昆明理工大学城市学院物理习题册上--解答48学时

城市学院物理习题解答（48学时） 第一章 质点运动学 一、选择题： 1（D），2（D）， 3（C）， 4（B）， 5（D）， 6（B）， 7（B）， 8（B），9（D）, 10（C）， 11（B）， 12（C） 二、填空题：

1、 )]()5cos()5sin([50SIjtit, 0, 圆；

2、]sin2cos)[(22ttAet，2,1,0)21(nn；

3、tS，tv02；4、24020)(,Rbtvbbtv； 5、)/(4,1622sradRt； 6、（1），（3），（4）；7、)1(22SS； 8、)(4SIji； 9、)/(20sm；10、)/(1.02sm；

11、)(1,)(,2RCbcRctbc；12、)/(20),/(3.17smsm 三、计算题 １．解：（１）)/(5.0/smtxv；

（２）269/ttdtdxv， smv/6)2(； （３）mxxxxs25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|． ２．解：tdtdva4/，tdtdv4 tvtdtdv004

， 22tv

22/tdtdxv

xtdttdx10022

)(103/23SItx．

３．解：（１）tvx0， 221gty 轨迹方程是：2022/vgxy． （２）0vvx， gtvy．速度大小为：

X

Y O 0v

gnata 222022tgvvvvyx．

方向为：与Ｘ轴的夹角)/(01vgttg 22202//tgvtgdtdvat

，与v同向．

222002122/)(tgvgvagatn，方向与ta垂直．

4.解：由tkvdtdv2/ ktdtvdv2 积分：tdtkv

dv

2

Cktv22

11

当0t时，0vv

01vC

得： 021211vktv 5.解：设质点在x处的速率为v， 262xdtdxdxdvdtdva

xvdxxvdv020)62(

smxxv/)(22/13 6.解：选地面为静止参考系s，火车为运动参考系s，雨滴为运动质点p： 已知：绝对速度：psv大小未知，方向与竖直方向夹030； 牵连速度：smvss/35，方向水平； 相对速度：spv大小未知，方向偏向车后045． 由速度合成定理：sssppsvvv 由矢量关系式画出矢量图，由几何关系可得： 3530sin30cos00pspsvv

smvps/6.25．

psvspv





ssv



030

045第二章 牛顿定律 一、选择题： 1（B），2（D）， 3（E）， 4（C）， 5（D）， 6（C）。 二、填空题：

1、)(2323SIjtit； 2、2%； 3、1：1；

4、cossin,cosglmg； 5、24（cm）。 三、计算题： 1.解：（１）以Ａ、Ｂ、绳为研究对象

ammmgmgmmgFBABA)(

gmmmFmmmgmmmFaBABABA)(．

（２）以绳的下段长和物体Ａ为研究对象 aLmxmgLmxmxTBA)/()/()(

))(/()(agLmxmxTA

)(2496)/(NxmmmLmxmFBAA．

2.解：受力图如图所示：

以Ａ为研究对象： Ｘ方向：0cossin12fNfB （１）

Ｙ方向：0cossin1BANfMgN （２） 同时，cos11mgff （３） cosmgNNBB

（４）

（１）、（２）、（３）、（４）联立求解： sincoscossincos21mgmgMgfNMgNBA

A x)(xTO X

Y gmBN

1f

gMA

N

BN1f



2f

AN2f

B A 地

212cossincoscossinmgmgfNfB

斜面对地面的压力：sincoscos2mgmgMgNA 斜面对地面的摩擦力：22cossincosmgmgf. 3.解：（1）子弹进入沙土后，受力为kv ，由牛顿定律 dtdvmkv vvtvdvdtmkvdvdtmk00 mktevv0 （2）求最大深度 解法一：dtdxv

dtevdxdtevdxmkttxmkt0000 kmvxevkmxmkt0max0)1( 解法二：dxdvmvdtdxdxdvmdtdvmkv 000maxvxdvkmdxdvkmdx

kmvx0max

第三章 功和能 一、选择题： 1（A），2（B）， 3（D）， 4（C）， 5（B）， 6（C）， 7（C）， 8（B） 二、填空题：

1、RGMm32； 2、)11(21abmGm； 3、动量，动能，功；

4、sin2mgx； 5、)/(6),(18smJ； 6、4000（J）；

7、rkmrk2,； 8、RGMmRGMm3,6； 9、-0.21（J）。 三、计算题 1. 解：由x=ct3可求物体的速度： 23ctdtdx

物体受到的阻力为：3/43/242299xkctkckvf 阻力对物体所作的功为：

xdfdwW

dxxkcl3/43/29

07/273/73/2lkc

2. 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。由题意有

,212122mkxxfr

而mgfkr 由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为

smmkxgxk/83.522 另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，则 xokmkxdxmgx2210

其中xokxkxdx221 带入数据可得相同结果

3. 解：（1）根据功能原理，有mghmfs2021 sincossinmghNhfs mghctgmghm2021



)(25.4)1(220mctggh



（2）根据功能原理有fsmmgh221 mghctgmghm

2

2

1

smctggh/16.8)]1(2[2/1 4.解：（1）取地心为原点，从O指向陨石为r的正方向，如图。陨石由a落到b，万有引力的功

RhRRhRrrdGMmrdr

MmGW22

)()11(hRRhGmMhRRGmM （2）取陨石为研究对象，根据动能定理 RhRomvrdrMmG

2

22

1

221)(mvhRRhMmG 得)(2hRRhGMv（也可用机械能守恒解） 5.解：用动能定理，对物体 Fdxom40

2

12

168210)610(0432xx

dxx

得 sm/13,1682解出 第四章 动量和角动量 一、选择题： 1（B），2（C）， 3（C）， 4（C）， 5（D）， 6（C）， 7（A）， 8（A），9（A）, 10（B） 二、填空题：

1、4.7（Ns），与速度方向相反； 2、mMMV； 3、18（Ns） 4、6.3（m/s）； 5、不一定， 动量； 6、140（Ns）， 24（m/s）; 7、0.003（s），0.6（Ns），2（g）； 8、0； 9、RGMmRGMm3,32。 三、计算题 1. 解：建立如图坐标系，由动量定理，小球受到的冲量的Ｘ，Ｙ分量的表达式为：

Ｘ方向：xxxxmvmvmvtF2)(（１）Ｙ方向：0)(yyymvmvtF （２）tmvFFxx/2

cosvvx

tmvF/cos2 方向沿Ｘ正向．

根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力为： ||FF方向垂直墙面指向墙内．

2.解：由动量定理知质点所受外力的总冲量

12)(vmvmvmI 由ＡＢ

10683.045cossmkg

mvmvmvmvIABAxBxx

10283.045sin0smkg

mvmvIAAyy

sNIIIyx739.022 方向：xyIItg/1， 05.202

（与Ｘ轴正向夹角）．

3.解：完全弹性碰撞：动量守恒；机械能守恒 碰撞前：Ａ：1Av，方向水平向右， Ｂ：01Bv； 碰撞后：Ａ：2Av，设方向水平向右，Ｂ：2Bv，方向水平向右．

mv

v

mO X

Y

X Y O A

B AvB

v

