物理学习题集(全国中医药行业高等教育“十四五”规划教材配套用书)
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 第一章 质点力学基础

参考答案

一、单选题

1.C

2.B

分析:已知img,则img

3.B

分析:因为img为一常数,img,和t有关。

4.D

5.D

分析:由动能定理得img,和斜面的倾角无关。

6.C

分析:因为img

7.C

分析:因为,img

其中tgδ=μ。当θ=δ时,a取得最大值。

8.C

分析:由动量定理得img

9.D

分析:设人和气球离地的高度分别为hH,气球移动的距离为Δh,则由能量守恒定律得

mgh+mgH=mg(h+1+Δh)+mg(Hh),

解得

Δh=-0.5m

10.C

11.B

分析:由于img

解得

img

12.D

二、判断题

1.√

分析:取物体抛出点为坐标原点,在竖直面内建立坐标系。物体运动的参数方程为

消去式中参数θ,得任意时刻的轨迹方程为

这是一个以img为圆心、img0t为半径的圆方程,它代表着所有物体在任意时刻t的位置。

2.√

分析:img是切向加速度的大小,且at=gsinα,随轨道上不同的α角而不同;img,等于重力加速度,为一常矢量;法向加速度an=gcosα,也随轨道上不同的α角而不同。

3.(1)√;(2)×

分析:(1)正确(在轨道的拐点处除外);

(2)只要速度方向有变化,其法向加速度一定不为零。

4.×

分析:根据牛顿定律,物体保持静止不动时,静摩擦力必须等于Mg,与压力无关,故F增加时静摩擦力不变。

5.√

分析:三种情况都只有重力功且相等,由动能定理可得物体滑到底部时的动能相等;但三种光滑表面形状不同,物体滑到底部时的速度方向并不一样,因此动量的方向不同,动量就不相同。

6.(1)×;(2)×;(3)√;(4)×。

分析:(1)加速过程是皮带对砖块的摩擦力作用的结果,在这段变速过程中砖块的速度小于皮带,因而两者有相对运动(相对地面的位移不同),这一对摩擦力的功也不同;(2)和(4)中的驱动力的功是作用在皮带上的,不能改变砖块的动能。

7.×

分析:不受外力的系统满足动量守恒的条件,其动量变化为零;但外力功为零,非保守内力的功不一定为零,所以此系统的机械能不一定为零。

8.√

分析:对小球和地球系统,系统仅有保守内力重力作用(斜面的支持力为外力,但它与小球的位移垂直而不作功),所以系统机械能守恒。

三、填空题

1.1.14×103N

分析:以人为研究对象,从整个过程来讨论,根据动量定理有

2.img

分析:由运动学方程x=ct3可得物体的速度img

物体所受阻力的大小为

则阻力的功为

3.882J

分析:水桶在匀速上提过程中,a=0,拉力与水桶重力平衡,有

F=P

水桶重力随位置的变化关系为

P=mg-agy,其中a=0.2 kg/m,

人对水桶的拉力的功为

4.①0.53 J; 0; ②0.53 J; 2.30 m/s;③2.49 N

分析:①重力对小球所作的功只与始末位置有关,即

WP=PΔh=mgl(1-cosθ)=0.53J

在小球摆动过程中,张力FT的方向总是与运动方向垂直,所以张力的功

②根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果。初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为

EK=WP=0.53J

小球在最低位置时的速率为

③当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

5.img

分析:由力函数img可知,当r→∞时,F=0,势能亦为零。

在此力场中两粒子相距r时的势能为

6.4.1 ×10-3m

分析:因阻力与深度成正比,则有F=kx(k为阻力系数)。

现令x0=1.00×10-2 m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作的功相等,可得

解得

Δx=4.1×10-3m

7.img

分析:选木块为研究对象,取沿斜面向上为x轴正向,列出下滑、上滑过程的动力学方程

由(2)式可知,加速度为一常量。由匀变速直线运动规律,有

(3)

解上述方程组,可得木块能上滑的距离

8.①30.0m/s ;②467m

分析:以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿定律及初始条件,有

img

因此,飞机着陆10s后的速率为img=30.0m/s

img

故飞机着陆后10s内所滑行的距离img

9.img

分析:取地球和物体为系统,物体位于地面时系统的机械能为

为使初速度最小,当物体远离地球时(h→∞),其末速度img=0,此时机械能E=0。由机械能守恒定律,有

10.img

分析:船的运动方程为r(t)=x(t)i+(-h)j

船的运动速度为

而收绳的速率img,且因r=l0-imgt,故

11.1.45×10-3 m/s ;下午3时整

分析:设太阳光线对地转动的角速度为ω

如图1-6所示,从正午时分开始计时,则杆的影长为s=htg(Δα)=htg(ωt),下午2时整,杆顶在地面上影子的速度大小为

图1-6

当杆长等于影长时,即s=h,则

即为下午3时正。

12. 4.00kg

分析:由于质点最初处于静止,因此,初动量P0=0,初动能EK0=0,根据动量定理和动能定理分别有

四、简答题

1.答:这种说法不正确,加速度是速度对时间的变化率,即img

2.答:牛顿第一定律定性地指出了力和运动的关系,它联系着两个力学的基本概念,一个是物体的惯性,它指物体本身保持运动状态不变的性质,或者说是物体抵抗运动变化的性质。另一个是力,它是指迫使一个物体运动状态改变,即使它产生加速度是别的物体对它的作用。牛顿第二定律进一步给出了力和运动的定量关系。但不能将牛顿第一定律视为其特例。

3.答:如果一对力所作的功与相对路径的形状无关,而只决定于相互作用的质点的始末相对位置,这样的一对力就叫保守力。由于物体的位置(或者状态)的变化而具有的能量叫势能。在只有保守力做功的情况下,质点系的机械能守恒,在经典力学中,它是牛顿定律的一个推论,因此也只适用于惯性系。

五、计算题

1.解:(1)img

   (2)img=t3+3t2+2=56m/s

   (3)img

2.解:(1)2秒内通过的位移,x2=4.5t2-2t3=2m

   1秒内通过的位移,x1=4.5t2-2t3=2.5m

   第2秒的平均速度img

(2)由img,得

   img1=3m/s;  a1=-3m/s2

   img2=-6m/s;  a2=-15m/s2

(3)如图1-7所示,有往返运动,当img=0时,

图1-7

img,

解得t=1.5s

S=|x(1.5)-x(1)|+|x(1.5)-x(2)|=2.25m

3.解:(1) 由img,

t得质点的轨迹方程img

(2)质点在任一时刻的位移矢量可表示为

img
img

与入射方向所成的角img

(2)   img

约为垒球本身重量img倍)

5.解:img

6.解:在水平方向上, 由mimg0cosα=MV

7.解:滑轮的加速度img

以滑轮为参照,物体AB相对滑轮的加速度为a′,则对AB受力分析可得

由方程(1)、(2)解得

a′≈5.56m/s2aA=a+a′=12.43m/s2aB=a-a′=1.31m/s2

8.解:(1)由N=Fimg(负号表示方向和速度方向相反)得

(2)由imgimg

9.解:img

第1秒内作的功img

第2秒内作的功img

第3秒内作的功img

第3秒末的瞬时功率P=Fimg3=Fat3=375W

10.解:位移img(负号的添加是确保dx为正值)

11.解:EP=-A

la时,细棒可看作是一质点,则

12.解:(1)由功能原理得:Af1+Af2=E2-E1

(2)由功能原理得:Af1+Af2+Af3=E3-E1

H=1.74 m

13.解:由动量守恒定律得:img

(1)

由能量守恒定律得:img

(2)

由方程(1)、(2)解得:img=319m/s