第一章
例题 1D ； 2D ； 3C
4答：(1)、(3)、(4)是不可能的
5 3/3
0Ct +v 4
0012
1Ct t x +
+v 6 x = (y 3)2
7 17m/s 2
104
o
练习
1 、16 R t 2
； 4 rad /s 2
2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 ()x x x
d 62d 02
??
+=
v v v
()
2 2
1
3
x
x +=v 3解：(1) 5.0/-==??t x v m/s
(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2
v (2) =-6 m/s (3) S = |x -x (1)| + |x (2)-x | = 2.25 m 4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+x 0 (SI) 5解：根据已知条件确定常量k ()2
2
2
/rad 4//s
Rt
t k ===v ω
24t =ω, 2
4Rt R ==ωv
s t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s
2
s /168/m Rt dt d a t ===v
2
2s /32/m R a n ==v
(
)
8.352
/122
=+=n
t a a a m/s 2
6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 = +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 2
02
1)(gt t t -+=v v v 1分 08.420
==
g
t v s 7如图所示，取沿地面方向的轴为ox 轴。人从路灯正下方点o 开始运动，经时间t 后其位
置为vt oA x ==，而人头顶影子的位置为x 。由相似三角形关系，有h
H H
vt x oA oC -=
'=，h
H Hvt x -='，故头顶影子的移动速度为h H Hv
dt x d v -=
'='。
第二章
例题 1、B 2、C 3、B 4、D 5、B
6、θcos /mg θ
θ
cos sin gl
练习
1、证：小球受力如图，根据牛顿第二定律 t
m ma F k mg d d v
v ==-- 2分
t m
F k mg d /)(d =--v v
初始条件： t = 0, v = 0． 1分
??=-t
t F)/m k mg 00
d (d v
-v v
∴ k F mg m
kt /)e
1)((/---=v 2分
2、解：(1)以A 、B 、绳为研究对象
F －mg －m A g －m B g ＝(m + m A + m B ) a ∴ g m m m F
m m m g )m m m (F a B
A B A B A -++=++++-=
2分 (2)以绳下段x 长和物体A 为研究对象
T (x )－(m A + m x / L )g ＝(m A + m x / L ) a 2分
∴ T (x ) = (m A +m x /L ) (g + a )
)2496()
/(x m m m L mx m F B
A A +=+++=
N 1分
3、解：对物体A 应用牛顿第二定律
平行斜面方向： ma f mg F r =--αθsin cos 1分 垂直斜面方向： 0sin cos =--ααF mg N 1分 又 N f r μ= 1分 由上解得 2m/s 91.0)
sin cos (sin cos =+--=
m
F mg mg F a ααμαα
4、解：根据牛顿第二定律
x m t x x m t m x
k f d d d d d d d d 2
v
v v v =?==-
= 3分 ∴ ??-=-=4
/202d d ,d d A A
x mx k
mx x k v v v v v k mA
A A m k 3)14(212=-=v 2分
∴ )/(6mA k =v
5、解：球A 只受法向力N ?和重力g m ?
，根据牛顿第二定律
法向： R m mg N /cos 2
v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分
由①式可得 )/cos (2
R g m N v +=θ 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分
6、解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f ?
和质量为m 的物块
对它的拉力F ?
的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f ?和F ?的方向相同，而当M 物块有向
心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有
F + f max =M r max ω2 2分
F － f max =M r min ω2
2分
m 物块是静止的，因而
F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分
故
2.372
max =+=
ωμM Mg
mg r s mm 2分 4.122
min
=-=ω
μM Mg mg r s mm 2分 第三章
例题 1、C 2、D 3、C 4、C 5、C 6、C
7、mgh 2
1
- 8、
k
mg F 2
)(2μ-
9、 2
11
2r r r r GMm -
2分 2
12
1r r r r GMm
- 2分 10、 R GmM 32
2分
R
GmM 3-
练习
1、θ
α
μθμsin sin ctg Fh mgh +-
2、4000 J
3、解：由x ＝ct 3
可求物体的速度： 23d d ct t
x
==
v 1分 物体受到的阻力大小为： 34
3
24
22
99x kc t kc k f ===v 2分 力对物体所作的功为：
?=W W d =?-l
x x kc 03
4
32
d 9 =
7
273
7
32l kc - 2分
4、
解： ?
?
=?=t t r F A d 12d v ρ
ρ
1分 而质点的速度与时间的关系为
200003d 2
12d 0d t t t t m F
t a t t t
==+=+=???v v 2分
所以力F ρ所作的功为 ?
?==3
3
30
2d 36d )3(12t t t t t A =729 J 2分
5、解：以弹簧仅挂重物m 1时，物体静止（平衡）位置为坐标原点，竖直向下为y 轴正向，此时弹簧伸长为：
l 1＝m 1 g / k ① 1分 再悬挂重物m 2后，弹簧再获得附加伸长为 l 2＝m 2 g /k ② 1分
当突然剪断连线去掉m 2后，m 1将上升并开始作简谐振动，在平衡位置处速度最大．根据机械能守恒，有
21221)(21gl m l l k -+＝21212
121kl m m +v ③ 2分 将①、②代入③得 )
(v k m g m m 121= ≈0.014 m/s ④ 1分
6、
解：设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k ，根据胡克定律：
0.1g ＝k －l 0) ， 0.2g ＝k －l 0) 解得： l 0＝0.05 m ，k ＝49 N/m 2分 拉力所作的功等于弹性势能的增量：
W ＝E P 2－E P 1＝
201202)(2
1
)(21l l k l l k ---＝ J 3分 7、解：弹簧长为AB 时，其伸长量为 l l l x =-=21 1分
弹簧长为AC 时，其伸长量为
l l l x )12(22-=-=
1分
弹性力的功等于弹性势能的减少
2
2
21212
121kx kx E E W P P -=-= 2分
[]
2
2)12(12
1--=kl 2)12(kl -= 1分
8、 解：两个粒子的相互作用力 3
r k f =
已知f ＝0即r ＝∞处为势能零点, 则势能 1分
??
∞∞
∞=?=
=r r
P P r r
k
W E d d 3r f ρρ 2分
)2(2
r k =
9、解：(1)位矢
j t b i t a r ρρρ
ωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =
t a t x x ωωsin d d -==v ， t b t
y ωωcos d dy
-==v
在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω
E KA =222
22
12121ωmb m m y x =+v v 2分
在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ω
E KB =222
22
12121ωma m m y x =+v v 2分
(2) j ma i ma F y x ρρρ+==j t mb i t ma ρρωωωωsin cos 2
2-- 2分
由A →B ??-==
020
d cos d a a x x x t a m x F W ωω=?=
-0
2
222
1d a ma x x m ωω 2分 ??-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=?-=-b mb y y m 02
222
1d ωω 2分
10 解：如图所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0为挂上物体后的伸长量，O ＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O 处为重力势能的零点．由题意得物体在O ＇处的机械能为：
αsin )(2102001x x mg kx E E K -++=
2分
在O 处，其机械能为： 22
22
121kx m E +=v 2分
由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：
O "
O '
x 0
x
O
l
2202002
1
21sin )(21kx m x x mg kx E K +=-++
v α 2分 在平衡位置有： mg sin =kx 0
∴k mg x αsin 0= 2分
代入上式整理得： k
mg kx mgx E m K 2)sin (21sin 212202
αα--+=v 2分
第四章
例题：
1. C
2. A
3. B
4. C
5. 0.89 m/s
3分 参考解：在0-1 s 内, F 在1 s-2 s 内, ? ?=--+=2 1 12s N 89.0)(d )96.0(t t mg t t I μ 由 mv – 0=I ， 可得 v = I/m=0.89 m/s 6. j i ? ?5- 7. GMR m 8. 0.003 s N·s 2 g 9. 取如图所示坐标，设绳长L ，质量M 。 设在时刻t 已有x 长的柔绳落到桌面上，随后的d t 时间内将有质量为x d ρ(即L x M /d )的柔绳以d x /d t 的速率碰到桌面而停止，它的动量变化率为： t t x x d d d d ? -ρ 根据动量定理，桌面对柔绳的冲力为： 2d d d v , d x x t F t ρρ-'= =- 其中 t x d d =v 由牛顿第三定律，柔绳对桌面的冲力为F=F ′， 即 22)(d d d d v L M dt dx L M t t x x F === ρ 而 L Mgx F gx /2,22 =∴=v 已落桌上柔绳所受的重力 G =M·gx/L F 总=F+G=3G 10. (1) 设A ，B 间绳中张力为T ，分别对A 、B 列动力学方程 M A g –T =M A a T =M B a x x O v 例题4-9答案图 B C 例题4-10图 解得 a =Mg / (M A +M B ) 由 M A = M B = M a ＝ 2 1 g 设B 、C 之间绳长为l ，在时间t 内B 物体作匀加速运动，有 l ＝ 2 1at 2 ＝gt 2/4 ， t=g l /4= s (2) B 和C 之间绳子刚拉紧时，A 和B 所达到的速度为 v ＝at ＝ 21gt ＝2 1 ×10×＝2.0 m/s 令B 、C 间拉紧后，C 开始运动时A 、B 、C 三者的速度大小均变为V ，由动量定理(设三 者速度变化过程中T AB 为AB 间绳中平均张力，T BC 为BC 间绳中平均张力,τ为过程时间) M A V M A v = –T AB ·τ (∵M A g< M B V – M B v =T AB ·τ–T BC ·τ M C V – 0 = T BC ·τ 得 (M A + M B + M C )V = ( M A + M B ) v V = 3313 2 )(.M M M M C B A B A ==+++v M v m/s 练习题： 1. 2 m/s 2. 36 rad/s 参考解：系统对竖直轴的角动量守恒，rad/s 36/2 2210==r r ωω。 3. 1 m /s 0.5 m /s 4. mv 0 sin 竖直向下 5. m ab 0 6. gh M 6 垂直于斜面指向斜面下方． 参考解： 沿垂直斜面方向上动量的分量的增量为 gh M gh M M 6230cos 2=??=?v 若在碰撞过程中忽略重力，则以上即为小球对斜面的冲量大小， 方向垂直于斜面并指向斜面下方． 7. 证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O ，力对该点的力矩为零．根据角动量定理，质点对O 点的角动量是恒矢量 v ? ??m r L ?=＝恒矢量 2分 L ?的方向垂直于r ?和v ?所在的平面，L ?是恒矢量，方向不变，即 r ?，v ? 总是保持在一 个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动． 3分 8. 0 2mg / 2mg / 解：设沙子落到传送带时的速度为1v ?，随传送带一起运动的速度为2v ? ，则取直 角坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上． i j j gh ? ? ? ?? 32==-=21v v ,-4 设质量为m 的砂子在t 时间内平均受力为F ? ,则 )3(j i t m t m m t p F ? ?????4+??=???-??=??=12v v 3分 由上式即可得到砂子所受平均力的方向,设力与x 轴的夹角为α则 tg =α1 (4/3)= 53°,力方向斜向上 2 分 10. 解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力 mg F N +?=30sin 1分 物体要有加速度必须 N F μ≥?30cos 2分 即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分 物体开始运动后，所受冲量为 ?-?=t t t N F I 0 d )30cos (μ )(96.1)(83.302 2t t t t ---= t = 3 s, I = N s 2分 则此时物体的动量的大小为 I m =v 速度的大小为 8.28==m I v m/s 2分 11. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 mv 0 = mv +M v v = m (v 0 v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+Mv 2/l = N 2分 (2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v ρ 方向为正方向) 2分 负号表示冲量方向与0v ? 方向相反． 2分 12. 解：角动量守恒 r m r m v v '=00 ① 2分 v ＇为02 1 r r =时小球的横向速度． 拉力作功 2 022 121v v m m W B -= ② 2分 v B 为小球对地的总速度， 而 222 v v v +'=B 当021r r =时 22 0202 1)2/3(v m mr W +=ω 1分 第五章 例题： 1. C 2. A 3. C 4. C 5. A 6. A 7. 3v 0 / (2l ) 8. J k 920 ω- 0 2ωk J 9-11（见书上） 练习题： 1. rad / s 2 2. rad 3. 0.25 kg ·m 2 4. mr r J mg + 5. g / l g / (2l ) 6. 解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律 M = J 1分 其中 4/30sin 2 1 mgl mgl M ==ο 1分 于是 2rad/s 35.743 === l g J M β 1分 当棒转动到水平位置时， M =2 1 mgl 1分 2rad/s 7.1423 ===l g J M β 1分 7. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统． 由角动量守恒 得 1分 ωJ l m l m +-=3 223200 v v （逆时针为正向） ① 2分 又 2 2)3 (2)32(l m l m J += ② 1分 将②代入①得 l 230 v =ω 1分 8. 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mg －T ＝ma ① 2分 对滑轮： TR = J ② 2分 运动学关系： a ＝R ③ 1分 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋2 1 M ) 1分 ∵ v 0＝0， ∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋2 1 M ) 2分 9. 解：受力分析如图所示． 设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得： 对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分 对重物： T 1－21Mg ＝21 Ma ② 2分 根据转动定律，对滑轮有 (T 2－T 1)R ＝J ＝MR 2 / 4 ③ 2分 因绳与滑轮无相对滑动， a ＝R ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分 M R βT mg a O B Mg T 2 T 1 Mg 2 1 a a β 10. 解：各物体的受力情况如图所示． 图2分 由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程： T 1R ＝J 1 1 ＝ 1212 1 βR M 方程各1分共5分 T 2r －T 1r ＝J 22＝2212 1βr M mg －T 2＝ma , a ＝R 1 ＝r 2 , v 2 ＝2ah 求解联立方程，得 ()42 1 21=++= m M M mg a m/s 2 ah 2=v =2 m/s 1分 T 2＝m (g －a )＝58 N 1分 T 1＝ a M 12 1 ＝48 N 1分 11. 解：各物体受力情况如图． 图2分 F －T ＝ma 1分 T '＝ma 1分 (T T '-)R ＝ β22 1 mR 1分 a ＝R 1分 由上述方程组解得： ＝2F / (5mR )＝10 rad ·s -2 2分 T ＝3F / 5＝ N 1分 T '＝2F / 5＝ N 1分 第六章 狭义相对论基础 例6-1【解】三种说法都正确。 例6-2解：c ；c ；c 。 例6-3解：S 系球面方程为：2 2 2 22 x y z c t ++=；S 系球面方程为：2 2 2 2 2 ''''x y z c t ++=。 解：L c t =?。 例6-4解：速度2v ，距离L ，时间间隔t ?,所以2/t L ?=v 。 例6-5：解：相对的，运动。 例6-6解：C 例6-7解：A 例6-8解：[C] M 1 M 2 mg M 2g M 1g N 1 N 2 T 1 T 1 T 2 m a β β2 T 2 a B A F T a β ’ T ’ 例6-9解：站台上测出的1m 是运动的长度。求静长，所以02 2 2 11/L u c β = = --。 例6-10解：660 22 2 12.95101/10.988s c τ--= = =?--v 例6-11解：方法一，固有长度020L m =，'0.6c ==v v ，'O 认为距离 '21/2 2 2 0(1) 201(0.6)/16L L c c m β=-=?-，' ' 88.8910L t s -?==?v' 。 方法二，'O 测得的时间为固有时间，由0 L t τ?== v 得'21/280(1)8.8910t s ττβ-?==-=?。 例 6-12 解 ： 实 验 室 中 观 测 到 介 子 的 能 量 为 222220000078k E E m c m c m c m c m c γ=+=+==，即8γ=。由时间延缓关系式，实验室 寿命0 002 2 2 81/1c τγττβ = = ==--v ，即0/8ττ=。 例6-13 解：初动能00k E =，末动能222 00(1)k E mc m c m c γ=-=-， 221/2(1/)1/0.8 1.25c γ-=-==v ，即2200(1)0.25k E m c m c γ=-=，需做的功为 2000.25k k k W E E E m c =-==。 例6-14解：已知2 00.511m c =，220()0.25k E m m c mc =-=?=，所以 00.25 0.50.511 m m ?=≈。 解：20(1)k E m c γ=-，当1c →v 时，k E →∞，选D 。 例6-16解：（1）棒相对于甲静止，他测得其质量为m ，体积为V=s ，所以密度m ls ρ=。 （2）棒相对于乙运动，他测得其质量为'm m γ=,长度为2 '1l l βγ =-= ，截面积不变 仍为S ，所以测得体积为' ' ls V l s γ==，所以密度2'25''9m m m V ls ls γρ===。 例6-15 【练习题】 6-1解：一切彼此相对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的 一切惯性系中，真空中的光速都是相等的 6-2 (A) < o ； < o .(B) < o ； > o .(C) > o ； > o .(D) > o ； < o . 解：(D)。分析：S 和S 相对速度为u ，S 中两事件的时间间隔为o 为原时间，则S 系的 钟测出这两个事件的时间间隔为= o 22c v 1-，则> o ；S 系x 轴上放置一固 有长度为 o 的细杆，从S 系测得此杆的长度为= o 22c v 1-，则< o 。 6-3解：只有运动方向上的长度缩短，=o 22c v 1-= o () 2 8 8103104.21??-= o ， 垂直于运动方向上的长度不变，故体积是V=o 2=30502 =104 cm 3 。 6-4解：地球上观察者测得距牛郎星约 o =16光年为固定长度，宇宙飞船上的钟指示的时间 o =4年为原时间。方法一：以地面系计算， o =v =v o 22c v 1-，16c=v 4 22c v 1-，∴v=17/16c=0.97c=108 m s 。方法二：以飞船系计算，飞船系认为 = o 22c v 1-=v o ，16c 22c v 1-=4v ，∴v=17/16 c =0.97c=108 m s 。 6-5 解： x v ，2 2c v 1-x v 。分析：(1)在S 系中相隔为x 处两只同步的钟A 和B ，读数相同，∴x=v t ∴t=x v 。 (2)方法一：S 系记下本征时间，由t =t 22c v 1-∴t =22c v 1-x v 。 方法二：x 为固有长度，在S 系x =x 22c v 1-，∴ t =x v=2 2c v 1-x v 。 6-6解：以地球上的时钟计算： 5.4≈= ?v S t 年 以飞船上的时钟计算： ≈-='??22 1c t t v 年 6-7 解：(1) 从列车上观察，隧道的长度缩短，其它尺寸均不变。 隧道长度为 22 1c L L v -=' (2) 从列车上观察，隧道以速度v 经过列车，它经过列车全长所需时间为 v v 0 l L t +'=' v 02)/(1l c v L +-= 这也即列车全部通过隧道的时间. 6-8解：实验室测得静止+ 子的寿命 o =?-106，运动时寿命为= o 22c v 1- =105 s ，∴ =2 2c v 1-v c=()201ττ-=()23.16/2.21-=。 这两个测量结果符合相对论的时间膨胀的结论。(或运动的时钟变慢的结论) 6-9解：设飞船A 相对于飞船B 的速度大小为v ，这也就是飞船B 相对于飞船A 的速度大小．在飞船B 上测得飞船A 的长度为 20)/(1c l l v -= 故在飞船B 上测得飞船A 相对于飞船B 的速度为 2 0)/(1)/(/c t l t l v v -==?? 解得 82 001068.2)/(1/?=+= ??t c l t l v m/s 所以飞船B 相对于飞船A 的速度大小也为×108 m/s ． 6-10解：E=E k +E o ，∴mc 2 =4m o c 2 +m o c 2 =5m o c 2 ，∴m m o =5。 6-11解：mc 2 =E k +m o c 2 m o c 2=E k +m o c 2，∴ 1 =2 2 c v 1-= 2 0k 20c m E c m += 5.025.05.0+=3 2 ， ∴v c=()2321-=，∴v=0.745c=108 m s 。 6-12解：相对于观察者甲，物体是静止的，E 1=mc 2 =91016 J ； 相对于观察者乙，物体以v=0.8c 运动，E 2= 2 222c c 8.01mc -=6 .0mc 2=1017 J 。 6-13解：(1) 2 2 2)/(1/c c m mc E e v -== =×10-13 J (2) 20v 2 1 e K m E = = ×10-14 J 22c m mc E e K -=2 2]1))/(1/1[(c m c e --=v = ×10-13 J ∴ =K K E E /0×10-2 6-14解：根据功能原理，要作的功 W = E 根据相对论能量公式 E = m 2c 2- m 1c 2 根据相对论质量公式 2 /12202])/(1/[c m m v -= 2/12101])/(1/[c m m v -= ∴ )1111 ( 2 212 2220c c c m W v v -- -=＝×10-14 J ＝×105 eV 6-15解：(1)= o 22c v 1-，∴v=c ()201λλ-=22 0λλ-c o 。 (2) =(22c v 1-)1 = o ，∴E k =mc 2 m o c 2 =( 1)m o c 2 =( o 1)m o c 2 。 6-16解：实验室观察认为介子的寿命，速度为v ，测得运动的距离=v 。E=m o c 2 ，E o =m o c 2 ，∴=E E o =3000 100=30， =1 22c v 1-。∴v c=230/11-=899 300=， ∴v=c 899 300=108 m s 。 = o 22c v 1-=30 o =6105 s ，∴ =v =29966=17976m 。 6-17解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 22 1c x x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 22 01c V xyz V v -== 观察者Ａ测得立方体的质量 2 2 01c m m v -= 故相应密度为 V m /=ρ2 2 02 2 011/c V c m v v - -= ) 1(22 00c V m v -= 【例题精选】 例7—1 0.37 cm )2 1 cos(1037.02 π±π?=-t x (SI) 例7—2 B 例7—3 k m /22πk m 2/2π 例7—4 C 例7—5 解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4 v B x A B O t = 0 t = 2 t = 4 v A v B 例题7-5答案图 秒， ∴ T = 8 s ， = (1/8) s -1 ， s -1 (1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A = t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg = 1 因为在A 点质点的速度大于零，所以 = -3/4或5/4（如图） 25cos /==φx A cm ∴ 振动方程 )4 34cos(10252π-π?=-t x (SI) (2) 速率 )4 34sin(41025d d 2 π-π?π-==-t t x v (SI) 当t = 0 时，质点在A 点 221093.3)4 3sin(104 25d d --?=π-?π-= =t x v m/s 例7—6 解：旋转矢量如图所示． 由振动方程可得：π2 1 =ω，π=?31φ 667.0/=?=?ωφt s 例7—7 C 例7—8 例7—9 B 例7—10 振动系统本身性质 初始条件 例7—11 B 【练习题】 7—1 B 7—2 )2 14cos(04.0π-πt 7—3 解：(1) t = 0时， a = 2.5 m/s 2 ，| F | = ma = 5 N (2) | a max | = 5，其时 | sin(5t -/6) | = 1 | F max | = m | a max | = 10 N x = ±0.2 m（振幅端点） 7—4 C 7—5 解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =． 选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得 2 20d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 02 2 =+l gx t x ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 例题7-6答案图 x (m) ω ω π/3 π/3 t = 0 0.12 0.24 -0.12 0.24 O A ? A ? l 0 x mg x kl 0k (l 0+x ) 习题7-5答案图 π===1.958.28/0l g ω 设振动表达式为 )cos(φω+=t A x 由题意： t = 0时，x 0 = A=2 102-?m ，v 0 = 0， 解得 = 0 ∴ )1.9cos(10 22 t x π?=- 7—6 解：(1) 小物体受力如图． 设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- )(a g m N -= 当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm ，N/m 3 .060 = k 有 50/==m k ω rad ·s -1 系统最大加速度为 52 max ==A a ω m ·s -2 此值小于g ，故小物体不会离开． (2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得 x a g 2 ω-== 6.19/2 -=-=ωg x cm 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2 max ω，可得 2 /ωg A >=19.6 cm ． 7—7 解：(1) 势能 221kx W P = 总能量 22 1 kA E = 由题意，4/212 2kA kx =， 21024.42 -?±=± =A x m (2) 周期 T = 2/ = 6 s 从平衡位置运动到2 A x ± =的最短时间 t 为 T /8． ∴ t = s ． 7—8 解：第一球自由落下通过路程l 需时间 g l g l t /41.1/21== 而第二球返回平衡（即最低）位置需时 g l T t /57.14/2== 12t t >，故第一球先到。 7—9 1×10-2 m /6 7—10 |A 1 – A 2| )2 12cos(12π+π-=t T A A x 【例题精选】 例8—1 C 例8—2 D 例8—3 )2 3 cos(2.02 x t a π+ ππ-= (SI) N mg 习题7-6答案图 例8—4 }]/)1([cos{φω+++=u x t A y (SI) 例8—5 解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于 /4处质点的振动． 该波的表达式为 )]4(22cos[x ut A y -π-π=λλλ )222cos(x ut A λλπ+π-π= (SI) (2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时 )22cos(x A y λπ +π-=)2 2cos(π-π=x A λ 按上述方程画的波形图见图B ． 例8—6 ]2)2(2cos[π -+-π =u x t u A y λ ]2 )2(2cos[π +-π=t u A y P λ 例8—7 解：这是一个向x 轴负方向传播的波． (1) 由波数 k = 2 / 得波长 = 2 / k = 1 m 由 = 2 得频率 = / 2 = 2 Hz 波速 u = = 2 m/s (2) 波峰的位置，即y = A 的位置． 由 1)24(cos =+πx t 有 π=+πk x t 2)24( ( k = 0，±1，±2，…) 解上式，有 t k x 2-=． 当 t = s 时， )4.8(-=k x m ． 所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰．在上式中取k = 8， 可得 x = 的波峰离坐标原点最近． (3) 设该波峰由原点传播到x = -0.4 m 处所需的时间为t ， 则 t = | x | /u = | x | / ( ) = s ∴ 该波峰经过原点的时刻 t = 4 s 例8—8 解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故 π= +π-π2 1 )/1.0(27φλ ① 而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有 05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 且 π-=+π-π3 1)/2.0(27φλ ② 由①、②两式联立得 = 0.24 m x (m) t = T 图B .A u O -A 43λ- 4λ- 4 λ 4 3λ x P x u 图A 例题8-5答案图 3/17π-=φ ∴ 该平面简谐波的表达式为 ]3 17 12.07cos[1.0π-π- π=x t y (SI) 或 ]3 1 12.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI) 例8—9 D 例8—10 4 例8—11 )( 2cos λ x T t A -π A 例8—12 t A y ωcos 21-= 或 )cos(21π±=t A y ω t A ωsin 2=v 例8—13 解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(2cos[1φλν+-π=x t A y 则反射波的表达式是 ])(2cos[2π++-+- π=φλ νx DP OP t A y 合成波表达式（驻波）为 )2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A y 在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0 2 1 φ 因此，D 点处的合成振动方程是 )2 2cos()6 /4/32cos(2π +π-π=t A y νλ λλt A νπ=2sin 3 【练习题】 8—1 A 8—2 ])(2cos[2 12φλ ν++- π=L L t A y λk L x +-=1 ( k = 1， 2，…） 8—3 D 参考解：由图 b 2=λ, b u u 2== λ ν 令波的表达式为 ])(2cos[φλ ν+- π=x t a y 在 t = t , ])(2cos[φλ ν+-'π=x t a y 由图，这时x = 0处 初相 2 2π-=+'πφνt 可得 t 'π-π - =νφ22 故x = 0处 ]2cos[φν+π=t a y ]2 )(cos[ π-'-π=t t b u a 8—4 )2 2cos( 1π -π=t T A y x 或写成 )/2sin(1T t A y x π= 8—5 解：由图， = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ， ∴ = 1 /4 Hz ， T = 4 s ．题图中t = 2 s = T 2 1 ． t = 0时，波形比题图中的波形倒退 λ2 1 ，见图． 此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动， ∴ π= 2 1 φ ∴ )2 1 21cos(5.0π+π=t y (SI) 8—6 解：(1) x 1 = 10 m 的振动方程为 )7.3125cos(25.010-==t y x (SI) x 2 = 25 m 的振动方程为 )25.9125cos(25.025-==t y x (SI) (2) x 2与x 1两点间相位差 = 2 - 1 = rad (3) x 1点在t = 4 s 时的振动位移 y = (125×4－ m= 0.249 m 8—7 解：(1) 坐标为x 点的振动相位为 )]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π= 波的表达式为 )]20/([4cos 1032 x t y +π?=- (SI) (2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ]205 [4-+ π='+x t t φω (SI) 波的表达式为 ])20(4cos[1032 π-+π?=-x t y (SI) 8—8 解：(1) 振动方程 )2 2cos(06.00π+π=t y )cos(06.0π+π=t (SI) (2) 波动表达式 ])/(cos[06.0π+-π=u x t y ])2 1 (cos[06.0π+-π=x t (SI) (3) 波长 4==uT λ m 8—9 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播． 原点O 处质点，t = 0 时 φcos 2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v 所以 4/π=φ O 处振动方程为 )4 1 500cos(0π+ π=t A y (SI) 由图可判定波长 = 200 m ，故波动表达式为 ]4 1 )200250(2cos[π++ π=x t A y (SI) (2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 x (m) y (m) u 1 2 t = 0 -1 习题 8-5答案图 )4 5 500cos(1π+π=t A y 振动速度表达式是 )4 5 500cos(500π+ππ-=t A v (SI) 8—10 B 8—11 B 8—12 0 8—13 解：设S 1和S 2的振动相位分别为1 和 2 ．在x 1点两波引起的振动相位差 ]2[]2[1 11 2λ φλ φx x d π ---π -π+=)12(K 即 π+=-π --)12(22)(1 12K x d λ φφ ① 在x 2点两波引起的振动相位差 ]2[]2[2 12 2λ φλ φx x d π---π -π+=)32(K 即 π+=-π --)32(22)(2 12K x d λ φφ ② ②－①得 π=-π2/)(412λx x 6)(212=-=x x λ m 由① π+=-π +π+=-)52(22)12(1 12K x d K λ φφ 当K = -2、-3时相位差最小 π±=-12φφ 8—14 解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+2 1)55(4x t t φω π-π+ π+=102 1 4x t 反射波表达式为 )102 1 4cos(01.0π-π+ π+=x t y (SI) 或 )21 4cos(01.0π+π+=x t y (SI) 8—15 解：把两波写成 )]0.802.0(21cos[11t x A y -π=)]02.00.8(21 cos[1x t A -π= )]02.00.8(2 1 cos[22x t A y +π= 并令 A 1 = A 2 = A = 0.06 m ，则对于所求的点有 φ?++=cos 2212 22 12 A A A A A 可得 2 1 cos -=?φ 由 x π=?02.0φ 可得 )3/22(02.0π+π±=πk x 或 )3/22(02.0π-π±=πk x 故 )3/22(50+±=k x m 或 )3/22(50-±=k x m ( k = 0,1,2,…) 第12章 量子物理学 12-1 氦氖激光器发射波长632.8nm 的激光。若激光器的功率为1.0mW ，试求每秒钟所发射的光子数。 解 一个光子的能量λ νhc h E ==，激光器功率P 数值上等于每秒钟发射光子的总能量， 故每秒钟所发射的光子数 1/s 1018.315?=== hc P E P N λ 12-2 某种材料的逸出功为3.00eV ，试计算能使这种材料发射光电子的入射光的最大波长。 解 光子的能量λ hc E =，要使这种材料发射光电子，入射光子的能量不能小于逸出功W ， 即有 W hc E == min λ 解得入射光的最大波长为 nm 4141014.470=?== -W hc λ 12-3 从铝中移去一个电子需要能量4.20eV 。用波长为200nm 的光投射到铝表面上，求： （1）由此发射出来的最快光电子和最慢光电子的动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长。 解 （1）根据爱因斯坦光电效应方程 W E h km +=ν 最快光电子的动能 W hc W h m E -=-== λ ν2m max k 21v eV 2.02J 1023.319=?=- 最慢光电子逸出铝表面后不再有多余的动能，故0min k =E （2）因最快光电子反抗遏止电场力所做的功应等于光电子最大初动能，即max k E eU a =， 故遏止电势差 V 02.2max k == e E U a （3）波长为红限波长λ0的光子，具有恰好能激发光电子的能量，由λ0与逸出功的关系W hc =0 λ 得铝的红限波长 nm 296m 1096.270=?== -W hc λ 12-4 在一个光电效应实验中测得，能够使钾发射电子的红限波长为562.0nm 。 （1）求钾的逸出功； （2）若用波长为250.0nm 的紫外光照射钾金属表面，求发射出的电子的最大初动能。 解 （1）波长为红限波长λ0的光子具有恰能激发光电子的能量，即光子能量等于逸出功 由W hc =0λ，得钾的逸出功 eV 2.21J 1054.3190 =?==-λhc W 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 == 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 大学物理学I 课程教案 大学物理学I 课程教案 第三章质点动力学 教材分析： 在前两章中，我们以质点为模型讨论了力学中的基本概念以及物体作机械运动的基本规律。在这一章中，我们将拓展这些概念和规律，把它们应用到刚体运动的问题中。本章主要讨论刚体绕定轴转动的有关规律，在此基础上，简要介绍刚体平面平行运动。 3.1 定轴转动刚体的转动惯量 教学目标: 1 理解刚体的模型及其运动特征； 2 理解转动惯量的概念和意义； 教学难点： 转动惯量的计算；动量矩守恒定律的应用 教学内容： 1 转动惯量的定义 2 转动惯量的计算(匀质长细杆的转动惯量、均匀细圆环的转动惯量、均匀薄圆盘的转动惯量、均匀球体的转动惯量) 3 平行轴定理 3.2刚体的定轴转动定理3.3 转动定理的积分形式——力矩对时间和空间的积累效应 3.5 守恒定律在刚体转动问题中的应用 教学目标: 1理解力矩的物理意义，掌握刚体绕定轴转动的转动定律 2 理解力矩的功和刚体转动动能的概念，并能熟练运动刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律 3 用类比方法学习描述质点和刚体运动的物理量及运动规律 4 理解刚体对定轴转动的角动量概念和冲量矩的概念 5 掌握刚体对定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律 教学难点： 刚体定轴转动定律 教学内容： 1 力矩 2 定轴转动的角动量定理 3 定轴转动的动能定理(力矩的功、定轴转动的动能、定轴转动的动能定理) 4 刚体的重力势能 5 机械能守恒定律的应用 6 角动量守恒定律及其应用 课后作业： 小论文： 1 关于转动惯量的讨论 2 陀螺运动浅析 第5章机械振动 教材分析： 与前几章所讨论的质点和刚体的运动相似，振动也是物质运动的基本形式，是自然界中的最普遍现象。振动几乎涉及到科学研究的各个领域。例如，在力学中有机械振动，在电磁学中有电磁振荡。近代物理学中更是处处离不开振动。本章将讨论机械振动的基本规律。 5.1 弹簧振子和单摆的运动方程 教学目标： 理解弹簧振子的动力学和运动学方程；理解单摆的动力学方程和运动学方程 教学重/难点： 弹簧振子的动力学方程的建立；单摆动力学方程的建立 教学内容： 弹簧振子的动力学方程、弹簧振子的运动学方程、单摆的运动方程 5.2 简谐振动 教学目标： 理解简谐振动的定义、简谐振动的运动方程 理解简谐振动的振幅、周期、相位的意义 掌握用旋转矢量表示简谐振动、理解简谐振动能量的特征 教学重/难点： 简谐振动的特征量：振幅、周期、相位 旋转矢量法、简谐振动的动能、势能 教学内容： 简谐振动的基本概念、简谐振动的旋转矢量图表示法、简谐振动的能量 5.3 同方向同频率的简谐振动的合成 教学目标： 理解同方向同频率的两个或多个简谐振动的合成 教学重/难点： 两个或多个同方向同频率简谐振动的合成 教学内容： 两个同方向同频率的简谐振动的合成、多个同方向同频率的简谐振动的合成 作业：P166 5.2 5.3 5.8 5.23 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 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 大学物理简明教程习题答案解析 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??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 ＝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j y i x r ? ??+=， 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 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： 20''41 r q q F qq πε= ()()2 4441l q q F q q πε= 处于平衡状态：()04'=+q q qq F F ()0441'41 2 020=+l q q r q q πεπε （1） 同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41 r l q q F q q -= πε ()()204441 l q q F q q πε= ()()04'4=+q q q q F F ()()()04414'41 2020=+-l q q r l q q πεπε （2） 通过（1）和（2）联立，可得： 3 l r =，q q 94'-= 4.3 解：根据点电荷的电场公式： r e r q E 2041 πε= 点电荷到场点的距离为：22l r + 2 2041 l r q E += +πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称： θcos 2//+=E E 0=⊥E 2 2 cos l r r += θ 所以： ( ) 2 32 202 2 2 2021 412 cos 2l r qr l r r l r q E E += ++==+π επεθ q l q + 当l r >> 2 02024121 r q r q E πεπε== 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θλRd dq =，在圆心处 产生场强：2 0204141 R Rd R dq dE θλπεπε== 分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加： R R Rd dE x 00 202sin 41πελ θθλπεπ ==? ? 方向：沿x 正方向 4.5 解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （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： θλλrd dl dq == 点电荷电场公式： r e r q E 2 041 πε= 在本题中： 2 41r rd E θ λπε= 电场分布关于x 轴对称：θθ λπεθsin 41sin 2 r rd E E x ==，0=y E 进行积分处理，上限为2π ，下限为2π-： r d r r rd E E 0000 2 2sin 4sin 41sin πελ θθπελθθ λπεθππ == ==?? ? 方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长： )cos (cos 4d sin 4210021 θθπελ θθπελθθ-===? ?x x dE E x x )sin (sin 4d cos 412002 1 θθπελθθπελθθ-===? ?x x dE E y y x . . . . .. .. .. 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 ＝22y 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 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 17级临床医学《大学物理》复习题 班级：____________ 姓名：_________ 学号：___________________ 习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 （ ） (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D)22)()(dt dy dt dx + 答案：(D)。 (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 （ ） (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 答案：(D)。 (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 （ ） (A) t R t R ππ2,2 (B)t R π2,0 (C)0,0 (D)0,2t R π 答案：(B)。 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 答案： 10m ； 5πm 。 (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 答案： 23m·s -1 . (3) 一质点从静止出发沿半径R=1 m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI)，则质点的角速度ω =__________________；切向加速度τa =_________________． 答案：4t 3 -3t 2 (rad/s)， 12t 2 -6t (m/s 2 ) 1.5 一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求： (1) 第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程． 大学物理简明教程习题解答 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 ＝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j y i x r +=， 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= =． 习题7 7-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点.试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)？(2)这种平衡与三角形的边长有无关系？ 解: 如题7-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 解得 q q 3 3-=' (2)与三角形边长无关． 题7-1图 题7-2图 题7-2图 7-2 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7--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7-2图示 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 7-3 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为＋q 和－q .则这 两板之间有相互作用力f ，有人说2 204q f d πε=，又有人说，因为f ＝qE ，0q E S ε=，所以2 0q f S ε= 试问这两种说法对吗？为什么？f 到底应等于多少？ 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 7-4 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7-4图所示 题7-4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 用15=l cm ，9100.5-?=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7-4图所示 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 =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?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：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ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==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 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α=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，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈? 1.一运动质点的瞬时速度和平均速度总是相等，则该质点所作的运动为：（ ） A 匀加速直线运动； B 自由落体运动； C 匀速圆周运动； D 匀速直线运动。 2.某质点的运动方程为6533+-=t t x ，则该质点作的运动是：（ ） A 变加速直线运动； B 曲线运动； C 匀加速直线运动； D 变速圆周运动。 3.一人站在河岸上，用绳通过一个定滑轮拉船靠岸，若人以恒定的速率v 0收绳，则船的速率v 应满足的关系为：（ ） A 0v v <； B 0v v =； C 0v v >； D θsin 0v v = (θ是绳的水面的夹角)。 4.一质点沿x 轴运动，已知加速度为a =4t ，初始条件为，t =0时，00=v ，100=x ，则其运动方程为：（ ） A 10323+=t x ； B 1023+=t x ； C 104 12+=t x ；D 102+=t x 5.一个质点在作匀加速圆周运动，下面几种观点中错误的是：（ ） A 切向加速度的大小不变，方向在改变； B 法向加速大小不变，方向在改变； C 法向加速度的大小方向都改变； D 总的加速度的大小方向都在改变。 6.某质点的运动方程为6533 +-=t t x ，则质点作：（ ） A 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正向； B 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负向； C 变加速直线运动，加速度沿x 轴正向； D 变加速直线运动，加速度沿x 轴负向。 7.一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为s m /2，瞬时加速度为2/2s m -。则一秒钟后质点的速度：（ ） A 等于零； B 等于s m /2-； C 等于s m /2； D 不能确定。 8.以下哪种情况不可以把研究对象看作质点：（ ） A 地球自转 B 地球绕太阳公转 C 平动的物体 D 物体的形状和线度对研究问题的性质影响很小。 9.车厢正作匀速直线运动，从车厢上掉下一物体A ，若忽略空气阻力，从地面上观察者看去，A 物体的运动是：（ ） A 自由落体运动 B 平抛运动 C 斜抛运动 D 匀加速直线运动 10关于瞬间速度，下面哪个说法正确（ ） Ａ 瞬间速度就是很短时间内的平均速度 Ｂ 瞬间速度可以由实验测出 Ｃ 无论测量仪器如何先进，瞬时速度都是不能测出的 Ｄ 如果C 正确，提瞬间速度没有意义 11几个力同时作用在一个质点上而达到平衡，当其中一个力停止作用时，质点的运动状态 第一章 质 点运动学和牛顿运动定律 1.1平均速度 v = t △△r 1.2 瞬时速度 v=lim △t →△t △r =dt dr 1. 3速度v=dt ds = =→→lim lim △t 0 △t △t △r 1.6 平均加速度a = △t △v 1.7瞬时加速度（加速度）a=lim △t →△t △v =dt dv 1.8瞬时加速度a=dt dv =22dt r d 1.11匀速直线运动质点坐标x=x 0+vt 1.12变速运动速度 v=v 0+at 1.13变速运动质点坐标x=x 0+v 0t+2 1 at 2 1.14速度随坐标变化公式:v 2-v 02=2a(x-x 0) 1.15自由落体运动 1.16竖直上抛运动 1.17 抛体运动速度分量?? ?-==gt a v v a v v y x sin cos 00 1.18 抛体运动距离分量?? ? ??-?=?=20021sin cos gt t a v y t a v x 1.19射程 X=g a v 2sin 2 1.20射高Y=g a v 22sin 20 1.21飞行时间y=xtga —g gx 2 1.22轨迹方程y=xtga —a v gx 2202 cos 2 1.23向心加速度 a=R v 2 1.24圆周运动加速度等于切向加速度与法向加速度矢量和a=a t +a n 1.25 加速度数值 a=2 2n t a a + 1.26 法向加速度和匀速圆周运动的向心加速度相同a n =R v 2 1.27切向加速度只改变速度的大小a t = dt dv 1.28 ωΦR dt d R dt ds v === 1.29角速度 dt φ ωd = 1.30角加速度 22dt dt d d φ ωα== 1.31角加速度a 与线加速度a n 、a t 间的关系 a n =222)(ωωR R R R v == a t =αωR dt d R dt dv == 牛顿第一定律：任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，除非它受到作用力而被迫改变这种状态。 牛顿第二定律：物体受到外力作用时，所获得的加速度a 的大小与外力F 的大小成正比，与物体的质量m 成反比；加速度的方向与外力的方向相同。 1.37 F=ma 牛顿第三定律：若物体A 以力F 1作用与物体B ，则同时物体B 必以力F 2作用与物体A ；这两个力的大小相等、方向相反，而且沿同一直线。大学物理简明教程习题解答9
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