大学物理1参考答案
大学物理(西南交大)作业参考答案1
NO.1 质点运动学和牛顿定律班级 姓名 学号 成绩一、选择1. 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪种是正确的： [ B ] (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．2．一质点作一般曲线运动，其瞬时速度为V ，瞬时速率为V ，某一段时间内的平均速度为V，平均速率为V ，它门之间的关系为：[ D ]（A ）∣V ∣=V ，∣V ∣=V ； （B ）∣V ∣≠V ，∣V∣=V ； （C ）∣V ∣≠V ，∣V ∣≠V ； （D ）∣V ∣=V ，∣V∣≠V .3.质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，S 表示路程，a τ表示切向加速度，下列表达式中， [ D ](1) d /d t a τ=v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d ， (4) d /d t a τ=v ．(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（1）、(3)是对的．（备注：经过讨论认为（1）是对的）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0v ，则速度v 与时间t 的函数关系是 [ C ](A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt 5.质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率) [ D ](A) t d d v ．(B) 2v R ． (C) R t 2d d vv +．(D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．6．质点沿x 方向运动，其加速度随位置的变化关系为：a=31+3x 2. 如在x=0处，速度v 0=5m.s -1，则在x=3m处的速度为：[ A ]（A ）9 m.s -1； （B ）8 m.s -1； （C ）7.8 m.s -1； （D ）7.2 m.s -1 .7.如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？[ E ](A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心． (B) 它的速率均匀增加．(C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心． (D) 它的合外力大小不变．(E) 轨道支持力的大小不断增加．8．物体作圆周运动时，正确的说法是：[ C ] （A ）加速度的方向一定指向圆心；（B ）匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； （C ）必定有加速度，且法向分量一定不为零；（D ）速度方向一定在轨道的切线方向，法向分速度为零，所以法向加速度一定为零；9．以下五种运动形式，a保持不变的运动是 [ E ]A（A ）单摆的运动；（B ）匀速圆周运动；（C ）圆锥摆运动；（D ）行星的椭圆轨道运动；（E ）抛体运动； 二、填空1．已知一质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为22(192)r ti t j =++；r的单位为m ，t 的单位为s ，则位矢的大小rv = 24i t j + ，加速度a =4(/)j m s 。
大学物理第一章答案
大学物理第一章答案【篇一：大学物理第一章答案】（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（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）角速度为法向加速度为角加速度为切向加速度为（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．即 24t = (12t2)2，解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．[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，所以物体下降3s末的速度为v = att = 0.6(m2s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m2s-2)．1.8 一升降机以加速度1.22m2s-2上升，当上升速度为2.44m2s-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；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为= 0.705(s)．算得h2 = -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)t2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．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) = 6t2 - 2t3．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末的位移大小为x(1) = 6312 - 2313 = 4(m)．在第2s末的位移大小为x(2) = 6322 - 2323 = 8(m)．在第2s内的位移大小为（2）质点的瞬时速度大小为v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，因此v(1) = 1231 - 6312 = 6(m2s-1)，v(2) = 1232 - 6322 = 0，（3）质点的瞬时加速度大小为a(t) = dv/dt = 12 - 12t，因此1s末的瞬时加速度为a(1) = 12 - 1231 = 0，第2s内的平均加速度为[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．并由上述数据求出量值．[证明]依题意得vt = nvo，根据速度公式vt = vo + at，得a = (n – 1)vo/t，(1)根据速度与位移的关系式vt2 = vo2 + 2as，得a = (n2 – 1)vo2/2s，(2)（1）平方之后除以（2）式证得．计算得加速度为= 0.4(m2s-2)．（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？取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式vt - v0 = at，这里的v0就是vy0，a = -g；当他达到最高点时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式vt2 - v02 = 2as，可得上升的最大高度为h1 = vy02/2g = 30.94(m)．他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为h2 = h1 + h = 100.94(m)．根据自由落体运动公式s = gt2/2，得下落的时间为= 4.49(s)．因此他飞越的时间为t = t1 + t2 = 6.98(s)．他飞越的水平速度为所以矿坑的宽度为x = vx0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为vy = gt = 69.8(m2s-1)，落地速度为v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m2s-1)，与水平方向的夹角为方向斜向下．方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y = vy0t - gt2/2，移项得时间的一元二次方程，解得．这里y = -70m，根号项就是他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dv/dt = -kv2，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；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变量得，积分，可得．（2）公式可化为，由于v = dx/dt，所以积分．因此．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 = d2x/dt2，而dx/dt = v，所以 a = dv/dt，分离变量得方程，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dv/dt = -kvn．（1）如果n = 1，则得，积分得lnv = -kt + c．当t = 0时，v = v0，所以c = lnv0，因此lnv/v0 = -kt，得速度为v = v0e-kt．而dv = v0e-ktdt，积分得．当t = 0时，x = 0，所以c` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（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）角速度为法向加速度为角加速度为切向加速度为（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．即 24t = (12t2)2，解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为加速度的大小为运动方程为，．即，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为t = 0（舍去）；(s)．将t代入x的方程求得x = 9000m．[注意]选择不同的坐标系，例如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相【篇二：大学物理习题答案第一章】3 如题1-3图所示，汽车从a地出发，向北行驶60km到达b地，然后向东行驶60km到达c地，最后向东北行驶50km到达d地。
大学物理课后习题1第一章答案
习题11.1选择题(1)一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为（）(A)dtdr (B)dtr d (C)dtr d || (D)22)()(dtdy dt dx +答案：(D)。
(2)一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，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-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。
答案：(D)。
(3)一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为（）(A)t R t R ππ2,2(B)tRπ2,0(C)0,0(D)0,2tRπ答案：(B)。
(4)质点作曲线运动，r表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表示路程，τa 表示切向加速度，下列表达式中，（）①a t = d /d v ，②v =t r d /d ，③v =t S d /d ，④τa t =d /d v．(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．答案：(D)。
(5)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υ，某一时间内的平均速度为v，平均速率为v ，它们之间的关系必定有：（）（A）vv v,v == （B）v v v,v =≠ （C）vv v,v ≠≠ （D）vv v,v ≠= 答案：(D)。
1.2填空题(1)一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。
答案：10m；5πm。
(2)一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v=。
答案：23m·s -1.(3)一质点从静止出发沿半径R=1m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI)，则质点的角速度ω=__________________；切向加速度τa =_________________．答案：4t 3-3t 2(rad/s)，12t 2-6t (m/s 2)(4)一质点作直线运动，其坐标x 与时间t 的关系曲线如题1.2(4)图所示．则该质点在第___秒瞬时速度为零；在第秒至第秒间速度与加速度同方向．题1.2(4)图答案：3,36;(5)一质点其速率表示式为v s =+12，则在任一位置处其切向加速度a τ为。
大学物理第一学期期末试题及答案
大学物理1期末试题及答案一、选择题（共21分） 1. （本题3分）质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为232t θ=+ (SI) ，则t 时刻质点的角加速度和法向加速度大小分别为A. 4 rad/s 2 和4R m/s 2 ；B. 4 rad/s 2和16Rt 2 m/s 2 ；C. 4t rad/s 2和16Rt 2 m/s 2 ；D. 4t rad/s 2和4Rt 2 m/s 2 . ［ ］ 2. （本题3分）已知一个闭合的高斯面所包围的体积内电荷代数和0q ∑= ，则可肯定 A. 高斯面上各点电场强度均为零；B. 穿过高斯面上任意一个小面元的电场强度通量均为零；C. 穿过闭合高斯面的电场强度通量等于零；D. 说明静电场的电场线是闭合曲线. ［ ］ 3. （本题3分）两个同心均匀带电球面，半径分别为a R 和b R ( a b R R <), 所带电荷分别为a q 和b q ．设某点与球心相距r ，当a b R r R <<时，取无限远处为零电势，该点的电势为 A. 014a b q q r ε+⋅π； B. 014a bq q rε-⋅π； C.014a b b q q r R ε⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭π； D. 014a b a b q q R R ε⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭π. ［ ］ 4. （本题3分）如图所示，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为 I ，该两电流均为恒定电流．H 为该两电流在空间各处所产生的磁场的磁场强度．d LH l ⋅⎰ 表示 H 沿图中所示闭合曲线L 的线积分，此曲线在中间相交，其正方向由箭头所示．下列各式中正确的是 A. d LH l I ⋅=⎰； B.d 3LH l I ⋅=⎰；C.d LH l I ⋅=-⎰； D.d 30LH l μI ⋅=⎰. ［ ］5. （本题3分）如图所示，在竖直放置的长直导线AB 附近，有一水平放置的有限长直导线CD ，C 端到长直导线的距离为a ，CD 长为b ，若AB 中通以电流I 1，CD 中通以电流I 2，则导线CD 所受安培力的大小为：I 2 abC I 1(A) b I xI F 2102πμ=； (B) b I b a I F 210)(+=πμ； (C) a b a I I F +ln2=210πμ； (D) ab II F ln 2210πμ=. [ ] 6. （本题3分）面积为S 和2S 的两圆线圈1、2如图放置，通有相同的电流I ．线圈1的电流所产生的通过线圈2的磁通用21Φ表示，线圈2的电流所产生的通过线圈1的磁通用12Φ表示，则21Φ和12Φ的大小关系为A. 12Φ；B. 2112ΦΦ>；C. 2112ΦΦ=；D. 211212ΦΦ=. ［ ]7. （本题3分）(1) 对某观察者来说，发生在某惯性系中同一地点、同一时刻的两个事件，对于相对该惯性系作匀速直线运动的其它惯性系中的观察者来说，它们是否同时发生？(2) 在某惯性系中发生于同一时刻、不同地点的两个事件，它们在其它惯性系中是否同时发生？关于上述两个问题的正确答案是A. (1)同时，(2)不同时；B.(1)不同时，(2)同时；C. (1)同时，(2)同时；D. (1)不同时，(2)不同时. ［ ］ 二、填空题（共21分，每题3分） 8.（本题3分）质量 2 kg m = 的质点在力12F t i = (SI)的作用下，从静止出发沿x 轴正向作直线运动，前三秒内该力所作的功为_______________． 9（本题3分）长为l 、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量为213Ml ，开始时杆竖直下垂，如图所示．有一质量为m 的子弹以水平速度0v 射入杆上A 点，并嵌在杆中，23lOA =，则子弹射入后瞬间杆的角速度 ＝____________________． 10（本题3分）长为L 的直导线上均匀地分布着线电荷密度为λ的电荷，在导线的延长线上与导线一端相距 a 处的P 点的电势的大小为___________________.11（本题3分）长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体组成，两导体中有等值反向均匀电流I 通过，其间充满磁导率为μ的均匀磁介质．介质中离中心轴距离为r 的某点处的磁场强度大小 ，磁感强度的大小 ． 12（本题3分）一平面线圈由半径为0.2 m 的1/4圆弧和相互垂直的二直线组成，通以电流 2 A ，把它放在磁感强度为0.5 T 的均匀磁场中，线圈平面与磁场垂直时(如图)，圆弧AC 段所受的磁力______________N ；线圈所受的磁力矩___________ Nm 。
大学物理(上册)课后习题及答案
因此有： ，∴
⑵由 得： ，两边积分得：
∴
⑶质点停止运动时速度为零， ，即t→∞，
故有：
⑷ 时，其速度为： ，
即速度减至 的 .
2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为 N，式中 的单位是s，⑴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。⑵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 m/s的物体,回答这两个问题。
将 ，及 代入上式，即得： 。
6.9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(10 )，式中 , 以米计， 以秒计。求：
⑴设 ＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 ?
解：⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中 、 是正压力， 、 是摩擦力， 和 是杆在 点转轴处所受支承力， 是轮的重力， 是轮在 轴处所受支承力。
杆处于静止状态，所以对 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：
解：因为
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： ，
，
5.9一质量为 的物体作谐振动，振幅为 ，周期为 ，当 时位移为 。求：
⑴ 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
⑵由起始位置运动到 处所需的最短时间；
⑶在 处物体的总能量。
解：由题已知 ，∴
又， 时，
故振动方程为：
⑴将 代入得：
方向指向坐标原点，即沿 轴负向。
⑵由题知， 时， ； 时，
∴
⑶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：
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、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． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
《大学物理》习题答案1,匡乐满主编,北京邮电大学出版社
解： vx a, vy 2ct 当运动方向与x成450角时，则
即 a 2ct, t a 2c
vx vy
v
v
2 x
v
2 y
a 2 4c2t 2
2a
大学物理 盛忠志主讲
5、一飞机在跑道上跑过500米后，即升空，如果它在跑
前是静止的，以恒定加速度运动，升空前跑了30秒，则
0
30 10 20
60
n1
2 02 2
302 102 2 60
20 3
60
2
10 20
30
60
n2
10 2 2 30
5 3
大学物理 盛忠志主讲
8、某人骑自行车以速率v向正西方行驶，遇到由北向 南刮的风(设风速大小也为v)，则他感到风是从 (A)东北方向吹来 (B)东南方向吹来 (C)西北方向吹来 (D)西南方向吹来。
dv y dy
dy dt
vy
dv y dy
则
a vy
dv y dy
kvy2
分离变量得 : dvy kdy vy
两边积分得 :
v dv y
y
kdy
v v0 y
0
盛忠志主讲
v v0eky
大学物理 盛忠志主讲
3、一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程
为 2 3t，3 式中 以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s
vx A sin t vy B cost
由速度的定义，有： vx
大学物理1考试题及答案
大学物理1考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是多少？A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 km/sC. 3×10^3 km/sD. 3×10^6 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，与物体的质量成反比。
这一定律的数学表达式是什么？A. F = maB. F = m/aC. a = F/mD. a = mF答案：A3. 一个物体从静止开始自由下落，忽略空气阻力，其下落的位移与时间的关系是什么？A. s = gtB. s = 1/2 gt^2C. s = 1/2 g(t^2 - 1)D. s = gt^2答案：B4. 以下哪个选项是电磁波谱中波长最长的部分？A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A5. 根据热力学第一定律，一个封闭系统的能量守恒，其表达式是什么？A. ΔU = Q + WB. ΔU = Q - WC. ΔU = Q + PD. ΔU = W - Q答案：A6. 一个质量为m的物体在水平面上以速度v做匀速直线运动，若摩擦力为f，那么物体的动能是多少？A. mvB. mv^2/2C. fvtD. 0答案：B7. 根据麦克斯韦方程组，电场是由什么产生的？A. 电荷B. 变化的磁场C. 电荷和变化的磁场D. 电流答案：C8. 一个理想气体经历一个等温过程，其压强P和体积V之间的关系是什么？A. P ∝ VB. P ∝ 1/VC. P = constantD. P ∝ V^2答案：B9. 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准确测量B. 粒子的位置和动量不能同时准确测量C. 粒子的能量和时间可以同时准确测量D. 粒子的能量和时间不能同时准确测量答案：B10. 根据狭义相对论，一个物体的质量会随着速度的增加而增加，这一效应可以用以下哪个公式描述？A. E = mc^2B. m = m0 / sqrt(1 - v^2/c^2)C. m = m0 * v/cD. m = m0 * sqrt(1 - v^2/c^2)答案：B二、填空题（每题2分，共20分）11. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，根据牛顿第二定律，其加速度是_________ m/s^2。
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上期物理1 参考答案练习一：1-2、DD 3、i ct v v)31(30 ，400121ct t v x x4、 j 8，j i 4 ，4412arctg arctg 或5解：（1）j t t i t r)4321()53(2 ；（2）3(3)drv i t j dtr r r ； 437(/)t sv i j m s r r （3）)/(12s m j dtvd a6 解： ∵ xvv t x x v t v a d d d d d d d d分离变量： 2d (26)d v v adx x x 两边积分 2(26)vdv x dx得c x x v 322221 由题知，0 x 时，100 v ,∴50 c ∴ 13s m 252 x x v练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t ，212t5、解：（1）由23Rbt dtd R dt ds v得：Rbt dtdva 6 ，4229t Rb R v a n n n n e t Rb e Rbt e a e a a42966、当滑至斜面底时，h y ，则gh v A 2 ,将gh v A 2分解到x 和y 两个方向Ax vAy vA 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2(' 地练习三：1-3、BCB 4、3s 和0s ； 5、222(sin cos )x y R v R ti tj v Rv v v6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成 角，由图可知 222s h l将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ tsv v t l v d d ,d d 0 船绳即cos d d d d 00v v s l t l s l t s v船 或 sv s h s lv v 02/1220)( 船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a 船船 7、解： kv dt dvt vv kdt dv v 001 tk e v v 0 t k e v dtdx0 dt e v dx t k tx00)1(0t k e kv x练习四：1-2 AC3、解： 2s m 83166m 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1sm8745jiv(2m874134)167(21)4832122(21)21(22jijijtaitatvryx4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：dtdvmFkvmg分离变量及积分得：vtFkvmgFkvmgddtmk)(解得：))(1(1Fmgekv t mk5、解：取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。
设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为a，则有：（1）kxFTTamTgmmamFTm，且有：；：对；：对22211由此得：212mmkxgma（2）由dxdvvdtdxdxdvdtdva得：212212)2(m m kx g m x v vdvdx m m kxg m两边积分得：（3）20m g a x k由，得 代入上式得max v 6、将力分解， 列式 sin mg ma 2cos v N mg m R得出 sin g a ，)cos (2Rv g m N练习五1-2、BC ； 3、140s N ，24s m /； 4、6.14或7475，35.5°或75arctg ； 5、解： 子弹穿过第一木块时, 两木块速度相同,均为v 10 1211 v m m t F子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为v 212222v v m m t F解得: 2111m m t Fv 222112m t F m m t F v6、解：（1）由水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M 的水平速度为V 1）s m V mV MV mV /13.3110分析M 物体的受力，有：NlMV Mg T lMV Mg T 5.262121（2），方向水平向左s N mV mV I 7.40练习六：1-2：C B ； 3、0J ，18J ，17 J ； 4、38mgl5、（1）以物体、斜面、地球作为一个系统201cos cos sin 2f h w mgS mgmgh mv202(1cot )v h g（2）返回， 21cos sin 2h mgmv mgh 以上面h 结果代入，得出6、解：框架静止时，弹簧伸长Δl =0.1m ，由平衡条件mg=k Δl ,求得：k=mg/Δl =0.2×9.8/0.1=19.6N/m铅块落下h=30cm 后的速度v 0 ， 可由能量守恒方程求出：2021mv mghs m gh v /42.220设铅快与框架碰后的共同速度为 v ，由动量守恒：mv mv 20设框架下落的最大距离为 x ，由机械能守恒：（设弹性势能零点为弹簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时，砝码盘底部为重力势能零点。
）mgx x l k l k v m m 2)(2121)(21222 进行整理并代入数据，可得x 的一元二次方程：003.02.02x x解得：x = 0.3m练习七：1-3、 D C B ；4、解 对质点m 应用动量定理，则有 p I I mg Tm 绕行一周，则0 p ，因此 mg T I I上式表明，张力冲量与重力冲量大小相等，方向相反．重力是恒力，方向竖直向下，摆球绕行一周的时间为2，因此，重力在一个周期内的冲量大小为 2mg I mg因而一个周期内张力的冲量大小也为 2T mgI。
但方向相反5、解：（1）当A 和B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：20221)(21kx v m m B A ，所以：0x m m kv BA ; 弹簧恢复到原长时，AB 分开。
（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：1cot 2(1cot )1cot v gh v222121A A kx v m，则：0A A A B m x x m m6、解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。
则由功能原理，有37sin 212122mgs mv kx s f r 222137sin 21kx sf mgs mv k r 式中m 52.08.4 s ，m 2.0 x ，再代入有关数据，解得-11450N m k再次运用功能原理，求木块弹回的高度h2o 2137sin kx s mg s f r代入有关数据，得 m 4.1 s , 则木块弹回高度m 84.037sin o s h练习八：1-2、B A ；3、-5N.m ；4、234mL ， 12mgL ， 23g L 。
5、解： 物体1m 、2m 和滑轮的受力分析如下图，且''1122,T T T T设m 1下落的加速度大小为a ，滑轮的角加速度为 ，则有：R a由牛顿第二定律和转动定律可得： 1112222121()2m g T m aT m g m aT T R MR联立上述方程，得1212112m m g R m m M g M m m m m a 212121 g M m m Mm m m T 21212212212g Mm m Mm m m T 21212211211 6、解：（1）设杆的线lm，在杆上取一小质元dx dmgdx dmg dfgxdx dM 考虑对称mgl gxdx M l 20412（2）根据转动定律d M J J dtt w Jd Mdt 00212141 ml mglt所以 g l t 30练习九：1-2、A A ； 3、20021 J ； 4、由 M J 21cos 23L mg mL 30 213J mL得出 23cos3033/24g grad s LL，又由21sin 22LJ mgh mg 得出 3sin 3/2g g rad s L L5、解：子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有10)(v m m mv （1）在弹簧的弹力作用下，滑块于子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有202221)(21)(21)(21l l k v m m v m m （2） 设 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角，又在滑块绕固定点作弧线运动中，满足角动量守恒定律，故有：sin )()(201l v m m l v m m （3）联立解上述三式，可得：}])()([)(arcsin{)()(212022000202022mm l l k m m m v m m l l mv mm l l k v m m m v6、解：（1）设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为 ，则人对与地固结的转轴的角速度为 ，且RvR v 25.0 ：人与盘看做一个系统，该系统的角动量守恒，设盘的质量为M ，则人的质量为M 101，由角动量守恒得：22022)2(1021)2(1021R M MR R M MR 解得： Rv2120（2）欲使盘对地静止，则0 即02120 Rv则有：0212R v，负号表示与上一问中人走动的方向相反 练习十：1-3、D C C ；4、r /42v ；5、（1）角动量守恒 221()3m lv J ml m l 得出15.4/;rad s（2）由 MJ4M 2202 得出 15.4rad6、解：设碰后物体m 的速度为v ，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有：mgh J Lmg J J mLv J sg v mv s mg22221221221 守恒碰后棒上升过程机械能守恒：棒下落的过程中机械能：碰撞过程中角动量守恒， 联立上面四式解得：sL s Lh 632sL s L h Lh 632练习十一1-3、B ，C ，3、1，32 ,5s; 4、；；或；3232 5、解：由题知： 45.0100.2A -2，，s T m （1），，A x s t 0由旋转矢量得：0 故振动方程为：t x 4cos 100.22-（2）00000 v x s t ，， 由旋转矢量得：2故振动方程为：)24(cos 100.22-t x（3）02A 000 v x s t ，，由旋转矢量得：3故振动方程为：)34(cos 100.22-t x（4）02A -000 v x s t ，， 由旋转矢量得：34故振动方程为：)344(cos 100.22- t x6、（1）平衡时，0l k mg设t 时刻物体处于y 处，物体受力如图，由牛顿第二定律得：d d m y)(-22220 y m kdty dtyl k mg 即：故物体做简谐振动（2）下拉至0.1m 处由静止释放，200A =0.1010m ，， 振动方程为：t y 10cos 1.0（3）物体在平衡位置上方5cm 处的加速度为：gmF mg a l k F 5.0-2mg 5)-(0练习十二：1、C ，2、B ，3、 是原来的2倍，是原来的2倍，是原来的4倍，是原来的1倍，4、21106m ，5、解：取向下为正，平衡时物体所在位置为坐标原点，建立坐标系。