关于大学物理答案第章

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：22cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wtdt dt v v v Rw==-==-∴=+=22222sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wtdt 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 ω21－2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012132012221201112()0,2()/2()1122212v 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0200,,ln v xv kxdv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v vkx 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。

问题1.1 关于行星运动的地心说和日心说的根本区别是什么？答：地心说和日心说的根本区别在于描述所观测运动时所选取的参考系不同。

1.2 牛顿是怎样统一了行星运动的引力和地面的重力？答：用手向空中抛出任一物体，按照惯性定律，物体应沿抛出方向走直线，但是它最终却还会落到地面上。

这说明地球对地面物体都有一种吸引力。

平抛物体的抛速越大，落地时就离起点越远，惯性和地球吸引力使它在空中划出一条曲线。

地球吸引力也应作用于月球，但月球的不落地，牛顿认为这不过是月球下落运动曲线的弯曲度正好与地球表面的弯曲程度相同。

这样牛顿就把地球对地面物体的吸引力和地球对月球的吸引力统一起来了。

牛顿认为这种引力也作用在太阳和行星、行星与行星之间，称为万有引力。

并认为物体所受的重力就等于地球引力场的引力。

这样牛顿就统一了行星运动的引力和地面的重力。

1.3 什么是惯性? 什么是惯性系?答：任何物体都有保持静止或匀速直线运动状态的特性，这种特性叫惯性。

我们把牛顿第一定律成立的参考系叫惯性系。

而相对于已知惯性系静止或做匀速直线运动的参考系也是惯性系。

1.4 人推动车的力和车推人的力是作用力与反作用力，为什么人可以推车前进呢？答：人推动车的力和车推人的力是作用力与反作用力，这是符合牛顿第三定律的。

但这两两个力是分别作用在两个物体上的。

对于车这个研究对象来说，它就只受到人推动车的力（在不考虑摩擦力的情况下），所以人可以推车前进。

1.5 摩擦力是否一定阻碍物体的运动？答：不一定。

例如汽车前进时，在车轮与路面之间实际上存在着两种摩擦力：静摩擦和滚动摩擦。

前者是驱使汽车前进的驱动力，后者是阻碍汽车前进的阻力。

再如，拖板上放上一物体，拉动拖板，物体可以和拖板一起运动，其原因就是拖板给予了物体向前的摩擦力。

1.6 用天平测出的物体的质量，是引力质量还是惯性质量？两汽车相撞时，其撞击力的产生是源于引力质量还是惯性质量？1答：用天平测出的物体的质量和引力有关，是地球对物体和砝码的引力对天平刀口支撑点力矩平衡测出的质量，所以是引力质量。

《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。

(B) 匀速率圆周运动。

(C) 行星的椭圆轨道运动。

(D) 抛体运动。

(E) 圆锥摆运动。

2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。

3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处，其速度大小为（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，s 表示路程，a t 表示切向加速度，对下列表达式,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。

大学物理习题答案第一章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN[习题解答]1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C地，最后向东北行驶50km到达D地。

求汽车行驶的总路程和总位移。

解汽车行驶的总路程为；汽车的总位移的大小为∆r =位移的方向沿东北方向，与方向一致。

1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问与在一般情况下是否相等为什么解与在一般情况下是不相等的。

因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。

如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。

1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 -2t 3 ，r和t的单位分别是m和s。

求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度；(3)第三秒末和第四秒末的加速度。

解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。

(1)第二秒内的平均速度m⋅s-1；(2)第三秒末的速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为v3 = - 18 m⋅s-1；用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为v4 = - 48 m⋅s-1；(3)第三秒末的加速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为a3 = - 24 m⋅s-2；用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为v4 = - 36 m⋅s-2 .1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明：(1) v d v = a d s；(2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s-s0 )成立。

解(1)；(2)对上式积分，等号左边为,等号右边为,于是得,即.1-7 质点沿直线运动，在经过时间t后它离该直线上某定点O的距离s满足关系式：s = (t-1)2 (t-2)，s和t的单位分别是m和s。

第一章 质点运动学一、简答题1、运动质点的路程和位移有何区别?答：路程是标量，位移是矢量；路程表示质点实际运动轨迹的长度，而位移表示始点指向终点的有向线段。

2、质点运动方程为()()()()k t z j t y i t x t r ++=，其位置矢量的大小、速度及加速度如何表示? 答：()()()t z t y t x r 222r ++==()()()k t z j t y i t xv ++= ()()()k t z j t y i t x a ++=3、质点做曲线运动在t t t ∆+→时间内速度从1v 变为到2v ，则平均加速度和t时刻的瞬时加速度各为多少? 答：平均加速度 t v v a ∆-=12 ，瞬时加速度()()dt v d t v v a t t lim t 120 =∆-=→∆4、画出示意图说明什么是伽利略速度变换公式? 其适用条件是什么?答：牵连相对绝对U V +=V ，适用条件宏观低速5、什么质点? 一个物体具备哪些条件时才可以被看作质点?答：质点是一个理想化的模型,它是实际物体在一定条件下的科学抽象。

条件：只要物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关因素或次要因素,物体就能被看作质点。

二、选择题1、关于运动和静止的说法中正确的是 ( C )A 、我们看到的物体的位置没有变化，物体一定处于静止状态B 、两物体间的距离没有变化，两物体就一定都静止C 、自然界中找不到不运动的物体，运动是绝对的，静止是相对的D 、为了研究物体的运动，必须先选参考系，平时说的运动和静止是相对地球而言的2、下列说法中正确的是 ( D )A 、物体运动的速度越大，加速度也一定越大B 、物体的加速度越大，它的速度一定越大C 、加速度就是“加出来的速度”D 、加速度反映速度变化的快慢，与速度大小无关3、质点沿x 轴作直线运动，其t v-曲线如图所示，如s t 0=时，质点位于坐标原点，则s .t 54=时，质点在x 轴的位置为 ( B )A 、5 mB 、2 mC 、0 mD 、-2 m4、质点作匀速率圆周运动，则 ( B )A 、线速度不变B 、角速度不变C 、法向加速度不变D 、加速度不变5、质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为s /m v 2=，瞬时加速度为22s /m a -=，则一秒钟后质点的速度 ( D )A 、等于0B 、等于s /m 2-C 、等于s /m 2D 、不能确定6、质点作曲线运动，r 表示位置矢量的大小，s 表示路程，z a 表示切向加速度的大小，v 表示速度的大小。

第一章 质点运动学1-1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at += （其中b a ,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 ）一般曲线运动 [B]解：由j i rv bt at t 22d d +==知 v 随t 变化，质点作变速运动。

又由x aby bt y at x =⎪⎭⎪⎬⎫==22 知质点轨迹为一直线。

故该质点作变速直线运动。

1-2 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，① a t v =d ② v t r =d ③ v t s =d d ④ t a t =d d 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（3）是对的。

[D]解：由定义：t vt a d d d d ≠=v ； t r t s t v d d d d d d ≠==r ； t t v a d d d d v ≠=τ只有③正确。

1-3 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以21s m -⋅的速率匀速行驶，A 船沿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 方向单位矢用j i ,表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以1s m -⋅为单位）为（A ）j i 22+ （B ）j i 22+-（C ）j i 22-- （D ）j i 22- [B]解：由i v 2=对地A ，j v 2=对地B 可得 A B A B 地对对地对v v v +=⎰对地对地A B v v -=i j 22-=j i 22+-= （1s m -⋅）1-4 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为)SI (23t a +=如果初始时质点的速度0v 为51s m -⋅，则当t 为3s 时，质点的速度1s m 23-⋅=v解：⎰+=tta v v 00d13s m 23d )23(5-⋅=++=⎰tt1-5 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=，则在t 由0至4s 的时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t 由0到4s 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。

第一章质点运动学1、(习题：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+-r r r由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=rr r rrrrr当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r rr r2、（习题）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、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 10 m处，初速度v0．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 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的d d r t v ，d d v t v，tvd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+v v v（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t=v v v 而落地所用时间 gh2t =所以0d d r v i j t =v vd d v g j t=-v v 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+v vv，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v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ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．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)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．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trd 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；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 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, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 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td 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；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts 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 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 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =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 hl t llt 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θlh l cos /0220v 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)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,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,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必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0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v-t图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线．又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x-t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,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；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．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 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -=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j r 20= , j i r 242-=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j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s QP1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=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t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1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y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(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20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v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2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin =', t TR y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t T R y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则 s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv得石子速度 )1(Bt e BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为td d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan ==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3)当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和。

第1章质点力学1-1题已知矢量A=3i-4j，B=-3i-2j，C=-3j，D=2i+5j，试用几何方法(多边形法则)和解析方法求A B C D+++解:(1)几何法如1-1题图所示24OD i j=-222(-4) 4.47OD=+=OD与x轴方向夹角设为θ则4tan22θ-==-arctan(2)63.43θ=-=-︒(2)解析法A B C D+++=(3i -4j )+(-3i -2j)+(-3j)+(2i+5j)=(3-3+2)i+(-4-2-3+5)j=2i-4j1-2题一飞机由某地起飞，向东飞行50 km后，又向东偏北60°的方向飞行40 km，求此时飞机的位置。

解：此题是求位置矢量，选取地球为参照系，以起点为坐标原点，建立如1-2题图所示的坐标系，由题意知：50A i =40cos 6040sin 60B i j =︒+︒=20203i j +解得:(5020)203r A B i i =+=++=70203i j +22(70)(203)r i j =+=8.1 kmr 与正东方向(即i )方向夹角设为θ 则203tan 0.4970θ== arctan 0.4926.1θ==︒1-3题 已知A =3i +5j ，B =5i -3j ,求A B ⋅解：由数学上的矢量标积知，()()x y x y x x y y A B A i A j B i B j A B A B ⋅=+⋅+=+， 则(35)(53)15150A B i j i j ⋅=+⋅-=-=1-4题 质点沿y 轴作直线运动，其位置随时间的变化规律为y =5t 2，试求： (1)2.000~2.100 s ，2.000~2.001 s 两个时间间隔内的平均速度； (2)t =2.000 s 时的瞬时速度。

解：(1)由题意知，运动方程为 y =5t 2，分别将t 1 = 2.000 s 与t 2 = 2.100 s 带入运动方程得： y 1 = 20.000000 m y 2 = 22.050000 m 则平均速度的公式得 2.050020.50.100y v t ∆===∆-1m s ⋅ 同理，得：1y '=20.00 m 2y '=20.02 m 0.0220.0000.001y v t '∆==='∆-1m s ⋅ (2)由y = 5t 2求得瞬时速度为10dy v t dt == m将t = 2.000 s 带入上式得220.000t s v ==-1m s ⋅1-5题 矿井里的升降机，在井底从静止开始匀加速上升，经过3 s ，速度达到3-1m s ⋅，然后以这个速度匀速上升6 s ，最后减速上升，经过3 s 到达井口，刚好停止，求： (1)矿井深度(2)给出x-t 图和v-t 图解：(1)矿井深度可用图解法求得其v -t 图如1-5题图(a)所示 矿井深度为图中梯形面积即1(612)32x =+⨯=2 m(2)升降机运动方程为22211(03)223(39)1(912)2at A t x vt t t vt at t ⎧=<≤⎪⎪==≤≤⎨⎪⎪-≤≤⎩ 其x-t 图如1-5题图(b)所示1-6题 一升降机以加速度1.22 2m s -⋅上升，当上升速度为2.44 -1m s ⋅时，有一螺丝自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底板相距2.4 m ，计算： (1)螺丝从天花板落到底板所需要的时间；(2)螺丝相对于升降机外固定柱子下降的距离。

大学物理第3章-刚体力学习题解答第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。

求t 时刻的角速度和角加速度。

解：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。

显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。

解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对过细杆二端轴的转动惯量。

解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。

习题11、1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处,其速度大小为(A)(B)(C)(D)[答案:D](2) 一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度,瞬时加速度,则一秒钟后质点的速度(A)等于零(B)等于-2m/s(C)等于2m/s (D)不能确定。

[答案:D](3) 一质点沿半径为R的圆周作匀速率运动,每t秒转一圈,在2t时间间隔中,其平均速度大小与平均速率大小分别为(A)(B)(C) (D)[答案:B]1、2填空题(1) 一质点,以的匀速率作半径为5m的圆周运动,则该质点在5s内,位移的大小就是;经过的路程就是。

[答案: 10m;5πm](2) 一质点沿x方向运动,其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI),如果初始时刻质点的速度v0为5m·s-1,则当t为3s时,质点的速度v=。

[答案: 23m·s-1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度航行,水流速度为,一人相对于甲板以速度行走。

如人相对于岸静止,则、与的关系就是。

[答案:]1、3一个物体能否被瞧作质点,您认为主要由以下三个因素中哪个因素决定:(1) 物体的大小与形状;(2) 物体的内部结构;(3) 所研究问题的性质。

解:只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响,因此主要由所研究问题的性质决定。

1、4下面几个质点运动学方程,哪个就是匀变速直线运动？(1)x=4t-3;(2)x=-4t3+3t2+6;(3)x=-2t2+8t+4;(4)x=2/t2-4/t。

给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度与加速度,并说明该时刻运动就是加速的还就是减速的。

(x单位为m,t单位为s)解:匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。

加速度又就是位移对时间的两阶导数。

于就是可得(3)为匀变速直线运动。

其速度与加速度表达式分别为t=3s时的速度与加速度分别为v=20m/s,a=4m/s2。

因加速度为正所以就是加速的。

大学物理知到章节测试答案智慧树2023年最新大庆师范学院第一章测试1.下列选项中不属于理想模型的是？（）参考答案:元电荷2.下列对于运动的描述中，可以视为质点的是？( )参考答案:地球绕太阳公转时的地球3.通过油滴实验测定元电荷电荷量的物理学家是？( )参考答案:密立根4.参考系是随意选取的，但选取不同的参考系，运动效果就不同。

( )参考答案:对5.运动是绝对的，对运动的描述是相对的，相对性就体现在参考系的选取不同。

（）参考答案:对第二章测试1.对于系统来说，在下列的哪种情况下系统的机械能守恒？（）参考答案:外力和非保守内力都不做功2.如图所示，人用水平拉力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，已知人与板间、板与地面间均有摩擦，以下说法正确的是（）。

参考答案:人的脚给木板的摩擦力水平向右3.如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是（）参考答案:物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力;物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力4.作用力和反作用力，等大反向性质相同可以求合力( )参考答案:错5.人站在加速上升的电梯内，人对地板的压力大于地板给人的支持力。

（）参考答案:错第三章测试1.有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为（）。

参考答案:2.刚体定轴转动时，任一点的角速度和线速度的关系为（）。

参考答案:3.关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是（）。

参考答案:取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置.4.人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的（）参考答案:对地心的角动量守恒，动能不守恒5.作用于质点的力不为零，质点所受的力矩也总不为零。

（）参考答案:错6.刚体定轴转动的动能等于组成刚体的所有质元的动能之和。

第一章 质点运动学1-1 质点作直线运动，运动方程为2612t t x -=其中t 以s 为单位,x 以m 为单位,求：（1）t = 4s 时，质点的位置、速度和加速度；（2）质点通过原点时的速度；（3）质点速度为零时的位置；(4)作出x -t 图，v -t 图和a -t 图.分析解 （1）根据直线运动情况下的定义，可得质点的位矢、速度和加速度分别为2612t t x -= (1)t tx 1212d d -==v (2) 12d d 22-==tx a (3) 当t = 4s 时，代入数字后得m 48m 46m 4122-=⨯-⨯=xm/s -36m/s 412m/s 12=⨯-=v2m/s 12-=a（2）当质点通过原点时，位矢0=x ，代入运动方程，得06122=-t t因此可得质点通过原点的时间分别为01=t ，s 22=t ，代入（2）式后得m/s 121=v ，m/s 122-=v（3）将0=v 代入（2）式，得01212=-t即质点速度为零时s 1=t ，代入（1）式，得其位置为m 6m 16-m 12=⨯=x（4）根据（1）、（2）和（3）式，描述该质点运动的x -t 图，v -t 图和a -t 图如图1-1所示．1-2 一质点在xy 平面内运动,在某一时刻它的位置矢量)54(j i r +-=m ，经5Δ=t s 后，其位移)86(Δj i r -=m ，求：(1)此时刻的位矢；(2)在Δt 时间内质点图1-1的平均速度．(i 、j 分别为x 、y 方向的单位矢．)分析解 （1）据题意，在t t ∆+时刻，该质点的位矢为m 32m )8-(6m )54(1)(j i j i j i r r r -=++-=∆+=（2）在Δt 时间内质点的平均速度为m/s )1.6-(1.2m/s 586j i j i r v =-=∆∆=t 1-3 质点在xy 平面上运动，运动方程为t y t x 4sin ,4cos 3ππ== 其中t 以s 为单位,x ,y 以m 为单位．（1）求质点运动轨道的正交坐标方程并在xy 平面上绘出质点的轨道；（2）求出质点的速度和加速度表示式，由此求出质点在轨道上运动的方向并证明质点的加速度指向坐标原点；（3）求t = 1 s 时质点的位置和速度与加速度的大小和方向．分析解 （1）质点的运动方程为 t x 43πcos = (1) t y 4πsin = (2) （1）式两边同乘以3并平方后与（2）式的平方相加，得正交坐标方程为 1322=+y x 上式表明质点的运动轨道是一个椭圆，如图1-2所示．（2）由（1）和（2）式可得质点速度和加速度的x ,y 方向分量分别为t t x 443d d ππsin -==x v (3) t t y 44d d ππcos ==y v (4) t t a x 4163d d 2ππcos -==x v (5) t t a y 416d d 2ππsin -==yv (6)则质点速度为 j i v t t 44443ππππcos sin +-= 当t =0时，由运动方程（1）和（2）式，得知质点位于横坐标上3的位置，图1-2由（3）和（4）式，知040>==πy x v v ,，即表明质点在椭圆上沿反时针方向运动． 质点加速度为 j i a 2t t 41641632ππππsin cos --= 由（1）和（2）式得t 时刻质点的位矢为j i r t t 44ππsin cos += (7) 位矢r 与x 轴的夹角ϕ由下式确定：t x y 433πϕtan tan == 而加速度a 与x 轴的夹角α则由下式确定：t a a x y433παtan tan == 即有ϕαtan tan =，注意到在曲线运动中加速度始终指向曲线凹的一侧，则得πϕα+=，表明a 与r 方向相反，指向原点，如图1-2所示．（3）当t = 1 s 时，由（1）--（2）式得m 26=x m 22=y m/s 86π-=x v m/s 82π=y v 22m/s 326π-=x a 22m/s 322π-=y a 速度的大小 m/s 42π=+=2y 2xv v v 速度v 与x 轴的夹角θ则由下式确定：33-==x yv v θtan 注意到此时v x <0，v y >0，则 πθ6533=-=)a r c t a n (． 加速度的大小 22m/s 162π=+=2y 2x a a a对于夹角α有 33==x ya a αtan 又因a x <0，a y <0，则 πα6733==)a r c t a n (． 1-4 质点沿直线运动，其速度2323++=t t v ，如果t = 2时，x = 4，求t = 3时质点的位置、速度和加速度．（其中v 以m/s 为单位，t 以s 为单位,x 以m 为单位）分析解 速度表示式对t 积分，得034241d x t t t t x +++==⎰v 将t = 2 s 时，x = 4 m 代入上式，得积分常数120-=x m ，则1224134-++=t t t x 速度表示式对t 求导数，得t t ta 63d d 2+==v 因此t = 3 s 时质点的位置、速度和加速度分别为m 2541m 12m 32m 3m 34134.=-⨯++⨯=x m/s 56m/s 2m/s 33m/s 323=+⨯+=v2222m/s 45m/s 36m/s 33=⨯+⨯=a1-5 质点沿直线运动，加速度24t a -=，如果当t = 3时，x = 9，v = 2，求质点的运动方程．（其中a 以m/s 2为单位，t 以s 为单位,x 以m 为单位，v 以m/s 为单位）分析解 加速度表示式对t 积分，得03431d v v ++-==⎰t t t a 0242121d x t t t t x +++-==⎰0v v 将t =3 s 时，x = 9 m ，v = 2 m/s 代入以上二式，得积分常数m/s 10-=v ,7500.=x m ，则14313-+-=t t v 750212124.+-+-=t t t x 1-6 质点以不变的速率5m/s 运动，速度的方向与x 轴间夹角等于t 弧度（t为时间的数值），当t = 0时，x = 0，y = 5m ，求质点的运动方程及轨道的正交坐标方程，并在xy 平面上描画出它的轨道．分析解 设质点的速率为v ，与x 轴间夹角为t 弧度，则速度的分量为t t x x cos v v ==d d t ty y s i n v v ==d d 以上两式分别积分，得1C t x +=sin v 2C t y +-=c o s v初始条件为t = 0时，x = 0，y = 5m ，代入以上两式后，得01=C m 102=C因此运动方程为t x sin 5= 105+-=t y cos从中消去t ，得质点运动轨道的正交坐标方程为251022=-+)(y x这是圆心在y 轴上10m 处的圆，半径为5m ，如图1-3所示．1-7 在离水面高度为h 的岸上，有人用绳子拉船靠岸，人以0v 的速率收绳，求当船离岸边的距离为s 时，船的速度和加速度．分析解 选如图1-4所示的直角坐标系，设t 时刻绳长为l ，船的速度为v ，则此时船的x ，y 方向坐标分别为22h l x -= h y =由速度定义得0d d d d ===th t y y v t l hl l t x d d d d 22-===x v v图1-3 图1-4因绳长l 随时间减小的速率等于人的收绳速率，即0d d v =-tl ，则当s x =时，船的速度为022022v v v s h s h l l+-=--= 其中负号表明船的速度方向沿x 轴的负向．又由加速度的定义得0d d ==t a yy v2023222022d d d d v v v x )(h l h h l l t t a a x --=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=== 当s x =时，加速度为 2032v sh a -= 其中负号表明船的加速度方向也沿x 轴的负向，且船作变加速直线运动．1-8 当物体以非常高的速度穿过空气时，由空气阻力产生的反向加速度大小与物体速度的平方成正比，即2v k a -=，其中k 为常量．若物体不受其它力作用沿x 方向运动，通过原点时的速度为0v ，试证明在此后的任意位置x 处其速度为x k -=e 0v v分析证 根据加速度的定义，得2v v k a t-==d d 因 tt x x t a d d d d d d d d v v v v ===，代入上式，整理后得 x d d 1-k v v= 应用初始条件0=x 时，0v v =，上式两边分别对v 和x 积分⎰⎰-=x x 0d d 10k v v vv 得 kx -=0v v ln 即有 x k -=e 0v v1-9 一支气枪竖直向上发射，发射速度为29.4m /s ，若发射两粒子弹的间隔时间为4s ，求二子弹将在距发射点多高的地方彼此相遇？分析解 以发射点为原点，竖直向上为y 坐标正向，第一粒子弹发射后的t 时刻，其位置为20121gt t y -=v (1) 其中0v 为发射速度，第二粒子弹此时（设4>t s ）的位置为2024214)()(---=t g t y v (2) 当二子弹相遇时，21y y =，由（1）和（2）式得s 5s 2s 8942920=+=+=..g t v 将上式代入（1）式，得m 524m 58921m 5429212201...=⨯⨯-⨯=-=gt t y v 1-10 A 车通过某加油站后其行驶路程x 与时间t 的关系可以表示为24.02t t x +=（其中t 以s 为单位,x 以m 为单位）在A 车离开10 s 后B 车通过该加油站时速度为12 m/s ，且具有与A 车相同的加速度．求：（1）B 车离开加油站后追上A 车所需时间；（2）两车相遇时各自的速度．分析解 （1）令B 车通过该加油站时0=t ，则A 车的运动方程为2A 1040102)(.)(+++=t t xB 车的运动方程为2B 4012t t x .+=两车相遇时有B A x x =，由以上两式得2240121040102t t t t .)(.)(+=+++解得 s 30=t（2）根据速度的定义，相遇时两车速度分别为m/s 3410802d d A A =+⨯+==)(.t tx v m/s 368012d d B B =+==t tx .v 1-11 一升降机以加速度1.22m /s 2上升，当上升速度为2.44m /s 时，有一螺帽自升降机的天花板松落，天花板与升降机底面相距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． 分析解 （1）以升降机外固定柱子为参考系，竖直向上为y 坐标正向，螺帽松落时升降机底面位置为原点．螺帽松落后从m 7420.=y 处以初速度m /s4420.=v 作竖直上抛运动，升降机底面则从原点以同样的初速度作向上的加速运动，加速度2m/s 221.=a ，它们的运动方程分别为螺帽： 200121gt t y y -+=v 底面： 20221at t y +=v 螺帽落到底面上时，21y y =，由以上两式可得s 0.705s 22189742220=+⨯=+=...a g y t （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为m 7150m 70508921m 7050442 2122010.....=⨯⨯+⨯-=+-=-=gt t y y s v 1-12 一小球自h = 4.9m 处落到一倾角θ= 45°的斜面上，设小球与斜面碰撞后速率不变，方向如图所示．求小球第二次与斜面碰撞时，离第一次碰撞处的距离L 为若干? 分析 解 以小球与斜面第一次相撞点为原点取直角坐标系如图1-5所示．第一次相撞后小球作平抛运动，初速度为0v ．此前，小球为自由落体，因此有 gh 20=v小球作平抛运动的运动方程为t x 0v = 221gt y = 由于斜面倾角θ= 45°，当小球第二次碰到斜面时，应有y x =，则由以上二式解得 gt 02v =两次碰撞点之间的距离为m 27.7m 459444200=︒⨯=====sin .sin sin sin sin θθθθh g t x L 2v v 1-13 消防队员用水龙头喷射10 m 外的着火竖墙，水龙头每分钟喷水量为图1-5280 kg ，水喷出时速度为26 m/s ，与地面交角为45º。

第4章 刚体的定轴转动习 题一 选择题4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体下，对此有以下几种说法：（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；（4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对L 述说法下述判断正确的是[ ]（A ）只有（l ）是正确的 （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误 （C ）(1)、（2）、（3）都正确 （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确 解析：力矩是描述力对刚体转动的作用，=⨯M r F 。

因此合力为零时，合力矩不一定为零；合力矩为零时，合力也不一定为零。

两者并没有一一对应的关系。

答案选B 。

4-2 有A 、B 两半径相同，质量相同的细圆环。

A 环的质量均匀分布，B 环的质量不均匀分布，设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则有[ ]（A ）A B I I > （B ）A B I I < （C ）无法确定哪个大 （D ）A B I I = 解析：转动惯量2i i iI m r =∆∑，由于A 、B 两细圆环半径相同，质量相同，所以转动惯量相同2A B I I mR ==，而与质量分布均匀与否无关。

选D 。

4-3 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图4-3所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是[ ]（A ）角速度从小到大，角加速度不变 （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大（C ）角速度从小到大，角加速度从大到小 （D ）角速度不变，角加速度为零解析：在棒摆到竖直位置的过程中，重力势能和转动动能相互转化，因此转速越来越大，即角速度从小到大。

整个过程中棒只受到重力矩的作用，211cos 23M mg l J ml θαα===，所以3cos 2gl αθ=，随着转角θ逐渐增大，角加速度α由大变小。

第九章 电磁感应9-1 在感应电场中电磁感应定律可写成tΦd d d LK -=⎰⋅l E ，式中K E 为感生电场的电场强度．此式表明[ ]。

(A) 闭合曲线L 上K E 处处相等 (B)感生电场的电场强度线不是闭合曲线(C) 感生电场是保守力场 (D) 在感生电场中不能像对静电场那样引入电势的概念分析与解 感生电场与位移电流是麦克斯韦两个重要假设，感生电动势总是等于感生电场沿该闭合回路的环流，故感生电场不是保守场，称为有旋电场，不能象静电场那样引入电势的概念。

正确答案为（D ）。

9-2 E 和E k 分别表示静电场和有旋电场的电场强度，下列关系式中，正确的是[ ]。

（A ）0d L=⎰⋅l E （B ）0Ld ≠⎰⋅l E（C ）0d kL=⎰⋅l E （D ）0d kL≠⎰⋅l E分析与解 静电场的环流恒为零，而感生电场的环流不一定为零。

正确答案为（A ）。

9-3 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感，则[ ]。

(A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流 (B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流 (C) 铜环中感生电场大，木环中感生电场小（D ）铜环中感生电场小，木环中感生电场大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但木环中不会形成电流。

正确答案为（A ）。

9-4 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是[ ]。

（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞兹定律 （D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律分析与解 位移电流的实质是变化的电场。

变化的电场激发磁场，这一点位移电流等效于传导电流；但位移电流不是定向运动的电荷，也不服从焦耳热效应、安培力等定律。

正确答案为（A ）。

9-5 用导线制成一半径为r =10cm 的闭合圆形线圈，其电阻R =10Ω，均匀磁场B 垂直于线圈平面，欲使电路中有一稳定的感应电流i =0.01A ，B 的变化率应为d B /d t =____ ___。

大学物理B知到章节测试答案智慧树2023年最新西华大学第一章测试1.（）一小球沿斜面向上运动，其运动方程为（SI），则小球运动到最高点的时刻是：参考答案:2.（）某物体的运动规律为，式中的k为大于零的常数。

当t=0时，初速为，则速度v与时间t的函数关系是：参考答案:3.一运动质点在某瞬时位于矢径r(x,y)的端点处，其速度大小为( )参考答案:4.一质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每t秒转一圈，在2t时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为( )5.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的( )参考答案:法向加速度必不为零6.某质点作直线运动的运动学方程为x＝3t-5t3 + 6 (SI)，则该质点作( ）。

参考答案:变加速直线运动，加速度沿x轴负方向7.一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度，瞬时加速度，则一秒钟后质点的速度（）参考答案:不能确定8.质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每T秒转一圈．在2T时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为（）参考答案:0 , 2p R/T9.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的（）法向加速度必不为零（拐点处除外）10.一物体从某一确定高度以的速度水平抛出，已知它落地时的速度为，那么它运动的时间是（）参考答案:第二章测试1.两滑块A、B，质量分别为和，与图中所示斜面间的摩擦系数分别为和。

今将滑块A、B粘合在一起，并使它们的底面共面，而构成一个大滑块，则该滑块与斜面间的摩擦系数为(（）参考答案:2.如图，滑轮、绳子质量忽略不计。

忽略一切摩擦阻力，物体A的质量大于物体B的质量。

在A、B运动过程中弹簧秤的读数是（）参考答案:3.质量为m的猴子，原来抓住一根用绳吊在天花板上的质量为M的直杆。

悬线突然断开，小猴则沿直杆竖直向上爬以保持它离地面的高度不变，此时直杆下落的加速度为（）参考答案:4.如图，物体A、B质量相同，B在光滑水平桌面上。

大学物理知到章节测试答案智慧树2023年最新仲恺农业工程学院第一章测试1.某质点的运动学方程x=6+3t-5t3，则该质点作（）。

参考答案:变加速直线运动，加速度为负值2.质点以速度作直线运动，沿质点运动直线作Ox轴，并已知t=3s时，质点位于x=9m处，则该质点的运动学方程为（）。

参考答案:3.半径的飞轮缘上一点A的运动学方程为（t以s为单位，S以m为单位）,则当A点的速度大小时，A点的切向加速度和法向加速度大小为（）。

参考答案:6；15004.根据瞬时加速度矢量的定义，其用直角坐标和自然坐标的表示形式，它的大小可表示为（）。

参考答案:5.一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处，其速度大小为（）。

参考答案:6.一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度，瞬时加速度，则一秒钟后质点的速度（）。

参考答案:不能确定。

7.质点作曲线运动，表示位置矢量，表示速度，表示加速度，S表示路程，表示切向加速度，下列表达式中，（）。

① ，② ，③ ，④ ．（）参考答案:只有③是对的．8.（）。

参考答案:9.某质点沿直线运动，其加速度是，那么下述结论正确者为（）。

参考答案:因为导数有无穷多个原函数，按题给条件，无法确定此质点的速度公式10.质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，经过时间T转动一圈，那么在2T的时间内，其平均速度的大小和平均速率分别为（）。

参考答案:第二章测试1.质点作曲线运动时，其法向加速度一般并不为零，但也有可能在某时刻法向加速度为零。

（）参考答案:对2.一质量为M的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m的木块轻轻放于斜面上，如图．如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将（）参考答案:保持静止．3.质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A和a B分别为（）。

参考答案:a A<0 , a B=0.4.把一质量为m，各边长均为2a的均质货箱，由位置（I）翻转到位置（II），则人力所做的功为（）。

第一章 质点运动学1、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 tva 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， t t 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 v2、质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，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： ∵ xv v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： 2d (26)d v v adx x x ==+ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v第二章 质点动力学1、质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如图所示。

质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度。

解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m 、M 为系统，则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立以上两式，得2MgR v m M =+2、 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。