![赵近芳版《大学物理学上册》课后答案[1]](https://img.doczj.com/img8b/046i0kxifplyiv3alfmb-b1.webp)
![赵近芳版《大学物理学上册》课后答案[1]](https://img.doczj.com/img8b/046i0kxifplyiv3alfmb-52.webp)
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
2
2
222
22222
22
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
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 ==
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一部分???
?
??????? ??-=2
2
2d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v
的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为
x =3t +5, y =
2
1
t 2
+3t -4.
式中t 以 s 计，x ,
y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)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；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)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
(2)将1=t
,2=t 代入上式即有
j i r
5.081-= m j j r
4112+=m j j r r r
5.4312+=-=?m
(3)∵ j i r j j r
1617,4540+=-=
∴ 104s m 534
201204-?+=+=--=??=j i j
i r r t r v (4) 1s m )3(3d d -?++==j t i t
r
v
则 j i v 734+= 1
s m -?
(5)∵ j i v j i v
73,3340
+=+=
204s m 14
44-?==-=??=j v v t v a
3
(6) 2s m 1d d -?==j t
v
a
这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1
-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和
加速度的大小．
图1-4
解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222
s h l
+=
将上式对时间t 求导，得 t
s s t l l
d d 2d d 2=
题1-4图
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 θ
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
3
2
0222
020
2
002)(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
1-5 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．
4
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
222
1 由题知，0=x
时，100=v ,∴50=c
∴ 13s m 252-?++=x x v
1-6 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
22
3
4c t t v
++=
由题知，0=t
,00=v ,∴01=c
故 22
34t t v +=
又因为 22
3
4d d t t t x v +==
分离变量， t t t x d )2
34(d 2
+=
积分得 232
2
12c t t x ++=
由题知 0=t
,50=x ,∴52=c
故 52
1
232++=t t x
所以s 10=t
时
m
7055102
1
102s m 1901023
10432101210=+?+?=?=?+
?=-x v 1-7 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 以秒计，求：(1) t ＝
2 s 速度；(2)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 (1)s 2=t
时， 2s m 362181-?=??==βτR a
2
222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n
5
(2)当加速度方向与半径成ο
45角时，有
145tan ==
?n
a a τ
即 β
ωR R =2
亦即 t t
18)9(2
2=
则解得 9
23
=
t 于是角位移为
rad 67.29
2
32323=?
+=+=t θ
1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝202
1
bt t
v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．
解：（1） bt v t
s
v -==0d d
R
bt v R v a b t
v
a n 2
02)(d d -=
=-==
τ
则 2
4
02
22
)(R bt v b a a a n
-+
=+=τ
加速度与半径的夹角为
2
0)(arctan
bt v Rb a a n --=
=τ?
(2)由题意应有
2
4
02
)(R bt v b b a -+
==
即 0)(,)(4
2
402
2
=-?-+=bt v R bt v b b ∴当b
v t 0=
时，b a =
1-9 半径为R 的轮子，以匀速0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B 的运动方程为x ＝R )sin (t t ωω-，y ＝R )cos 1(t ω-，
式中0v =ω
/R 是轮子滚动的角速度，当B 与水平线接触的瞬间开始计时．此时B 所在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)
求B 点速度和加速度的分量表示式．
6 )
sin (sin 2
cos
2
sin
200t R t R R t v R t v x ωωθθ
θ
-=-=-=
解：依题意作出下图，由图可知
（1）
题1-9图
)
cos 1()cos 1(2
sin
2sin
2t R R R y ωθθ
θ
-=-== （2）???
????==-==)sin d d )cos 1(d d t R t y v t R t x v y x ωωω
???
???
?====t v t R a t v t R a y
y x x d d cos d d sin 22
ωωωω
1-10 以初速度0v ＝201
s
m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．
题1-10图 (1)在最高点，
o 0160cos v v v x ==
21s m 10-?==g a n
又∵ 1
2
11
ρv a n
=
7
∴
m
1010)60cos 20(2
2111=??=
=n a v ρ
(2)在落地点，
2002==v v 1s m -?,
而 o 60cos 2
?=g a n
∴
m 8060cos 10)20(2
2222=?
?==n a v ρ
1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad ·2
s
-，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：当s 2=t 时，4.022.0=?==t βω 1s rad -?
则16.04.04.0=?==ωR v
1s m -?
064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -?
08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?
22222
s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa a a n
1-12 如题1-12图，物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u 匀速向
右运动，求
A 物滑到地面时的速度．
解：当滑至斜面底时，
h y =，则gh v A 2=',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('
αα++=+=地
题1-12图
1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1
沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何
?
解：(1)大船看小艇，则有1221
v v v
-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)
8
题1-13图
由图可知 12
22121h km 50-?=+=v v v
方向北偏西 ?===87.364
3
arctan arctan
21v v θ
(2)小船看大船，则有2112
v v v
-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得
5012=v 1h km -?
方向南偏东o
87.36
1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1
，求轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．
题1-14图 ∵ 船雨雨船
v v v
-= 船雨船雨v v v
+= 由图中比例关系可知 1s m 8-?==雨船v v
习题二
2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为
a 2=a 1-a ′ ①
又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有
m 1g-T=m 1a 1 ②
T-m 2g=m 2a 2 ③
联立①、②、③式，得
212
12
1121
22
12211)
2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'
--=+'
+-=
讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．
9
题2-1图
2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，
N B -mg=0 ①
又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则
N A lsin θ-mg
2
l cos θ=0 ②
在水平方向因其有加速度a ，故有
f+N A =ma ③
题2-2图
式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，
即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得
)
(2tan ,)(2tan 00g a g
g a g M m μθμθ-=+=
2-3 2
83
166-?===
s m m f a x x
216
7-?-=
=
s m m
f a y y
(1)
??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201
01
2008
7
21674
5
2832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x
于是质点在2s 时的速度
18
7
45-?--=s m j
i v
(2)
10 m
j i j i j t a i t a t v r y x 874134)16
7
(21)4832122(21
)21(220--=?-+??+?-=++
=
2-4 (1)∵dt
dv
m kv a
=
-=
分离变量，得
m kdt v dv -=
即??-=v v t m kdt v dv 00 m kt e v v -=ln ln 0
∴ t
m k e
v v
-=0
(2)??---=
==t
t
t
m k m k
e k
mv dt e
v vdt x
00)1( (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有?∞
-=
='00
0k
mv dt e
v x t
m k
(4)当t=
k
m 时，其速度为
e
v e v e
v v k
m m k 0
100=
==-?-
即速度减至v 0的
e
1. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．
(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有
m 2g-T=m 2(a ′-a)
T=m 1a ′
题2-5图
联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为
11
a 2=a ′-a=
2
g 方向向上
m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵
∴g g g a a a 2
5
422
2
2
1=+=+'=
θ=arctan
a a '=arctan 2
1
=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图
题2-6图
在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下
，而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0
由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．
2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上， 大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg
碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 (1)若物体原来静止，则 Δp 1=
??
=+=t idt t Fdt 0
4
56)210( i kg ·m ·s
-1
,沿x 轴正向，
1
1111
1566.5--??=?=?=?=
?s m kg i
p I s m i m p v
若物体原来具有-6 m ·s -1
初速，则
??
+-=+-=-=t t
Fdt mv dt m F
v m p mv p 000000)(,于是 ??==-=?t p Fdt p p p 0
102,
同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1
这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．
(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即
?+=+=t
t t dt t I 0
210)210(
亦即t 2
+10t-200=0
解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去)
12 2-9 质点的动量为
p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj) 将t=0和t=
ω
π
2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)
2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=
b
a (2)子弹所受的冲量
?-=-=t bt at dt bt a I 0221
)(
将t=b
a
代入，得
b
a I 22=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
2
02bv a v I m =
=
2-11设一块为m 1，则另一块为m 2，
m 1=km 2及m 1+m 2=m
于是得 1
,121
+=
+=
k m
m k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有
22222112
12121mv v m v m T -+=
② mv=m 1v 1+m 2v 2 ③ 联立①、③解得
v 2=(k+1)v-kv 1 ④
将④代入②，并整理得
21)(2v v km
T
-= 于是有km
T v v 21
±
= 将其代入④式，有
m
kT v v 22±
=
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
km
T
v v m kT v v 2,221-=+
= 证毕．
2-12 (1)由题知，F 合为恒力， ∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)
13
=-21-24=-45 J (2)w t A N
756
.045==?=
(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J
2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为
题2-13图 f=-ky
第一锤外力的功为A 1
???
=
=-='=s
s
k
kydy fdy dy f A 1
12
① 式中f ′是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在dt →0时，f ′=-f ． 设第二锤外力的功为A 2，则同理，有
?-=
=2
1
2222
21y k
ky kydy A ② 由题意，有
2
)21(212k
mv A A =?== ③
即
2
22122k
k ky =- 所以，
22=y
于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm
2-14 1
)()
(+-==
n r
nk
dr r dE r F
方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．
2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有
题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1
14 F B =k 2Δx 2
所以静止时两弹簧伸长量之比为
1
2
21k k x x =??
弹性势能之比为
12
2222
1112
121
2
k k
x k x k E E p p =??=
2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有 G
2
r mM 月=G
()
2
r R mM -地
经整理，得 r=
R M M M 月
地月
+
=
22
2422
1035.71098.51035.7?+??81048.3??
=38.32?106
m
则p 点处至月球表面的距离为
h=r-r 月 =(38.32-1.74)×106
＝3.66×107
m (2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为
()
r R M G
r
M G
E P ---=地
月
=()72411
7
2211
1083.34.381098.51067.610
83.31035.71067.6?-???-????--
=-1.28J
6
10?
2-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功
能原理，有 -μm 2gh=
21 (m 1
+m 2
)v 2
-［m 1
gh+2
1
k(Δl)2
］ 式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则 Δl=AC-BC=(
2-1)h
联立上述两式，得
v=
()(
)
2
12
2
211
22m m kh gh m m +-+υ
15
题2-17图
2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原
长处为弹性势能零点则由功能原理，有 -f r s=
??
? ???+-37sin 212122mgs mv kx k=
22
2
137sin 2
1kx s f mgs mv r -?+
式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得
k=1390 N ·m -1
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′
-f t s ′=mgs ′sin37°-
2
1kx 3
代入有关数据，得 s ′=1.4 m, 则木块弹回高度
h ′=s ′sin37°
=0.84 m
题2-19图
2-19 m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M 地球为系统 ，以最低点为重力势能零点，则有
mgR=
222
1
21MV mv + 又下滑过程，动量守恒，以m,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有 mv-MV=0
联立，以上两式，得
16 v=
()
M m MgR
+2
2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
2221202
12121mv mv mv += 即 2
2212
v v v += ①
题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有
m v 0=m v 1+m v 2
亦即 v 0=v 1+v 2 ②
由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为
r=x 1i+y 1j
作用在质点上的力为
f=-fi
所以，质点对原点的角动量为 L 0=r ×mv
=(x 1i+y 1j)×m(v x i+v y j) =(x 1mv y -y 1mv x )k
作用在质点上的力的力矩为 M 0=r ×f=(x 1i+y 1j)×(-fi)=y 1fk
2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有
r 1mv 1=r 2mv 2
∴m v v r r 12
2
410211210
26.51008.91046.51075.8?=????==
2-23 (1) ??-??===?3
1155s m kg j
jdt fdt p
(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7
j at t v y y 5.2533
5
213621220=??+?=+=
即r 1=4i,r 2=7i+25.5j v x =v 0x =1
1133
5
60=?+=+=at v v y y
即v 1=i 1+6j,
v 2=i+11j
∴ L 1=r 1×mv 1=4i ×3(i+6j)=72k
L 2=r 2×mv 2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k ∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg ·m 2
·s -1
17
解(二) ∵dt
dz M =
∴ ???=?=?t
t dt F r dt M L
)(
??-??=+=????
????+++=3
1
30225.82)4(55)35)216()4(s m kg k
kdt t jdt j t t i t
题2-24图
2-24 在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ，即
M 1g=mr 0ω
2
① 挂上M 2后，则有
(M 1+M 2)g=mr ′ω′
2
②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即 r 0mv 0=r ′mv ′
22020ωω''=?r r ③
联立①、②、③得
3
2
211
02
13
2
1
21010
10)()(M M M mM g r g m M M r M M M mr g M mr g M +='
+=
'+=
'=ωωω
2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N ′是正压力，F r 、F ′r 是摩擦力，F x 和F y 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．
题2-25图（a ）
18
题2-25图(b)
杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F l l l N l N l l F 1
2
11210
)(+=
'='-+
对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ F r =μN N=N ′ ∴ F l l l N F r
1
2
1+='=μ
μ
又∵ ,2
1
2mR I =
∴F mRl l l I R F r 1
21)
(2+-=-
=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得
23
40
10050.025.060)75.050.0(40.02-?-
=???+??-=
s rad β
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
s t 06.740
60329000=???=-
=πβω
这段时间内飞轮的角位移为
rad
t t π
πππβωφ21.53)4
9
(34021496029002
1
2
20?=??-??=
+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．
(2)ω0=900×(2π)/60 rad ·s -1
，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知
20
00
2
1522
-?-
=-
=-=s rad t
t
πωωωβ
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
N
l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)
(2211=?+?????=
+-=π
μβ
2-26 设a ，a 2和β分别为m 1m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
19
题2-26(a)图 题2-26(b)图
(1) m 1，m 2和柱体的运动方程如下：
???
??='-'=-=-3
21
21
11112222β
I r T R T a m T g m a m g m T 式中 T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β 而 I=(1/2)MR 2
+(1/2)mr 2
由上式求得
2
22222
2212
113.68.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-?=??+?+??+???-?=
++-=
s rad g r
m R m I rm Rm β
(2)由①式
T 2=m 2r β+m 2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N 由②式
T 1=m 1g-m 1R β=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N
2-27 分别以m 1，m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1,m 2运用牛顿定律，有
m 2g-T 2=m 2a ① T 1=m 1a ②
对滑轮运用转动定律，有
T 2r-T 1r=(1/2Mr 2
)β ③ 又， a=r β ④ 联立以上4个方程，得
22126.72
15
20058
.92002
-?=+
+?=
+
+=
s m M
m m g m a
20
题2-27(a)图 题2-27(b)图
题2-28图
2-28 (1)由转动定律，有
mg(l/2)=[(1/3)ml 2
]β
∴ β=
l
g 23
(2)由机械能守恒定律，有 mg(l/2)sin θ=(1/2)[(1/3)ml 2
]ω2
∴ω=
l
g θsin 3
题2-29图
2-29 (1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
mv 0l=I ω+mvl ① (1/2)mv 2
0=(1/2)I ω2
+(1/2)mv
2
②
上两式中I=1/3Ml 2
，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2
212?-=l
Mg I ω ③ 由③式得
2
12
1
)231(3)30cos 1(?
?
????-=???
????-=l g I Mgl ω
由①式
ml
I v v ω
-
=0 ④
习题及解答（全） 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 ? ??+=，
习题8 8.1 选择题 (1) 关于可逆过程和不可逆过程有以下几种说法： ①可逆过程一定是准静态过程． ②准静态过程一定是可逆过程． ③不可逆过程发生后一定找不到另一过程使系统和外界同时复原． ④非静态过程一定是不可逆过程． 以上说法，正确的是：［］ (A) ①、②、③、④. (B) ①、②、③. (C) ②、③、④. (D) ①、③、④. [答案：D. 准静态过程不一定是可逆过程．因准静态过程中可能存在耗散效应，如摩擦、粘滞性、电阻等。] (2) 热力学第一定律表明：［］ (A) 系统对外做的功不可能大于系统从外界吸收的热量． (B) 系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量． (C) 不可能存在这样的循环过程，在此循环过程中，外界对系统做的功不等于系统传给外界的热量． (D) 热机的效率不可能等于1． [答案：C。热力学第一定律描述个热力学过程中的能量守恒定性质。] (3) 如题8.1图所示，bca为理想气体绝热过程，b1a和b2a是任意过程，则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是: ［］ (A) b1a过程放热，做负功；b2a过程放热，做负功． (B) b1a过程吸热，做负功；b2a过程放热，做负功． (C) b1a过程吸热，做正功；b2a过程吸热，做负功． (D) b1a过程放热，做正功；b2a过程吸热，做正功． 题8.1图 [答案：B。b1acb构成正循环，ΔE = 0，A净> 0，Q = Q b1a+ Q acb= A净>0，但Q acb= 0，∴Q b1a >0 吸热; b1a压缩，做负功 b2a cb构成逆循环，ΔE = 0，A净< 0，Q = Q b2a+ Q acb= A净<0，
1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
习题十 10-1 一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B 垂直．当回路 半径以恒定速率 t r d d =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ 感应电动势大小 40.0d d π2)π(d d d d 2==== t r r B r B t t m Φε V 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁 场B =80×10-3 T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等 的角α 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向． 解: 取半圆形cba 法向为i ， 题10-2图 则 αΦcos 2 π21B R m = 同理，半圆形adc 法向为j ，则 αΦcos 2 π22 B R m = ∵ B 与i 夹角和B 与j 夹角相等， ∴ ? =45α 则 αΦcos π2R B m = 221089.8d d cos πd d -?-=-=Φ- =t B R t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向． 题10-3图 *10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2 ax ，放在均匀磁场中．B 与xOy 平
面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势． 解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量 ? ?=-==a y m y B x x y B S B 0 23 2322d )(2d 2α αΦ ∴ v y B t y y B t m 2 1 212d d d d α αε-=-=Φ-= ∵ ay v 22= ∴ 21 2y a v = 则 α α εa By y a y B i 8222 12 1-=- = i ε实际方向沿ODC ． 题10-4图 10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压 N M U U -． 解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ? +-<+-= =b a b a MN b a b a Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向， 大小为 b a b a Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即 b a b a Iv U U N M -+= -ln 20πμ
习题五 5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同? 解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =． (2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律． 当谐波方程)(cos u x t A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一． (3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图． 5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0?］中的u x 表示什么?如果改写为y =A cos (0?ωω+-u x t )， u x ω又是什么意思?如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0?］的值不变，由此能从波动方程说明什么? 解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；u x ω则 表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为 )cos(0φωω+-=u x t A y t 则t t ?+时刻的波动方程为 ]) ()(cos[0φωω+?+- ?+=?+u x x t t A y t t 其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ?后传播到t u x ?+处．所以在)(u x t ωω-中， 当t ，x 均增加时，)(u x t ωω- 的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ?，波形即向前传 播了t u x ?=?的距离，说明)cos(0φωω+- =u x t A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行
习题3 3.1选择题 (1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A) 02ωmR J J + (B) 02 )(ωR m J J + (C) 02 ωmR J (D) 0ω [答案： (A)] (2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 题3.1（2）图 [答案： (A)] (3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。 （B ）动量不变，动能改变。 （C ）角动量不变，动量不变。 （D ）角动量改变，动量改变。 （E ）角动量不变，动能、动量都改变。 [答案： (E)] 3.2填空题 (1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a τ= ，法向加速度
a n=。 [答案：0.15; 1.256] (2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。 题3.2（2）图 [答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒] (3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A和J B，则有J A J B 。（填>、<或=） [答案：<] 3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？ 解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。 3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同？ 解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。 3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。 解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。
习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
习题八 8-1 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8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 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8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可 解: 如题8-2图示
?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 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f = 2 024d q πε,又有人 说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 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． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r
习题5 5.1选择题 (1)一物体作简谐振动，振动方程为)2 cos(π ω+ =t A x ，则该物体在0=t 时 刻的动能与8/T t =（T 为振动周期）时刻的动能之比为： (A)1：4 （B ）1：2 （C ）1：1 (D) 2：1 [答案：D] (2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为 (A)kA 2 (B) kA 2/2 (C) kA 2//4 (D)0 [答案：D] (3)谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于 (A)4A ± (B) 2 A ± (C) 2 3A ± (D) 2 2A ± [答案：D] 5.2 填空题 (1)一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A ＝4cm ，周期T ＝2s ，其平衡位置取作坐标原点。若t ＝0时质点第一次通过x ＝－2cm 处且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x ＝－2cm 处的时刻为____s 。 [答案： 23 s ] (2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示。振子在位移为零，速度为－ωA 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－ω2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应曲线上的____________点。 题5.2(2) 图 [答案：b 、f ； a 、e] (3)一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。
(a)若t=0时质点过x=0处且朝x 轴正方向运动，则振动方程为x=___________________。 (b) 若t=0时质点过x=A/2处且朝x 轴负方向运动，则振动方程为x=_________________。 [答案：cos(2//2)x A t T ππ=-； cos(2//3)x A t T ππ=+] 5.3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动； (2)如题5.3图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)． 题5.3图 题5.3图(b) 解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统是在自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用 0d d 2 22=+ξωξt 描述时，其所作的运动就是谐振动． (1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线性回复力． (2)小球在题5.3图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题5.3图(b)中所示， 因S ?＜＜R ，故R S ?=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上 有 θθ mg t mR -=22d d
大学物理学(北邮第三版) 赵近芳等编著 习题及解答（全） 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 ? ??+=， 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 2 222 222 22 22 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 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 2 2d d d d t r a t r v == 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 的一部分???? ??????? ??-=2 22d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r ?在径向（即 量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r ? 及速度v ?的方向随间的变化率对速度、加速 度的贡献。 1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为 x =3t +5, y =21 t 2+3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)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；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)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 ??? )4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有
习题10 选择题 (1)对于安培环路定理的理解，正确的是： （A）若环流等于零，则在回路L上必定是H处处为零； （B）若环流等于零，则在回路L上必定不包围电流； （C）若环流等于零，则在回路L所包围传导电流的代数和为零； （D）回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关。 [答案：C] (2)对半径为R载流为I的无限长直圆柱体，距轴线r处的磁感应强度B（） （A）内外部磁感应强度B都与r成正比； （B）内部磁感应强度B与r成正比，外部磁感应强度B与r成反比； （C）内外部磁感应强度B都与r成反比； （D）内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。 [答案：B] (3）质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（） （A）增加磁场B；（B）减少磁场B；（C）增加θ角；（D）减少速率v。 [答案：B] (4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为安，当线圈在的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A）；（B）；（C）；（D）14J。 [答案：A] 填空题 (1)边长为a的正方形导线回路载有电流为I，则其中心处的磁感应强度。 [答案： a I πμ 2 2 ，方向垂直正方形平面] (2)计算有限长的直线电流产生的磁场用毕奥——萨伐尔定律，而用安培环路定理求得（填能或不能）。 [答案：能, 不能] (3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为。电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为。 [答案：零，零] (4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以电流时，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将。 [答案：相同，不相同]
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) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 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 就是速度在径向上的分量，
大学物理(第版)主编赵近芳-第章课后答案
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
习题10 10.1选择题 (1)对于安培环路定理的理解，正确的是： （A）若环流等于零，则在回路L上必定是H处处为零； （B）若环流等于零，则在回路L上必定不包围电流； （C）若环流等于零，则在回路L所包围传导电流的代数和为零； （D）回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关。 [答案：C] (2)对半径为R载流为I的无限长直圆柱体，距轴线r处的磁感应强度B（） （A）内外部磁感应强度B都与r成正比； （B）内部磁感应强度B与r成正比，外部磁感应强度B与r成反比； （C）内外部磁感应强度B都与r成反比； （D）内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。 [答案：B] (3）质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（） （A）增加磁场B；（B）减少磁场B；（C）增加θ角；（D）减少速率v。 [答案：B] (4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A）0.24J；（B）2.4J；（C）0.14J；（D）14J。 [答案：A] 10.2 填空题 (1)边长为a的正方形导线回路载有电流为I，则其中心处的磁感应强度。 [答案： a I πμ 2 2 ，方向垂直正方形平面] (2)计算有限长的直线电流产生的磁场用毕奥——萨伐尔定律，而用安培环路定理求得（填能或不能）。 [答案：能, 不能] (3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为。电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为。 [答案：零，零] (4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以电流时，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将。
71 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：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
习题三 3-1 惯性系S ′相对惯性系S 以速度u 运动．当它们的坐标原点O 与O '重合时，t =t '=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程． 解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为： 2222)(ct z y x =++ 2222)(t c z y x '='+'+' 题3-1图 3-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2l ．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差． 解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢)(S '系时空坐标为),(),(11c l l t x =''，在车站)(S 系： )1()()(2 121 1c u c l l c u c l x c u t t +=+='+'=γγγ 光信号到达后门为事件2，则在车厢)(S '系坐标为),(),(22 c l l t x -=''，在车站)(S 系： )1()(222 2c u c l x c u t t -='+'=γγ 于是 2122c lu t t γ-=- 或者 l x x x t t t t 2,,021 21='-'='?-=?='? )2()(2 2l c u x c u t t γγ='?+ '?=? 3-3 惯性系S ′相对另一惯性系S 沿x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S 系中测得两事件的时空坐标分别为1x =6×104 m,1t =2×10-4 s ，以及2x =12× 104 m,2t =1×10-4 s ．已知在S ′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S ′系相对S 系的速度 是多少? (2) S '系中测得的两事件的空间间隔是多少? 解: 设)(S '相对S 的速度为v ，
t 习题十二 12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化? 解: υ不变，为波源的振动频率；n n 空 λλ= 变小；υλn u =变小． 12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小； (2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于1S ，2S 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝． 解: 由λd D x = ?知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作 相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动． 12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式?λ π ??2= 中,光波的波长要用真空 中波长,为什么? 解:nr =?．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为C t ?= ?． 因为?中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。 12-4 如题12-4图所示，A ，B 两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化? (1) A 沿垂直于B 的方向向上平移［见图(a)］； (2) A 绕棱边逆时针转动［见图(b)］． 题12-4图 解: (1)由l 2λθ=，2 λ k e k =知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变； (2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密． 12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为λ的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度． 解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条， 故相应的空气隙厚度差为2 λ =?e ，这也是工件缺陷的程度．
大学物理赵近芳第三版_上下册课后答案 上册（1-7单元） 下册（8-17单元） 上册习题解答 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 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 2 22 2 22 2 22 22 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 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 == 其二，可能是将 22d 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，22d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中 的一部分??? ? ??????? ??-=2 22d d d d t r t r a θ径。 或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速 度的贡献。 1-3 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．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)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；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s