大学物理上册期末考试重点例题

第一章 质点运动学习题1-4一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4.（SI ） (式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．)(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，并计算这1秒内质点的位移； (3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，并计算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，并计算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：（1）质点位置矢量 21(35)(34)2r xi yj t i t t j =+=+++-v vv v v m(2)将1=t ,2=t 代入上式即有211[(315)(1314)](80.5)2t s r i j m i j m ==⨯++⨯+⨯-=-v v v v v221[(325)(2324)](114)2t s r i j m i j ==⨯++⨯+⨯-=+r r v v vm21(114)(80.5)(3 4.5)t s t s r r r i j m i j m i j m ==∆=-=+--=+r r r v v v v v v(3) ∵20241[(305)(0304)](54)21[(345)(4344)](1716)2t s t s r i j m i j mr i j m i j m===⨯++⨯+⨯-=-=⨯++⨯+⨯-=+r r r v vr r v v v∴ 1140(1716)(54)(35)m s 404t s t s r r r i j i j v m s i j t --==-∆+--===⋅=+⋅∆-v v v v v v v v v v (4) 21d d1[(35)(34)][3(3)]m s d d 2r t i t t j i t j t t -==+++-=++⋅v r r v v v v则 14[3(43)](37)t s v i j m s i j -==++⋅=+r r v v 1s m -⋅(5)∵ 1104(33),(37)t s t s v i j m s v i j m s --===+⋅=+⋅v v v v vv∴ 2241(37)(33)m s 1m s 44t s t s v v v i j i j a j t --==-∆+-+===⋅=⋅∆v v v v v v v v v(6) 2d d [3(3)]1m s d d v a i t j j t t-==++=⋅v vv v v这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-5 已知一质点做直线运动，其加速度为 a ＝4+3t （SI ），开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-8 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计， (1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)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(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n (2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即βωR R =2亦即t t 18)9(22= 则解得923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ1-12质点的运动方程为：2,,x at y b ct a b c ==+、、均为常数，当质点的运动方向与x 轴成45°角时，求质点此时运动速率的大小。

解： ()x dx dat a dt dt===v当质点的运动方向与x 轴成45°角时，tan 45tan 451yx y x a a =︒=︒=⨯=v v v v质点此时运动速率为22222x y a a a =+=+=v v v1-13在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小。

解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得t s stl ld d 2d d 2=根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s v 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 s v h s v s l s v slv s v v s t s l t l st v a =+-=+-=-==船船或：1-14质点沿直线运动，初速度v0 ,加速度a=-k为正常数，求：(1)质点完全静止所需时间；(2)这段时间内运动的距离。

解:(1) a=-tvdvdtdvkdtkdtkttk=-=-=--=-=⎰⎰分得：变积分离量得(2)320322323xv dvdt dv dxk dx dt dvv dx kdxkdxv kx x v k=-=-=-=-=--=-=⎰⎰第3章 动量和冲量 动量守恒定律习题3-7 已知一篮球质量m=0.58kg,从h=2.0m 的高度下落，到达地面后，以同样速率反弹，接触地面时间△t=。

求篮球对地面的平均冲力F 球对地。

解：取竖直向上为y 轴正方向，则小球碰撞前 速度为0v =F 球对地小球碰撞后速度为v =由动量定理得0()F mg t mv mv -∆=-地球对mv mv F mg mg t -=+=∆地球对0.589.8388()N =+⨯= mg r根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均冲力388F F N =-=-地球球对地对第4章 功和能 机械能守恒定律习题4-5 如图所示，A 球的质量为m ，以速度rv 飞行，与一静止的球B 碰撞后，A 球的速度变为1r v ，其方向与r v 方向成90°角。

B 球的质量为5m ，它被碰撞后以速度2r v 飞行，2r v 的方向与rv 间夹角为arcsin(35)θ=。

求：（1）两球相碰后速度1r v 、2rv 的大小；（2）碰撞前后两小球动能的变化。

解：（1）由动量守恒定律12A A B m v m v m v =+r r r即 1212255cos 5sin mvi mv j mv mv j mv i mv j θθ=-+=-++r r r r r r于是得 2125cos 5sin mv mv mv mv θθ=⎧⎨=⎩21215cos 4335sin 5454v v v v v v vθθ=====⨯⨯=（2）A 球动能的变化222221111317()2224232kA E mv mv m v mv mv ∆=-=-=-B 球动能的变化2222111505()22432kB B E m v m v mv ∆=-=⨯= 碰撞过程动能的变化222212111222232k B E mv m v mv mv ∆=+-=-或如图所示，A 球的质量为m ，以速度u 飞行，与一静止的小球B 碰撞后，A 球的速度变为1v 其方向与u方向成090，B 球的质量为5m ，它被撞后以速度2v 飞行，2v 的方向与u 成θ (53arcsin =θ)角。

求：(1)求两小球相撞后速度12υυ、的大小； (2)求碰撞前后两小球动能的变化。

解 取A 球和B 球为一系统，其碰撞过程中无外力作用，由动量守恒定律得 水平： 25cos mu m υθ= （1） 垂直： 2105sin m m υθυ=- （2） 联解（1）、（2）式，可得两小球相撞后速度大小分别为134u υ=214u υ=碰撞前后两小球动能的变化为 222327214321mu mu u m E KA-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆ 2232504521mu u m E KB=-⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯=∆4- 6在半径为R 的光滑球面的顶点处，一物体由静止开始下滑，则物体与顶点的高度差h 为多大时，开始脱离球面？ 解：根据牛顿第二定律22cos cos v mg N mRvN mg mRθθ-==- 物体脱离球面的条件是N=0，即2cos 0v mg m Rθ-=由能量守恒212mv mgh =图由图可知cos R hRθ-= 由此解得 3R h =第5章 刚体定轴转动习题5-1 一个转动的轮子，由于轴承摩擦力矩的作用，其转动角速度渐渐变慢，第一秒末的角速度是起始角速度0ω的倍。

若摩擦力不变，求：（1）第二秒末的角速度（用0ω表示）；（2）该轮子在静止之前共转了多少转。

解：因为摩擦力矩不变，转动惯量不变，由转动定律可知转动为匀变速转动。

（1） 0(0)t tωωββ=+<1010010.2ωωββωωω=+⨯=-=-第二秒末的角速度200002(0.2)20.6ωωβωωω=+⨯=+-⨯=（2） 2202ωωβθ=+∆r2222000002.522(0.2)rad ωωωθωβω--∆===⨯-轮子在静止之前共转了 002.55(224n ωθωπππ∆===圈）5-4 一力矩M 作用于飞轮上，飞轮的角加速度为1β，如撤去这一力矩，飞轮的角加速度为2β-，求该飞轮的转动惯量。

解：根据转动定律，有 1f M M J β-= 2()f M J β-=- 上面两式相减，得 12MJ ββ=+5-10 一质量为m ，长为l 的均匀细杆放在水平桌面上，可绕杆的一端转动（如图所示），初始时刻的角速度为0ω。