练习一 质点运动学
一、选择题
1.【 A 】
2. 【 D 】
3. 【 D 】
4.【 C 】 二、填空题
1. (1) 物体的速度与时间的函数关系为cos dy
v A t dt ωω=
=； (2) 物体的速度与坐标的函数关系为2
2
2
()v
y A ω
+=.
2. 走过的路程是
m 3
4π
； 这段时间平均速度大小为：s /m 40033π；方向是与X 正方向夹角3
π
α=
3.在第3秒至第6秒间速度与加速度同方向。
4.则其速度与时间的关系v=3
2
03
1Ct dt Ct v v t
=
=-?
, 运动方程为x=4
0012
1Ct t v x x +=-. 三、计算题
1. 已知一质点的运动方程为t ,r ,j )t 2(i t 2r 2
?
??
?
-+=分别以m 和s 为单位，求:
(1) 质点的轨迹方程，并作图；
(2) t=0s 和t=2s 时刻的位置矢量；
(3) t=0s 到t=2s 质点的位移?v ,?r ==?
??
(1)轨迹方程：08y 4x 2
=-+； (2) j 2r 0??
=，j 2i 4r 2???-=
(3) j 4i 4r r r 02???
??-=-=?，j 2i 2t
r v ????-==??
2. 湖中一小船，岸边有人用绳子跨过高出水面h 的滑轮拉船，如图5所示。如用速度V 0收绳，计算船行至离岸边x 处时的速度和加速度。
选取如图5所示的坐标，任一时刻小船满足：
222h x l +=，两边对时间微分
dt dx x dt dl l
=，dt dl V 0-=，dt
dx
V = 02
2V x
h x V +-=
方向沿着X 轴的负方向。
5
图
方程两边对时间微分：xa V V 2
20
+=，x
V V a 2
20-=
32
20x
h V a -=，方向沿着X 轴的负方向。
3. 质点沿X 轴运动，其加速度和位置的关系是)SI (x 62a 2
+=。如质点在x=0处的速度为1
s m 10-?，求质点在任意坐标x 处的速度。
由速度和加速度的关系式：dt dv a =
，dx
dv v dt dx dx dv a == vdv adx =，vdv dx )x 62(2=+，两边积分，并利用初始条件：0x =，10s m 10v -?=
vdv dx )x 62(v
10
2
x
??
=+，得到质点在任意坐标x 处的速度：25x x 2v 3++=
练习二 曲线运动和相对运动
一、 选择题
1. 【 B 】
2.【 D 】
3. 【 C 】
4.【 B 】 二、填空题
其速度
j t 5cos 50i t 5sin 50v ???
+-=；其切向加速度0a =τ；该质点运动轨迹是100y x 22=+。
2.标量值dv dt 是否变化：变化；矢量值dt
v
d ?是否变化：不变；a n 是否变化：变化
(A) 轨道最高点A 的曲率半径g )cos v (20A θρ=，落地点B 的曲率半径θ
ρcos g v 2
B =。
3.(1) 0a ,0a n t ≠≠：变速曲线运动
(2) 0a ,0a n t =≠：变速直线运动， a a t n ,分别表示切向加速度和法向加速度。 4. A 点处的切向加速度g a t =，小球在B 点处的法向加速度g 2a n =。 三、计算题
1. 如图3，一质点作半径R=1m 的圆周运动， t=0时质点位于A 点，然后顺时针方向运动，运动方程)SI (t t s 2
ππ+=求： (1) 质点绕行一周所经历的路程、位移、平均速度和平均速率；(2) 质点在1秒末的速度和加速度的大小。
(1) 质点绕行一周所需时间：R 2t t 2πππ=+，s 1t =
质点绕行一周所经历的路程：)m (2R 2s ππ==
位移：0r =?
?；平均速度：0t
r v ==???
? 3
图
平均速率：s /m 2t
s
v π?==
(2) 质点在任一时刻的速度大小：ππ+==
t 2dt
ds
v 加速度大小：2222
2n )dt
dv ()R v (a a a +=+=τ? 质点在1秒末速度的大小： )s /m (3v π=
加速度的大小：2
22)2()9(a ππ+=?
，)s /m (96.88a 2
=?
2. 如图4，飞机绕半径r=1km 的圆弧在竖直平面内飞行，飞行路程服从)m (t 50)t (s 3
+=的规律，飞机飞过最低点A 时的速率1
A s m 192v -?=，求飞机飞过最低点A 时的切向加速度a t ，法向加速度n a 和总加速度?
a 。
飞机的速率：dt
ds v =，2
t 3v =，加速度：ττ?a n ?a a n +=?， t 6dt dv a ,r t 9v a 42n ====
τρ 飞机飞过最低点A 时的速率：1
A s m 192v -?=，s 8t =
224n s /m 00.48t 6a ,s /m 86.36r
t 9a ====τ，加速度：n 86.3648a ?
??+=τ
3. 有架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处。已知气流相对于地面的速率为
u ， AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变。
(1) 如果u=0(空气静止)，试证明来回飞行的时间为v /l 2t 0=；
(2) 如果气流的速度向东，证明来回飞行的时间为)v
u 1/(t t 22
01-=；
(3) 如果气流的速度向北，证明来回飞行的时间为22
02v
u 1/t t -=
(1)如果：0u =，飞机来回的速度均为v ，来回的飞行时间：v l t /20=
(2)如果气流的速度向东，飞机向东飞行时的速度：u v v 1+=，飞机向西飞行时的速度：
u v v 2-=，来回飞行的时间：u
v l u v l t 1-+
+=，)v u 1/(t t 2201-= (3)如果气流的速度向北，飞机向东飞行的速度：221u v v -=，飞机向西飞行的速度
2
2
1u v v -=，来回飞行的时间：22222u
v l
u v l t -+-=，22
02v u 1/t t -=
大小：y 2
y 2x a a a a =+=
?
，2x y s /m 18v 6a ==，2s /m 18a =?，方向沿Y 轴方向。
4
图
练习三 牛顿运动定律
一、 选择
1. 【 B 】
2.【 B 】
3. 【 C 】
4.【 C 】
二 填空题
1.(1) 0a ,0a B A == (2) 0a ,0a B A == (3) 2
B 2
A s /m 9.9a ,s /m 05.0a ==
2. R
mt 16F 2n =，(设小车的质量为m )。
3木箱的速度大小为4m/s ；在t=7s 时，木箱的速度大小为2.5 m/s 。( g=10 m/s 2 )。
4.则B 推A 的力等于2N 。如用同样大小的水平力从右边推A ，则A 推B 的力等于1N
二、计算题
1. 倾角为θ的三角形木块A 放在粗糙地面上，A 的质量为M ，与地面间的摩擦系数为μ、
A 上放一质量为m 的木块
B ，设A 、B 间是光滑的。 (1) 作出A 、B 的示力图；
(2) 求B 下滑时，μ至少为多大方能使A 相对地面不动。
* 解：研究对象为物体A 和物体B ，受力分析如图所示，选
取斜面向下为坐标正方向，
水平方向向右为坐标正方向，写出两个物体的运动方程
物体B ：ma sin mg =θ和0cos mg N =-θ，θcos mg N =
物体A ：0T sin N =-μθ和0cos N Mg T =--θ，两式消去T ，将θcos mg N =代入
0)cos N Mg (sin cos mg =+-θμθθ，0)cos mg Mg (sin cos mg 2=+-θμθθ
所以：θ
θ
θμ2
cos m M cos sin m +≥
2. 一根匀质链条，质量为m ，总长度为L ，一部分放在光滑桌面上，另一部分从桌面边缘下垂，长度为a ，试求当链条下滑全部离开桌面时，它的速率为多少？(用牛二定律求解)。 解：选取向下为坐标正方向，将整个链条视为一个系统，当链条下落距离x 时，写出牛顿
运动方程dt dv m xg L m =，dx dv mv xg L m =，vdv xdx L g
=，vdv xdx L g v
L a ??
= 当链条下滑全部离开桌面时，它的速率为L /)a L (g v 22-=
3. 质量为m 的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向。大小与速度大
)
1(计算题
小成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求: (1) 子弹射入沙土后，速度的大小随时间变化的函数式
(2) 子弹进入沙土的最大深度。
* 根据题意，阻力kv f -=，写出子弹的运动微分方程：
dt dv
m kv f =-=，应用初始条件得到：t m k
0e v v -=
从dt dv m kv =-变换得到：v ds
dv
m kv =-，mdv kds =-，应用初始条件，两边积分得
到
)v v (k
m
s 0-=
，
当子弹停止运动：0v =，所以子弹进入沙土的最大深度：0max v k m x =
6
图 练习四 功和能
一、 选择题
1. 【 C 】
2. 【 D 】
3. 【 C 】
4. 【 B 】 二、 填空题
1. (1) 卫星的动能为
R 6GmM ； (2) 卫星的引力势能为R
3GmM
-。 2． (A) 重力做功：)l l (mg 0-； (B) 重力势能的增量：)l l (mg 0--。 (C) 弹性势能的增量：20)l l (k 21-；(D) 弹性力所做的功：20)l l (k 2
1
--。
3． m N 4.42W ?-=。
4.木块A 的速度大小为 1A B
F t m m ??+, 木块B 的速度大小为 12F t A B
B
F t m m m ????++ .
二、计算题
1．如图6所示装置，光滑水平面与半径为R 的竖直光滑半圆环轨道相接，两滑块A ，B 的质量均为m ，弹簧的倔强系数为k ，其一端固定在O 点，另一端与滑块A 接触。开始时滑块B 静止于半圆环轨道的底端，今用外力推滑块A ， 使弹簧压缩一段距离x 后再释放，滑块A 脱离弹簧后与B 作完全弹性碰撞，碰后B 将沿半圆环轨道上升。升到C 点与轨道脱离，O’C 与竖直方向成ο
60=α角，求弹簧被压缩的距离x 。
* 过程一，弹簧力做功等于物体A 动能的增量：21A 2mv 21kx 21
=，得到：x m
k v 1A =
过程二，物体A 和物体B 发生弹性碰撞，动量守恒和动能守恒
2B 2A 1A mv mv mv +=，2B 22A 21A 2mv 21
mv 21mv 21+=，得到：x m
k v v 1A 2B ==
过程三，物体B 做圆周运动，在C 点脱离轨道满足的条件：R v m cos mg N 2
3
B =+α
0cos mg R
v m N 23B
=-=α，得到：αcos gR v 3B =
根据动能定理：重力做的功等于物体
B
动能的增量：
2B 23B 2mv 2
1
mv 21)cos 1(mgR -=+-α
将αcos gR v 3B =和x m
k
v 2B =
代入得到：K 2mgR 7x =
2. 设两粒子之间的相互作用力为排斥力f ，其变化规律为3r
k
f =，k 为常数，r 为二者之间的距离，试问: (1) f 是保守力吗？ 为什么？ (2) 若是保守力，求两粒子相距为r 时的势
能。设无穷远处为零势能位置。
* 根据问题中给出的力3r
k
f =
，只与两个粒子之间位置有关，所以相对位置从r 1变化到r 2时，力做的功为：?
--==2
1
r r 21223)r 1r 1(k 21dr r k A ，做功与路径无关，为保守力； 两粒子相距为r 时的势能：?∞
==
r
23P r 2k
dr r k E 3. 质量为g 6.5m =的子弹A ，以s /m 501v 0=的速率水平地射入一静止在水平面上的质量为kg 2M =的木块B 内，A 射入B 后，B 向前移动了cm 50L =后而停止，求：
(1) B 与水平面间的摩擦系数μ；(2)木块对子弹所做的功W 1； (3) 子弹对木块所做的功W 2 ； (4)W 1与W 2是否大小相等，为什么？
* 研究对象为子弹和木块，系统水平方向不受外力，动量守恒。
10v )M m (mv +=，0v M
m m
v +=
根据动能定理，摩擦力对系统做的功等于系统动能的增量：
22v )M m (21'v )M m (21gs )M m (+-+=+-μ，0'v )M m (2
1
2=+
得到：2.0v )
M m (gs 2m 2
02
2
=+=
μ 木块对子弹所做的功等于子弹动能的增量：2
021mv 21mv 21W -=
，J 8.702W 1-= 子弹对木块所做的功等于木块动能的增量：2
2Mv 2
1W =，J 96.1W 2=
21W W ≠，子弹的动能大部分损失克服木块中的摩擦力做功，转变为热能。
练习五 冲量和动量（一）
3
图 4
图
一、 选择题
1. 【 D 】
2. 【 A 】
3. 【 C 】
4. 【 B 】
二、 填空题
1. (1) 地面对小球的垂直冲量的大小为0gy )21(m +； (2) 地面对小球的水平冲量的大小为0mv 2
1
2.水对管壁的平均冲力大小是t
mv
F =
，方向垂直向下。3.滑块A 及嵌在其中的子弹共同运动的速v 2
1v A =
，此时刻滑块B 的速度0v B =，在以后的运动过程中，滑块B
的最大速度v 2
1v max B =。 4.力的冲量i 20I ??=；物体动量的增量i 20P ?
?=?。
三、计算题
1. 如图4所示，一质量M=10 kg 的物体放在光滑的水平桌面上，并与一水平轻弹簧相连，弹簧的倔强系数K=1000 N/m 。今有一质量m=1kg 的小球以水平速度v 0=4m/s 飞来，与物体
M 相撞后以v 1=2 m/s 的速度弹回，试问：
(1) 弹簧被压缩的长度为多少?小球和物体的碰撞是完
全弹性碰撞吗?
(2) 若小球和物体相撞后粘在一起，则上面所问的结果
又如何?
* 研究系统为小球和物体及弹簧，系统水平方向上不受外力，动量守恒，取X 轴正方向向
右
Mv mv mv 10-=-，)v v (M
m
v 10+=
，物体的速度大小：s /m 6.0v =
5
图 物体压缩弹簧，根据动能定理：22
Mv 2
1
kx 2
1=
，弹簧压缩量：v k M x =，m 06.0x = 碰撞前的系统动能：J 8mv 21E 2
00k == 碰撞后的系统动能：J 8.3Mv 2
1mv 21E 2
21k =+=，所以系统发生的是非完全弹性碰
撞。
若小球和物体相撞后粘在一起，动量守恒：v )M m (mv 0+-=-
0v M
m m
v +=
，物体的速度大小：s /m 364.0v =
弹簧压缩量：v k
M
m x +=
，m 038.0x =，系统动能损失更大，为完全非弹性碰撞。
2. 如图5所示，质量为M 的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为m 的小球水平向右飞行，以速度v 1 (对地)与滑动斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为v 2 (对地)，若碰撞时间为?t ，试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。
* 研究对象为小球和滑块构成的系统，水平方向上动量守恒，
取X 轴正方向向右，Y 轴向上为正。
)v v (M Mv mv 1?+=+，1v M
m v =
? 小球在Y 方向受到的冲量：2y mv t mg t F =-??
Y 方向上作用在滑块上的力：mg t
mv F 2
y +=
? 滑块对地面的平均作用力：Mg mg t
mv Mg F N 2
y ++=+=?
练习六 冲量和动量（二）
一、 选择题
1. 【 D 】
2.【 C 】
3. 【 A 】
4. 【 D 】 二、 填空题
1. j 5i ?
?-。
2.所受合外力的冲量j mV i mV I ?
??+=； 除重力外其它外力对物体所做的功，mgR A -=非。
3. (1) 小球动量增量的大小等于零； (2) 小球所受重力的冲量的大小等于ω
π
2mg
； (3) 小球所受绳子拉力的冲量大小等于ω
π
2mg
。
三、计算题
1. 两个自由质点，其质量分别为m 1和m 2，它们之间的相互作用符合万有引力定律。开始时，两质点间的距离为L ，它们都处于静止状态，试求两质点的距离为2
L
时，两质点的速度各为多少?
* 两个自由质点之间的相互作用为万有引力，在不受外力作用下，系统的动量和机械能守
恒。
动量守恒：0v m v m 2211=+ 机械能守恒：2
2
22112121v m 21v m 21)2
L (m Gm 0L m Gm ++-=+-
求解两式得到两质点距离为
2L
时的速度：)
m m (L G 2m v 2121+=和)
m m (L G
2m v 211
2+-=
2. 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -?v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量 解： (1)由题意，子弹到枪口时，有
0)(=-=bt a F ,得b
a t =
(2)子弹所受的冲量
?-=-=t bt at t bt a I 0221
d )(
将b
a
t =代入，得
b
a I 22
= (3)由动量定理可求得子弹的质量
02
02bv a v I m =
=
练习七 功能原理 角动量和角动量守恒定理
一、 选择题
1.【 C 】
2.【 C 】
3.【 C 】
4.【 D 】 二.填空题
1. 12J .
2. mgl/50 .
3. 20 kx ；20-kx /2 ；2
0 kx /2
三.计算题
1.一质量为m 的陨石从距地面高h 处由静止开始落向地面,设地球质量为M ，半径为R ，忽略空气阻力,求:
(1) 陨石下落过程中,万有引力的功是多少？ (2) 陨石落地的速度多大？
1）ⅰ）引力做功等于石块引力势能的改变：)11(
h
R R GMm E A P +-=?-= ⅱ）石块下落过程中，系统机械能守恒：)1
1(212h
R R GMm mv +-=
gh R
h
GM h R R h GM h R R GM v 22)(2)11(
222=≈+=+-= gh v 2≈ 2）ⅰ）由功能原理，有：m
2pt
v , 2
1
2===mv A pt ⅱ）由牛顿定理，有：dx
dv mv dt dx dx dv m dt dv m v p F =?===
3/px , 30
22
mv dv mv dv mv pdx v
===?
2
/32/1333222/3398)89()2(33t m
p m t p p m m pt p m v p m x ?=?===
2. 电子质量为319.110kg -?，在半径为115.310m -? 的圆周上绕氢核作匀速运动，已知电子的角动量为/2h π，求它的角速度。
第三章 刚体与流体的运动
练 习 一
一. 选择题
1.（ C ）
2.（ A ）
3.（ C ）
4.（ B ） 二.填空题
1. 2
/5s rad -=β, 4 s =v -15 m/s 。
2. 20
3.系统绕O 轴的转动惯量=J 3ml 2
/4 。释放后,当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力
矩=M mgl/2 ； 角加速度β = 2g/3l 。 4.惯量=J 32/134R ρπ。
三. 计算题
1. 汽车发动机的转速在7.0s 内由2000r/min 均匀增加到3000r/min 。求: （1）角加速度；
（2）这段时间转过的角度；
（3）发动机轴上半径为0.2m 的飞轮边缘上的一点在第 7.0s 末的加速度。
解：（1）初角速度为s rad /20960/20020=?=πω 末角速度为s rad /31460/30002=?=πω
角加速度为20
/150
.7209
314s rad t
=-=
-=
ωωβ
（2）转过的角度为rad t 301083.172
314
2092
?=?+=
+=
ω
ωθ （3）切向加速度为2
/32.015s m R a t =?==α 法向加速度为2
422/1097.12.0314s m R a n ?=?==ω
总加速度为242
2/1097.1s m a a a n t ?=+=
总加速度与切向的夹角为99893
1097.1arctan arctan 4
'=?==?t n a a θ
2. 电风扇在开启电源后,经过1t 时间达到了额定转速,此时相应的角速度为ω 0. 当关闭电源后, 经过2t 时间风扇停转. 已知风扇转子的转动惯量为J , 并假定摩擦阻力矩f M 和电机
的电磁力矩F M 均为常量,试根据已知量推算电机的电磁力矩F M 。
解：设f M 为阻力矩，O M 为电磁力矩，开启电源时有 t , 1101βωβ==-J M M f O 关闭电源时有 t , 2202βωβ==J M f )11(2
10t t J M O +=ω
3. 飞轮的质量为60kg ，直径为0.50m ，转速为1000r ／min ，现要求在 5s 内使其制动，求制动力F 的大小。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ= 0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如图4所示。
解
：
22275.3)25.0(60m kg mR J ?=?==
s r n t /7.1046100
22,00=?===ππω 0,5==ωt ,20
/9.205
104
0s r t
-=-=
-=
ωωα 0)(121=-+Nl l l F ,,NR J fR μα== R
J N μα=
于是有， N R
J l l l 314F 211=+=
μα
第三章 刚体与流体的运动
练 习 二
一. 选择题 1.（ A ） 2.（ B ） 3.（ D 4.（ B ） 二. 填空题
1. 1kgm 2
/s ， =2v 1m/s 。
2. 14rad/s 。
图4
3. J ω 0/(J +mR 2
) 。 4. ω = ω0 /3 。 三.计算题
1. 一轴承光滑的定滑轮,质量为kg M 0.2=,半径为m R 10.0=,一根不能伸长的轻绳,一端缠绕在定滑轮上,另一端系有一质量为kg m 0.5=的物体,如图5示.已知定滑轮的转动惯量为2/2
MR J =,其初角速度ω 0=10.0rad/s,方向垂直纸面向里，求: (1) 定滑轮的角加速度；
(2) 定滑轮的角速度变化到ω =0时,物体上升的高度； (3) 当物体回到原来位置时,定滑轮的角速度。 解：1）0 M , 01.02
1
f 2===
MR J 3
250
06.05 , J TR , 2
-=-=+-=-=-=-mR J mgR ma T mg ββ 2）m 0.06R s h , 5
3
220====-
=θβωθ 3）rad/s 0.100==ωω
2. 如图6示，两物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为J,半径为 r 。 （1）如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求物体的加速度a 及绳中的张力1T F 与2T F 2 （设绳子与滑轮间无相对猾动）；
（2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力1T F 与2T F 。 解：（1）设物体的加速度大下为a ，滑轮角加速度为α，并设m 1向下为运动正方向，有牛顿运动定律
a m F g m T 111=- （1） a m F F f T 222=-，g m F f 22μ= （2）
由转动定律
αJ r F r F T T =-21 （3） r a a t α== （4）
可解得
22121/)(r J m m g m m a ++-=μ,2
2122211/)/(r
J m m g
r J m m m F T ++++=μ, 2
2121122
/)/(r
J m m g
r J m m m F T ++++=μμ
T1
图6
图5
（2）将μ = 0代人以上结果即可
2211/r J m m g m a ++=,2
212211
/)/(r J m m g
r J m m F T +++=,221212/r J m m g m m F T ++=
3. 如图7所示.一质量均匀分布的圆盘,质量为M ,半径为R ,放在一粗糙水平面上,摩擦系数为μ，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动。开始时圆盘静止,一质量为m 的子弹以水平速度0v 垂直圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求: (1) 子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度；
(2) 经过多长时间后,圆盘停止转动。(圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为2/2
MR ,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)
解： 1）子弹击中并嵌入圆盘，忽略摩擦力矩的作用，子弹与圆盘系统的角动量守恒：
2020 , mv , )(J mR R J mR R mv +=
+=ωω
2）圆盘获得角速度后，到停止转动，
摩擦力矩做功：
在圆盘上取一环状面元，质量为rdr dm πσ2?=；摩擦力矩为：r dmg dM f ?=μ
RMg gR dr r g M R
f μπμσπμσ3
2
322302==
=?
由角动量定理，有：Mg
mv RMg R
mv RMg J mR M L t f μμμω23233/2)(002=
=+=?=?
第三章 刚体与流体的运动
练 习 三
一. 选择题
1.（ A ）
2.（ C ）
3.（ B ）
4.（ A ） 二. 填空题 2. )1(2
12
2
2
12121-r r mr ω。
图7
3. 不守恒 ； 守恒 。
4. 3 。 三. 计算题
1. 在转椅上的人手握哑铃。两臂伸直时，人、哑和椅系统对竖直轴的转动惯量为J 1=2kg ·m 2
。在外人推动后，系统开始以n 1=15 r/min 的角速度转动。当人两臂收回时，系统转动惯量变为J 2=0.80kg ·m 2
时，此时系统的转速是多大？两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？什么力做了功？做功多少？
解：由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒。由此得 221122n J n J ππ?=? 于是 min /5.378
.02
15211
2r J J n n =?== 两臂收回时，系统内力做了功，所以系统的机械能不守恒。臂力做的总功为
J
J J A 70.3601522605.3728.0212
1212
22112
22=?
?????????? ??
??-??? ????=-=ππωω
2. 一长为 m l 40.0= 的均匀木棒，质量kg M 0.1=，可绕水平轴 0在竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直悬垂。现有质量g m 8=的子弹以s m v /200=的速率从A 点射入棒中，假定A 点与0点的距离为4/3l ，如图6。求： （1）棒开始运动时的角速度； （2）棒的最大偏转角。
解：（1）取子弹和棒为系统。碰撞前系统对轴的角动量就是作匀速直线运动的子弹对轴的角动量，即
lmv L 4
3
0=
碰撞后系统对轴的角动量为
ωω???
?
????'+??? ??==223143l m l m J L
ω为子弹入射后二者开始共同运动的角速度，
图6
由角动量守恒定律，
0L L =
得
89.843==
J
mvl
ω rad/s （2）取系统不变，因摆动过程中只有重力作功，利用动能定理求最大偏转角。 设棒从竖直位置开始的最大偏转角为θ，则棒的质心上升的高度h 1满足
θcos 2
1
211l l h -=
子弹上升的高度h 2为
θcos 4
3
432l l h -=
到最大摆角时，重力作负功而系统静止，对系统运用动能定理，有
2222
1
0ωJ gh m mgh -
='-- 得
076.032232cos 2
-=+'-+'=mgl
gl m J mgl gl m ωθ
12940'=θ
3. 如图7所示,空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω 0．质量为m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r< 解：系统在过程中满足角动量守恒和机械能守恒。 m 在B 点时有：22 022 02000)(2 12121 )(B B B mR J mv mgR J mR J J ωωωω++=++= 联立解得gR mR J R J v mR J J B B 2,2 02200200 0++=+= ωωω 图7 (1) 计算题m 在C 点时有：2022 00002 121221 c c C J mv R mg J J J ωωωω+=?+= 联立解得gR v c C 2,0==ωω 静电场一 库仑定律 电场强度 一.选择题 1. C ； 2. C ； 3. D ； 4. B ； 二.填空题 1.r r 2 2 0r 2210N 78.394141 e e e F ===r e r q q πεπε F 与r e 方向相同表明它们之间为斥力。 2. 4 AR π 3. q f E q f //21<< 4. )2(4/2 0d R R dq -ππε 三.计算题 1. 根据题意作出如图所示的电荷分布，选取坐标系OXY q 1在P 产生的场强：)j (b 4q E 2 011?? -= πε q 2在P 产生的场强：??)j sin i (cos c 4q E 2022???ααπε+= P 点的电场强度：??)j sin i (cos c 4q )j (b 4q E 2 02201 ???? ααπεπε++-= 将3 π α=，m 4.0b =，m 5.0c =代入得到：j 5490i 4320E ? ? ? += O R d 图10.2 大学物理(第四版)课 后习题及答案质点 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为 3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小； （2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--= t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 由此，可计算在0~2和4~6 s 时间间隔内各时刻的位置分别为 t /s 0 0.5 1 1.5 2 4 4.5 5 5.5 6 x /m 5.7- 10- 5.7- 0 40 48.7 55 58.7 60 用描数据点的作图方法，由表中数据可作0~2 s 和4~6 s 时间内的x －t 图。在2~4 s 时间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 题1.3解1：取如图所示的直角坐标系，船的运动方程为 ()()()j i r h t x t -+= 船的运动速度为 ()i i i r v t r r h h r t t t x t d d 1d d d d d d 2 /12 2 2 2 -??? ? ? ?-=-= ==' 而收绳的速率t r v d d - =，且因vt l r -=0，故 ()i v 2 /12 021-??? ? ? ?-- -='vt l h v 题1.3解2：取图所示的极坐标(r ,θ)，则 θr r r d d d d d d d d d d e e e e r v t r t r t r t r t θ+=+== ' r d d e t r 是船的径向速度，θd d e t r θ是船的横向速度，而 t r d d 是收绳的速率。由于船速v '与径向速度之间夹角位θ ，所以 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 代入，有 2 1) y =- 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i = ， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =， 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ，式中的R 、ω均为常 量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球 大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里？试举例说明． 解：(1)r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=,12r r r -=?； (２) t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 （３）t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. （t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) １－2 设质点的运动方程为x =x （t ），y =y (t )，在计算质点的速度 和加速度时，有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + + 在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O 场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分 习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变 大学物理上册课后习题答案 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 理想气体状态方程 5-1一容器内储有氧气，其压强为1.01?105Pa ，温度为270 C ，求：（1）气体分子的数密度；（2）氧气的质量密度；（3）氧分子的质量；（4）分子间的平均距离（设分子均匀等距分布）。 解：(1)nkT p =，32523 5 /m 1044.2) 27273(1038.11001.1?=+???==-kT p n (2)R M m T pV mol =Θ，335mol kg/m 30.1)27273(31.810321001.1=+????== =∴-RT pM V m ρ (3)n m O 2 =ρΘ， kg 1033.510 44.230 .12625 2 -?=?= = ∴n m O ρ (4)m 1045.310 44.21193253 -?=?==n d 5-2在容积为V 的容器中的气体，其压强为p 1，称得重量为G 1。然后放掉一部分气体，气体的压强降至p 2，再称得重量为G 2。问在压强p 3下，气体的质量密度多大？ 解：设容器的质量为m ，即放气前容器中气体质量为m g G m -=1 1，放气后容器中气体质量为m g G m -= 2 2。 由理想气体状态方程有 RT M m g G RT M m V p mol 1mol 11-==， RT M m g G RT M m V p mol 2 mol 22-== 上面两式相减得 V p p G G g M RT )()(1212mol -=-，)(1 21 2mol p p G G gV RT M --= 当压强为3p 时，1 21 2 33mol 3p p G G gV p RT p M V m --?=== ρ 压强、温度的微观意义 5-3将2.0?10-2kg 的氢气装在4.0?10-3m 2的容器中，压强为3.9?105Pa ，则氢分子的平均平动动能为多少？ 解：RT M m pV mol = Θ，mR pV M T mol =∴ 5-4体积33m 10-=V ，压强Pa 105=p 的气体分子平均平动动能的总和为多少？ 解：kT N t 23=∑ε，其中N 为总分子数。kT V N nkT p = =Θ，kT pV N = 5-5温度为0℃和100℃时理想气体分子的平均平动动能各为多少？欲使分子的平均 平动动能等于1eV ，气体的温度需多高？（1eV=1.6?10-19J ） 库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单 位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t = 习 题 题10.1：如图所示，两根长直导线互相平行地放置，导线内电流大小相等，均为I = 10 A ，方向 相同，如图所示，求图中M 、N 两点的磁感强度B 的大小和方向（图中r 0 = 0.020 m ）。 题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0?10-5 T 。如设想此地磁场是由地球赤道上 一圆电流所激发的（如图所示），此电流有多大？流向如何？ 题10.3：如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，它在点O 的磁感强度为多少？ 题10.4：如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈 覆盖住半个球面，设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 处的磁感强度。 题10.5：实验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局 部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图所示，一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R ，通过的电流均为I ，且两线圈中电流的流向相同，试证：当两线圈中心之间的距离d 等于线圈的半径R 时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场。（提示：如以两线圈中心为坐标原点O ，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可 看成是均匀磁场的条件为x B d d = 0；0d d 22=x B ） 题10.6：如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量。 题10.7：如图所示，在磁感强度为B的均匀磁场中，有一半径为R的半球面，B与半球面轴线的夹角为 ，求通过该半球面的磁通量。 题10.8：已知10 mm2裸铜线允许通过50 A电流而不会使导线过热。电流在导线横截面上均匀分布。求：（1）导线内、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度。 题10.9：有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：（1）r 大学物理课程教学基本 要求 文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208] 非物理类理工学科大学物理课程教学基本要求（正式报告稿）物理学是研究物质的基本结构、基本运动形式、相互作用的自然科学。它 的基本理论渗透在自然科学的各个领域，应用于生产技术的许多部门，是其他 自然科学和工程技术的基础。 在人类追求真理、探索未知世界的过程中，物理学展现了一系列科学的世 界观和方法论，深刻影响着人类对物质世界的基本认识、人类的思维方式和社 会生活，是人类文明发展的基石，在人才的科学素质培养中具有重要的地位。 一、课程的地位、作用和任务 以物理学基础为内容的大学物理课程，是高等学校理工科各专业学生一门 重要的通识性必修基础课。该课程所教授的基本概念、基本理论和基本方法是 构成学生科学素养的重要组成部分，是一个科学工作者和工程技术人员所必备 的。 大学物理课程在为学生系统地打好必要的物理基础，培养学生树立科学的 世界观，增强学生分析问题和解决问题的能力，培养学生的探索精神和创新意 识等方面，具有其他课程不能替代的重要作用。 通过大学物理课程的教学，应使学生对物理学的基本概念、基本理论和基 本方法有比较系统的认识和正确的理解，为进一步学习打下坚实的基础。在大 学物理课程的各个教学环节中，都应在传授知识的同时，注重学生分析问题和 解决问题能力的培养，注重学生探索精神和创新意识的培养，努力实现学生知 识、能力、素质的协调发展。 二、教学内容基本要求（详见附表） 大学物理课程的教学内容分为A、B两类。其中：A为核心内容，共74条，建议学时数不少于126学时，各校可在此基础上根据实际教学情况对A类内容各部分的学时分配进行调整；B为扩展内容，共51条。 1.力学 （A:7条，建议学时数14学时；B:5条） 2.振动和波 （A:9条，建议学时数14学时；B:4条） 3.热学 （A:10条，建议学时数14学时；B:4条） 4.电磁学 （A:20条，建议学时数40学时；B:8条） 5.光学 （A:14条，建议学时数18学时；B:9条） 6.狭义相对论力学基础 （A:4条，建议学时数6学时；B:3条） 7.量子物理基础 （A:10条，建议学时数20学时；B:4条） 8.分子与固体 （B:5条） 9.核物理与粒子物理 （B:6条） 第一章 质点运动学 课 后 作 业 1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为] a ＝2＋6 x 2 (SI) 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度． 解：设质点在x 处的速度为v ， 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v 2分 () x x x d 62d 0 20 ??+=v v v 2分 () 2 21 3 x x +=v 1分 2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 3分 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 2 ??= x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分 3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为 22 1 ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向 加速度大小相等时所经历的时间． 解： ct b t S +==d /d v 1分 c t a t == d /d v 1分 ()R ct b a n /2 += 1分 根据题意： a t = a n 1分 即 ()R ct b c /2 += 解得 c b c R t -= 1分 4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小． 解：根据已知条件确定常量k () 222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分 24t =ω, 24Rt R ==ωv s t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分 22s /32/m R a n ==v 1分 ()8.352 /122=+=n t a a a m/s 2 1分 5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？ 解：(1) 球相对地面的初速度 =+='v v v 030 m/s 1分 抛出后上升高度 9.4522 ='=g h v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度 202 1 )(gt t t -+=v v v 1分 08.420==g t v s 1分 6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 习题11 11-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C 10 8.19 1 - ? = q，B点上有电荷 C 10 8.49 2 - ? - = q，试求C点的电场强度(设0.04m BC=，0.03m AC=)。 解：1q在C点产生的场强： 1 12 4 AC q E i r πε = ， 2 q在C点产生的场强： 2 22 4 BC q E j r πε = ， ∴C点的电场强度：44 12 2.710 1.810 E E E i j =+=?+?； C点的合场强：224 12 3.2410V E E E m =+=?， 方向如图： 1.8 arctan33.73342' 2.7 α=== 。 11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电 量为C 10 12 .39- ?的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小 和方向。 解：∵棒长为2 3.12 l r d m π =-=， ∴电荷线密度：91 1.010 q C m l λ-- ==?? 可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为 0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d02 .0 = 长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷 的塑料棒在O点产生的场强。 解法1：利用微元积分： 2 1 cos 4 O x Rd dE R λθ θ πε =? ， ∴2 000 cos2sin2 444 O d E d R R R α α λλλ θθαα πεπεπε - ==?≈?= ?1 0.72V m- =?； 解法2：直接利用点电荷场强公式： 由于d r <<，该小段可看成点电荷：11 2.010 q d C λ- '==?， 则圆心处场强： 11 91 22 2.010 9.0100.72 4(0.5) O q E V m R πε - - '? ==??=? 。 方向由圆心指向缝隙处。 11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电 荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆 α j i 2cm O R x α α 第一章作业题 P21 1.1； 1.2； 1.4； 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62 x ，a 的单位为2 s m -?，x 的单 位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101 s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d === 分离变量： x x adx d )62(d 2 +==υυ 两边积分得 c x x v ++=32 2221 由题知，0=x 时，100 =v ,∴50=c ∴ 1 3s m 252-?++=x x v 1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2 s m -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0， 求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 1 223 4c t t v ++= 由题知，0=t ,00 =v ,∴01=c 故 2234t t v + = 又因为 2 234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )23 4(d 2+= 积分得 2 3221 2c t t x ++= 由题知 0=t ,50 =x ,∴52=c 故 52123 2++ =t t x 所以s 10=t 时 m 70551021 102s m 1901023 10432101210=+?+?=?=?+ ?=-x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33 t ，θ式中以弧度计，t 以秒 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 第一章 质点运动学 1.4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数． （1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为 01 ln(1)x v kt k = +． [证明]（1）分离变量得2d d v k t v =-， 积分 020d d v t v v k t v =-??， 可得 0 11kt v v =+． （2）公式可化为0 01v v v kt = +， 由于v = d x/d t ，所以 00001 d d d(1) 1(1)v x t v kt v kt k v kt = =+++ 积分 000 01 d d(1) (1)x t x v kt k v kt =++?? ． 因此 01 ln(1)x v kt k = +． 证毕． 1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为 ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)， 法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2， 当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即 n a a = 由此得 2r r ω= 即 22 (12)24t = 解得 3 6t =． 所以 3242(13)t θ=+==3.154(rad)． （3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即 24t = (12t 2)2， 解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)． 1.6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？ [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ． 加速度的大小为 a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为 2 01 2x x x v t a t =+， 2 01 2y y y v t a t =-+． 即 201 c o s c o s 2x v t a t θ α=?+?， 2 01 sin sin 2y v t a t θα=-?+?． 令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去） ； 02sin sin v t a θ α= =．大学物理(第四版)课后习题及答案质点
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