大学物理周培勤上答案
理论力学第三版(周衍柏)习题答案
⎧x = r cosϕ + a cosψ
⎨ ⎩
y
=
a
sinψ
又由于在
∆
r AOB 中，有
sinψ
=
2a sin ϕ
（正弦定理）所以
2a sinψ 2 y
sin ϕ =
=
r
r
联立以上各式运用
sin 2 ϕ + cos 2 ϕ = 1
由此可得
cosϕ = x − a cosψ = x − a 2 − y 2
1.8 解 以焦点 F 为坐标原点，运动如题 1.8.1 图所示]
-7-
y
M
•
θ
OF
x
题 1. 8. 1图
则 M 点坐标
对 x, y 两式分别求导
⎧x = r cosθ
⎨ ⎩
y
=
r
sinθ
⎪⎧ẋ = ṙ cosθ − rθ̇ sinθ
⎨ ⎪⎩
ẏ
=
ṙ
sinθ
+
rθ̇
cosθ
故
( ) ( ) v2
即 沿位矢方向加速度
( ) a = ̇ṙ − rθ̇2
垂直位矢方向加速度 对③求导
( ) a⊥ = rθ̇̇ + 2ṙθ̇
ṙ̇ = λṙ = λ2r
对④求导
θ̇̇ =
−
µθ r2
ṙ
+
µ r
θ̇
=
µθ
⎛ ⎜
⎝
µ r
+
λ
⎞ ⎟
⎠
把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得
a//
=
λ2r
−
µ 2θ 2 r
第七届全国周培源大学生力学竞赛试题参考答案
第七届全国周培源大学生力学竞赛试题参考答案一、小球在高脚玻璃杯中的运动(20分)当小球自杯子的边缘由静止释放后沿杯子的内侧滑下到与铅垂方向夹角°≈63.4 ϕ时，高脚玻璃杯侧倾（一侧翘起）。
二、杂耍圆环(40分)1. 圆环不是匀质的，质心不在圆环的中心。
开始滚动角速度大，圆环一跳一跳地向前滚动；随后角速度减小，所以圆环不离开地面向前滚动。
2.（1）圆环自己滚回的条件为：rv 00>ω 方向如图所示。
（2）距离： s20221s 8g )v -(r )(g 21s f t t f ω=−⋅⋅= （3）圆环能不脱离接触地爬上台阶所应满足的条件为 ：g )h r (4r )h 2r (v hg 4r 22212−<−< 3．当接触点A 与圆环中心C 的连线与铅垂线间的夹角t arctan arctanf r −=δα时，推力F 取最小值。
三、趣味单杠(30分)（1）结构中的最大应力][MPa 143max max σσ<==W M （2）结构中的最大应力][MPa 132max max σσ<==WM （3）在结构中增加拉杆后，（2）中为反对称结构，在对称面上只有反对称内力，故AB 杆轴力为零，无影响；（1）中为对称结构，在对称面上只有对称内力，故AB 杆轴力不为零，有影响。
四、跳板跳水(30分)（1）根据跳板的受力情况，可以将其简化为下图所示外伸梁。
（2）最小水平速度为 ==t s v 2/0.714m/s（3）跳板的最大动应力为==WM K B d d max σ78.02MPa （4）如运动员为弹性体，冲击时跳板中的最大动应力将减小。
（5）跳板的最大动应力为MPa 06.712162max max =⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+==a g bha Ga bh K W M K d d d γσ。
9第九届全国周培源大学生力学竞赛试题及详细参考答案和评分标准
与圆杆相撞。不考虑可能存在的间隙。
(1) 若要使每根圆杆都不会失稳，安全因数取 n ，重 物（包含内芯）的重量 F 最多允许为多大（用 σ p 、d 和 n 表示）？
(2) 如果 F 的取值在上小题的许用范围内，内芯的圆
D1 D2 F
心位置会不会因为圆杆变形而在滚动过程中产生微小的
波动？试证明你的结论。
(1) 暂不考虑金属片的变形，如果在匀速转动时 O′ 处轴套向上升
起的高度 H = L 是额定的工作状态，那么相应的转速 ω0 是多少？ (2) 当转速恒定于 ω0 时，只考虑金属片弯曲变形的影响，试计算
图示角度 ∠OAO′ 相对于把金属片视为刚体的情况而言的变化量。
A ωb
L O′ H
图1
第 2 题（25 分）
3在保持原结构和构件的形式不变例如不允许将实心圆杆改为空心圆杆连接方式不变安全因数不变不减小外环外径不增加材料用量不更换材料的前提下能否重新设计和制作这一道具使f在第1小题所得到的许用值得到提高
第九届全国周培源大学生力学竞赛试题
出题学校：
本试卷共 5 题 满分 120 分 时间 3 小时 30 分
注意：答卷中各题所得的最后计算结果用分数表示或用小数表示均可。
θb − θu = 2θ1 。
(1-6)
故所求角度的变化量即为图 1-4(a) 所示简支梁 A 端转角的 2 倍。 ①
如果说明了在转速 ω0 下离心力的作用远大于重力的作用，从而可以忽略重力的影响，同时又有 上述两处得分点的结论，此处也算全对。
-3-
O EI L
(a)
q1
A
O
q1 / 2
(b) 图 1-4
ω02
x
，其合力为
第十一届全国周培源大学生力学竞赛答案
5
其中，aOn 0
h 2
02
,
aO 0
h 2
0
（1 分）
由式(6)解出
0
3
5g , 5h
aO 0
3
5 g 10
,
FB0
5mg , 10
FBn0
1 2
mh02
再由式(5)，得到
vb
34 3
5 gh （1 分） 10
此后，板作减速转动， 0,
aOn
h 2
02
,
FBn FBn0 。
可见，板在停止转动之前，其 B 端能保持静止不动。（1 分）
(6)
质心 C 的水平速度为
（1 分）
vCx vO r cos r0 cos0
(7) （1 分）
C
R r
vO
O vO r
-3-
依动能定理，有
1 2
JC
2
1 2
2m
(vCx0
)2
(r
sin
)2
2mgr(1
cos)
其中， JC JO 2mr2
由式(8)解出
(8) （2 分）
4mgr
(1
cos
)
2mr
2 2 0
JO 2mr2 cos2
cos2
0
=
2 3
9mgr(1
cos
)
2mr
2 2 0
JO 2mr2 cos2
(当>0 )
(9)
（1 分）
问题（3）——
当 0时 S 0 （1 分）
当 0时，圆盘向右发生水平移动和转动。注意到
vO
dS dt
dS d
大学物理(上)课后习题答案解析
第1章质点运动学 P211.8一质点在xOy 平面上运动,运动方程为：x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计。
⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；⑶计算t＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式,计算t ＝4 s 时质点的速度；<5>计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；<6>求出质点加速度矢量的表示式,计算t ＝4s 时质点的加速度<请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式>。
解：〔1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵1=t s,2=t s 时,j i r5.081-=m ；2114r i j =+m∴213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+∴140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则：437i j =+v 1s m -⋅ <5> 0t =s 时,033i j =+v ；4t =s 时,437i j =+v<6> 2d 1 m s d a j t-==⋅v这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量。
1.9质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a x =+,a 的单位为m/s 2,x 的单位为m 。
质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。
解：由d d d d d d d d x a t x t x===v v v v得：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：2322250x x =++v∴ 31225 m s x 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 ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：⑴t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少?解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a⑵当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan 451n a a τ︒== 即：βωR R =2,亦即t t 18)9(22=,解得：923=t 则角位移为：322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α=0.2 rad/s 2,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。
第十三届周培源力学竞赛参考答案详细解答评分标准202105
第十三届全国周培源大学生力学竞赛（个人赛）试题参考答案及详细解答出题学校：南京航空航天大学（本试卷分为基础题和提高题两部分，满分120 分，时间3 小时30 分）评分总体原则采用扣分制或加分制。
采用扣分制时，建议最终所扣分数总和不超过题目（或问题）总分的一半。
采用加分制时，建议最终所给分数总和不超过题目（或问题）总分的一半。
如果学生的解题方法和参考答案不同，则按以下几种情况分别处理：（1）如果学生给出的最终结果和参考答案相同，建议采用扣分制：侧重检查学生的解题过程有无不严谨的地方或小的概念错误（未影响结果），如果有的话，建议每一处错误可酌情扣1~2 分。
（2）如果学生给出的最终结果和参考答案不同：（A）如果学生解答的总体思路合理、清晰，建议采用扣分制：在检查学生的解题过程时侧重区分某错误是概念错误还是计算错误。
建议对于每一处概念错误扣5 分或以上，对每一处计算错误酌情扣1~2 分。
对于由一处计算错误所引起的后续计算结果错误，只按一次错误扣分，计算错误不累计扣分。
（B）如果学生解答的总体思路不清晰，建议采用加分制：在检查学生的解题过程时侧重寻找其局部正确、合理的部分，酌情给分。
一、 参考答案第一部分 基础题部分参考答案（共60 分）第1 题 (18分)1）CDE ωω=−，11C DE ωω= （5分） 2）=41)2F ka a+ （5分） 3）223[+4(28ABC M ka maα=（8分）第2题 (12分)1）1058B B ωω= （3分） 2）1min A ω （4分）3）25sin 234[1cos 30)]0θθ−−−≥（ （5分）第3题 (15分)1）AC BC 7.338kN F F ==（拉） CD CE 10.377kN F F ==（拉） （7分） 2）AC BC =33.125kN F F =（拉） CD CE 43.155kN F F ==（压） （8分）第4题 (15分)1）31232(1)cos e E D M πβμβ=Δ+ （5分） 2）222(1)sin 2E D F πβμβ=Δ+ （5分） 3）22.5β=° （5分）第二部分 提高题部分参考答案（共60 分）第5 题 (15分)1）当θ=0°或θ=180°时，解不唯一。
大学物理(上)练习题解答
大学物理（上）练习题参考解答第一章 质点的运动1．解：平均速率 Sv t∆=∆，平均速度的大小 r rv t t ∆∆==∆∆S r ∆≠∆ ，v v ∴≠速率 0limt S v t∆→∆=∆，速度的大小 0limt r v t∆→∆=∆当0t ∆→时，r S ∆=∆故（B ）正确。
2．解：位移大小 (4)(0)8x x x m ∆=-= 令速度 20dx v b t dt==-=，得3t s =，即在3t s =前后，速度方向逆转，所以，路程(4)(3)(3)(0)10S x x x x m ∆=-+-= 3．解：（1）(2)(1)0.5/21x x v m s -==--（2）296dx v t t dt==-，(2)6/v m s ∴=-（3）令0v =，得0t =或1.5s(1.5)(1)(2)(1.5) 2.25S x x x x m =-+-=4．解：由相似三角形的性质得：21M Mh x x h x -=即 112M h x x h h =-两边对时间求导，得 112M h v v h h =-5．解：（1）t dv a a dt =≠， （2）dr dr dr v dtdtdt=≠=，（3）ds v dt= 正确， （4）t dv a a dt=≠。
6．解：（A ）错，因为切向加速度t dv a dt=，速率可能不变，如匀速率圆周运动，切向加速度为零。
（B ）2n va ρ=，除拐点外，ρ为有限值，0n a ∴≠，故（B ）正确。
（C ）n a 反应速度方向变化的快慢，只要速度方向有变化，n a 就不为零。
（D ）0t dv a dt== ，0n a a ∴=≠。
（E ）dv a dt==恒矢量，质点作匀变速度运动，而非匀变速率运动，如抛体运动。
7．解：2ds ct dt=，2Stds ct dt ∴=⎰⎰，即 31()3s t ct =2t dv a ct dt==，224n vc t a RR==第二章 牛顿运动定律1．解：（1）v kx = ，2dv a kv k x dt∴===，故 2F Ma Mk x == （2）由 dx v kx dt==，得1x txdx kdt x∆=⎰⎰，故 101lnx t kx ∆=2．解：（1）子弹进入沙土后，受的力 F kv =-，由牛顿定律得 dv kv mdt -=分离变量并作积分 0t vvk dv dt mv-=⎰⎰，得/0kt mv v e-=（2）dv dv dx dv kv mm mv dtdx dtdx-===分离变量后作积分m axx vkdx m dv-=⎰⎰，得 0max mv x k=3．解：2p mvj mvj mvj ∆=--=-，应选（D ）。
大学物理上册课后习题答案(第三版_修订版)
因此， A 对地的速度为
v A地
u
v
' A
(u 2gh cos )i ( 2gh sin ) j
题▲图
1-14 一船以速率 v1 ＝ 30km2 h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率
v2 ＝ 40km2
-1
h
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何 ?在艇上看船的速度又为何 ?
解： (1) 大船看小艇，则有 v21 v2 v1 ，依题意作速度矢量图如题 1-13 图 (a)
R 2 sin t
dvx dt
ay
R 2 cos t
dvy dt
▲
以初速度
v0 ＝ 20 m
s
1
抛出一小球，抛出方向与水平面成幔
60 °的夹角，
求： (1) 球轨道最高点的曲率半径 R1 ； (2) 落地处的曲率半径 R2 ．
( 提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系
)
解：设小球所作抛物线轨道如题 1-10 图所示．
习题解答 （注：无选择题，书本已给出）
习题一
1-6 ｜ r ｜与 r 有无不同 ? dr 和 dr 有无不同 ? d v 和 dv 有无不同 ?其不同在哪里 ?
dt dt
dt d t
试举例说明．
解： （ 1） r 是位移的模， r 是位矢的模的增量，即
r r2 r1 ， r r2 r1 ；
（2） dr 是速度的模，即 dr
a
a
2 n
a2
(0.064) 2 (0.08) 2 0.102 m s 2
▲ 如题 1-12 图，物体 A 以相对 B 的速度 v ＝ 2gy 沿斜面滑动， y 为纵坐标，开始时 A
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
大学物理周培勤上答案
简答题
1、简述保守力与非保守力区别，根据保守力做功特点引入什么物理量？
答案：保守力做功与路径无关，非保守力做功与路径有关，根据保守做功与路径无关的特点引入势能概念。
2、什么是转动定律？刚体定轴转动时角动量守恒的表达式及条件是什么？
答案：转动定律：刚体作定轴转动时，其角加速正比于所受的合外力矩，反比于刚体的转动惯量。
3、简述静电平衡条件及静电平衡时导体表面电荷密度与导体表面曲率半径的关系。
答案：导体达到静电平衡时，导体内部的任意处的电场强度为零；导体表面电场强度的方向都与导体面垂直。
或：导体内部场强为零；导体为等势体；净电荷分布在导体的外表面。
静电平衡时，曲率半径较小处电荷密度较大，电场较强，曲率半径较大处电荷密度较小，电场较弱。
4、简述感生电场与静电场的区别。
答案：静电场为保守场、有源场，静电力做功与路径无关，感生电场为非保守场、有旋电场静电场由电荷产生，感生电场由变化磁场产生。