大学物理习题精选

2yxy4t1（国际单x2t1、一质点在平面上运动，运动函数为，

位），该质点运动轨道方程为 。

2、一斜抛物体的水平分速度为x，它在最高点时的轨道半径为 ，它运动的加速度为 。(不计空气阻力)

3、一辆汽车通过一凸起的圆弧形桥面的正顶端，速度增大它对桥的压力将 。（填增大或减小或不变） 4、一个质量为100g，速率为20m/s做匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力加给它的冲量的大小为 kgm/s。

5、质量分别为m1和m2的两泥球以同样的速度相向运动，碰撞后合为一体，

这一过程中所损失的机械能为 。

6、刚体对某转轴的转动惯量的大小不仅与刚体的总质量有关系，还与

有关系。

二、选择题（每题2分，共16分） 1、如图（1）所示的皮带传动装置

A • 中，A点和B点相比较（ ） （A）AB， AB；

L • B （B）AB，

AB；

图（1）

（C）向心加速度anAanB； （D）角加速度AB。

2、在水平光滑面上放一劲度系数为K的弹簧，一端固定，另一端系一小球，使小球做振幅为A的振动，以下说法正确的 是（ ）

（A）小球在最大位移处的加速度最小；

1（B）小球通过平衡位置时的动能为KA2；

2（C）小球在平衡位置时的速度最小；

（D）小球从最大位移处运动到平衡位置的过程中弹力做负功。 3、以下关于转动惯量的说法错误的是（ ） （A）刚体的转动惯量与转轴的位置有关系；

（B）刚体的转动惯量与质量相对于转轴的分布有关系；

（C）一个人绕其竖直中心轴旋转时，打开双臂时他的转动惯量就会减小； （D）跳水运动员做空中翻转动作时，蜷缩身体是为了减小转动惯量从而加快翻

转速度。 4、一质点所受的力为FF0ekx，若质点在x1

0处的速度为零，此质点所

能达到的最大动能为（ ）

k（A）F0/k； ( B )F0/e； （C）F0k； （D）F0e。

k三、简答题

1、两辆完全相同的小车，一辆空载，一辆满载，从同一斜坡的相同高度处无初速地向下滑行。有人说：“满车的下滑力大，所以满车先到达坡底。”另一人说：“满车的惯性大，所以满车后到达坡底。”正确的答案是什么？试就无摩擦和有摩擦两种情况进行讨论。

2、两个半径相同的轮子，质量相同，但第一个轮子的质量聚集在边缘附近，第二个轮子的质量分布比较均匀，问：

（1）如果它们的角动量相同，那个轮子转得快？为什么？

（2）如果它们的角速度相同，那个轮子的角动量大？为什么？

3、帆船是利用风做动力的船，有经验的船员几乎不论什么方向的风都能使船前进，说明其中的道理。 四、计算题

1、一个质点具有恒定加速度a6i4jms2，在t0时其速度为零，位

置矢量 r010im。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。

2、一质点自原点开始沿抛物线2yx2运动，它在Ox轴上的分速度为一恒量，

x4.0m/s，求质点位于x2.0m处的速度和加速度。

3、质量为m的弹丸A，穿过如图（2） 所示的摆锤B后，速率由减少到/2， 已知摆锤的质量为m/，摆线长度为L， 如果摆锤能在竖直平面内完成一个完整 的圆周运动，

A O L B 图（2）

的最小值应为多少？

 /2

4、一根长L，质量为m的均匀细直棒，其一端有一固定的光滑水平轴，因而可以在竖直平面内转动。最初棒静止在水平位置，求它由此下摆角时的角加速度和角速度。

5、一汽艇以速度0沿直线行驶，发动机关闭后，汽车因受阻力作用而具有与速度成正比且方向相反的加速度ak，其中k为常数。求发动机关闭后在t时刻汽艇的速度(t)的表达式，

A 6、一质量为m的小球，最初位于 如图（3）所示的A点，然后沿半 径为r的光滑圆轨道ACDB运动。

C 求 小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力。

2

 O B r D 图（3）

7、一轻质量弹簧原长为l0，劲度系数为k，上端固定，下端挂一质量为m的物体，先用手托住，使弹簧保持原长，然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸长和弹力是多少？物体经过平衡位置时的速率为多大？ 8、质量为m0.5kg，长为L0.4m的均匀 细棒，可绕垂直于棒的一端的轴转动 （如图），如将此棒放在水平位置， 然后任其落下，求

（1）当棒转过600时的角加速度和角速度； （2）棒下落到竖直位置时的动能。

（答案） 一、填空题

o  mg x2 1、yx1 2、 3、减小

g22m1m22 4、22 5、

m1m2 6、刚体的质量对转轴的分布有关系。 二、选择题 A B C A 三、简答题

1、答：设斜面的长为l，高为h，倾斜角为。

无摩擦力作用，二者运动的加速度相同为gsin，运动时间t相同，所以同时到达地面。

若有摩擦力作用，二者的加速度相同为gsingcos 运动时间t2l也gsin2l也相同，所以同时到达地面。

gsingcos2、（1）第二个轮子转得快，因为它的转动惯量小，由公式

LJ可知角动量相同时，J越小越大。

（2）第一个轮子角动量大，因为其转动惯量大，由公式

LJ可知角速度相同时，J越大L越大。

3、『风实际是运动的空气，将吹向帆的空气做为研究对象（质点系）设船前进的方向、帆在船上的位置以及风向如图（1） 所示。又设在t时间内有质量为

3

m的空气沿着帆面流过，由于帆面的宽度有限，空气分子的运动速度的大小可认为不变，仅运动的方向改变，由图（2）可见空气分子所受的冲量为

Ftm2m1，根据牛顿第三定律帆所受的作用力FF方向如图（3），

它的一个分力F1/即为船前进的动力，另一个分力F2/将与船下的龙骨所受的水的阻力相平衡』

前进方向

帆 风向 m2

图（1）

四、计算题

/m1

F1/ F

F2/

/Ft

图（2） 图（3）

d1、解：由a 得

dt0dadt(6i4j)dt

00tt6ti4tjms1

又由dr及初始条件 t0时r010im，积分可得 dttt00rr0dxdt(6ti4tj)dt r10i3t2i2t2j

22即 r(103t)i2tj

由此可得质点运动方程的分量式为x103t；y2t，消去t得轨道方程为 3y2x20，这是一斜率为2/3的直线方程。 2、解： xdx 所以 dtt22dx4.0dt

x0dx4.0dt x4.0t

012x8.0t2 22 由2yx 得 y y

dy16.0t 因此 (t)4.0i16tj dt4

当x2.0m时 t0.5s (0.5)4.0i8.0j(m/s)

a(t)所以

d16j 为一沿轴正方向的常矢量， dta(0.5s)16jm/s2

//3、解：由水平方向的动量守恒定律得mm2m（1） 若使摆锤恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时，

/m/h/摆线中的张力应为零，因此mg（2）

L2/式中h为摆锤在最高处的速率。

又摆锤在竖直面内做圆周运动的过程中，满足机械能守恒

211/2 m//m/g2Lm/h（3） 222m/解上述三个方程可得5gL

m14、解：棒的转动惯量JmL2

31MmgLcos 棒在下落过程中所受的外力矩只有重力矩

2根据转动定理棒的角加速度M3gcos J2L由于棒在摆动过程中只有重力做功，故机械能守恒，取棒水平位置时势能为零，

则有

11 J2(mgLsin)0 解得223gsin L5、解：因为 ad1ddt 所以 dkdt 即

dtkt1ddt，1lnt，因此(t)0ektm/s 两边积分0k0k06、解：小球在运动过程中受到重力P 和轨道的支持力FN，取自然坐标系， 则在C处有

A  O B r C D 5

2dFtmgcosm （1） FnFNmgsinm（2）

dtR 由（1）式得dgcosdt （3） 又因 d 所以dtrdtrd

代入（3）得

dgr000cosd 所以2rgsin 2gsin/r，由（2）式得

小球在C点的角速度r FNm2rmgsin3mgsin，

小球对轨道的作用力与之大小相等方向相反。

7、解：（1）设弹簧的最大伸长为xmax，根据机械能守恒有

1 mgxmaxkx2 解得xmax2mgk 此时弹力Fkxmax2mg

2（2）在平衡位置时F/mgkx0，又根据机械能守恒有

1212m0kx0 可解得0gmk 2218、解：细棒的转动惯量JmL2，细棒摆动过程中转到任意角度时所受到的

3L合外力矩Mmgcos 根据转动定理MJ 得

2 mgx0MmgL2cos3gcos J13mL22L 当600时，18.4rad/s2

d3gcos又 因为  两边同乘以d dt2Ld3gddcosd 两边积分 dt2L3g123gdcosdsin 002L22Lmg 3gsin 当600时，7.98rad/s1 L3g11123gmL0.98J EkJ2L223L6

当900时