大学物理第一学期练习册答案概要

1、练习一质点运动学一、选择题1. A】2.【D】3.【D】4.【C】二、填空题1. (1)物体的速度与时间的函数关系为v鱼 A cos tdt2 V 2240O3m/s ；方向是与X正方向夹角(2)物体的速度与坐标的函数关系为y () A .2. 走过的路程是 m ；这段时间平均速度大小为:333在第3秒至第6秒间速度与加速度同方向。t 2134则其速度与时间的关系v=v Vo Ct dt -Ct,运动方程为03x= x x0Vt丄Ct412图5二、计算题1.已知一质点的运动方程为r 2ti ( 2 t2) j, r, t分别以m和s为单位，求(1) 质点的轨迹方程，并作图；(2) t=0s和t

2、=2s时刻的位置矢量；(3) t=0s到t=2s质点的位移 r ?, v ? r D r。 4i 4j , v2i 2j(1)轨迹方程：x2 4y 80 ； ro 2j , “ 4i 2j2.湖中一小船，岸边有人用绳子跨过高出水面h的滑轮拉船，如图 5所示。如用速度 Vo收绳，计算船行至离岸边 x处时的速度和加速度。.2 2 2lx h ,两边对时间微分2,2,dldxdldxx hlxV0, VVV0dtdtdtdtx方向沿着X轴的负方向。选取如图5所示的坐标，任一时刻小船满足:方程两边对时间微分：2 2V2 V2 xaV。 VV0 V xa , ax2方向沿着X轴的负方向。Vo2h3.质点

3、沿X轴运动，其加速度和位置的关系是 为10m s 1，求质点在任意坐标26x2(SI)。如质点在x=0处的速度由速度和加速度的关系式:x处的速度。dva ， adtdv dxdx dtdvv -dxadx vdv，(26x2 )dxvdv，两边积分，并利用初始条件:1x 0，v010m sx(2 6x2)dx0vdv，得到质点在任意坐标 x处的速度:v 2 x3 x 2510图4练习二曲线运动和相对运动一、 选择题1.【B】2. D】3. C 】4. B 】二、填空题其速度v50 sin 5ti50cos5tj ；其切向加速度a0 ；该质点运动轨迹是2 2x y100。pl_ -2标量值一是否

4、变化：变化；矢量值dtdv是否变化：不变；an是否变化：变化dt(A)轨道最高点A的曲率半径a (vC0S)，落地点B的曲率半径 B2v。geos3.(1) at 0, an0 :变速曲线运动 at0, an0 :变速直线运动，at, an分别表示切向加速度和法向加速度。4. A点处的切向加速度 at g，小球在B点处的法向加速度 a. 2g。二、计算题1.如图3，一质点作半径 R=1m的圆周运动，t=0时质点位于 A点，然后顺时针方向运动，运动方程s t2 t( SI)求：(1)质点绕行一周所经历的路程、位移、平均速度和平均速率；(2)质点在1秒末的速度和加速度的大小。(1)质点绕行一周所需

5、时间：t2t 2 R , t 1s质点绕行一周所经历的路程：s 2 R 2 (m)位移：r 0 ；平均速度：v平均速率：v 2 m/st(2)质点在任一时刻的速度大小:v兰2tdt加速度大小：|a an2质点在1秒末速度的大小:3 (m/ s)加速度的大小:2、29 2)2 (2 )2，a 88.96( m/s2)2.如图4,飞机绕半径r=1km的圆弧在竖直平面内飞行，飞行路程服从1，求飞机飞过最低点的规律，飞机飞过最低点 A时的速率vA 192m ss(t) 50 t3(m)A时的切向加速a ?， an9t4,a r度at，法向加速度an和总加速度a 。ds飞机的速率：v ,v 3t2，加速

6、度：a an?dt飞机飞过最低点A时的速率:1Va 192m s ， t 8san 邑 36.86 m/s2, a r26t 48.00 m/s，加速度:4836.86 n3. 有架飞机从 A处向东飞到B处，然后又向西飞回到 A处。已知气流相对于地面的速率为 U， AB之间的距离为I，飞机相对于空气的速率V保持不变。(1) 如果u=0(空气静止)，试证明来回飞行的时间为t0 2l / v ；2(2) 如果气流的速度向东，证明来回飞行的时间为t1 t。/(1 与)；v(3) 如果气流的速度向北，证明来回飞行的时间为t2 to r 1 u2l vto 2I /v(1)如果：u 0,飞机来回的速度均

7、为 v，来回的飞行时间:(2)如果气流的速度向东，飞机向东飞行时的速度:V1飞机向西飞行时的速度:V2v u，来回飞行的时间： t1v ut1to /(1(3)如果气流的速度向北，飞机向东飞行的速度:V1v2u2，飞机向西飞行的速度V1v22u ，来回飞行的时间:t2t2 t。 / 12u2v大小:2 2ax ay ay， a6vx218m/s ， a18m/ s2，方向沿丫轴方向。选择练习三 牛顿运动定律1. B】2.【B】3.【C】4. C 】1.(1)填空题aA 0, aB0aA0, aB 02. Fn16mt2（设小车的质量为m)。R ，2 2(3) a A 0.05m / s , a

8、B 9.9m / s3木箱的速度大小为 4m/s在t=7s时，木箱的速度大小为22.5 m/s= ( g=10 m/s )。4则B推A的力等于2N。如用同样大小的水平力从右边推A,贝U A推B的力等于1N、计算题1倾角为 的三角形木块 A放在粗糙地面上，A的质量为与地面间的摩擦系数为A上放一质量为 m的木块B,设A、B间是光滑的。（1）作出A、B的示力图；（2）求B下滑时，至少为多大方能使A相对地面不动。*解：研究对象为物体 A和物体B,受力分析如图所示，选水平方向向右为坐标正方向，写出两个物体的运动方程物体B：物体A：mg sinN sinma 和 N mg cos 0 , N mg cos

9、 T 0和T Mg N cos 0 ,两式消去取斜面向向，A计算题（1）T，将 N mg cos.代mg cossin2(Mg N cos )0 , mg cos sin (Mg mg cos ) 0所以:m sin cosM mcos22. 一根匀质链条，质量为m,总长度为 L, 一部分放在光滑桌面上，另一部分从桌面边缘下垂，长度为a,试求当链条下滑全部离开桌面时，它的速率为多少?（用牛二定律求解）。解：选取向下为坐标正方向,将整个链条视为一个系统，当链条下落距离x时，写出牛顿运动方程mxgm史,Ldtmdvxg mv 一 ,LdxLggxdx vdv , xdxLa Lvvdv0当链条下滑

10、全部离开桌面时，它的速率为v .g(L2 a2)/L3.质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向。大小与速度大小成正比，比例系数为k,忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度的大小随时间变化的函数式（2）子弹进入沙土的最大深度。根据题意，阻力f kv，写出子弹的运动微分方程:kv md，应用初始条件得到:vekvm 变换得到:dtkvdvm一v，dskds mdv，应用初始条件，两边积分得Xmax v0ks m（vo v），当子弹停止运动：V 0,所以子弹进入沙土的最大深度: k练习四功和能、选择题1.【C】2.【D二、填空题】3.【C】4.【B】1.(1)卫星的

11、动能为GmM(2)卫星的引力势能为GmM6R ；3R2.(A)重力做功：mg(l丨0); (B)重力势能的增量：mg(l l0 )。(C)弹性势能的增量：1k(l lo )2 ； (D)弹性力所做的功：1k(l lo )2。3. W 42.4N m。4木块A的速度大小为F ti ,木块B的速度大小为 F b F t2mA mBmA mBmB二、计算题1. 如图6所示装置，光滑水平面与半径为R的竖直光滑半圆环轨道相接，两滑块A, B的质量均为 m,弹簧的倔强系 数为k,其一端固定在 0点，另一端与滑块 A接触。开始 时滑块B静止于半圆环轨道的底端， 今用外力推滑块 A,使 弹簧压缩一段距离 x后

12、再释放，滑块 A脱离弹簧后与 B作 完全弹性碰撞，碰后 B将沿半圆环轨道上升。升到 C点与 轨道脱离，O C与竖直方向成60角，求弹簧被压缩的距离X。过程一，弹簧力做功等于物体A动能的增量:1kx222mvA1，得到：VA1.m过程二，物体 A和物体B发生弹性碰撞，动量守恒和动能守恒1 2mvA1 mvA2 mvB2,mv A121 2 mv a222mv B2 ,得到:2vB2Va1mx2V B3过程三，物体 B做圆周运动，在 C点脱离轨道满足的条件：N mg cos m R2 N mVlr mgcos 0,得到：vB3 _gRcos根据动能定理重力做的功等于物体B 动能的增量mgR( 1

13、cos )12 12mv B3 mv B22 2将vB3 ； gRcos和vB2 )kx代入得到：X 愕k2. 设两粒子之间的相互作用力为排斥力f，其变化规律为f 3，k为常数，r为二者之间r的距离，试问：(1)f是保守力吗？ 为什么？ (2)若是保守力，求两粒子相距为r时的势能。设无穷远处为零势能位置。k*根据问题中给出的力 f 3，只与两个粒子之间位置有关，所以相对位置从ri变化到r kiiir2时，力做的功为：A 3drk( 22 )，做功与路径无关，为保守力；r r2 r2ri两粒子相距为r时的势能:Ep4drr rk2r3.质量为m 5.6 g的子弹 A,以vo 50i m/s的速率

14、水平地射入一静止在水平面上的质 量为M 2 kg的木块B内，A射入B后，B向前移动了 L 50 cm后而停止，求：(1) B与水平面间的摩擦系数卩；(2)木块对子弹所做的功Wi;(3)子弹对木块所做的功W2 ；(4)Wi与W2是否大小相等，为什么?*研究对象为子弹和木块，系统水平方向不受外力，动量守恒。mv0 (m M )vi , v mm M根据动能定理，摩擦力对系统做的功等于系统动能的增量:1 1(m M )gs (m M )v(mm222v2 0.22gs( m M )得到:V。M )v2 ,(m2木块对子弹所做的功等于子弹动能的增量:Wi 丄 mv22mv2,702.8J子弹对木块所做

15、的功等于木块动能的增量:W2Mv2, W2 i.96J2 Wi W2，子弹的动能大部分损失克服木块中的摩擦力做功，转变为热能。练习五冲量和动量(一)选择题1. 【D】2. 【A】3. 【C】4. 【B】填空题1.(1)地面对小球的垂直冲量的大小为m(12 ) gy ；(2)地面对小球的水平冲量的大小为mvmv2水对管壁的平均冲力大小是 F，方向垂直向下。3滑块A及嵌在其中的子弹共同运动的速12V 此时刻滑块B的速度vB 0，在以后的运动过程中，滑块1的最大速度VBmax V。24力的冲量I 20 i ；物体动量的增量P 20 i o三、计算题1. 如图4所示，一质量M=10 kg的物体放在光滑

16、的水平桌面 上，并与一水平轻弹簧相连，弹簧的倔强系数K=1000 N/m。今有一质量m=1kg的小球以水平速度 V0=4m/s飞来，与物体 M相撞后以V1=2 m/s的速度弹回，试问：(1) 弹簧被压缩的长度为多少 ？小球和物体的碰撞是完 全弹性碰撞吗？(2) 若小球和物体相撞后粘在一起，则上面所问的结果 又如何？*研究系统为小球和物体及弹簧，系统水平方向上不受外力，动量守恒，取X轴正方向向右mv0 mv1 Mv , v (v0 v1 )，物体的速度大小：v 0.6m/sM11 M物体压缩弹簧，根据动能定理：2kx2严2，弹簧压缩量：x，4m撞。碰撞前的系统动能：Ek01 2 mvo28J碰撞

17、后的系统动能：Ek1 2mv11 2 Mv223.8J，所以系统发生的是非完全弹性碰若小球和物体相撞后粘在一起，动量守恒:mv0(m M )vv m v0 ,物体的速度大小: m Mv 0.364m/ s滑块对地面的平均作用力：N Fy Mgmg Mg弹簧压缩量：m MXk v以03如，系统动能损失更大，为完全非弹性碰撞。2. 如图5所示，质量为 M的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为m的小球水平向右飞行，以速度 V1 （对地）与滑动斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为V2 （对地），若碰撞时间为t,试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块 速度增量的大小。*研究对象为小球和滑块构成的系统

18、，水平方向上动量守恒,取X轴正方向向右，Y轴向上为正。mw Mv M （v v）， v vi.M小球在Y方向受到的冲量：Fy t mg t mv?mv2Y方向上作用在滑块上的力：Fy2 mgmv2练习六冲量和动量（二）一、选择题1. D】2.【C】3.【A】4.【D】二、填空题1. i 5j。2所受合外力的冲量I mVi mVj ；除重力外其它外力对物体所做的功，A非mgR。3. （1）小球动量增量的大小等于零；（2）小球所受重力的冲量的大小等于mg乙；（3）小球所受绳子拉力的冲量大小等于mgZ。二、计算题1. 两个自由质点，其质量分别为mi和m2,它们之间的相互作用符合万有引力定律。开始时，

19、两质点间的距离为L,它们都处于静止状态，试求两质点的距离为-时，两质点的速2度各为多少？F,系统的动量和机械能守*两个自由质点之间的相互作用为万有引力，在不受外力作用恒。动量守恒：mjWm2v2机械能守恒:GmmGm1m212m1v12谆）1 2 m2v2 2求解两式得到两质占八、丄时的速度：2v1m22G和L( m1 mJ2GV2m15 m2)2. 一颗子弹由枪口射出时速率为1vm s ,当子弹在枪筒内被加速时， 它所受的合力为=（a bt）N（ a, 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

20、质量解：（1）由题意，子弹到枪口时，有aF (a bt) 0,得t - b(2)子弹所受的冲量t12I 0 (a bt)dt at bt将t a代入，得b2b(3)由动量定理可求得子弹的质量I a2 mVo2bvo练习七 功能原理 角动量和角动量守恒定理、选择题1. I C】2.【C】3.【C】4.【D】.填空题1. .2. mgl/50.2 2 23. kx0 ； -kx 0 /2 ； kx0 / 2三. 计算题1一质量为m的陨石从距地面高 h处由静止开始落向地面，设地球质量为 M，半径为R， 忽略空气阻力，求：(1) 陨石下落过程中，万有引力的功是多少?(2) 陨石落地的速度多大？1)i

21、)引力做功等于石块引力势能的改变:ii)石块下落过程中，系统机械能守恒:EpGMm(R-mv2 GMm(-)2R R h11hV2 2GM () 2GMR R hR(R h)2GMR22ghv 2gh2)i )由功能原理，有：ptA1 2 mv , v22pt mii)由牛顿定理,有：FPdv mmdvdxdv mv一vdtdxdtdx 2 .v2 一3 ,亠pdx mv dv,px0mv dvmv /3m 3v3pm3p(2 pt)3/2m2(m338p t )1/28p 3/29m t2.电子质量为9.1 10 31 kg，在半径为5.3 10 11m的圆周上绕氢核作匀速运动,已知电子的角

22、动量为h/2 ，求它的角速度。解：设电子质蛍为绕缄核作匀速率圈尚运动的速率为厂堆态的电子轨 道半径为匚则电予对老核的角动境L = mvrr hL 2nhV2nmr6.63 xlO 小亠i i 5 rart/ s x9. li xIO1 x(5.3xl0u)C知堪态电子的角动钛为所以电产的绕核运动的角速度为v hU)=二r =r 2nmr 2x3. =4. 13 x 1016 rad/s第三章刚体与流体的运动练习一一. 选择题1. ( C ) 2. ( A )3.( C ) 4. ( B )二. 填空题21. 5rad / s , _4_s v -15 m/s 。2. 203系统绕O轴的转动惯量

23、J 3ml 2/4。释放后，当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力矩M mgl/2； 角加速度 =2g/3l。4. 惯量 J 13 R4 /32。三.计算题1. 汽车发动机的转速在7.0s内由2000r/min均匀增加到3000r/min。求:(1)角加速度;(2 )这段时间转过的角度；(3)发动机轴上半径为 0.2m的飞轮边缘上的一点在第7.0s末的加速度。解：(1)初角速度为200/60209rad /s末角速度为3000/60 314rad /s角加速度为0 309 15rad/s27.0(2)转过的角度为209 31471.83 103rad(3)切向加速度为atR 150.23m/s2

24、法向加速度为an2R31420.21.97 104m/s2总加速度为a : # a；1.97104m/s2总加速度与切向的夹角为arctan色 arctan1.97 1089 99at32. 电风扇在开启电源后，经过t1时间达到了额定转速，此时相应的角速度为0.当关闭电源后，经过t2时间风扇停转.已知风扇转子的转动惯量为 J,并假定摩擦阻力矩 Mf和电机的电磁力矩M F均为常量，试根据已知量推算电机的电磁力矩M F o解：设Mf为阻力矩，Mo为电磁力矩，开启电源时有Mo Mf J-。 乙、 1 1关闭电源时有 M f J 2 , 02七2M O J 0 ()tl t23. 飞轮的质量为60kg

25、,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的大小。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数卩=0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如图4所示。解：JmR260(0.25)2t 0, 02 n21006104.7r/st 5,000104t5F(h I2)Nl10, fRJNR,于是有NJR，图4220.9r/s2l1 Jl1 l2 R314N第三章刚体与流体的运动练习二-一-.选择题1.(A )2.(B )3.(D4.(B )-二二.填空题1.1kgm 2/s,v21m/so2.14rad/s03. J o/( J+mR4.=co o /3o三. 计算题1

26、. 一轴承光滑的定滑轮，质量为M 2.0kg ,半径为R 0.10m, 一根不能伸长的轻绳 端缠绕在定滑轮上，另一端系有一质量为 m 5.0kg的物体，如图5示.已知定滑轮的转动惯量为JMR2/2,其初角速度o=1O.Orad/s,方向垂直纸面向里，求(1) 定滑轮的角加速度；(2) 定滑轮的角速度变化到=0时，物体上升的高度;(3)当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度。解:1)J 2mr20.01, M fmgma , TRmgRJ mR250.0625032)3，h0.06 m3)2.如图6示，两物体1和2的质量分别为 m_!与m2，滑轮的转动惯量为J,半径为r 。a及绳中的张力FT1与F

27、T22(1)如物体2与桌面间的摩擦系数为，求物体的加速度(设绳子与滑轮间无相对猾动)；(2)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FT1与FT 2 。解：(1 )设物体的加速度大下为a,滑轮角加速度为a，并设m向下为运动正方向，有牛10.0 rad/s顿运动定律m1gF T1m1aFT2Ff2m2a , F f2m2g由转动定律(1)(3)Ft1Ft订Ft2可解得at r(4)m2)g m1 m2 J / r2(m1m2 J/r2)gmm2J / r2F T22m2(m1m1J/r )gm1 m2 J/r2（2）将口 = 0代人以上结果即可mpa2m1 m2 J/r2m(m2

28、 J/r )gmmgmim2 J/r2m1 m2 J/r2,质量为M ,半径为R,放在一粗糙水平面上，摩擦 ,一质量为m的O的竖直轴的转动惯量为MR2 / 2 ,忽略解：1 ）子弹击中并嵌入圆盘，忽略摩擦力矩的作用，子弹与圆盘系统的角动量守恒:2mv0R (mRJ),mv0RmR2 J图72）圆盘获得角速度后，到停止转动,摩擦力矩做功:在圆盘上取一环状面元，质量为 dm2 rdr ;摩擦力矩为：dM f dmg r由角动量定理，有:g r2dr0LMf2 j gR3(mR2 J)RMgRMg/33mv0R2 RMg3mv02 Mg第三章刚体与流体的运动3. 如图7所示.一质量均匀分布的圆盘系数

29、为，圆盘可绕通过其中心o的竖直固定光滑轴转动。开始时圆盘静止子弹以水平速度v0垂直圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求：（1）子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度； 经过多长时间后，圆盘停止转动。（圆盘绕通过 子弹重力造成的摩擦阻力矩 ）练习三.选择题1.（ A ）2.（)3. ( B)4.( A )二.填空题j _ 3gsin /I 22. 1 2 2 Zr1 mn1 (石 1)2a3. 不守恒 ; 守恒 。4. _3。三.计算题1在转椅上的人手握哑铃。两臂伸直时，人、哑和椅系统对竖直轴的转动惯量为Ji=2kg -mio在外人推动后，系统开始以 ni=15 r/mi n的角速度转动。当人两臂收回

30、时，系统转动惯量变2为j2=0.80kgm时，此时系统的转速是多大？两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？什么力做了功？做功多少？解：由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒。由此得J1?2 n1 J2?2 n2J12.于是n2 n1一 1537.5r / minJ20.8两臂收回时，系统内力做了功，所以系统的机械能不守恒。臂力做的总功为A 1J2 21J 21 1221c cc37.5 2 小 c15-0.8 22 2260603.70J2. 一长为I 0.40m的均匀木棒，质量 M 1.0kg，可绕水平轴0在竖直平面内转动， 开始时棒自然地竖直悬垂。 现

31、有质量m 8g的子弹以v 200m/s的速率从A点射入棒中,假定A点与0点的距离为3I/4，如图6。求:(1) 棒开始运动时的角速度；(2) 棒的最大偏转角。碰撞前系统对轴的角动量就是作匀速直线运动的子弹对轴的角解：(1)取子弹和棒为系统。 动量，即3L0 lmv4碰撞后系统对轴的角动量为23 m 一丨3为子弹入射后二者开始共同运动的角速度,由角动量守恒定律,L Lo3mvl4J8.89 rad/s(2)取系统不变，因摆动过程中只有重力作功，利用动能定理求最大偏转角。设棒从竖直位置开始的最大偏转角为e，则棒的质心上升的高度hi满足h112hcos2子弹上升的高度h2为,3,3,h?ll cos

32、44到最大摆角时,重力作负功而系统静止，对系统运用动能定理mghzm gh201J 2得cos22m gl 3mgl 2J小”0.0762m gl 3mgl094 213. 如图7所示，空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为 Jo，环的半径为R,初始时环的角速度为0 质量为m的小球静止在环内最高处 A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心 0在同一高度的B点和环的最低处的 C点时，环的角小球可视为质点，环图7速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的,截面半径r B10I ( X1(21 、d丿X12a在P2点B2B2AB2B , B21 (

33、 11 )2(X2dX2在P3点B3B3AB3B , B310I 1dX3)2(X32 )a3. 如图7所示，有一电子以初速度V0沿与均匀磁场 B成角度的方向射入磁场空间，试证明当图中的距离满足L=2 menvocos /(eB)时，(其中me为电子质量，e为电子电量的绝对值，n=1，2)，电子经过一段飞行后恰好打在图中的O点。证明：T2 m2 m药，h T 苗 V0COS图6nh 2 meVo cosn/eB可见，当L 2 meVo cos n/eB时，正好是螺距的整数倍，故电子会恰好打第八章恒定电流的磁场练习三一. 选择题1. ( D ) 2. ( C 3. ( D ) 4 ( A )二. 填空题1. 、. 2aBI _ 。2. 面积 ，法线方向 电流Pm。3. 0.15 (N/m)。-0.075(N/m)。三. 计算题1. 一个半径为 R、带电量为 Q的均匀带电圆盘以角速度 绕过圆心且垂直盘面的轴线 AA 旋转，今将其放入磁感应强度为 B的均匀外磁场中， B的方向垂直于轴线 AA，如图6所dq T示。求圆盘所受磁力矩的大