大物上册基础题与答案

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+62x，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 a τ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 d R bt v R v a btv a 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)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(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 mv 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 mv 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 ttF 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 ＝50kg ，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 ①2220212121mv I mv +=ω ②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）g m 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 mg 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（I ）试题汇总《大学物理》（上）统考试题一、填空题（52分）1、一质点沿x 轴作直线运动，它的运动学方程为 x =3+5t +6t 2-t 3 (SI) 则 (1) 质点在t =0时刻的速度=v __________________；(2) 加速度为零时，该质点的速度=v ____________________． 2、一质点作半径为 0.1 m 的圆周运动，其角位置的运动学方程为： 2214πt +=θ (SI) 则其切向加速度为t a =__________________________．3、如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为μ，当这货车爬一与水平方向成θ角的平缓山坡时，要不使箱子在车底板上滑动，车的最大加速度a max ＝____________________．4、一圆锥摆摆长为l 、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θ，则(1) 摆线的张力T ＝_____________________；(2) 摆锤的速率v ＝_____________________．5、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ，均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m ，当彼此交错时，各抓住一10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L ＝_______；它们各自收拢绳索，到绳长为 5 m 时，各自的速率v＝_______．6、一电子以0.99 c 的速率运动(电子静止质量为9.11×10-31 kg ，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、一铁球由10 m 高处落到地面，回升到 0.5 m 高处．假定铁球与地面碰撞时 损失的宏观机械能全部转变为铁球的内能，则铁球的温度将升高__________．（已知铁的比热c ＝ 501.6 J ·kg -1·K -1）8、某理想气体在温度为T = 273 K 时，压强为p =1.0×10-2 atm ，密度ρ = 1.24×10-2 kg/m 3，则该气体分子的方均根速率为___________． (1 atm = 1.013×105 Pa) 9、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) 温度升高的是__________过程； (2) 气体吸热的是__________过程． 10、两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为20 cm ，与第一个简谐振动的相位差为φ –φ1 = π/6．若第一个简谐振动的振幅为310 cm = 17.3 cm ，则第二个简谐振动的振幅为___________________ cm ，第一、二两个简谐振动的相位 差φ1 - φ2为____________．11、一声波在空气中的波长是0.25 m ，传播速度是340 m/s ，当它进入另一介质时，波长变成了0.37 m ，它在该介质中传播速度为______________．12、折射率分别为n 1和n 2的两块平板玻璃构成空气劈尖，用波长为λ的单色光垂直照射．如果将该劈尖装置浸入折射率为n 的透明液体中，且n 2＞n ＞n 1，则劈尖厚度为e 的地方两反射光的光程差的改变量是_________________________．13、平行单色光垂直入射在缝宽为a =0.15 mm 的单缝上．缝后有焦距为f =400mm 的凸透镜，在其焦平面上放置观察屏幕．现测得屏幕上中央明条纹两侧的两个第三级暗纹之间的距离为8 mm ，则入射光的波长为λ=_______________．14、一束单色光垂直入射在光栅上，衍射光谱中共出现5条明纹．若已知此光栅缝宽度与不透明部分宽度相等，那么在中央明纹一侧的两条明纹分别是第_____________级和第____________级谱线．15、用相互平行的一束自然光和一束线偏振光构成的混合光垂直照射在一偏振片上，以光的传播方向为轴旋转偏振片时，发现透射光强的最大值为最小值的5倍，则入射光中，自然光强I 0与线偏振光强I 之比为__________．16、假设某一介质对于空气的临界角是45°，则光从空气射向此介质时的布儒斯特角是_______________________．二、计算题（38分）17、空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．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O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角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，小球可视为质点，环截面半径r <<R .)18、3 mol 温度为T 0 =273 K 的理想气体，先经等温过程体积膨胀到原来的5倍，然后等容加热，使其末态的压强刚好等于初始压强，整个过程传给气体的热量为Q = 8×104 J ．试画出此过程的p －V 图，并求这种气体的比热容比γ = C p / C V 值． (普适气体常量R =8.31J·mol -1·K -1)19、一质量为0.20 kg 的质点作简谐振动，其振动方程为 )215cos(6.0π-=t x (SI)．求：(1) 质点的初速度； (2) 质点在正向最大位移一半处所受的力．17、20、一平面简谐波沿Ox 轴的负方向传播，波长为λ ，P 处质点的振动规律如图所示．(1) 求P 处质点的振动方程； (2) 求此波的波动表达式；(3) 若图中 λ21=d ，求坐标原点O 处质点的振动方程．21、在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1nm (1 nm=10-9 m)的单色光照射，双缝与屏的距离D ＝300 mm ．测得中央明条纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离．22、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？三、问答题（5分）23、两个大小与质量相同的小球，一个是弹性球，另一个是非弹性球．它们从同一高度自由落下与地面碰撞后，为什么弹性球跳得较高？地面对它们的冲量是否相同？为什么？《大学物理》（下）物探统考试题一、填空题1，如图所示，在边长为ａ的正方形平面的中垂线上，距中心０点21ａ处，有一电量为ｑ的正点电荷，则通过该平面的电场强度通量为____________．2_______________________。

大学基础教育《大学物理（上册）》真题练习试题附解析姓名：______ 班级：______ 学号：______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。

一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、四根辐条的金属轮子在均匀磁场中转动，转轴与平行，轮子和辐条都是导体，辐条长为R，轮子转速为n，则轮子中心O与轮边缘b之间的感应电动势为______________，电势最高点是在______________处。

2、动量定理的内容是__________，其数学表达式可写__________，动量守恒的条件是__________。

3、图示曲线为处于同一温度T时氦（原子量4）、氖（原子量20）和氩（原子量40）三种气体分子的速率分布曲线。

其中曲线（a）是________气分子的速率分布曲线；曲线（c）是________气分子的速率分布曲线。

4、一条无限长直导线载有10A的电流．在离它 0.5m远的地方它产生的磁感强度B为____________。

一条长直载流导线，在离它1cm处产生的磁感强度是T，它所载的电流为____________。

5、若静电场的某个区域电势等于恒量，则该区域的电场强度为_______________，若电势随空间坐标作线性变化，则该区域的电场强度分布为 _______________。

6、一长为的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。

抬起另一端使棒向上与水平面呈60°，然后无初转速地将棒释放，已知棒对轴的转动惯量为，则(1) 放手时棒的角加速度为____；(2) 棒转到水平位置时的角加速度为____。

（）7、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＝__________。

大学物理练习题及答案详解-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN大学物理学(上)练习题第一编 力 学 第一章 质点的运动1．一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 ，平均速率为,v 平均速度为v，它们之间如下的关系中必定正确的是(A) v v ≠，v v ≠； (B) v v =，v v ≠；(C) v v =，v v =； (C) v v ≠，v v = [ ]2．一质点的运动方程为26x t t =-(SI)，则在t 由0到4s 的时间间隔内，质点位移的大小为 ，质点走过的路程为 。

3．一质点沿x 轴作直线运动，在t 时刻的坐标为234.52x t t =-（SI ）。

试求：质点在（1）第2秒内的平均速度； （2）第2秒末的瞬时速度； （3）第2秒内运动的路程。

4．灯距地面的高度为1h ，若身高为2hv 沿水平直线行走，如图所示，则他的头顶在地上的影子M 面移动的速率M v = 。

5．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（1）dv a dt =， （2）dr v dt =， （3）ds v dt =， （4）||t dv a dt=. （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. [ ]6．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的。

（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. [ ]Av B vvv7．在半径为R 的圆周上运动的质点，其速率与时间的关系为2v ct =（c 为常数），则从0t =到t 时刻质点走过的路程()s t = ；t 时刻质点的切向加速度t a = ；t 时刻质点的法向加速度n a = 。

一、选择题（每题3分，共10题）1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为υ，瞬时速率υ为，某一段时间内的平均速度为υ ，平均速率为υ，它们之间的关系必定有：（ D ）A υ=υ,υ= υ B υ≠υ, υ=υC υ ≠υ,υ ≠υD υ =υ，υ ≠υ 3．一质量为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． （ A ） A 动量增量大小为0v m，方向竖直向下． B 动量增量大小为v m ，方向竖直向上． C 动量增量大小为0v m 2 ，方向竖直向下． D 动量增量大小为v m 2 ，方向竖直向上．4．地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为（ A ）。

A GMR mB R GMmC R GMmD R GMm25．一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动（ω沿Z 轴正方向）。

设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r 543++=，其单位为m 210-，若以s m /102-为速度单位，则该时刻P 点的速度为：（ C ）A υ ＝94.2i +125.6j +157.0k ；B υ =34.4k ；C υ=-25.1i +18.8j ； D υ=-25.1i -18.8j ；6．刚体角动量守恒的充分而必要的条件是：（ B ）A 刚体不受外力矩的作用B 刚体所受合外力矩为零C 刚体所受的合外力和合外力矩均为零D 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 7．一质点在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=0时刻质点第一次通过x= -2cm 处，且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x= -2cm 处的时刻为（ B ）。

A 1sB 32sC 34s D 2s8．图示一简谐波在t=0时刻的波形图，波速υ=200m/s ，则图中O 点的振动加速度的表达式为（ D ）。

大学物理学上册习题解答HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】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) (6)r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dv dt =和0d v dt=各代表什么运动？ (7)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 =dr v 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)(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；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。

大学物理试题及答案第一部分：选择题1.下列哪个物理量在不同位置上的取值具有不连续性？A. 速度B. 加速度C. 势能D. 动能答案：C. 势能2.以下哪个物理量在自由落体运动过程中保持常数？A. 速度B. 加速度C. 位移D. 质量答案：B. 加速度3.功的国际单位是什么？A. 牛顿B. 焦耳C. 瓦特D. 千瓦时答案：B. 焦耳4.电流强度的国际单位是什么？A. 欧姆B. 安培C. 法拉D. 牛顿答案：B. 安培5.下列哪个物理量是矢量？A. 功B. 能量C. 数密度D. 速度答案：D. 速度第二部分：填空题1.在匀速运动中，速度大小不变，但方向可以改变。

2.牛顿第二定律的公式为F=ma。

3.根据万有引力定律，两个物体的引力与它们的质量成正比。

4.电阻的单位是欧姆。

5.热量传递的方式主要有传导、对流和辐射。

第三部分：解答题1.简述牛顿第一定律的内容和意义。

答案：牛顿第一定律也称为惯性定律，它指出一个物体如果没有受到外力作用，或者所受到的外力平衡时，物体将保持静止状态或匀速直线运动的状态。

这个定律说明了惯性的概念，即物体的运动状态不会自发改变，需要外力的作用才会改变。

牛顿第一定律为力学奠定了基础，对于解释运动现象和研究物理规律有着重要意义。

2.简述电流的定义和计算方法。

答案：电流是单位时间内电荷通过导体所携带的量，通常用字母I表示，其定义为单位时间内通过导体两端的电荷量。

电流的计量单位是安培(A)，1安培等于每秒通过导体两端的1库仑电荷。

电流的计算方法可以用欧姆定律来表示，即I = V / R，其中I是电流，V是电压，R是电阻。

根据欧姆定律，电流的大小与电压成正比，与电阻成反比。

3.解释热传导的过程，并给出一个实际生活中的例子。

答案：热传导是热量通过物质内部的传递方式，它是由物质内部分子的热运动引起的。

当一个物体的一部分温度升高时，其分子会与邻近的分子发生碰撞，将热能传递给周围分子，导致温度逐渐均匀。

大学物理基础试题及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 光年是用于度量什么单位？A. 时间B. 距离C. 速度D. 质量答案：B2. 牛顿第一定律描述的是：A. 物体在没有外力作用下的运动状态B. 物体在受到平衡力作用下的运动状态C. 物体在受到非平衡力作用下的运动状态D. 物体在受到任何力作用下的运动状态答案：A3. 以下哪种物质的密度最大？A. 空气B. 水C. 铁D. 橡胶答案：C4. 电容器的电容与以下哪个因素无关？A. 极板间距离B. 极板面积C. 极板材料D. 极板的厚度5. 根据热力学第二定律，以下哪种说法是正确的？A. 热量可以自发地从低温物体传向高温物体B. 热量可以自发地从高温物体传向低温物体C. 热量不可能自发地从低温物体传向高温物体D. 热量不可能自发地从高温物体传向低温物体答案：B6. 电磁波谱中，波长最长的是：A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A7. 以下哪种现象不属于干涉现象？A. 双缝实验中的亮暗条纹B. 肥皂泡表面的彩色条纹C. 光的反射D. 光的折射答案：C8. 根据相对论，以下哪种说法是错误的？A. 时间膨胀B. 长度收缩C. 质量增加D. 光速不变答案：D9. 以下哪种力属于非保守力？B. 弹力C. 摩擦力D. 电力答案：C10. 以下哪种物质的折射率最大？A. 空气B. 水C. 玻璃D. 钻石答案：D二、填空题（每题3分，共30分）1. 根据牛顿第二定律，力等于质量乘以________。

答案：加速度2. 光在真空中的传播速度是_________m/s。

答案：3×10^83. 一个物体的动能与其质量和速度的平方成正比，比例系数是________。

答案：1/24. 电荷的定向移动形成________。

答案：电流5. 一个理想气体的压强、体积和温度之间的关系由________定律描述。

答案：理想气体状态方程6. 根据麦克斯韦方程组，变化的磁场可以产生________。

大一物理试题及答案解析一、选择题1. 光在真空中的传播速度是（）。

A. 299,792,458 m/sB. 300,000,000 m/sC. 299,792,000 m/sD. 300,000,000 km/s答案：A解析：光在真空中的传播速度是一个常数，大约为299,792,458 m/s。

选项A是正确的。

2. 根据牛顿第二定律，力等于（）。

A. 质量乘以加速度B. 加速度乘以质量C. 速度乘以质量D. 质量除以加速度答案：A解析：牛顿第二定律表明，力等于质量乘以加速度，公式表示为F=ma。

二、填空题3. 一个物体从静止开始以恒定加速度运动，其位移s与时间t的关系式为s = _______。

答案：(1/2)at^2解析：根据匀加速直线运动的位移公式，s = (1/2)at^2，其中a是加速度，t是时间。

4. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，其加速度为 _______。

答案：5 m/s^2解析：根据牛顿第二定律，F=ma，所以a=F/m=10N/2kg=5 m/s^2。

三、计算题5. 一个质量为5kg的物体从静止开始，以2m/s^2的加速度加速运动，求物体在5秒内的位移。

答案：25m解析：根据位移公式s = (1/2)at^2，将已知数值代入公式，得到s = (1/2) * 2m/s^2 * (5s)^2 = 25m。

6. 一个物体在水平面上以10m/s的初速度开始运动，受到一个与运动方向相反的阻力，大小为5N，求物体在3秒内的速度变化。

答案：-3m/s解析：首先计算物体的加速度，a = F/m = 5N/5kg = 1m/s^2。

然后使用速度变化公式Δv = at，得到Δv = 1m/s^2 * 3s = 3m/s。

由于阻力方向与运动方向相反，所以速度变化为-3m/s。

四、简答题7. 简述牛顿第一定律的内容。

答案：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出一切物体在没有受到外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。

一选择题（每题3分，10×3＝30分）1、质点在xoy 平面内作曲线运动，则质点速率的正确表达式为： ［］（A ）d r v dt = ；（B ）d r v dt =； （C ）d r v dt = ；D ）ds v dt =。

2、关于可逆过程的中间状态正确说法是 ［］A.非静态；B. 非平衡态；C. 平衡态；D. 准静态.3、一质点作简谐振动，其运动速度与时间的曲线如图所示。

若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初相位应为［］(A)π/6(B)5π/6(C)-5π/6 (D)-π/6(E)-2π/34、如图所示，理想气体由状态a 到状态f ，经历四个过程，其中acf 为绝热过程，则平均摩尔热容最大的过程为 ［］A.acfB.adfC.aefD.abf5、质量为m ，摩尔质量为M 的理想气体，经历了一个等压过程，温度的增量为T ∆，则内能的增量为［］A ．P m E C T M ∆=∆；B ．V m E C T M ∆=∆;C ．m E R T M ∆=∆; D ．()P m E C R T M ∆=-∆6、处于平衡态的理想气体,其分子的速率分布曲线如图,PN N ∆表示速率分布在P P v v v+∆之间的分子数占总分子数的百分率,当温度降低时,则 [ ] A ．,/p p v N N ∆减小也减小； B ．,/p p v N N ∆增大也增大；C ．,/p p v N N ∆减小增大；D ．,/p p v N N ∆增大减小。

7、理想气体绝热地向真空自由膨胀，设初状态气体的温度为T 1，气体分子的平均自由程为1λ，末状态温度为T 2，自由程为2λ，若气体体积膨胀为原来的2倍，则 ［］A. 12T T =,12λλ=;B. 12T T =,1212λλ=;C.122T T =,12λλ=;D.1212T T =,1212λλ= 8、一摩尔理想气体内能是 ［］宝鸡文理学院试题及参考答案课程名称大学物理 适 用 时 间20XX 年1月8日 试卷类别 A适用专业、年级、班电气系 电器,电子,自动化A.RT 23 ；B. RT i 2；C.KT 23；D.KTi 2.9、质点在恒力F 作用下由静止做直线运动，已知在时间1t ∆内，速率由0增加到v ；在2t ∆内，由v 增加到2v 。

大学物理习题集（上册，含解答）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 ) = 6t 2 - 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； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[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)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为22(1)(1)n sa n t-=+，并由上述数据求出量值． [证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：22(1)(1)n sa n t-=+． 计算得加速度为：22(51)30(51)10a -=+= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:2t =．图1.3因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)． 人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)， 与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=，解得：0(sin t v g θ=．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v =-， 故 020d d v t v v k 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．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：d d ()m vt f v =， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则 d v /d t = -kv n ． （1）如果n = 1，则得d d vk t v=-， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．而d v = v 0e -kt d t ，积分得：0e `ktv x C k-=+-． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此0(1-e )kt vx k -=．（2）如果n ≠1，则得d d n vk t v=-，积分得11n v kt C n -=-+-． 当t = 0时，v = v 0，所以101n v C n-=-，因此11011(1)n n n kt v v --=+-． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-，读者不妨自证．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 = 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)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为am·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ． 加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为2012x x x v t a t =+， 2012y y y v t a t =-+．即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅， 201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；02sin sin v t a θα==．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．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v 图1.7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212t h a t =∆， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2n v a R== 0.36(m·s -2)．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．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为21012h v t at =+；螺帽做竖直上抛运动，位移为22012h v t gt =-． 由题意得h = h 1 - h 2，所以21()2h a g t =+，解得时间为t ．算得h 2 = -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h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从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度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为02l t v =； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为01221/t t u v =-；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t =．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为1222l l vl t v u v u v u =+=+-- 022222/1/1/t l v u v u v==--． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小为V =，所以飞行时间为22l t V ==== 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？AB AB vv + uv - uABvuuvv[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-，所以：12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+，即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为 l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)，图1.101h lα图2.1这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m g a m m μ-+=+= 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 1212F F F kk k =+，即：12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度1a 沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度2b （b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力12图2.32 图2.4的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力：T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T=．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，（2）图2.6得2601cos 2B v gl θ︒=，解得：B v =s -1)．由于：22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为2t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．由于d d s v t =，所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 212v gh C =+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为v =2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程图2.7222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212k mv C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2nx mv k x =-⎰． （1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101n k C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d vf mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++， 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+， 当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m =mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=， 即 ： 2d d k vt R v μ=-．积分得：1k t C R v μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-， 因此 011kt Rv v μ=-．解得 001/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++， 积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosg R θω=±．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 /20(cos )d I kA t tωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，mg图2.11小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ， 可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=- 得：21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得：p ∆==． 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v =s -1)，其速度的增量为v ∆== 24.4(m·s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．v xΔvv y2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C之前的运动时间；t =． 此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°= 0cos θ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为d s = R d θ． 重力G 的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+π sin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f 的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为图2.174520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即0F G f ++=，或者 ()F G f =-+．拉力的功元为：d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR μ=．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为20316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ， 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。

⼤学物理⼒学基础训练及答案⼒学基础训练⼀选择题1·某质点作直线运动的运动学⽅程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作(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．［］2. ⼀质点作直线运动，某时刻的瞬时速度=v 2 m/s ，瞬时加速度2/2s m a -=，则⼀秒钟后质点的速度 (A) 等于零． (B) 等于-2 m/s ． (C) 等于2 m/s ． (D) 不能确定．［］3. 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0v 收绳，绳不伸长、湖⽔静⽌，则⼩船的运动是(A) 匀加速运动． (B) 匀减速运动． (C) 变加速运动． (D) 变减速运动．(D) 匀速直线运动．［］4. 某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为⼤于零的常量．当0=t 时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是(A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt ,(C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt ［］5.在相对地⾯静⽌的坐标系内，A 、B ⼆船都以2 m/s 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i 、j 表⽰)，那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以m/s 为单位）为 (A) 2i ＋2j ． (B) -2i ＋2j．(C) －2i －2j ． (D) 2i －2j．［］6. ⼀质点作匀速率圆周运动时，.(A) 它的动量不变，对圆⼼的⾓动量也不变． (B) 它的动量不变，对圆⼼的⾓动量不断改变． (C) 它的动量不断改变，对圆⼼的⾓动量不变． (D) 它的动量不断改变，对圆⼼的⾓动量也不断改变．［］7.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，如图所⽰．今使棒从⽔平位置由静⽌开始⾃由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪⼀种是正确的？ (A) ⾓速度从⼩到⼤，⾓加速度从⼤到⼩．(B) ⾓速度从⼩到⼤，⾓加速度从⼩到⼤． (C) ⾓速度从⼤到⼩，⾓加速度从⼤到⼩．(D) ⾓速度从⼤到⼩，⾓加速度从⼩到⼤．［］8. 花样滑冰运动员绕通过⾃⾝的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，⾓速度为ω0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为31J 0．这时她转动的⾓速度变为(A) 31ω0． (B) ()3/1 ω0．(C) 3 ω0． (D) 3 ω0．［］9. 如图所⽰，⼀静⽌的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在⽔平⾯内转动，转动惯量为231ML ．⼀质量为m 、速率为v 的⼦弹在⽔平⾯内沿与棒垂直的⽅向射出并穿出棒的⾃由端，设穿过棒后⼦弹的速率为v 21，则此时棒的⾓速度应为(A) ML m v ． (B) ML m 23v．(C) ML m 35v ． (D) ML m 47v．［］.俯视图10. 如图所⽰，⼀⽔平刚性轻杆，质量不计，杆长l ＝20 cm ，其上穿有两个⼩球．初始时，两⼩球相对杆中⼼O 对称放置，与O 的距离d ＝5 cm ，⼆者之间⽤细线拉紧．现在让细杆绕通过中⼼O 的竖直固定轴作匀⾓速的转动，转速为ω 0，再烧断细线让两球向杆的两端滑动．不考虑转轴的和空⽓的摩擦，当两球都滑⾄杆端时，杆的⾓速度为 (A) 2ω 0． (B)ω 0．(C) 21 ω 0． (D)041ω．［］⼆填空题11 ⼀质点沿x ⽅向运动，其加速度随时间变化关系为 a = 3+2 t (SI) ,如果初始时质点的速度v 0为5 m/s ，则当ｔ为3s 时，质点的速度v = .12. 质点p 在⼀直线上运动，其坐标x 与时间t 有如下关系： x =－A sin ω t (SI) (A 为常数)(1) 任意时刻ｔ，质点的加速度a =____________；(2) 质点速度为零的时刻t =______________．13. ⼀质点从静⽌出发沿半径R =1 m 的圆周运动，其⾓加速度随时间t 的变化规律是β =12t 2-6t (SI)，则质点的⾓速ω =______________________________；切向加速度 a t =________________________．14. 如图所⽰，x 轴沿⽔平⽅向，y 轴竖直向下，在t ＝0时刻将质量为m 的质点由a 处静⽌释放，让它⾃由下落，则在任意时刻t ，质点所受的对原点O 的⼒矩M＝________________；在任意时刻t ，质点对原点Ｏ的⾓动量L＝__________________．15.质点P 的质量为2 kg ，位置⽮量为 r，速度为v ，它受到⼒F的作⽤．这三个⽮量均在Oxy ⾯内，某时刻它们的⽅向如图所⽰，且r ＝3.0 m ，v ＝4.0 m/s ，F=2 N ，则此刻该质点对原点O 的⾓动量L＝____________________；作⽤在质点上的⼒对原点的⼒矩M＝________________． 16. 某质点在⼒F ＝(4＋5x )i(SI)的作⽤下沿x 轴作直线运动，在从x ＝0移17.动到x ＝10 m 的过程中，⼒F所做的功为__________．17. 利⽤⽪带传动，⽤电动机拖动⼀个真空泵．电动机上装⼀半径为 0.1m 的轮⼦，真空泵上装⼀半径为0.29m 的轮⼦，如图所⽰．如果电动机的转速为1450 rev/min ，则真空泵上的轮⼦的边缘上⼀点的线速度为__________________，真空泵的转速为____________________．18.⼀长为l ，质量可以忽略的直杆，可绕通过其⼀端的⽔平光滑轴在竖直平⾯内作定轴转动，在杆的另⼀端固定着⼀质量为m 的⼩球，如图所⽰．现将杆由⽔平位置⽆初转速地释放．则杆刚被释放时的⾓加速度β0＝____________，杆与⽔平⽅向夹⾓为60°时的⾓加速度β＝________________．m19.⼀长为l 、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m 和m 的⼩球，杆可绕通过其中⼼O 且与杆垂直的⽔平光滑固定轴在铅直平⾯内转动．开始杆与⽔平⽅向成某⼀⾓度θ，处于静⽌状态，如图所⽰．释放后，杆绕O 轴转动．则当杆转到⽔平位置时，该系统所受到的合外⼒矩的⼤⼩M ＝_____________________，此时该系统⾓加速度的⼤⼩β＝______________________．20. ⼀飞轮以⾓速度ω0绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为J 1；另⼀静⽌飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同⼀转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的⼆倍．啮合后整个系统的⾓速度ω＝__________________．三计算题21. 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．22. ⼀⼈从10 m 深的井中提⽔．起始时桶中装有10 kg 的⽔，桶的质量为1 kg ，由于⽔桶漏⽔，每升⾼1 m 要漏去0.2 kg 的⽔．求⽔桶匀速地从井中提到井⼝，⼈所作的功．23. 如图所⽰，⼀个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳⼦相联，绳⼦质量可以忽略，它与定滑轮之间⽆滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静⽌开始下落的过程中，下落速度与时间的关系．24.⼀长为1 m 的均匀直棒可绕过其⼀端且与棒垂直的⽔平光滑固定轴转动．抬起另⼀端使棒向上与⽔平⾯成60°，然后⽆初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求：(1) 放⼿时棒的⾓加速度； (2) 棒转到⽔平位置时的⾓加速度．25. ⼀质量m = 6.00 kg 、长l = 1.00 m 的匀质棒，放在⽔平桌⾯上，可绕通过其中⼼的竖直固定轴转动，对轴的转动惯量J = ml 2 / 12．t = 0时棒的⾓速度ω0 = 10.0 rad ·s -1．由于受到恒定的阻⼒矩的作⽤，t = 20 s 时，棒停⽌运动．求： (1) 棒的⾓加速度的⼤⼩； (2) 棒所受阻⼒矩的⼤⼩； (3) 从t = 0到t = 10 s 时间内棒转过的⾓度．26.如图所⽰，A 和B 两飞轮的轴杆在同⼀中⼼线上，设两轮的转动惯量分别为 J ＝10 kg ·m 2 和 J ＝20kg ·m 2．开始时，A 轮转速为600 rev/min ，B 轮静⽌．C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速⽽A 轮减速，直到两轮的转速相等为⽌．设轴光滑，求：(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各⾃所受的冲量矩．27. 质量为M ＝0.03 kg ，长为l ＝0.2 m 的均匀细棒，在⼀⽔平⾯内绕通过棒中⼼并与棒垂直的光滑固定轴⾃由转动．细棒上套有两个可沿棒滑动的⼩物体，每个质量都为m ＝0.02 kg ．开始时，两⼩物体分别被固定在棒中⼼的两侧且距棒中⼼各为r ＝0.05 m ，此系统以n 1＝15 rev/ min 的转速转动．若将⼩物体松开,设它们在滑动过程中受到的阻⼒正⽐于它们相对棒的速度,(已知棒对中⼼轴的转动惯量为Ml 2 / 12)求：(1) 当两⼩物体到达棒端时，系统的⾓速度是多少？ (2) 当两⼩物体飞离棒端，棒的⾓速度是多少？四理论推导与证明题28. ⼀艘正在沿直线⾏驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度⽅向与速度⽅向相反，⼤⼩与速度平⽅成正⽐，即2/d d v v K t -=，式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后⼜⾏驶x 距离时的速度为 )e x p (0Kx -=v v 其中0v 是发动机关闭时的速度．⼒学基础训练答案⼀选择题1. (D)2. (D)3. (C)4. (C)5. (B)6. (C)7. (A)8. (D)9. (B) 10. (D) ⼆.填空题11. 23 m/s 12. t A ωωsin 2-()ωπ+1221n (n = 0,1,… ) 13. 4t 3-3t 2 (rad/s) 12t 2-6t (m/s 2) 14. mgb kmgbt k15. k 12 kg· m 2 · s-1k3 N · m16. 290 J17. v ≈15.2 m /sn 2＝500 rev /min 18. g / lg / (2l ) 19. mgl 212g / (3l ) 20. 031ω三计算题21. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t tx tx x d 2d 02=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)22. 解：选竖直向上为坐标y 轴的正⽅向，井中⽔⾯处为原点．由题意知，⼈匀速提⽔，所以⼈所⽤的拉⼒F 等于⽔桶的重量即： F =P =gy mg ky P 2.00-=-=107.8-1.96y (SI) ⼈的拉⼒所作的功为：W=??=Hy F W 0d d ＝?-10d )96.18.107(y y =980 J23. 解：根据⽜顿运动定律和转动定律列⽅程对物体： mg －T ＝ma ①对滑轮： TR = J β②运动学关系： a ＝R β③将①、②、③式联⽴得a ＝mg / (m ＋21M )∵ v 0＝0，∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋21M ) 24. 解：设棒的质量为m ，当棒与⽔平⾯成60°⾓并开始下落时，根据转动定律M = J β其中 4/30sin 21mgl mgl M ==于是 2r a d /s 35.743 ===l g J M β当棒转动到⽔平位置时， M =21mgl那么 2r a d /s 7.1423 ===lg J M β 25. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ·s -2 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ·m(3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 26. 解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内⼒矩作⽤，故系统⾓动量守恒J A ωA ＋J B ωB = (J A ＋J B )ω，⼜ωB ＝0得ω≈ J A ωA / (J A ＋J B ) = 20.9 rad / s 转速≈n 200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩t M A d = J A (ω-ωA ) = -4.19×10 2N ·m ·s 负号表⽰与A ω⽅向相反． B 轮受的冲量矩t MBd = J B (ω - 0) = 4.19×102 N ·m ·s⽅向与A ω相同．27. 解：选棒、⼩物体为系统，系统开始时⾓速度为ω1 = 2πn 1＝1.57 rad/s ．(1) 设⼩物体滑到棒两端时系统的⾓速度为ω2．由于系统不受外⼒矩作⽤，所以⾓动量守恒．a故 2221222112212ωω+= +ml Ml mr Ml 2212222121122Ml mr Ml ml ωω??+ =+＝0.628 rad/s(2) ⼩物体离开棒端的瞬间，棒的⾓速度仍为ω2．因为⼩物体离开棒的瞬间内并未对棒有冲⼒矩作⽤．四理论推论与证明题28. 证：2d d d d d d d d v xv v t x x v t v K -==?= ∴ d v /v =－K d x-=x x K 0d d 10v v vv , Kx -=0ln v v∴ v =v 0e －Kx。

第一章章节测试题一、选择题（每小题3分，共计15分）1．以下四种运动形式中，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2．一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时的速度为 t v，那么它运动的时间是 （ C ） (A) gt 0v v - (B) gt 20v v -(C) ()gt 2/1202v v - (D) ()gt 22/1202v v -3．下列说法中，哪一个是正确的？ （ C ） (A) 一质点在某时刻的瞬时速度是2 m/s ，说明它在此后1 s 内一定要经过2 m 的路程(B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大 (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零 (D) 物体加速度越大，则速度越大4．一质点沿x 轴运动，其运动方程为2353x t t =-，其中t 以s 为单位。

当t=2s 时，该质点正在 （ A ） （A ）加速 （B ）减速 （C ）匀速 （D ） 静止5．下列关于加速度的说法中错误的是 （ C ） （A ）质点加速度方向恒定，但其速度的方向仍可能在不断的变化着 （B ）质点速度方向恒定，但加速度方向仍可能在不断的变化着 （C ）某时刻质点加速度的值很大，则该时刻质点速度的值也必定很大（D ）质点作曲线运动时，其法向加速度一般不为零，但也有可能在某时刻法向加速度为零 二、填空题（每空2分，共计20分）1．一辆作匀加速直线运动的汽车，在6 s 内通过相隔60 m 远的两点，已知汽车经过第二点时的速率为15 m/s ，则汽车通过第一点时的速率v 1 =__5.00m/s_。

2．质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为 223t +=θ，则ｔ时刻质点的法向加速度大小为a n = 16Rt 2 。

3．一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为：a = 3+2 t ，如果初始时刻质点的速度v 0为5 m/s ，则当ｔ为3s 时，质点的速度 v = 23m/s 。

大一物理基础试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）。

A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^6 m/sD. 3×10^7 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比。

这一定律的数学表达式是（）。

A. F = maB. F = m/aC. a = F/mD. a = m/F答案：A3. 以下哪个选项是描述电磁波的（）。

A. 机械波B. 声波C. 光波D. 以上都不是答案：C4. 根据热力学第一定律，能量守恒，下列说法正确的是（）。

A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量可以从一个物体转移到另一个物体D. 能量的总量保持不变答案：D5. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，其速度为v，那么它的位移s是（）。

A. s = vtB. s = v^2/2aC. s = 1/2at^2D. s = 2vt答案：C6. 根据麦克斯韦方程组，以下哪个选项描述了变化的磁场产生电场（）。

A. 高斯定律B. 法拉第电磁感应定律C. 安培定律D. 洛伦兹力定律答案：B7. 以下哪个选项是描述光的波动性的（）。

A. 光的反射B. 光的折射C. 光的干涉D. 光的衍射答案：C8. 根据波粒二象性，光既表现出波动性也表现出粒子性，以下哪个实验证明了光的粒子性（）。

A. 双缝干涉实验B. 单缝衍射实验C. 光电效应实验D. 迈克尔逊-莫雷实验答案：C9. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力F作用，其加速度为a，若力F增大为2F，则物体的加速度变为（）。

A. 2aB. a/2C. 4aD. a答案：A10. 以下哪个选项描述了能量守恒定律（）。

A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量可以从一个物体转移到另一个物体D. 能量的总量保持不变答案：D二、填空题（每题4分，共20分）1. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在______。

大学物理大一试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是多少？A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 3.0 x 10^8 m/sD. 3.0 x 10^5 km/s答案：C2. 牛顿第一定律描述的是：A. 物体的加速度与作用力成正比B. 物体的加速度与作用力成反比C. 物体在没有外力作用下保持静止或匀速直线运动D. 物体在受到外力作用下保持静止或匀速直线运动答案：C3. 以下哪个不是电磁波？A. 无线电波B. 微波C. 可见光D. 声波答案：D4. 根据热力学第一定律，系统内能的增加等于：A. 系统吸收的热量B. 系统释放的热量C. 系统吸收的热量与对外做功之和D. 系统释放的热量与对外做功之和答案：C5. 一个物体的质量为2kg，受到的重力是：A. 19.6 NB. 9.8 NC. 39.2 ND. 4.9 N答案：A6. 以下哪个是波动现象？A. 电子的轨道运动B. 光的反射C. 光的折射D. 光的干涉答案：D7. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成反比。

这个定律是由哪位科学家提出的？A. 牛顿B. 法拉第C. 库仑D. 麦克斯韦答案：C8. 以下哪个量不是矢量？A. 速度B. 力C. 功D. 温度答案：D9. 根据能量守恒定律，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。

这个定律是：A. 热力学第一定律B. 热力学第二定律C. 能量守恒定律D. 动量守恒定律答案：C10. 光的波长与频率的关系是：A. 波长与频率成正比B. 波长与频率成反比C. 波长与频率无关D. 波长与频率成正比或反比，取决于介质答案：B二、填空题（每题2分，共20分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成_________。

答案：反比2. 光年是_________的单位。

《大学物理（上）》的答案第1章问题：以下是近代物理学的理论基础的是（）。

答案：量子力学问题：谁建立了电磁场理论，将电学、磁学、光学统一起来？（）答案：麦克斯韦问题：谁在伽利略、开普勒等人工作的基础上，建立了完整的经典力学理论？（）答案：牛顿问题：物理学是探讨物质结构，运动基本规律和相互作用的科学。

（）答案：正确问题：20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学也适用于微观粒子和高速运动物体。

（）答案：错误第2章问题：爱因斯坦因提出什么理论而获得诺贝尔物理奖？（）答案：光量子假说问题：玻尔因做出什么重大贡献而获得诺贝尔物理学奖？（）答案：研究原子的结构和原子的辐射问题：运动学中涉及的主要运动学量包括位移、速度和加速度。

（）答案：正确第3章问题：在平面极坐标系中，任意位矢可表示为（）。

答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢的方向余弦的关系为（）。

答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢可表示为（）。

答案：问题：同一个位置矢量可以在不同的坐标系中表示。

（）答案：正确问题：位置矢量在直角坐标系和平面极坐标系中的表示方式是一样的。

（）答案：错误第4章问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的运动方程为（）。

答案：问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的轨迹方程为（）。

答案：问题：质点的位置关于时间的函数称为运动方程。

（）答案：正确第5章问题：一个人从O点出发，向正东走了2m,又向正北走了2m,则合位移的大小和方向为（）。

答案：东北方向问题：某质点沿半径为R的圆周运动一周，它的位移和路程分别为多少（）。

答案：问题：位移和路程都与坐标原点的选取有关。

（）答案：错误第6章问题：有一质点沿x方向作直线运动，它的位置由方程决定，其中x的单位是米,t的单位是秒。

则它的速度公式为（）。