1、1大學物理規(guī)范作業(yè)總（01）質點運動學2一、選擇題一、選擇題1.1.若一質點的運動方程為若一質點的運動方程為 則其速度大小為：則其速度大小為：),(yxrr22)()()(,)(,)(,)(dtdydtdxDdtrdCdtrdBdtdrAjdtdyidtdxdtrdv（D）為位矢大小的變化率，不是速度大小。22)()(|dtdydtdxdtrdvvdtdrdtrd|分析：速度速度大小32.2.一斜拋物體的水平初速度為一斜拋物體的水平初速度為v v0 x0 x , ,它在軌道的最高它在軌道的最高點時曲率圓的半徑是：點時曲率圓的半徑是： （ ）(A) (B) (C) (D)(A) (B) (C)

2、(D) 在軌道的最高點時物體的切向加速度為零，法向加速度為g，速率為v0 x 。gvx2/0gvx2/20gvx/220gvx/2020 xnvga曲率圓的半徑為：gvx20D分析：anaganag43.3.一質點作直線運動，某時刻的瞬時速度為一質點作直線運動，某時刻的瞬時速度為 ，瞬時加速度為，瞬時加速度為 。 則一秒后質點的則一秒后質點的速度：速度：)( 21smv)(22sma（A) 等于零等于零（B）等于）等于（C）等于）等于（D）不能確定）不能確定)(21sm)(21sm（D） 只告訴該時刻的瞬時加速度，并不知道加速度的變化規(guī)律，所以一秒后質點的速度無法確定。分析：5二、填空題二、填

3、空題1 . .已知質點的運動方程為已知質點的運動方程為 質點在頭兩秒內(nèi)的平均速度的大小是質點在頭兩秒內(nèi)的平均速度的大小是 。),()43(62SIjtitr由平均速度的定義：trrv)0()2(smjijji/)312(241024smv/4 .1231222平均速度的大小：12.4m/s分析：其中：jr4)0(jir1024)2(62.2.以初速度以初速度v v拋出的物體最大上升高度為拋出的物體最大上升高度為_，拋出的最遠距離為拋出的最遠距離為_。 分析：豎直上拋時上升得最高，由：ghv22解出：gvh2/2gv2/2以角拋出的物體初速度為：jvivvsincos0 xy0v拋出后豎直方向的

4、速度為：gtvvysin落地前經(jīng)過的時間為gvtsin2水平方向做勻速直線運動，拋出的距離為tvxcosgv/2sin2易見：=45 時拋得最遠，距離為gvx/2gv /2gvcossin2273.一質點從靜止出發(fā)沿半徑一質點從靜止出發(fā)沿半徑R=1m的圓周運動，其角加的圓周運動，其角加速度速度隨時間隨時間t的變化規(guī)律是的變化規(guī)律是 則質點則質點的角速度隨時間的變化關系的角速度隨時間的變化關系 ；t=1s末的法向加速度為末的法向加速度為 。)(6122SItt ,6122ttdtddtttdt)612(020,3423tt ,3423ttRv)( 1),( 11221smRvasmvstn時23

5、34tt )( 12sm解：8三、計算題三、計算題1.1.一質點在一質點在xyxy平面上運動，運動函數(shù)為平面上運動，運動函數(shù)為x=2t,y=4tx=2t,y=4t2 28 8。（1 1）求質點的軌道方程。（）求質點的軌道方程。（2 2）求）求t=1st=1s時質點的位置、時質點的位置、速度和加速度。速度和加速度。 解：由x =2t y=4ty=4t2 28 8消去時間t，得軌跡方程：8)2(42xy質點的運動方程：82 xjti tj yi xr)84(22,)42() 1 (mjir質點的速度：)82(j tidtrdv,/)82() 1 (smjiv質點的加速度：2/8smjdtvda92

6、.2.汽車在半徑汽車在半徑R R = 400m= 400m的圓弧彎道上減速行駛。設在的圓弧彎道上減速行駛。設在某一時刻，汽車的速率為某一時刻，汽車的速率為v v = 10m/s,= 10m/s,切向加速度的大切向加速度的大小為小為a at t = 0.2m/s= 0.2m/s2 2。求汽車的法向加速度和總加速度的。求汽車的法向加速度和總加速度的大小和方向？大小和方向？( (方向方向用與速度方向的夾角表示用與速度方向的夾角表示) ) 222/25. 040010smRvan22222/32. 02 . 025. 0smaaatn解：法向加速度總加速度,/sin,/cos,/aaaaaatgntt

7、n3 .51由于切向加速度與速度反向（減速），總加速度與速度間的夾角為180-51.3=128.6 都可得到：anatav10大學物理規(guī)范作業(yè)總（02）牛頓運動定律 動量 角動量11一、選擇題一、選擇題1.站在電梯內(nèi)的一個人，看到用細線連結的質量不同站在電梯內(nèi)的一個人，看到用細線連結的質量不同的兩個物體跨過電梯內(nèi)的一個無摩擦的定滑輪而處于的兩個物體跨過電梯內(nèi)的一個無摩擦的定滑輪而處于“平衡平衡”狀態(tài)。由此，他斷定電梯作加速運動，其加狀態(tài)。由此，他斷定電梯作加速運動，其加速度為：速度為：A）大小為）大小為g，方向向上；，方向向上； B）大小為）大小為g，方向向下；，方向向下；C）大小為）大小為g

8、/2，方向向上；，方向向上；D）大小為）大小為g/2，方向向下；，方向向下；（B） 兩個物體只能相對地面作加速運動，并且加速度一定為g，方向向下。分析：電梯中的觀察者發(fā)現(xiàn)兩個物體處于“失重”狀態(tài)，繩中張力為零。梯地梯地aaamm梯地ag 0122.2.一小環(huán)可在半徑為一小環(huán)可在半徑為R R的大圓環(huán)上無摩擦地滑動，而的大圓環(huán)上無摩擦地滑動，而大圓環(huán)能以其豎直直徑為軸轉動，如圖所示。當圓大圓環(huán)能以其豎直直徑為軸轉動，如圖所示。當圓環(huán)以恒定角速度環(huán)以恒定角速度轉動，小環(huán)偏離圓環(huán)轉軸而且相轉動，小環(huán)偏離圓環(huán)轉軸而且相對圓環(huán)靜止時，小環(huán)所在處圓環(huán)半徑偏離豎直方向對圓環(huán)靜止時，小環(huán)所在處圓環(huán)半徑偏離豎直方

9、向的角度的角度為為 ( )( ) (A) (A) =/2 （B B）=arccos(g/R2) (C)= (C)=arccos(R2 / g)(D(D）須由小珠質量決定）須由小珠質量決定l2=sinmlmaNnN解：環(huán)受力解：環(huán)受力N的方向指向圓心，的方向指向圓心，mg向下向下,法向加速度在水平面內(nèi)法向加速度在水平面內(nèi)mgN=cos由于由于 l=RsinmgmR2sincossinB2cosRg133.地球的質量為地球的質量為m，太陽的質量為，太陽的質量為M，地心與日心的，地心與日心的距離為距離為R，引力常數(shù)為，引力常數(shù)為G，則地球繞太陽作圓周運動，則地球繞太陽作圓周運動的軌道角動量為：的軌道

10、角動量為：RGMmDRGMmCRGMmBGMRmA2)( ,)( ,)(,)(（A）22nRGMmRmFRGMR1GMRmRmL2分析：萬有引力提供向心力：萬有引力提供向心力：向心力：可得角動量：14二、填空題二、填空題1.一質量為一質量為M的質點沿的質點沿 x 軸正向運動，假設該質點通過軸正向運動，假設該質點通過坐標為坐標為 x 時的速度為時的速度為 kx ( k為正常數(shù)），則此時作用于為正常數(shù)），則此時作用于該質點的力該質點的力F= ；該質點從；該質點從 x=x0 點出發(fā)運動到點出發(fā)運動到 x=x1 處，所經(jīng)歷的時間為處，所經(jīng)歷的時間為 。xMk2kxx/)/ln(01xMkMkvdtdx

11、dxdvMdtdvMMaF2,dtdxv kxdxvdxdt01ln11010 xxkkxdxdttxxtt分析：1) 兩邊積分得：2）根據(jù)152.2.一質量為一質量為m m的小球的小球, ,以速率為以速率為v v0 0、與水平面夾角為、與水平面夾角為6060的仰角作斜拋運動，不計空氣阻力，小球從拋出點到最的仰角作斜拋運動，不計空氣阻力，小球從拋出點到最高點這一過程中所受合外力的沖量大小為高點這一過程中所受合外力的沖量大小為 、沖量的方向是沖量的方向是 。解：解：0vmvmI)2321(21000jvivmivmjmv023沖量大小： 023mv沖量方向沿y軸負方向023mv沿y軸負向jviv

12、v60sin+60cos=000ivv60cos=0163.3.在光滑的水平面上在光滑的水平面上, ,一根長一根長L=2mL=2m的繩子的繩子, ,一端固定于一端固定于O O點點, ,另一端系一質量為另一端系一質量為m=0.5kgm=0.5kg的物體的物體, ,開始時開始時, ,物體位于物體位于位置位置A A，OAOA間距離間距離D=0.5mD=0.5m，繩子處于松弛狀態(tài)，繩子處于松弛狀態(tài), ,現(xiàn)在使物現(xiàn)在使物體以初速度體以初速度v vA A=4ms=4ms-1-1垂直于垂直于OAOA向右滑動向右滑動, ,如圖所示。設如圖所示。設以后的運動中物體到達位置以后的運動中物體到達位置B,B,此時物體

13、速度的方向與繩此時物體速度的方向與繩垂直垂直, ,則此時刻物體角動量的大小為則此時刻物體角動量的大小為 。速。速率為率為 。1m/s1m/s1kgm1kgm2 2/s/ssmkgDmvLAA/145 . 05 . 02BBLmvL smkgLLAB/12smkgLmvLBB/1smvB/1分分析： 在A點角動量為：在B點角動量為：根據(jù)角動量守恒定律，有：由得：171.1.一個人騎車以一個人騎車以18km/h18km/h的速率自東向西行進時，看見雨的速率自東向西行進時，看見雨點垂直下落，當他的速率增至點垂直下落，當他的速率增至36km/h36km/h時看見雨點與他前時看見雨點與他前進的方向成進的

14、方向成120120角下落，求雨點對地的速度。角下落，求雨點對地的速度。 解：根據(jù)相對運動公式 騎車人速度為u(車對地），人看到雨的速度為v（雨對車） 、雨對地的速度v如右圖：加速后騎車人速度為u1，人看到雨的速度為v1 。可得： vuvu vv1u1 v60由圖中的關系得：hkmuv/36=60cos=方向與豎直方向成方向與豎直方向成30度角偏向西方。度角偏向西方。三、計算題三、計算題車車地地雨雨車車雨雨地地vvv+=+=11vuv30182.2.一子彈水平地射穿兩個前后并排放在光滑水平桌面上一子彈水平地射穿兩個前后并排放在光滑水平桌面上的木塊。木塊質量分別為的木塊。木塊質量分別為m m1 1

15、和和m m2 2，測得子彈穿過兩木塊，測得子彈穿過兩木塊的時間分別為的時間分別為tt1 1和和tt2 2，已知子彈在木塊中受的阻力，已知子彈在木塊中受的阻力為恒力為恒力F F。求子彈穿過后兩木塊各以多大的速度運動。求子彈穿過后兩木塊各以多大的速度運動。 解：兩個木塊受到子彈給它們的力均為F穿過木塊1 穿過木塊2 01211v )mm(tF2111mmtFv12222vmvmtF1222vmtFv21122mmtFmtF19大學物理規(guī)范作業(yè)總（03）功能原理 機械能守恒20一、選擇題一、選擇題l.l.對功的概念有以下幾種說法對功的概念有以下幾種說法: :(1)(1)保守力作正功時保守力作正功時,

16、 ,系統(tǒng)內(nèi)相應的勢能增加系統(tǒng)內(nèi)相應的勢能增加. .(2)(2)質點運動經(jīng)一閉合路徑質點運動經(jīng)一閉合路徑, ,保守力對質點作的功為零保守力對質點作的功為零. .(3)(3)作用力和反作用力大小相等、方向相反作用力和反作用力大小相等、方向相反, ,兩者所作兩者所作功的代數(shù)和必為零功的代數(shù)和必為零. .分析： 作用力和反作用力雖然大小相等、方向相反,但兩者所作功的代數(shù)和不一定為零；而等于力與兩者相對位移的乘積。（3）錯。(A)(1)(A)(1)、(2)(2)是正確的是正確的 (B)(2)(B)(2)、(3)(3)是正確的是正確的(C)(C)只有只有(2)(2)是正確的是正確的 (D)(D)只有只有(

17、3)(3)是正確的是正確的（C）保守力作正功時,系統(tǒng)內(nèi)相應的勢能減少。（1）錯。212.2.一個質點在幾個力同時作用下的位移為：一個質點在幾個力同時作用下的位移為：rr=4=4i i- -5 5j j+6+6k k (m) (m)，其中一個恒力為，其中一個恒力為F F=-3=-3i i-5-5j j+9+9k k (N) (N)，則這，則這個力在該位移過程中所作的功為：個力在該位移過程中所作的功為： JDJCJBJA67)( ,17)( ,91)(,67)(（A）rFA分析：)953()654(kjikjiJ67223.3.豎直懸掛的輕彈簧下端掛一質量為豎直懸掛的輕彈簧下端掛一質量為m m的物

18、體后彈簧伸的物體后彈簧伸長長y y0 0且處于平衡。若以物體的平衡位置為坐標原點，相且處于平衡。若以物體的平衡位置為坐標原點，相應狀態(tài)為彈性勢能和重力勢能的零點，則物體處在坐標應狀態(tài)為彈性勢能和重力勢能的零點，則物體處在坐標為為y y時系統(tǒng)彈性勢能與重力勢能之和是：時系統(tǒng)彈性勢能與重力勢能之和是：mgyymgyA022)(mgymgyB2)(02)(0mgyC022)(ymgyD分析：由題意有,0kymg 0ymgk 以物體的平衡位置為坐標原點，相應狀態(tài)為彈性勢能和重力勢能的零點時00)(ypdyyykE彈（D）ykyky0221022ymgyEEEppp重彈mgyymgy0220ypmgdy

19、E重mgy23解2：由題意有平衡時彈簧伸長kmgy 0以物體的平衡位置為坐標原點y軸向下，物體受力包括彈力與重力為：mgkmgykF)(221ky022ymgy0)(ypdykyE取坐標原點為彈性勢能和重力勢能的零點時，勢能為：ky此此勢能為勢能為彈性勢能和重力勢能的總和。彈性勢能和重力勢能的總和。24二、填空題二、填空題1.1.一個力一個力F F作用在質量為作用在質量為1.0kg1.0kg的質點上的質點上, ,使之沿使之沿x x軸運軸運動動, ,已知在此力作用下質點的運動方程為已知在此力作用下質點的運動方程為x=3t-4tx=3t-4t2 2+t+t3 3 (SI),(SI),在在0 0到到

20、4s4s的時間間隔內(nèi)的時間間隔內(nèi), ,力力F F對質點所作的功對質點所作的功為為 。176（J）2383ttdtdxv),/(30smv )/(194smv )mvmvA86 tdtdva)2()1()2()1(madxFdxA分析： 由已知得到根據(jù)動能定律，有：或：)(176)383)(86(402Jdttttdtttdx)383(225分析：roRMRRdrrmMG32RGMm32m引Fr rmMGF22.2.已知地球質量為已知地球質量為M M、半徑為、半徑為R R，一質量為，一質量為m m的火箭從地的火箭從地面上升到距地面高度為面上升到距地面高度為2R2R處。在

21、此過程中，地球引力處。在此過程中，地球引力對火箭作的功為對火箭作的功為 。RGMm 32RRrdr rmMGA3226或由引力勢能的公式：或由引力勢能的公式：rmMGEp保守力所做的功等于相應勢能的減少量：保守力所做的功等于相應勢能的減少量：)(3RmMGRmMGEApRGMm32273.3.一質量為一質量為m m的質點在指向圓心的平方反比力的質點在指向圓心的平方反比力F=-k/rF=-k/r2 2的作用下的作用下, ,作半徑為作半徑為r r的圓周運動。此質點的速度的圓周運動。此質點的速度v=v= 。若取距圓心無窮遠處為勢能零點。若取距圓心無窮遠處為勢能零點, ,它的機械能它的機械能E=E=

22、。(k/mr)1/2-k/2r分析：分析：由由 rvmrk22得：得： mrkv rkdrrkErpr)(2勢能勢能機械能機械能rkEEEprk2rkmvEk2212動能動能28三、計算題三、計算題1.1.一輕質量彈簧原長一輕質量彈簧原長l l0 0，勁度系數(shù)為，勁度系數(shù)為k k，上端固定，下端，上端固定，下端掛一質量為掛一質量為m m的物體，先用手托住，使彈簧保持原長。的物體，先用手托住，使彈簧保持原長。然后突然將物體釋放，物體達最低位置時彈簧的最大伸然后突然將物體釋放，物體達最低位置時彈簧的最大伸長和彈力是多少？物體經(jīng)過平衡位置時的速率多大？長和彈力是多少？物體經(jīng)過平衡位置時的速率多大？

23、解：解法解法1：取彈簧自然伸長的位置為原點（y軸向下為正），彈簧未伸長時勢能為零。以后任一時刻機械能守恒得:0212122mgykymvE物體達最低位置時，速度為零；kmgy2這時彈力為：mgkyF2此時最大伸長為：29過平衡位置時質點受力為零：0mgky質點的位移為kmgy 0212122mgykymv這時質點的速率由下式?jīng)Q定解上式得gkmv 0)(212122kmgmgkmgkmv即：30解法解法2 2：取彈簧與重物平衡的位置為坐標原點（取彈簧與重物平衡的位置為坐標原點（y y軸向軸向上為正）和勢能零點，質點的初始位置上為正）和勢能零點，質點的初始位置 y y0 0= mg/k= mg/k

24、初始勢能為：初始勢能為：kgmkyEp2212220由機械能守恒定律（參見選擇題由機械能守恒定律（參見選擇題3 3）：）：222221212kymvkgmEpv=0v=0有有kmgy最低點取負值最低點取負值取彈簧與重物平衡的位置為坐標原點，取彈簧與重物平衡的位置為坐標原點，ky2/2為為彈彈性勢能和重力勢能的總和。性勢能和重力勢能的總和。31過平衡點時過平衡點時 y=0 y=0 得：得：222222121212mvkymvkgm質點的速度質點的速度gkmv 彈簧的最大伸長彈簧的最大伸長kmgkmgkmgyyl20受力受力mgklF2 322.如圖，質量為如圖，質量為2kg的物體由的物體由A點沿

25、點沿1/4的光滑圓弧軌道的光滑圓弧軌道靜止滑下，軌道半徑為靜止滑下，軌道半徑為2.5m，到達，到達B點后物體沿水平點后物體沿水平作直線運動，在水平面上物體所受的阻力作直線運動，在水平面上物體所受的阻力f與速率成正與速率成正比，且比，且f=-v/2，求物體在水平面上滑行多遠時其速率降，求物體在水平面上滑行多遠時其速率降為為B點速率的一半。點速率的一半。解：221BmvmgR 由)/(72smgRvB得法一：動量定理fdtmvmvBCdtv2xdx022x)m()mvmv(xCB14233dxdvmvdtdvmvf2,220BBvvxmdvdx)(14)2(2mvvmxBB法三：牛頓運動定律，變量

26、置換后積分法二：動能定理微分形式；（不能直接用動能定理!功無法用力的積分算出。）mvdvdvx2,220BBvvxmdvdx)(14)2(2mvvmxBB)21(x2mvdfd 34,20tvvmdtvdvBdtdxevvmtB2xlnmmtBdtevdx02202BBlnmmtBmv)(mvemvx121222202, 0tvvB2ln22/mtvvB)(14 mdtdvmvf2法四：牛頓運動定律，直接分離變量后積分35大學物理規(guī)范作業(yè)總（04）剛 體36一、選擇題一、選擇題1.關于力矩有以下幾種說法：（關于力矩有以下幾種說法：（1）內(nèi)力矩不會改變剛）內(nèi)力矩不會改變剛體對某個定軸的角加速度；

27、（體對某個定軸的角加速度；（2）作用力和反作用力對）作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為同一軸的力矩之和必為0；（；（3）質量相等、形狀和大）質量相等、形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的角小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的角加速度一定相等。在上述說法中：加速度一定相等。在上述說法中：（A）只有（）只有（2）是正確的；）是正確的； （B）（）（1）（）（2）是正確的；）是正確的； （C）（）（2）（）（3）是正確的；）是正確的； （D）（）（1）（）（2）（）（3）都是正確的；）都是正確的； （B）（3）錯。質量相等、形狀和大小不同的兩個剛體，轉動慣量不同，在相同力

28、矩的作用下，角加速度不相等。372.如圖所示，一勻質細桿可繞通過上端與桿垂直的水平如圖所示，一勻質細桿可繞通過上端與桿垂直的水平光滑軸光滑軸o旋轉，初始狀態(tài)為靜止懸掛。現(xiàn)有一個小球自旋轉，初始狀態(tài)為靜止懸掛。現(xiàn)有一個小球自左方水平打擊細桿，設小球與細桿之間為非彈性碰撞，左方水平打擊細桿，設小球與細桿之間為非彈性碰撞，則在碰撞的過程中對細桿與小球這一系統(tǒng)而言：則在碰撞的過程中對細桿與小球這一系統(tǒng)而言：（C）（A）錯。非彈性碰撞，機械能不守恒。（B）錯。軸上有外力，動量不守恒。（C）對。外力矩為零，角動量守恒。(A)(A)只有機械能守恒只有機械能守恒 (B)(B)機械能、動量、角動量均守恒機械能、

29、動量、角動量均守恒(C)(C)只有對轉軸只有對轉軸O O的角動量守恒的角動量守恒 (D)(D)只有動量守恒只有動量守恒 分析：383.3.一繞固定水平軸一繞固定水平軸0 0勻速轉動的轉盤，沿圖示的同一水勻速轉動的轉盤，沿圖示的同一水平直線從相反方向射入兩顆質量相同、速率相等的子彈平直線從相反方向射入兩顆質量相同、速率相等的子彈并留在盤中，則子彈射入轉盤后的角速度并留在盤中，則子彈射入轉盤后的角速度 (A)(A)增大增大 (B)(B)不變不變 (C)(C)減小減小 (D)(D)無法確定無法確定（C C）分析：合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒。 設轉盤轉動慣量為I，轉盤和子彈共同的轉動慣量為I1。11

30、JLLJ子彈子彈11JJ39二、填空題二、填空題1.如圖，半徑為如圖，半徑為R，質量為，質量為M的飛輪，的飛輪，可繞水平軸可繞水平軸o在豎直面內(nèi)自由轉動（飛在豎直面內(nèi)自由轉動（飛輪的質心在輪的質心在o軸上）。輪沿上由輕繩系軸上）。輪沿上由輕繩系一質量為一質量為m的物塊，若物塊由靜止下落的物塊，若物塊由靜止下落距離為距離為h時所需時間為時所需時間為t，則飛輪對，則飛輪對o軸軸的轉動慣量的轉動慣量J= 。JTR maTmgRa 221ath hhgtmRJ2222分析：對飛輪：對m:又因為整理以上各式，得：hhgtmR2222402.2.圖中的細棒和小球的質量均為圖中的細棒和小球的質量均為m m，

31、系統(tǒng)可繞，系統(tǒng)可繞o o軸在豎直軸在豎直面內(nèi)自由轉動，則系統(tǒng)繞面內(nèi)自由轉動，則系統(tǒng)繞o o軸的轉動慣量是軸的轉動慣量是 。當系統(tǒng)從水平位置靜止釋放當系統(tǒng)從水平位置靜止釋放, ,轉動到豎直位置時，細棒轉動到豎直位置時，細棒的角速度是的角速度是 。分析：22)2(31LmmLJ221JmgLmgLLg712系統(tǒng)機械能守恒：237mL237mLLg71241三、計算題三、計算題1.1.如圖所示，兩物體質量分別為如圖所示，兩物體質量分別為m m1 1和和m m2 2，定滑輪的質量為，定滑輪的質量為m m, ,半徑為半徑為r r，可視作均勻圓盤。已知，可視作均勻圓盤。已知m m2 2與桌面間的滑動摩與桌

32、面間的滑動摩擦系數(shù)為擦系數(shù)為 k k，求，求m m1 1下落的加速度和兩段繩子中的張力各是下落的加速度和兩段繩子中的張力各是多少？設繩子和滑輪間無相對滑動，滑輪軸受的摩擦力多少？設繩子和滑輪間無相對滑動，滑輪軸受的摩擦力忽略不計。忽略不計。 解：ramrrTrTamgmTamTgmk221222111212Tm1gT2f1TT1agmmmmmak2/2121解得：解得：42解得：解得：gmmmmmak2/21212Tm1gT2f1TT1agmmmmmmagmTkk2211222/2/)1 ()( gmmmmmmagmTk1212112/2/)1 ()( 432.在工程上，兩個軸線在中心連線上的

33、飛輪在工程上，兩個軸線在中心連線上的飛輪A和和B，常，常用摩擦嚙合器用摩擦嚙合器C使它們以相同的轉速一起轉動，如圖使它們以相同的轉速一起轉動，如圖所示。設所示。設A輪的轉動慣量為輪的轉動慣量為JA=10kgm2，B輪的轉動輪的轉動慣量為慣量為JB=20kgm2，開始時，開始時A輪的轉速為輪的轉速為900rev/min，B輪靜止。求輪靜止。求（1）兩輪對心嚙合后的共同轉速。（）兩輪對心嚙合后的共同轉速。（2）兩輪嚙合過程中機械能的變化。兩輪嚙合過程中機械能的變化。)(BAAAJJJBAAAJJJ角動量守恒)s/rad(10)/(52srevnmin)/(300 rev2221)(21AABAJJ

34、JE )(1096. 24J )/(30602900sradA解：44大學物理規(guī)范作業(yè)總（05）相對論效應 洛侖茲變換45一、選擇題一、選擇題1.一個短跑手在地球上以一個短跑手在地球上以10s的時間跑完的時間跑完100m,在飛行在飛行速度為速度為0.98c的與運動員同向飛行的飛船中的觀察者來的與運動員同向飛行的飛船中的觀察者來看，這短跑手跑的時間和距離為：看，這短跑手跑的時間和距離為：（D）st,mx10100已知：x,t求：025. 598. 0112)(25.50)10098. 010(025. 5)(22sccxcutt)(1048. 1)1098. 0100(025. 5)(10mct

35、uxx分析：以地面為S系，飛船為S系，cu98. 0本題不是長度縮短效應，本題不是長度縮短效應，100m100m不是本征長度。不是本征長度。本題也不是本題也不是時間膨脹效應，效應，10s10s不是本征時間。不是本征時間。462.宇宙飛船相對地面以速度宇宙飛船相對地面以速度v作勻速度直線飛行，某一作勻速度直線飛行，某一時刻飛船頭部的宇航員向飛船尾部發(fā)出一個光訊號，時刻飛船頭部的宇航員向飛船尾部發(fā)出一個光訊號，經(jīng)過經(jīng)過 （飛船上的鐘）時間后，被接收器收到，由此（飛船上的鐘）時間后，被接收器收到，由此可知宇航員測出的飛船長度為：可知宇航員測出的飛船長度為：t,)(,)(tvBtcA22221)(,1

36、)(cvtvDcvtcC（A）分析：根據(jù)光速不變原理可得結論為（A）。 473、一宇航員要到離地球為、一宇航員要到離地球為5光年的星球去旅行。如果光年的星球去旅行。如果宇航員希望把這路程縮短為宇航員希望把這路程縮短為3光年，則他所乘的火箭相光年，則他所乘的火箭相對于地球的速度對于地球的速度 u 應為：應為：從地球上看，地球與星球的距離為原長從地球上看，地球與星球的距離為原長L0 ；從火箭上；從火箭上看，由于火箭與地球和星球之間相對運動，火箭上所看，由于火箭與地球和星球之間相對運動，火箭上所測地球與星球的距離縮短為測地球與星球的距離縮短為L。,1022LcuL.5.30ylLylLcu8 . 0

37、解解1（長度收縮）：（長度收縮）：（C）年、日、小時、分鐘、秒 y、 d、 h、 min、 smcyylyl151046. 91.1.）（光年48解解2（時間時間膨脹）：膨脹）：從從火箭上火箭上看，看，“起飛起飛”與與“到達到達”兩個事件是兩個事件是同地同地先先后發(fā)生的兩個事件，所以火箭上所測后發(fā)生的兩個事件，所以火箭上所測“起飛起飛”到到“到到達達”的時間為的時間為原時原時；從；從地球上地球上看，看， “起飛起飛”與與“到達到達”兩個事件是兩個事件是異地異地發(fā)生的兩個事件，所以地球上所測發(fā)生的兩個事件，所以地球上所測“起飛起飛”到到“到達到達”的時間的時間膨脹膨脹了。了。uyluL/ .5/

38、0地球地球上看：地球到星球上看：地球到星球火箭火箭上看：地球到星球上看：地球到星球uyluL/ .3/0,350,53122cucu8 . 049二、填空題二、填空題t0LL01.牛郎星距離地球約牛郎星距離地球約16光年光年,宇宙飛船若以宇宙飛船若以0.97c的勻速的勻速度飛行度飛行,將用將用4年的時間年的時間(宇宙飛船上的鐘指示的時間宇宙飛船上的鐘指示的時間)抵抵達牛郎星。達牛郎星。分析：設宇宙飛船的速度為分析：設宇宙飛船的速度為u u。地球上的觀察。地球上的觀察者測量飛船到達牛郎星所需的時間為：者測量飛船到達牛郎星所需的時間為：uylt.16法一：飛船所測法一：飛船所測4年為本征年為本征時

39、間，根據(jù)時間膨脹效應：時間，根據(jù)時間膨脹效應：ucycuy16/1422解得：解得：c.cu9701716法二：本題亦可用長度縮短法二：本題亦可用長度縮短效應求解，效應求解，1616光年為本征長光年為本征長度，度，u u4 4年為動長年為動長uycucy4/11622cyyl1.150法三：直接用洛倫茨變換，地面上法三：直接用洛倫茨變換，地面上cyxx1612由洛侖茲變換)() (121212ttuxxxx宇航員在同一地點2)/(1416cuuycyytt412012xxc.cu9701716512、測得不穩(wěn)定、測得不穩(wěn)定 介子的固有壽命平均值是介子的固有壽命平均值是2.610-8 s ，當它

40、相對某實驗室以，當它相對某實驗室以 0.8c 的速度運動時的速度運動時實驗室所測得的壽命應是實驗室所測得的壽命應是 _。s8103 . 4s8106 . 2scu8221033. 411cu8 . 0解：解： 根據(jù)時間膨脹效應根據(jù)時間膨脹效應523.在在S系中的系中的x軸上相距為軸上相距為 的兩處有兩只同步的鐘的兩處有兩只同步的鐘A和和B，讀數(shù)相同，在，讀數(shù)相同，在S系的系的x軸上也有一只同樣的鐘軸上也有一只同樣的鐘A，若若S系相對于系相對于S系的運動速度為系的運動速度為u，沿，沿x軸正方向且當軸正方向且當A與與A相遇時，剛好兩鐘的讀數(shù)均為零，那么，當相遇時，剛好兩鐘的讀數(shù)均為零，那么，當A鐘

41、鐘與與B鐘相遇時，在鐘相遇時，在S系中系中B鐘的讀數(shù)是鐘的讀數(shù)是 ，此時，此時S系中系中A 鐘的讀數(shù)是鐘的讀數(shù)是 。xux221c/uuxuxt)(2xcutt2221/ )(cuxcuuxsAB s A解： 在S系中觀察，A鐘與A鐘相遇后再與B鐘相遇所需的時間為：用洛侖茲變換221c/uux53 ttuxt2211cu221c/uuxt（法二）：在鐘A從A運動到B的過程中，對于S系是同地發(fā)生的事情，而對于S系則是異地發(fā)生的事情，所以S系中測得的時間為本征時間。根據(jù)時間膨脹效應，有：又因為代入得： 54三、計算題三、計算題1.1.在在S S系中觀察到在同一地點發(fā)生兩個事件，第二事系中觀察到在同

42、一地點發(fā)生兩個事件，第二事件發(fā)生在第一事件之后件發(fā)生在第一事件之后2s2s。在。在SS系中觀察到第二事系中觀察到第二事件在第一事件后件在第一事件后3s3s發(fā)生。求在發(fā)生。求在SS系中這兩個事件的系中這兩個事件的空間距離。空間距離。 解：由題知stxSstxS3,2, 0系：系：)(1071. 6)(8mtutuxxtcxutt)(2由洛侖茲變換2211cu代入數(shù)據(jù)，解得：cu35,2355tt2211cu（法二）：對于S系是同地發(fā)生的事情，而對于S系則是異地發(fā)生的事情，所以S系中測得的時間為本征時間。根據(jù)時間膨脹效應，有：31222c/ucu35,23)m(.ctux810716556解：2.

43、2.一根米尺靜止在一根米尺靜止在SS系中，與系中，與OXOX軸成軸成3030角，如果角，如果在在S S系中測得該尺與系中測得該尺與OXOX軸成軸成4545角，則角，則SS系相對于系相對于S S系系的速度的速度u u是多少？是多少？S S系測得該尺的長度是多少？系測得該尺的長度是多少？,2330cos10mlxmly5 . 030sin10 S系中，尺與OX軸成45角，mllyx5 . 021/12322cullxx31122cuS系測得該尺 的長度為： ccu816. 036)(707. 02mllxS系中 根據(jù)長度縮短效應，解得：57大學物理規(guī)范作業(yè)總（06）相對論 動力學58一、選擇題一、

44、選擇題（B）1.靜質量為靜質量為m0的粒子初速度為的粒子初速度為v0=0.4c,若使粒子的速度若使粒子的速度增加一倍，粒子的動量增加幾倍。增加一倍，粒子的動量增加幾倍。（A）3.01 （B）3.06 （C）3.5 （D）4.01 動量比為200000)/(1cvvmmvpmvp 粒子的初動量為設末速度為v,末動量為：2020008 . 018 . 0)/2(12cmcvvm204 . 014 . 0cm06. 34 . 04 . 018 . 018 . 0220pp592 2. .兩飛船兩飛船, ,在自己的靜止參照系中測得各自的長度均在自己的靜止參照系中測得各自的長度均為為100 m100 m

45、，飛船甲測得其前端駛完相當于飛船乙全長，飛船甲測得其前端駛完相當于飛船乙全長的距離需時的距離需時(5/3)(5/3)1010-7-7s,s,則兩飛船相對則兩飛船相對速度的大小為速度的大小為: :(A)0.408c(B)0.5c(C)0.707c(D)0.894c(A)0.408c(B)0.5c(C)0.707c(D)0.894c分析：事件分析：事件1，甲船頭遇乙船頭；事件，甲船頭遇乙船頭；事件2，甲船頭遇乙，甲船頭遇乙船尾；在乙船船尾；在乙船S系中測量，飛船甲需時系中測量，飛船甲需時tl0/u（不是不是固有時間）固有時間）駛完駛完l0（是靜長）是靜長）距離。在甲船距離。在甲船S系中，飛系中，飛

46、船甲測得其前端駛完相當于飛船乙全長的距離船甲測得其前端駛完相當于飛船乙全長的距離l（動長動長）需時需時t(5/3)10-7s,由于事件發(fā)生于同一地點，故該由于事件發(fā)生于同一地點，故該時間為固有時間。根據(jù)時間膨脹效應，有：時間為固有時間。根據(jù)時間膨脹效應，有：2201cuultt代入數(shù)據(jù)解得：代入數(shù)據(jù)解得：u=0.894c。u甲乙（D）60221100100cul71035 ul72210351100ucu依題意，有 解得：u=0.894c。（法二）根據(jù)長度縮短效應，飛船甲測得乙船的長度為：61 (A)4.0 Mev (B)3.5 Mev (C)3.l Mev (D)2.5 Mev (A)4.0

47、 Mev (B)3.5 Mev (C)3.l Mev (D)2.5 Mev111220202cvcmcmmcEkMeV.cm131097203.3.一電子運動速度一電子運動速度v=0.99c,v=0.99c,它的動能是它的動能是( (已知電子的靜已知電子的靜能為能為0.51Mev)0.51Mev)：（C）分析： 62二、填空題二、填空題1.1.一質量均勻的矩形薄板，在它靜止時測得其長為一質量均勻的矩形薄板，在它靜止時測得其長為a a、寬、寬為為b b，質量為，質量為m m0 0，由此可算出其質量面密度為，由此可算出其質量面密度為 。假。假定該薄板沿長為定該薄板沿長為a a的方向以接近光速的速度

48、的方向以接近光速的速度u u作勻速直線作勻速直線運動，此時該板的質量面密度應為運動，此時該板的質量面密度應為 。 2001cummm21cuaaa,bb 201cuabmbam分析：又根據(jù)長度縮短效應：板的面密度為：靜止時：abm運動時：201cuabmabm /0632.一觀察者測出電子的質量為靜止質量的兩倍，則該一觀察者測出電子的質量為靜止質量的兩倍，則該電子的速度為電子的速度為 。0.866c代入得 020021mcvmmmccv866. 023分析：643.3.質子的靜止質量質子的靜止質量m mp p=1.67265=1.672651010-27-27kg,kg,中子的靜止質中子的靜止

49、質量量m mn n=1.67495=1.674951010-27-27kg,kg,一個質子和一個中子結合成的一個質子和一個中子結合成的氘核的靜止質量氘核的靜止質量m md d=3.34365=3.34365l0l0-27-27kg,kg,在結合過程中放在結合過程中放出的能量是出的能量是 MeV,MeV,它是氘核靜止能量它是氘核靜止能量的的 倍。倍。2.221.1810-3分析：220c )mmm(cmEnpdk3010181.mmmmEEddpnd)(22. 2)(10555. 313MeVJ65三、計算題三、計算題1. 1. 在什么速度下粒子的動量等于非相對論動量的兩倍？在什么速度下粒子的動

50、量等于非相對論動量的兩倍？又在什么速度下粒子的動能等于非相對論動能的兩倍？又在什么速度下粒子的動能等于非相對論動能的兩倍？ 解:vmvm002ccv866. 023對動量問題，由題知:, 21122cv得：20202212vmcmmc對動能問題，由題知:ccv786. 02151)1 ()1 (22222cvcv由此得：由此式解得：662.2.根據(jù)經(jīng)典力學對一靜止的電子施加恒力根據(jù)經(jīng)典力學對一靜止的電子施加恒力F，經(jīng)過多，經(jīng)過多長的距離可以使電子的速率達到光速？考慮相對論效長的距離可以使電子的速率達到光速？考慮相對論效應在同樣的作用力下，經(jīng)過相同的距離電子的速率是應在同樣的作用力下，經(jīng)過相同的

51、距離電子的速率是多少？在這個速率下，它的質量和動能是多少？多少？在這個速率下，它的質量和動能是多少？ 202cmmc kgmcumm3002010365. 123)/(1考慮相對論效應，電子的動能：2021cmFxA20021cmFxFdxExk解(電子的靜質量記為m0)(101 . 421420mFFcmx電子的質量m為：距離為：6723)/(112cuccu745. 035即：電子的速率：電子的動能：2020202123cmcmcmEkJ142831101 . 42)103(101 . 9sm /1024. 2868大學物理規(guī)范作業(yè)總（07）振 動69一、選擇題一、選擇題1.一質點作簡諧振

52、動，周期為一質點作簡諧振動，周期為T。當它由平衡位置向。當它由平衡位置向x軸正向運動時，從二分之一最大位移到最大位移處，軸正向運動時，從二分之一最大位移到最大位移處，這段路程所需要的時間為：這段路程所需要的時間為：12/)(,8/)(, 6/)(,4/)(TDTCTBTA（B）ox3都能得到：3)3(02/Ttt或62TTt分析：當質點從二分之一最大位移處運動到最大位移處時，旋轉矢量轉過的角度為：702.一彈簧振子作簡諧振動，當其偏離平衡位置的位移的一彈簧振子作簡諧振動，當其偏離平衡位置的位移的大小為振幅的大小為振幅的1/4時，則其動能為振動總能量的時，則其動能為振動總能量的（D）(A)9/1

53、6 (B)11/16 (C)13/16 (D)15/16 EkAAkkxEP1612116142121222,212kAE EEEEPK16151615EEK分析：根據(jù)所以 ：71x3.3.已知一簡諧振動已知一簡諧振動x x1 1=4cos(10t+3/5),=4cos(10t+3/5),另有一個同方另有一個同方向簡諧振動向簡諧振動x x2 2=6cos(10t+);=6cos(10t+);若令兩振動合成的振幅若令兩振動合成的振幅最小最小, ,則則的取值應為的取值應為: : 58)(,)(,57)(,3)(DCBA（D）由旋轉矢量圖可知，5853分析： 要使兩振動合成的振幅最小，應使x1、x2

54、的振動反相（相差）。72二、填空題二、填空題1.一質點以一質點以O點為平衡點沿點為平衡點沿x軸作簡諧振動，已知周期為軸作簡諧振動，已知周期為T，振幅為，振幅為A。（。（1）若）若t=0時質點過時質點過x=0處且朝處且朝x軸正方軸正方向運動，則其振動方程為向運動，則其振動方程為 ；（2）若）若t=0時質點處于時質點處于x=A/2處，且向處，且向x軸負方向運動，軸負方向運動，則其振動方程為則其振動方程為 。ox2ox3)22cos(TtAx)32cos(TtAx（1）由旋轉矢量法T22)22cos(tTAx（2）由旋轉矢量法3)32cos(tTAx分析：732.一物體作簡諧振動一物體作簡諧振動,其

55、振動方程其振動方程 為：為：x=0.04cos(5t/3-/2)(SI) ，則（，則（1）此諧振動的周期）此諧振動的周期T= ；（；（2）當當t=0.6s時，物體的速度時，物體的速度 。 )(2 . 1s)/(209.0sm35sT2 . 1562235sin3504. 0tdtdxvsmsmv/209. 0/15分析：由振動方程得所以當t0.6s時，74三、計算題三、計算題1.作簡諧振動的小球，速度最大值作簡諧振動的小球，速度最大值vm=3cm/s，振幅，振幅A=2cm , 若令速度具有正最大值的時刻為若令速度具有正最大值的時刻為t=0，求（，求（1）振動周期；（振動周期；（2）加速度最大值

56、；（）加速度最大值；（3）振動表達式。）振動表達式。ox振動表達式為：AvmsradAvm/5 . 102. 003. 0 sT2 . 4345 . 122 最大加速度： 22/045. 0smAammvvt , 02223cos02. 0tx解：最大速度為由旋轉矢量圖得：752.2.三個同方向、同頻率的簡諧振動為：三個同方向、同頻率的簡諧振動為： x x1 1=0.08cos(314t+/6), x=0.08cos(314t+/6), x2 2=0.08cos(314t+/2),=0.08cos(314t+/2), x x3 3=0.08cos(314t+5/6),=0.08cos(314t

57、+5/6),求：求：（1 1）合振動的角頻率、振幅、初相及振動表達式；）合振動的角頻率、振幅、初相及振動表達式；（2 2）合振動由初始位置運動到）合振動由初始位置運動到 （A A為合振動為合振動振幅）所需最短時間。振幅）所需最短時間。Ax22解:(1)由題給可知314s-1由圖可知合振動A0.16m,初相/2, )2/314cos(16. 0tx6265A（2）由圖可知旋轉矢量轉過的角度為：)(0125. 045stt4576大學物理規(guī)范作業(yè)總（08）波動方程77一、選擇題一、選擇題1.1.一平面簡諧波的波動方程為：一平面簡諧波的波動方程為：y=Acos2(t-x/)y=Acos2(t-x/)

58、。在在t= 1/t= 1/時刻時刻,x,x1 1=3/4=3/4與與x x2 2=/4=/4二點處質點速度之比二點處質點速度之比是：是： 31)(,3)(,1)(,1)(DCBA（B）ox1A2A1v2v即速度比為-1。212 xx分析：在任意時刻，兩點相位相反。782.一平面余弦波在一平面余弦波在t=0時刻的波形曲線如圖所示，則時刻的波形曲線如圖所示，則o點的振動初位相為：點的振動初位相為：,2)(,0)(BA（D）23)(,)(DCAx由旋轉矢量圖可知此時的相位為23分析： 由波形圖可判定O點在該時刻在平衡位置速度方向豎直向上（v0）793.在下列幾種說法中，正確的說法是：在下列幾種說法中

59、，正確的說法是：（A）波源不動時，波源的振動周期與波動的周期在）波源不動時，波源的振動周期與波動的周期在數(shù)值上是不同的。數(shù)值上是不同的。（C）（B B）在波傳播方向上的任一質點振動位相總是比波）在波傳播方向上的任一質點振動位相總是比波源的位相超前。源的位相超前。 （C）在波傳播方向上的任一質點振動位相總是比波）在波傳播方向上的任一質點振動位相總是比波源的位相滯后。源的位相滯后。（D D）波源的振動速度與波速相同。）波源的振動速度與波速相同。 80二、填空題二、填空題l.l.一平面簡諧波沿一平面簡諧波沿x x軸正方向傳播軸正方向傳播, ,其波動方程為：其波動方程為：y=0.2cos(t-x/2)

60、y=0.2cos(t-x/2)（SISI），則此波的波長），則此波的波長= ；在在x=-3x=-3米處媒質質點的振動加速度米處媒質質點的振動加速度a a的表達式為的表達式為: : 。 )()23cos(2 .02SIta4m 4m ),(2 . 0mA , 022)(4 m23cos2 . 0), 3(2cos2 . 02222ttvxttya分析：由波函數(shù)：所以 812.2.如圖所示為一平面簡諧波在如圖所示為一平面簡諧波在t=2st=2s時刻的波形圖時刻的波形圖, ,該波該波的振幅的振幅A A、波速、波速u u、波長、波長均為已知，則此簡諧波的波均為已知，則此簡諧波的波動方程是：動方程是：