大学物理(上)期末复习题

1-6已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为32262ttx,式中x的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t＝4s时质点的速度和加速度．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＝9m,v＝2m·ｓ-1,求质点的运动方程．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-Bv,式中A、B为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．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vvBAtadd(1)用分离变量法把式(1)改写为tBAddvv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有ttBA0ddd0vvvvv得石子速度)1(BteBA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(ddBteBAtyv并考虑初始条件有teBAytBtyd)1(d00得石子运动方程)1(2BteBAtBAy1-22一质点沿半径为R的圆周按规律2021bttsv运动,v0、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？解(1)质点作圆周运动的速率为btts0ddvv其加速度的切向分量和法向分量分别为btsat22dd,RbtRan202)(vv故加速度的大小为R)(402222btbaaaattnv其方向与切线之间的夹角为Rbbtaaθtn20)(arctanarctanv(2)要使｜a｜＝b,由bbtbRR4022)(1v可得bt0v(3)从t＝0开始到t＝v0/b时,质点经过的路程为bssst2200v因此质点运行的圈数为bRRsnπ4π220v1-24一质点在半径为0.10m的圆周上运动,其角位置为342tθ,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？解(1)由于342tθ,则角速度212ddttθω．在t＝2ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s2sm30.2ωratn2s2sm80.4ddtωratt(2)当22212/tntaaaa时,有223ntaa,即422212243trrt得3213t此时刻的角位置为rad15.3423tθ(3)要使tnaa,则有422212243trrtt＝0.55ｓ2-15轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg．飞机以55.0m·ｓ-1的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0×102N·ｓ-1,空气对飞机升力不计,求：(1)10ｓ后飞机的速率；(2)飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有ddFmttvttmtα0dd0vvv得202tmαvv因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v＝30m·ｓ-1又txxttmαx0200d2dv故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离m4676300tmαtxxsv2-20质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0m·ｓ-1竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr＝kv,且k＝0.03N/(m·ｓ-1)．(1)求物体发射到最大高度所需的时间．(2)最大高度为多少？解(1)物体在空中受重力mg和空气阻力Fr＝kv作用而减速．由牛顿定律得tmkmgddvv(1)根据始末条件对上式积分,有vvvvv0dd0kmgmtts11.61ln0mgkkmtv(2)利用yvtddddvv的关系代入式(1),可得ymkmgddvvv分离变量后积分000ddvvvvkmgmyy故m1831ln00vvmgkkmgkmy2－35质量为m的子弹以速度0v水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，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式；（2）子弹进入沙土的最大深度。3-7质量为m的物体,由水平面上点O以初速为v0抛出,v0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1)物体从发射点O到最高点的过程中,重力的冲量；(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．3-10质量为m的小球,在合外力F＝-kx作用下运动,已知x＝Acosωt,其中k、ω、A均为正常量,求在t＝0到ωt2π时间内小球动量的增量．3-12一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6m．爆炸1.00s后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102m．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)解取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A的速度的水平分量为hgxtxx21010v(1)物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为21121gtthyv当该碎片落地时,有y1＝0,t＝t1,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度12121tgthv(2)又根据动量守恒定律,在最高点处有xxmm2021vv(3)ymm2121210vv(4)联立解式(1)、(2)、(3)和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为1102sm100222hgxxxvv112112sm7.1421tgthyvv爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为2212tvxxx(5)2222221gtthyyv(6)落地时,y2＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x2＝500m3-14质量为m′的人手里拿着一个质量为m的物体,此人用与水平面成α角的速率v0向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？(假设人可视为质点)解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有ummαmmvvvcos0式中v为人抛物后相对地面的水平速率,v-u为抛出物对地面的水平速率．得ummmαcos00vv人的水平速率的增量为ummmαcosΔ0vvv而人从最高点到地面的运动时间为gαtsin0v所以,人跳跃后增加的距离gmmαmtxsinΔΔ0vv3-19一物体在介质中按规律x＝ct3作直线运动,c为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0＝0运动到x＝l时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)解由运动学方程x＝ct3,可得物体的速度23ddcttxv按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299xkctkckFv则阻力的功为2/34/32/37/300027dcos180d9d7llloWFxkcxxkclFx3-20一人从10.0m深的井中提水,起始桶中装有10.0kg的水,由于水桶漏水,每升高1.00m要漏去0.20kg的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．解水桶在匀速上提过程中,a＝0,拉力与水桶重力平衡,有F＋P＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P＝mg-αgy其中α＝0．2kg/m,人对水桶的拉力的功为J882dd1000yagymgWlyF3-22一质量为m的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r的圆周运动．设质点的最初速率是v0．当它运动一周时,其速率为v0/2．求：(1)摩擦力作的功；(2)动摩擦因数；(3)在静止以前质点运动了多少圈？解(1)摩擦力作功为20202k0k832121vvvmmmEEW(1)(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ＝μmg,故有mgμrπsFW2180cosof(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ16320v(3)由于一周中损失的动能为2083vm,则在静止前可运行的圈数为34k0WEn圈3-30质量为m的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B后,速率由v减少到v/2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？解由水平方向的动量守恒定律,有vvvmmm2(1)为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则lmgmh2v(2)式中v′h为摆锤在圆周最高点的运动速率．又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有221221hmglmmvv(3)解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为glmm52v5－1电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E(设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x变化的关系曲线为图(B)中的()5－10一半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5－3节的例1可以看出，所有平行圆环在轴线上P处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθRδSδqdsinπ2dd2，在点O激发的电场强度为iE3/2220dπ41drxqxε由于平行细圆环在点O激发的电场强度方向相同，利用几何关系θRxcos，θRrsin统一积分变量，有θθθεδθθRπδRθRπεrxqxπεEdcossin2dsin2cos41d41d02303/2220积分得02/004dcossin2εδθθθεδEπ5－12两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1)求两导线构成的平面上任一点的电场强度(设该点到其中一线的垂直距离为x)；(2)求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析(1)在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2)由F＝qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F＝λE.应该注意：式中的电场强度E是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解(1)设点P在导线构成的平面上，E＋、E－分别表示正、负带电导线在P点的电场强度，则有iiEEExrxrελxrxελ00000π211π2(2)设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有iEF00π2rελλiEF002π2rελλ显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5－17设在半径为R的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为Rrρkrρ0Rr0k为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.解1因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理Vρεd1d0SE得球体内(0≤r≤R)400202πdπ41π4rεkrrkrεrrErrεkrreE024球体外(r＞R)400202πdπ41π4rεkrrkrε