南林大学物理试卷练习答案
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大学物理习题答案第一章质点运动学1-1 D 。
1-2 23 m/s 1-3 解：)/(16)/(0.80.4/16/0.8)(5.02.0,0.0/0.4222s m j j a i a a s m j i j v i v v sm a s m dt dyv t v y x y t v x x t a s m V y x y x y y x x x X=+=+=+====∴=∴==∴===∴=即又因方程当1-4 解：由加速度420232,3102)310()46()/(46)46(22220000-==+=∴++=⇒+==+=⇒+==⎰⎰⎰⎰⎰⎰x y ty t x j t i t r dt j t i t dt v r d s m j t i t v dt j i dt a v d tt rr ttv轨迹方程为1-5 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m gyvx m y s m v gt y vt x 4522100,/10021,2==∴==== (2) 视线和水平线的夹角为5.12==xyarctgθ （3）在任意时刻 物品的速度与水平轴夹角为vgt arctgv v arctgxy ==α 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22/62.9)cos(cos /88.1)sin(sin s m v gtarctg g g a s m vgtarctgg g a n t ======αα第二章 牛顿定律2-1 140 N/S ；24 M/S 。
2-2 解：取沿斜面为坐标轴OX ，原点O 位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有ma mg mg =-ααcos sin （1）又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有)2()cos (sin cos 2)cos (sin 2121cos 22αμαααμαα-=∴-==g lt t g at l为使下滑的时间最短，可令dt/da=0 , 由式（2）有)(99.0)cos (sin cos 249120)sin (cos cos )cos (sin sin min s g lt tg o =-==-==++--αμαααμααμαααμαα则可得2-3 解：因加速度a=dv/dt ,在直线运动中，根据牛顿定律有 120t+40=mdv/dt 根据初始条件， 积分得)(0.20.20.60.5)0.60.40.6(0.5,0/)/(0.60.40.6)0.40.12(3220020m t t t x dt t t dx x t dt dx v s m t t v dtt dv txx tvv +++=∴++====++=⇒+=⎰⎰⎰⎰2-4解：以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿定律及初始条件，有)(4676)2()/(0.302/3002002000m t mt v x x s dt t mv dx s m v t mv v dt mt dv tdt mdv ma F txx tvv =-=-=∴-==⇒-=⇒-=-===⎰⎰⎰⎰ααααα2-5解：（1）)(11.6)1ln()1(00s mgkv k m t kvmg dvmdtdtdv mkv mg vt≈+=⇒+-==--⎰⎰（2）)(183)1ln()1(000m kv mg kv mg k m y kvmg mvdv dy dydvmvkv mg dyvdv dt dy dy dv dt dv v y=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=∴+-==--⇒==⎰⎰代入第三章 动量守恒定律和能量守恒定律3-1 [B]3-2 解： 取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为⎰⎰=⋅=ddx F x d F W θcos)(69.1212J dx xd Fx x x =+-=⎰3-3 解：3732034320003432422237279180cos 993lkc dx x kc dxF x d F W x kc t kc kv F ct dtdxv ct x ttt ⎰⎰⎰-=-==⋅======∴=第四章刚体的转动4-1 [A]4-2 6.54 rad/s 2; 4.8 s .4-3 解1：s n n MJJ Mt J M t8.10)(200=-=-=⇒=-=πωωαωωα由 解2：根据角动量定理s n n MJJ Mt J Mdt t8.10)(2)(00=-=-=-=⎰πωωωω4-4 [C] 4-5 解：αα2121r m J r F T ==张力为下落的距离为时mm m gt m at s B s t m m gm a r a F F a m F g m F P T T T T 45.2221,0.122,,21222212'2'2'2=+===+=∴===-=-α()N g m m m m a g m F T 2.3922121=+=-=4-6 解：根据角动量守恒定律()1212212'222211'2121.29362,2,12,)(-=+=+==⎪⎭⎫⎝⎛==+=s lm m v m J J J lv l m J l m J J J J ωωωωω4-7 解：小孩与转台作为一转动系统，系统的角动量守恒。
南林南方学院大学物理试卷练习1-13答案
大学物理课后练习一一、选择题1．（C ）解：由于给出t -v 曲线图，故只需求曲线所围面积，上面部分为正，下面为负，有11(1 2.5)2(12)12m 22x =⨯+⨯-⨯+⨯=2．（D ）解：3723+-=t t x ，t dtx d a 4222-==，变加速直线运动，加速度方向沿x 轴负方向。
3．（C ） 解：由2v v d A t dt=-，有0v 2v 01v vt d A tdt =-⎰⎰，2111vv 2At -+=-，得2111v2v At =+4．（D ）解：单摆：a 的大小方向均变化；匀速率圆周运动：a大小不变，方向变；行星的椭圆轨道运动：a大小、方向均变；抛体运动：a g = 大小方向均不变。
圆锥摆运动：a方向变。
5．（B ）解：由n a 改变速度方向，a τ改变速度大小，可知其余四个选项均不对。
6．（B ）解：由相对运动速度变换v v v BA B A =+地地，得v v v 33BA B A i j =-=-+地地二、填空题1．39 m/s 解：由v 42d a t dt==+，得0vv 0v (42)t d t dt =+⎰⎰，2400v v 4|t t -=+，得v 71616-=+2．A ；2s t =；s t = 解：v 48A A dx t dt==+，2v 83B B dx t t dt==+，因此0=t 时，v v A B >；2s t =时，B A x x =；s t =时，v v A B =3．2)4(32-=y x解：r xi yj =+，即26x t =，34y t =+，联立方程消去t 即可4．2g -3g解：据题意，有cos 602g a g τ=-⋅=-；2vsin 60n a g ρ==⋅，即2v3na gρ==5．s ；2 m解：此时n a a =τ，由v 2d a dtτ==，得v 2t =，22v4n t a RR==，即242t R=得s t =由v 2ds t dt==，得202m s t =6．280m /s ；22m /s 解：由t dtd 10==θω，10d dtωα==，得2280m /s n a R ω=⋅=，22m /s a R τα==三、计算题1．解：（1）21v x x t-=∆2311(53)|532m t x t t ==-=-= 2322(53)|4m t x t t ==-=-1s t ∆=，42v 6m /s 1--==-（2）2v 109dx t t dt==-，当2s t =时，v 16m /s =-，负号表示与x 反向。
大学物理试题及参考答案
大学物理?试题及参考答案一、填空题〔每空1分、共20分〕1．某质点从静止出发沿半径为m R 1=的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律是t t 6122-=β(SI) ，那么该质点切向加速度的大小为 。
2．真空中两根平行的无限长载流直导线，分别通有电流1I 和2I ,它们之间的间隔 为d ，那么每根导线单位长度受的力为 。
3．某电容器电容F C μ160=，当充电到100V 时，它储存的能量为____________焦耳。
4．一个均匀带电球面，半径为10厘米，带电量为2×109-库仑。
在距球心6厘米处的场强为__________。
5．一平行板电容器充电后切断电源。
假设使两极板间间隔 增加，那么两极板间场强E __________，电容C__________。
〔选填：增加、不变、减少〕6．一质量为m ，电量为q 的带电粒子以速度v 与磁感应强度为B 的磁场成θ角进入时，其运动的轨迹为一条等距螺旋，其盘旋半径R 为____________ ，周期T 为__________，螺距H 为__________。
7. 真空中一个边长为a 的正方体闭合面的中心，有一个带电量为Q 库仑的点电荷。
通过立方体每一个面的电通量为____________。
8．电力线稀疏的地方，电场强度 。
稠密的地方，电场强度 。
9. 均匀带电细圆环在圆心处的场强为 。
10.一电偶极子，带电量为q=2×105-库仑，间距L ＝0.5cm ，那么它的电距为________库仑米11.一空心圆柱体的内、外半径分别为1R ,2R ,质量为m 〔SI 单位〕.那么其绕中心轴竖直轴的转动惯量为____________。
12.真空中的两个平行带电平板，板面面积均为S ，相距为d 〔S d 〈〈〕，分别带电q + 及q -，那么两板间互相作用力F 的大小为____________。
13．一个矩形载流线圈长为a 宽为b ，通有电流I ，处于匀强磁场B 中。
大学林业工程专业《大学物理（二）》期末考试试卷 附答案
大学林业工程专业《大学物理（二）》期末考试试卷附答案姓名：______ 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、一根长为l，质量为m的均匀细棒在地上竖立着。
如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则上端到达地面时细棒的角加速度应为_____。
2、反映电磁场基本性质和规律的积分形式的麦克斯韦方程组为：（）。
①②③④试判断下列结论是包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式的．将你确定的方程式用代号填在相应结论后的空白处。
(1) 变化的磁场一定伴随有电场；__________________(2) 磁感线是无头无尾的；________________________(3) 电荷总伴随有电场．__________________________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、质点p在一直线上运动，其坐标x与时间t有如下关系：(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 =__________．5、两列简谐波发生干涉的条件是_______________，_______________，_______________。
6、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。
7、静电场中有一质子(带电荷) 沿图示路径从a点经c点移动到b点时，电场力作功J．则当质子从b点沿另一路径回到a点过程中，电场力作功A＝___________；若设a点电势为零，则b点电势＝_________。
大学林业工程专业《大学物理(一)》期末考试试卷C卷 附答案
大学林业工程专业《大学物理（一）》期末考试试卷C卷附答案姓名：______ 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、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＝__________。
2、均匀细棒质量为，长度为，则对于通过棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为_____，对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量_____。
3、一质点作半径为0.1m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：，则其切向加速度大小为=__________第1秒末法向加速度的大小为=__________。
4、两个同振动方向、同频率、振幅均为A的简谐振动合成后振幅仍为A，则两简谐振动的相位差为_______ 。
5、一电子以0.99 c的速率运动(电子静止质量为9.11×10-31kg，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_____________。
6、一质点作半径为R的匀速圆周运动，在此过程中质点的切向加速度的方向______，法向加速度的大小______。
（填“改变”或“不变”）7、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____________。
8、一根长为l，质量为m的均匀细棒在地上竖立着。
如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则上端到达地面时细棒的角加速度应为_____。
9、沿半径为R的圆周运动，运动学方程为 (SI) ，则ｔ时刻质点的法向加速度大小为________；角加速度=________。
大学实验物理考试题目及答案
大学实验物理考试题目及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 在理想气体状态方程 \( PV = nRT \) 中，如果温度T保持不变，那么压强P与体积V之间的关系是什么？A. 直接成正比B. 直接成反比C. 成指数关系D. 没有关系答案：B2. 光的双缝干涉实验中，相邻的两个明亮条纹之间的距离被称为条纹间距。
当光源的波长变长时，条纹间距将如何变化？A. 变大B. 变小C. 不变D. 先变大后变小答案：A3. 根据牛顿第二定律 \( F = ma \)，如果一个物体受到的力增大，而质量保持不变，那么其加速度将如何变化？A. 增大B. 减小C. 不变D. 先增大后减小答案：A4. 在静电场中，电场线的方向是从正电荷指向负电荷。
如果将一个正电荷沿着电场线移动，电场力将做何种功？A. 正功B. 负功C. 不做功D. 无法确定答案：A5. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其向心力的方向是什么？A. 指向圆心B. 垂直于圆心C. 指向圆周运动的切线方向D. 与速度方向相反答案：A6. 根据热力学第一定律，一个封闭系统内能的增加等于系统吸收的热量与对外做功的和。
如果一个系统既没有吸收热量也没有对外做功，那么其内能将如何变化？A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定答案：C7. 在量子力学中，海森堡不确定性原理表明了什么？A. 粒子的位置和动量可以同时被精确测量B. 粒子的位置和动量不能同时被精确测量C. 粒子的动量和能量可以同时被精确测量D. 粒子的能量和时间可以同时被精确测量答案：B8. 一个电路中包含一个纯电阻R和一个电感L，当交流电源的频率增加时，电路的总阻抗将如何变化？A. 增加B. 减少C. 不变D. 先增加后减少答案：A9. 在迈克尔逊干涉仪实验中，如果两个光束的光程差发生变化，会导致什么现象？A. 干涉条纹变宽B. 干涉条纹变窄C. 干涉条纹发生移动D. 不会产生干涉条纹答案：C10. 根据狭义相对论，一个运动的时钟相对于静止观察者会变慢。
大学物理试题及答案
若r＜R1，则 ；
若R1＜r＜R2，则
若r＞R2，则
⑵在R1＜r＜R2的区域，
3.（8分）一个质量为M、半径为R的定滑轮（当作均质圆盘）上面绕有细绳。绳的一端在滑轮边缘上，另一端挂一质量为m的物体。忽略轴处摩擦，求物体m由静止下落h高度时的速度和此时滑轮的角速度。
5、（4分）有一球状导体 ，已知其带电量为 。若在导体 外罩一不带电的同心球壳 ，则球壳 内表面的带电量为 ，外表面的带电量为 ；球壳 外距球心 处的点 的场强的大小为 （2分）。
6、（3分）一长载流导线弯成如右图所示形状，且在P点导线绝缘，则O点处磁感应强度的大小为 ，方向为垂直纸面向外。
7、（4分）如右图所示的均匀磁场 中，有一边长为 的等边三角形线框且通以电流 。已知此线框可绕 轴转动，则此线框所受磁力矩的大小为： ，方向为：向下。
C.当外力小于μFN时，静摩擦力的大小总等于外力；
D.滑动摩擦力一定不能使物体产生加速度。
4.质量为m的小球，以水平速度 跟墙面作弹性碰撞，小球的动量变化是(A)。
A、 B、 C、 D、0
5.对功的概念有以下几种说法，判断正确的是 （B）。
A、作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者作功的代数和必为零；
A、动能不守恒，动量不守恒；
B、动能守恒，动量不守恒；
C、机械能不守恒，动量守恒；
D、机械能守恒，动量守恒。
6、关于刚体的转动惯量，以下说法正确的是：（A）。
A、刚体的形状大小及转轴位置确定后，质量大的转动惯量大；
B、转动惯量等于刚体的质量；
C、转动惯量大的角加速度一定大；
大学物理考试试题与解答
大学物理考试试题与解答(总5页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--（ 2011__ 至 2012____ 学年第__1__学期）课程名称：大学物理A(2) 考试时间： 80 分钟课程代码： 7200019 试卷总分： 100分考试形式：闭卷学生自带普通计算器:题号一二三四五六七八九十十一十二总分得分评卷教师一.（10分）一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m·s-1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量m=×10-31kg，电子电量e=×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rEπ2ελ=电子受力大小reeEFeπ2ελ==∴rvmre2π2=ελ得1320105.12π2-⨯==emvελ1mC-⋅二．（20分）如图所示，有一带电量为Q=×10-4C, 半径为R=的均匀带电细圆环水平放置。
在圆环中心轴线的上方离圆心R处，有一质量为m=、带电量为q=×10-7C的小球。
当小球从静止下落到圆心位置时，它的速率为多少m/s[重力加速度g=10m/s2，ε=×10-12C2/（）]序号:年级专业：教学班号：学号：姓名：装订线解：设圆环处为重力势能零点，无穷远处为电势能零点。
初始状态系统的重力势能为mgR ，电势能为RqQ 240πε末状态系统的动能为221mv ，电势能为RqQ 04πε整个系统能量守恒，故RqQ mv RqQ mgR 02042124πεπε+=+解得：4.13/v m s ===三．（20分）一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别为b ,c )构成，如图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b )，（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小.解： ⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202RIr r B μπ=202RIrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I b c b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π0=B四．（10分）如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到长直导线的距离分别为1r 、2r 。
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大学物理课后练习一一、选择题1．（C ）解：由于给出t -v 曲线图，故只需求曲线所围面积，上面部分为正，下面为负，有11(1 2.5)2(12)12m 22x =⨯+⨯-⨯+⨯=2．（D ）解：3723+-=t t x ，t dt xd a 4222-==，变加速直线运动，加速度方向沿x 轴负方向。
3．（C ） 解：由2vv d A t dt=-，有0v 2v 01v v t d Atdt =-⎰⎰，20111v v 2At -+=-，得20111v 2v At =+ 4．（D ）解：单摆：a 的大小方向均变化；匀速率圆周运动：a 大小不变，方向变；行星的椭圆轨道运动：a 大小、方向均变；抛体运动：a g =大小方向均不变。
圆锥摆运动：a 方向变。
5．（B ）解：由n a 改变速度方向，a τ改变速度大小，可知其余四个选项均不对。
6．（B ）解：由相对运动速度变换v v v BA B A =+地地，得v v v 33BA B A i j =-=-+地地二、填空题1．39 m/s 解：由v 42d a t dt==+，得0v v 0v (42)t d t dt =+⎰⎰，2400v v 4|t t -=+，得v 71616-=+ 2．A ；2s t =；s t = 解：v 48A A dx t dt ==+，2v 83B B dxt t dt==+，因此 0=t 时，v v A B >；2s t =时，B A x x =；s t =时，v v A B =3．2)4(32-=y x 解：r xi yj =+，即26x t =，34y t =+，联立方程消去t 即可4．2g -；解：据题意，有cos602g a g τ=-⋅=-；2v sin 60n a g ρ==⋅，即22v v 3n a g ρ==5s ；2 m解：此时n a a =τ，由v2d a dtτ==，得v 2t =，22v 4n t a R R ==，即242t R =得t =由v 2dst dt==，得22m s t = 6．280m /s ；22m /s 解：由t dt d 10==θω，10d dtωα==，得2280m /s n a R ω=⋅=，22m /s a R τα==三、计算题1．解：（1）21v x x t-=∆ 2311(53)|532m t x t t ==-=-= 2322(53)|4m t x t t ==-=-1s t ∆=，42v 6m/s 1--==- （2）2v 109dxt t dt==-，当2s t =时，v 16m /s =-，负号表示与x 反向。
（3）t dtx d a 181022-==，当2s t =时，226m /s a =-，负号表示与x 反向。
2．解：2v 36d a x dt ==+，得2v 36d dxx dx dt⋅=+ v20v v (36)xd x dx =+⎰⎰231v 322x x =+，得v =3．解：由2v 16m /s R Rkt ω===，得216Rtk =，由2=t 得4=k 1s t =时，2v 4m /s R Rkt ω===2d k t dtωα==⋅ 28m/s a R τα== 2216m/s n a R ω==4．解：2520t t s +=，2s t =时，60m s = 在段v 2010dst dt==+，2s t =时，v 40m/s = 2v 10m/s d a dt τ==，22v 160m/s 3n a ρ==5．解：雨：动点、车：动系、地：静系；雨对地：v a 、雨对车：v r 、车对地：v ev v v a e r =+:0v v v v sin 30e rx e r x =-=-解得v v 36km/h 10m/s rx e === r vv v 20m/s sin 30er == :v 0v cos30a r y =+⋅解得v 20m/s a == 雨对地的水平分速度v 0ax =雨对车的水平分速度v v v 10m/s rx e ===车雨对地的速度v m/s a = 方向向下。
雨对车的速度v 20m/s r = 方向与竖直夹角 30大学物理课后练习二一、选择题1．（C ）解：先以猴为对象，受力如图，它保持与地面高度不变，∑=0F故F mg=m g再以杆为对象，受力如图。
由∑=.Ma F 得Ma Mg F =+'解得F F MMgF a ='+'=,作用力与反作用力 Mg即()mg Mg m M ga M M++==F ' 2．（A ）解：m 在碗底时，2v m N mg R-=，得2v ()m N mg R =-。
在B A →过程中：由动能定理212W mv mgR =-。
解得1(3)()22N mg RW N mg R mgR -=--=。
3．（C ）解：当kx mg =时，m 所受合外力为零，此时v 最大，动能最大。
此时kmgx =由动能定理：02121)(22-=-+mv kx x h mg ，化简得k g m mgh mv 2222121+=4．（C ）解：爆炸瞬间内力>>重力，可忽略重力，系统动量守恒。
由动量守恒定理(2)v (v )(v )v x x x M m m u m u M +=++-+，其中v x 为爆炸后M 的速度，u 为m 相对于M 的速度。
解得V V x =，即爆炸前后，M 速度不变。
此时，两块m ，初速度0v 相等：加速度相等g a =。
落下的高度相等2hH =，故下落时间相等21t t =二、填空题1．0；2g解：对Ａ受力分析：在未移走Ｃ之前，g m F A =。
刚移走Ｃ时，A A A a m g m F =-。
此时g m F A =，0=∴A a对Ｂ受力分析：刚移走Ｃ时g m F F A =='。
由B B B a m g m F =+'。
将F '代入，得B B B A a m g m g m =+，m m m B A ==，g a B 2=∴2解：以小珠为对象受力分析，小珠作圆周运动。
22sin sin N m r m R θωωθ==，竖直方向cos N mg θ=，得ω=≥，即min ω= 3．22()F mg μ-解：由动能定理：212Fx mgx kx μ-=，此时弹性势能2212()2p F mg E kx k μ-==4．212.810m/s -⨯或；51.3或5arctan4解：对x 、y 方向应用动量守恒，可得2v 810m/s x -=⨯，2v 1010m/s y -=⨯5．112F t m m ⋅∆+；21212F t F t m m m ∆⋅∆++解：由动量定理1121()v F t m m ⋅∆=+，得1112v F t m m ⋅∆=+同理，由动量定理22221v v F t m m ⋅∆=-，得221212212v v F t F t F t m m m m ∆∆⋅∆=+=++ 三、计算题1．解：法一：由动能定理221v 02AAf dx m ⋅=-⎰，即2221v 2AA k dx m x -⋅=⎰积分得221v 2k k m A A -=。
22v kAm =，v =法二：由ma F =得2v v vv k d d dx d m m m x dt dx dt dx-=== 积分得v 220v v AAk dx m d x-=⎰⎰v =2．解：以小球为对象受力分析，由牛顿第二定律v v d mg k F mdt--= vv d mdt mg k F=--由初始条件得vvv t md dt mg k F =--⎰⎰积分得()(1)v ktmmg F ek---=3．解：第一次.v v v d d dx d F kx mm mv dt dx dt dx=-==⋅= 由初始条件得1v v vkxdx m d -=⎰⎰积分后得v =同理第二次1v v xvkxdx m d -=⎰⎰积分后得22v 112m m kx k k m=+=⋅+= 2=x110.41cm x x x ∆=-==4．解：（1）水平方向不受外力。
系统水平方向动量守恒:01v v mv M m =+。
解得01(v v)v 5.7m/s m M-==由21v F ma m l ==∑得21v T Mg M l-=解得：84.6N T =（2）00v v (v v )11.4N s F t m m m ⋅∆=-=-=-⋅，负号表示与v 方向相反。
5．解：（1）系统动量守恒。
2:05v cos x mu m θ=+，得2v 5cos 4u uθ==12:0v 5v sin y m m θ=-+，得123v 5v sin 4u θ==（2）2221117:v 2232KA A E m mu mu ∆=-=- 22215:v 0232KBB E m mu ∆=-= 大学物理课后练习三一、选择题1．（B ）解：平行于轴作用时，合力矩一定是零；合力为零时，合力矩不一定是零；反之亦然。
2．（A ）解：由角动量定理，得12ωωJ J t M -=∆，21l F l F M ⋅-⋅=，12l l >，故0M >，则21ωω>3．（D ）解：转动惯量2112C J ml =，由平行轴定理，222217121648C l J J md ml m ml =+=+=二、填空题1．25rad/s 2π；4 s解：πω201=，πω302=，100θπ=，由22212ωωαϕ-=，得222215rad/s 22ωωαπϕ-==由21t ωωα=+，得214s t ωωα-== 2．12Ma 解：由M J α∑=，且221MR J =，M T R =⋅∑，a R α=，代入解得Ma T 21= 3．204k J ω-；0J k ω解：由2M J k αω==-，当2ωω=时，24k J ωα=-；由2ωωk dt d J -=，即dt d k J =-2ωω，由初始条件得⎰⎰=-t dt d k J 02200ωωωω，积分后得0J t k ω= 4．234ml ；2l mg ；23gl解：22243)2(2)2(ml l m l m J =+=；2222l l l M mg mg mg =-=； 23M gJ l α==5．21332mR解：0R r J J J =-，其中221mR J R =，由平行轴定理2221322r J m r m r m r '''=+=，又2222m mr m r R R ππ'==，得203213mR J = 6．12B A B Cm g m m m ++解：分别以A ，B ，C 为对象，受力分析，列方程。