最新大学物理A习题答案

精品文档精品文档h0vsxyrh0vsxyr班级学号姓名第1章质点运动学1-1已知质点的运动方程为36tteerijk。(1)求：自t=0至t=1质点的位移。(2)求质点的轨迹方程。解：(1)kji0r63kjeie1r-163质点的位移为jeier331(2)由运动方程有txe，tye3，6z消t得轨迹方程为3xy且6z1-2运动质点在某瞬时位于矢径yx,r的端点处，其速度的大小为[D](A)dtdr(B)dtdr(C)dtdr(D)22dtdydtdx1-3如图所示，堤岸距离湖面的竖直高度为h，有人用绳绕过岸边的定滑轮拉湖中的小船向岸边运动。设人以匀速率v0收绳，绳不可伸长且湖水静止。求：小船在离岸边的距离为s时，小船的速率为多大？(忽略滑轮及船的大小)解：如图所示，在直角坐标系xOy中，t时刻船离岸边的距离为sx，船的位置矢量可表示为jirhx船的速度为iirvvdtdxdtd其中22hrx所以dtdrhrrhrdtddtdxv2222精品文档精品文档因绳子的长度随时间变短，所以0vdtdr则船的速度为iiv022220vshshrrv所以船的速率为022vshsv1-4已知质点的运动方程为kjir5sincosωtRωtR(SI)。求：(1)质点在任意时刻的速度和加速度。(2)质点的轨迹方程。解：(1)由速度的定义得jcosisinωtωRωtωRdtrdv由加速度的定义得jsincos22ωtRωitRωdtvda(2)由运动方程有ωtRxcos，ωtRysin，5z消t得质点的轨迹方程为222Ryx且5z1-5一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为jir2235tt，则该质点所作运动为[B](A)匀速直线运动(B)匀变速直线运动(C)抛体运动(D)一般的曲线运动1-6一质点沿Ox轴运动，坐标与时间之间的关系为ttx233(SI)。则质点在4s末的瞬时速度为142m·s-1，瞬时加速度为72m·s-2；1s末到4s末的位移为183m，平均速度为61m·s-1，平均加速度为45m·s-2。解题提示：瞬时速度计算dtdxv，瞬时加速度计算22dtxda；位移为14xxx，平均速度为1414xxv，平均加速度为1414vva1-7已知质点沿Ox轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为精品文档精品文档tax32sm。在t=0时，0xv，10xm。求：(1)质点在时刻t的速度。(2)质点的运动方程。解：(1)由dtdvaxx得dtadvxx两边同时积分，并将初始条件t=0时，0xv带入积分方程，有ttxvxtdtdtadvx0003解得质点在时刻t的速度为223tvx(2)由dtdxvx得dtvdxx两边同时积分，并将初始条件t=0时，10xm带入积分方程，有ttxxdttdtvdx0201023解得质点的运动方程为32110tx1-8一物体从空中由静止下落，已知物体下落的加速度与速率之间的关系为BvAa(A,B为常数)。求：物体的速度和运动方程。解：（1）设物体静止时的位置为坐标原点，向下为y轴正方向，则t=0时,v=0,y=0。由dtvda得dtBvAadtdv整理得dtdvBvA1精品文档精品文档对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有tvdtdvBvA001解得物体的速率为BtBAve1，方向竖直向下（2）由dtdyv得dtBAdyBte1对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有tBtydtBAdy00e1解得物体的运动方程为1e2BtBAtBAy1-9一质点作半径r=5m的圆周运动，其在自然坐标系中的运动方程为2212tts(SI)，求：t为何值时，质点的切向加速度和法向加速度大小相等。解：由运动方程得tdtdsv2质点的切向加速度为1dtdvat质点的法向加速度为5222trvan当两者相等时，有1522t解得时间t的值为)25(ts精品文档精品文档1-10质点做半径为1m的圆周运动，其角位置满足关系式325tθ(SI)。t=1s时，质点的切向加速度12m·s-2，法向加速度36m·s-2，总加速度37.95m·s-2。解：由运动方程325tθ得角速度为12s6tdtdθω，角加速度为2s12tdtdωt时刻，质点的切向加速度的大小为ttRat121122sm质点的法向加速度的大小为42223616ttRωan2sm质点的总加速度的大小为242223612ttaaant2sm将t=1s代入上面方程，即可得到上面的答案。精品文档精品文档班级学号姓名第2章质点动力学2-1质量为m的质点沿Ox轴方向运动，其运动方程为ωtAxsin。式中A、ω均为正的常数，t为时间变量，则该质点所受的合外力F为[C](A)xωF2(B)mωFx(C)xmωF2(D)xmωF2解：因为xtAdtxda2222sin所以xmωmaF22-2质量为m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s后速度减为零。则物体加速度的大小为a，物体与水平面间的摩擦系数为。解：设运动方向为正方向，由asvv2202t得sva22(1)所以加速度的大小为sva22因摩擦力是物体运动的合外力，所以mamgN将(1)式带入上式，得gsv22精品文档精品文档BAPATTTPBNfaAaBBAPATTTPBNfBAPATTTPBNBABAPATTTPBNfaAaBlθmPTxylθmPTxy2-3如图所示，两个物体A、B的质量均为m=3kg，物体A向下运动的加速度1a2sm。求物体B与桌面间的摩擦力。（绳的质量不计，且不可伸长）解：选地面为惯性参照系，采用隔离法对两物体进行受力分析，如图所示。因绳质量不计，所以绳中各点张力处处相等。根据牛顿第二定律，有BmafT（1）AAmaTP2（2）其中，mgPPBA。两个物体A、B间坐标的关系为BAxy2对上式求时间t的二次导数，得BAaa2（3）将3个方程联立，可得7.2Nf2-4一根长为l=0.5m的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m的重物，如图所示。重物经推动后，在一水平面内作匀速圆周运动，转速n=11sr。这种装置叫作圆锥摆。求这时绳和竖直方向所成的角度。解：选地面为惯性参照系，对重物进行受力分析，重物受到绳子的拉力T和重力gPm，如图所示。重物作匀速圆周运动，加速度为向心加速度。建立如图所示坐标系，根据牛顿第二定律，有竖直方向：mgTcos（1）水平方向：2sinmrT（2）由图可知，圆的半径sinlr，重物在圆周上运动的角速度大小为n2（3）将上面三个方程联立，可得精品文档精品文档θθvvxyθθvvθθvvxy49704cos22.lng查表得3160由此题可知，物体的转速n越大，越大，与重物的质量无关。2-5A、B两质点的质量关系为BAmm，同时受到相等的冲量作用，则[D](A)A比B的动量增量少(B)A与B的动能增量相等(C)A比B的动量增量大(D)A与B的动量增量相等提示：动量定理：合外力的冲量等于动量的增量。2-6如图所示，一质量为0.05kg、速率为101sm的小球，以与竖直墙面法线成45角的方向撞击在墙上，并以相同的速率和角度弹回。已知球与墙面的碰撞时间为0.05s。求在此碰撞时间内墙面受到的平均冲力。解：按照图中所选坐标，1v和2v均在x、y平面内，由动量定理，小球在碰撞过程中所受的冲量为xxxmvmvtF12yyymvmvtF12其中，θvvxcos1，θvvxcos2，θvvysin1，θvvysin2。即θmvtFxcos2，0yF所以，小球受到的平均冲力为tmvFFxcos2设F为小球对墙面的平均冲力，根据牛顿第三定律，可知tmvFFcos2=−14.1N即墙面受到的平均冲力大小为14.1N，方向沿x轴负向。精品文档精品文档2-7质量为2kg的物体，在变力F(x)的作用下，从0x处由静止开始沿x方向运动，已知变力F(x)与x之间的关系为xxxF230102151010550xxx式中，x的单位为m，F(x)的单位为N。求：(1)物体由0x处分别运动到5x，10，15m的过程中，力F(x)所做的功各是多少？(2)物体在5x，10，15m处的速率各是多少？解：(1)根据功的定义21rFrrdW，得x=5时，有252505xdxWJx=10时，有7550251021055010dxxdxWJx=15时，有1002575230151010515dxx(2)根据动能定理k21rEFWrrd，得021255mvW所以，物体在x=5m处的速率-15sm5v02121010mvW所以，物体在x=10m处的速率-110sm66.8v02121515mvW所以，物体在x=15m处的速率-115sm10v精品文档精品文档mm2-8如图所示，劲度系数1000k1mN的轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端悬挂一质量为m=2kg的物体，并用手托着物体使弹簧无伸长。现突然撒手，取10g2sm，则弹簧的最大伸长量为[C](A)0.01m(B)0.02m(C)0.04m(D)0.08m解：应用动能定理求解此题。设弹簧原长处为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。物体在运动后，受到竖直向上的弹力-kxF和竖直向下的重力mgP作用。设物体运动到l位置时，速度为0，此时弹簧达到最大伸长量，则此过程中，外力做功为mglklmgdxkxdx20021根据动能定理有021k2EmglklW可得弹簧的最大伸长量为m040.l。2-9关于保守力,下面说法正确的是[D](A)只有保守力作用的系统动能和势能之和保持不变(B)只有合外力为零的保守内力作用系统机械能守恒(C)保守力总是内力(D)物体沿任一闭合路径运动一周,作用于它的某种力所做之功为零,则该力称为保守力2-10在光滑的水平面内有两个物体A和B，已知BAmm2。(1)物体A以一定的动能kE与静止的物体B发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；(2)物体A以一定的动能kE与静止的物体B发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。解：(1)因两物体发生完全弹性碰撞，故满足动能守恒。所以k1k2kEEE精品文档精品文档(2)由动量守恒定律有v0BAAAmmvm所以碰后两物体的速度为AABAAvvmmmv32则碰后两物体的总动能为k222k32213221EvmvmmEAABA班级学号姓名第3章刚体力学3-1当飞轮作加速转动时，对于飞轮上到轮心距离不等的两点的切向加速度ta和法向加速度na有[D](A)ta相同，na相同(B)ta相同，na不同(C)ta不同，na相同(D)ta不同，na不同解题提示：可从rαat和ran2来讨论，转动的刚体上半径不同的质点均具有相同的角位移，角速度和角加速度。3-2一力jiF53N，其作用点的矢径为jir34m，则该力对坐标原点的力矩为M。解：jijiFrM533