大学物理上册复习试题及试题答案
大学物理试题及答案 13篇
大学物理试题及答案 1物理试题及答案1一、选择题1. 下列哪个物理量是标量？A. 加速度B. 动量C. 荷电量D. 质量答案：D2. 以下哪一项是描述物体向心加速度的？A. F = mV^2/RB. F = maC. F = GmM/R^2D. F = -kx答案：A3. 以下哪种基本力被用于原子核内？A. 弱相互作用力B. 强相互作用力C. 电磁力D. 万有引力答案：B4. 如果一个物体以匀速直线运动，哪些物理量会保持不变？A. 动量B. 加速度C. 动能D. 势能答案：A5. 加速度和质量都是矢量量，因为它们有什么共同之处？A. 它们都可以用标量表示B. 它们都受到相同的力C. 它们都有方向D. 它们都可以用向量表示答案：C二、填空题6. 一个物体从7m/s的速度以匀加速度减速到0m/s，它移动的距离为_____。
答案：(7^2)/2a7. 假设你跳下一个10米高的建筑物，你从地上跳起的速度至少要是_____。
答案：14m/s8. 当电荷增加_____倍，电场的力就增加了相同的倍数。
答案：两倍9. 加速度是速度的_____，速度是位移的_____。
答案：导数，导数10. 能量的单位是_____，它也等于1焦耳。
答案：耗三、解答题11. 题目：一个1000磅的汽车从初始速度60英里/小时匀加速度减速50英里/小时，它会相撞的距离有多远？解答：首先，将速度转换为英尺/秒，即60英里/小时=88英尺/秒，50英里/小时=73.3英尺/秒；通过减去初始速度和最终速度，可以算出减速度，即-5.1英尺/秒^2；将所得的值代入公式，S = (v_f^2 - v_i^2)/2a，算出S = 263英尺。
12. 题目：一颗飞船以7km/s的速度飞行，绕月球公转，它的圆周半径是6000公里。
求该飞船的向心加速度。
解答：首先，将速度转化为米/秒，即7 x 1000 = 7000米/秒；其次，将圆周半径转化为米，即6000 x 1000 = 6 x 10^6米；最后，应用公式a = v^2/r，将所得的值代入，得到a = 6.12 m/s^2。
大学普通物理复习题(10套)带答案
普通物理试题1－10试题1一、填空题11. 7．在与匀强磁场B垂直的平面，有一长为L 的铜杆OP ，以角速度 绕端点O 作逆时针匀角速转动，如图13—11，则OP 间的电势差为 P O U U （221L B ）。
3. 3.光程差 与相位差 的关系是（2 ）25. 1.单色光在水中传播时，与在真空中传播比较：频率(不变 )；波长( 变小 )；传播速度( 变小 )。
(选填：变大、变小、不变。
)68.17－5. 波长为 的平行单色光斜入射向一平行放置的双缝，如图所示，已知入射角为θ缝宽为a ，双缝距离为b ，产生夫琅和费衍射，第二级衍射条纹出现的角位置是（sin 2sin 1b。
33. 9. 单色平行光垂直照射在薄膜上．经上下两表面反射的两束光发生干涉、如图所示， 若薄膜的厚度为e ．且321n n n ，1 为入射光在1n 中的波长，则两束反射光的光程差为 ( 22112 n e n)。
二、选择题6. 2. 如图示，在一无限长的长直载流导线旁，有一形单匝线圈，导线与线圈一侧平行并在同一平面，问：下列几种情况中，它们的互感产生变化的有（ B ，C ，D ）（该题可有多个选择）(A) 直导线中电流不变，线圈平行直导线移动； (B) 直导线中电流不变，线圈垂直于直导线移动；(C) 直导线中电流不变，线圈绕AB 轴转动； (D) 直导线中电流变化，线圈不动12.16－1．折射率为n 1的媒质中，有两个相干光源．发出的光分别经r 1和r 2到达P 点．在r 2路径上有一块厚度为d ，折射率为n 2的透明媒质，如图所示，则这两条光线到达P 点所经过的光程是( C )。
（A ）12r r（B ） d n n r r 2112（C ） d n n n r r 12112 （D ） d n n r r 1211283. 7．用白光垂直照射一平面衍射光栅、发现除中心亮纹（0 k ）之外，其它各级均展开成一光谱．在同一级衍射光谱中．偏离中心亮纹较远的是( A )。
大学物理(上册)参考答案
第一章作业题P211.1； 1.2； 1.4；1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x，a 的单位为2sm -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量：x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 cx x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2sm -⋅，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 t va 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， tt 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 v1.11一质点沿半径为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，求：(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 t t 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 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v t sv -==0d d R bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝ 2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-⋅===m 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1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='00d k mv t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o30，则动量的增量为0v m v m p -=∆由矢量图知，动量增量大小为v m，方向竖直向下．2.13作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)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．(2)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j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t ttF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是 ⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理， 12v v∆=∆,12I I =这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1； 3.2； 3.7；3.13计算题2-27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2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28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. 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg =∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29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?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 ①2220212121mv I mv +=ω ②上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P1455.1； 5.2；5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时，有p E E 2=，即)21(212122kA kx ⋅= ∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x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)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)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J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）g m M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk mg x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
大学物理上册试卷及答案(完整版)
大学物理（I ）试题汇总《大学物理》（上）统考试题一、填空题（52分）1、一质点沿x 轴作直线运动，它的运动学方程为 x =3+5t +6t 2-t 3 (SI) 则 (1) 质点在t =0时刻的速度=v __________________；(2) 加速度为零时，该质点的速度=v ____________________． 2、一质点作半径为 0.1 m 的圆周运动，其角位置的运动学方程为： 2214πt +=θ (SI) 则其切向加速度为t a =__________________________．3、如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为μ，当这货车爬一与水平方向成θ角的平缓山坡时，要不使箱子在车底板上滑动，车的最大加速度a max ＝____________________．4、一圆锥摆摆长为l 、摆锤质量为m ，在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角θ，则(1) 摆线的张力T ＝_____________________；(2) 摆锤的速率v ＝_____________________．5、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ，均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m ，当彼此交错时，各抓住一10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L ＝_______；它们各自收拢绳索，到绳长为 5 m 时，各自的速率v＝_______．6、一电子以0.99 c 的速率运动(电子静止质量为9.11×10-31 kg ，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_____________．7、一铁球由10 m 高处落到地面，回升到 0.5 m 高处．假定铁球与地面碰撞时 损失的宏观机械能全部转变为铁球的内能，则铁球的温度将升高__________．（已知铁的比热c ＝ 501.6 J ·kg -1·K -1）8、某理想气体在温度为T = 273 K 时，压强为p =1.0×10-2 atm ，密度ρ = 1.24×10-2 kg/m 3，则该气体分子的方均根速率为___________． (1 atm = 1.013×105 Pa) 9、右图为一理想气体几种状态变化过程的p －V 图，其中MT 为等温线，MQ 为绝热线，在AM 、BM 、CM 三种准静态过程中：(1) 温度升高的是__________过程； (2) 气体吸热的是__________过程． 10、两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为20 cm ，与第一个简谐振动的相位差为φ –φ1 = π/6．若第一个简谐振动的振幅为310 cm = 17.3 cm ，则第二个简谐振动的振幅为___________________ cm ，第一、二两个简谐振动的相位 差φ1 - φ2为____________．11、一声波在空气中的波长是0.25 m ，传播速度是340 m/s ，当它进入另一介质时，波长变成了0.37 m ，它在该介质中传播速度为______________．12、折射率分别为n 1和n 2的两块平板玻璃构成空气劈尖，用波长为λ的单色光垂直照射．如果将该劈尖装置浸入折射率为n 的透明液体中，且n 2＞n ＞n 1，则劈尖厚度为e 的地方两反射光的光程差的改变量是_________________________．13、平行单色光垂直入射在缝宽为a =0.15 mm 的单缝上．缝后有焦距为f =400mm 的凸透镜，在其焦平面上放置观察屏幕．现测得屏幕上中央明条纹两侧的两个第三级暗纹之间的距离为8 mm ，则入射光的波长为λ=_______________．14、一束单色光垂直入射在光栅上，衍射光谱中共出现5条明纹．若已知此光栅缝宽度与不透明部分宽度相等，那么在中央明纹一侧的两条明纹分别是第_____________级和第____________级谱线．15、用相互平行的一束自然光和一束线偏振光构成的混合光垂直照射在一偏振片上，以光的传播方向为轴旋转偏振片时，发现透射光强的最大值为最小值的5倍，则入射光中，自然光强I 0与线偏振光强I 之比为__________．16、假设某一介质对于空气的临界角是45°，则光从空气射向此介质时的布儒斯特角是_______________________．二、计算题（38分）17、空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．质量为m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r <<R .)18、3 mol 温度为T 0 =273 K 的理想气体，先经等温过程体积膨胀到原来的5倍，然后等容加热，使其末态的压强刚好等于初始压强，整个过程传给气体的热量为Q = 8×104 J ．试画出此过程的p －V 图，并求这种气体的比热容比γ = C p / C V 值． (普适气体常量R =8.31J·mol -1·K -1)19、一质量为0.20 kg 的质点作简谐振动，其振动方程为 )215cos(6.0π-=t x (SI)．求：(1) 质点的初速度； (2) 质点在正向最大位移一半处所受的力．17、20、一平面简谐波沿Ox 轴的负方向传播，波长为λ ，P 处质点的振动规律如图所示．(1) 求P 处质点的振动方程； (2) 求此波的波动表达式；(3) 若图中 λ21=d ，求坐标原点O 处质点的振动方程．21、在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1nm (1 nm=10-9 m)的单色光照射，双缝与屏的距离D ＝300 mm ．测得中央明条纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离．22、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？三、问答题（5分）23、两个大小与质量相同的小球，一个是弹性球，另一个是非弹性球．它们从同一高度自由落下与地面碰撞后，为什么弹性球跳得较高？地面对它们的冲量是否相同？为什么？《大学物理》（下）物探统考试题一、填空题1，如图所示，在边长为ａ的正方形平面的中垂线上，距中心０点21ａ处，有一电量为ｑ的正点电荷，则通过该平面的电场强度通量为____________．2_______________________。
大学基础教育《大学物理（上册）》真题练习试题 附解析
大学基础教育《大学物理（上册）》真题练习试题附解析姓名：______ 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、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。
2、动量定理的内容是__________，其数学表达式可写__________，动量守恒的条件是__________。
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、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____________。
5、若静电场的某个区域电势等于恒量，则该区域的电场强度为_______________，若电势随空间坐标作线性变化，则该区域的电场强度分布为 _______________。
6、一长为的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。
抬起另一端使棒向上与水平面呈60°，然后无初转速地将棒释放，已知棒对轴的转动惯量为，则(1) 放手时棒的角加速度为____；(2) 棒转到水平位置时的角加速度为____。
（）7、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＝__________。
大学物理(上册)期末练习试题和参考答案
光发生干涉，如图所示，若薄膜的厚度为e，且n1＜n2＞n3，
1 为入射光在n1中的波长，则两束反射光的光程差为
(A) 2n2e．
(B) 2n2 e 1 / (2n1)．
(C) 2n2 e n1 1 / 2． (D) 2n2 e n2 1 / 2．
［C ］
入
射 n1 光
反射光 1
n2
反射光 2 e
(D) T1 /2
(E) T1 /4
［D］
7．频率为 100 Hz，传播速度为300 m/s的平面简谐波，波线上
距离小于波长的两点振动的相位差为 π / 3 ，则此两点相距
(A) 2.86 m．
ห้องสมุดไป่ตู้
(B) 2.19 m．
(C) 0.5 m．
(D) 0.25 m．
［C ］
8．单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束
轮的角加速度分别为 A和 B ，不计滑轮轴的摩擦，则有
(A) A＝ B (B) A ＞ B (C) A ＜ B (D) 开始时 A＝ B ，以后 A＜ B ［ C ］
A
B
M
F
5．两容器内分别盛有氢气和氦气，若它们的温度和质量分别
相等，则：
(A) 两种气体分子的平均平动动能相等．
=_____4__t3_-_3_t_2___(_r_a_d_/_s_)________；
切向加速度 at =___1__2_t2_-_6_t___(_m__/_s2_)_______．
12．质量为m的物体，从高出弹簧上端h处由静止自由下落到竖
直放置在地面上的轻弹簧上，弹簧的倔强系数为k，则弹簧被
压缩的最大距离x=_______． x mg ( mg )2 2mgh
大学物理上试卷(有答案)
一、选择题（每题3分，共10题）1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为υ，瞬时速率υ为，某一段时间内的平均速度为υ ，平均速率为υ，它们之间的关系必定有：（ D ）A υ=υ,υ= υ B υ≠υ, υ=υC υ ≠υ,υ ≠υD υ =υ，υ ≠υ 3．一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． （ A ） A 动量增量大小为0v m，方向竖直向下． B 动量增量大小为v m ，方向竖直向上． C 动量增量大小为0v m 2 ，方向竖直向下． D 动量增量大小为v m 2 ，方向竖直向上．4．地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为（ A ）。
A GMR mB R GMmC R GMmD R GMm25．一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动（ω沿Z 轴正方向）。
设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r 543++=，其单位为m 210-，若以s m /102-为速度单位，则该时刻P 点的速度为：（ C ）A υ ＝94.2i +125.6j +157.0k ；B υ =34.4k ；C υ=-25.1i +18.8j ； D υ=-25.1i -18.8j ；6．刚体角动量守恒的充分而必要的条件是：（ B ）A 刚体不受外力矩的作用B 刚体所受合外力矩为零C 刚体所受的合外力和合外力矩均为零D 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 7．一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A=4cm 。
周期T=2s 。
其平衡位置取作坐标原点。
若t=0时刻质点第一次通过x= -2cm 处，且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x= -2cm 处的时刻为（ B ）。
A 1sB 32sC 34s D 2s8．图示一简谐波在t=0时刻的波形图，波速υ=200m/s ，则图中O 点的振动加速度的表达式为（ D ）。
大学物理试题及答案(1-4章)
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -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 ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 下述判断正确的是( )(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)是对的分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d hl t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v-t图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线．又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x-t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s QP1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin =', t TR y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t T R y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则 s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv得石子速度 )1(Bt e BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为td d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．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x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan ==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 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2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3)当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和。
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大学物理复习试题及答案目录1．质点运动学及动力学练习题 (1)质点运动学及动力学答案 (8)2．刚体定轴转动练习题 (10)刚体定轴转动答案 (13)3．狭义相对论基础练习题 (14)狭义相对论基础答案 (17)4、振动、波动练习题 (19)5．热学练习题 (35)质点运动学及动力学练习题一 判断题1．质点作圆周运动，其加速度一定与速度垂直。
（ ） 2．物体作直线运动，法向加速度必为零。
（ ） 3．物体作曲线运动，法向加速度必不为零，且轨道最弯处，法向加速度最大。
（ ）4．某时刻质点速度为零，切向加速度必为零。
（ ） 5．在单摆和抛体运动中，加速度保持不变。
（ ） 6．某人器自行车以速率V 向正东方向行驶，遇到由北向南刮来的风，（设风速也为V ），则他感到风是从东北方向吹来的。
（ ）7．质点沿x 方向作直线运动，其 v - t 图象为一抛物线，如图所示。
判断下列说法的正误：（1）21t t时加速度为零。
（ ）（2）在0 ~ t 2 秒内的位移可用图中v – t 曲线与t 轴所围面积表示，t 轴上、下部分的面积均取正值。
（ ）（3）在0 ~ t 2 秒内的路程可用图中v – t 曲线与t 轴所围面积表示，t 轴上、下部分的面积均取正值。
（ ）8．某质点的运动方程为 x =3t -5t 3+6 (SI) ，则该质点作变加速直线运动，加速度沿X 负方向。
（ ）v tt 2t 1t 1/29．物体的运动方向和合外力方向一定相同。
（）10．物体受到几个力的作用，一定产生加速度。
（）11．物体运动的速度很大，所受到的合外力也很大。
（）12．物体运动的速率不变，所受到的合外力为零。
（）13．小力作用在一个静止的物体上，只能使它产生小的速度。
（）14．小球从距地面高为h处以初速度v0水平抛出，与地面碰撞后又反弹回同样的高度，速度仍为水平方向，大小为v0在这一过程中小球的动量受恒。
（）15．物体m被放在斜面M上，如把m和M看成一个系统，判断在下列何种情形下，系统的水平方向分动量是守恒的？（1）m与M间无摩擦，而M与地面间有摩擦。
（）（2）m与M间无摩擦，而M与地面间无摩擦。
（）（3）两处都没有摩擦。
（）（4）两处都有摩擦。
（）16．不受外力作用的系统，动量和机械能必然同时守恒。
（）17．内力都为保守力，而它受的合外力为零，该系统的动量和机械能都必然守恒。
（）18．只受保守内力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒。
（）19．地球绕太阳运行，在从近日点向远日点运动过程中，下面叙述是否正确：（1）太阳的引力做正功。
（）（2）地球的动能在增加。
（ ） （3）系统的引力势能在增加。
（ ） （4）系统的机械能在减少。
（ ） （5）系统的机械能在增加。
（ ）20．在向心力的作用下，质点对力心的角动量守恒。
（ ）二 选择题 1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为υ，瞬时速率υ为，某一段时间内的平均速度为υ ，平均速率为υ，它们之间的关系必定有：（ ）A υ =υ,υ = υB υ ≠υ, υ=υC υ≠υ,υ≠υD υ =υ，υ≠υ2．质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为（υ表示任一时刻质点的速率）。
（ ） Adtd υBR2υ CRdt d 2υυ+ D)()(242Rdt d υυ+ 3．在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 船沿X 轴正向，B 船沿Y 轴正向。
今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x ，y方向单位矢量用i、j 表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度为：（ ） A 2i +2j B -2i +2jC-2i -2jD2i -2j球14．两个质量相等的小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳悬挂于天花板上，处于静止状态，如图所示。
将细绳剪断的瞬间，球1和球2的加速度分别为（ ）。
A a 1=g a 2=gB a 1=0 a 2=gC a 1=g a 2=0D a 1=2g a 2=05．竖直上抛一小球，若空气阻力大小不变，则球上升到最高点所需用的时间与从最高点下降到原位置所需用的时间相比（ ）。
A 前者长 B 前者短 C 两者相等 D 无法判断6．如图，在光滑平面上有一个运动物体P ，在P 的正前方有一个连有弹簧和挡板M 的静止物体Q ，弹簧和挡板M 的质量均不计。
P 与Q 的质量相同，物体P 与Q 碰撞后P 停止，Q 以碰前P 的速度运动，在此碰撞过程中，弹簧压缩量最大的时刻是（ ）。
A P 的速度正好变为零时B P 与Q 速度相等C Q 正好开始运动时D Q 正好达到原来P 的速度时7．一质量为m 的质点以与地的仰角 =30°的初速0v 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．A 动量增量大小为0v m ，方向竖直向下．B 动量增量大小为0v m ，方向竖直向上．C 动量增量大小为0v m 2 ，方向竖直向下． D 动量增量大PMQ小为0v m 2，方向竖直向上．8．质点系的内力可以改变（ ）。
A 系统的总质量B 系统的总动量C 系统的总动能D 系统的总角动量9．摆长为l 的单摆拉开一角度后自由释放，在摆动过程中，摆球加速度的大小为 (θ为摆角) Alv 2Bθsin g ± C222)sin g ()lv (θ+D θ2COS 31+10．在两个质点组成的系统中，若质点之间只有万有引力作用，且此系统所受外力的矢量和为零，则此系统（ ）。
A 动量与机械能一定都守恒B 动量与机械能一定都不守恒C 动量一定都守恒，机械能不一定守恒D 动量不一定都守恒，机械能一定守恒11．地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为（ ）。
AG MRm BRGMmCRG MmDRGMm 212．人造卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为A 和B ，用L 和E k 分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，B则应有（ ）。
A L A >LB , E KA >E KB B L A =L B , E KA < E KBC L A = L B , E KA > E KBD L A < L B ,E KA < E KB13．图中P 是一圆的竖直直径PC 的上端点，一质点从P 开始分别沿不同的弦无摩擦下滑时，到达各弦的下端所用的时间相比较是（ ）。
A 所用的时间都一样B 到a 用的时间最短C 到b 用的时间最短D 到c 用的时间最短14．一物体作圆周运动，则（ ）A 加速度方向必指向圆心。
B 切向加速度必定为零。
C 法向加速度必等于零。
D 合加速度必不等于零。
15．力i t F 12=(SI)作用在质量m = 2 kg 的物体上，使物体由原点从静止开始运动，则它在3 s 末的动量应为： A154-⋅⋅-s m kg iB154-⋅⋅s m kg iC127-⋅⋅-s m kg iD127-⋅⋅s m kg i16．如图，物体A 、B 质量相同，B 在光滑水平桌面上。
滑轮与绳的质量以及空气阻力均不计，滑轮与其轴之间的摩擦也不计。
系统无初速地释放，则物体A 下落的加速pabc度是： ( )A gB g/2C g/3D 4g/517．下列几种情况中不可能存在的是A 速率增加，加速度减小B 速率减小，加速度增大C 速率增大而无加速度D 速率不变而有加速度18．某物体的运动规律为dV/dt = －KV 2t ，式中的K 为大于零的常数。
当t ＝0时，初速度V 0，则速度V 与时间t 的函数关系是：（ ） A 0221V Kt V +=B0221V Kt V +-=C2121V Kt V += D2121V Kt V +-=19．对功的概念有以下几种说法：（1） 保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
（2） 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作功为零。
（3） 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中：A （1）、（2）是正确的。
B （2）、（3）是正确的。
C 只有（2）是正确的。
D 只有（3）是正确的。
20．在水平光滑的桌面上横放着一个圆筒，筒底固定着一个轻质弹簧。
今有一小球沿水平方向正对着弹簧射入筒内（如图所示），尔后又被弹出。
圆筒（包括弹簧）、小球系统在这一整个过程中：（ ）A 动量守恒，动能守恒B 动量不守恒，机械能守恒C 动量不守恒，动能守恒D 动量守恒，机械能守恒21．质点沿半径为R 的圆周做匀速率运动，每t 秒转一圈，则在2t 秒时间内，平均速度的大小与平均速率分别为 AtR2,t R 2ππ BtR2,0π C 0,0 D0,tR2π 三 填空题1．质点沿半径为R 的圆周运动，运动方程为243t +=θ（SI ），t则时刻质点的切向加速度大小=τa ；法向加速度大小=n a ；角加速度大小=α 。
2．一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时质点的速度υ0=5m/s ，则当为t=3s 时，质点的速度υ＝ 。
3．一质点的运动方程为t x 3=，14+=t y （SI ）。
则该质点运动的轨迹方程是 ，到2秒末的速率是 ，任一时刻加速度是 ，该质点作 运动。
4．一质量为1kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数3.00=μ，滑动摩擦系数16.0=μ，现对物体施一水平拉力96.0+=t F （SI ），则在4秒末物体的速度大小=υ 。
5．设质点的运动方程为j t R i t R rωωsin cos +=（式中R 、ω皆为常量），则质点的υ＝ ；dtd υ＝ 。
6．如图，一质点在几个力的作用下，沿半径为R 的圆周运动，其中一个力是恒力0F，方向始终沿X 轴正向，即0F =i F0，当质点从A 点沿逆时针方向走过3/4圆周到达B 点时，所作的功为W ＝ 。
7．一质点从P 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 ，这段时间内的平均速度大小为 ，方向是 。
8．一个力F作用在质量为1.0kg 的质点上，使之沿X 轴运动。
已知在此力作用下质点的运动方程为 X ＝3t －4t 2＋t 3 （SI ）。
在0到4（s ）的时间间隔内：力F的冲量大小I ＝，力F对质点所作的功BAXRYXPW＝。
9．某质点在力i xF)42(+=（SI）作用下沿X轴作直线运动。
在从x = 0移动到x = 10 m的过程中，力F所做功为。
10．二质点的质量各为m1、m2，当它们之间的距离由a缩短到b时，万有引力所做的功为。