；⑶从拉动后t=10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度; 解：⑴ 飞轮的角加速度为210/2/125.7/0.5r s rad rrad s t sωπα∆⨯===∆ 转过的圈数为r s s r n 5.25.0/1021=⨯⨯= ⑵ 飞轮的转动惯量为 221mr I =, 所以,拉力的大小为110.35125.747.1()222M I F mr N r r αα====⨯⨯⨯=拉力做功为47.1 2.5 3.140.3111()W FS F n d J π==⨯=⨯⨯⨯=⑶从拉动后t=10s 时,轮角速度为3125.710 1.25710(/)t rad s ωα''==⨯=⨯ 轮边缘上一点的速度为31.257100.15188(/)v r m s ω''==⨯⨯= 轮边缘上一点的加速度为2125.70.1518.8(/)a r m s α==⨯=;3.6 飞轮的质量为60kg,直径为0.50m,转速为1000r/min,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μ=0.4,飞轮的质量全部分布在轮的外周上;尺寸如图所示;习题3.6图解：设在飞轮接触点上所需要的压力为F ',则摩擦力为F μ',摩擦力的力矩为2dF 'μ,在制动过程中,摩擦力的力矩不变,而角动量由2dmv 变化到0,所以由 0Mdt L L =-⎰有 222dd m t d F ⋅='ωμ解得785.42m d F N t ωμ'==;由杆的平衡条件得 0.5314.21.25F F N '==; 3.7 弹簧、定滑轮和物体的连接如图3.7所示,弹簧的劲度系数为2.0N m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg m 2,半径为0.30m,问当6.0kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长;习题3.7图解：当物体落下0.40m 时,物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能, 即222222121rIv mv kh mgh ++=, 将kg m 6=,2/8.9s kgm g =,m h 4.0=,25.0kgm I =,m r 3.0=代入,得s m v /01.2=3.8 在自由旋转的水平圆盘上,站一质量为m 的人;圆盘的半径为R ,转动惯量为J ,角速度为ω;如果这人由盘边走到盘心,求角速度的变化及此系统动能的变化; 解：系统的角动量在整个过程中保持不变;人在盘边时,角动量为 ()ωω2mR J I L +==人走到盘心时角动量为 ωω'=''=J I L因此 ()ωωJmR J 2+='人在盘边和在盘心时,系统动能分别为22212121ωωJ R m W +=,()222222121ωωJ mR J J W +='= 系统动能增加 24222122121ωωJR m R m W W W +=-=∆ 3.9 在半径为1R ,质量为m 的静止水平圆盘上,站一质量为m 的人;圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动;当这人开始沿着与圆盘同心,半径为2R 21R R <的圆周匀速地走动时,设他相对于圆盘的速度为v ,问圆盘将以多大的角速度旋转解：整个体系的角动量保持为零,设人匀速地走动时圆盘的角速度为ω,则()2122120L L L m v R R mRωω=+=--=人盘 解得 v R R R 2221222+-=ω 3.10 如题3.10图示,转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动;转台对该轴的转动惯量J =5×10-5 kg·m 2;现有砂粒以1g/s 的速度落到转台,并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆;试求砂粒落到转台,使转台角速度变为102ω所花的时间;解：要使转台角速度变为102ω,由于砂粒落下时不能改变体系角动量,所以必须要使体系的转动惯量加倍才行,即 J r m =2沙粒;将25105m kg J ⋅⨯=-和m r 1.0=代入得kg m 3105-⨯=沙粒所以 s sg kgt 5/11053=⨯=- 3.11 一脉冲星质量为1.5×1030kg,半径为20km;自旋转速为2.1 r/s,并且以1.0×10-15r/s 的变化率减慢;问它的转动动能以多大的变化率减小 如果这一变化率保持不变,这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋 设脉冲星可看作匀质球体;解：脉冲星的转动惯量为 252mr I =转动动能为 2225121r m I W ωω==转动动能的变化率为 225dW d mr dt dtωω= ()230415250.4 1.510210 2.12 1.0102 1.9910/J s ππ-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯由d dtωα=,t ωα=,得停止自旋所需要的时间为151522.1/ 2.1101.010/r s t s r sωα-===⨯⨯ 3.12 两滑冰运动员,质量分别为M A =60kg,M B =70kg,它们的速率V A =7m/s,V B =6m/s,在相距1.5m 的两平行线上相向而行,当两者最接近时,便拉起手来,开始绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为1.5m;求该瞬时：⑴系统的总角动量；⑵系统的角速度；⑶两人拉手前、后的总动能;这一过程中能量是否守恒,为什么解：⑴设两滑冰运动员拉手后,两人相距为s ,两人与质心距离分别为A r 和B r ,则 s M M M r B A B A +=, s M M M r BA AB +=两人拉手前系统总角动量为()s kgm s V V M M M M r V M r V M L L L B A BA BA B B B A A A B A /6302=++=+=+=⑵设两人拉手后系统的角速度为ω,由于两人拉手后系统角动量不变22A AB B L M r M r ωω=+所以, s rad s V V r M r M LB A BB A A /67.822=+=+=ω ⑶两人拉手前总动能为： J V M V M W B B A A 27302121221=+=拉手后,由于整个体系的动量保持为零,所以体系动能为 ()J V V M M M M r M r M W B A BA B A B B A A 2730212121222222=++=+=ωω 所以体系动能保持守恒;可以算出,当且仅当B B A A V M V M =时,体系能量守恒,否则能量会减小,且()()22121B B A A B A V M V M M M W W W -+=-=∆-3.13一长l =0.40m 的均匀木棒,质量M=1.00kg,可绕水平轴O 在竖直平面内转动,开始时 棒自然地竖直悬垂;现有质量m=8g 的子弹以v=200m/s 的速率从A 点与O 点的距离为34l ,如图;求：⑴棒开始运动时的角速度；⑵棒的最大偏转角;习题3.13图解：系统绕杆的悬挂点的角动量为 21340.48L mvl kgm s -== 子弹射入后,整个系统的转动惯量为 222054.016931kgm ml Ml I =+= 所以 s rad IL/88.8==ω⑵子弹射入后,且杆仍然垂直时,系统的动能为212 2.13W I J ω==动当杆转至最大偏转角θ时,系统动能为零,势能的增加量为()()31241cos 1cos W Mgl mgl θθ∆=-+-势 由机械能守恒,势动W W ∆= 得 24.94=θ3.14 通过查阅文献,探讨计算刚体转动惯量的简化方法,写成小论文;参考文献：周海英、陈浩、张晓伟,巧算一类刚体的转动惯量,大学物理,2005年第24卷第2期;3.15 通过上网搜寻,查找对称陀螺规则进动在生活、生产中的应用事例,并进行分类;习题四参考解答4.1 惯性系'K 相对惯性系K 以速度u 运动;当它们的坐标原点O 与'O 重合时,0'==t t ;在惯性系'K 中一质点作匀速率圆周运动,轨道方程为()()222a y x ='+',0='z ,试证：在惯性系K 中的观测者观测到该质点作椭圆运动,椭圆的中心以速度u 运动; 提示：在惯性系K 中的观测者观测到该质点的轨道方程为1)1()(22222=+--ay a ut x β; 证明：根据洛仑兹坐标变换关系 ,12β--='ut x x ,y y =' z z ='代入原方程中,得到 22221)(a y ut x =+--β 化简得 1)1()(22222=+--a y a ut x β所以,在K 系中质点做椭圆运动,椭圆中心以速度u 运动;4.2 一观测者测得运动着的米尺长m5.0,问此米尺以多大的速度接近观测者 解：由相对论长度缩短关系 ()20/1c v L L -=得到 ()()s m L L c v /106.22/11100.3/182820⨯=-⨯⨯=-=4.3 如题图4.3所示,在'K 系的Y X O '''平面内放置一固有长度为0 的细杆,该细杆与x '轴的夹角为θ';设'K 系相对于K 系沿x 轴正向以速率u 运动,试求在K 系中测得的细杆的长度 和细杆与x 轴的夹角θ;O X ,X '题图4.3解：细杆在K '系中的两个坐标上的投影分别为 ⎩⎨⎧'='∆'='∆θθsin cos 00l y l x细杆在K 系中的两个坐标上的投影分别为()()⎪⎩⎪⎨⎧'='∆=∆'-='∆-=∆θθsin cos /1/10202l y y c u l x c u x在K 系中细杆的长度为()[]()20222022/cos 1si cos /1c u l n c u l y x l θθθ'-='+'-=∆+∆=。
大学物理(上册)课后习题及答案
因此有： ，∴
⑵由 得： ，两边积分得：
∴
⑶质点停止运动时速度为零， ，即t→∞，
故有：
⑷ 时，其速度为： ，
即速度减至 的 .
2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为 N，式中 的单位是s，⑴求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。⑵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 m/s的物体,回答这两个问题。
将 ，及 代入上式，即得： 。
6.9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(10 )，式中 , 以米计， 以秒计。求：
⑴设 ＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 ?
解：⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中 、 是正压力， 、 是摩擦力， 和 是杆在 点转轴处所受支承力， 是轮的重力， 是轮在 轴处所受支承力。
杆处于静止状态，所以对 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：
解：因为
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有： ，
，
5.9一质量为 的物体作谐振动，振幅为 ，周期为 ，当 时位移为 。求：
⑴ 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
⑵由起始位置运动到 处所需的最短时间；
⑶在 处物体的总能量。
解：由题已知 ，∴
又， 时，
故振动方程为：
⑴将 代入得：
方向指向坐标原点，即沿 轴负向。
⑵由题知， 时， ； 时，
∴
⑶由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：
大学物理练习册(上册)答案
练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题1、（1）A （2）1.186s(或4133-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ωπωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。
2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= （2）t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=（3）令0692=-==t t dtdxv ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。
3、解：（1）由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=（2）速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==（3）r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。
湘潭大学级大学物理作业
机械能守恒得：
0 EK E弹性 EP E转动 1 2 1 2 1 v 0 mv kx mgx * sin J 2 2 2 r
2
vቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2Mgx sin kx 2 J r M
2
5.质量为m，长度为 l的匀质杆，可绕通过其下端的水平光滑固 定轴O在竖直平面内转动（如图3），设它从竖直位置由静止倒 下。求它倾倒到与水平面成θ角时的角速度ω与角加速度β。
6
24 2 J
2 * 6 I 00 I 6 2 1 2 1 2 2 2 2 E I I 00 36 12 24 J 2 2
4.如图2所示，定滑轮半径为r，绕垂直纸面轴的转动惯量为J，弹簧倔强系 数k,开始时处于自然长度。物体的质量为M，开始时静止，固定斜面的倾角 为θ（斜面及滑轮轴处的摩擦可忽略，而绳在滑轮上不打滑）。物体被释放后 沿斜面下滑的过程中，物体、滑轮、绳子、弹簧和地球组成的系统的机械能 _____守恒______;物体下滑距离为x时的速度值为v=__________. 2Mgx sin kx2
3.转动着的飞轮的转动惯量为J，在 t=0 时角速度为ω0. 此后飞轮经 过制动过程。阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数 1 为k（k为大于0的常数）.当 时，飞轮的角加速度 β=____。 0 3 1 所经历的时间 t=_______. 从开始制动到 3
0
(1) M J M k (2) M J 2 k J
2
2
1 用能量守恒定律
2设向下为正
mg f kx0
图
5．如图3，水平小车的B端固定一弹簧，弹簧自然长度时，靠在弹 簧上的滑块距小车A端为L，已知小车质量M=10kg,滑块质量m=1kg， 弹簧的倔强系数k=110N/m, L=1.1m, 现将弹簧压缩Δl=0.05m并维持 小车静止，然后同时释放滑块与小车，忽略一切摩擦.求: (1)滑块与弹簧刚刚分离时小车及滑块相对地面的速度各为多少？ (2)滑块与弹簧分离后，又经过多少时间滑块从小车上掉下来？
湘大物理习题答案
5．两个电量都是+q的点电荷，相距为2a ，连线中点为O，求连线中垂线上和O相 距为r的P点场强 E ; r为多少时P点的场强最大？
E 2 E1 sin 2
方向沿r背离o点
qr 4 0 (a r )
dq U p U1 U 2
电场力做的功等于相应电势能增量的负值
6.面密度为 的无限大平面在离o为x的p点产生电场 x E1 2 0 x
面密度为- 的圆盘在离o为x 的p点产生电场 x 1 1 E2 ( )i 2 0 x R2 x2
x x 1 x 1 E E1 E2 [ ( )]i i 2 2 2 2 2 0 x 2 0 x R x 2 0 R x
L
dx
练习二十一 静电场（二） E 1. 一电场强度为 E 的均匀电场， 的方向与X轴的正向平行,如图1所示，则通
过图中一半径为Ｒ的半球面的电场强度通量为
(A)
(
R E
2
(B) (D) 0
C)
2R E
2
1 2 R E 2
[(D)
高斯定理 e
其中 0 q i 是闭合面内的电荷，为零。 所以所求为零。
q 4 0 x qa 2 0 x 3
qa 0 x 3
(B) (D)
q 4 0 x 2
(C)
这是一个电偶极子
E q 4 0 x a 2 1
E
q 4 0 x a 2
1
E E E
(B)
E
4axq 4 0 x a 2 x a 2
练习二十 静电场（一）欢迎使用
(完整版)湘潭大学大学物理练习册答案习题解答(1-22上)
练习一运动的描述 （一）1．（D ）2.（D ）3．217,5s m s m 4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）()()()()质点反向运动时，,05.125.25.1215.1===⨯-⨯+⨯-⨯=v s t m S6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为r r r ρρρ-=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r ρ，任意时刻质点对此位置的位移为r r ρρ=∆，即此时r ρ既是矢径也是位移。
练习二 运动的描述 （一）1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（c ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,432102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量K222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 运动定律与力学中的守恒定律（一）1．（D ）2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有mt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()kv mv x ev k m x dte v dx dt dx v mkt m kt 00max 00,1,=-=∴=∴=--Θ练习四 运动定律与力学中的守恒定律（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰ρΘ4．2221221,m t F m m t F m m tF ∆++∆+∆5．（1）系统在水平方向动量守恒。
普通物理学练习题上册
=
v2 R
=
0.36(m·s-2)．
R
A 图 1.7
1．8 一升降机以加速度 1.22m·s-2 上升，当上升速度为 2.44m·s-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．
人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h2 = h1 + h = 100.94(m)．
根据自由落体运动公式 s = gt2/2，得下落的时间为: t2 =
2h2 = 4.49(s)． g
因此人飞越的时间为：t = t1 + t2 = 6.98(s)．
Created by WXQ
1
2009-05-26
vu
所
以
飞
行
时
间
为
t1
=
v
l +u
+
v
l −u
=
2vl v2 − u2
Au v
B
Created by WXQ
4
2009-05-26
《大学物理练习》（上册） 习题参考解答 共 26 页
大学物理学练习册参考答案
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i 114+， j i 82-3.16v i j =-+;14a i j =-+;4.20211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-vv（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =．由此得2r r ω=22(12)24t = 解得36t =．所以3242(13)t θ=+==3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅ 08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. m rkr k（三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
湘潭大学物理练习册答案
练习一 质点运动学（一） 1．（D ） 2.（D ） 3．217,5s m s m4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）296 1.50,(1.5)(1)(2)(1.5) 2.25v t t t s v S x x x x m=-===-+-=由可得，时，质点反向运动因此路程6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为0r r r-=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r，任意时刻质点对此位置的位移为r r=∆，即此时r既是矢径也是位移。
练习二 质点运动学（二） 1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（C ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,4302102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量k222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 质点动力学（一）1．（D ） 2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下为正，⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有AP AP BAf BAN cAN TTf =()相对2a gm 1gm 2()牵连1amt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()00max 0,1,kt m kt mv dx dt dx v e dtx m k v e x mv k--=∴=∴=-=练习四 质点动力学（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰4．11212122,F t F t F t m m m m m ∆∆∆+++5．（1）系统在水平方向动量守恒。
大学物理(上)练习题解答
大学物理（上）练习题参考解答第一章 质点的运动1．解：平均速率 Sv t∆=∆，平均速度的大小 r rv t t ∆∆==∆∆S r ∆≠∆ ，v v ∴≠速率 0limt S v t∆→∆=∆，速度的大小 0limt r v t∆→∆=∆当0t ∆→时，r S ∆=∆故（B ）正确。
2．解：位移大小 (4)(0)8x x x m ∆=-= 令速度 20dx v b t dt==-=，得3t s =，即在3t s =前后，速度方向逆转，所以，路程(4)(3)(3)(0)10S x x x x m ∆=-+-= 3．解：（1）(2)(1)0.5/21x x v m s -==--（2）296dx v t t dt==-，(2)6/v m s ∴=-（3）令0v =，得0t =或1.5s(1.5)(1)(2)(1.5) 2.25S x x x x m =-+-=4．解：由相似三角形的性质得：21M Mh x x h x -=即 112M h x x h h =-两边对时间求导，得 112M h v v h h =-5．解：（1）t dv a a dt =≠， （2）dr dr dr v dtdtdt=≠=，（3）ds v dt= 正确， （4）t dv a a dt=≠。
6．解：（A ）错，因为切向加速度t dv a dt=，速率可能不变，如匀速率圆周运动，切向加速度为零。
（B ）2n va ρ=，除拐点外，ρ为有限值，0n a ∴≠，故（B ）正确。
（C ）n a 反应速度方向变化的快慢，只要速度方向有变化，n a 就不为零。
（D ）0t dv a dt== ，0n a a ∴=≠。
（E ）dv a dt==恒矢量，质点作匀变速度运动，而非匀变速率运动，如抛体运动。
7．解：2ds ct dt=，2Stds ct dt ∴=⎰⎰，即 31()3s t ct =2t dv a ct dt==，224n vc t a RR==第二章 牛顿运动定律1．解：（1）v kx = ，2dv a kv k x dt∴===，故 2F Ma Mk x == （2）由 dx v kx dt==，得1x txdx kdt x∆=⎰⎰，故 101lnx t kx ∆=2．解：（1）子弹进入沙土后，受的力 F kv =-，由牛顿定律得 dv kv mdt -=分离变量并作积分 0t vvk dv dt mv-=⎰⎰，得/0kt mv v e-=（2）dv dv dx dv kv mm mv dtdx dtdx-===分离变量后作积分m axx vkdx m dv-=⎰⎰，得 0max mv x k=3．解：2p mvj mvj mvj ∆=--=-，应选（D ）。
大学物理上册习题答案.docx
习题一1. 2 解：(1)最初2s 内的位移为为：Zkx = x(2)-x(0) = 0-0 = 0(m/5)最初2s内的平均速度为：v ave = — = —= 0(m / s) At 2__ dxT时刻的瞬时速度为：v(0 = — = 4 —4tdt2s末的瞬时速度为：u(2) = 4 —4x2 = —4%/s(2) Is末到3s末的平均加速度为：%e = 空=讯3)—V。
)= 皂也"“ A? 2 2⑶3s末的瞬时加速度为：a = d=d(4_40 = _4(”〃$2)。
dt dt1. 3解：由题意知，加速度和时间的关系为bQ = --- 1T利用dv = adt,并取积分得b V b 2C L Q H—t dv , V — CL^t -\ - 1T ) I T再利用dx = vdt,并取积分［设t = 0时兀o = 0 ］得\dx — ivdt f — _ af------ 尸J o 2 6厂r(t) = r(0) + f 0(/)力=”'+ *尸］(1) 当4 —八=0,即/ = 2s时，到达x轴。
(2) t = 2s时到达x轴的位矢为：r(2) = 12i即质点到达兀轴时的位置为x = 12m, y = 0o1・4解: v(?) = v(0 > ［刁⑴力1. 5解：按题意d2xdt2=—G^X-4m/ s12 d 1 2x dv dv dx dv -co x = —— = — = = v —, dt dt dx dt dx/ 、2v = +co\lA 2 —x~ , A 2= — + X QW 丿1. 6解：(1)速度和加速度分别为：v= — = (8t)j+k , dt (2)令r(?) = xi + yj + zk ,与所给条件比较可知x = l, y = 4r 2, z = t所以轨迹方程为：x = l, 丁 = 4于。
1. 7解：在求解本题中要注意：在0~4s 时间内，速度有时大于零，有时小于零，因而运4 4动出现往返。
大学物理（上册）参考答案
大学物理（上册）参考答案第一章作业题P211.1； 1.2； 1.4；1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62 x，a 的单位为2sm -?，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值．解：∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得 cx x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-?++=x x v1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2sm -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t t va 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量， tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+?+?=?=?+=-x v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)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====ωβθω(1)s 2=t 时， 2s m 362181-?=??==βτR a2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==?na aτ即βωR R =2 亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=?+=+=t θ1.12 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1）bt v t sv -==0d dR bt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctan bt v Rba a n --==τ?(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-?-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-?===m f a x x 2s m 167-?-==m f a y y(1)--?-=?-=+=?-=?+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-?--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=?-+??+?-=++=2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k m v 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ??-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有∞-=='00d k m v t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-?-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o30，则动量的增量为0v m v m p -=?由矢量图知，动量增量大小为v m，方向竖直向下．2.13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，以及力给予物体的冲量．(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it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -??=+==,沿x 轴正向，i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=? 若物体原来具有6-1s m -?初速，则+-=+-=-=t t tF 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)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=?=ω2.15 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b a t =(2)子弹所受的冲量-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1； 3.2； 3.7；3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50 kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =-③又，βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-?=++?=++=M m m g m a题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg=∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mvI mv +=ω②上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212?-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(?-=-=l g I Mgl ω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为-=?=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=?glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P1455.1； 5.2；5.7 质量为kg 10103-?的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI () 328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又πω8.0==A v m 1s m -? 51.2=1s m -?2.632==A a m ω2s m -?(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-?==m mv E J 1058.1212-?===E E E k p当p k E E =时，有p E E 2=，即)21(212122kA kx ?= ∴ m 20222±=±=A x(3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=?t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 -==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-?的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=?=-T A∴ 1s rad 5.02-?==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-?=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=?=-t x πN102.417.0)2(10103232--?-=-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向．(2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且∴ s 322/3==?=ππωφt (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--?====πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-?==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又ππωφ253511=+?= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同?(2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ?+++++=g m M kh t M m k gM m khk m g x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) +=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)??+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解：(1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=? ∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=? ∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
大学物理第二版上册课后习题答案
大学物理第二版上册课后习题答案【篇一：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】 (a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故drdt?dsdt,即｜｜＝．由此可见,应选(c)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)drdt； (2)drdt； (3)dsdt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt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drdt用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；dsdt表示速度矢量；在自然坐标系中?dx??dy???????dt??dt?22速度大小可用公式v?选(d)．计算,在直角坐标系中则可由公式v?求解．故1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 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)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方drdt向的一个分量,起改变速度大小的作用；dsdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dvdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an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aｔ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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．的大小和路程就不同了．为此,需根据dxdt?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dxdt质点速度和加速度可用和dxdt22两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小dxdt(2) 由得知质点的换向时刻为?0tp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dxdt2t?4.0s??48m?s?1a?dxdt2t?4.0s2??36m.s?21 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；y?2?14x2这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得22?5.66m x2?y2?22?r2?r0?x0?y0?2.47m22题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?vy?dxdtdydt??10?60t ?15?40tv0?v0x?v0y22?18.0m?s?1v0yv0x??32(2) 加速度的分量式为ax?dvxdt?60m?s?2, ay?dvydt?2则加速度的大小为a?ax?ay22?72.1m?s?2ayax??23分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为y1?v0t?12at 12gt22y2?h?v0t?当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即v0t?12at2?h?v0t?12gt2t?2hg?a?0.705s(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?12gt2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有0?h?12(g?a)t2t?2hg?a?0.705s(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为h??v0t?12at2则 d?h?h??0.716m【篇二：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】s=txt>第一章质点运动学(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2dr(1)dt一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即； (2)drdt；ds(3)dt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt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vr表示,drdt表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v22?ds计dt?dx??dy?算,在直角坐标系中则可由公式v???????dt??dt?求解．故选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 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)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,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；drdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dsdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而dvdt表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an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aｔ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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ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 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为?xt?x0,而在求路程时,就必dx?0来dt须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据dxd2xs??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．dtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得其中位移大小2222?r2?r0?x2?y2?x0?y0?2.47m题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40tdt-1当t ＝0 时, v0x ＝-10 m2ｓ , v0y ＝15 m2ｓ ,则初速度大小为-1v0?v0x?v0y?18.0m?s?122v0yv0x??3 2(2) 加速度的分量式为ax?则加速度的大小为dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdta?ax?ay?72.1m?s?2ayax??2 3-11 -8 一升降机以加速度1.22 m2ｓ上升,当上升速度为2.44 m2ｓ时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝-2y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at221y2?h?v0t?gt22当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h?0.705sg?a12gt?0.716m 2(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t22t?(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2h?0.705sg?a1h??v0t?at22则 d?h?h??0.716m【篇三：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】(1) 根据上述情况,则必有( )(2) 根据上述情况,则必有( )(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠(c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=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)．但当但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)；(4)?????． dtdtdt?dt??dt?下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确 22dr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dtdr用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中dt分析与解ds?dx??dy?速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式v??????求解．故dt?dt??dt?选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 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 22dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方dtdr向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dt分析与解dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因dtdt此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an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aｔ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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．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变时,位的大小和路程就不同了．为此,需根据dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dtdtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1 dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2 dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示． 12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得?r2?r0?题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40t dtv0x3?? 2(2) 加速度的分量式为ax?dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdt则加速度的大小为a?ax?ay?72.1m?s?2花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at2 21y2?h?v0t?gt2 2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt2 22t?2h?0.705s g?a12gt?0.716m 2 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t2 2t?2h?0.705s g?a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 1h??v0t?at2 2则 d?h?h??0.716m。
湖南大学大学物理练习册答案(一二上下两册全)
大学物理（一）练习册 参考解答第1章 质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(D)，6(D)，7(D)，8(D )，9(B)，10(B)， 二、填空题(1). s i n2t A ωω，()ωπ+1221n (n = 0,1,… ), (2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s.(4). 16Rt 2 ，4 rad /s 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R . (7). 2.24 m/s 2，104o(8). )5cos 5sin (50j t i t+-m/s ，0，圆.(9). h 1v /(h 1-h 2) (10). 0321=++v v v三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 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) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 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⎰⎰=vv 0d 4d tt t v = 2t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)3. 质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2213x x +=v4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt y y t a d d d d d d d d vvv v ===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C ky y ky 222121 , d d v v v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v5. 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221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cb c R t -=6. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 27. (1)对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i 、j表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；(2)由(1)导出速度 v 与加速度 a的矢量表示式； (3)试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x rsin cos ωω+=+=(2) j t r i t r t rcos sin d d ωωωω+-==v j t r i t r ta sin cos d d 22ωωωω--==v(3) ()r j t r i t r a sin cos 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r方向相反，即a 指向圆心8. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知， 正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v v +=AE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 ()()k m /h 17022 v v v =-=FE AF AE () 4.19/tg 1==-AE FE v v θ（飞机应取向北偏东19.4︒的航向）．西北θFE v vAFv vAE v v四 研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答： (1)、(3)、(4)是不可能的．(1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零；(3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心；(4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x =，)(t y y =在计算质点的速度和加速度时：第一种方法是，先求出22y x r +=，然后根据 td d r=v 及 22d d t r a =而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即22)d d ()d d (t y t x +=v 和 222222)d d ()d d (ty t x a +=.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。
大学物理上册解答.docx
一.选择题:1. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为r=at 2T + bt 2j （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 ）—般曲线运动.dr — — dv ——- 2 丁 72= v= — = 2ati +2btj a= — = 2ai +2bj解：选（B ） r=at 1 +bt ■> dt dt x ax = at 2 —=—y = bey b2. 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为°,瞬时速率为V,某一段 时间内的平均速度为°,平均速率为卩，它们之间的关系必定有 []（A ） 兀-同孑（C ）同工/（B ）叽同孑 （D ）叽同".科—ds解： 选（D ）.根据瞬时速度与瞬时速率的关系（I 丨 ）所以Itfr I _ ds丰|力| dt 但|A 厂|工山所以At \t3. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为（v 表示任一时刻质点的 速率） []dvv 2(B) R .解：选（D ）・因变速圆周运动的加速度4. 某物体的运动规律为dv/dt = -kv\式中的k 为大于零的常数。
当件0时，初大学物理练习一(A) dt. dv v 2(C) dt+ R,(D)a有切向加速度和法向加速度，故\dt y/ 2、2 V6. 一飞机相对空气的速度大小为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16.30o (B)北偏东16.30o (C)向正南或向正北。
(D)西偏北16.30o (E)东偏南16.30o 解：cos a = 0速为V 。
，则速度V 与时间t 的函数关系是 (A) v = kt+vO 1 7 1—=kt H --- (C) v vo (B) v =—kt + vO —=—kt H -(D) v解：选(C)dv据 dv - -kv 2dtkdt,两边积分为V ),则他感到风是从(A)东北方向吹来。
2022年大学课程《大学物理(上册)》强化训练试题 含答案
姓名班级学号………密……….…………封…………………线…………………内……..………………不…………………….准…………………答….…………题…2022年大学课程《大学物理（上册）》强化训练试题含答案考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。
2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。
3、请仔细阅读各种题目的回答要求，在密封线内答题，否则不予评分。
一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、一束光线入射到单轴晶体后，成为两束光线，沿着不同方向折射．这样的现象称为双折射现象．其中一束折射光称为寻常光，它______________定律；另一束光线称为非常光，它___________定律。
2、质量为M的物体A静止于水平面上，它与平面之间的滑动摩擦系数为μ，另一质量为的小球B以沿水平方向向右的速度与物体A发生完全非弹性碰撞．则碰后它们在水平方向滑过的距离L＝__________。
3、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为,则质点在任意时刻的速度表达式为________；加速度表达式为________。
4、一质点作半径为0.1m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：，则其切向加速度大小为=__________第1秒末法向加速度的大小为=__________。
5、如图所示，轴沿水平方向，轴竖直向下，在时刻将质量为的质点由a处静止释放，让它自由下落，则在任意时刻，质点所受的对点的力矩＝________ ；在任意时刻，质点对原点的角动量=_____________。
6、一电子以0.99 c的速率运动(电子静止质量为9.11×10-31kg，则电子的总能量是__________J，电子的经典力学的动能与相对论动能之比是_____________。
7、一圆锥摆摆长为I、摆锤质量为m，在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角，则：(1) 摆线的张力T＝_____________________；(2) 摆锤的速率v＝_____________________。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
练习一运动的描述 （一）1．（D ）2.（D ）3．217,5s m s m 4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）()()()()质点反向运动时，,05.125.25.1215.1===⨯-⨯+⨯-⨯=v s t m S6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为r r r -=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r，任意时刻质点对此位置的位移为r r =∆，即此时r既是矢径也是位移。
练习二 运动的描述 （一）1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（c ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,432102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量K222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 运动定律与力学中的守恒定律（一）1．（D ）2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有mt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()kv mv x ev k m x dte v dx dt dx v mkt m kt 00max 00,1,=-=∴=∴=--练习四 运动定律与力学中的守恒定律（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰4．2221221,m t F m m t F m m tF ∆++∆+∆5．（1）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 //0Mv mv mv +=s m M v v m v 13.31547)(0/==-=N l v M Mg T 5.262=+=（2）()方向正方向设007.4v s N mv mv t f⋅-=-=∆负号表示冲量方向与0v方向相反6．人到达最高点时，只有水平方向速度αcos 0v v=，设人抛出m 时，人的速度为V 1，取人和物为一系统，水平方向动量守恒，即()()()m M mu v v u v m Mv v m M ++==∴-+=+111,由于抛出物体而引起人在水平方向的速度的增量为)m M mu v v v +=-=∆1因为人从最高点落到地面的时间为g v t αsin 0=故跳的水平距离增加量为()gm M muv vt x +=∆=∆αsin 0练习五 运动定律与力学中的守恒定律（三）1．（C ） 2.（B ）3． 290J4．202120212,,kx kx kx -5．（1）以小车、滑块、弹簧为一系统，忽略一切摩擦，在弱簧恢复原长的过程中，系统的机械能守恒，水平方向动量守恒。
设滑块与弹簧刚分离时，车与滑块对地的速度分别为V 和v ，则()()()21212121222MVmv MV mv l k =+=∆向右，向左，解出s m l Mm M kv s m l mM M kV 5.005.0:22=∆+==∆+=（2）滑块相对于小车的速度为sv L t s m V v v 255.0//==∆=+=向右6．（1）木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为一系统，机械能守恒。
选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，以v 1表示木块下滑x 距离时的速度，则sm Mkx gx v Mgx Mv kx 83.0sin 20sin 212121212=-==-+αα解得：方向沿斜面向下。
（2）以子弹和木块为一系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，故沿斜面方向动量守恒，以v 2表示子弹射入木块后的共同速度，则有()sm mM mv Mv v v m M mv Mv 89.0cos cos 1221-=+-=+=-αα解得：负号表示此速度的方向沿斜面向上练习六 运动定律与力学中的守恒定律（四）1．（C ）2.（3）3． 02,9ωωk JJk -4．22221,21,ma ma ma5．（1）⎪⎩⎪⎨⎧===-ββR a I TR maT mg()s d ra MRmR mgRImR mgR 7.8122122=+=+=∴β 方向垂直纸面向外（2）由机械能守恒，有⎪⎩⎪⎨⎧==+002202121ωωR v mghI mvm h 06.0=解得物体上升的高度为（3）方向垂直纸面向外s d ra 0.102==βθω6，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===-=-=βββB B A A A A B B B B B B A A A A r a r a J r T r T a m T g m a m g m T － mgT联立以上5式，得()AB B A A AA AB a r g r r a g r m Ja m 22-++=练习七 运动定律与力学的守恒定律 （五）1．（C ）2．mgl μ21()mgl rdr l m g dM M dmgr dM lμμμ21====⎰⎰ 3．J J s d ra 224237,6ππ=4．守恒，Mr J kx Mgx +-22sin 2θ5．（1）选杆与地球为系统，机械能守恒，有()2231,sin 12121ml J mgl J =-=θω()l g θωsin 13-=∴由转动定律θβθβcos 2331cos 212lg ml l mg J M =∴=⋅=方向垂直纸面向外s d ra 0.102==βθω6，（1）转台＋人＋哑铃＋地球系统的机械能不守恒。
因人收回二臂时要作功，即非保写力的功不为零，不满足守恒条件。
（2）转台＋人＋哑铃＋地球系统的角动量守恒。
因为系统受到的对竖直轴的外力距为零。
（3）哑铃的动量不守恒，因有外力作用。
哑铃的动能不守恒，因有外力对它作功。
drm dm )(=练习八相对论（一）⒈ A ； ⒉ C ； ⒊ 2c 20u -1m ， 220cu -1/u m ， 22c m mc o -， 2mc ; ⒋ 75 m 3, 208.3 kg , 2 .8 kg/m 35解(1) J 103.42c 0.417m c m 0.6-110.8-11c m c m E A 14-202o 222122⨯==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=∆= (2) 动能增量 J 101.60101.0101.60eV 101.0eU E -136-196k ⨯=⨯⨯⨯=⨯==∆又k 202k E c m mc E ∆=-=030-31-8-1302k 2.95m kg 102.69109.110101.60m c E m =⨯=⨯+⨯⨯=+=∴2)3( 由220cV -11m m==γ 解出 0.94c c 2.951(-1V ==2) 动量 c 2.77m 0.94c 2.95mmV P 00=⨯==. ⒍ 解:2cV -112Vm mV220==⇒=γ, 解出 c 23V =. 由 γ==⇒=-=2m mc m c m mc E 020202k , 同样得 c 23V =. 练习九 相对论（二）⒈ 8300k ， 短波方向 ； ⒉ D ； ⒊ D ； ⒋ 2 . 5v , 14104⨯ .⒌ 解: 功率λνnhc/nh P ==,单位面积上 hc d /4P d n/4n/s n 220πλπ===光子质量 kg 103.33c h c h m 36-2⨯===λν. ⒍ 解: 0.60MeV h 0=ν, 散射波长 00 1.2/201λλλ=+=)( 由能量守恒 λνhcc m -m h 200+=)( 反冲电子动能J 101.500.10MeV h 61hch c m -m E 14-0020k ⨯===-==νλν)(. 练习十 静电场与稳恒电场（一）1、B2、B3、水平向左、qmgtg E θ=4、a x 2=5、 23220232201)(2)(42s i n2r a qr r a qr E E +=+==πεπεα 方向沿r 背离o 点0)(32])(3)(1[2252222202522223220=+-+⋅=+-+=r a r r a q r a r r a q dr dE πεπεa r 22±=∴时E 最大 6、取ox 轴如图，则 20)(4x d L dxdE -+=πελ 沿i 方向⎰+=-+=-+=∴LLd L d q x d L x d L dxE 00002)(4]1[4)(4πεπελπελ 0 q P xi d L d qE)(40+=πε练习十一静电场与稳恒电场（二）1、D2、D3、D 5、 21R r R << rE 02πελ=沿r方向 1R r < 0=E2R r > 0=E（a ） （b ）6、（1）R r < dr e dr r r e dr r D r rkr rkrr⋅==⋅⋅=⋅⎰⎰⎰--0002200224444ρππρπρπ)1(2krekr D --=ρ ，)1(200krr e krE --=εερ （2）同理 R r >时)1(200kR e kr E --=ερ⎰∞--=⋅=∴000)1(kRe kr dr E U ερ 练习十二静电场与稳恒电场（三）1、A2、（2）3、 R q q U 0212επ-= ，R q q W 0214επ-=4、rr d dR U p )(303+-=ερ5（1） ⎰++==Lr rp rrL L q x dx U ln4400πεπελ 同理 ⎰++==Lr rQ rrL L q x dx U 330033ln 44πεπελ（2）r L r L L q q rrL r r L L qq U U q A Q p 3)(3ln 4]33ln [ln 4)(00000++=+-+=-=πεπε ，)(33ln 400r L r L q q A W ++=-=∆πε 6、面密度为-σ的圆盘在离o 为x 的p 点产生电场i x R xx E )11(22202+--=εσi x R x i x R x x x x E E E 2202200212)]11(22[+=+--=+=∴εσεσεσ⎰+-=+=0220220)(22xx R R x R dx xU εσεσ练习十三 静电场与稳恒电场（四）1、083F F =' 、094F F =' 2、00012E εσσ-= ，00012εσ-=E E3、 [2 ]4、[1 ]5、（1）球电势 20100321444R Qq R q r q U U U U A πεπεπε++-=++=球壳电势 202020321444R Q q R q R qU U U U B πεπεπε++-='+'+'=204R Qq πε+=)11(410R r qU U U B A AB -=-=∴πε （2） )11(410R r qU AB -=πε ， （3） 0=-=B A AB U U U 6、令A 板左侧面电荷密度为1σ ，右侧面电荷密度为2σC A B AB AC U U = AB AB AC AC d E d E =22421===∴AC AB d d σσ 12 且 Sq A=+21σσ 解得 （1）c q q A c 710232-⨯-=-= （2） )(103.2301V d d E U AC AC AC A ⨯===εσc q q A B 710131-⨯-=-=练习十四静电场与稳恒电场（五）1、D2、C3、相等，不相等，不相等4、d U 、)(t d dU- 5、（1）S d d S d S d C C C r r r r r r 021211202201121111εεεεεεεεε+=+=+= ，2112210d d S C r r r r εεεεε+=∴ （2） 21121221d d C C U U r r εε==2112121d d Ud U r r r εεε+=∴ 221121210112111111)(211211d d U d d SSd U C Sd Sd W w r r r r εεεεε+⋅⋅⋅=⋅==22112201)(21d d U r r r r εεεεε+=， 同理 2w 22112102)(21d d U r r r r εεεεε+=上学期习题解答6、（1）⎰∑=⋅0q S d Dr r Q D ˆ42π=∴ （∞<<r R ） ，r rQ E r ˆ420εεπ= （d R r R +<<） r r QE ˆ420επ= （d R r +>）， 0=E （R r <） （2） r QU 04πε= （d R r +>），)11(4)(400dR r Q d R Q U r +-++=επεπε （d R r R +<<） )11(4)(400d R R Q d R Q U r +-++=επεπε （R r <）。