大学物理(西南交大)作业参考答案1
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西南交大大学物理CII作业 参考答案页数:7
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大学物理(西南交大)作业参考答案1页数:3
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西南交大大物作业答案页数:19
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大学物理(西南交大)作业参考答案5页数:4
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2015西南交大大物AI作业04答案页数:5
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西南交大大学物理CII作业 参考答案
©物理系_2015_09《大学物理CII》作业No.7 热力学第二定律班级________ 学号________ 姓名_________ 成绩_______一、判断题：（用“T”和“F”表示）[ F ] 1．在任意的绝热过程中，只要系统与外界之间没有热量传递，系统的温度就不会发生变化。
此说法不对．在绝热过程中，系统与外界无热量交换，Q=0．但不一定系统与外界无作功，只要系统与外界之间有作功的表现，由热力学第一定律Q=E+W，可知，E=-W，即对应有内能的改变．而由E=νC，T可知，有E，一定有T，即有温度的变化．[ F ] 2．在循坏过程中系统对外做的净功在数值上等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，因此封闭曲线包围的面积越大，循坏效率就越高。
有人说，因为在循环过程中系统对外做的净功在数值等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，所以封闭曲线所包围的面积越大，循环效率就越高，对吗？答：不正确，因为循环效率取决于系统对外做的净功和系统由高温热源吸收的热量，只有在从高温热源吸收的热量一定的情况下，封闭曲线所包围的面积越大，即系统对外所做的净功越多，循环效率越高，如果从高温热源吸收的热量不确定，则循环效率不一定越高[ F ] 3．系统经历一正循坏后，系统与外界都没有变化。
系统经历一正循环后，系统的状态没有变化；（２）系统经历一正循环后，系统与外界都没有变化；（３）系统经历一正循环后，接着再经历一逆循环，系统与外界亦均无变化。
解说法（1）正确，系统经历一正循环后，描述系统状态的内能是单值函数，其内能不变，系统的状态没有变化。
说法（2）错误，系统经过一正循环，系统内能不变，它从外界吸收热量，对外作功，由热力学第二定律知，必定要引起外界的变化。
说法（3）错误，在正逆过程中所引起外界的变化是不能消除的。
[ F ] 4.第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律。
解：第二类永动机并不违背能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律。
西南交大《大学物理》机械振动
动能之比为 势能之比为 2：1 0：
w.
1 kA 2 或 0 4
6. 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：
ww
1 x1 = 3 × 10 −2 cos( 4t − π ) (SI) 2
和
x 2 = 2 × 10 −2 sin( π − 4t ) (SI)
。
它们的合振动的振幅为 解：将 x2 改写成余弦函数形式有：
本习题版权归物理与科学技术学院物理系所有，不得用于商业目的
《大学物理 AII》作业
No .1 机械振动 No.1
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题： 1. 一劲度系数为 k 的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们 并联，下面挂一质量为 m 的物体，如图所示。则振动系统的频率为 [ ] (A) (C)
x2 t
1 mω 2 A2 cos 2 (ωt + φ ) 2 1 2 kA cos 2 (ωt + φ ) 2
� A2
x
合振动初相与 x1 初相一致，即 ϕ 二、填空题： 1. 一简谐振动的表达式为 x 0.16m⋅s -1，则振幅 A = 解：由已知初始条件，得振幅： A =
=π 。
故选 C
= A cos(4t + ϕ ) ，已知 t = 0 时的初位移为 0.03m, 初速度为
zh in an ch e.
， 势能之比为
m = 2π k
∆l g
1 π) 。则该物体在 t = 0 时刻的动能与 2
。
1 x = A cos(ωt + π) 2
1 1 1 1 1 Ek = mv2 = m[− Aω sin(ω × 0 + π )]2 = mA2ω 2 = mA2ω 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 势能： E p = kx = k [ − A cos( ω × 0 + π )] 2 = 0 2 2 2 1 2 1 T 1 1 当 t = T / 8 时，动能： Ek = mv = m[− Aω sin( ω × + π )] 2 = mA 2 ω 2 2 2 8 2 4 1 2 1 T 1 1 势能： E p = kx = k[ − A cos( ω × + π )] 2 = kA 2 2 2 8 2 4
w.
1 kA 2 或 0 4
6. 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：
ww
1 x1 = 3 × 10 −2 cos( 4t − π ) (SI) 2
和
x 2 = 2 × 10 −2 sin( π − 4t ) (SI)
。
它们的合振动的振幅为 解：将 x2 改写成余弦函数形式有：
本习题版权归物理与科学技术学院物理系所有，不得用于商业目的
《大学物理 AII》作业
No .1 机械振动 No.1
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题： 1. 一劲度系数为 k 的轻弹簧截成三等份，取出其中的两根，将它们 并联，下面挂一质量为 m 的物体，如图所示。则振动系统的频率为 [ ] (A) (C)
x2 t
1 mω 2 A2 cos 2 (ωt + φ ) 2 1 2 kA cos 2 (ωt + φ ) 2
� A2
x
合振动初相与 x1 初相一致，即 ϕ 二、填空题： 1. 一简谐振动的表达式为 x 0.16m⋅s -1，则振幅 A = 解：由已知初始条件，得振幅： A =
=π 。
故选 C
= A cos(4t + ϕ ) ，已知 t = 0 时的初位移为 0.03m, 初速度为
zh in an ch e.
， 势能之比为
m = 2π k
∆l g
1 π) 。则该物体在 t = 0 时刻的动能与 2
。
1 x = A cos(ωt + π) 2
1 1 1 1 1 Ek = mv2 = m[− Aω sin(ω × 0 + π )]2 = mA2ω 2 = mA2ω 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 势能： E p = kx = k [ − A cos( ω × 0 + π )] 2 = 0 2 2 2 1 2 1 T 1 1 当 t = T / 8 时，动能： Ek = mv = m[− Aω sin( ω × + π )] 2 = mA 2 ω 2 2 2 8 2 4 1 2 1 T 1 1 势能： E p = kx = k[ − A cos( ω × + π )] 2 = kA 2 2 2 8 2 4
西南交通大学物理作业题答案
No.3 角动量、角动量守恒定律一、选择题： 1．D解：设地球绕太阳做圆周运动的速率为v ，轨道角动量为L ，由万有引力定律和牛顿运动定律 R v m R m M G 22=可得 GMR m mvR L RGMv ===,2．B解：设棒长为l ，质量为m ，在向下摆到角θ时，由转动定律βθJ lmg =⋅cos 2（J 为转动惯量） 在棒下摆过程中，θ增大，β减小。
棒由静止开始下摆，ω与β转向一致，所以由小变大。
3．C解：设A 、B 连盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即 B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>，所以22B A R R <，由转动惯量221mR J =，则B A J J <。
4．B解： （1）对转轴上任一点，力矩为F r M ⨯=。
若F 与轴平行，则M一定与轴垂直，即对轴的力矩0=z M ，两个力的合力矩一定为零。
正确。
（2）两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩为零。
正确。
（3）两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。
（4）两个力对轴的力矩只要大小相等，符号相反，合力矩就为零，但两个力不一定大小相等，方向相反，即合力不一定为零。
5．C解：以两个子弹和圆盘为研究对象，外力矩为零，系统角动量守恒。
设圆盘转动惯量为J ，则有 ()ωω202mr J J mvr mvr +=+-022ωωmr J J+=可见圆盘的角速度减小了。
m二、填空题：1． M = 0 ； L= k ab m ω 。
解：由j t b i t a rωωsin cos +=，质点的速度和加速度分别为jt b i t a a jt b i t a vωωωωωωωωsin cos cos sin 22--=+-= 质点所受对原点的力矩为M a m r F r⨯=⨯=()()0sin cos sin cos 22=--⨯+=jt mb i t ma j t b i t a ωωωωωω质点对原点的角动量为()()j t mb i t ma j t b i t a v m r Lωωωωωωcos sin sin cos +-⨯+=⨯= k ab mω=2． M =mgl β=lg 。
西南交大峨眉校区《大学物理》机械振动作业-答案
西南交大峨眉校区《大学物理》（机械振动）作业1一 选择题1. 把一弹簧振子的小球从平衡位置向位移正方向拉开，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时．若用余弦函数表示其运动方程，则该弹簧振子振动的初相为 (A) 0． (B) π/2． (C) π． (D) 3π/2．［ A ］[参考解答] 开始计时时，位移达到最大值。
2. 一质点在x 轴上作简谐振动，振幅A=4cm,周期T=2s ，其平衡位置取作坐标原点，若t=0s 时刻质点正通过x=-2cm 处，且向x 轴负方向运动，则质点下一次通过x=-2cm 处的时刻为： （A ）1s （B ）2s/3 （C ）4s/3 （D ）2s［ B ］3．一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的1/4时，其动能为振动总能量的（A ）7/16 （B ）9/16（C ）11/16 （D ）13/16 （E ）15/16[ E ][参考解答] 4/)cos(A t A x =+=ϕω，16/15)(sin ,4/1)cos(2=+=+ϕωϕωt t 即，1615)(sin max2max k k k E t E E =+=ϕω4．图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为： （A ）2π（B ）π （C ）23π （D ）0[ B ][参考解答] t=0时刻的旋转矢量图：OA/2-AA 合cm ）1.一竖直悬挂的弹簧振子，自然平衡时弹簧的伸长量为x 0，此振子自由振动的周期T = g x /20π．[参考解答] 受力分析如右图，以平衡位置为原点，向下为x 轴正方向，有：22/22)/(dtX d mkX k mg x k mg kx dtx d m kmg x X =-=--=+-=-=令对坐标X ，其运动为简谐运动， 其角频率满足：，mk =2ωg x T /2/20πωπ==2. 一质点作简谐振动，速度最大值v m = 5 cm/s ，振幅A = 2 cm ．若令速度具有正最大值的那一时刻为t = 0，则振动表达式为 )()2325cos(2cm t x π+=．[参考解答] s rad cm A A v m /5.2,2,=∴==ωωt =0时，质点通过平衡位置向正方向运动，初相为：230πϕ=3．一弹簧简谐振子的振动曲线如图所示，振子处在位移为零，速度为－ωA ，加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的 b, f 点，振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－ω2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应于曲线上的 a, e 点。
西南交大大学物理练习题(附参考解答)
NO.1 质点运动学班级 姓名 学号 成绩一、选择1. 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪种是正确的： [ B ](A) 切向加速度必不为零．（反例：匀速圆周运动） (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外）．(C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零．（反例：匀速圆周运动）(D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零．（反例：匀速圆周运动） (E) 若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动．2．一质点作一般曲线运动，其瞬时速度为V，瞬时速率为V ，某一段时间内的平均速度为V，平均速率为，它们之间的关系为：[ D ]（A ）∣V∣=V ，∣V∣=V；（B ）∣V∣≠V ，∣V∣=V ；（C ）∣V∣≠V ，∣V∣≠V ； （D ）∣V∣=V ，∣V∣≠V .解：dr dsV V dt dt=⇒=，r sV V t t∆∆≠⇒≠∆∆.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，a τ表示切向加速度，下列表达式中， [ D ](1) d /d t a τ=v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d ， (4) d /d t a τ=v ． (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（1）、(3)是对的．解：d /d t a τ=v ，v=t S d /d ， at v=d /d4.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) [ D ](A) t d d v ．(B) 2v R ． (C) R t 2d d vv +．(D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．解：a==5.一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为jbtiatr22+=（其中a、b为常量）, 则该质点作[ B](A) 匀速直线运动．(B) 变速直线运动．(C) 抛物线运动．(D)一般曲线运动．解：可以算出by xa=，同时2xa a=、2ya b=，所以严格地讲：匀变速直线运动。
西南交大大学物理作业参考答案NO.1
该题也可用动能定理来解，如下：
y
2
1 1 1 1 2 2 A Fdy mkydy mky0 mky 2 EK mv 2 mv0 y 2 2 2 2
0
整理得到： v v 0 k y 0 y
2
2
2
2
2．一张致密光盘（CD）音轨区域的内半径 R1＝2.2 cm，外半径为 R 2＝5.6 cm（如图） ， 径向音轨密度 N ＝650 条/mm。在 CD 唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动 一条音轨，激光束相对光盘以 v＝1.3 m/s 的恒定线速度运动。 (1) 这张光盘的全部放音时间是多少？ R2 R1 (2) 激光束到达离盘心 r＝5.0 cm 处时， 光盘转动的角速度和 角加速度各是多少？ 解：(1) 以 r 表示激光束打到音轨上的点对光盘中心的矢径，则 在 d r 宽度内的音轨长度为 2 rN d r 。 激光束划过这样长的音轨所用的时间为 d t 由此得光盘的全部放音时间为
2
2
m s
2 2
2
飞轮转过 240 时的角速度为 ，由 2 0 2 , 0 0 ，得 2 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为
an r 2 r 2 0.3 2 0.5
240 2 1.26 360
1 1 2.5 2 1 1 2 1 2m 2 2
2
2． 在 x 轴上作变加速直线运动的质点， 已知其初速度为 v 0 ， 初始位置为 x0， 加速度 a Ct （其中 C 为常量） ，则其速度与时间的关系为 v v v 0
1 3 Ct ，运动学方程为 3
x2 t2
y
2
1 1 1 1 2 2 A Fdy mkydy mky0 mky 2 EK mv 2 mv0 y 2 2 2 2
0
整理得到： v v 0 k y 0 y
2
2
2
2
2．一张致密光盘（CD）音轨区域的内半径 R1＝2.2 cm，外半径为 R 2＝5.6 cm（如图） ， 径向音轨密度 N ＝650 条/mm。在 CD 唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动 一条音轨，激光束相对光盘以 v＝1.3 m/s 的恒定线速度运动。 (1) 这张光盘的全部放音时间是多少？ R2 R1 (2) 激光束到达离盘心 r＝5.0 cm 处时， 光盘转动的角速度和 角加速度各是多少？ 解：(1) 以 r 表示激光束打到音轨上的点对光盘中心的矢径，则 在 d r 宽度内的音轨长度为 2 rN d r 。 激光束划过这样长的音轨所用的时间为 d t 由此得光盘的全部放音时间为
2
2
m s
2 2
2
飞轮转过 240 时的角速度为 ，由 2 0 2 , 0 0 ，得 2 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为
an r 2 r 2 0.3 2 0.5
240 2 1.26 360
1 1 2.5 2 1 1 2 1 2m 2 2
2
2． 在 x 轴上作变加速直线运动的质点， 已知其初速度为 v 0 ， 初始位置为 x0， 加速度 a Ct （其中 C 为常量） ，则其速度与时间的关系为 v v v 0
1 3 Ct ，运动学方程为 3
x2 t2
2015年西南交通大学《大学物理 AI》作业 No.01 运动的描述
K v
=
v。
平均速度
K v
=
∆rK
，平均速率 v
dt = ∆s
，而一般情况下
dt ∆rK
≠
∆s
，所以
K v
≠
v
。故选 A
∆t
∆t
6．在相对地面静止的坐标系内，A、B 二船都以 2 m ⋅ s−1 的速率匀速行使，A K船沿K x 轴正向，B 船沿 y 轴正 向。今在 A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x、y 方向单位矢量用 i 、j 表示），那么在 A 船上的
2．一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为 a = −k y ，式中 k 为常数， 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 y0 处的速度为 v0 ，试求：速度 v 与坐标 y 的函数关系式。
解：加速度 a = dv = dv ⋅ dy = v ⋅ dv = −ky ，分离变量积分得 dt dy dt dy
时，车上乘客发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为 45°．假设雨滴相对于地的速度保持不变，试计算雨滴 相对地的速度大小．
批改时请注意：第一个式子的矢量符号！
解：由相对速度公式：
K v雨→地
=
K v雨→车
+
K v车→地
矢量图如图所示，在 x、y 方向投影式为
K
v 车→地
x
v雨→地 sin 30D + v雨→车 sin 45D = v车→地 = 35
K v雨→车 45D 30D
v雨→地 cos 30D = v雨→车 cos 45D + 0
K
联立以上两式，解得
y
v雨→地
v雨→地
=
cos 30D
西南交大大物II-1
物体所受回复力恒与位移成正比且反相
第二个判据为： 物理量对时间的二阶导数与其本身成正比且反号时， 该物理量按简谐振动规律变化 ， 第三个判据为： 物理量如果是时间的余弦（或正弦）函数，那么该物理量按简谐振动规律变化 研究简谐振动方便而有效的方法是旋转矢量法， 在该方法中： 旋转矢量的模对应谐振动的 角速度对应谐振动的 角频率 ，t=0 时旋转矢量与 x 轴的夹角对应谐振动的 解：由教材 P371-P378 可知。 x( m ) 2．图中所示为两个简谐振动曲线，若以余弦函数表示这两个振动 的合成结果，则合振动的频率ν 为 振幅 A 为 0.04m ，初相 ϕ 0 为 0.5s
由题意：x＝0.02=A/2, 则
cos(ω t + ϕ ) =
此时的速度 加速度
回复力 (3) 振子速度具有正的最大值，是位于平衡位置向正方向运动，由旋转矢量法可知： 初相 ϕ 故：振动方程为
π v = −ωA sin(ω t + ϕ ) = −0.4 sin( ± ) = 0.346( m ⋅ s −1 ) 3 2 2 a = −ω x = −10 × 0.02 = −2 ( m ⋅ s −2 ) F = − kx = −50 × 0.02 = −1 ( N )
N − mg = 0 f x = ma f x ≤ µs N a = −ω 2 A cos (ωt + ϕ ) ω = 2πν
(1) µ mg (2) → amax = s = µs g m (3) (5) (6)
(4)
a
fx
mg
x
由(4)、 （5） 、(6)式得最大振幅
Amax =
2 2
所以：
θ1 l 1.5 = = = 1.20 θ2 l1 1.5 − 0.45
西南交大 大学物理 英文 试题 答案No.A1-1.11348894
x m 1
⎧ 2t (0s < t < 2s) ⎪ (a) x(t ) = ⎨ 4 ( 2s ≤ t ≤ 3s) ⎪10 − 2t (3s < t < 4s) ⎩
x m 4
H L
H L
t s 3 -1 2 -2 1 1 2 3 4
H L
t s 1 2 3 4
H L H L
-3 -4
1 2 (c) x(t ) = −2t + t 2
dv x (t ) . dt
ax(m/s2) 2 1 0 -1 -2
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
(a)
(b)
(c)
ax(m/s2) 2 1 0 -1 -2
ax(m/s) 2 1 0 -1 -2
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
(d)
(e)
(ii) The x-component of the position vector versus time. In all cases assume x=0m when t=0s.
dx < 0. dt
(B)
dx > 0. dt
(C)
d( x 2 ) < 0. dt
d( x 2 ) > 0. dt
Solution: If the object is moving toward O, the velocity and the position vector of the object must be in different direction. That means xv = x ⋅
⎧ 2t (0s < t < 2s) ⎪ (a) x(t ) = ⎨ 4 ( 2s ≤ t ≤ 3s) ⎪10 − 2t (3s < t < 4s) ⎩
x m 4
H L
H L
t s 3 -1 2 -2 1 1 2 3 4
H L
t s 1 2 3 4
H L H L
-3 -4
1 2 (c) x(t ) = −2t + t 2
dv x (t ) . dt
ax(m/s2) 2 1 0 -1 -2
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
(a)
(b)
(c)
ax(m/s2) 2 1 0 -1 -2
ax(m/s) 2 1 0 -1 -2
1 2 3 4
t(s)
1 2 3 4
t(s)
(d)
(e)
(ii) The x-component of the position vector versus time. In all cases assume x=0m when t=0s.
dx < 0. dt
(B)
dx > 0. dt
(C)
d( x 2 ) < 0. dt
d( x 2 ) > 0. dt
Solution: If the object is moving toward O, the velocity and the position vector of the object must be in different direction. That means xv = x ⋅
大学物理西南交大作业参考答案
电势、导体与※电介质中的静电场 （参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩： 一 选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为：（A ）r q04πε； （B ）)(041R Qrq +πε； （C ）rQq 04πε+； （D ）)(041R qQ rq -+πε；参考：电势叠加原理。
[ B ]2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A ）)(210114r r Q --πε； （B ）)(21114r r qQ-πε；（C ）)(210114r r qQ--πε； （D ）)(4120r r qQ --πε。
参考：电场力做功＝势能的减小量。
A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。
[ C ]3N 点，有人（A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。
r 2 (-Qbr 1B a（q ）[ C ]4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为： （A ）0； （B ）d q04πε； （C ）-R q04πε； （D ）)(1140R dq-πε。
外表面无电荷（可分析）。
虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。
[ D ]※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为： （A ）内r Qπε4+，外r Q 04πε-； （B ）内r Qπε4+，0； 参考：电势叠加原理。
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NO.1 质点运动学和牛顿定律
班级 姓名 学号 成绩
一、选择
1. 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪种是正确的： [ B ] (A) 切向加速度必不为零． (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外）． (C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零． (D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零．
(E) 若物体的加速度a
为恒矢量，它一定作匀变速率运动．
2．一质点作一般曲线运动，其瞬时速度为V ，瞬时速率为V ，某一段时间内的平均速度为V
，平均速率为V ，
它门之间的关系为：[ D ]
（A ）∣V ∣=V ，∣V ∣=V ； （B ）∣V ∣≠V ，∣V
∣=V ； （C ）∣V ∣≠V ，∣V ∣≠V ； （D ）∣V ∣=V ，∣V
∣≠V .
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，a τ表示切向加速度，下列表达式中， [ D ]
(1) d /d t a τ=v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d ， (4) d /d t a τ=
v ．
(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（1）、(3)是对的．（备注：经过讨论认为（1）是对的）
4.某物体的运动规律为t k t 2
d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为0v ，则速度v 与时
间t 的函数关系是 [ C ]
(A) 0221v v +=
kt , (B) 0221
v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 0
2121v v +
-=kt 5.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) [ D ]
(A) t d d v ．(B) 2
v R ． (C) R t 2
d d v
v +．(D) 2
/1242d d ⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．
6．质点沿x 方向运动，其加速度随位置的变化关系为：a=3
1
+3x 2. 如在x=0处，速度v 0=5m.s -1，则在x=3m
处的速度为：[ A ]
（A ）9 m.s -1； （B ）8 m.s -1； （C ）7.8 m.s -1； （D ）7.2 m.s -1 .
7.如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？[ E ]
(A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心． (B) 它的速率均匀增加．
(C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心． (D) 它的合外力大小不变．
(E) 轨道支持力的大小不断增加．
8．物体作圆周运动时，正确的说法是：[ C ] （A ）加速度的方向一定指向圆心；
（B ）匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； （C ）必定有加速度，且法向分量一定不为零；
（D ）速度方向一定在轨道的切线方向，法向分速度为零，所以法向加速度一定为零；
9．以下五种运动形式，a
保持不变的运动是 [ E ]
A
（A ）单摆的运动；（B ）匀速圆周运动；（C ）圆锥摆运动；（D ）行星的椭圆轨道运动；（E ）抛体运动； 二、填空
1．已知一质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为22(192)r ti t j =++
；r
的单位为m ，t 的单位为s ，则位矢的大小r
v = 24i t j + ，加速度a =
4(/)j m s 。
2．质点在平面上运动，若0dr dt =，0dr dt ≠ ，则质点作圆周运动；若0dv dt =，0dv dt
≠
，则质点作匀速率曲线运动；若0da dt =，0da dt
≠
，则质点作变速曲线运动。
3．质点作圆周运动，轨道半径R=0.2m ，以角量表示的运动方程为θ=10πt+
2
1πt 2
. 则第3
秒末的角加速度为 2(/)rad s π ，加速度的大小为2333.6/m s = .
4.质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为 2
23t +=θ (SI) ，则ｔ时刻质点的法向加速度大小为a n =2
16Rt ；角加速度β=24/rad s ．
5.一质点从静止出发，沿半径R =3 m 的圆周运动．切向加速度a τ=3 m/s 2保持不变，当总加速度与半径成角45 o 时，所经过的时间=t __1秒___，在上述时间内质点经过的路程S =1.5m ． 6．一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道A 点的速度的大小为v ，其方向与水平方向夹角为30°，
则A 点的
轨道的曲率半径ρ=
222v v = .（重力加速度为g ）
7．半径为0.3m 的飞轮，从静止开始以0.5 rad.s -2的匀角加速度转动，则
飞轮边缘上一点转过240°时的切向加速度a τ= 2
0.15/m s ，法向加速度a n = 20.4/m s π .
三、计算
1. （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．
参考：
（1）由图可得：cos x r t ω=，sin y r t ω=，则：
cos sin r r t i r t j ωω=+
（2）sin cos dr
v r t i r t j dt ωωωω==-+ 22
cos sin dv a r t i r t j dt
ωωωω==--
（3）22(cos sin )a r t i t j r ωωωω=-+=-
r
是由圆心指向(,)P x y ，则a 由(,)P x y 指向圆心。
2．一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60km/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180km/h .
如果仍要保持往正北方向飞行，问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？并用矢量图说明.
参考：
选取飞机为动点；
地面为固定参考系，风（流动的空气）为运动参考系；
飞机相对于地面的运动为绝对运动，a v
的大小未知，方向沿正北；
飞机相对于空气的运动为相对运动，r v 的大小为180km/h ，方向未知；
空气相对于地面的运动为牵连运动，e v
的大小为60km/h ，方向沿正西；
由矢量图按照速度变换定理：a r e v v v =+
，可以求解两个未知量：
169.7/a v km h ===
60
sin 1/3180
e r v v α=== ，019.5α=
答：飞机相对于地面的速率169.7/km h ，方向是北偏东0
19.5。
3．如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R=2m 的圆轨道转动，转动的角速度ω与时间t 的关系为ω=kt 2（k 为常数）. 已知t=2 s 时，质点P 的速度值为32 m/s ，试求t=1 s 时，质点P 的速度与加速度的大小.
参考：
由圆周运动规律及题意：
2v R kt R ω==，代入已知条件：
2(2)2232v k =⨯⨯=，3
4k s -=或3
4/k rad s =，
t=1 s 时，质点P 的速度大小：
22(1)4128/v kt R m s ==⨯⨯=
质点P 的加速度大小：
2
(1)414(/)rad s ω=⨯=，2(4)
8d d t t dt dt
ωβ===，2(1)818/rad s β=⨯=
235.78/a m s ==。