大学物理大作业(一;三;五)
大学物理学 大作业参考解答
静电场中的导体和电介质
大作业参考解答
选择题1：当一个带电导体达到静电平衡时， （A）导体表面上电荷密度较大处电势较高； （B）导体表面曲率较大处电势较高； （C）导体内部的电势比导体表面的电势高； （D）导体内任一点与表面上任一点的电势差等于零。
NIZQ 第1页
大学物理学
静电场中的导体和电介质
d a
a
E dx
x
d a d ln ln 0 a 0 a
0 q 1 C U U A U B ln d a
NIZQ 第18页
大学物理学
静电场中的导体和电介质
计算题3：如图所示，在一不带电的金属球旁，有一点电荷 +q，金属球半径为R，点电荷+q与金属球球心的间距为d， 试求： （1）金属球上感应电荷在球心处产生的电场强度。 （2）若取无穷远处为电势零点，金属球的电势为多少？
-σ1 σ1 σ2 -σ2
d1 (A) d2 (C) 1
d2 (B) d1 d2 (D) 2 d1
2
d1
d2
1 2 d1 d2 0 0
NIZQ 第8页
大学物理学
静电场中的导体和电介质
填空题1：如图所示，两同心导体球壳，内球壳带 电量+q，外球壳带电量 -2q . 静电平衡时，外球壳 的内表面带电量为 ；外表面带电量 -q 为 。 -q
q CU r C 0U r q 0
U E E0 d
1 1 1q 2 W qU CU r E0 2 2 2C
NIZQ 第16页
2
计算题1：两块相互平行的导体板a和b ，板面积均为S，
大学物理学
静电场中的导体和电介质
刘永才 大学物理基础
3、热力学第一定律的数学表达式是什么？其物理意义是什么？
答：热力学第一定律是阐明能量转换及守恒的一个基本定律,它反映了工质在热力过程中的能量转换的数量关系.在工质不发生流动时,数学表达式为：q＝u＋W.这可以表述为：一般情况下,加给工质的热量一部分消耗于作膨胀功,另一部分蓄存于工质内部,增加了工质的内能.热可以转变为功,功也可以转变为热,一定量的热消失时,必产生一定量的功；消耗了一定量的功时,必产生与之对应的一定量的热.
（1）求振动的周期；
（2）求加速度的最大值；
（3）写出振动表达式。
4、一简谐横波以0.8m/s的速度沿一长弦线传播。在x=0.1m处，弦线质点的位移随时间的变化关系为 。试写出波函数。
5、用波长λ=500nm的单色光垂直照射在由两块玻璃板（一端刚好接触成为劈棱）构成的空气劈尖上。劈尖角θ=2×10-4rad。如果劈尖内充满折射率为n=1.40的液体。求从劈棱数起第五个明条纹在充入液体前后移动的距离。
6、什么是可逆过程？
7、简谐振动的数学表达式是什么？描述简谐振动的三个特征量是什么？
答：以x表示位移，t表示时间，这种振动的数学表达式为：式中A为位移x的最大值，称为振幅，它表示振动的强度；ωn表示每秒中的振动的幅角增量，称为角频率，也称圆频率；
称为初相位。以f=ωn/2π表示每秒中振动的周数，称为频率；它的倒数，T=1/f，表示振动一周所需的时间，称为周期。振幅A、频率f（或角频率ωn）、
5、热力学第二定律的微观本质是什么？
答：热力学第二定律就是熵增原理，第一定律是能量守恒原理，两个定律是相互独立的，他们的其中一个是说第一类永动机不可能，另一个是说第二类永动机不可能。两个定律是相对独立的，他们是热力学的两块基石，所有的一切热力学结论，定理都是由这两块基石推出来的，和等效原理在相对论中的地位相同，爱因斯坦本人是这么说的。
济南大学大学物理大作业完整答案
济南大学大学物理大作业答案完整版第1章 质点运动学§1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1. (B)2. (B)3. 8 m10 m4. ()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2)二．计算题1解: (1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m2解： =a d v /d t 4=t ，d v 4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv=2t 2v=dx/dt=2t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)§1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 16R t 24rad /s 24. -c(b -ct )2/R二．计算题1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3. (A)4.0321=++v v v二．计算题1.解：选取如图所示的坐标系，以V表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ，αsin 2gy V y y ==v当y =h 时，V的大小为： ()2cos 222222αgh u gh uy x ++=+=V V V V 的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg 11V V第2章 牛顿定律§2.3 牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E)4. l/cos 2θ5. θcos /mgθθcos sin gl二．计算题1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f和质量为m 的物块对它的拉力F的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F 的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分m 物块是静止的，因而F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故2.372max =+=ωμM Mgmg r s mm 2分 4.122min=-=ωμM Mg mg r s mm 2分γ v2. 解：球A 只受法向力N 和重力g m，根据牛顿第二定律法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分由①式可得 )/c o s (2R g m N v +=θ 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分三．理论推导与证明题 证：小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件： t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v -v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v第3章 功和能§3.3 动能定理一．选择题和填空题 1. (B) 2. (C)3. 1.28×104 J4. 18 J 6 m/s二．计算题1. 解：用动能定理，对物体⎰⎰+==-402402d 610d 021x x x F m )(v 3分3210x x +=＝168解出 v ＝13 m/s 2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题1.(C)2. 20kx2021kx -2021kx3. R GmM 32RG m M 3-4. 保守力的功与路径无关W = -ΔE P二．计算题1. 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′= 5.34 m/s 1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2.)(mr k )2(r k -二．计算题1. (1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m-其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分al -a⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m v 3分3分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分 2. 解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l ，劲度系数为k ．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有h G kl h G 12121sin 2.0-=-α ① 2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：22221sin 2.0kl h G h G -=-α ② 2分由式①和②联立解得： 372.030sin 2.030sin 21=-︒+︒=G G 1分第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ²s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q mt ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v 2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆ 于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分 方向： ︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ²m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++(2) ∵βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ物体上升的高度h = R θ = 6.12³10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ²s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ²m 2分 (3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 110 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分a§5.4 动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（C) 4.（D)5. 031ω6. ()212m R J m r J ++ω 7. ()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 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ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ²s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分答案 第六章 振动§6.1-1简谐振动 振幅 周期和频率 相位1-2.BB3. 1.2 s 1分; －20.9 cm/s 2分.4. 0.05 m 2分; -0.205π（或-36.9°）2分.5. )212cos(π-πT t A 2分; )312cos(π+πT t A 2分.二计算题1. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5³10-2m/s 2 2分(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分 2. 解：(1) 1s 10/-==m k ω 1分, 63.0/2=π=ωT s 1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 由 2020)/(ωv +=x A 得 3.12020-=--=x A ωv m/s 2分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3 2分;∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4. b ，f 2分; a ，e 2分.5. 9.90³102 J 3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7. π 1分; - π /2 2分; π/3． 2分.8. 10 cm 1分; (π/6) rad/s 1分; π/3 1分. 二.计算题1. 解：旋转矢量如图所示． 图3分由振动方程可得 π21=ω，π=∆31φ 1分667.0/=∆=∆ωφt s 1分2. 解：(1) 设振动方程为 )cos(φω+=t A x-由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv 解上面两式，可得 φ = 2π/3 2分由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得 )3/22c o s (100π+=ω(SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12 2分 故所求振动方程为：)3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI) 1分 3. 解：依题意画出旋转矢量图3分。
大学物理标准化作业答案
x)
Acos 2p( t x 2 L)
， 则入射波的表达式为y1 = __________________．
O
L
Bx
三、1（5519）在绳上传播的入射波表达式为 y1 Acos(t 2p
，入射波在x = 0处绳端反射，反射端为自由端．设反射波不
x
)
衰减，求驻波表达式．
解：入射波在x = 0处引起的振动方程为 y10 Acost
2
22
波节:
2π x
p
2
(2n 1) p
2
xn
2
n 0,1,2,3
3 如图所示，一平面简谐波沿x轴正方向传播，BC为波密媒
质的反射面．波由P点反射，OP = 3 /4， DP 6在t = 0时，O处质
(A) 动能为零，势能最大． (B) 动能为零，势能为零． (C) 动能最大，势能最大． (D) 动能最大，势能为零［ C ］
二、填空题 3、在同一媒质中两列频率相同的平面简谐波的强度之比I1 / I2 = 16，
则这两列波的振幅之比是A1 / A2 = _______4__________．
一、选择题
(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式；
(3) 波腹和波节的位置．
解： (1)
y10
A cos 2π t T
y20
A cos(2π t T
p)
y2
A cos[2π( t T
x)p]
(2)
xp
tp
y
y1
y2
2 A cos(2π
) cos(2π
2
T
) 2
(3) 波腹: 2π x p np x (n 1) n 1,2,3,4
大学物理 冲量和动量
动量、冲量 、动量定理、动量守恒 动能、功、动能定理、机械能守恒
第四章 冲量和动量
4
物理学
第五版
4-1 质点动量定理
4-2 质点系动量定理
4-3 动量守恒定律 基本要求 1、理解动量定理； 2、掌握动量守恒定律。
第四章 冲量和动量
5
一
4.1 冲量
质点动量定理
力的时间积累
动量 p m v dp d (m v) F dt dt Fdt dp d (m v) t2 F d t p 2 p1 m v 2 m v1
神舟六号发射成功
注：照片摘自新华网
第四章 冲量和动量
30
大作业： P9：一.
P10.全做
课下请预习第六章 并复习前四章
第四章 冲量和动量
31
x
m v1
O
mv2
y
第四章 冲量和动量
11
解
取钢板和球为研究对象，冲力远大于重力。
I F t mv2 mv1
由动量定理有：
Fx t mv2 x mv1x
mv cos (mv cos )
x
m v1
O
2mv cos
Fy t mv2 y mv1 y
分量表示
Iy Iz
t1 t2
t1
说明 某方向受到冲量，该方向上动量就增加．
第四章 冲量和动量
9
F 为恒力
I Ft P
F作用时间很短时，可用力的平均值来代替。 F为恒力时，可以得出:
由此可求平均作用力：
第四章 冲量和动量
大学物理下 恒定磁场习题解答2016
2R
3．在半径为R的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r的长直金 属圆柱体,两柱体轴线平行,其间距为a (a>r),如图所示.今在此导 体上通以电流I,电流在截面上均匀分布,方向平行于轴线. 求: (1) 圆柱空腔轴线上磁感应强度; I (2) 空腔中任一点的磁感应强度. R
解:(1)用补偿法
原电流分布等效于： I1 实心圆柱电流 空腔部分反向电流 电流密度： j
8. 如图，半圆形线圈(半径为R)通有电流 I．线圈处在 与线圈平面平行向右的均匀磁场 B 中．则线圈的磁 矩为__________，线圈所受磁力矩的大小为 __________，方向为_______． O B
× d d F Idl B I ( dl ) B c c × I 2 IaB ×
3.真空中稳恒电流I流过两个半径分别为R1，R2的同心 半圆形导线，两半圆导线间由沿直径的直导线连接， 电流沿直导线流入。(1)如果两个半圆共面(图1),圆心 0 I 1 1 B0 方向为 O点的磁感强度 B0 的大小为____________， ( - ) 4 R R 2 1 ____________________； 垂直纸面向外
一、选择题
大作业题解
1. 在一平面内，有两条垂直交叉但相互绝缘的导线， 流过每条导线的电流 i 的大小相等， 其方向如图所 示，问哪些区域中某些点的磁感应强度B可能为零？ （ ） A、仅在象限Ⅰ C、仅在象限Ⅰ、Ⅳ B、仅在象限Ⅱ D、仅在象限Ⅱ 、 Ⅳ i Ⅰ Ⅱ
恒定磁场
答案：D
Ⅲ
Ⅳ i
2．有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正 方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在 各自中心产生的磁感应强度的大小之比B1/B2为 (A) 0.90． (B) 1.00． (C) 1.11． (D) 1.22． 答案：C
材料成型及控制工程(金属材料成型及控制)
材料成型及控制工程（金属材料成型及控制）Materials Molding & Control Engineering（METAL）专业代码：080302学制：4年培养目标：本专业培养掌握材料成型及其过程控制的基本知识和技能，能在材料成型过程的控制和工艺优化、新材料新产品的开发和制备、材料成型的模具设计和计算机模拟等领域从事科学研究、技术开发及经营管理工作的高级复合型人才。
目标1：（扎实的基础知识）主要学习材料科学、材料成型、金属材料及热处理、计算机和自动控制工程等的基础理论与专业知识，培养学生掌握扎实的专业基本原理、方法和手段等方面的基础知识，并通过接触和掌握本领域的先进方法，接受现代科学和工程技术的基础训练，掌握扎实的专业基础知识和基本技能，为将所学基础知识应用到金属材料成型与控制工程实践中去做好准备。
目标2：（解决问题能力）培养学生能在金属材料成型的机械与模具设计、过程的控制和工艺优化、新材料与新产品开发等领域，能够创造性地利用金属材料加工成型基本原理解决实践和工业需求遇到的问题。
能从事本专业的科学研究、技术开发及经营管理工作的高级复合型能力。
目标3：（团队合作与领导能力）培养学生在团队中的沟通和合作能力，进而能够具备金属材料成型工程领域的领导能力。
培养学生具有一定的团队合作精神，并具备科学决策和组织管理的基本能力。
目标4：（工程系统认知能力）让学生认识到金属材料成型是实现金属材料工业实用化系统的设计和装备的重要组成部分，并使之服务于社会、服务于世界。
目标5：（专业的社会影响评价能力）培养学生正确看待金属材料成型对人们日常生活、工商业的经济结构以及人类健康所产生的潜在影响，从而具有一定的金属材料成型专业的社会影响评价能力。
目标6：（全球意识能力）培养学生能够在全球化的环境里保持清晰意识，有竞争力地、负责任地行使自己的职责。
目标7：（终身学习能力）金属材料成型及控制工程毕业生能够胜任各种经历的职业生涯，具备终身学习的能力。
面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——刚体力学作业
L2
−
L1
=
J 2ω2
−
J1ω1
质点的动量定理
dpr
=
r F
⋅
dt
∫ r
I
=
tr F ⋅ dt =
t0
pr − pr0 = mvr − mvr0
三、刚体的角动量守恒定律
1. 角动量守恒定律
∫ 由角动量定理
r M
当
r M外
=
0
时，
外
d
t r
ΔL
= =
Δ 0
r L
r L
=
恒矢量
P.6
1
区分两类冲击摆
(1)
大作业题解
刚体力学
第3章 刚体力学基础
一、对转轴的力矩
r M
=
rr
×
r F
单位：N·m
r M
=
rr
×
r F⊥
r M
=
rr
×
r F
大小: 方向:
M = Frsinϕ
rr
→
r F
右旋前进方向
二、定轴转动定律
M z = Jβ
P.2
转动惯量(moment of inertia)
∑ 1. 定义 J = iri2mi 单位: kg ⋅ m 2
l/4 O
[ A]
mg l = 1 Jω 2 J = 7 ml 2
22
48
⇒ ω = 4 3g 7l
P.11
9．如图所示，一人造卫星到地球中心C的最大距离和
最小距离分别为RA和RB。设人造卫星对应的角动量分
别为LA和LB，动能分别为EkA和EkB，则有
(A) LB > LA，EkB > EkA
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《大学物理》学期作业一质点运动学与牛顿运动定律学院专业班级姓名学号一. 选择题1. 以下四种运动，加速度保持不变的运动是 (A) 单摆的运动； (B) 圆周运动； (C) 抛体运动； (D) 匀速率曲线运动.2. 质点在y 轴上运动，运动方程为y =4t 2-2t 3，则质点返回原点时的速度和加速度分别为: (A) 8m/s, 16m/s 2. (B) -8m/s, -16m/s 2. (C) -8m/s, 16m/s 2. (D) 8m/s, -16m/s 2.3. 物体通过两个连续相等位移的平均速度分别为v 1=10m/s ，v 2=15m/s ，若物体作直线运动，则在整个过程中物体的平均速度为(A) 12 m/s. (B) 11.75 m/s. (C) 12.5 m/s. (D) 13.75 m/s.4. 质点沿X 轴作直线运动,其v- t 图象为一曲线,如图1.1,则以下说法正确的是(A) 0～t 3时间内质点的位移用v- t 曲线与t 轴所围面积绝对值之和表示, 路程用v- t 曲线与t 轴所围面积的代数和表示；(B) 0～t 3时间内质点的路程用v- t 曲线与t 轴所围面积绝对值之和表示, 位移用v- t 曲线与t 轴所围面积的代数和表示；(C) 0～t 3时间内质点的加速度大于零； (D) t 1时刻质点的加速度不等于零.5. 质点沿XOY 平面作曲线运动,其运动方程为:x =2t , y =19-2t 2. 则质点位置矢量与速度矢量恰好垂直的时刻为(A) 0秒和3.16秒. (B) 1.78秒.图1.1(C) 1.78秒和3秒.(D)0秒和3秒.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. 由于地球自转，静止于地球上的物体有向心加速度，下面说法正确的是(A) 静止于地球上的物体,其向心加速度指向地球中心；(B) 荆州所在地的向心加速度比北京所在地的向心加速度大；(C) 荆州所在地的向心加速度比北京所在地的向心加速度小；(D) 荆州所在地的向心加速度与北京所在地的向心加速度一样大小.8. 下列情况不可能存在的是(A) 速率增加,加速度大小减少；(B) 速率减少,加速度大小增加；(C) 速率不变而有加速度；(D) 速率增加而无加速度；(E) 速率增加而法向加速度大小不变.9. 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/s2,则质点速度和加速度的大小为(A) 1m/s, 1m/s2.(B) 1m/s, 2m/s2.(C) 1m/s, 2m/s2.(D) 2m/s, 2m/s2.10. 一抛射体的初速度为v0,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) g cosθ ,0 , v02 cos2θ/g.(B) g cosθ , g sinθ, 0.(C) g sinθ, 0, v02/g.(D) g ,g ,v02sin2θ/g.11. 下面说法正确的是(A) 物体在恒力作用下，不可能作曲线运动； (B) 物体在变力作用下，不可能作直线运动；(C) 物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下，作匀速园周运动； (D) 物体在不垂直于速度方向力的作用下,不可能作园周运动；(E) 物体在垂直于速度方向，但大小可变的力的作用下，可以作匀速曲线运动. 12. 如图1.2(A)所示，m A >μm B 时,算出m B向右的加速度为a ,今去掉m A 而代之以拉力T =m A g , 如图1.2(B)所示,算出m B 的加速度a ',则(A) a > a '. (B) a = a '. (C) a < a '. (D) 无法判断.13. 把一块砖轻放在原来静止的斜面上，砖不往下滑动，如图1.3所示，斜面与地面之间无摩擦，则(A) 斜面保持静止. (B) 斜面向左运动. (C) 斜面向右运动. (D) 无法判断斜面是否运动.14. 如图1.4所示，弹簧秤挂一滑轮，滑轮两边各挂一质量为m 和2m 的物体，绳子与滑轮的质量忽略不计，轴承处摩擦忽略不计，在m 及2m 的运动过程中，弹簧秤的读数为(A) 3mg . (B) 2mg . (C) 1mg . (D) 8mg / 3.15. 如图1.5所示,手提一根下端系着重物的轻弹簧,竖直向上作匀加速运动,当手突然停止运动的瞬间,物体将(A) 向上作加速运动.图1.2图1.4＜ ＜ ＜ ＜ 图1.5a(B) 向上作匀速运动.(C) 立即处于静止状态.(D) 在重力作用下向上作减速运动.二. 填空题1. 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为s=5+4t-t2 (SI),则小球运动到最高点的时刻为t= 秒.2. 一质点沿X轴运动, v=1+3t2 (SI), 若t=0时,质点位于原点.则质点的加速度a= (SI)；质点的运动方程为x= (SI).3. 一质点的运动方程为r=A cosω t i+B sinω t 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 .4. 一人骑摩托车跳越一条大沟,他能以与水平成30°角,其值为30m/s的初速从一边起跳,刚好到达另一边,则可知此沟的宽度为 .5. 任意时刻a t=0的运动是运动；任意时刻a n=0的运动是运动；任意时刻a=0的运动是运动；任意时刻a t=0, a n=常量的运动是运动.6. 已知质点的运动方程为r=2t2i+cosπt j (SI), 则其速度v= ；加速度a= ；当t=1秒时,其切向加速度τa= ；法向加速度n a= .7. 如图2.1所示，一根绳子系着一质量为m的小球，悬挂在天花板上，小球在水平面内T cosθ-mg = 0 (1)也有人在沿绳子拉力方向求合力写出T - mg cosθ= 0 (2)显然两式互相矛盾，你认为哪式正确？答 .理由是 .三．计算题1. 湖中有一条小船，岸边有人用绳子通过岸上高于水面h的滑轮拉船，设人收绳的速率为v0，求船的速度u和加速度a.2. 一人站在山脚下向山坡上扔石子,石子初速为v0,与水平夹角为θ(斜向上),山坡与水平面成α角.(1) 如不计空气阻力,求石子在山坡上的落地点对山脚的距离s；(2) 如果α值与v0值一定,θ取何值时s最大,并求出最大值s max.3. 一轻杆CA以角速度ω绕定点C转动,而A端与重物M用细绳连接后跨过定滑轮B,如图3.1所示.试求重物M的速度.(已知CB=l为常数,ϕ=ωt,在t时刻∠CBA=α,计算速度时α作为已知数代入).4. 质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度成正比,比例系数为k,忽略子弹的重力,求：(1) 子弹射入沙土后,速度随时间变化的函数关系式；(2) 子弹射入沙土的最大深度.《大学物理》学期作业三刚体力学基础学院专业班级姓名学号一.选择题1. 以下运动形态不是平动的是 (A) 火车在平直的斜坡上运动； (B) 火车在拐弯时的运动； (C) 活塞在气缸内的运动； (D) 空中缆车的运动.2. 以下说法正确的是(A) 合外力为零,合外力矩一定为零； (B) 合外力为零,合外力矩一定不为零； (C) 合外力为零,合外力矩可以不为零； (D) 合外力不为零,合外力矩一定不为零； (E) 合外力不为零,合外力矩一定为零.3. 有A 、B 两个半径相同,质量相同的细圆环.A 环的质量均匀分布,B 环的质量不均匀分布,设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为I A 和I B ,则有(A) I A ＞I B . (B) I A ＜I B .(C) 无法确定哪个大. (D) I A ＝I B .4. 质量为m , 内外半径分别为R 1、R 2的均匀宽圆环,求对中心轴的转动惯量.先取宽度为d r 以中心轴为轴的细圆环微元,如图1.1所示.宽圆环的质量面密度为σ = m /S =m /[π (R 22－R 12)],细圆环的面积为d S =2πr d r ,得出微元质量d m = σd S = 2mr d r /( R 22－R 12),接着要进行的计算是,(A) I =()2d 2d 212221223221R R m R R r mr m r mR R +=-=⎰⎰. (B) I =⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=mR R R R R r mr R m 2221222221d 2)d (=mR 22. (C) I =⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m R R R R R r mr R m 2121222121d 2)d (=mR 12. 图1.1(D) I =()42d 22)d (212212212221221R R m R R R R r mr R R m m R R +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛+⎰⎰. (E) I =()42d 22)d (212212212221221R R m R R R R r mr R R m m R R -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛-⎰⎰. (F) I =⎰mR m 22)d (－⎰mR m 21)d (=m (R 22－R 12) . (G) I =I 大圆－I 小圆=m (R 22－R 12)/2.5. 一质量为m ,长为l 的均质细杆可在水平桌面上绕杆的一端转动,杆与桌面间的摩擦系数为μ,求摩擦力矩M μ . 先取微元细杆d r ,其质量d m = λd r = (m /l )d r .它受的摩擦力是d f μ=μ(d m )g =(μmg /l )d r ,再进行以下的计算,(A) M μ=⎰r d f μ=⎰lr r lmgd μ=μmgl/2.(B) M μ=(⎰d f μ)l/2=(⎰lr l mgd μ)l/2=μmgl/2.(C) M μ=(⎰d f μ)l/3=(⎰l r l mg0d μ)l/3=μmgl/3.(D) M μ=(⎰d f μ)l =(⎰l r lmg0d μ)l =μmgl .6. 以下说法错误的是:(A) 角速度大的物体,受的合外力矩不一定大； (B) 有角加速度的物体,所受合外力矩不可能为零； (C) 有角加速度的物体,所受合外力一定不为零；(D) 作定轴（轴过质心）转动的物体,不论角加速度多大,所受合外力一定为零. 7. 在定轴转动中,如果合外力矩的方向与角速度的方向一致,则以下说法正确的是: (A) 合力矩增大时, 物体角速度一定增大； (B) 合力矩减小时, 物体角速度一定减小； (C) 合力矩减小时,物体角加速度不一定变小； (D) 合力矩增大时,物体角加速度不一定增大.8. 质量相同的三个均匀刚体A 、B 、C, 如图1.2所示。