重庆邮电大学大学物理习题02.圆周运动
大学物理学邮电大学出版社上册第三章习题答案
习题 3选择题1 有一半径为R 的水平圆转台,可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动,转动惯量为J,开始时转台以匀角速度ω0转动,此时有一质量为m 的人站在转台中心,随后人沿半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为 A02ωmRJ J+ B 02)(ωR m J J + C02ωmR JD 0ω 答案： A2 如题2图所示,一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗,以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转,已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止,其位置高于碗底4cm,则由此可推知碗旋转的角速度约为 A13rad/s B17rad/s C10rad/s D18rad/sa b题2图答案： A3如3图所示,有一小块物体,置于光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,；另一端穿过桌面的小孔,该物体原以角速度在距孔为R 的圆周上转动,今将绳从小孔缓慢往下拉,则物体 A 动能不变,动量改变;B动量不变,动能改变;C角动量不变,动量不变;D角动量改变,动量改变;E角动量不变,动能、动量都改变;答案： E填空题1 半径为30cm的飞轮,从静止开始以·s-2的匀角加速转动,则飞轮边缘上一点在飞轮转过240时的切向加速度aτ= ,法向加速度an= ;答案：0.15; 1.2562 如题2图所示,一匀质木球固结在一细棒下端,且可绕水平光滑固定轴O 转动,今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中,则在此击中过程中,木球、子弹、细棒系统的守恒,原因是;木球被击中后棒和球升高的过程中,对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒;题2图答案：对o轴的角动量守恒,因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零,机械能守恒3 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA 和ρBρA>ρB,且两圆盘的总质量和厚度均相同;设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA 和JB,则有JAJB;填>、<或=答案： <刚体平动的特点是什么平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动 解：刚体平动的特点是：在运动过程中,内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行;平动时刚体上的质元可以作曲线运动;刚体定轴转动的特点是什么刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动,轴外所有各点都在作圆周运动,且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同,而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比;因此各质元的角速度相同,而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同; 刚体的转动惯量与哪些因素有关请举例说明;解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关;如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言,形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些,质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大;刚体所受的合外力为零,其合力矩是否一定为零相反,刚体受到的合力矩为零,其合外力是否一定为零解：刚体所受的合外力为零,其合力矩不一定为零；刚体受到的合力矩为零,其合外力不一定为零;一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为j v i v v y x+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．解: 由题知,质点的位矢为 作用在质点上的力为 所以,质点对原点的角动量为 作用在质点上的力的力矩为哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m ·s -1,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102m ·s-1这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r =, 1s m 6-⋅+=j i v ,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,1物体动量的变化；2相对z 轴角动量的变化．解: 1 ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p2解一 73400=+=+=t v x x x 即 i r41=,j i r5.2572+= 即 j i v611+=,j i v112+=∴ k j i i v m r L72)6(34111=+⨯=⨯=∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解二 ∵dtdz M =∴ ⎰⎰⨯=⋅=∆t t t F r t M L 0d )(d平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少题图解: 在只挂重物时1M ,小球作圆周运动的向心力为g M 1,即201ωmr g M =①挂上2M 后,则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：1设F ＝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 2如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解: 1先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b ．图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力．题图a 题图b杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有 对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式,得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里,飞轮转了1.53转． 210s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 用上面式1所示的关系,可求出所需的制动力为固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如题图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝2m ．求： 1柱体转动时的角加速度； 2两侧细绳的张力．解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度,方向如图如图b ．题a 图 题b 图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得 2由①式 由②式计算题图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对1m ,2m 运用牛顿定律,有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律,有β)21(212Mr r T r T =- ③又, βr a = ④ 联立以上4个方程,得题a 图 题b 图如题图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下．求： 1初始时刻的角加速度； 2杆转过θ角时的角速度.题图解: 1由转动定律,有∴ lg 23=β 2由机械能守恒定律,有∴ lg θωsin 3=如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．1设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值；2相撞时小球受到多大的冲量题图解: 1设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式：mvl I l mv +=ω0 ① 2220212121mv I mv +=ω② 上两式中231Ml I =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显着的角位移；碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ,按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得 由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以 求得2相碰时小球受到的冲量为 由①式求得负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮可看作匀质圆盘,在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出,见题图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．1问它能升高多少2求余下部分的角速度、角动量和转动动能．题图解: 1碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有 令0=v ,可求出上升最大高度为2圆盘的转动惯量221MR I =,碎片抛出后圆盘的转动惯量2221mR MR I -=',碎片脱离前,盘的角动量为ωI ,碎片刚脱离后,碎片与破盘之间的内力变为零,但内力不影响系统的总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒,即 式中ω'为破盘的角速度．于是 得ωω=' 角速度不变 圆盘余下部分的角动量为 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向． 1开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值2用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比．题图解: 1射入的过程对O 轴的角动量守恒 ∴ Rm m v m )(sin 000+=θω2 020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N ·m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg ·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．题图解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有又 R v /=ω故有 v =。
大学物理01_2圆周运动
2
讨论
det dt
O
Δ
et et (t t ) - et (t )
当： t 0 , 0 有 e t e t 方向
et t t
s
P 1
P2
et t
et et
et
et t t
自然坐标系下的速度和加速度
自然坐标系：
把坐标建立在运动轨迹上的坐标系统。 s o
P
e en
s
Q
en
•
•
切向坐标轴沿质点前进方向的切向为正，单位矢量为 e 法向坐标轴沿轨迹的法向凹侧为正，单位矢量为 en
规定：
e
s
P
s en
e
Q
o
e
v
质点位置： s st 路程：
（2 ）
at an
解得
b R t c c
at r (2) 0.2 0.4 m s 2
1
v
an r 2 0.2(2 1 4) 2 0.8 m s 2
2 a at2 an 0.89 m s 2
1 an 1 0.8 tan tan 63.4 at 0.4
2 n
2 t
速度的方向（以与切线方向的夹角表示）：
an arctan a
例：抛体运动
an
at
g
2 v d a = et + v e n = at + a n R dt
讨论:
v d et 的产生是由于 1. 切向加速度 at = dt 速度 v 大小的变化。 2 v 法向加速度 a n = e n 的产生是由于 R 速度 v 方向的变化。 只有速度方向的改变，所以加速度为 v 2 R
大学物理复习题(力学部分)(DOC)
第一章一、填空题1、一质点做圆周运动,轨道半径为R=2m,速率为v = 5t2+ m/s,则任意时刻其切向加速度aτ=________,法向加速度a n=________.2、一质点做直线运动,速率为v =3t4+2m/s,则任意时刻其加速度a =________,位置矢量x =________.3、一个质点的运动方程为r = t3i+8t3j,则其速度矢量为v=_______________;加速度矢量a为________________.4、某质点的运动方程为r=A cosωt i+B sinωt j, 其中A,B,ω为常量.则质点的加速度矢量为a=_______________________________，轨迹方程为________________________________。
5、质量为m的物体自空中落下，它除受重力外，还受到一个与速度平方成正比的阻力的作用，比例系数为k，k为正的常数，该下落物体的极限速度是_________。
二、选择题1、下面对质点的描述正确的是 [ ]①质点是忽略其大小和形状，具有空间位置和整个物体质量的点；②质点可近视认为成微观粒子；③大物体可看作是由大量质点组成；④地球不能当作一个质点来处理，只能认为是有大量质点的组合；⑤在自然界中，可以找到实际的质点。
A.①②③；B.②④⑤；C.①③；D.①②③④。
2、某质点的运动方程为x = 3t-10t3+6 ，则该质点作[ ]A.匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向；B.匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向；C.变加速直线运动，加速度沿x轴正方向；D.变加速直线运动，加速度沿x轴负方向。
3、下面对运动的描述正确的是 [ ]A.物体走过的路程越长，它的位移也越大；B质点在时刻t和t+∆t的速度分别为 "v1和v2，则在时间∆t内的平均速度为(v1+v2)/2 ；C.若物体的加速度为恒量（即其大小和方向都不变），则它一定作匀变速直线运动；D.在质点的曲线运动中，加速度的方向和速度的方向总是不一致的。
重庆邮电大学_大学物理(下)课后习题答案整理版
第一次作业解答－振动11-1 一质量为m 的质点在力F = -π2x 的作用下沿x轴运动．求其运动的周期．解：将F = -π2x 与F = -kx 比较，知质点作简谐振动，k = π2．又 mm k π==ω m T 22=π=ω11-2 质量为2 kg 的质点，按方程)]6/(5sin[2.0π-=t x (SI)沿着x 轴振动．求：(1) t = 0时，作用于质点的力的大小；(2) 作用于质点的力的最大值和此时质点的位置．解：(1) t = 0时， a = 2.5 m/s 2 ，| F | = ma = 5 N(2) | a max | = 5，其时 | sin(5t - π/6) | = 1| F max | = m | a max | = 10 Nx = ±0.2 m （振幅端点）11-15 一物体作简谐振动，其速度最大值v m = 3³10-2 m/s ，其振幅A = 2³10-2 m ．若t = 0时，物体位于平衡位置且向x 轴的负方向运动. 求：(1) 振动周期T ；(2) 加速度的最大值a m ；(3) 振动方程的数值式．解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴T = 2π/ω = 4.19 s (2) a m = ω2A = v m ω = 4.5³10-2 m/s 2(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI)11-24 一物体质量为0.25 kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数k = 25 N ²m -1，如果起始振动时具有势能0.06 J 和动能0.02 J ，求(1) 振幅；(2) 动能恰等于势能时的位移；(3) 经过平衡位置时物体的速度．解：(1) 221kA E E E p K =+= 2/1]/)(2[k E E A p K +== 0.08 m(2)222121v m kx = )(s i n 22222φωωω+=t A m x m )(s i n 222φω+=t A x 2222)](cos 1[x A t A -=+-=φω222A x =， 0566.02/±=±=A x m(3) 过平衡点时，x = 0，此时动能等于总能量221v m E E E p K =+= 8.0]/)(2[2/1±=+=m E E p K v m/s11-29 两个同方向简谐振动的振动方程分别为)4310cos(10521π+⨯=-t x (SI), )4110cos(10622π+⨯=-t x (SI) 求合振动方程．解：依合振动的振幅及初相公式可得φ∆++=c o s 2212221A A A A A 22210)4143cos(65265-⨯π-π⨯⨯⨯++= m 21081.7-⨯= m)4/c o s (6)4/3c o s (5)4/s i n (6)4/3s i n (5a r c t g π+ππ+π=φ = 84.8°=1.48 rad 则所求的合成振动方程为 )48.110cos(1081.72+⨯=-t x (SI)11-30 一物体同时参与两个同方向的简谐振动：)212c o s (04.01π+π=t x (SI), )2cos(03.02π+π=t x (SI) 求此物体的振动方程．解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )c o s (φω+=t A x则 )c o s (2122122212φφ-++=A A A A A ① 以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得 5cm 3422=+=A cm又 03.004.0cos cos sin sin arctg 22112211-=++=arctg A A A A φφφφφ ② ≈127°≈2.22 rad∴)22.22cos(05.0+π=t x (SI)第二次作业解答－波动12-2 一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x =20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27c o s (1.0φλ+π-π=x t y (SI)t = 1 s 时 0])/1.0(27c o s [1.0=+π-π=φλy因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 由①、②两式联立得 λ = 0.24 m3/17π-=φ ∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)12-4 一列平面简谐波在媒质中以波速u = 5 m/s 沿x 轴正向传播，原点O 处质元的振动曲线如图所示．(1) 求解并画出x = 25 m 处质元的振动曲线．(2) 求解并画出t = 3 s 时的波形曲线．解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121c o s (1022π-π⨯=-t y ， (SI) 波的表达式为 )21)5/(21c o s (1022π--π⨯=-x t y ， (SI) x = 25 m 处质元的振动方程为)321c o s (1022π-π⨯=-t y ， (SI) 振动曲线见图 (a)(2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022x y π-π⨯=-， (SI)波形曲线见图12-15 一平面简谐波，频率为300 Hz ，波速为340 m/s ，在截面面积为3.00³10-2 m 2的管内空气中传播，若在10 s 内通过截面的能量为2.70³10-2 J ，求(1) 通过截面的平均能流；(2) 波的平均能流密度；(3) 波的平均能量密度．解：(1) ==t W P / 2.70³10-3 J/s(2) ==S P I /9.00³10-2 J /(s ²m 2)(3) u w I ⋅===u I w / 2.65³10-4 J/m 312-18 如图所示，两相干波源在x 轴上的位置为S 1和S 2，其间距离为d = 30 m ，S 1位于坐标原点O ．设波只沿x 轴正负方向传播，单独传播时强度保持不变．x 1 = 9 m 和x 2 = 12 m 处的两点是相邻的两个因干涉而静止的点．求两波的波长和两波源间最小相位差．解：设S 1和S 2的振动相位分别为φ 1和φ 2．在x 1点两波引起的振动相位差]2[]2[1112λφλφx x d π---π-π+=)12(K 即 π+=-π--)12(22)(112K x d λφφ ①在x 2点两波引起的振动相位差]2[]2[2122λφλφx x d π---π-π+=)32(K 即 π+=-π--)32(22)(212K x d λφφ ② ②－①得 π=-π2/)(412λx x6)(212=-=x x λ m由① π+=-π+π+=-)52(22)12(112K x d K λφφ当K = -2、-3时相位差最小 π±=-12φφ。
重庆邮电大学大学物理习题02.圆周运动
《大学物理》练习题 No ∙2圆周运动班级 _________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _________ -X 选择题1. 下而表述正确的是[B ] (A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直(B) 物体作直线运动,法向加速度必为零(C) 轨道最弯处法向加速度最大(D) 某时刻的速率为零,切向加速度必为零2. 质点沿半径R=Im 的圆周运动,某时刻角速度O=Irad∕s,角加速度α=lrad∕s 2,K∣J≡点速度 和加速度的大小为[C J (A) InVs, 1 m∕s 2(B) 1 m∕s, 2m∕s 2(C) lm∕s, √2 m∕s 2(D) 2m∕s, y∣2 m∕s 23. 一抛射体的初速度为叫抛射角为&•抛射点的法向加速度,最髙点的切向加速度以及最 髙点的曲率半径分别为 [A ] (A) g cos∕ O , v ,o 2 cos^8∕g (B) g cos8, gsin&, O(C) g sin∕ 0, vo ⅜(D) g ， g ， vo 2sin 24. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为e 表示任意时刻质点的速率)二.填空题1・・如图,一质点P 从O 点出发以匀速率ICnVS 作顺时针转向的圆周运动，4 Z Z圆的半径为Im,如图所示,当它走过2/3圆周时，走过的路程是一勿这段fJ (A)- d/(C) dv V 2一 + 一 dr RJ 」"K时间内的平均速度大小为—CnI / s,方向是4兀2. 一质点沿半径为R的圆周运动，在UO时经过P点，此后它的速率V按v=A+Bt（Λ. B为正的已知常：⅛）变化，则质点沿圆周运动一周再经过P点时的切向加速度/= &法向3.半径为30Cm的飞轮，从静止开始以0.50rad ∙s 2的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240°时的切向加速度的大小4= 0.15加/芒,法向加速度的27大小—7QnlS I o一5 --------三、计算题1. 一质点作半径为°∙10加的圆周运动，角位移= 2 + 4/2(Sz)O求∕ = 2s时其法向加速度大小4”和切向加速度大小勺。
大学物理课后习题答案第二章
（2）小球上升到最大高度所花的时间T．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变量得 ，
积分得 ．
当t= 0时，v=v0，所以 ，
因此 ，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v= 0，所需要的时间为
第二章运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律
2．1一个重量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度 运动， 的方向与斜面底边的水平约AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
[解答]质点在斜上运动的加速度为a = gsinα，方向与初速度方向垂直．其运动方程为
x = v0t， ．
将t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程为
（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；
（4）用与斜面平行的加速度 把小车沿斜面往上推（设b1=b）；
（5）以同样大小的加速度 （b2=b），将小车从斜面上推下来．
[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力 的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg．
（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于
这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．
板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：fM= μkNM= 7.35(N)．
这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．
（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为
f =μsmg=ma`，
可得a` =μsg．
板的运动方程为
F – f – μk(m + M)g=Ma`，
重庆工商大学《大学物理I》练习题 及答案
重庆工商大学《大学物理I》练习题一、质点运动学（1）选择题1、质点作半径为R 的变速圆周运动时，加速度的大小为（v 表示任一时刻质点的速率）A ．dt d vB ．R 2vC ．R dt d 2v v + D ．22⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R dt d 2v v 2、质点作曲线运动，r 表示位矢，s 表示路程，τa 表示切向加速度大小，下列表达式中 （1）dtd a v = （2）dr/dt v = （3）ds/dt v = （4）/dt v d a =τ A ．只有（1）和（4）正确 B ．只有（2）和（4）正确C ．只有（2）正确D ．只有（3）正确3、质点作直线运动时下列说法正确的是A ．位置矢量的方向不变B ．速度的方向不变C ．法相加速度为零D ．切向加速度为零。
4、对于质点，下列表述正确的是A ．加速度恒定不变时，运动方向不变B ．平均速度的大小等于平均速率C ．平均速率表达式可写我为221v v +（21v v 、分别表示始末时刻的速率） D ．速度不变时，速率不变 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v ，某一段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 ．v v v v == ,B ．v v v v =≠ ,C ．v v v v ≠≠ ,D ．v v v v ≠=, 6、下面表述正确的是A ．质点作圆周运动，加速度一定与速度垂直B ．物体作直线运动，法向加速度必为零C ．轨道最弯处法向加速度最大D ．某时刻的速率为零，切向加速度必为零7、质点沿半径R =1m 的圆周运动，某时刻角速度ω=1rad /s ，角加速度α=1rad /s 2，则质点速度和加速度的大小分别为A ．1m /s , 1m /s 2B ．1m /s , 2m /s 2C ．1m /s , 2m /s 2D ．2m /s , 2m /s 28、一抛射体的初速度为v 0，抛射角为θ，则抛射点的法向加速度、最高点的切向加速度分别为A ．g cos θ , 0B ．g cos θ , g sin θC ．g sin θ , 0,D ． g , g9、某质点的运动方程为6533+-=t t x （SI ），则该质点作A ．匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向B ．匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向C ．变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向D ．变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向 10、质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表达式为)(32SI j bt i at r +=，其中，a 、b为常量。
大学物理第二章练习答案
第二章 运动的守恒量和守恒定律练 习 一一. 选择题1. 关于质心，有以下几种说法，你认为正确的应该是（ C ）(A ) 质心与重心总是重合的； (B ) 任何物体的质心都在该物体内部； (C ) 物体一定有质心，但不一定有重心； (D ) 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。
2. 任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ）(A )该质点系所受到的内力和外力； (B) 该质点系所受到的外力；(C) 该质点系所受到的内力及初始条件； (D) 该质点系所受到的外力及初始条件。
3.从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。
如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点，则该圆盘质心位置的x 坐标应为（ B ） (A )R 4； (B) R 6; (C) R 8； (D R12。
4. 质量为10 kg 的物体，开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s ，而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 （ B ） (A )s N ⋅820； (B) s N ⋅1020； (C) s N ⋅620； (D) s N ⋅520。
二、 填空题1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示，则卫星的动量大小为RGMm3。
2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行，速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化:大小不变。
3. 如图1所示，两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2，静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。
设子弹穿过两木块所用的时间分别为∆t 1和∆t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A BF t m m ⋅∆+，木块B 的速度大小为12F t A BBF t m m m ⋅∆⋅∆++。
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《大学物理》练习题 No. 2 圆周运动
班级__________学号 _________ 姓名 _________ 成绩 ________
一、选择题
1. 下面表述正确的是
[ B ] (A) 质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直
(B) 物体作直线运动,法向加速度必为零 (C) 轨道最弯处法向加速度最大
(D) 某时刻的速率为零,切向加速度必为零
2. 质点沿半径R =1m 的圆周运动,某时刻角速度ω=1rad/s,角加速度α=1rad/s 2,则质点速度和加速度的大小为
[ C ] (A) 1m/s, 1m/s 2
(B) 1m/s, 2m/s 2
(C) 1m/s, 2m/s 2 (D) 2m/s,
2m/s 2
3. 一抛射体的初速度为v 0,抛射角为θ,抛射点的法向加速度,最高点的切向加速度以及最高点的曲率半径分别为
[ A ] (A) g cos θ , 0 , v 02 cos 2θ /g
(B) g cos θ , g sin θ , 0 (C) g sin θ , 0, v 02/g (D) g , g , v 02sin 2θ /g
4. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任意时刻质点的速率)
[ D ] (A)t
v
d d
(B) R v 2
(C)
R
v t v 2d d +
(D)⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛24
2
d d R v t v
二、填空题
1. .如图,一质点P 从O 点出发以匀速率1cm/s 作顺时针转向的圆周运动, 圆的半径为1m,如图所示,当它走过2/3圆周时, 走过的路程是
m π3
4
,
这段
时间内的平均速度大小为
s cm /43
3π
,方向是 由O 点指向所在点 .
2. 一质点沿半径为R 的圆周运动, 在t = 0时经过P 点, 此后它的速率v 按v =A+B t (A 、B 为正的已知常量)变化, 则质点沿圆周运动一周再经过P 点时的切向加速度a t = B , 法向
加速度a n = R
BR
A π42+ .
3. 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以-2
s rad 500⋅.的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240°时的切向加速度的大小t a ＝ 2
/15.0s m ，法向加速度的大小n a ＝ 2/5
2
s m π 。
三、计算题
1. 一质点作半径为m 10.0的圆周运动，角位移
)(422
SI t +=θ。
求s t 2=时其法向加速度大小n a 和切向加速度大小t a 。
1、解：（1）由 242t +=θ
所以：t dt d 8==θ
ω 822==dt d θβ
2/8.08s m r r a ＝⨯==βτ
22
24.68t t r r a n ＝）（⨯==ω
故t ＝2s 时：
2s /m 6.25＝n a
2. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R = 2m 的圆轨道转动。
转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2
kt =ω(k 为常量)。
已知t ＝2s 时，质点P 的速度值为32 m ⋅s -1。
试求t ＝1s 时，质点P 的速度与加速度的大小。
解：
由于v = r ω, 当t = 2s 时，v = 32 m ⋅s -1 所以，32 = 2kt 2; 从而，k = 4, ω= 4t 2 ； 当t =1时，v = r ω= 2*4t 2 = 8 m ⋅s -1 ； 由于，dt
dv
a =
τ= 16t; 当t =1时, τa =16 m ⋅s -2 r
v a n 2
== 32 m ⋅s -2
所以加速度的大小 2
2n a a a +=τ= 165 m ⋅s -2。