上期物理1 参考答案
练习一：1-2、DD 3、i ct v v
)3
1(30 ，400121ct t v x x
4、 j 8，j i 4 ，441
2arctg arctg 或
5解：（1）j t t i t r
)432
1()53(2 ；
（2）3(3)dr
v i t j dt
r r r ； 437(/)t s
v i j m s r r （3）)/(12s m j dt
v
d a
6 解： ∵ x
v
v t x x v t v a d d d d d d d d
分离变量： 2
d (26)d v v adx x x 两边积分 2(26)vdv x dx
得
c x x v 32
222
1 由题知，0 x 时，100 v ,∴50 c ∴ 13s m 25
2 x x v
练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t ，212
t
5、解：（1）由23Rbt dt
d R dt ds v
得：Rbt dt
dv
a 6 ，4229t R
b R v a n n n n e t Rb e Rbt e a e a a
4
296
6、当滑至斜面底时，h y ，则gh v A 2 ,
将gh v A 2
分解到x 和y 两个方向
Ax v
Ay v
A 物运动过程中又受到
B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为
j
gh i gh u v u v A
A )sin 2()cos 2(' 地
练习三：1-3、BCB 4、3s 和0s ； 5、222
(sin cos )x y R v R ti tj v R
v v v
6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成 角，由图可知 2
2
2
s h l
将上式对时间t 求导，得
t
s
s t l l
d d 2d d 2 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，
∴ t
s
v v t l v d d ,d d 0 船绳
即
cos d d d d 00v v s l t l s l t s v
船 或 s
v s h s lv v 0
2/1220)( 船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度
32
0222
0202002)(d d d d d d s
v h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a 船船 7、解： kv dt dv
t v
v kdt dv v 001 t
k e v v 0 t k e v dt
dx
0 dt e v dx t k t
x
00
)1(0
t k e k
v x
练习四：1-2 AC
3、解： 2
s m 8
3166
m f a x x 2s m 167 m f a y y (1)
201
01
2
00s m 8
7
2167s m 4
5
2832dt a v v dt a v v y y y x x x
于是质点在s 2时的速度
1
s
m
8
7
4
5
j
i
v
(2
m
8
7
4
13
4
)
16
7
(
2
1
)
4
8
3
2
1
2
2
(
2
1
)
2
1
(2
2
j
i
j
i
j
t
a
i
t
a
t
v
r
y
x
4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：
dt
dv
m
F
kv
mg
分离变量及积分得：
v
t
F
kv
mg
F
kv
mg
d
dt
m
k
)
(
解得：)
)(
1(
1
F
mg
e
k
v t m
k
5、解：
取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。
设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为a
，则有：
（1）
kx
F
T
T
a
m
T
g
m
m
a
m
F
T
m
，
且有：
；
：
对
；
：
对
2
2
2
1
1
由此得：
2
1
2
m
m
kx
g
m
a
（2）由
dx
dv
v
dt
dx
dx
dv
dt
dv
a
得：
2
122
12)2(m m kx g m x v vdv
dx m m kx
g m
两边积分得：
（3）20m g a x k
由，得 代入上式得
max v 6、将力分解， 列式 sin mg ma 2
cos v N mg m R
得出 sin g a ，)cos (2
R
v g m N
练习五
1-2、BC ； 3、140s N ，24s m /； 4、6.14或
7475，35.5°或7
5arctg ； 5、解： 子弹穿过第一木块时, 两木块速度相同,均为v 1
0 1211 v m m t F
子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为v 2
12222v v m m t F
解得: 2111m m t F
v 2
2
2112m t F m m t F v
6、解：
（1）由水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M 的水平速度为V 1）
s m V mV MV mV /13.3110
分析M 物体的受力，有：
N
l
MV Mg T l
MV Mg T 5.2621
2
1
（2），方向水平向左s N mV mV I 7.40
练习六：1-2：C B ； 3、0J ，18J ，17 J ； 4、
38
mgl
5、（1）以物体、斜面、地球作为一个系统
2
01cos cos sin 2
f h w mgS mg
mgh mv
20
2(1cot )
v h g
（2）返回， 21
cos sin 2
h mg
mv mgh 以上面h 结果代入，得出
6、解：框架静止时，弹簧伸长Δl =0.1m ，由平衡条件mg=k Δl ,
求得：k=mg/Δl =0.2×9.8/0.1=19.6N/m
铅块落下h=30cm 后的速度v 0 ， 可由能量守恒方程求出：
2
02
1mv mgh
s m gh v /42.220
设铅快与框架碰后的共同速度为 v ，由动量守恒：
mv mv 20
设框架下落的最大距离为 x ，由机械能守恒：（设弹性势能零点为弹
簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时，砝码盘底部为重力势能零点。）
mgx x l k l k v m m 2)(2
1
21)(21222 进行整理并代入数据，可得x 的一元二次方程：003.02.02
x x
解得：x = 0.3m
练习七：1-3、 D C B ；
4、解 对质点m 应用动量定理，则有 p I I mg T
m 绕行一周，则0 p ，因此 mg T I I
上式表明，张力冲量与重力冲量大小相等，方向相反．重力是恒力，方向竖直向下，摆球绕行一周的时间为
2
，因此，重力在一个周期内的冲量大小为 2mg I mg
因而一个周期内张力的冲量大小也为 2T mg
I
。但方向相反
5、解：（1）当A 和B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：
2
022
1)(21kx v m m B A ，所以：0x m m k
v B
A ; 弹簧恢复到原长时，A
B 分开。
（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：
1cot 2(1cot )1cot v gh v
2
22
121A A kx v m
，则：
0A A A B m x x m m
6、
解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有
37sin 212122mgs mv kx s f r 22
2
137sin 2
1kx s
f mgs mv k r 式中m 52.08.4 s ，m 2.0 x ，再代入有关数据，解得
-11450N m k
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h
2o 2
1
37sin kx s mg s f r
代入有关数据，得 m 4.1 s , 则木块弹回高度
m 84.037sin o s h
练习八：1-2、B A ；3、-5N.m ；4、234mL ， 1
2
mgL ， 23g L 。
5、解： 物体1m 、2m 和滑轮的受力分析如下图，且''
1122,T T T T
设m 1下落的加速度大小为a ，滑轮的角加速度为 ，则有：
R a
由牛顿第二定律和转动定律可得： 1112222121
()2
m g T m a
T m g m a
T T R MR
联立上述方程，得
12
12
112
m m g R m m M g M m m m m a 21212
1 g M m m Mm m m T 21212212212
g M
m m Mm m m T 2
1
21
2211211 6、解：（1）设杆的线l
m
，在杆上取一小质元dx dm
gdx dmg df
gxdx dM 考虑对称
mgl gxdx M l 20
4
1
2
（2）根据转动定律d M J J dt
t w Jd Mdt 0
0212
141 ml mglt
所以 g l t 30
练习九：1-2、A A ； 3、2
0021 J ； 4、由 M J 21cos 23L mg mL 30 2
13
J mL
得出 23cos3033/24g g
rad s L
L
，
又由
21sin 22
L
J mgh mg 得出 3sin 3/2g g rad s L L
5、解：子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
10)(v m m mv （1）
在弹簧的弹力作用下，滑块于子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足
机械能守恒定律，有
202221)(2
1)(21)(21l l k v m m v m m （2） 设 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角，又在滑块绕固定点作弧线运动中，满足角动量守恒定律，故有：
sin )()(201l v m m l v m m （3）
联立解上述三式，可得：
}
])()([)(arcsin{
)()(2
1
2022
0002
02022
m
m l l k m m m v m m l l mv m
m l l k v m m m v
6、解：（1）设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为 ，
则人对与地固结的转轴的角速度为 ，且R
v
R v 25.0 ：
人与盘看做一个系统，该系统的角动量守恒，设盘的质量为M ，则人的质量为M 10
1
，由角动量守恒得：
22
022)2(1021)2(102
1R M MR R M MR 解得： R
v
2120
（2）欲使盘对地静止，则0 即02120 R
v
则有：0
212
R v
，负号表示与上一问中人走动的方向相反 练习十：1-3、D C C ；4、
r /42v ；
5、（1）角动量守恒 221
()3
m lv J ml m l 得出15.4/;rad s
（2）由 M
J
4M 2202 得出 15.4rad
6、解：设碰后物体m 的速度为v ，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有：
mgh J L
mg J J mLv J sg v mv s mg
222
2
1
2
2122
1 守恒碰后棒上升过程机械能守恒：
棒下落的过程中机械能：碰撞过程中角动量守恒， 联立上面四式解得：sL s L
h 632
sL s L h L
h 632
练习十一
1-3、B ，C ，3、1，
32 ,5s; 4、；；或；3
232 5、解：由题知： 45.0100.2A -2
，，s T m （1），，A x s t 0由旋转矢量得：0 故振动方程为：t x 4cos 100.22
-
（2）00000 v x s t ，， 由旋转矢量得：2
故振动方程为：)2
4(cos 100.22
-
t x
（3）02A 000 v x s t ，，
由旋转矢量得：3
故振动方程为：)3
4(cos 100.22
-
t x
（4）02A -
000 v x s t ，， 由旋转矢量得：3
4
故振动方程为：)3
44(cos 100.22
- t x
6、（1）平衡时，0l k mg
设t 时刻物体处于y 处，物体受力如图，由牛顿第二定律得：
d d m y)(-22
2
20 y m k
dt
y dt
y
l k mg 即：
故物体做简谐振动
（2）下拉至0.1m 处由静止释放，
200A =0.1010m ，， 振动方程为：t y 10cos 1.0
（3）物体在平衡位置上方5cm 处的加速度为：
g
m
F mg a l k F 5.0-2
mg 5)-(0
练习十二：
1、C ，
2、B ，
3、 是原来的2倍，是原来的2倍，是原来的4倍，是原来的1倍，
4、2
1106
m ，
5、解：取向下为正，平衡时物体所在位置为坐标原点，建立坐标系。 （1）由x k F 得：m N x
k /2000F
由题知：2
0A =0.1m
，
，00t s x A 当，， 故振动方程为：t)5(10cos 1.0 x （2）平衡时：cm l l k mg 200
物体在平衡位置的上方5 cm 时弹簧伸长量为cm l 3-25-
-60F k l N ，方向竖直向上。 （3）由旋转矢量知：物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm 处转过的角度
为：6
t
，
，，故，
，6t s
6、解：由x k F 得：m N x
k /1025.12F
6
14.9/220.4214.9
rad s T s
设火车耽误速度为v ，当T v
L
时，会使火车达到危险速度 故 30/108L
km v m s h T
练习十三
1-2、B ，D ； 3、u 和， ； 4、0.8m, 0.2m, 125H z ， 5、解：（1）20.052,,1A m x x m
由波动方程与标准方程对比可得：，
故
11002,,50==0.02s z H 故，，T 50/u m s T
，
（2）2
22max max /500/5s m A a s m A v ，
（3）
)(212x x
6、解：（1）以A 点为坐标原点，2
cos ()=310cos 4()20
x x y A t t u
（2）B 点的振动方程，以5 x 代入上式得：
所求的波动方程为：
)20(4cos 10
32
x t y B
练习十四
1-2、B ，C ，3、频率相同、振动方向相同、有恒定相位差的两波源；有些点振动始终加强，有些点振动始终减弱；4、5
1
2
3
1.5810 3.7910J s m J ， ；
5、解：设S 2的振动方程为：)t (2cos 2 A y
S 1的振动传至P 点，在P 点引起的振动方程为：)22-t (2cos 11
P s A y p
S 2的振动传至P 点，在P 点引起的振动方程为: )P 2-t (2cos 22
S A y P
相位之差为
-2
4.02
--)P P (212
）（S S
干涉相消的条件
1.-0012k -2
4.0
时，）（k 故S 2的振动方程为：)1.0-t (2cos 2 A y
6、解：如图所示，取1S 点为坐标原点，1S 、2S 联线为X 轴，取1S 点的振动方程 : （1）在1S 和2S 之间任取点A ，坐标为x 因为两波同频率，同振幅，同方向振动，
1cos (t )y A 2cos (t )2
y A
1S 的波传到X 点 12cos()y A t x
2S 的波传到X 点 22cos((11))2
y A t x
所以相干为静止的点满足：
122(11)()(21)2x x k
,...
2,1,0 k m u
4
22
5
310cos 4()
20310cos(4)=-0.03cos 4t B y t t
故得 这些点因干涉相消而静止不动 （2）若A 点在1S 左侧，则有
满足偶数倍，所以，1S 左侧各点因干涉加强。 （3）若A 点在2S 右侧，则有
满足奇数倍，所以，2S 右侧各点因干涉静止。 练习十五
1-2、B ，C ， 3、554.5H Z ； 4、原来题目表达式要改为1400.06cos()2
x t
y ，
，和2400.06cos()2
x t
y
则答案为 t x
20cos 2
cos
12.0， 1、3、5、7、9； 0、2、4、6、8、10
5、解：设火车的速度为s v ，由多普勒效应， 火车迎面开来时接收频率为：0-s
u
u v
火车远离时 0s
u
u v
以
440392Z
Z
H H 代入上面 ，解得：s m v s /19
6、解：（1）设原点处波源的振动方程为：)t (cos 0 A y 原点处波源在000 ，则，A y s t
由题知：m A m s T 1.01045.0 ，，， 故振动方程为：t)4(cos 1.00 y 波动方程为：0.1cos[4(-)]0.1cos(4t-x)5
x y t u
（2）10.1cos(-x)=0.1sin 48255T t s s y x
，波形方程为：
（3）10.1cos 04822
T t s s x y
，处质点的位移为：
m x 11,9,7,5,3,1
6)](11[221 x x
5)11(221 x x
2sin ()
2240.1sin (
)0.4m/s 42
x
v A t T T
速度为：
练习十六
1-4、C ，B ，D ， D ， 5、25
3.4410 3
1.6
kg m
5
210J
6、0
()v v N dN Nf v dv
000
()()v v v v vdN vf v dv
v dN
f v dv
()v f v dv
7、同学要自己写过程
)
2(0)2(/)
0(/)(00000v v v v v N
a v v Nv av v f ； 032v N a ；N N 31 ；09
11
v v 练习十七
1-3、D ，C ，B ， 4、3
21
6.2310 6.2110 ，,,,
，5、7
5
5.4210610cm Hz ，,,,
， 6、解：（1）
a P iV E P kT V N P kT i N
E 51035.122
（2）
21332
7.5105232362.3223kT E J Ni N
E kT
kT T K
k
， 7、解：由题得 T R M m mv
2
5
218.02 故有：2-30.80.83210100=0.062558.31
Mv T K R
1mol 气体 RT PV )(512.0a P V
T
R P 练习十八
1-2、A ，D ， 3、等压过程
4、124.65J ，-85.35J ，
5、00
0350128PV J T
， 000
25091.6PV J T ， 00010036.6PV J T ， 0J
6、解：(1)等体过程
对外作功 A=0
由热力学第一定律得Q=ΔE
吸热 Ｑ=ΔE=νC V (T ２-T １)=ν(i/2)R(T ２-Ｔ１) Ｑ=ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623 J (2)等压过程
Ｑ=νC p （T ２-T １）=ν[(i+2)/2]R(T ２－T １) 吸热 Ｑ=5×(5/2)×8.31×(300-290)=1038.5 J
ΔE=νC V (T ２－T １)
内能增加 ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623 J 对外作功 A=Q-ΔE=1038.5-623=415.5 J (3)绝热过程
吸热 Q=0
由热力学第一定律得A=-ΔE
内能的变化均为 ΔE=νC V (T ２-T １)=ν(i/2)R(T ２-Ｔ１) =5×(3/2)×8.31×(300-290）=623 J 做功A=-ΔE =-623 （很多同学错在没有负号）
7、解： 由图知：
A
C C C A A A C C A T T V P V P V V P P 44，
则全过程中：0 E A 到B ，等压过程：
J
V P V P T T C M
m Q A A B B A B P AB 6105.1)(2
5
)(
B 到A ，绝热过程，0 B
C Q
J
E Q A J
Q Q Q BC AB 6
6105.1105.1 由热力学第一定律得：
练习十九
1-2、B ，B ，3、AM ，AM 和BM 4、绝热 等压 等压 5、解：b a 等温过程：
11ln
ln 2b
a
V b
ab ab a
V V W Q Pdv RT RT V
(m 3)
p 1×104×10
a b
d c 等温过程：
22ln
ln 2d
c
V d
cd cd c
V V W Q Pdv RT RT V
a d 等体过程
21155
()26
da v Q C T R T T RT
故：1211
()ln 2
5ln 26
ab cd ab da W W R T T Q Q RT RT
=15.2% (ln 20.694 ) 同时：
12b c
P P T T 和 2
1T P T P d a a c b d P P P P （证毕）
6、解：b a 等温过程：
2ln ln
a a
b
a V V a
b RT V V RT Pdv Q b
a
c b 等压过程
22b c a V V V 11
22c b a T T T
a b c P bc RT T T R T C Q 4
5
)(25
a c 等体过程 33
()24
ca v a c a Q C T R T T RT
故：13.4%ab bc ca ab ca
Q Q Q A Q Q Q
吸 (ln 20.694 )
练习二十
1-2、B ，C ， 3、467K ，233.5K 4、400J 5、解： 由图知：
21121
1
22V P V P V P V P 又对一摩尔气体，有PV RT （1）)(2
5
)(112212V P V P T T C E V
（2）)(2
1
))((2111221
221V P V P V V P P A
p 2
b
a
（3）)(31122V P V P A E Q
(4)以上计算对于B A 过程中任意微小变化均成立 则对于微过程有
d 3d()
d()d d 3d Q PV PV R T
Q
C R
T 故有： 6、、解：
整个过程中，吸收的热量为：()AB P B A m
Q C T T M
放出的热量为：()CD P D C m
Q C T T M
11AB CD CD C D AB AB B A
Q Q Q T T
Q Q T T
11B B C C B C T P T P 绝热过程，
11
A A D D D A T P T P 绝热过程，
两式相除得
A D
B
C T T T T , 变换一下得，C
D B A
T T
T T 再变为， C D C B A B T T T T T T
代入上式，得出300
11125%400
C D C B A B T T T T T T
大学物理答案第1～2 章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第一章 质点的运动 1－1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ，)cos 1(t R y ω-=，式中R ，ω为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。 解：22 cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wt dt dt v v v Rw ==-==-∴=+= 2 222 2 sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wt dt dt a a a Rw ====∴=+= sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为 质点轨迹方程以R 为半径，圆心位于（0，R ）点的圆的方程，即质点 作匀速率圆周运动，角速度为ω；速度v = R ω；加速度 a = R ω2 1－2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1，自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2，求证：h =gt 1 t 2/2 解：设抛出点的速度为v 0，从高度h 到最高点的时间为t 3，则 012132 012221201112()0,2()/2 ()11 222 12 v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=- =-= 1－3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度，即a ＝kv 2，k 为一常数，求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx . 解：取汽艇行驶的方向为正方向，则 020 0,,ln v x v kx dv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v v kx v v v e -==-= ∴=-=-∴=-=-∴=?? 1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上，求小车移动的速度和加速度。 解：人前进的速度V 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，
1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三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Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故 t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故 t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解 t r d d 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v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自 然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)． 1-3 分析与解 t d d v 表示切向加速度a ｔ,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；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)； t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 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a ｔ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, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ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 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为 22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t l l t x -== v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θ l h l cos /0 220v v v = -= ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 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
习题 5 题5-2图 题5-2图 5-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如题5--2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量. 解: 如题5-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 5-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度9 5.010C m λ-=?的正电荷.试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0a cm =处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强. 解： 如题5-4图所示 题5-4图 (1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为 2 0) (d π41d x a x E P -= λε 2 22 ) (d π4d x a x E E l l P P -= =? ?-ελ
]2 12 1[π40 l a l a + --= ελ ) 4(π220l a l -= ελ 用15=l cm ，9 10 0.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代入得 21074.6?=P E 1C N -? 方向水平向右 (2)同理 22 20d d π41d += x x E Q λε 方向如题5-4图所示 由于对称性? =l Qx E 0d ，即Q E ? 只有y 分量， ∵ 22 2 222 20d d d d π41d ++= x x x E Qy λε 2 2π4d d ελ ?==l Qy Qy E E ? -+22 2 3 222) d (d l l x x 22 2 0d 4π2+= l l ελ 以9 10 0.5-?=λ1cm C -?, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得 21096.14?==Qy Q E E 1C N -?，方向沿y 轴正向 5-7 半径为1R 和2R (21R R >)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和－λ，试求：(1) 1r R <；(2) 12R r R <<；(3) 2r R >处各点的场强. 解: 高斯定理0 d ε∑?=?q S E s ?? 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =??? ? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
习 题 一 1-1 一质点在平面xOy 内运动，运动方程为t x 2=，2219t y -= （SI ）．（1）求质点的运动轨道；（2）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的位置矢量；（3）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；（4）在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x 、y 分量各为多少?（5）在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大? [解] 质点的运动方程t x 2=，2219t y -= （1）消去参数t ，得轨道方程为: 22 1 19x y -= ()0≥x （2）把s 1=t 代入运动方程，得 j i j i r 172+=+=y x 把s 2=t 代入运动方程，得 ()j i j i r 1142219222+=?-+?= （3）由速度、加速度定义式，有 4 /d d ,0/d d 4/d d ,2/d d y y x x y x -====-====t v a t v a t t y v t x v 所以，t 时刻质点的速度和加速度分别为 =v j i j i t v v 42y x -=+ j j i a 4y x -=+=a a 所以，s 1=t 时，j i v 42-=，j a 4-= s 2=t 时，j i v 82-=，j a 4-= （4）当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有 0=?v r 即 ()[] []04221922=-?-+j i j i t t t 整理，得 093=-t t 解得 01=t ； 32=t ；33-=t （舍去） m 19,0,s 011===y x t 时 m 1,m 6,s 322===y x t 时 （5）任一时刻t 质点离原点的距离 ()()()222222192t t y x t r -+= += 令 0d d =t r 可得 3=t 所以，s 3=t 时，质点离原点最近 () 6.08m 3=r
大学物理模拟试卷一 一、选择题:（每小题3分，共30分） 1.一飞机相对空气的速度为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16.3o ；（B）北偏东16.3o；（C）向正南或向正北；（D）西偏东16.3o ； 2．竖直的圆筒形转笼，半径为R，绕中心轴OO'转动，物块A紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要命名物块A不下落，圆筒转动的角速度ω至少应为：（） （A）；（B）；（C） ；（D）； 3．质量为m=0.5kg的质点，在XOY坐标平面内运动，其运动方程为x=5t,y=0.5t2(SI)，从t=2s到t=4s这段时间内，外力对质点作功为 （） （A） 1.5J ；(B) 3J；(C) 4.5J ； (D) -1.5J； 4．炮车以仰角θ发射一炮弹，炮弹与炮车质量分别为m和M，炮弹相对于炮筒出口速度为v，不计炮车与地面间的摩擦，则炮车的反冲速度大小为（） （A）；(B) ；(C) ； (D) 5．A、B为两个相同的定滑轮，A滑轮挂一质量为M的物体，B滑轮受拉力为F，而且F=Mg,设A、B两滑轮的角加速度分别为βA和βB，不计滑轮轴的摩擦，这两个滑轮的角加速度的大小比较是（） （A）βA=β B ； (B)βA>βB； (C)βA<βB； (D)无法比较； 6．一倔强系数为k的轻弹簧，下端挂一质量为m的物体，系统的振动周期为T。若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为0.5m的物体，则系统振动周期T2等于（） （A）2T1； (B)T1； (C) T1/2 ； (D) T1/4 ； 7．一平面简谐波在弹性媒质中传播时，媒质中某质元在负的最大位移处，则它的能量是：（）
第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ]
(A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从0t =到1t s =时的位移为 ，1t s =时的加速度为 。 解析：45342=-=+-=+1010r r r i j j i j ,228d d dt dt = ==111v r a i 1-7 一质点以初速0v 和抛射角0θ作斜抛运动，则到达最高处的速度大小为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度大小为 。 解析：以初速0v 、抛射角0θ作斜抛的运动方程：
上期物理1 参考答案 练习一：1-2、DD 3、i ct v v )3 1(30 ，400121ct t v x x 4、 j 8，j i 4 ，441 2arctg arctg 或 5解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 ； （2）3(3)dr v i t j dt r r r ； 437(/)t s v i j m s r r （3）)/(12s m j dt v d a 6 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d 分离变量： 2 d (26)d v v adx x x 两边积分 2(26)vdv x dx 得 c x x v 32 222 1 由题知，0 x 时，100 v ,∴50 c ∴ 13s m 25 2 x x v 练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t ，212 t 5、解：（1）由23Rbt dt d R dt ds v 得：Rbt dt dv a 6 ，4229t R b R v a n n n n e t Rb e Rbt e a e a a 4 296 6、当滑至斜面底时，h y ，则gh v A 2 , 将gh v A 2 分解到x 和y 两个方向 Ax v Ay v A 物运动过程中又受到 B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为 j gh i gh u v u v A A )sin 2()cos 2(' 地
练习三：1-3、BCB 4、3s 和0s ； 5、222 (sin cos )x y R v R ti tj v R v v v 6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成 角，由图可知 2 2 2 s h l 将上式对时间t 求导，得 t s s t l l d d 2d d 2 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0 船绳 即 cos d d d d 00v v s l t l s l t s v 船 或 s v s h s lv v 0 2/1220)( 船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度 32 0222 0202002)(d d d d d d s v h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a 船船 7、解： kv dt dv t v v kdt dv v 001 t k e v v 0 t k e v dt dx 0 dt e v dx t k t x 00 )1(0 t k e k v x 练习四：1-2 AC 3、解： 2 s m 8 3166 m f a x x 2s m 167 m f a y y (1) 201 01 2 00s m 8 7 2167s m 4 5 2832dt a v v dt a v v y y y x x x 于是质点在s 2时的速度
练习一 （第一章 质点运动学） 一、1.（0586）（D ）2.（0587）（C ）3.（0015）（D ）4.（0519）（B ） 5.（0602）（D ） 二、1.（0002）A ｔ= 1.19 s ｔ= 0.67 s 2.（0008）8 m 10 m 3.（0255）()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--，() ωπ/122 1 +n ， （n = 0, 1, 2,…） 4.（0588） 30/3Ct +v 4 00112 x t Ct ++v 5.（0590） 5m/s 17m/s 三、 1.（0004）解：设质点在x 处的速度为v ， 2d d d 26 d d d x a x t x t = =?=+v v ()20 d 26d x x x =+??v v v () 2 21 3 x x +=v 2.（0265）解：（1） /0.5 m/s x t ??==-v （2） 2 =/96dx dt t t =- v （3） 2=6 m /s -v |(1.5)(1)||(2)(1.5)| 2.25 m S x x x x =-+-= 3.（0266）解：（1） j t r i t r j y i x r s i n c o s ωω+=+= （2） d s i n c o s d r r t i r t j t ωωωω==-+ v 22 d cos sin d a r t i r t j t ωωωω==-- v （3） ()r j t r i t r a s i n c o s 22 ωωωω-=+-=
这说明 a 与 r 方向相反，即a 指向圆心. 4. 解：根据题意t=0，v=0 --------==?+?∴=?+?=====?+?=+?+?? ??? ??由于及初始件v t t r t t r dv adt m s i m s j dt v m s ti m s tj dr v t r m i dt dr vdt m s ti m s tj dt r m m s t m s t j 0 220 220220 2222[(6)(4)] (6)(4)0,(10)[(6)(4)][10(3)][(2)] 质点运动方程的分量式： --=+?=?x m m s t y m s t 222 2 10(3)(2) 消去参数t ，得到运动轨迹方程 =-y x 3220 练习二（第一章 质点运动学） 一、1.（0604）（C ） 2.（5382）（D ） 3.（5627）（B ） 4.（0001）（D ） 5.（5002）（A ） 二、1.（0009） 0bt +v 2.（0262） －c （b －ct ）2/R 3.（0509） 33 1 ct 2ct c 2t 4/R 4.（0596） 4.8 m/s 2 3.15rad 5.（0599） 2 200cos /g θv 三、 1. （0021） 解： 记水、风、船和地球分别为w ，f ，s 和e ，则水地、风船、风地 o o
考试题型 1. 选择题30（10题每题3分） 2. 论述题30分（3题每题10分） 3. 计算题40分（3题） 第一章 质点运动学 一、质点运动的描述 1、位矢 r xi yj zk =++v v v v 2、位移 r xi yj zk ?=?+?+?v v v v 3、速度 x y z dr v v i v j v k dt ==++v v v v v 4、加速度22x y z dv d r a a i a j a k dt dt = ==++v v v v v v 其中，位矢和速度是描述运动状态的两个基本物理量，位移和加速度是描述运动状态变化的物理量。 二、圆周运动 1、角量 ()t θθ=，d dt θω= ，22d d dt dt ωθ α==，v r ω= 2、切向加速度和法向加速度:t t a r e α=v v ， 22n n n v a e r e r ω==v v v ， 2t n t n v a a a r e e r α=+=+v v v v v 三、相对运动 1、r r u t '?=?+?v v v 2、v v v =+v v v 绝对相对牵连 第二章 牛顿定律（质点动力学） 求解质点动力学问题一般可以分为两类，一类是已知物体的受力情况，由牛顿定律求其运动状态；另一类是已知物体的运动状态，求作用于物体上的力。 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 1、质点动量定理 在给定时间间隔内，外力作用在质点上的冲量，等于质点在此时间内动量的增量。这就是质点的动量定理。数学表述为： 2 1 2121d t t F t p p m m =-=-? v v v v v v v 2、质点系动量定理 质点系动量定理：作用于系统的合外力的冲量等于系统动量的增量。 2 1 ex 001 1 d n n t i i i i t i i F t m m p p ===-=-∑∑? v v v v v v v 3、动量守恒定律 若质点系所受的合外力为零，则系统的总动量守恒。数学表述：若系统 ex ex 0 i i F F ==∑v v ，则 1 n i i i p m v ===∑v v 恒矢量。 4、动能定理 合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量。数学描述：k2k1W E E =- 5、质点系动能定理
1.两个小球的动量大小相同，第一个小球的质量是第二个小球质量的2倍，则第一个小球的动能是第二个小球动能的（ A ） A ．0.5倍 B ．1倍 C ．2倍 D ．4倍 2..机械波通过不同媒质时，波长、频率和波速的变化是（ C ） A.波长和频率都不变，波速要改变 B.波长不变，频率和波速都要改变 C.频率不变，波长和波速都要改变 D.波长、频率、波速全部都要改 3..两种理想气体的温度相等，则它们的（ B ） A.内能相等 B.分子的平均动能相等 C.分子的平均平动动能相等 D.分子的平均转动动能相等 4..两米尺a 和b 相互平行，沿长度方向作高速相对运动。以米尺a 为参考系，它的两端发生了两个同时事件；若以米尺b 为参考系，下列说法正确的是（ B ） A.这两个事件也是同时的 B.这两个事件总是不同时的 C.若a 相对于b 向右运动，则这两个事件是同时的 D.若a 相对于b 向左运动，则这两个事件是同时的 5.一质点作简谐振动，周期是T ，则质点从平衡点运动到振幅一半的位置处所需要的最短时间是（ A ） A.T/12 B.T/6 C.T/4 D.T/2 6.如图，杆的长度为L ，它的上端悬挂在水平轴O 上，杆对O 的转动惯量为J .起初，杆处于静止状态.现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中杆的端点并以速度v 穿出，此时杆的角速度为（ C ） A. JL v v m )-(0 B. JL v v m )(0+ C.J v v mL )-(0 D.J v v mL )(0+ 7. 在温度为T 的平衡态下，理想气体分子每个自由度上的平均动能为_3/2KT______.（玻耳兹曼常数为k ） 8.弹簧振子作简谐振动的振幅为A ，劲度系数为k ，当动能等于 6 1kA 2 时，势能等于__1/3KA^2_________。 9.一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其速率随时间变化的关系为v=3+2 t 2 1,其中v 的单位为米每秒（m/s ），t 的单位为秒（s ），则t 时刻质点的切向加速度为a t= _____t______m/s 2 ,角加速度α=_____10t______rad/s 2 。 10. 一静止质量为m 0的粒子相对于惯性系S 以速率u 运动，则在S 系中该粒子的质量为m= 2 2 1c u m - ，动能为 mc^2-m0c^2 11. 设平衡态下某理想气体的分子总数为N ，速率分布函数为f(v)，则Nf(v)·dv 的物理意义是__容器内速率为V 到V+Vd 之间的分子总数 12. 平面简谐波的表达式为y =0.02cos ［π（20t -5x ）+2 π］（SI ），其频率和波速分别为 13．有一质点在平面上运动，运动方程为i t r 3=，则该质点作（ C ）。 A ．变加速直线运动 B.曲线运动 C ．匀速直线运动 D.匀变速直线运动 14. 质量分别为A m 和B m （A B m m >），速度分别为A u 和B u （A B u u >）的两质点A 和B,受到相同的冲量作用，则 ( C ) A ．A 的动量增量的绝对值比 B 小 B. A 的动量增量的绝对值比B 大 C ．A 和B 的动量增量相等 D. A 和B 的速度增量相等 15．一个质点同时在几个力作用下的位移为： 456r i j k ?=-+ (SI)， 其中一个力为恒力 359F i j k =--+ (SI)，则此力在该位移过程中所作的功为 ( D ) A. -67 J B. 17 J C. 91 J D. 67 J 16. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量 分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为I A 和I B ，则 （ C ） A.B A I I > B. B A I I < C.B A I I = D.不能确定 17. 已知高斯面是闭合曲面，当高斯面上的电通量为零时，则（C ） A. 高斯面内必无电荷 B. 高斯面外必无电荷
一、填空题： 1．一球形导体，带电量q ，置于一任意形状的空腔导体内，当用导 线将两者连接后，则与连接前相比系统静电场能将_____________。 （增大、减小、无法确定） 2．一电子沿半径为5.29×10-11m 的圆周运动作匀速运动，其角速 度为ω=4.16×1016rad/s ，则在圆心处的磁场能量密度为_______________。 3．在折射率n 3=1.60的玻璃片表面镀一层折射率n 2=1.38的MgF 2薄膜作为增透膜，为了使波长为λ=500nm 的光，从折射率n 1=1.00的空气垂直入射到玻璃片上的反射尽可能减少，MgF 2薄膜的厚度至少为_____________nm 。 4．一束光强为I 0的自然光，相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射光的光强为I=I 0/8。已知P 1和P 3的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴，旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少要转过的角度为___________。 5．氢原子光谱的巴尔末系中波长最大的谱线用λ1表示，其第二长的波长用λ2表示，则它 们的比值为λ1/λ2=___________。 6．已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：) (23cos 1 )(a x a a x a x ≤≤-=ψπ，那么粒子在x =5a /6处出现的概率密度为________。 7．硫化铅（PbS）晶体的禁带宽度为0.3eV，要使这种晶体产生本征光电导，则入射到晶体上的光的波长不能大于_____________nm。 8．已知某静电场的电势函数U =6x –6x 2y –7y 2 (SI)，由电场与电势梯度的关系式可得点（2，3，0）处的电场强度=E __________+i __________+j ___________)(SI k 。9．如图所示，有一用均匀导线绕成的闭使长方形平面线 圈ABCD，在顶角B、D 处分别用两根与线圈共面的长直导线 注入电流I，（而且这两长直导线在同一直线上），则中心O 的磁感应强度为_______________。 10．一段导线被弯成圆心在O 点、半径为R 的三段圆弧 ab、bc、ca，它们构成了一个闭合回路，ab 位于XOY 平 面内，bc 和ca 分别位于另两个坐标面中（如图所示），均匀磁场B 沿X 轴正方向穿过圆弧bc 与坐标轴所围成的 平面。设dB/dt =K (K>0)，则闭合回路abca 中的感应电 动势的数值为__________，圆弧bc 中感应电流的方向是 _____________。 11．载有恒定电流I 长直导线旁边有一半圆环导线cd，半圆
拟题学院（系）： 数 理 学 院 适用专业： 学年 2 学期 大学物理B1 (1卷）试题标准答案 考试时间： （答案要注明各个要点的评分标准） 一、 选择题(共30分、每小题3分) 1. (D) 2. (B) 3. (C) 4. (A) 5. (B) 6. (C) 7. (B) 8. (B) 9. (C) 10. (B) 二、 填空题(共16分、每小题4分) 11. 4.0 rad 4分 12. 1123 V p 2分 , 0 2分 13. ()3 0220824R qd d R R qd εεπ≈-ππ 2分 , 从O 点指向缺口中心点．2分 14. )2/(0S Qd ε 2分 , )/(0S Qd ε 2分 三、 计算题 (本题12分) 解：（1） 子弹进入沙土后受力为-Kv ，由牛顿定律 d d K m t -=v v 2分 0 0d d d ,d t K K t t m m - =-=?? v v v v v v 2分 /0e Kt m -=v v 2分 （2） 求最大深度 d d x t =v /0d e d Kt m x t -=v 2分 /0 d e d x t Kt m x t -=??v /0(/)(1e )Kt m x m K -=-v max 0/x m K =v 2分 （3）加速度随深度变化的函数式 K ma -=v ， /0 e 1Kt m xK m -=- v /000 e (1)Kt m K K K xK a m m m m -=- =-=-v v v v 2分 拟 题 人： 书写标准答案人：
四、计算题 (本题14分) 解： （5045）对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 2 2122113 m l m l m l ω=-+ v v ① 3分 碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为 gl m x x l m g M l f 10 12 1 d μμ-=?-=? ② 3分 (1) 所需的时间 由角动量定理 ω2103 10l m dt M t f -=? ③ 3分 由①、②和③解得 12 212t m m g μ+=v v 3分 (2) 摩擦力所做的功 110 011 d d 22 f W M m gl m gl θ θθμθμθ==-=-? ? 2分 五、计算题 (本题14分) 解： （4119）证：由定义 = W /Q ，设为1 mol 气体． W=C V (T 3－T 4)－C V (T 2－T 1) 2分 Q =C V (T 3－T 2) 2分 ∴ 2 314231 2431T T T T T T T T T T Q W ---=-+--==η 3分 再由绝热过程方程得到： 1 441 33--=γγV T V T 1 1 11 2 2--=γγV T V T ∵ V 2=V 3 ， V 4=V 1 2分 ∴ 1 1141223)()(---=-γγV T T V T T 即 γ-=--1212 31 4)/(V V T T T T 2分 ∴ 14 1 1232 11(/)T T V V T T γη--=-=-- 3分 六、计算题 (本题14分) （5425）解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则 （1）导体球电势： 004q V r ε= π． 3分 内球壳电势： 11014Q q V R ε-=π2 024R Q επ+． 3分 二者等电势，即 r q 04επ1014R q Q επ-=2 024R Q επ+ ， 3分 解得 ) () (122112r R R Q R Q R r q ++= 3分 1 2 34V 1V 2
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 2 22s h l += 将上式对时间t 求导，得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?，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 v a 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 122 34c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v += 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )2 34(d 2+= 积分得 2322 12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 1232++=t t x 所以s 10=t 时 m 7055102 1102s m 190102310432101 210=+?+?=?=?+?=-x v 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．
一填空题（共32分） 1．(本题3分)(0355) 假如地球半径缩短1％，而它的质量保持不变，则地球表面的重力加速度g 增大的百分比是________. 2．(本题3分)(0634) 如图所示，钢球A和B质量相等，正被绳 牵着以ω0=4rad／s的角速度绕竖直轴转动，二 球与轴的距离都为r1=15cm．现在把轴上环C 下移，使得两球离轴的距离缩减为r2=5cm．则 钢球的角速度ω=_____ 3．(本题3分)(4454) 。 lmol的单原子分子理想气体，在1atm的恒定压强下，从0℃加热到100℃， 则气体的内能改变了_____J．(普适气体常量R=8.31J·mol-1·k-1) 4。(本题3分)(4318) 右图为一理想气体几种状态变化过程的p-v图， 其中MT为等温线，MQ为绝热线，在AM, BM,CM三种准静态过程中： (1)(1)温度升高的是_____ 过程； (2)气体吸热的是______ 过程． 5。(本题3分)(4687) 已知lmol的某种理想气体(其分子可视为刚性分子)，在等压过程中温度上 升1K，内能增加了20.78J，则气体对外作功为______ 气体吸收热 量为________.(普适气体常量R=8.31.J·mol-1·K-1) 6．(本题4分)(4140) 所谓第二类永动机是指____________________________________________________ 它不可能制成是因为违背了_________________________________________________。 7。(本题3分)(1391) 一个半径为R的薄金属球壳，带有电荷q壳内充满相对介电常量为εr的各 向同性均匀电介质．设无穷远处为电势零点,则球壳的电势 U=_________________________. 8．(本题3分)(2620) 在自感系数L=0.05mH的线圈中，流过I=0.8A的电流．在切断电路后经 过t=100μs的时间，电流强度近似变为零，回路中产生的平均自感电动势 εL=______________· 9。(本题3分)(5187) 一竖直悬挂的弹簧振子，自然平衡时弹簧的伸长量为x o，此振子自由振动的
1.5一质点沿半径为 0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ= 2 +4t 3．求： （1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答] （1）角速度为 ω= dθ/dt = 12t2 = 48(rad2s-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(m2s-2)； 角加速度为 β= dω/dt = 24t = 48(rad2s-2)， 切向加速度为 at = rβ= 4.8(m2s-2)． （2）总加速度为， 当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得， 即， 解得．
所以=3.154(rad)． （3）当at = an时，可得rβ= rω2， 即24t = (12t2)2， 解得． 1.7一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体 A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h= 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度． 由于，所以 at = 2h/Δt2 = 0.2(m2s-2)． 物体下降3s末的速度为 v = att = 0.6(m2s-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为 = 0.36(m2s-2)．
1.8一升降机以加速度 1.22m2s-2上升，当上升速度为 2.44m2s-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． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为 = 0.705(s)． 算得h2 = - 0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程， 由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离． 第一章质点运动学 1.1一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t 3．试求： （1）第2s内的位移和平均速度； （2）1s末及2s末的瞬时速度，第2s内的路程；
贵州大学2015—2016学年第二学期考试试卷（A ） 大学物理1-1 注意事项： 1. 请考生按要求填写姓名、学号和年级专业以及按签名单的顺序左上角方框内写序号。 2. 请仔细阅读各种题目的回答要求，在规定的位置填写答案。 3. 不要在试卷上乱写乱画，不要在装订线内填写无关的内容。 4. 满分100分，考试时间为120分钟。 班级 学号 姓名_________________ 题 号 一 二 三 四 总 分 统分人 1 2 3 4 得 分 一、选择题（共24分,每小题3分，请将答案填写在表格中） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D C B C D D D 1.一质点在xoy 平面内运动，运动方程为：352-=t x ，2332++=t t y ，下面说法正确的是 ( A ) (A)质点作匀变速运动,所受合力为恒力；(B)质点作匀变速运动，所受合力为变力； (C)质点作变速运动，所受合力为变力；(D)质点作变速运动，所受合力为恒力； 2.如图所示两个A 、B 物体紧靠在一起放在光滑的水平面上，2A B m m =，A 、B 分别受到水平方向的作用力F 1 F 2, 12F F >,则A 、B 之间的作用力为（ D ） （A ）122F F +. (B) 12 2 F F - （C ）12 233 F F + (D) 12233F F + 3.当重物匀速下降时，合外力对它做的功 ( C ) （A ）为正值； (B)为负值； （C ）为零； （D ）无法确定。 4.如图所示，一个带电量为q 的点电荷位于正立方体的中心上，则通过其中一侧面的电场强度通量等于：( B ) 序号 得 分 评分人
第一单元 质点运动学 一、选择题 1.A 2.D 3.C 4.A 5.B 6.C 7.D 8.D 9. D 10. D 二．填空题 1．瞬时加速度 t 1到t 3时间内的平均加速度 4 d t t ? v 4 d t t ? v 2．圆周运动，匀速率曲线运动，变速率曲线运动 3． px y 2=2 ut put 2± j p u t pu i u 2± =v 4． 1+=1v v kt 5． 0v l -h h v = v l -h l v = 6． )2 (sec 2 θπ ω-=D v 7． 2.67rad 8． 22-16=x v 9． j i 3-2 j i 4-2 j 2- 10． t 3+8t -628 -628 8 三、计算题 1．解：由)2-0(142 j t i t r += 得： j t i 4-4=v 由已知：024-83 ==?t t r v 得t =0s 、s 3=t 2．解：v =R ω =ARt 2 由已知：t =1s ，v =4m/s 得A=2 在t=2s 时 v =R ω =ARt 2 =2×2×22 =16m/s
n n n R ARt n R t a 128162 1622222d d 222+=+???=+=+=ττττv v v m/s 1291281622=+=a 2 3．解：由题意可知 θsin t g a -= θsin d d d d d d d d t g s t s s t a -==== v v v v s g d sin d θ-=v v ① 从图中分析看出 s y d d sin = θ y s d d sin =θ ② 将②代入①得 dy d sin d g s g --=θv v ?-=?? y y y g 0 d d v v v v )(202 2y y g -+=v v 第二单元 质点动力学参考答案 一、选择题 1.B 2C 3.D 4.D 5.B 6. E 7. C 8.C 9.B 10.C 11.C 1 2.B 1 3. D 二、填空题 1．)/(m M F + )/(m M MF + 2． 0 2g 3．R g / 4．v m 2 指向正西南或南偏西45° 5．i 2 m/s 6．0.003 s 0.6 N·s 2g 7．)131( R R GMm -或R GMm 32-