大学物理（上）期中考试参考答案

题目均选自《大学物理（新版）》（张孝林主编）学习指导。解答也来自本书，只是在文字上小有调整。

1 如图所示，以质点以初速度\(v_0\)水平抛射，求\(t\)时刻质点速度加速度的切向分量和法向分量以及质点轨迹的曲率半径。

第1题图

解答：质点做平抛运动，运动学方程为：

\begin{equation*} \begin{split} x&=v_0 t \\ y&=\frac{1}{2}gt^2 \end{split} \end{equation*}

则质点速度分量为

\begin{equation*} \begin{split} v_x&=\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=v_0 \\ v_y&=\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=gt \end{split} \end{equation*}

可得小球的速度大小为

\begin{equation*} v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{v_0^2+g^2t^2} \end{equation*}

质点的切向加速度为

\begin{equation*} a_{\tau}=\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=\frac{g^2t}{\sqrt{v_0^2+g^2t^2}} \end{equation*}

质点总的加速度为\(g\)，所以质点的法向加速度为

\begin{equation*} a_n=\sqrt{g^2-a_{\tau}^2}=\frac{gv_0}{\sqrt{v_0^2+g^2t^2}} \end{equation*}

质点轨迹的曲率半径为

\begin{equation*} \rho=\frac{v^2}{a_n}=\sqrt{g^2-a_{\tau}^2}=\frac{(v_0^2+g^2t^2)^{3/2}}{gv_0} \end{equation*}

2 以初速度\(v_0\)竖直向上抛出一个质量为\(m\)的质点，质点除受重力外，还受到大小为的阻力\(\alpha mv^2\)的作用（其中\(\alpha\)为常数，\(v\)为质点速度大小）。当小球在回到地面时，速度大小为多少？

解答：
建立坐标系\(O-y\)，坐标系原点位于地面，正方向竖直向上。小球受到竖直向下的重力\(mg\)和与速度方向相反的阻力\(\alpha mv^2\)的作用。

小球上升阶段，由牛顿第二定律，有

\begin{equation*} -mg-\alpha mv^2=m\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=m\frac{\mathrm dv}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=mv\frac{\mathrm dv}{\mathrm dy} \end{equation*}

整理得

\begin{equation*} \mathrm dy=\frac{v\mathrm dv}{-g-\alpha v^2} \end{equation*}

设质点上升的最大高度为\(h\)，将上式积分，有

\begin{equation*} \int_0^h\mathrm dy=\int_{v_0}^0\frac{v\mathrm dv}{-g-\alpha v^2} \end{equation*}

可得

\begin{equation} h=\frac{1}{2\alpha}\ln\frac{g+\alpha v_0^2}{g} \tag{1} \end{equation}

质点下落过程由牛顿第二定律有

\begin{equation*} -mg+\alpha mv^2=mv\frac{\mathrm dv}{\mathrm dy} \end{equation*}

设质点下落至地面时的速率为\(v_t\)，则有如下积分

\begin{equation*} \int_h^0\mathrm dy=\int_0^{-v_t}\frac{v\mathrm dv}{-g+\alpha v^2} \end{equation*}

得

\begin{equation} h=\frac{1}{2\alpha}\ln\frac{g}{g-+\alpha v_t^2} \tag{2} \end{equation}

由(1)和(2)式，有

\begin{equation*} \frac{1}{2\alpha}\ln\frac{g+\alpha v_0^2}{g}=\frac{1}{2\alpha}\ln\frac{g}{g-+\alpha v_t^2} \end{equation*}

由此式可得质点下落至地面时速率为

\begin{equation*} v_t=\frac{\sqrt{g}v_0}{\sqrt{g+\alpha v_0^2}} \end{equation*}

3 质量为\(5.6\mathrm g\) 的子弹A ，以\(501\mathrm{ m/s}\)的速度水平地射入一静止在水平面上的质量为\(2\mathrm{kg}\) 的木块B 内，A 射入B 后，B 向前移动了\(50\mathrm{cm}\) 后而停止，求：(1) B 与水平面间的摩擦因数。(2)木块对子弹所作的功。(3)子弹对木块所作的功。

解答：
(1) 质量为\(m_A=5.6\times 10^{-3}\mathrm {kg}\)的子弹以速度\(v_1=501\mathrm{ m/s}\)射入质量为\(m_B=2\mathrm{kg}\)的木块，在很短的时间内，二者具有共同速度\(v_2\)，此过程动量守恒，有

\begin{equation} m_Av_1=(m_A+m_B)v_2 \tag{1} \end{equation}

此后二者在地面上移动\(s=0.5\mathrm m\)后静止，此过程由动能定理，有

\begin{equation} -\mu (m_A+m_B)g s=0-\frac{1}{2}(m_A+m_B)v_2^2 \tag{2} \end{equation}

由式(1)和(2)可得B与水平面间的摩擦因数\(\mu\)为

\begin{equation*} \mu=\frac{m_A^2v_1^2}{2g(m_A+m_B)^2s}=0.2 \end{equation*}

(2) 由动能定理，得木块对子弹做的功\(W_1\)为

\begin{equation*} W_1=0-\frac{1}{2}m_Av_1^2=-700\mathrm J \end{equation*}

(3) 设子弹对木块做的功为\(W_2\)。对木块应用动能定理

\begin{equation*} W_2-\mu (m_A+m_B)g s=0 \end{equation*}

即

\begin{equation*} W_2=\mu (m_A+m_B)g s=2\mathrm J \end{equation*}

4 两个形状完全相同、质量都为\(M\)的弧形导轨A 和B，放在地板上，今有一质量为\(m\) 的小物体，从静止状态由A 的顶端下滑，A 顶端的高度为，所有接触面均光滑。试求小物体在B 轨上上升的最大高度（设A 、B 导轨与地面相切）。

第4题图

解答：
滑块从A上滑下至水平面，速度为\(v\)，滑轨A的速度为\(v_A\)，此过程中机械能守恒，有

\begin{equation} mgh_0=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}Mv_A^2 \tag{1} \end{equation}

水平方向动量守恒，有

\begin{equation} -Mv_A+mv=0 \tag{2} \end{equation}

物体再滑上滑轨B，滑到最高处\(h\)时，物体与滑轨B有共同速度\(u\)，此过程机械能守恒和水平方向动量守恒，有

\begin{equation} \frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}(m+M)u^2+mgh \tag{3} \end{equation}

\begin{equation} mv=(m+M)u \tag{4} \end{equation}

由(1)-(4)式得

\begin{equation*} h=\left (\frac{M}{M+m}\right )^2h_0 \end{equation*}

5 质量为\(M\) 的木块静止在光滑的水平桌面上，质量为\(m\)，速度为\(v_0\)的子弹水平地射入木块，并陷在木块内与木块一起运动．求：（1）子弹相对木块静止后，木块的速度和动量；（２）子弹相对木块静止后，子弹的动量；

解答：
设最后子弹与木块具有共同速度\(v\)，根据动量守恒定律，有

\begin{equation} mv_0=(m+M)v \tag{4} \end{equation}

子弹相对木块静止后，木块的速度为\(v=\frac{mv_0}{m+M}\)，木块的动量为\(\frac{mMv_0}{m+M}\)，子弹的动量为\(\frac{m^2v_0}{m+M}\)。

6 一大型回转类“观览圆盘”如图所示．圆盘的半径\(R ＝ 25\mathrm m\) ，供人乘坐的吊箱高度\(L ＝ 2\mathrm m\)。若大圆盘绕水平轴均速转动，转速为\(0.1\mathrm {r/min}\)。试求：吊箱底部A 点的轨迹及A 点的速度和加速度的大小。

第6题图

解答：
\(t=0\)时刻，OB与\(x\)轴夹角为\(\theta_0\)，在\(t\)时刻，OB与\(x\)轴夹角为\(\omega t+\theta_0\)。其中大圆盘的转动角速度为\(\omega =2\pi\times 0.1/60\mathrm s^{-1}=\frac{\pi}{300}\mathrm s^{-1}\)。

在如图所示坐标系中，A点坐标为

\begin{equation*} \begin{split} x_A&=R\cos(\omega t+\theta_0)\\ y_A&=R\sin(\omega t+\theta_0)-L \end{split} \end{equation*}

于是可得A点速度为

\begin{equation*} \begin{split} v_{xA}&=\frac{\mathrm dx_A}{\mathrm dt}=-R\omega\sin(\omega t+\theta_0)\\ v_{yA}&=\frac{\mathrm dy_A}{\mathrm dt}=R\omega\cos(\omega t+\theta_0) \end{split} \end{equation*}

速度大小为

\begin{equation*} v_A=\sqrt{v_{xA}^2+v_{yA}^2}=R\omega=25\times \frac{\pi}{300} = 0.3\mathrm{m/s} \end{equation*}

A点加速度为

\begin{equation*} \begin{split} a_{xA}&=\frac{\mathrm v_{xA}}{\mathrm dt}=-R\omega^2\cos(\omega t+\theta_0)\\ a_{yA}&=\frac{\mathrm v_{yA}}{\mathrm dt}=-R\omega^2\sin(\omega t+\theta_0) \end{split} \end{equation*}

加速度大小为

\begin{equation*} a_A=\sqrt{a_{xA}^2+a_{yA}^2}=R\omega^2=25\times \left (\frac{\pi}{300}\right )^2 = 3\times 10^{-3}\mathrm{m/s^2} \end{equation*}

7 一长为\(l\)，质量为\(m\)的匀质细杆竖直放置，下端与一固定的光滑水平轴连接，杆可绕该轴自由转动，如图所示，若杆受一微小扰动，从静止开始转动，试计算当杆转到与铅垂线成\(\theta\)角时的角加速度和角速度。

第7题图

解法1：
杆相对转轴的转动惯量为\(J=ml^2/3\)，设杆的角速度为\(\omega\)，角加速度为\(\beta\)，杆受到的外力矩只有重力的力矩，形式为

\begin{equation*} M=\frac{1}{2}mgl\sin\theta \end{equation*}

根据转动动力学定律有

\begin{equation*} M=J\beta=\frac{1}{3}ml^2\beta \end{equation*}

其中\(\beta\)为杆的角加速度，为

\begin{equation*} \beta=\frac{3g}{2l}\sin\theta \end{equation*}

根据角加速度定义和微分的性质，有

\begin{equation*} \frac{\mathrm d\omega}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm d\omega}{\mathrm d\theta}\frac{\mathrm d\theta}{\mathrm dt}=\omega\frac{\mathrm d\omega}{\mathrm d\theta}=\beta=\frac{3g}{2l}\sin\theta \end{equation*}

于是有

\begin{equation*} \omega\mathrm d\omega=\frac{3g}{2l}\sin\theta \mathrm d\theta \end{equation*}

两边积分

\begin{equation*} \int_0^{\omega} \omega\mathrm d\omega=\frac{3g}{2l}\int_0^{\theta}\sin\theta \mathrm d\theta \end{equation*}

于是可得杆转到与铅垂线成\(\theta\)角时角速度为

\begin{equation*} \omega=\sqrt{\frac{3g}{l}(1-\cos\theta)} \end{equation*}

解法二：

转动过程中机械能守恒，有

\begin{equation*} \frac{1}{2}J\omega^2-mgl(1-\cos\theta)=0 \end{equation*}

其中\(J=ml^2/3\)为杆的转动惯量。

于是可得角速度为

\begin{equation*} \omega=\sqrt{\frac{3g}{l}(1-\cos\theta)} \end{equation*}

对上式平方得，

\begin{equation*} \omega^2=\frac{3g}{l}(1-\cos\theta) \end{equation*}

两边求导，得

\begin{equation*} 2\omega\frac{\mathrm d\omega}{\mathrm dt}=2\omega\beta=\frac{3g}{l}\sin\theta\frac{\mathrm d\theta}{\mathrm dt}=\frac{3g}{l}\omega\sin\theta \end{equation*}

得角加速度为

\begin{equation*} \beta=\frac{3g}{2l}\sin\theta \end{equation*}

8 质量为\(M\)的圆盘挂在劲度系数为\(k\) 的轻弹簧下，并处于静止状态，如图 所示．一质量为\(m\)的物体，从距圆盘为\(h\)的高度自由下落，并粘在盘上和盘一起振动．物体和盘相碰瞬间为初始时刻，而且碰撞时间很短。取碰后系统的平衡位置为坐标原点，竖直向下为坐标的正方向。试求系统的振动方程。

第8题图

解答：
设碰撞前弹簧伸长量为\(\Delta l_1\)，且

\begin{equation} Mg=k\Delta l_1 \tag{1} \end{equation}

设系统平衡时弹簧伸长量为\(\Delta l_0\)，且

\begin{equation} (m+M)g=k\Delta l_0 \tag{2} \end{equation}

物体和盘位移为\(x\)时，根据牛顿第二定律，有

\begin{equation} (m+M)g-k(x+\Delta l_0)=(m+M)\ddot{x} \tag{3} \end{equation}

由(2)和(3)式有

\begin{equation} \ddot{x}+\frac{k}{m+M}x=0 \tag{4} \end{equation}

令\(\omega^2=\frac{k}{m+M}\)，上式化为\(\ddot{x}+\omega^2x=0\)，可见，系统做简谐振动，运动方程为如下形式：

\begin{equation} x=A\cos\left (\sqrt{\frac{k}{m+M}}t+\varphi \right ) \tag{5} \end{equation}

式中振幅\(A\)和初相位\(\varphi\)由初始条件确定。

初始时刻\(t=0\)为物体和盘碰撞的时刻。发生碰撞式物体的速度为\(v_0=\sqrt{2gh}\)，碰撞过程动量守恒，则可知碰撞之后二者共同速度为

\begin{equation} u_0=\frac{mv_0}{m+M} \tag{6} \end{equation}

系统的初位移为

\begin{equation} x_0=-(\Delta l_0-\Delta l_1)=-\frac{mg}{k} \tag{7} \end{equation}

由(5)、(6)和(7)式得

\begin{equation} u_0=x'(t=0)=-A\sqrt{\frac{k}{m+M}}\sin \varphi =\frac{mv_0}{m+M} \tag{8} \end{equation}

\begin{equation} x_0=x(t=0)=A\cos\varphi =-\frac{mg}{k} \tag{9} \end{equation}

由(8)和(9)式得

\begin{equation} A=\frac{mg}{k}\sqrt{1+\frac{2kh}{(m+M)g}} \tag{10} \end{equation}

\begin{equation} \varphi=\arctan\left (\sqrt{\frac{2kh}{(m+M)g}}\right ) \tag{11} \end{equation}

将(10)和(11)式带入(5)式即可得振动方程。

9 在光滑的水平桌面上放一均质细杆，杆的质量为\(M\)，长为\(l\)，杆可绕过其一端的光滑竖直轴转动，如图所示。杆开始时静止，若有一质量为\(m\)的小球，以水平速度\(v_0\)垂直于杆冲击其末端A点，设冲击是完全弹性碰撞．求碰撞后小球的速率和杆的角速度。

第9题图

解答：
对杆和小球组成的系统动量矩守恒，于是有

\begin{equation} mlv_0=mlv+\frac{1}{3}Ml^2\omega \tag{1} \end{equation}

因为碰撞是弹性碰撞，所以碰撞前后动能不变

\begin{equation} \frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{6}Ml^2\omega^2 \tag{2} \end{equation}

解此二式，得碰撞后小球的速率为

\begin{equation*} v=\frac{3m-M}{3m+M}v_0 \end{equation*}

杆的角速度为

\begin{equation*} \omega=\frac{6m}{3m+M}\frac{v_0}{l} \end{equation*}