大學物理上部分試題及答案

1、第一章 質點運動學一、填空題1. 一質點作半徑為R的勻速圓周運動，在此過程中質點的切向加速度的方向 改變 ，法向加速度的大小 不變 。（填“改變”或“不變”）2. 一質點作半徑為 0.1 m的圓周運動，其角位移q 隨時間t的變化規(guī)律是 q = 2 + 4t2 (SI)。在t =2 s時，它的法向加速度大小an=_25.6_m/s2；切向加速度大小at =_0.8_ m/s2。3. 一質點在OXY平面內運動,其運動方程為,則質點在任意時刻的速度表達式為 ；加速度表達式為。4、沿半徑為R的圓周運動，運動學方程為 (SI) ，則時刻質點的法向加速度大小為an=（ 16 R t2 ） ；角加速度=（

2、4 rad /s2 ）（1 分）5. 一質點作半徑為 0.1 m的圓周運動，其角位置的運動學方程為：，則其切向加速度大小為=_0.1_, 第1秒末法向加速度的大小為=_0.1_.6一小球沿斜面向上作直線運動，其運動方程為：，則小球運動到最高點的時刻是=_2_.7、一質點在OXY平面內運動,其運動方程為,則質點在任意時刻的速度表達式為（ ）；加速度表達式為（ ）。8. 一質點沿半徑R=0.4 m作圓周運動，其角位置=2+3t2，在t=2s時，它的法向加速度=( 57.6 )，切向加速度=( 2.4 ) 。9、已知質點的運動方程為，式中的單位為，的單位為。則質點的運動軌跡方程（），由到內質點的位移

3、矢量（）m。10、質點在平面內運動，其運動方程為，質點在任意時刻的位置矢量為（）；質點在任意時刻的速度矢量為（）；加速度矢量為（）。二、選擇題1. 某質點作直線運動的運動學方程為x5t-2t3 + 8，則該質點作（ D ）。(A) 勻加速直線運動，加速度沿x軸正方向(B) 勻加速直線運動，加速度沿x軸負方向(C) 變加速直線運動，加速度沿x軸正方向(D) 變加速直線運動，加速度沿x軸負方向2. 一質點在平面上運動，已知質點位置矢量的表示式為 （其中a、b為常量）, 則該質點作( C )。(A) 勻速直線運動； (B) 拋物線運動；(C) 變速直線運動； (D)一般曲線運動。 3、某質點作直線運

4、動的運動學方程為 (SI)，則該質點作（ D ）。（A）勻加速直線運動，加速度沿x軸正方向（B）勻加速直線運動，加速度沿x軸負方向（C）變加速直線運動，加速度沿x軸正方向（D）變加速直線運動，加速度沿x軸負方向4、一質點在x軸上運動，其坐標與時間的變化關系為x =4t-2t2，式中x、t分別以m、s為單位，則4秒末質點的速度和加速度為 ( B )（A）12m/s、4m/s2； （B）-12 m/s、-4 m/s2 ； （C）20 m/s、4 m/s2 ； （D）-20 m/s 、-4 m/s2；5在一直線上相向運動的兩個小球作完全彈性碰撞，碰撞后兩球均靜止，則碰撞前兩球應滿足：（ D ）。（A

5、）質量相等； (B) 速率相等；(C) 動能相等； (D) 動量大小相等，方向相反。6. 以下四種運動形式中，加速度保持不變的運動是（ A ）。A拋體運動； B勻速圓周運動；C變加速直線運動； D單擺的運動.。7、一質點沿x軸運動的規(guī)律是。則第三秒時的加速度的大小是（ A ）。A 10 B50；C15； D12。8、質點做半徑為1m的圓周運動，運動方程為=3+2t（SI單位），則t時刻質點的切向加速度的大小為=（ C ）m/s2。A 1 B3；C4； D8。9、質點沿半徑R做圓周運動，運動方程為(單位)，則任意時刻質點角速度的大小=（B）。A B；C； D。10、質點在平面內運動,其運動方程為

6、,質點在任意時刻的加速度為（ B ）。A B；C； D。三、一質點沿半徑為的圓周按規(guī)律 運動，都是常量。（1） 求時刻質點加速度的大?。唬?） 為何值時總加速度在數(shù)值上等于b？（3） 當加速度達到時，質點已沿圓周運行了多少圈？（1）由可知 （2） 即 （3）帶入 四、質點P在水平面內沿一半徑為1m的圓軌道轉動，轉動的角速度與時間的關系為，已知=2s時，質點P的速率為16m/s，試求t=1s時，質點P的速率與加速度的大小。解：由線速度公式 得 P點的速率為 m/s m/s2 m/s2 t=1時： 五、已知質點的運動學方程為：. 式中的單位為米，的單位為秒，求作用于質點的合力的大小。 解： 六、一

7、質點沿x方向運動，其加速度隨時間的變化關系為a = 3+2 t (SI) ,如果初始時質點的速度v 0為5m/s，則當為3s時，質點的速率 v為多大。 解： 時， 可得積分常量m/s 速度為 當時， m/s 七、一質點在OXY平面內運動,其運動方程為,求（1）質點運動的軌跡方程；（2）質點在任意時刻的速度和加速度矢量。 （1） （2） ， 八、已知一質點的運動方程為（a、b為常數(shù)，且不為零），求此質點運動速度的矢量表達式、加速度的矢量表達式和軌跡方程。 則將代入的表達式可得到質點運動的軌跡方程為 九、已知質量為3的質點的運動學方程為：. 式中的單位為米，的單位為秒，求任意時刻的速度矢量和加速度

8、矢量表達式。解： （2） 十、一質點在OXY平面內運動,其運動方程為,求（1）質點運動的軌跡方程；（2）質點在任意時刻的速度和加速度矢量。 （1） （2） ， 十一、已知質量為10的質點的運動學方程為：. 式中的單位為米，的單位為秒，求作用于質點的合力的大小。 解： 十二、有一質點沿 x 軸作直線運動， t 時刻的坐標為 x = 5t2 - 3t3 (SI). 試求（1）在第2秒內的平均速度；（2）第2秒末的瞬時速度；（3）第2秒末的加速度.第四章 剛體的轉動一、填空題1. 剛體繞定軸轉動時，剛體的角加速度與它所受的合外力矩成_正比_，與剛體本身的轉動慣量成反比。（填“正比”或“反比”）2.

9、花樣滑冰運動員繞通過自身的豎直軸轉動，開始時兩臂伸開，轉動慣量為，角速度為；然后將兩手臂合攏，使其轉動慣量變?yōu)?，則轉動角速度變?yōu)?3某人站在勻速旋轉的圓臺中央，兩手各握一個啞鈴，雙臂向兩側平伸與平臺一起旋轉。當他把啞鈴收到胸前時，人、啞鈴和平臺組成的系統(tǒng)轉動角速度應變 大 ；轉動慣量變 小 。4、均勻細棒質量為，長度為，則對于通過棒的一端與棒垂直的軸的轉動慣量為（），對于通過棒的中點與棒垂直的軸的轉動慣量（）。5、長為的勻質細桿，可繞過其端點的水平軸在豎直平面內自由轉動。如果將細桿置與水平位置，然后讓其由靜止開始自由下擺，則開始轉動的瞬間，細桿的角加速度為（ ），細桿轉動到豎直位置時角加速度為

10、（ 零 ）。6. 一長為的均勻直棒可繞過其一端且與棒垂直的水平光滑固定軸轉動。抬起另一端使棒向上與水平面呈60°，然后無初轉速地將棒釋放，已知棒對軸的轉動慣量為，則(1) 放手時棒的角加速度為（ 7.5 ）；(2) 棒轉到水平位置時的角加速度為（ 15 ）。（）7、一圓盤正繞垂直于盤面的水平光滑固定軸O轉動，如圖射來兩個質量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，子彈射入圓盤并留在盤內，則子彈射入后的瞬間，圓盤的角速度（ 減小 ）。8一根長為l，質量為m的均勻細棒在地上豎立著。如果讓豎立著的棒以下端與地面接觸處為軸倒下，則上端到達地面時細棒的角加速度應為（ ）。9、某人站在

11、勻速旋轉的圓臺中央，兩手各握一個啞鈴，雙臂向兩側平伸與平臺一起旋轉。當他把啞鈴收到胸前時，人、啞鈴和平臺組成的系統(tǒng)轉動的角速度( 變大 ) 10、如圖所示，一靜止的均勻細棒，長為、質量為，可繞通過棒的端點且垂直于棒長的光滑固定軸在水平面內轉動，轉動慣量為。一質量為、速率為的子彈在水平面內沿與棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，設穿過棒后子彈的速率為，則此時棒的角速度應為（ ）。 二、選擇題1、長為的勻質細桿，可繞過其端點的水平軸在豎直平面內自由轉動。如果將細桿置于水平位置，然后讓其由靜止開始自由下擺，則開始轉動瞬間桿的角加速度和細桿轉動到豎直位置時的角加速度分別為：（ B ） （A）0; (B)

12、 ; 0 (C) 0； （D）；0。2. 剛體定軸轉動，當它的角加速度很大時，作用在剛體上的（ B ）。A力一定很大； B力矩一定很大；C力矩可以為零； D無法確定。3. 花樣滑冰運動員繞通過自身的豎直軸轉動，開始時兩臂伸開，轉動慣量為，角速度為，然后將兩手臂合攏，使其轉動慣量為，則轉動角速度變?yōu)椋?C ）。A B. C. D. AmgBF =mg4、如圖所示，A、B為兩個相同的定滑輪，A滑輪掛一質量為m的物體，B滑輪受力F = mg，設A、B兩滑輪的角加速度分別為和，不計滑輪的摩擦，這兩個滑輪的角加速度的大小關系為：( B )（A） （B） （C） （D） 無法判斷5. 剛體定軸轉動，當它的

13、角加速度很大時，作用在剛體上的（ B ）。A力一定很大； B力矩一定很大；C力矩可以為零； D無法確定。6、兩個均質圓盤和的密度分別為和，若，但兩圓盤的質量與厚度相同，如兩盤對通過盤心垂直于盤面軸的轉動慣量各為和，則 ：（ B ）（A） （B）（C）（D）、哪個大，不能確定。7、假設衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓運動，則在運動過程中，衛(wèi)星對地球中心的（ A ）。(A) 動量不守恒，角動量守恒； (B) 動量不守恒，角動量不守恒；(C) 動量守恒，角動量不守恒； (D) 動量守恒，角動量守恒8、均勻細棒 oA 可繞通過其一端 O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖所示。今使棒從水平位置由靜止開始自由下落

14、，在棒擺動到豎直位置的過程中，下列說法正確的是：（ A ）（A） 角速度從小到大，角加速度從大到小。（B） 角速度從小到大，角加速度從小到大。（C） 角速度從大到小，角加速度從大到小。（D） 角速度從大到小，角加速度從小到大。9、關于剛體對軸的轉動慣量，下列說法正確的是（ C ）（A）只取決于剛體質量，與質量的空間分布和軸的位置無關。 (B) 取決于剛體的質量和質量的空間分布，與軸的位置無關。（C）取決于剛體的質量、質量的空間分布和軸的位置。（D）只取決于軸的位置，與剛體的質量和質量的空間分布無關。10.在某一瞬時，物體在力矩作用下，則有（ C ）。(A) 角速度可以為零，角加速度也可以為零；

15、 (B) 角速度不能為零，角加速度可以為零；(C) 角速度可以為零，角加速度不能為零； (D) 角速度與角加速度均不能為零。三、如圖所示，一個質量為m的物體與繞在定滑輪上的繩子相連，繩子的質量可以忽略，它與定滑輪之間無相對滑動假設定滑輪質量為M、半徑為R，其轉動慣量為，滑輪軸光滑。試求該物體由靜止開始下落的過程中，下落速度與時間的關系。 RM.m解：根據(jù)牛頓運動定律和轉動定律列方程:對物體： 對滑輪： 運動學關系： 解方程組，得 v0 0， 四、一質量為m0 ，長為l 的棒能繞通過O點的水平軸自由轉動。一質量為m，速率為v0的子彈從水平方向飛來，擊中棒的中點且留在棒內，如圖所示。則棒中點獲得的

16、瞬時速率為多少。 O v0解：由角動量守恒定律可得 由此可得棒和子彈的瞬時角速度為 棒中點獲得的瞬時速率為 五、如圖所示，設兩重物的質量分別為m1和m2，且m1m2，定滑輪的半徑為r，對轉軸的轉動慣量為J，輕繩與滑輪間無滑動，滑輪軸上摩擦不計。設開始時系統(tǒng)靜止，試求t時刻滑輪的角加速度。 解：作受力圖。 m1g-T1=m1a T2-m2g=m2a (T1-T2)r=J 且有 由以上四式消去T1，T2得：= (m1-m2)gr/(m1+m2)r2+J 六、如圖所示，均勻直桿質量為m，長為l，初始時棒水平靜止。軸光滑，。求桿下擺到角時的角速度。 解 對于桿和地球系統(tǒng)，只有重力做功，故機械能守恒。O

17、O·ABl , m 直桿的轉動慣量為OA段和OB段轉動慣量的疊加，所以 將代入，解得 七、一質量為、半徑為R的自行車輪，假定質量均勻分布在輪緣上（可看作圓環(huán)），可繞固定軸O轉動另一質量為的子彈（可看作質點）以速度射入輪緣，并留在輪內。開始時輪是靜止的，求子彈打入后車輪的角速度。 八、長為的木桿,質量為M,可繞通過其中點并與之垂直的軸轉動。今有一子彈質量為m,以水平速度v射入桿的一端,并留在其中,求木桿獲得的角速度（）。 九、一輕繩跨過兩個質量為m、半徑為 r的均勻圓盤狀定滑輪，繩的兩端分別掛著質量為3m和m的重物，如圖所示，繩與滑輪間無相對滑動，滑輪軸光滑，兩個定滑輪的轉動慣量均為，

18、將由兩個定滑輪以及質量為3m和m的重物組成的系統(tǒng)從靜止釋放，求重物的加速度和兩滑輪之間繩內的張力。 解： 列牛頓第二定律方程 根據(jù) 十、均質細棒長為l質量為m，和一質量也為m的小球牢固地連在桿的一端，可繞過桿的另一端的水平軸轉動。在忽略轉軸處摩擦的情況下，使桿自水平位置由靜止狀態(tài)開始自由轉下，試求：（1）當桿與水平線成角時，剛體的角加速度；（2）當桿轉到豎直線位置時，剛體的角速度，小球的線速度。 解：（1）由轉動定律得 q. （2）由機械能守恒得 (1分) 十一、質量為，長為的均勻的細桿豎直放置，其下端與一固定鉸鏈相接，并可繞其轉動，由于此豎直放置的細桿處于非穩(wěn)定的平衡狀態(tài)，當其受到微小擾動時

19、，細桿將在重力的作用下由靜止開始繞鉸鏈轉動。試計算細桿與豎直線成角時的角速度和角加速度。 十二、如圖所示：長為的勻質細桿，質量為可繞過其端點的水平軸在豎直平面內自由轉動。如果將細桿置與水平位置，然后讓其由靜止開始自由下擺。求：（1）開始轉動的瞬間，細桿的角加速度為多少？（2）細桿轉動到豎直位置時角速度為多少？解：（1）開始轉動的瞬間 （2）垂直位置時 十三、輕繩繞于半徑r=20cm的飛輪邊緣，在繩端施以大小為98N的拉力，飛輪的轉動慣量J=0.5kg×m2。設繩子與滑輪間無相對滑動，飛輪和轉軸間的摩擦不計。試求：（1） 飛輪的角加速度；（2） 如以質量m=10kg的物體掛在繩端，試計

20、算飛輪的角加速度。（1）由轉動定律 （2）對物體應用牛頓運動定律 對滑輪應用轉動定律 利用關系 由以上各式解得 十四、如圖所示，有兩個轉動慣量分別為J1、J2的圓盤，它們分別以角速度w1 、w2繞水平軸轉動，且旋轉軸在同一條直線上。當兩個圓盤在沿水平軸方向的外力作用下，嚙合為一體時，其角速度為w。求兩圓盤嚙合后共同的角速度 w 。 解：根據(jù)角動量守恒 第九章 靜電場二、主要內容1、庫倫定律：2、電場強度：電場強度的疊加原理：電荷連續(xù)分布的帶電體的場強：（1）線狀分布： （2）面狀分布：（3）體狀分布：3、靜電場的高斯定理：4、靜電場的環(huán)路定理：5、電勢：電勢的疊加原理：電荷連續(xù)分布的帶電體的電

21、勢：（1）線狀分布： （2）面狀分布：（3）體狀分布：6、導體的靜電平衡條件電場表述：（1）導體內部場強處處為零；（2）導體表面附近的場強方向處處與它的表面垂直，且。電勢表述：（1）導體是等勢體；（2）導體表面是等勢面。7、電介質中的高斯定理： 各向同性線性電介質：8、電容器的電容： 特例：平行板電容器的電容：電容器儲能：9、電場的能量密度： 電場能量：三、習題及解答1在真空中的靜電場中，作一封閉的曲面，則下列結論中正確的是( D ) A.通過封閉曲面的電通量僅是面內電荷提供的B.封閉曲面上各點的場強是面內電荷激發(fā)的C.由高斯定理求得的場強僅由面內電荷所激發(fā)的D.由高斯定理求得的場強是空間所有

22、電荷共同激發(fā)的2、半徑為R的“無限長”均勻帶電圓柱面的靜電場中各點的電場強度的大小E與距軸線的距離r的關系曲線為： （ B ） 3、在真空中的A、B兩平行金屬板，相距為d，板面積為S（S），各帶電q和q， 兩板間的作用力f大小為( C ) 4、在靜電場中，作一閉合曲面S，若有 則S面內必定（D）A既無自由電荷，也無束縛電荷B沒有自由電荷C自由電荷和束縛電荷的代數(shù)和為零D自由電荷的代數(shù)和為零5關于靜電場中的電位移線，下列說法中，哪一種是正確的？（C）A起自正電荷,止于負電荷,不形成閉合線,不中斷B任何兩條電位移線互相平行C起自正自由電荷，止于負自由電荷，任何兩條電位移線在無自由電荷的空間不相交D

23、電位移線只出現(xiàn)在有電介質的空間6、一帶電體可作為點電荷處理的條件是（C）（A）電荷必須呈球形分布。（B）帶電體的線度很小。（C）帶電體的線度與其它有關長度相比可忽略不計。（D）電量很小。7、真空中一半徑為 R 的球面均勻帶電 Q，在球心 o 處有一帶電量為 q 的點電荷，設無窮遠處為電勢零點，則在球內離球心 o 距離的 r 的 P 點處的電勢為：（）、 B、 C、 、 8、有兩個點電荷電量都是 +q，相距為2a。今以左邊的點電荷所在處為球心，以a為半徑作一球形高斯面， 在球面上取兩塊相等的小面積S1和S2, 其位置如下圖所示。設通過S1 和 S2的電場強度通量分別為 和 ,通過整個球面的電場強

24、度通量為 則（D） 9、兩塊“無限大”的帶電平行電板，其電荷面密度分別為s(s>0)及2 s，如圖所示，試寫出各區(qū)域的電場強度區(qū) 的大小 ，方向 .區(qū) 的大小 ，方向 . 區(qū) 的大小 ，方向 .10、下列幾個說法中哪一個是正確的？（C）（A）電場中某點場強的方向，就是將點電荷放在該點所受電場力的方向。（B）在以點電荷為中心的球面上，由該點電荷所產(chǎn)生的場強處處相同。（C）場強方向可由 E=F/q 定出，其中 q 為試驗電荷的電量，q 可正、可負，F(xiàn) 為試驗電荷所受的電場力。( D )以上說法都不正確。11、下面說法正確的是 (D)(A)等勢面上各點場強的大小一定相等；(B)在電勢高處，電勢

25、能也一定高； (C)場強大處，電勢一定高；(D)場強的方向總是從電勢高處指向低處.12、已知一高斯面所包圍的體積內電量代數(shù)和為零，則可肯定：（C）（A）高斯面上各點場強均為零。（B）穿過高斯面上每一面元的電通量均為零。（C）穿過整個高斯面的電通量為零。（D）以上說法都不對。13真空中有一半徑為R均勻帶正電的細圓環(huán)，其電荷線密度為，則電荷在圓心處產(chǎn)生的電場強度 的大小為 0 。14、一質量為m、電量為q的小球，在電場力作用下，從電勢為U的a點，移動到電勢為零的b點，若已知小球在b點的速率為Vb，則小球在a點的速率Va 。15、 設在半徑為的球體內，其電荷為球對稱分布，電荷體密度為 為一常量。試分

26、別用高斯定理和電場疊加原理求電場強度與的函數(shù)關系。分析：通常有兩種處理方法：（1）利用高斯定理求球內外的電場分布。由題意知電荷呈球對稱分布，因而電場分布也是球對稱，選擇與帶電球體同心的球面為高斯面，在球面上電場強度大小為常量，且方向垂直于球面，因而有根據(jù)高斯定理，可解得電場強度的分布。（2）利用帶電球殼電場疊加的方法求球內外的電場分布。將帶電球分割成無數(shù)個同心帶電球殼，球殼帶電荷為，每個帶電球殼在殼內激發(fā)的電場，而在球殼外激發(fā)的電場 由電場疊加可解得帶電球體內外的電場分布 解1：因電荷分布和電場分布均為球對稱，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯定理得球體內球體外 解2：將帶電球分割成球殼，

27、球殼帶電由上述分析，球體內 球體外 16、 兩個同心球面的半徑分別為和，各自帶有電荷和。求：（1）各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線；（2）兩球面間的電勢差為多少？分析： 通?？刹捎脙煞N方法（1）由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球面對稱性，因此，可根據(jù)電勢與電場強度的積分關系求電勢。取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場分布，再由可求得電勢分布。（2）利用電勢疊加原理求電勢。一個均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為在球面內電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢，其中是球面的半徑。根據(jù)上述分析，利用電勢疊加原理，將兩個球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢疊加，可求得電勢的分布。解1：（1）由高斯定理可求得電場分布，由電勢可求得各區(qū)域的電勢分布。當時，有當時，有當時，有（2）兩個球面間的電勢差解2：（1）由各球面電勢的疊加計算電勢分布。若該點位于兩個球面內，即，則若該點位于兩個