大学物理机械工业出版社上册课后练习答案

大学物理机械工业出版社上册课后练习答案

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第一章 质点的运动

1-1 已知质点的运动方程为：

23010t t x +-=，22015t t y -=。式中x 、y

的单位为m ，t 的单位为ｓ。试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向。

分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．

解 (1) 速度的分量式为t t

x x 6010d d +-==v

当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

设v o 与x 轴的夹角为α,则

2

3tan 00-==

x

y αv v

α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

2s m 60d d -?==t

a x x v

,

2s m 40d d -?-==

t

a y y v

则加速度的大小为

22

2

s m 1.72-?=+=y x a a a

设a 与x 轴的夹角为β,则

3

2tan -==

x y

a a β β＝-33°41′(或326°19′) 1-2 一石子从空中由静止下落，由于空

气阻力，石子并非作自由落体运动。现测得其加速度a ＝A-B v ，式中A 、B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为

t a d )

(d =v v

后再两边积分． 解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．

(1) 由题 v v

B A t

a -==d d

(1)

用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-v

v

(2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度 )1(Bt e B A

--=v

由此可知当,t →∞时,B

A

→v 为一常量,通

常称为极限速度或收尾速度．

(2) 再由)1(d d Bt e B

A

t y --==

v 并考虑初始条件有

得石子运动方程)1(2-+=-Bt e B

A

t B A y

1-3 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a = - kv 2，k 为常数。在关闭发动机后，试证：

（1）船在t 时刻的速度大小为 1

00

+=

t kv v v ； （2）在时间t 内，船行驶的距离为 01

ln(1)x v kt k

=+；

（3）船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx 。

[证明]（1）分离变数得2d d v

k t v

=-，

故 020

d d v t v v

k t v =-??，

可得： 0

11

kt 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

0000

1

d d(1)(1)x t

x v kt k v kt =++??． 因此 01

ln(1)x v kt k

=+．

(3 ) 要求 v ( x )，可由

dx dv v dt dx dx dv dt dv a ===，有

积分得 kx

x v v e v v kx v v dx k v dv -=-=?-=??000

,ln 0证毕．

1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一

小车行走，而小车放在距地面高

为H 的光滑平台

上，求小车移动的速度和加速度。

解：人前进的速度v 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，

所以小车移动的速度

2

20220)(t v h H t

v v --=

小车移动的加速度

[]

2

/322022

2)()(t

v h H v h H a +--=

1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位

置的关系为 262x a +=，a 的单位为

m/s 2，x 的单位为 m 。质点在x =0处，速度为10m/s ，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 ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c

∴ 13s m 252-?++=x x v

1-6 如图所示，一弹性球由静止开始自由下落高度 h 后落在一倾角 30=θ的斜面上，与斜面发生完全弹性碰撞后作抛射体运动，问它第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远。

解：小球落地时速度为gh v 20=

建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图

00060cos v v x =

200060cos 2

1

60cos t g t v x += （1）

00060sin v v y =

200060sin 2

1

60sin t g t v y -= （2）

第二次落地时 0=y g

v t 0

2= 所以

m g

v t g t v x 8.0260cos 2160cos 202

00

0==+=

1－7一人扔石头的最大出手速率为v

＝25m/s ，他能击中一个与他的手水平距离L=50m ，高h=13m 的目标吗在此距离上他能击中的最大高度是多少

解：由运动方程

2

1cos ,sin 2

x vt y vt gt θθ==-,消去t 得轨迹方程

以x ＝ ，v ＝25ms －1代入后得 取g ＝，则当 1.25tg θ=时，

max 11.25y =〈13 所以他不能射中，能射中得最大高度

为max 11.25y = 1-8 一质点沿半径为R 的圆周按规律

202

1

bt t s -=v 运动，v 0 、b 都是常量。(1)

求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值

H

h v 0

图1-18 习题1-4

时总加速度在数值上等于b (3) 当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈

分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．

解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt t

s -==0d d v v

其加速度的切向分量和法向分量分别为

b t s a t -==22d d , R

bt R a n 2

02)(-==v v

故加速度的大小为

其方向与切线之间的夹角为 (2) 要使｜a ｜＝b ,由

b bt b R R

=-+4022)(1

v 可得b t 0v =

(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为

bR

R s n π4π22

v ==

1-9 已知质点的运动方程为：

t h

z t R y t R x ωπ

ωω2,sin ,cos =

==，式中ω、、h R 为正的常量。求：（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大小。

解： （1）轨道方程为 222R y x =+

t h

z ωπ2=

这是一条空间螺旋线。 在O xy 平面上的投影为圆心在原点，半径为R 的圆，螺距为h

（2）t R dt

dx

v x ωωsin -==

（3）t R a x ωωcos 2-=

t R a y ωωsin 2-= 0=z a ，

22

2ωR a a a y x =+=

1－10飞机以100m ·s -1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100m 时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标处。问：（1）此时目标在飞机下方前多远（2）投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度（3）物品投出2s 后，它的法向加速度和切向加速度各为多少 解：

（1

）

21y gt t 2452x m ∴==＝，（2）

5.12==θx

y

arctg

（3

）

22222n v dv dt 1.96/,10.0

(m 9.80/,10.0

(9.62/9.8)

t t t a a m s g a a g

a m s g m s ∴====∴===2＝或1.88/s ,g=9.8）

或，g ＝ 1－11

一无风的下雨天，一列火车以

v 1=20m/s 的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降，求雨滴下落的速度v 2。（设下降的雨滴作匀速运动）

解：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为V 1,雨滴相对地面竖直下落的速度为V 2，旅客看到雨滴下落速度V 2’为相对速度，它们之间的关系为

1－12升降机以加速度a 0=·s 2上升，当上升速度为·s 1时，有一螺帽自升降机的天花板脱落，天花板与升降机的底面相

α

v u

v’ (1)

(2)

v’

u

距，试求：（1）螺帽从天花板落到底面所需时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离。解：（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度为a ’=g+a,螺丝落到底面时，有 210()220.705h g a t h

t s

g a

=-+==+

（2）由于升降机在t 时间内的高度为

201'2h v t at =+

则'0.716d h h m =-=

1－13飞机A 相对地面以v A

=1000km/h 的速率向南飞行，另一飞机B

相对地面以v B =800 km/h 的速率向东偏南

30°方向飞行。求飞机A 相对飞机B 的速

度。

解：

1－14 一人能在静水中以·s -1的速度划船前进，今欲横渡一宽为1000m 、水流

速度为·s －1的大河。（1），那么应如何确定划行方向到达正对岸需多少时间（2）如果希望用最短的时间过河，应如何确定划行方向船到达对岸的位置在什么地方

解：如图（1）若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，则划行速度和水流速度u 的合速度的方向正对着岸，设划行速度v '合速度v 的夹角为α

如图（2）用最短的时间过河，则划行速度

的方向正对着岸

1－15设有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处，飞机相对空气的速率为v '，而空气相对地面的速率为u ，A 、B 间的距离为l 。

（1）假定空气是静止的（即u =0），求飞机来回飞行的时间；

（2）假定空气的速度向东，求飞机来回飞行的时间； （3）假定空气的速度向北，求飞机来回飞行的时间。

解：由相对速度的矢量关系'v v u

=+有 （1）空气时静止的，即u ＝0，则往

返时，飞机相对地面的飞行速度就等于飞机相对空气的速度v ’（图（1）），故飞机来回飞行的时间02'''AB BA l l l t t t v v v =+=+= (2) 空气的速度向东时，当飞机向东

飞行时，风速与飞机相对空气的速度同

向；返回时，两者刚好相反（图

（2）），故飞机来回飞行的时间为

(3) 空气的速度向北时，飞机相对地

面的飞行速度的大小由'v v u =+可得为22'v v u =-，故飞机来回飞行的时间为

第二章 质点动力学

2－1如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。

解：如图由受力分析得

2－2如本题图所示，

已知两物体A 、B 的质量

均为m=，物体A 以加速

度a =s 2 运动，求物体B

与桌面间的摩擦力。（滑

轮与连接绳的质量不计）

解：分别对物体和滑轮受力分析（如图），由牛顿定律和动力学方程得，

2-3 如图所示，细线不可伸长，细线、定滑轮、动滑轮的质量均不计已知

314m m =322m m =。求各

物体运动的加速度及各段细线中的张力。

习题2－2图 A B 习题2-1图 a A mg T A

T B

a B mg

解：设m 1下落的加速度为a 1，因而动滑

轮也以a 1上升。再设m 2相对动滑轮以加

速度a ′下落，m 3相对动滑轮以加速度a ′上升，二者相对地面的加

速度分别为：1a a -'（下落）和1

a a +'（上升），设作用在m 1上的线中张力为

T 1，作用在m 2和m 3上的线中张力为T 2。

列出方程组如下：

代入

314m m =，

322m m =，可

求出：

51g a =，52g a ='，52g a =，5

33g a =，

g m T 1154=，g m T 1252=

2－4光滑的水平面上放置一半径为R 的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其摩擦系数为μ。物体的初速率为v 0，求：（1）t 时刻物体的速率；（2）

当物体速率从v 0减少到v 0/2时，物体所经历的时间及经过的路程。 解：（1）设物体质量为m ，取图示的自然坐标系，由牛顿定律得， （2） 当物体速率从v 0减少到v 0/2

时，由0

0Rv v R v t

μ∴=

+可得物体所经历的

时间0t R v μ

'=

经过的路程

t t 000

0vdt dt ln 2Rv R

s R v t μμ

'

'=+??

＝＝

2－5从实验知道，当物体速度不太大

时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度，设其比例常数为k 。将质量为m 的物体以竖直向上的初速度v 0抛出。 （1）试证明物体的速度为

(2)证明物体将达到的最大高度为 (3)证明到达最大高度的时间为

证明：由牛顿定律可得 2－6 质量为m 的跳水运动员，从距水面距离为h 的高台上由静止跳下落入水中。把跳水运动员视为质点，并略去空气阻力。运动员入水后垂直下沉，水对

其阻力为－b v 2，其中b 为一常量。若以水面上一点为坐标原点O ，竖直向下为Oy 轴，求：（1）运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；（2）跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1/10（假定跳水运动员在水中的

浮力与所受的重力大小恰好相等）

解：运动员入水可视为自由落体运

动，所以入水时的速度为

0v 的

2

20//0100

mg-f-F=ma mg=F

f=bv dv a=dt v dy (2)0.4,0.1m v

y ln 5.76m b y v v by m by m

dv

v dy

dv

b mv dy

b dv m v v v e m v v v ---=∴-=-=====??b

将已知条件代入上式得，m

＝－

＝ 2－7一物体自地球表面以速率v 0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为f ＝－km v 2，其中k 为常量，m 为物体质量。试求：（1）该物体能上升的高度；（2）物体返回地面时速度的值。

解：分别对物体上抛和下落时作受力分析（如图），

2-8 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f = - kv ，k 为常数，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。

y f ＝－kv mg v

习题2-3

解：（1）由题意和牛顿第二定律可

得：dt

dv

m kv f =-=，

分离变量，可得：vdt dv

m k =- 两边

同时积分，所以：t m

k e

v v -=0

（2）子弹进入沙土的最大深度也就是v=0的时候子弹的位移，则：

由vdt dv m k =-

可推出：dv k

m

vdt -=，而这个式

子两边积分就可以得到位移：

00max 0v m m

x vdt dv v k k

==-=?? 。

2-9 已知一质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到指向原点的力

2/x k f -=，k 是比例常数。设质点在

A x =时的速度为零，求质点在4/A x =处的速度的大小。

解：由题意和牛顿第二定律可得：

dx dv mv dt dx dx dv m dt dv m x

k f ===-=2

再采取分离变量法可得：mvdv dx x

k

=-2 ， 两边同时取积分，则：mvdv dx x k

v A A ??=-024/

所以：mA

k

v 6=

2-10 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为3/1044005t F ?-=，子弹从枪口射出时的速率为m/s 300。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t ；（2）子弹在枪筒中所受力的冲量I ；（3）子弹的质量。

解：（1）由3/1044005t F ?-=和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：

03/1044005=?-=t F 算出t=。

（2）由冲量定义： （3）由动量定理：

0.003

0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s m kg

==?==?==?所以：

2-11 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为 kg 的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 m ，安全带弹性缓冲作用时间为 s 。求安全带对人的平均冲力。

分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．

解 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为

gh 21=v (1) 在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

()12Δv v m m t -=+P F

(2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

2－12长为60cm 的绳子悬挂在天花板上，下方系一质量为1kg 的小球，已知绳子能承受的最大张力为20N 。试求要多大

的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断

解：由动量定理得

000

I mv I v m

?=-?∴=

，

如图受力分析并由牛顿定律得，

2－13一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为。爆炸后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为100m 。问第二块落在距抛出点多远的地面上(设空气的阻力不计)

解：取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体在最高点得速度得水平分量为

2－14质量为M 的人手里拿着一个质量为m 的物体，此人用与水平面成θ角的速率v 0向前跳去。当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出。问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少（假设人可视为质点）（自己算一遍）

解：取如图所示坐标，把人和物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物得过程中，满足动量守恒，故有

2－15铁路上有一静止的平板车，其质量为M ，设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。现有N 个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为m ，相对平板车的速度均为u 。问：在下列两种情况下，（1）N 个人同时跳离；（2）一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少所得的结果为何不同，其物理原因是什么（典型）

解：取平板车及N 个人组成的系统，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向，系统在该方向上满足动量守恒。

考虑N 个人同时跳车的情况，设跳车后平板车的速度为v ，则由动量守恒定律得

0＝Mv+Nm （v －u ）

v ＝Nmu/(Nm+M) (1) 又考虑N 个人一个接一个的跳车的情况。设当平板车上商有n 个人时的速度为

v n ，跳下一个人后的车速为v n －1，在该次跳车的过程中，根据动量守恒有

（M+nm ）v n =M v n －1+(n-1)m v n －1+m(v n －

1-u) (2)

由式（2）得递推公式

v n －1=v n +mu/(M+nm) (3)

当车上有N 个人得时（即N ＝n ），v N

＝0；当车上N 个人完全跳完时，车速为v 0，

根据式（3）有， v N-1=0+mu/(Nm+M)

v N-2= v N-1+mu/((N-1)m+M) ………….

v 0= v 1+mu/(M+nm)

将上述各等式的两侧分别相加，整理后得，

0n 0

mu v nm

,1,2,3....v v

M nm M Nm n N N +≤+=∑N

＝1＝M+由于故有，即个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N 个人同时跳下车的末速度。这是因为N 个人逐一跳离车时，车对地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也逐次增加，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大，其车速也大。

2-16 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动，c 为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方：2kv f -=，试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时，阻力所作的功。

分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式??=x F d W 来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝kv 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．

解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度

按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

则阻力的功为

2－17一人从10m 深的井中提水，起始桶中装有10kg 的水，由于水桶漏水，每升高1m 要漏去的水。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。（典型）

解：水桶在匀速上提的过程中，加速度为0，拉力和重力平衡，在图示坐标下，水桶重力随位置的变化关系为

G ＝mg －αgy

其中α＝m,人对水桶的拉力的功为 2－18如本题图所示，A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为m 1和m 2。问在A 板上需加多大的压力，方可在力停止作用后，恰能使在跳起来时B 稍被提起。（设弹簧的劲度系数为k ）

解：选取如图所示坐标系，取原点处为重力势能和弹性势能零点，作各种状态下物体的受力图。对A 板而言，当施以外力F 时，根据受力平衡有

11221122121212

(1)

ky -mgy =12(3)

F G F

ky mgy y y M N O F y F G G A N B +++''1211121

22221212＝当外力撤除以后，由机械能守恒定律得，11

22

和为、两点对原点的位移。因为＝ky ,F =k ,G =m g 上式可以写为，F -F =2G (2)由（）和（）式可得＝当板跳到点时，板刚被提起，此时弹性力F =G ,

且F =F ,由式（3）可得F ＝G +G =(m +m )g

2－19如本题图所示，质量为m 、速

度为v 的钢球，射向质量为M 的靶，靶中心有一小孔，内有劲度系数为k 的弹簧，此靶最初处于静止状态，但可在水平面上作无摩擦滑动，求子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩距离。

解：设弹簧得最大压缩量为x0。小球与靶共同运动得速度为v1。由动量守恒定律，有

()1

222100()(1)

111mv ()kx 222212m x v

k m )

mv m M v m M v M

M =++++又由机械能守恒定律，有＝由（）式和（）式可得＝

（ 2－20以质量为m 的弹丸，穿过如本题图所示的摆锤后，速率由v 减少到v/2。已知摆锤的质量为M ，摆线长度为l ，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸的速度的最小值应为多少

解：

2－21如本题图所示，一质量为M 的物块放置在斜面的最底端A 处，斜面的倾角为α，高度为h ，物块与斜面的滑动摩擦因数为μ，今有一质量为m 的子弹以速度v 0 沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小。

解：

2-22 如图2-40所示，在光滑水平面上，平放一轻弹

簧，弹簧一端固定，另一端连着物体A 、B ，它们质

量分别为A m 和B m ，弹簧劲度系数为k ，原长为l 。用力推B ，使弹簧压缩

0x ，然后释放。

求：（1）当A 与B 开始分离时，它们的位置和速度；（2）分离之后，A 还能往前移动多远

解：（1）当A 和B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：2

022

1)(21kx v m m B A =+，所以：0x m m k

v B

A +=

; x l =

（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：

习题2－

18习题2－19

图2-40 习题2-22 图

222

1

21kx v m A = ，则： 0

A

A A

B m x m m x =

+

2-23 如图2-41所示，光滑斜面与水平面的夹角为=30°，轻质弹簧上端固定。今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为M = 的木块，木块沿斜面从静止开始向下滑动。当木块向下滑x =30cm 时，恰好有一质量m=的子弹，沿水平方向以速度

m/s 200=v 射中木块并陷在其中。设弹簧的劲度系数为N/m 25=k 。求子弹打入木块后它们的共同速度。

解：由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度，碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动量守恒，（瞬间）可得：

22111

sin 22

Mv kx Mgx α+= 10.83v ?= (碰撞前木快的速度)

1cos Mv mv m M v α'

-=+（） 0.89v '?=- 2－24 二质量相同的小球，一个静止，另一个以速度0与静止的小球作对心碰撞，求碰撞后两

球的速度。（1）假设碰

撞是完全非弹性的；（2）假设碰撞是完全弹性的；（3）假设碰撞的恢复系数5.0=e 。

解：由碰撞过程动量守恒以及附加条件，可得

（1）假设碰撞是完全非弹性的，即两者将以共同的速度前行：mv mv 20=

所以：02

1v v =

（2）假设碰撞是完全弹性的，

两球交换速度， 01=v 02v v = （3）假设碰撞的恢复系数5.0=e ，

也就是

所以：0141v v =

， 024

3

v v = 2－25如本题图所示，一质量为m 的钢球，系在一长为l 的绳一端，绳另一端固定，现将球由水平位置静止下摆，当球到达最低点时与质量为

M ，静止于水平面上的钢块发生弹性碰撞，

求碰撞后m 和M 的速率。 2-26 如图2-43所示，两个质量分别为m 1和m 2的木块A 、B ，用一劲度系数为k 的

轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A 紧靠墙。今用力推

B 块，使弹簧压缩x 0然后释放。（已知

123m m =）求：（1）释放后B A 、两滑块

速度相等时的速度大小；（2）弹簧的最大伸长量。

解：分析题意，可知在弹簧由压缩状态回到原长时，是弹簧的弹性势能转换为B 木块的动能，然后B 带动A 一起运动，此时动量守恒，可得到两者相同的速度v ，并且此时就是弹簧伸长最大的位置，由机械能守恒可算出其量值。

所以m

k

x v 3430

= （2）

22122

0222

12121v m m kx v m ）（++= 那么计算可得：02

1

x x =

2－27如本题图示，绳上挂有质量相等的两个小球，两球碰撞时的恢复系数e =。球A 由静止状态释放，撞击球B ，刚好使球B 到达绳成水平的位置，求证球A 释放前的张角 应满足cos = 1/9。

证明：设球A 到达最低点的速率为v ，根据机械能守恒有

习题2－25图

习题2－21图

图2-41 习题2-23 图 图2-43 习题2-26 图

()

2

212(1cos ),2

4(1cos )(1)

,,0.50.5(2)(3)

3

(2),(3)441

(5)2

1451cos 9

A B B A

B A B A B B mv mg l v gl A B v v v v e v

v v v A B mv mv mv v mv mgl v θθθ=-=--=

=-=+==

==

所以，设碰撞后，两球的速率分别为由题意得：

即，两球碰撞时水平方向动量守恒：由式得

碰撞后B 球机械能守恒，故有将（），（）代入（）得：

2-28 如图2-45所示，一质量为m ，半径为R 的球壳，静止在光滑水平面上，在球壳内有另一质量也为m ，半径为r 的小球，初始时小球静止在图示水平位置上。放手后小球沿大球壳内往下滚，同时大球壳也会在水平面上运动。当它们再次静止在水平面上时，问大球壳在水平面上相对初始时刻的位移大小是多少

解：系统在水平方向上不受外力，因而系统质心的水平位置始终不变。如图所示，初始时，系统的质心到球心O 的距离为(从质心公式算)

小球最终将静止于大球壳的最下方，而系统质心的水平位置始终不变，因而大球壳在水平面上相对初始时刻的位移大小(另外从

质心公式算)2

r

R x -=?

2-29 如图2-46所示，从坐标原点以v 0的初速度

发射一发炮弹，发射倾角 = 45°。当炮

弹到达g v x 322

1= 处时，突然爆炸分成质量相同的两块，其中一块竖直下落，求另一块落地时的位置x 2是多少

解：炮弹爆炸后其质心仍按原抛物线轨道

运动，因而落地后的质心坐标为g

v x C 20

=

由式2

12

211m m x m x m x C ++=

，且 m m m ==21，

有

g

v g v x x x C 20

201234)311(22=

-=-=第三章 刚体力学

3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0

绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半（2）在此时间内共转过多少转

解：（1）由题可知：阻力矩

ωC M -=，

又因为转动定理 dt

d J J M ω

β==

当021ωω=时，2ln C J

t =。

（2）角位移

?=t

dt 0

ωθ?

-=2ln 0

0C J t J

C dt e

ωC

J 0

21ω=

， 所以，此时间内转过的圈数为C

J n πωπθ420==

。 3－2 质量面密度为σ的均

匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量

为)(12

22b a ab J +σ

=。

其中a ，b 为矩形板的图2-45 习题2-28 图

图2-46 习题2-29 图

长，宽。

证明一：如图，在板上取一质元

dxdy dm σ=，对与板面垂直的、通过几何

中心的轴线的转动惯量为

证明二：如图，在

板上取一细棒

bdx dm σ=，对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转动惯量为212

1

b dm ?，根据平行轴定理，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为 3

312

1

121ba a b dJ J σσ+==∴?)(12

22b a ab +=

σ

(这道

题以右边为坐标原点，左为正方向) 3-3 如图3-28所示，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端

分别挂着质量为m 2和

m 的重物，绳与滑轮间

无相对滑动，滑轮轴光滑，求重物的加速度和各段绳中的张力。（现在滑轮质量要计，所以绳子拉力会不等） 解：受力分析如图

ma T mg 222=- （1）

ma mg T =-1 （2）

βJ r T T =-)(2 （3）

βJ r T T =-)(1 （4）

（对于质量非常小的物体，转动惯量为

零，才有可能T=T 1）

βr a =，2

2

1mr J = (5)

联立求出

g a 41=， mg T 811=，mg T 45

1=，

mg T 2

32=

3-4 如图3-29所示，一均匀细杆长为L ，质量为m ，平放在摩擦

系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过细杆中

心的竖直轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力

矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。

（1） 解：设杆的线l

m

=λ，在杆上取一

小质元dx dm λ=

考虑对称

mgl gxdx M l

μμλ?==204

1

2

（2） 根据转动定律d M J J dt ωβ== 所以 g

l

t μω30= 3－5 质量为m 1和m 2的两物体A 、B 分别悬挂在如本题图所示的组合轮

两端。设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯

量分别为J 1和J 2，轮与轴承间的摩擦力略去不计，

绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳中

的张力。

解：分别对两物体做

如图的受力分析。根据牛

顿定律有 1111a m T g m =-a m g m T 222=-

T 图3-29 习题3-4

又因为组合轮的转动惯量是两轮惯量之和，根据转动定理有（从积分定义式即可算出）

而且，αR a =1，αr a =2，（列1.牛二2.转动定律3.约束方程即可求解）

3－6 如本题图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ。若B 向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度的大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）

解:A 、B 物体的受力分析如图。根据牛顿定律有

对滑轮而言，根据转动定律有 由于绳子不可伸长、绳与轮之间无滑动，则

3-7 如图3-32所示，定滑轮转动惯量为 J ，半径为 r ；物体的质量为 m ，用一细绳与劲度系数为 k 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计。当绳拉

直、弹簧无伸长时使物体由静止开始下落。求：（1）物体下落的最大距离；(2) 物体的速度达最大值时的位置。

解：（1）机械能守恒。 设下落最大距离为h

（2）mgx

J mv kx =++2222

1

2121ω（物体的重力势能转化为这些能）

若速度达最大值，0=dx dv ，k

mg x = 3-8 如图3-33所示，一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数N/m 40=k ，当0θ=时弹簧无形

变，细棒的质量kg 0.5=m ，求在0θ=的位置上细棒至少应具有多大的角速度ω，才能转动到水平位置

解：机械能守恒 222

1

2121kx J mg

=+ω（一开始的机械能=后面的机械能，水平临界状态速度为零，没有转动能）

据几何关系2

2215.1)5.0(+=+x

128.3-?=s rad ω

3-9 如图3-34所示，一质量为m 、半径为R 的圆盘，可绕过O 点的水平轴在竖直面内转动。若盘从图中实线位置开始由静止下落，略去轴承的摩擦，求：（1）盘转到图中虚线所示的铅直位置时，质心C 和盘缘A 点的

速率；（2）在虚线位置轴对圆盘的作用力。

解：在虚线位置的C 点设为重力势能的零

点，下降过程机械能守恒22

1

ωJ mgR =

2221

mR mR J +=（平行轴定理：圆心

到O ）

27

3

y F mg mR mg ω=+= 方

向向上

3-10 如图3-35所示，一质量为m 的质点以v 的速度作匀速直线运动。试证明：从直线外任意一点O 到质点的矢量r 在相同的时间内扫过的面积相同。

解：质点不受任何力作用才会作匀速直线运动，因而它对O 点的力矩也为零，即对O 点的角动量守恒 =θsin mvr 常量。另一方面，矢量r 在单位时间内扫过的面积：

θsin 2

1

vr S =?=常量。

3-11 如图3-36所示，质量m

的卫星开始时绕地球作半径为

r 的圆周运动。由于某种原因卫星的运动方向突然改变了 =30°角，而

图3-32 习题3-7图3-33 习题3-8

图3-34 习题3-9

图3-36 习题3-11图

速率不变，此后卫星绕地球作椭圆运动。求（1）卫星绕地球作圆周运动时的速率v ；（2）卫星绕地球椭圆运动时，距地心的最远和最近距离1r 和2r 。

解：（1）由 r v m r

mM G 2

2=，得

r

GM

v =

（2）卫星在运动过程中对地心的角动量守恒和机械能守恒： (r ×F=0，角动量守恒)

2

21130cos mv r mv r mv r ?=?=?

（椭圆的三个

点，突变前不守

恒）

22

2221212212121r mM G mv r mM G mv r mM G mv -=-=-（突变后椭圆的

三个点）

其中，1v 、2v 分别是卫星在远地点与近地

点时的速率，可求出

r r 231=，

r r 2

12=

3－12 如本题图所示，质

量为M 长为L 的均匀直杆可绕过

端点o 的水平轴转动，一质量为m 的质点以水平速度v 与静止杆

的下端发生碰撞，如图示，若

M =6m ，求质点与杆分别作完全弹

性碰撞和完全非弹性碰撞后杆的角速度大小。 解：（1）质点与杆完全弹性碰撞，则能量守恒 2

1222

12121mv J mv +=ω

又因为角动量守恒

ωJ Lmv Lmv +=1（碰撞的

瞬间角动量守恒）

且 23

1

ML J =，m M 6=

L

v 32=∴ω (2) 完全非弹性碰撞，角动量守恒

ωJ Lmv Lmv +=2

又 L v ω=2 L

v

3=

∴ω 3－13如本题图所示，A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接，A 轮的转动惯量J 1=·m 2，开始时B 轮静止，A 轮以n 1=600r/min 的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于n=200r/min 为止。求：（1）B 轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。

解：（1）取两飞轮为系统，啮合过程中系统角动量守恒，即（没有外力） 所以B 轮的转动惯量为 （2）啮合过程中系统机械能变化 3-14 如图3-39所示，长为l 的轻杆

（质量不计），两端各固定质量分别为m 和m 2的小球，杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为l 31和l 32。轻杆原来

静止在竖直位置。今有一质量为m 的小球，以水平速度v 0与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以02

1v 的速

度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。 解：根据角动量守衡 有 3-15 如图3-40所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO ′自由转动，转动惯量为J 0 ，环的半径为

R ，初始的角速度为ω0 ，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动。问小球到达B 、C 点时，环的

习题3－13图

L o

M

m v

习题3-7图 图3-39 习题3-14图 图3-40 习题3-15图

角速度与小球相对于环的速度各为多少 (假设环内壁光滑。)

解: (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有

（球看成质心J=mR 2

）

ωω)(2000mR I I += ① 该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为B v ，以B 点为重力势能零点，则有

22202002

1)(2121B mv mR I mgR I ++=+ωω

②

联立①、②两式，得

(2)当小球滑至C 点时，∵0I I c =

∴0ωω=c

故由机械能守恒，有(A 、C 两点没有转

动，所以转动惯量回到初始状态，

0I I c =)

∴ gR v c 2=

3－16一长为2L 的均匀细杆，一端靠墙上，另一端放在的水平地板上，如本题图所示，所有的摩擦均可略去不计，开始时细杆静止并与地板成θ0角，当松开细杆后，细杆开始滑下。问细杆脱离墙壁

时，细杆与地面的夹角θ为多大

解：如图，以初始细杆的质心为原点建立坐标系，则任意时刻质心坐标为

)cos (cos 0θθ-=l x

)sin (sin 0θθ-=l y （1）

dt

d l l dt dv a x x ω

θθωsin cos 2--==

（2）

取初始位置的势能为零，则根

据机械能守恒有

222

1

21ωC C J mv mgy +=

（3）（掉下了y ，转化为.......）

将式（1）代入（3）得l

g 2)

sin (sin 302θθω-=

（4）

θωcos 43l

g

dt d -= （5）

当细杆与墙壁脱离接触时，

01==x ma F

0=∴x a （6） 将式（4）、（5）、（6）代入（2）解得 3－17如本题图所示，A 、B 两个轮子的

质量分别为m 1和m 2，

半径分别为r 1和r 2。

另有一细绳绕在两轮上，并按图所示连接。其中A 轮绕固定轴O 转动。试求：（1）B 轮下落时，其轮心的加速度；（2）细绳的拉力。

解：如图，取竖直向下为正方向。轮A 作定轴转动，设其角加速度为A β，根据转动定理有

轮B 作平面运动，设质心加速度为C a ，角加速度为B β，

根据牛顿定律有 C a m F g m 22=- 根据转动定理有 B r m Fr β22222

1

=

图3-40 习题3-15图

A 轮边缘一点加速度 A A r a β1=

B 轮边缘一点加速度 B B r a β2= 而且 B

C A a a a -=

g m m m m a C 2

12123)

(2++=∴，g m m m m F 2

12123+= 3－18如本题图所示，一长为l 的均质杆自水平放置的初始位置平动自由下落，落下h 距离时与一竖直固定板的顶部发生完全弹性碰撞，杆上碰撞点在距质心C 为l /4处，求碰撞后瞬间的质心速率和杆的角速度。 解：

由机械能守恒 22

2

121ωJ mv mgh c +=

其中J 为绕质心转动惯量2121ml J =

由动量定理

)2(gh m mv t F c --=?

由角动量定理 ωω2121)4(ml J t l F ==? 联立解得 gh v c 271=， gh l

2724

=ω 第4章 真空中的静电场

4－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。 解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力将相互抵消，单位正电荷所受的力为 )41()2

2(

420+=

a q F πε＝

,252

0a q

πε方向由

q 指向-4q 。

4－2 如图，均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为λ。（1）求棒的延长线上

任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与

棒垂直上任一点Q 的场强。 解：（1）如图7

－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝d ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ，2

020)(4)(4ξπεξ

λξπεξλ-=-=x d x d dE 则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为 ＝

)

(40L x x L

-πελ方向沿轴正向。

（2）如图7－2 图b ，

设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原

点0的距离为y ，2

04r dx

dE πελ= θπελcos 42

0r dx

dE y =

， 因θ

θθθcos ,cos ,2y

r d y dx ytg x =

==， 代入上式，则

习题3-18

习题4－1图

0 dq

,

P 习题4－2 图a x θ

θπελθd y dE E x x ??-=-=00

0sin 4

x

习题4－2 图b

)cos 1(400θπελ--=y ＝

)11(42

2

0L

y y

+--

πελ，方向沿x 轴负向。

00sin 4θπελy =

＝2204L

y y L

+πελ

4－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，

均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强。

解：如图，在半环上任取d l =Rd 的线元，其上所带的电荷为dq=Rd 。

对称分析E y =0。

2

022R q επ=

沿x 轴正向。

4－4 如图线电荷密度为λ1

的无限长均匀带电直线与另一长

度为l 、线电荷密度为λ2的均匀带电直线在同一平面内，二者互相垂直，求它们间的相互作用力。 解：在λ2的带电线上任取一dq ，λ1的带电线是无限长，它在dq 处产生的电场强度由高斯定理容易得到为， 两线间的相互作用力为 ,ln 2021a

l a +πελλ如图，方向沿x 轴正向。

4－5 两个点电荷所带电荷之和为Q ，问它们各带电荷多少时，相互作用力最大 解：设其中一个电荷的带电量是q ，另一个即为Q －q ，若它们间的距离为r ，它们间的相互作用力为 相互作用力最大的条件为0422

=-=r q

Q dq dF πε 由上式可得：Q=2q ，q=Q/2 4－6 一半径为

R 的半球壳，均匀带

有电荷，电荷面密度为σ，求球心处

电场强度的大小。

解：将半球壳细割为诸多细环带，其上带电量为

dq 在o 点产生的电场据（7－10）式为

3

04R

ydq

dE πε=

，θcos R y =

)

(sin sin 200

θθεσ

π

d ?

=2

02

02sin 2πθεσ=

4εσ=。如图，方向沿y 轴负向。 4－7 设匀强电场的电场强度E 与半R 的半球面对称轴平行，计算通过

此半球面电场强度的通量。

解：如图，设作一圆平面S 1盖住半球面S 2，

成为闭合曲面高斯，对此

高斯曲面电通量为0， 即 4－8 求半径为R ，带

电量为q 的空心球面的电场强度分布。 解： 由于电荷分布具

有球对称性，因而它所产生的电场分布也具有球对

称性，与带电球面同心的球面上各点的场强E 的大小相等，方向沿径向。在带电球内部与外部区域分别作与带电球面同心的

高斯球面S 1与S 2。对S 1与S 2，应用高斯定

理，即先计算场强的通量，然后得出场强的分布，分别为 x

习题4－4图习题4－6图E

习题4－8图

得 0=内E （r

24d 2

επψq

r E S =

=?=?S E ，

r

r

?2

04q πε=

外E (r>R) 4－9 如图所示，厚

度为d 的“无限大”均匀带电平板，体电荷密度为

ρ，求板内外的电场分布。

解:带电平板均匀带

电，在厚度为d/2的平分街面上电场强度为零，取

坐标原点在此街面上，建立如图坐标。对底面积为A ，高度分别为x d/2的高斯曲面应用高斯定理，有

得 )2

( 01d

x i x E <= ερ

)

2( 202d x i d E > ερ＝ 4－10 一半径为R 的无限长

带电圆柱，其体电荷密度为

)(0R r r ≤=ρρ，ρ0为常数。求

场强分布。

解： 据高斯定理有

R r ≤时：?'''=r

r ld r r k rl E 00

22πεπ?''=r r d r lk 02

02επ R r >时：

?'''=R r ld r r k rl E 0022πεπ?''=

R r d r lk 02

02επ 4－11 带电为q 、半径为R 1的导体

球，其外同心地放一金属球壳，球壳内、外半径为R 2、R 3。

（1）球壳的电荷及电势分布；

（2）把外球接地后再绝缘，求外球壳的电荷及球壳内外电势分布； （3）再把内球接地，求内球的电荷及外球壳的电势。

解：（1）静电平衡，球壳内表面带－q ，外表面带q 电荷。

据（7－23）式的结论得：

),)(1

11(4132101R r R R R q V ≤+-=πε （2）),)(1

1(412101R r R R q U ≤-=

πε （3）再把内球接地，内球的电荷及外球壳的电荷重新分布设静电平衡，内球带q /，球壳内表面带－q /，外表面带q /－q 。 得：21313221R R R R R R q

R R q +-=' 4－12 一均匀、半径

为R 的带电球体中，存在一

r(2r

球心O 指向球形空腔球心O /。

证明：利用补缺法，此空腔可

视为同电荷密度的一个完整的

半径为R 的大球和一个半径为r 与大球电荷密度异号完整的小球组成，两

球在腔内任意点P 产生的电场分别据〔例7－7

〕结果为

03ερ11r E =

, 0

3ερ22r

E -= E =E 1+E 2=

3ερ1

r 03ερ2r - 上式是恒矢量，得证。

习题4－9图

习题4－10图 r 习题4－11图 习题4－12图

大学物理教程 (上)课后习题 答案

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(第五版)上册课后习题答案马文蔚

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

大学物理上册答案详解

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 ==

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

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第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 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 t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 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； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2

大学物理课后习题答案(全册)

《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 =

大学物理上册课后习题答案

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

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

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

大学物理习题及综合练习答案详解

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(吴柳主编)上册课后习题答案

大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。

大学物理课后习题答案详解

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 +=+=

大学物理课后习题答案(上)

《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3

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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 -??=000 )1(0t 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 -2gh 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 +=+=

大学物理教程 上 课后习题 答案

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 = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，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 （2）质点的速率为 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 dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 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 2-21 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 即 dv 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 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。

《大学物理学》第二版上册课后答案

大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相 等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变？ (5) r ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (6) 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22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 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 = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均

大学物理学(课后答案解析)第1章

第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v

解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案之欧阳文创编

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 -=，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 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 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d 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 222d 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 其二，可能是将2 2d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中 已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同 样，2 2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的