2015级大学物理参考答案

1一、质点运动以及动力学一.选择题：1.解：选B。运动到最高点时速度为零，故有：024tdtdx，得t＝2s。2.解：选B。区分平均速度和平均速率的定义3.解：选C。方法一对题中给出的四个备选方程进行计算，通过微分得出速度的表达式)4(2tm/s及将t=3s代入方程可得x=9m，符合这两个条件的方程就是要选的方程。有速度dtdx/，看出只有C和D可得)4(2t，将t=3s代入各运动方程中，C可得x=9m，所以选C。方法二选用积分法。一般方法是已知速度的表达式和初始条件，即t=0时的质点位置x0，通过对速度积分，可得质点的运动方程。4.解:选C。设A、B两车沿x轴正向行驶，B车开始减速时，B车恰好在坐标原点，且此时为计时起点。由直线运动方程有：对于Adtx11（1）对于B22221attx（2）attxB2（3）B车速度为1时两车刚好不相撞。设此时为t0时刻，由上两式20020121attdt（4）由（3）有021at（5）（4）、（5）联立消去t0有：ad2)(212故两车不会相撞的最少距离为a2)(212。25.解：选（C）。当A紧靠在圆筒内壁而不下落时，A受到的摩擦力rf与重力平衡，又因为rf与筒壁提供给A的向心力N的反作用力的大小成正比，如图所示，故：mgfr2mRfr∴Rg6.解：选（A）。如图所示：2cosmrNmgNsincosRrRhRsin∴ω＝12.78rad·s-1≈13rad·s-17.解：选（B）。质点m越过A角前、后的速度如图所。由题知：3由动量定理知：)(mI所以：mmI360sin238.解：选（B）。初始位置矢量0r，末位置矢量jRr2则：RydyFxdxFrdFA200000022120RyF202RF9.解：选（A）。设质点m在B点的速率为，则由动能定理知：221mAA重摩其中mgRA重当质点运动到B点时下式满足：RmmgN2∴)3(21mgNRA摩二.填空题：1.解：∵21hhxxxMMdtdxMM，dtdx∴211hhhM42.解：⑴∵2ctdtdSdtctdS2两边积分有：tSdtctdS020∴331ctS⑵ctdtdat2⑶RtcRan4223.解：总加速度与半径夹45°角时，总加速度与圆周的正切线方向也成45°，即=45°。切向加速度大小等于向心加速度大小，所以an=a，质点从高静止出发，切向加速度为常量，速度的表达式应为tat，故有：RtaRatn222，将R=3.0m和23smat代入，可得：t＝1s此时，质点的速度大小为smtat/313质点的加速度大小为222/24.423smaaatn。4.解：x(t)作初速度为零的加速直线运动ttmFdtdx425.0tdtdx4，积分得：22tx22tdtdxx，得：dttdx22双方积分有：dttdx22，得：332txy(t)作初速度为2ms-1的匀速直线运动：5ttyy2∴jyixr)(2323mjtit5.解：(1)物体在B0处时，滑轮左边绳长为lHl0，当重物的位移为y时，右边绳长为2202220)(thHxll因绳长为)(0yHllH可得重物的运动学方程为：)(20200hHtllly5.825.722ty（2）重物B的速度为：)5.825.72(2tdtddtdy225.72tt6.解：选沿着1m、2m的运动方向为X轴正向，则由受力图知：Tam11Tgmam222因为绳不伸长：TT2212aa∴212142mmgma67.解：坐标系和受力分析如图所示，设摩擦力为f，物体沿斜面向上方运动的距离为L，则：sinhffLANfcossinmgFN∴sinsinFhctgmghA8.解：选弹簧压缩最大距离即O点为重力势能的零点，弹簧的自然长O'为弹性势能的零点。视物体和弹簧为物体系初态体系总能量为：mgxmgh末态体系总能量为：221kx体系由初态到末态的全过程中只有保守力作功.故机械能守恒。所以mgxmgh221kx∴hkmgkmgkmgx2)(2三.计算题：1.解：ctaat∵t时aat2∴ac即taaatnt后，)1(nanaaat由dtdat，有：dtadt7dttaadtv00][，得：22atat由dtds，dtdsdtatatdsts020]2[，得：)3(612tatsnt后：)3(6122nans2.解：如图以表示质点对地的速度则ughuxxcos2sin2ghyy当hy时，的大小为cos222222ghughuyx的方向与x轴的夹角γughgharctgarctgxycos2sin23.解：以地面为参考系，以螺钉松落时升降机底板的位置为坐标原点，向上为X轴正方向，以此时为t=0时刻。以x1和x2分别表示任意t时刻螺钉和底板的位置，则螺钉的运动：200121gttxx底板的运动：20221atxx0为t=0时刻升降机（及螺钉）的速度x0=d=20m，螺钉落到底板上，即x1=x2，将两式联立20)(21tagxsagxt22.08.92022084.解：设木块与弹簧接触时的动能为221m。当弹簧压缩了mx4.0时，木块的动能为零。根据动能原理：222121mkxxfrmgfkr∴1283.52smxmkgxk5.解：设炮车自斜面顶端滑至L处时，其速率为0。由机械能守恒定律知：2021sinMMgL以炮车、炮弹为物体系，在L处发射炮弹的过程中，系统沿斜面方向的外力可以忽略，则系统沿斜面方向动量守恒。故cos0mM∴sin2cosgLmM四.证明题：∵dxddtdxdxddtd2kdtd∴2kdxd，得：kdxd两边积分xvvkdxd00，得：kxe09二.刚体的定轴转动一.选择题：1.解：选（C）。∵的方向不断改变，而大小不变.∴mP不断改变质点所受外力通过圆心，所以产生的力矩为零则角动量守恒。2.解：选（C）。根据开普勒定律得出。3.解：选（D）。根据匀质圆盘对中心垂直轴的转动惯量计算式，半径为R的匀质圆盘转动惯量221mRJ当质量不变而半径变成2R时，转动惯量JmRRmJ4214)2(21'224.解：选（B）。选子弹和棒为系统系统对转轴的力矩为零，所以系统角动量守恒。设所求棒的角速度为ω以俯视图的逆时针方向为正方向。初角动量：mL末角动量：2312MLmL所以由角动量守恒定律：2312MLmLmL∴MLm23105.解：选（B）。用0和分别表示三个轮子啮合前后的角速度的大小，每个轮子对转轴的转动惯量都用J表示。在啮合前，以转动方向相同的两个轮子的转动方向为转动正方向，三个轮子组成的系统对转轴的角动量为2J0-J0=J0；在啮合后它们对转轴的角动量为3J。在啮合过程中，它们受到的力都通过转轴，力矩为零，对转轴角动量守恒。J0=3J可得=0/3啮合后系统的角速度大小是原角速度的1/3。6.解：选A7.解：选B二.填空题：1.解：∵角动量为J，系统的转动惯量为：2221)32()3(2mmIII系统的角速度为：32∴mmmI32])32()3(2[222.解：如图距转轴x处选dx线元其线元所受重力为：gdxm所以杆转动时线元dx所受摩擦力矩大小为：xgdxm所以杆转动时所受摩擦力矩大小为：mgxgdxmM210113.解：选人、转椅和双手各持的哑铃为系统，系统变化过程中所受外力矩为零，所以系统的角动量守恒。由角动量守恒定律有：初角动量：121)(II其中215mkgI，222)6.0(52mkgI，115srad末角动量：)(21II其中215mkgI，I’2＝2×5×(0.2)2kg·m2，ω为所求。则)()(21121IIII∴ω＝8rad·s-14.解：选子弹和杆为系统，在子弹射入前后瞬间，系统对转轴所受外力矩为零，所以系统动量矩守恒。初角动量为：032m末角动量为：])32(31[22mM])32(31[32220mMm∴)43(60mMm5.解：①由已知及转动定律有：JkM2当031时，Jk920②由动量矩定理有：JddtkJdMdt20003123100kJkJddtt12∴02kJt6.解：细杆置于水平位置时，重力对转轴的力矩为/2Mmgl，细杆对转轴的转动惯量为213Jml。根据转动定理MJ，可得在释放的瞬间，杆的角速度的大小为：/3/2MJgl当细杆转到竖直位置时，重力的反向延长线通过转轴，对转轴的力矩为0，根据转动定理，其角加速度的大小为0。7.解：根据角动量守恒])2([2000RmJJ02041JmR8.解：在小球下落过程中，对小球与地球系统，因仅有重力做功，所以机械能守恒，设小球碰撞前速度为，则有21(1cos)2mglm（1）由于对小球与细杆组成的系统在碰撞中动量守恒，所以有'mmml（2）上式中’为小球碰后的速度，为细杆碰后的角速度。又因为是弹性碰撞，故在碰撞中机械能守恒，所以又满足、2'2221111()2223mmml（3）碰撞后细杆处于上升过程，对于细杆与地球组成的系统具有机械能守恒，因而有22111()(1cos)2323mlmgl（4）由（1）、（2）、（3）、（4）联立求解：2cos3三.计算题：131.解：方法一：在运动过程中，物体作平动，滑轮作定轴转动，对于平动物体应用牛顿定律，对滑轮应用转动定律，列出如下方程组：maTmg2)21()(212MRRTTkxT1Ra由此解得2Mmkxmga而dxddtdxdxddtda得2Mmkxmgdxd移项dxMmkxmgd2积分dxMmkxmgdh200得：2/1222Mmkhmgh方法二将物体、滑轮、弹簧以及地球作为一个系统，在运动过程中，内力所做功代数和为零，轴上支持力不做功，只有重力和弹性力做功，所以系统机械能守恒。取物体的初始位置处为重力势14能零点，则有mghkhMRm222221212121R得：2/1222Mmkhmgh2.解：分两个过程求解第一，小球和棒做完全弹性碰撞。以小球和棒为研究系统，因系统所受的合外力矩为零，所以系统的动量矩守恒，即有：20013mlmlml①因其碰撞为完全弹性，因此系统的动能不变：2222001111()2223mmml②其中0为小球的初速度，和分别为碰撞后小球的速度和棒具有的角速度。第二，从棒碰撞后得到的角速度，使得它上升至=60o处。以棒和地球为研究系统，因系统中无外力和非保守力做功，所以系统具有机械能守恒，即有：220011(1cos60)()223olmgml③联立求解上述三个方程，可得：03612Mmglm3.解：①选A、B两轮为系统，啮合过程中只有