第一章質點做曲線運動，下面表示正確的是( C—aB、dr

—aB、dr

dt dtDdtduatF面表述正確的是(B)質點作圓周運動，加速度一定與速度垂直;B、B、物體作直線運動，法向加速度必為零;C、、速率減少，加速度大小增加;、速率增加而無加速度做平拋運動的質點，不變的物理量是(dtC、、速率減少，加速度大小增加;、速率增加而無加速度做平拋運動的質點，不變的物理量是(dtD)dudt對于做曲線運動的物體，以下幾種說法中,正確的是(B)軌道最彎處法向加速度最大；某時刻的速率為零，切向加速度必為零.下列情況不可能存在的是(DA速率增加，加速度大小減少； BC、速率不變而有加速度；切向加速度必不為零;B、法向加速度必不為零(拐點處除外)C、由于速度沿切線方向，法向分速度必為零，因此法向加速度必為零;E、若物體做勻速率運動，其總加速度必為零；若物體的加速度為恒矢量，它一定做勻變速率運動。一質點的運動方程為r(t)i4t2B、法向加速度必不為零(拐點處除外)C、由于速度沿切線方向，法向分速度必為零，因此法向加速度必為零;E、若物體做勻速率運動，其總加速度必為零；若物體的加速度為恒矢量，它一定做勻變速率運動。一質點的運動方程為r(t)i4t2jtk，式中r，t分別以m、s為單位。試求:(1)它的速度與加速度；(2)它的軌跡方程。(1)V8$k，av8j;(2)x1,y4z2一質點沿x軸運動,坐標與時間的變化關系為x4t2t2，式中x,t分別以m、s為單位，試計算:(1)在最初2s內的位移、平均速度和2s末的瞬時速度;(2)1s末到3s末的平均加速度;(3)3s末的瞬時加速度。(1)(2)1s末到3s末的平均加速度;(3)3s末的瞬時加速度。(1)最初2s內的位移：x|t2 x|toooo最初2s內的平均速度:X|t2 X|t0 0t4m/sv^X44tdt4m/s2s末的瞬時速度：vvIt3vIt12vIt3vIt1280/,2 4m/s2dva一dt3s末的瞬時加速度：3s末的瞬時加速度：a4m/s2一質點沿x軸做加速運動，開始時質點位于X）處，初速度為v0。(1)ktc時，求任意時刻質點的速度及位置;(2)kv時,求任意時刻質點的速度及位置;(3)解：（1）dxvdt，Xkx時,dvdt，tvdt0求質點的速度與位置的關系。以上各式中k，c是常量。Xo(1)ktc時，求任意時刻質點的速度及位置;(2)kv時,求任意時刻質點的速度及位置;(3)解：（1）dxvdt，Xkx時,dvdt，tvdt0求質點的速度與位置的關系。以上各式中k，c是常量。Xotadto6k,2vo —t2c2-t vot2ctVoXo⑵dvkv，vdvX)tokdt，ln—kt，voktvoedxkt懇voe，xdxxo(3)advdt即vdvkxdx，ovoektdt，Xdvdxdxdtvvdvvo1)kXodvv——kxdxxkxdx，xo2222vvok(x xo)路燈距地面的高度為h，一個身高為I的人，在路上勻速運動，速度為0，如圖路燈距地面的高度為1-14。求：（1）人影中頭頂的移動速度；（2）影子長度增長的速率。

解：(1)原點O，人影中頭頂位置應該在地面上做一維直線運動，設路燈的正下方為坐標人影中頭頂位置坐標為P,人影中頭頂的移動速度為：OPdV-dt根據三角形相似的原理,OQ解：(1)原點O，人影中頭頂位置應該在地面上做一維直線運動，設路燈的正下方為坐標人影中頭頂位置坐標為P,人影中頭頂的移動速度為：OPdV-dt根據三角形相似的原理,OQOP,OPO所以OPddtdOQldtOQ而-dtVo,因此v—V0。(2)由于影子長度等于人影中頭頂位置和人位置的水平間距，所以影子長度增長的速率為dPQ

dtdOPOQ

dtVVoVodPQ

dtdOPOQ

dtVVoVo一質點沿半徑為10cm的圓周運動，其角坐標(以弧度rad計)可用下式表示得到法向加速度和切向加速度的表達式24an r2144rt4，atr24rt在t2s時，法向加速度和切向加速度為:44在t2s時，法向加速度和切向加速度為:44an144rt41440.124230.4ms2at 24rt240.122 4.84.8ms2（2）要使總加速度與半徑成（2）要使總加速度與半徑成45o角，必須anat，即144rt424rt解得t31/6，此時324t32.67rad第二章以下說法錯誤的是（A）A、B、解得t31/6，此時324t32.67rad第二章以下說法錯誤的是（A）A、B、勢能的增量大，相關的保守力做的正功多；勢能是屬于物體系的，其量值與勢能零點的選取有關；C、D、功是能量轉換的量度；物體速率的增量大，合外力做的正功多。作勻速圓周運動的物體運動一周后回到原處，這一周期內物體（CA、動量守恒，合外力為零；B、動量守恒，合外力不為零；C、動量變化為零，合外力不為零，合外力的沖量為零；D、動量變化為零，合外力為零。以下說法正確的是（以下說法正確的是（A）A、功是標量，能也是標量，不涉及方向問題；B、C、某方向的合力為零，功在該方向的投影必為零；某方向合外力做的功為零，該方向的機械能守恒；D、物體的速度大，合外力做的功多，物體所具有的機械能也多。質量為A、功是標量，能也是標量，不涉及方向問題；B、C、某方向的合力為零，功在該方向的投影必為零；某方向合外力做的功為零，該方向的機械能守恒；D、物體的速度大，合外力做的功多，物體所具有的機械能也多。質量為m的彈性球，以速率u沿與水平線成45°角的斜向上方向射來,打在水平放置的鋼板上，并以相同的角度和速率彈出去。則作用于球的沖量（A、方向豎直向上，大小等于2mu；B、方向豎直向下，大小等于2mu;C、方向豎直向上，大小等于B、方向豎直向下，大小等于2mu;C、方向豎直向上，大小等于V2mu;方向豎直向下，大小等于Qmu0如圖2-17,一質點為m的子彈射入置于光滑水平面上質量為M并與勁度系數為k的輕彈簧連著的木塊后使彈簧最大壓縮了 I，求子彈射入前的速度V00Vo—m解：以子彈和連著輕彈簧的木塊為系統入射前后，動量守恒：mv入射前后，動量守恒：mvo(Mm)v(1)彈簧壓縮前后，機械能守恒:-(Mm)v彈簧壓縮前后，機械能守恒:-(Mm)v2-kL2(2)22聯立(1聯立(1)(2)得;一質量為M的車靜止在光滑的水平面上，車上懸掛擺長為 I、質量為m的單擺,如圖2-18所示。開始時，擺線水平、擺球靜止，突然放手，當擺球運動到擺線呈鉛直的瞬間，求擺球相對地面的速度為多少。呈鉛直的瞬間，求擺球相對地面的速度為多少。.設車速度及擺球.設車速度及擺球m相對地面速度分別為V與v，設向右為正向，由于系統水平方向不受外力，則系統水平方向動量守恒0mvMV (1)又由于在擺球下擺過程中，只有保守內里重力作功，故系統機械能守恒 .設擺球擺到最低處時重力勢能為零，則有1212mgl-mv-MV22(1)、⑵兩式聯立，則CC、合力矩減小時, 物體角加速度不一定變小;質量為X10-23kg，速度為X107m/s的粒子A,與另一個質量為其一半而靜止的粒子B相碰，假定這碰撞是彈性碰撞，碰撞后粒子 A的速率為5X107m/s，求：（1）粒子B的速率及偏轉角;（2）粒子A的偏轉角。解：兩粒子的碰撞滿足動量守恒EaVamiEaVamiAv'AmiBv'B寫成分量式:mAvA mAv'Acos mBv'BcosmAv'Asin mBv'Bsin碰撞是彈性碰撞，滿足動能守恒:,2 1,2aVA-EbVb代入:1 2,2 1,2aVA-EbVb代入:-EaVa-EaVa-EbV222mA7.22310kg，EbEa23.610%，Va6.0107m/smA7.22310kg，EbEa23.610%，Va6.0107m/s，V'a5.0107m/s解得：（1）544'V'b4.69107m/s；(2)2220'1 1-（Mm）r2 C1 1-（Mm）r2 C、—Mr2mr2 D、不能確定2 2如果合外力矩的方向與角速度的方向一致， 則以下說法正A、合力矩增大時,物體角速度一定增大;B、合力矩減小時,物體角速度一定減小;第三章TOC\o"1-5"\h\z一質量為M，半徑為r的勻質圓盤旋轉時，在某一瞬間突然有一片質量為 m的小碎片從圓盤的邊緣飛出，則飛輪的轉動慣量變為（ C）12A、—Mr2 B2在剛體的定軸轉動中，確的是（A2323D合力矩增大時，物體角加速度不一定增大。一勻質圓盤狀飛輪，質量為20kg,半徑為30cm當它以每分鐘60D合力矩增大時，物體角加速度不一定增大。一勻質圓盤狀飛輪，質量為20kg,半徑為30cm當它以每分鐘60轉的速率，繞垂直與圓盤面且通過圓盤圓心的軸轉旋轉時,其動能為（DA16.22JB、8.12J、8.1J、1.82J在自由轉動著的水平轉臺的邊緣站著一人,當該人從邊緣沿徑向走到轉臺中心的過程中，系統的轉動動能（C）A不變、減小、增加A不變、減小、增加D、先減小后不運動員手握兩只啞鈴，站在無摩擦旋轉的水平平臺上，開始時此人兩手平握啞鈴,人、啞鈴、平臺組成的系統以角速度旋轉，隨后，此人將啞鈴下垂于身體兩側,人、啞鈴、平臺組成的系統以角速度旋轉，隨后，此人將啞鈴下垂于身體兩側,在此過程中，下面說法正確的時（A角動量守恒，機械能守恒;A角動量守恒，機械能守恒;、角動量守恒，機械能不守恒;C、角動量不守恒，機械能守恒；一根長為C、角動量不守恒，機械能守恒；一根長為l、質量為M的勻質棒,D自由懸掛于通過其上端的光滑水平軸上?，F有、角動量不守恒，機械能不守恒。一質量為m的子彈以水平速度vo射向棒的中心，并以Vo/2的水平速度穿出棒,此后棒的最大偏轉角為90°，則v0的大小為（A）16M2gl3m2一質量為m,半徑為R的勻質薄圓盤，在水平面上繞通過中心且垂直盤面的軸轉動。設圓盤與水平面之間的滑動摩擦因素為。若開始以角速度動。設圓盤與水平面之間的滑動摩擦因素為。若開始以角速度0旋轉，問:（1）圓盤停止轉動經過多長時間?（2）上述過程中摩擦力矩所作的功?解：（1）摩擦力矩式中,dMr2rdrg2式中,dMr2rdrg2為質量面密度。2drdM2gdM2gRfdr03mgR12mR22 124g所以一24g3 -得角角速度為3R04g(2)根據動能定理有^mR2^mR204Af0-I02角時，求:一根長度為l均勻木棒，質量為m,可繞水平軸0在豎直平面內轉動(無摩擦)，開始時棒水平靜止放置，當棒在重力的作用下轉動到與水平方面成角時，求:(1)力矩作功；(2)桿的角的加速度；(3)桿的角加速度。解：(1)根據定軸轉動力矩作功的計算式dWMzd式中Mz所以W0—mgsin(9021一mgcosd90式中Mz所以W0—mgsin(9021一mgcosd901-mgcos21-mgsin2(2)根據定軸轉動的轉動定理MzI式中再利用Mz可得(3)利用機械能守恒:丄12112-ml31-mgcos23g一cos2l2l.mg-sin2所以罟sin所以長1=0.4m、質量M1kg的勻質細棒，可繞水平軸0在豎直平面內轉動，開始時，細棒處于自然豎直狀態，現有一質量 m8g的子彈，以 200m/s的速率從A點射入棒中，A點與0點的距離為31/4，如圖3-18所示。求:7■q7■qF(2)棒的最大偏轉角。解：系統繞桿的懸掛點的角動量為

LImvl210.48kgms子彈射入后，整個系統的轉動慣量為I^Ml23細20LImvl210.48kgms子彈射入后，整個系統的轉動慣量為I^Ml23細20.054kgm2由角動量守恒有⑵子彈射入后，且桿仍然垂直時,W動21 2LI系統的動能為8.88rad/s2.13J當桿轉至最大偏轉角時，系統動能為零，勢能的增加量為1Mgl1cos3mgl1cos由機械能守恒，W動94.24。第四章一質點作簡諧振動x6cos（100t0.7）cm某時刻它在x3^2cm處，且向X軸負向運動，它要重新回到該位置至少需要經歷的時間為（ B）A、丄S B、丄S C、—s D、A、100 200 50 50一個單擺，如果擺球的質量增加為原來的四倍，擺球經過平衡位置時的速度減為原來的一半，則單擺（A、頻率不變，振幅不變;B A、頻率不變，振幅不變;B 、頻率不變，振幅改變;C、頻率改變，振幅不變;D、頻率改變，振幅改變;一諧振系統周期為，振子質量為200g,一諧振系統周期為，振子質量為200g,振子經平衡位置時速度為12cm/s，則再經后振子動能為（D）A、1.8A、1.8104JB、1.44103JD、3.6104J。下述說法中哪些是正確的（ C）A、波只能分為橫波和縱波;B、波動質點按波速向前運動;A、波只能分為橫波和縱波;B、波動質點按波速向前運動;C、波動中傳播的只是運動狀態和能量;波經過不同媒質傳播過程中波長不變。對于機械橫波，下列說法正確的是（A）波峰處質元的動能、勢能均為零;B、處于平衡位置的質元勢能為零、動能為最大;CB、處于平衡位置的質元勢能為零、動能為最大;C、處于平衡位置的質元動能為零、勢能為最大;波谷處質元的動能為零、勢能為最大。D波谷處質元的動能為零、勢能為最大。一個平面簡諧波沿x軸負方向傳播，波速U=10m/s。x=0處，質點振動曲線如圖4-19所示，則該波的表式為（B）A、2cos—2B、2cos—2C、A、2cos—2B、2cos—2C、2sin—2x102sin—2x10在同一媒質中兩列相干的平面簡諧波強度之比是11:12 4，則兩列波的振幅之比A：A2為(B)、16、、16一物體沿x軸作簡諧振動，振幅A12cm,周期T2s，在t0時物體位于6.0cm處且向x軸正方向運動，求:（1）該簡諧振動的初相位;（2）t0.5s時，物體的位置、速度和加速度;解：（1）簡諧振動的位移和速度分別為x12cos(t 0)v12sin(t0)已知，在0已知，在0，x6cm，即612cos0解得0又知，在5_解得0又知，在5_30時，物體向x軸正方向運動，有同時滿足這兩個條件的解為所以(2)應用以上各式，在t物體的速度為物體的加速度為12sin0 0，sin0 012cost12sin212cos0.5s時,12125同時滿足這兩個條件的解為所以(2)應用以上各式，在t物體的速度為物體的加速度為12sin0 0，sin0 012cost12sin212cos0.5s時,12125物體的位置為12COS0.5sin0.5532 CLcos0.55310.4cm18.8cm/s2103cm/s平面簡諧波以速度c20ms1沿x軸負方向傳播,如圖4-28所示。已知P點的振動表達式是yp3cos4t，式中y以米計，t以秒計。(1)以P點為坐標原點寫出波動方程;以距P點5m處的Q點為坐標原點寫出波動方程。解(1)解(1):y(x,t)3cos4t一20

、 5(2)Q點振動方程為：目Q3cos4t一3cos4t20波動方程為y(x,t)3cos4t—20如圖4-32所示，設B點發出的平面簡諧波沿BP方向傳播，它在B點的振動方程為yi程為2103cos2t；C點發出的平面簡諧沿CP方向傳播，它在為yi程為y2103cos(2t)，本題中y以米計，t以秒計。設BP0.4m、CP0.5mCP0.5m，波速c0.2ms1，求:(1)Vv2-V0.2m(1)Vv2-V0.2m得到rc rB20100.2兩波傳到P點時的位相差；若在P點處相遇的兩波的振動方向相同，求P處合振動的振幅;若在P點處相遇的兩波的振動方向相互垂直，再求P處合振動的振幅。解(1):由即在P處兩波同相位。(1)由于兩波同相位，且振動方向相同3AA1A410m(2)當0,且兩振動方向垂直時AJA2A2 血a 2.83103m第五章根據熱力學第二定律可知(C)A、功可以全部轉化為熱，但熱不能全部轉化為功;B、熱可以從高溫物體傳到低溫物體，但不能從低溫物體傳到高溫物體;

C、不可逆過程就是不能向反方向進行的過程;D—切自發過程都是不可逆的。定的理想氣體，從相同狀態出發，分別經歷等溫過程、等壓過程和絕熱過程,使其體積增加一倍。那么氣體溫度的改變（絕對值）A、絕熱過程中最大,等壓過程中最小;B、絕熱過程中最大,C、等壓過程中最大,等溫過程中最小;絕熱過程中最小;等壓過程中最大,A、絕熱過程中最大,等壓過程中最小;B、絕熱過程中最大,C、等壓過程中最大,等溫過程中最小;絕熱過程中最小;等壓過程中最大,答案：D等溫過程中最小。比較溫度，等溫過程T0，等壓過程TPR，絕熱過程T豊V V。,PP,貝UTT一絕熱容器被各版、、隔板分成兩半，一半是真空,另一半是理想氣體，若把隔一絕熱容器被各版、、隔板分成兩半，