思 考 题
1.1
答：这个质点的速度j t i v
)8.94(3-+=；加速度j a
8.9-=；
j dt t i dt r d
)8.94(3-+=。dt t ds 2)8.94(9-+=；它的速率2)8.94(9t v -+=。
1.2答：t 时刻的速度j t i t v
5cos 505sin 50+-=；速率v=50,；加速度
)5sin 5(cos 250j t i t a
+-=；该质点作匀速圆周运动。
1.3（B ）
1.4（D ）
1.5（B ）、（D ）
1.6（C ）
1.7答：质量大的物体转动惯量不一定比质量小的转动惯量大。因为计算转动惯量的三个要素是总质量；质量分布；转轴的位置。所以仅以质量的大小不能说明转动惯量的大小。
1.8答：刚体的动量矩等于刚体对该轴的转动惯量与角速度的乘积。作前滚翻运动动作时应曲卷肢体使转动惯量变小,根据动量矩守恒定律,则能增加前滚翻的角速度。
1.9答：相对论中的高速和低速的区分是相对光速而言的，接近光速的速度为高速，远小于光速的速度为低速。在相对论中质量与速度的关系为2
0)
(1c v m m -=
，0m 为静止质
量，m 是物体相对参照系以速度v 运动时的质量，c 为光速。高速列车的行驶速度远小于光速，由上式可计算出高速列车达到正常行驶速度时，其质量没有显著的变化。
习
题
1.1解:（1）速度表达式为：)1ln(bt dt
dx
v --==
μ （2）t=0时， v=0. t=120s 时，3
1091.6?=v m/s (3)加速度表达式为：)
1(bt b dt dv a -==
μ
(4)t=0时，2
/5.22s m a = t=120s 时，2
/225s m a =
1.2证明:
由:dt dx v =及2kv dt dv -=可得: 2
??
?
??-=dt dx k dt dv
∴ kvdx dx dt dx k dv -=-= ? kdx v
dv
-= ∴
??-=x v
v kdx v dv 0
0 ? kx
e v v -=0 得证
1.3解:
12
3282105.410
210)103(?=???==gR v g a 倍
1.4 答：推力的冲量t F I ?= ，∵∑=0F
∴0=?P
1.5
解：两秒内冲量的变化值依据
122
1
)(p p dt t F t t -=?
有
)(140)4030()(2
2
秒牛?=+=??
dt t dt t F
速度的变化值v ? 由
v m p p dt t F t t ?=-=?
122
1
)(有
140=10v ?
)/(14s m v =?
1.6 解：设链条质量为m ，单位长度的质量即线密度为
l
m
；因为系统不受外力作用，因此机械能守恒，将势能零点选在光滑的桌面上，取坐标竖直向上为正方向。
开始时刻：系统的机械能21a g l m a E -= 末了时刻：系统的机械能212
1
2mv l g l m l E +-=
依据机械能守恒定律有21E E =
2a g l m a
-=22
1
2mv l g l m l +-
则)(22
a l l
g v -=
1.7解：图略
爆炸瞬间，系统动量守恒，所以：
0=++C B A P P P 即：026080=+--C v M j M i M
得：j i v C
3040+=
1.8 解：图略，
由转动定律有：ββ22
1
mR I TR M =
==----① 对重物：a m T g m '=-'-------------------② 该系统中：βR a =---- -------------------③
力矩的功：βθβθθ2
21mR I M A ===------④
联立上面方程得：22/63.1/30
49
s rad s rad ==β
s rad /15
14
2π
βθω==
J A 4.816260==π
1.9解：
（1）由转动定律：βI l
G M ==2
∴β2
3
12ml l mg
= 解得：2/5.37s rad =β （2）到竖直位置时，由机械能守恒可得：
J l
mg I E k 12
212===
ω s rad /66.8=ω 2/0s rad =β
1.10 解：设人的转动惯量为I,由角动量守恒定律得：
ωω''+=+)2()2(22R m I mR I ， m R 25.1=
， m R 2
8
.0=' 解得：2
58.2kgm I = 设拉近哑铃做的功为A,则由动能定理可得
2222)2(2
1
)2(21ωωmR I R m I A +-''+=
=46.67 J 1.11 解：πππω5060
105.1223
0=??=
=n s rad /
图1-24 习题1.8用图
（1）当t=50s 时 0=ω 则角加速度为：
πωωβ-=-=
t
s rad /，角位移为：
πβωθ12502
12
0=+
=?t t rad （2）当 t=25s 时
πβωω250=+=t s rad /
1.12解：已知：s t 5.0= 00=ω
所以角加速度ππω
ωωβ85
.060120
14.3220
=?
?==
=
-=
t
n
t
t
(red/s)
力矩为：3
1026.1400850?==?==ππβI M （2/s red ）
1.13解:(1)此过程水增加的能量为：
531018.4)273373(11018.4?=-???=?==?t cm Q E 吸J
由质能关系式：2
mc E ?=?
∴122
85
21064.4)
103(1018.4-?=??=?=?c E m kg （2）15013002
1
2122=??==
?kx E J ∴152821067.1)
103(150
-?=?=?=
?c E m k 1.14解：(1)由质速关系式：2
0)(1c
v
m m -=
可得：
2
)(11c v m m -=
当v=0.1c 时
005.199
.010
==m m
当v=0.9c 时
294.219
.010
==m m
（2）当v=0.9c 时，按相对论算得的动能为：
2022021)(11
c m c v c m mc E k ?
???
?
? ??--=-=
按经典力学算得的动能为：
2020)9.0(2
121
c m v m E k =='
∴
185.3='k
k
E E 倍 习
题
2.1解：用旋转矢量图求解，如图所示
t =0时刻，质点的振动状态为：
m t x 02.0)3
0cos(04.0)3 2cos(04.00=+=+=π
ππ
3sin 08.0)3 2sin(204.00<-=+?-==πππππt dt dx v 可见，t =0时质点在2=x cm 处，向x 轴负方向运动。
设t 时刻质点第一次达到2-=x cm 处，且向x 轴正
方向运动0>v 。
则：π?=?min
5.02min ===
?π
πωπt （s ）
2.2解：设物体的振动方程为) cos(?ω+=t A x
则
)
cos( )
sin( 2
?ωω?ωω+-=+-=t A a t A v
（1） 由, ωA v m =及s
m v m 2
103-?=
得物体的振动周期：πππωπ
34
10
31022 222
2=???===--m v A T （s ）
2.1题图
（2） 加速度最大值：
)(105.410
2)103(222
222
2
s m A v A a m m ---?=??===ω
（3） 由t =0时,0 , 0<=v x 得
)0sin( 02.00)0cos(02.000<+?-==+=?ω?v x
解之得：2
π
?=
质点的振动方程为：)2
2
3
cos(02.0π
+
=t x m
2.3 解：设振子振动方程为：) cos(
?ω+=t A x 若t 0时刻位移为振幅的一半，即2
1
) cos(0=+?ωt 振动速度：) sin( 0?ωω+-=t A v
振动动能：) (sin 2
1
2102222?ωω+==t mA mv E k 总能量：22 2
1
ωmA E =
则()4
3
cos 1) (sin 0202=+-=+=?ω?ωt t E E k
2.4解：原振动表达式可化为：
???-?=+?=--)
5cos(102) 5cos(10621
2221
21ππt x t x 两振动反向 利用旋转矢量法，如图所示，两振动的合振动为：
)2
5cos(1042π
+?=-t x
振动振幅为0.04m ,初位相为2π
2.5解：设振动方程为) cos(
?ω+=t A x （1）依题意，m A 4.0=，1max 2-?==
m N A F k ，s rad A v 2 max ==ω，3
π?=
振动能量)(16.02
2
1J kA W ==
（2）振动表达式
)3
2cos( 4.0π
+=t x （SI ）
解：由图知T= 4s ，A=6cm ，2
2ππω==
T s -1
t =2s 时刻质点在平衡位置，x =0，所以此时的速度为最大值，πω3 ==A v cm/s
解：由图知A=2cm
用旋转矢量图求解，如图所示，由图知：t =0时刻3
π?=
质点的初相位为：
3
π
?-
=
或3
2π
?=
从t =0时刻到t =1时刻矢量转过的角度为
3
43πππ
?=+=
t 所以3
4π?ω=
=
t
t
则振子振动方程为：
??? ??+=323
4cos 2ππ
t x cm
2.8 解：2==
m
k
ω s -1
力F 对物体做功，使物体获得动能，
图2-19 习题2.7用图
图2-20 习题2.8用图
左方最远位置时全部转化为势能
2
2
1kA Fs =
, A = 0.204 m 设振动方程为) cos( ?ω+=t A x ，则t =0时刻，x=-A 1cos -=?
π?=
振动方程为()π+=t x 2cos 204.0 m
2.9解：（1）3000
1
1
==νT s 52.030001056.13=?=
=νλu m 12000
1
1056.113.03
=?=
?A B t 比s （2）2
521322π
πλ
π?=?=
?=
?AB
AB （3）8.18230001.01
=??==-πωs cm A v m m/s
2.10解：(1)由图可知，A=0.2，λ=4m ；
由于波的周期T ≥1s ，0.5s 内波传播的距离不会超过半个波长，所以 波速25
.01
2=-=u m/s ， T=2， ω=π； t =0原点O 位于平衡位置且向y 轴负方向运动，所以原点O 的初相?o =+π/2，因此波动
方程为
???
???+??? ?
?-=221cos 2.0ππx t y m
(2) 在波动方程中代入x =2m ，就得 P 点的振动方程
??? ?
?
-=2cos 2.0ππt y m
2.11所以
5
3
71027.1105.11012021
-?=???==
ρω
u I A
2.1解：
u
I m
ρ22431061200150010122?=????==uI p m ρ Pa
图2-21 习题2.10图
82
3321027.1)
105002(150********
22-?=?????==
πωρu I A m 2382)105002(1027.1????==-πωA a m 51026.1?= m/s 2
习 题
4.1解：由理想气体状态方程 p=nkT 得
101023
1.010
2.4101.3810300
p n kT --?===???
4.2解：设原子总数为N ，则
3057
27
1.9910 1.19101.6710
s H m N m -?===?? 原子数密度2938.431043
s N n R π=
=? 由p nkT = 得
81.1710T =?（K ）
4.3解：分子总数5
2325034.010 6.0210 1.72101410
M
N N μ?==??=?? 分子数密度25
283
1.7210 1.72101.010
n -?==??
由p nkT = 得7
7.1910p =?（pa ）
4.4解：由p nkT = 得2023
1.33 3.32101.3810290
p n kT -=
==???
4.5 解： （1）单位体积分子数
252.4410p
n kT
=
=? （2）氧气的密度
1.30M P V RT
μρ=
==（㎏·3m ） （3）氧气分子的平均平动动能
213 6.21102
k kT ε-==?(J)
4.6解：由理想气体状态方程 M
p V R T μ
=
得 PV
T MR
μ=
平均平动动能
203
3 1.991022k PV k
kT MR
με-==
=?(J)
4.7解：氢气可视为刚性双原子理想气体分子
平动动能 4039
3 1.121022kt E kT N RT =?
?==?(J) 转动动能 3
0237.5102
kr E kT N =??=?(J)
4.8解：根据 p nkT = 及3
2
k E N kT =?
（N 为分子总数）得 233
1.521022
k E nV kT pV =?==?（J ）
4.9解：由2
M i
E R T μ?=
??? 得 33
161058.3110103.8832102
E --??=???=?（J ） 4’10解：（1）由2M i E RT μ=
?和M
PV RT μ
=可得气体压强 25
3
22 6.7510 1.35105 2.010
E P iV -??===???(Pa) (2)分子数密度N
n V
=
则该气体的温度 362p pV T nk Nk
===(K)
气体分子的平均平动动能21
37.49102
kt kT ε-==?(J)
4.11 解：质子可视为质点，将大量质子看做理想气体 （1）21513
2.071022
k m kT ευ-=
==?（J ）
（2
61.5810==?（m /s ）
4.12解：（1）111p n kT = 222p n kT =
212n n = 127327300T =+=（K ） 2273177
450T =+=(K)
则
2211
23p T
p T == （2）1132kt kT ε=
2232
kt kT ε= 则
22
1
1 1.5kt kt T T εε== 4.13解：分子数密度 23
3
1.01101.010N n V -?==? 由 p n k T = 得 7
2.5p pV T nk Nk
=
==（K ） 方均根速率
29.510=
=?（m/s ）
4.14解：由
p υ=
及M
pV RT μ
=
得
23.910p υ=
=?（m/s ） 4.15解：设声波在氧气中的速率为1υ；在氢气中的速率为2υ；据题意
214υυ==
4.16解：氧分子的摩尔质量23
03210μ-=?㎏/mol
氢分子的摩尔质量 2
3210H μ-=?㎏/mol
对氢分子：
32.0610υ=
=?(m/s)
32.2310=
=?(m/s)
31.8210p υ=
=?(m/s)
对氧分子：
25.1410υ=
=?(m/s)
25.5810=
=?
(m/s)
24.5610p υ=
=?(m/s)
4.17 解：已知T =273K 3
2.010μ-=?㎏/mol
1704υ=
=(m/s) 116.5710t λ
υ
-?=
=?（s ） 4.18解：T =300K P =nkT 923
11
102.3300
1038.11033.1?=???==--kT P n
8
7.810λ=
==?(m) 4.19
解：λ=
= 设 81610λ-=?(m) 3
2 1.010λ-=?(m) 51 1.0110p =?Pa 则：
21
12
p p λλ= 2 6.06p =(Pa)
4.20
解：2Z d n υ=
P n kT
=
51.0110P =?(Pa) 273T =K 231.3810k -=?J/K 则： 96.710Z =?
8
7.2710λ-=
=?(m)
4.21
解：27.9410υ=
=
=?
(m/s) 2273.8010P
Z d n d kT
υυ
===? 4.22解：当温度不变时，平均速率不变。
22P Z d n d kT
υυ
== 所以，当压强降为原来的一半时，平均碰撞频率也降为原来的一半；
λ=
= 平均自由程变为原来的2倍；
习 题
5．1 解：
（1）J W Q E E acb acb a
b 204356560=-=-=-
J W E E Q adb a b adb 424220204=+=+-=
（2）
J
W E E Q ba
b a ba 486)282(204-=-+-=+-=
（负号表示系统对外界放了486J 的热量）
5．2解：（1）J T C M
Q m V V 3,1008.227332331.82
5
3264?=-???=
?=
）（μ
J Q E V 31008.2?==?
W=0
（2）J T C M Q m p p 3,1091.227332331.82
253264?=-??+?=?=）（μ
J Q E V 31008.2?==?
J E Q W p 331083.010)08.291.2(?=?-=?-=
5．3解：由)(2
2
)(1212,T T R i M T T C M
Q m p p -+=
-=
μμ
，得
K RM i Q T T 31910
31.8)23(4
102300)2(2312=??+??+=++=μ
5．4解：气体所做功等于过程曲线以下的面积 J W 2351052.110)23(10013.1)12(2
1
?=?-???+?=
-
习题5.1图
习题5.4图
5．5解：（1）由T R i n
T nC Q m p p ?+=?=2
2
,，得 mol T R i Q n 3.41)
273323(31.8)25(100.62)2(24
=-??+??=?+=
（2）J T R i n E 41029.4)273323(31.82
5
3.412?=-???=?=?
5．6解：（1）等容过程不做功，由热力学第一定律，有
)()(2
1212T T iR T T R i
M E Q V -=-=?=μ
得
K iR Q T T 28531
.8550027312=?+=+
= (2)等温过程内能不变，热量变为气体对外做功。 12ln 21V V RT M
V dV RT M W Q V V T T μμ===?
代入数据，得
1
2
ln
27331.82500V V ??= 116.11
2
=V V 35001205.010
013.1273
31.82116.1116
.1116.1m p nRT V V =????=== a P V nRT p 5221091.005
.0273
31.82?=??==
5．7解：1
2ln 2
1
V V RT M V dV RT M W V V T μμ==?J 691241ln 30031.82-=??=
J W Q T T 6912-==
5．8解：（1）T T V p i T R M i T R i M T C M Q m V V ?=?=?=?=1
11,222μμμ
J 33
510844.0100300
101010013.125?=?????=
- J Q E V 310844.0?==?
0=V W
（2）T T V p i T R M i T R i M T C M Q m p p ?+=?+=?+=?=1
11,222222μμμ
J 3351018.1100300
101010013.127?=?????=- 因为内能仅是温度的函数，所以本题中两个过程的内能增量相同。有
J E 21044.8?=?
J E Q W p p 33310336.010844.01018.1?=?-?=?-=
5.9解：5,4.1==i 即，所以是双原子分子因γ 等压过程中V 和T 为变量，有
T nR V p W p ?=?=
T R i
n E ?=?2
5222
==??=
?∴
i T R i
n T nR E
W p
5．10解：（1）由绝热过程方程常量=-T V
1
γ，有
11121
2
T V T V --=γγ
K V V T T 4.119)02
.0002.0(300)(
1
4.112112=?==--γ J
T
R i
n E W Q 31075.3)3004.119(31.82
5
2?=-??-=?-=?-=
（2）J V V RT M W T 3121074.5002.002.0ln 30031.81ln ?=???==μ
5．11解： （1）%20100
80
100121=-=-=
Q Q Q η （2）对于卡诺热机，其效率为
1
2
1T T -
=η 所以 K K T T 320400%)201()1(12=?-=-=η
5．12解：卡诺制冷机的制冷系数为
30
2632632932632122=-=-==
T T T W Q e
所以每分钟从冷藏室中吸收的热量为
J J eW Q 6321089.760101530
263
?=???=
= 此时，每分钟向温度为20℃的物体放出的热量为
J J W Q Q 656211079.8)1091089.7(?=?+?=+=
5．13 解：卡诺热机的效率为：
1
2
1T T -
=η 可得，K K T T 46740
.017
273121=-+=-=
η K K T T 56050
.017273111
211
=-+=-=η
所以 K K T T T 93)467560(11=-=-=? 5．14解：卡诺热机的效率为
%701000
3001112=-=-
=T T η 第一种方案热机的效率为
%731100300
111
1
21=-=-
=T T η 第二种方案热机的效率为
2212001180%1000
T T η=-
=-= 虽然第二种方案的热机效率高，但制冷过程本身就要耗能，所以应选第一种方案。
5．15解：由理想气体物态方程，得
T 2=2T 1， T 3=4T 1， T 4=2T 1 Q 12=C V,m (T 2-T 1)= C V,m T 1 Q 23=C p,m (T 3-T 2)=2C p,m T 1 Q 34= C V,m (T 4-T 3)=-2 C V,m T 1 Q 41= C p,m (T 1-T 4)= -C p,m T 1
Q 1=Q 12+Q 23= C V,m T 1+2C p,m T 1 C p,m =C V,m +R
W=(p 2-p 1)(V 4-V 1)=p 1V 1=RT 1
%3.15)
23(,11
1121=+==-=
R C T RT Q W Q Q Q m V η 5．16 解：由已知条件和理想气体的状态方程
nRT pV =
可得 T c =600K, V c =1L, p c =4.98x106
Pa; Ta=600K, Va=2L,
5-15题图
p a =2.49x106
Pa; T b =300K, V b =1L, p b =2.49x106Pa. （1）
J
J
J V V p U U Qab a b a a b 6229)102101(1049.2)600300(31.82
3
1)(336-=?-??+-???=-+-=--
J J U U U Q b c bc bc 3739)300600(2
3
31.81=-???=-=?=
J J V V nRT W Q c
a
c ca ca 34552ln 60031.81ln
=???=== （2）J Q Q Q W ca bc ab 963=++=
（3）%4.1334553739963=+==吸Q W η
5．17解：设理想气体膨胀前的状态为1，膨胀后的状态为2,由于理想气体的真空扩散过程是一个不可逆过程，所以我们可在态1和态2之间假设一可逆等温膨胀过程，则该过程的熵变为
K J K J V V nR V dV nR T dQ S V V /23/1
4ln 31.82ln 122
1
21
=??====???
5．18 解：系统为孤立系统，混合是不可逆的等压过程，可假设一可逆等压过程
设混合后的水的温度为T ，水的定压比热容为
)./(1018.43K kg J C p ?=
由能量守恒定律，得
)20(5.0)90(3.0-=-T C T C p p
解得 T=314K 由此可得，各部分水的熵变为
K J K J T T C m T dT C m T dQ S T T p p /182/363314
ln 1018.430.0ln 311111-=???====???
K J K J T T C m T dT C m T dQ S p T T p /203/293
314
ln 1018.470.0ln 321122=???====??
?
系统的总熵变是这两部分水的熵变之和，即
K J K J S S S /21/)203182(21=+-=?+?=?
5．19解：可以把该过程分为一个等温过程和一个等容过程
则等温过程的熵变为
K J K J V V nR S /23/25
100ln 31.82ln
121=??==?
等容过程中的熵变为
K J K J T T nC T dT nC T dQ S m V T T m V /12/300
600ln 31.82ln 12,,221
=??====??
? 所以该过程的熵变为
K J S S S /3521=?+?=?
5．20解：在该相变过程中，吸收的热量为
J J mL Q f 551035.31035.300.1?=??==
由于在溶解过程中系统的温度不变，所以
K J K J T Q S /1023.1/273
1035.335?=?==?
5．21解：由于该过程为等压过程 所以
1
2
12V V T T = 可以把该过程分为一个等温过程和一个等容过程 则等温过程的熵变为
1
2
1ln
V V nR S =? 等容过程中的熵变为
1
2,12,,2ln ln 21
V V nC T T nC T dT nC T dQ S m V m V T T m V ====??
? 该过程的熵变为
3ln 2ln ln
,1
2,1221m p m V C V V
nC V V nR S S S =+=?+?=?
大学物理答案第1～2 章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第一章 质点的运动 1－1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ，)cos 1(t R y ω-=，式中R ，ω为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。 解：22 cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wt dt dt v v v Rw ==-==-∴=+= 2 222 2 sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wt dt dt a a a Rw ====∴=+= sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为 质点轨迹方程以R 为半径，圆心位于（0，R ）点的圆的方程，即质点 作匀速率圆周运动，角速度为ω；速度v = R ω；加速度 a = R ω2 1－2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1，自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2，求证：h =gt 1 t 2/2 解：设抛出点的速度为v 0，从高度h 到最高点的时间为t 3，则 012132 012221201112()0,2()/2 ()11 222 12 v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=- =-= 1－3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度，即a ＝kv 2，k 为一常数，求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx . 解：取汽艇行驶的方向为正方向，则 020 0,,ln v x v kx dv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v v kx v v v e -==-= ∴=-=-∴=-=-∴=?? 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，
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
P 习题12 12-3．如习题12-3图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。 [解] 建立如图所示坐标系ox ，在带电直导线上距O 点为x 处取电荷元x L q q d d =，它在P 点产生的电电场强度度为 () x x d L L q x d L q E d 41d 41d 2 02 0-+= -+= πεπε 则整个带电直导线在P 点产生的电电场强度度为 ()d L d q x x d L L q E L += -+=? 00 2041 d 41πεπε 故() i E d L d q += 04πε 12-4．用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心处点O 的场强。 [解] 将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl ，带电量l R Q q d d π= dq 在O 点的电场强度202 04d 4d d R l R Q R q E πεππε== 从对称性分析，y 方向的电场强度相互抵消，只存在x l R Q E E d sin 4sin d d 3 02 x ?= ?=θεπθ θd d R l = θεπθ d 4sin d 2 02x R Q E = 2 020 202x x 2d 4sin d R Q R Q E E E επθεπθπ ====? ? 方向沿x 轴正方向 12-5. 如习题12-5图所示，一半径为R 的无限长半圆柱面形薄筒，均匀带电，沿轴向单位长度上的带电量为λ，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E 。 [解] θd 对应的无限长直线单位长带的电量为θπ λd d =q 它在轴线O 产生的电场强度的大小为 R R q E 02 02d 2d d επθ λπε= = 因对称性y d E 成对抵消R E E 02x 2d cos cos d d επθ θλθ= ?= d θ
1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故 t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故 t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解 t r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自 然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)． 1-3 分析与解 t d d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)； t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)． 1-5 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为 22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t l l t x -== v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θ l h l cos /0 220v v v = -= ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改
大学物理 简明教程 习题 解答 答案 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 ＝22y 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
大学物理2习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
一、 单项选择题： 1. 北京正负电子对撞机中电子在周长为L 的储存环中作轨道运动。已知电子的动量是P ，则偏转磁场的磁感应强度为： （ C ） (A) eL P π； (B) eL P π4； (C) eL P π2； (D) 0。 2. 在磁感应强度为B 的均匀磁场中，取一边长为a 的立方形闭合面，则通过 该闭合面的磁通量的大小为： （ D ） (A) B a 2； (B) B a 22； (C) B a 26； (D) 0。 3．半径为R 的长直圆柱体载流为I ， 电流I 均匀分布在 横截面上，则圆柱体内（R r ?）的一点P 的磁感应强度的大小为 ( B ) (A) r I B πμ20= ； (B) 202R Ir B πμ=； (C) 202r I B πμ=； (D) 202R I B πμ=。 4．单色光从空气射入水中，下面哪种说法是正确的 ( A ) (A) 频率不变，光速变小； (B) 波长不变，频率变大； (C) 波长变短，光速不变； (D) 波长不变，频率不变. 5.如图,在C 点放置点电荷q 1,在A 点放置点电荷q 2,S 是包围点电荷q 1的封闭曲面,P 点是S 曲面上的任意一点.现在把q 2从A 点移到B 点，则 (D ) (A) 通过S 面的电通量改变,但P 点的电场强度不变； (B) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都改变； (C) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都不变； (D) 通过S 面的电通量不变,但P 点的电场强度改变。 C
习题 5 题5-2图 题5-2图 5-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如题5--2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量. 解: 如题5-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 5-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度9 5.010C m λ-=?的正电荷.试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0a cm =处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强. 解： 如题5-4图所示 题5-4图 (1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为 2 0) (d π41d x a x E P -= λε 2 22 ) (d π4d x a x E E l l P P -= =? ?-ελ
]2 12 1[π40 l a l a + --= ελ ) 4(π220l a l -= ελ 用15=l cm ，9 10 0.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代入得 21074.6?=P E 1C N -? 方向水平向右 (2)同理 22 20d d π41d += x x E Q λε 方向如题5-4图所示 由于对称性? =l Qx E 0d ，即Q E ? 只有y 分量， ∵ 22 2 222 20d d d d π41d ++= x x x E Qy λε 2 2π4d d ελ ?==l Qy Qy E E ? -+22 2 3 222) d (d l l x x 22 2 0d 4π2+= l l ελ 以9 10 0.5-?=λ1cm C -?, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得 21096.14?==Qy Q E E 1C N -?，方向沿y 轴正向 5-7 半径为1R 和2R (21R R >)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和－λ，试求：(1) 1r R <；(2) 12R r R <<；(3) 2r R >处各点的场强. 解: 高斯定理0 d ε∑?=?q S E s ?? 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =??? ? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
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
一、 单项选择题： 1. 北京正负电子对撞机中电子在周长为L 的储存环中作轨道运动。已知电子的动量是P ，则偏转磁场的磁感应强度为： （ C ） (A) eL P π； (B) eL P π4； (C) eL P π2； (D) 0。 2. 在磁感应强度为B 的均匀磁场中，取一边长为a 的立方形闭合面，则通过 该闭合面的磁通量的大小为： （ D ） (A) B a 2； (B) B a 22； (C) B a 26； (D) 0。 3．半径为R 的长直圆柱体载流为I ， 电流I 均匀分布在横截面上，则圆柱体内（R r ?）的一点P 的磁感应强度的大小为 ( B ) (A) r I B πμ20= ； (B) 202R Ir B πμ=； (C) 202r I B πμ=； (D) 202R I B πμ=。 4．单色光从空气射入水中，下面哪种说法是正确的 ( A ) (A) 频率不变，光速变小； (B) 波长不变，频率变大； (C) 波长变短，光速不变； (D) 波长不变，频率不变. 5.如图,在C 点放置点电荷q 1,在A 点放置点电荷q 2,S 是包围点电荷q 1的封闭曲面,P 点是S 曲面上的任意一点.现在把q 2从A 点移到B 点，则 (D ) (A) 通过S 面的电通量改变,但P 点的电场强度不变； (B) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都改变； (C) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都不变； (D) 通过S 面的电通量不变,但P 点的电场强度改变。 6．如图所示，两平面玻璃板OA 和OB 构成一空气劈尖，一平面单色光垂
直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将 ( C ) (A) 干涉条纹间距增大，并向O 方向移动； (B) 干涉条纹间距减小，并向B 方向移动； (C) 干涉条纹间距减小，并向O 方向移动； (D) 干涉条纹间距增大，并向O 方向移动. 7．在均匀磁场中有一电子枪，它可发射出速率分别为v 和2v 的两个电子，这两个电子的速度方向相同，且均与磁感应强度B 垂直，则这两个电子绕行一周所需的时间之比为 ( A ) (A) 1:1； (B) 1:2； (C) 2:1； (D) 4:1. 8．如图所示，均匀磁场的磁感强度为B ，方向沿y 轴正向，欲要使电量为Q 的正离子沿x 轴正向作匀速直线运动，则必须加一个均匀电场E ，其大小和 方向为 ( D ) (A) E = B ，E 沿z 轴正向； (B) E =v B ，E 沿y 轴正向； (C) E =B ν，E 沿z 轴正向； (D) E =B ν，E 沿z 轴负向。 9．三根长直载流导线A ，B ，C 平行地置于同一平面内，分 别载有稳恒电流I ，2I ，3I ，电流流向如图所示，导线A 与C 的距离为d ，若要使导线B 受力为零，则导线B 与A 的距 离应为 ( A ) (A) 41d ； (B) 43d ； (C) d 31； (D) d 3 2 . 10．为了增加照相机镜头的透射光强度，常在镜头上镀有一层介质薄膜，假
习 题 一 1-1 一质点在平面xOy 内运动，运动方程为t x 2=，2219t y -= （SI ）．（1）求质点的运动轨道；（2）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的位置矢量；（3）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；（4）在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x 、y 分量各为多少?（5）在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大? [解] 质点的运动方程t x 2=，2219t y -= （1）消去参数t ，得轨道方程为: 22 1 19x y -= ()0≥x （2）把s 1=t 代入运动方程，得 j i j i r 172+=+=y x 把s 2=t 代入运动方程，得 ()j i j i r 1142219222+=?-+?= （3）由速度、加速度定义式，有 4 /d d ,0/d d 4/d d ,2/d d y y x x y x -====-====t v a t v a t t y v t x v 所以，t 时刻质点的速度和加速度分别为 =v j i j i t v v 42y x -=+ j j i a 4y x -=+=a a 所以，s 1=t 时，j i v 42-=，j a 4-= s 2=t 时，j i v 82-=，j a 4-= （4）当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有 0=?v r 即 ()[] []04221922=-?-+j i j i t t t 整理，得 093=-t t 解得 01=t ； 32=t ；33-=t （舍去） m 19,0,s 011===y x t 时 m 1,m 6,s 322===y x t 时 （5）任一时刻t 质点离原点的距离 ()()()222222192t t y x t r -+= += 令 0d d =t r 可得 3=t 所以，s 3=t 时，质点离原点最近 () 6.08m 3=r
题1-3图 第一章 流体力学 1.概念 （3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。 （4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。 （6）伯努利方程： C gh v P =++ ρρ2 21 （7）泊肃叶公式：L P R Q ηπ84?= 2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。 A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小； C. 压强变小，流速变大； D. 压强变大，速度变大。 3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A 大学物理模拟试卷一 一、选择题:（每小题3分，共30分） 1.一飞机相对空气的速度为200km/h，风速为56km/h，方向从西向东。地面雷达测得飞机 速度大小为192km/h，方向是：（） （A）南偏西16.3o ；（B）北偏东16.3o；（C）向正南或向正北；（D）西偏东16.3o ； 2．竖直的圆筒形转笼，半径为R，绕中心轴OO'转动，物块A紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要命名物块A不下落，圆筒转动的角速度ω至少应为：（） （A）；（B）；（C） ；（D）； 3．质量为m=0.5kg的质点，在XOY坐标平面内运动，其运动方程为x=5t,y=0.5t2(SI)，从t=2s到t=4s这段时间内，外力对质点作功为 （） （A） 1.5J ；(B) 3J；(C) 4.5J ； (D) -1.5J； 4．炮车以仰角θ发射一炮弹，炮弹与炮车质量分别为m和M，炮弹相对于炮筒出口速度为v，不计炮车与地面间的摩擦，则炮车的反冲速度大小为（） （A）；(B) ；(C) ； (D) 5．A、B为两个相同的定滑轮，A滑轮挂一质量为M的物体，B滑轮受拉力为F，而且F=Mg,设A、B两滑轮的角加速度分别为βA和βB，不计滑轮轴的摩擦，这两个滑轮的角加速度的大小比较是（） （A）βA=β B ； (B)βA>βB； (C)βA<βB； (D)无法比较； 6．一倔强系数为k的轻弹簧，下端挂一质量为m的物体，系统的振动周期为T。若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为0.5m的物体，则系统振动周期T2等于（） （A）2T1； (B)T1； (C) T1/2 ； (D) T1/4 ； 7．一平面简谐波在弹性媒质中传播时，媒质中某质元在负的最大位移处，则它的能量是：（） 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 =+-r r r 由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r 由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r r r 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r r r 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 v ，d d v t v ，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 =+v v v （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3）0d -gt d r v i j t =v v v 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d d r v i j t =v v d d v g j t =-v v 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 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0t =到1t s =时的位移为 ，1t s =时的加速度为 。 解析：45342=-=+-=+1010r r r i j j i j ,228d d dt dt = ==111v r a i 1-7 一质点以初速0v 和抛射角0θ作斜抛运动，则到达最高处的速度大小为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度大小为 。 解析：以初速0v 、抛射角0θ作斜抛的运动方程： 上期物理1 参考答案 练习一：1-2、DD 3、i ct v v )3 1(30 ，400121ct t v x x 4、 j 8，j i 4 ，441 2arctg arctg 或 5解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 ； （2）3(3)dr v i t j dt r r r ； 437(/)t s v i j m s r r （3）)/(12s m j dt v d a 6 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d 分离变量： 2 d (26)d v v adx x x 两边积分 2(26)vdv x dx 得 c x x v 32 222 1 由题知，0 x 时，100 v ,∴50 c ∴ 13s m 25 2 x x v 练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t ，212 t 5、解：（1）由23Rbt dt d R dt ds v 得：Rbt dt dv a 6 ，4229t R b R v a n n n n e t Rb e Rbt e a e a a 4 296 6、当滑至斜面底时，h y ，则gh v A 2 , 将gh v A 2 分解到x 和y 两个方向 Ax v Ay v A 物运动过程中又受到 B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为 j gh i gh u v u v A A )sin 2()cos 2(' 地 练习三：1-3、BCB 4、3s 和0s ； 5、222 (sin cos )x y R v R ti tj v R v v v 6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成 角，由图可知 2 2 2 s h l 将上式对时间t 求导，得 t s s t l l d d 2d d 2 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0 船绳 即 cos d d d d 00v v s l t l s l t s v 船 或 s v s h s lv v 0 2/1220)( 船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度 32 0222 0202002)(d d d d d d s v h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a 船船 7、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 00 )1(0 t k e k v x 练习四：1-2 AC 3、解： 2 s m 8 3166 m f a x x 2s m 167 m f a y y (1) 201 01 2 00s m 8 7 2167s m 4 5 2832dt a v v dt a v v y y y x x x 于是质点在s 2时的速度 B 班级 学号 姓名 第1章 质点运动学 1-2 已知质点的运动方程为r i 3j 6k e e t t -=++。(1)求：自t =0至t =1质点的位移。(2)求质点 的轨迹方程。 解：(1) ()k j i r 630++= ()k j i r 6e 3e 1-1++= 质点的位移为()j i r ?? ? ??-+-=3e 31e ? (2) 由运动方程有t x e =，t y -=e 3， 6=z 消t 得 轨迹方程为 1=xy 且6=z 1-3运动质点在某瞬时位于矢径()y x,r 的端点处，其速度的大小为( D ) (A)dt dr (B)dt d r (C)dt d r (D)2 2?? ? ??+??? ??dt dy dt dx 1-5某质点的运动方程为k j i r 251510t t ++-=，求：t =0，1时质点的速度和加速度。 解：由速度和加速度的定义得 k j r v t dt d 1015+== ， k v a 10==dt d 所以 t =0，1时质点的速度和加速度为 015==t j v 11015=+=t k j v 1 010,k a ==t 1-8 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为j i r 2235t t +=，则该质点所作运动为[ B ] (A) 匀速直线运动 (B) 匀变速直线运动 (C) 抛体运动 (D) 一般的曲线运动 *1-6一质点沿Ox ?轴运动，坐标与时间之间的关系为t t x 233-=(SI)。则质点在4s 末的瞬时速度为 142m·s -1 ，瞬时加速度为 72m·s -2 ；1s 末到4s 末的位移为 183m ，平均速度为 61m·s -1 ，平均加速度为 45m·s -2。 解题提示：瞬时速度计算dt dx v =，瞬时加速度计算22dt x d a =；位移为()()14x x x -=?，平均速 度为()()1414--= x x v ，平均加速度为 ()()1 414--=v v a 1-11 已知质点沿Ox ?轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为t a x 3=2s m -?。在t =0时，0=x v ，10=x m 。求：(1)质点在时刻t 的速度。(2)质点的运动方程。 练习一 （第一章 质点运动学） 一、1.（0586）（D ）2.（0587）（C ）3.（0015）（D ）4.（0519）（B ） 5.（0602）（D ） 二、1.（0002）A ｔ= 1.19 s ｔ= 0.67 s 2.（0008）8 m 10 m 3.（0255）()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--，() ωπ/122 1 +n ， （n = 0, 1, 2,…） 4.（0588） 30/3Ct +v 4 00112 x t Ct ++v 5.（0590） 5m/s 17m/s 三、 1.（0004）解：设质点在x 处的速度为v ， 2d d d 26 d d d x a x t x t = =?=+v v ()20 d 26d x x x =+??v v v () 2 21 3 x x +=v 2.（0265）解：（1） /0.5 m/s x t ??==-v （2） 2 =/96dx dt t t =- v （3） 2=6 m /s -v |(1.5)(1)||(2)(1.5)| 2.25 m S x x x x =-+-= 3.（0266）解：（1） j t r i t r j y i x r s i n c o s ωω+=+= （2） d s i n c o s d r r t i r t j t ωωωω==-+ v 22 d cos sin d a r t i r t j t ωωωω==-- v （3） ()r j t r i t r a s i n c o s 22 ωωωω-=+-= 这说明 a 与 r 方向相反，即a 指向圆心. 4. 解：根据题意t=0，v=0 --------==?+?∴=?+?=====?+?=+?+?? ??? ??由于及初始件v t t r t t r dv adt m s i m s j dt v m s ti m s tj dr v t r m i dt dr vdt m s ti m s tj dt r m m s t m s t j 0 220 220220 2222[(6)(4)] (6)(4)0,(10)[(6)(4)][10(3)][(2)] 质点运动方程的分量式： --=+?=?x m m s t y m s t 222 2 10(3)(2) 消去参数t ，得到运动轨迹方程 =-y x 3220 练习二（第一章 质点运动学） 一、1.（0604）（C ） 2.（5382）（D ） 3.（5627）（B ） 4.（0001）（D ） 5.（5002）（A ） 二、1.（0009） 0bt +v 2.（0262） －c （b －ct ）2/R 3.（0509） 33 1 ct 2ct c 2t 4/R 4.（0596） 4.8 m/s 2 3.15rad 5.（0599） 2 200cos /g θv 三、 1. （0021） 解： 记水、风、船和地球分别为w ，f ，s 和e ，则水地、风船、风地 o o 解：回路磁通=BS = Bn r 2 感应电动势大小：￡— = — (B TI r 2 ) = B2n r — = 0A0 V At dr dr 10-2 ^-Bcosa 2 同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2 鸟与亍夹角和另与7夹角相等, a = 45° ①和=Bn R 2 cos a 10-6 解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久) 叫一加&sin （血+久） dr _ 2 Bit r~O) Bn r~ 2 _ 2 2 2 Bf 2n f =兀 2『B f R R 解：取半圆形"a 法向为Z , dt — HR? AB cos a —— dt -8.89 xlO'2 V 方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图 (1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段 71 同理 ? ? ? r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , ￡ ab - ￡ aO +% =（一花' + 石）广= (2)???￡ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高. 10-11 在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则 （2） |nj 理， ￡dc = 碇?d7>0 U d -U c v0即 / >U d 10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警52 10-16 Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为 丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r ?:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左, 71 a-b 10-14 ?d5 知, 此吋E 旋以。为中心沿逆时针方向. (1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m §E 旋? d7 = 0 ? ? ￡亦也 U Q =Ub 心 2n r 2TI 由样旋? M -/z 0/v a + b 71 a-b （a （b大学物理1-模拟试卷及答案Word版
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