第一册
第一章质点运动学
1．1一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3
．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度；
（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．
[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．
在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23
= 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，
经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1
)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，
因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，
v (2) = 12×2 - 6×22 = 0
质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，
因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，
第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．
[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．
1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试
证加速度为，并由上述资料求出量值． [证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得
a = (n – 1)v o /t ， (1)
根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得
a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2)
（1）平方之后除以（2）式证得：． 计算得加速度为：= 0.4(m·s -2)．
1．3一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：
（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？
（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．
（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为
v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．
取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式
v t - v 0 = at ，
这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为
t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．
再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02
= 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．
v a 2
2(1)(1)n s
a n t
-=+2
2(1)(1)n s
a n t
-=+2
2(51)30(51)10
a -=
+图1.3
人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2= h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)．
因此人飞越的时间为：t= t 1 + t 2 = 6.98(s)． 人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ= 60.05(m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．
（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1
)，
落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1
)，
与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30o，方向斜向下．
方法二：一步法．
取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程
，
解得：．
这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t= 6.98(s)．
由此可以求解其它问题．
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；
（2）试证在时间t 内，船行驶的距离为．
[证明]（1）分离变数得
，故，
可得：
． （2）公式可化为， 由于v = d x/d t ，所以：
积分．
因此．证毕．
[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ．
由于a = d 2x /d t 2
，而 d x /d t = v ，a = d v /d t ，
分离变数得方程：，
解方程即可求解．
在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方
成正比，则
d v /d t = -kv n ．
2t =
2
01sin 02
gt v t y θ-+
=0(sin t v g θ=±
11
kt v v =+01ln(1)x v kt k
=+2
d d v k t v
=-0
2
d d v
t
v v k t v
=-?
?0
11kt v v =
+0
01v v v kt
=
+0
0001d d d(1)1(1)
v x t v kt v kt
k v kt =
=
+++00
1
d d(1)(1)
x
t
x v kt k v
kt =
++??01ln(1)x v kt k
=
+d d ()
m v
t f v =
（1）如果n = 1，则得
，
积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ， 得速度为：v = v 0e -kt ．
而d v = v 0e -kt
d t ，积分得：．
当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．
（2）如果n ≠1，则得
，积分得
． 当t = 0时，v = v 0，所以
，因此．
如果n = 2，就是本题的结果． 如果n ≠2，可得，读者不妨自证．
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． 由此得，即
解得．
所以=3.154(rad)．
（3）当a
t = a n 时，可得rβ = rω2，即： 24
t = (12t 2)2，
解得：t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．
1．6
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 m·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，．
即，
d d v k t v
=-0e
`kt
v x C k
-=
+-0(1-e
)kt
v x k -=d d n
v k t v
=-11n
v
kt C n
-=-+-10
1n
v C n
-=-1
1
1
1(1)n n n kt v
v --=
+-1
(2)/(1)
02
{[1(1)]
1}
(2)n n n n n v kt x n v k
----+--=
-n t a a =2
r r ωβ
=22
(12)24t =3
6t =
3
242(13)t θ=+=+
2
012
x x x v t a t =+2
012
y y y v t a t =-+
201cos cos 2x 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）；(s)．
将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．
[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．
1．7一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于，
所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2
)．
物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．
1．8一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1
时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：
（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
；
螺帽做竖直上抛运动，位移为．
由题意得h = h 1 - h 2，所以，
解得时间为= 0.705(s)．
算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程
h = (a + g )t 2
/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．
（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为；
（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为； （3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．
[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ，
2
01sin sin 2
y v t a t θα=-?+
?02sin sin v t a θα
=
=2
12
t h a t =?2
n v
a R
=
2
1012h v t at =+
2
2012
h v t gt =-2
1()2
h a g t =
+t =
02l t v
=0
122
1/t t u v
=
-2t =
图1.7 A B A
B
v v + u v - u
A
B
v
u u
v
v
所以飞行时间为．
（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为
1．10如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？
[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．
方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得
v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，
其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即．证毕．
方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得
， 所以：
，
即．
方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为
l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ?t ．
两式消去时间t 即得所求．证毕．
第二章运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律
2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
[解答]
质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为
x = v 0t ，．
将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为
12
2
2l l vl t v
u
v u
v u
=
+
=
+--0
2
2
2
2
2/1/1/t l v u v
u v
=
=
--V =2222/l l l v t V ====
2v 3v 1v
12(sin cos )l v v h
θθ=+
12
sin()sin(90)v v θαα=
+?-12
sin()
cos v v θαα
+=2
sin co s co s sin co s v θαθα
α+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )l v v h
θθ=+
0v 0
v 2
2
11
sin 22y at g t
α=
=
?图1.10
1
h l α
图2.1
，
这是抛物线方程．
2．2桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：
（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2
的加速度运动，试计算物体与板、
与桌面间的相互作用力；
（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？
[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．
板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．
物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，
这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．
板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．
板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．
（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，
可得a` =μs g ．
板的运动方程为 F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即F = f + Ma` + μk (m + M )g
= (μs + μk )(m + M )g ，
算得F = 16.17(N)．
因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．
2．3如图所示：已知F = 4N ，m 1= 0.3kg ，m 2= 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）
[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得
T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = 4.78(m·s -2
)，
绳对它的拉力为
= 1.35(N)．
2．4两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：
（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式；
（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．
[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为
F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．
2
20
sin g y x
v
α=
F
12212(2)/22F m m g
a m m μ-+=+2
112
(/2)
/22m T F m g m m μ=-+1
2
1
11k
k k =
+
M
12图
2.3
2图2.4
（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，
因此，即：．
（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此kx = k 1x 1 + k 2x 2，即：k = k 1 + k 2．
2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．
（1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速度沿水平方向运动；
（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；
（4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；
（5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．
[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．
（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于
tan θ = ma/mg ，所以θ = arctan(a/g )；
绳子张力等于摆所受的拉力：
（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，
合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．
（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：
，
因此角度为
； 而张力为
． （5）与上一问相比，加速度的
方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．
2．6如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：
（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？
（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多
大？绳中的张力多大？ （3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [
解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方
向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方
向为正方向．
小球的运动方程为 12
12
F
F F
k k k =+12111k k k =+1
a 1b
2b
T =
=cos tan sin mb mg mb ?
θ?=
+cos arctan sin b g b ?θ?=
+T =
=
（2） 图2.6
，
其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为
，
因此
，
即v d v = -gl sin θd θ，（1）
取积分，
得，解得：
s -1)． 由于：
，
所以T B = 2mg = 1.96(N)．
（2）由（1）式积分得
，
当θ = 60o时，v C = 0，所以C = -lg /2， 因此速度为
切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为 ．
由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma
n = mg (3cos θ – 1)． （3）当θ = 60o时，切向加速度为
= 8.49(m·s -2)，
法向加速度为a n = 0，
绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．
[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．
2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿
第二定律积分求解）
[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则
F = mg cos θ．
小球的运动方程为
，s 表示弧长．
由于
，所以
2
2
d d s
F m a m
t ==d d d d s v l
t t θ==d d d d d d d d v v m v
F m m v
t t l θθθ===0
60d sin d B
v v v gl θθ
?
=-??
2
601cos 2
B
v gl θ
?
=B v =2
2
B
B B v v T mg m
m mg
R l
-===2
1cos 2
C v gl C
θ=+C v =
2
(2cos 1)
C n v a g R
θ=
=-2t a g
=
2
2
d d s
F m a m
t ==d d s v t =
图2.7
，
因此v d v = g cos θd s= g d h ，h 表示石下落的高度．
积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，
因此速率为
．
2．8质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力(k 为常数)作用下沿直线运动．证
明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2
．
[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程
利用v = d x/d t ，可得
，
因此方程变为
，
积分得
．
利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此
， 即
．证毕．
[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．
如果f (x ) = -k/x n ，则得．
（1）当n = 1时，可得
利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此，
即
（2）如果n ≠1，可得．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以
，
2
2
d d
d d d d d (
)d d d d d d d s s
v v s v
v
t
t t
t
s t
s =
=
=
=2
12v gh C
=+v =2
k
f x =-
2
2
2
d d k
x f ma m
x
t =-
==2
2d d d d d d d d d d x v x v v v
t
t
t x
x =
=
=2
d d k x m v v x
=-
2
12k m v C
x
=
+2
12k k m v x x =-v =
2
1
d 2
n
x m v k x =-?2
1
ln 2
m v k x C
=-+2
01
ln
2
x m v k x =v =
2
11
2
1n
k m v x
C
n
-=-
+-10
1n
k C x n -=--
因此
， 即
n = 2时，即证明了本题的结果．
2．9一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：
（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变数得
， 积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以， 因此， 小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为
．
[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以
，
即
，
积分得
，
当t = 0时，x = 0，所以
，
因此
．
2
1
1
1
1
1(
)
2
1n n k
m v n x
x --=
-
-v =
d d v
f m
g kv m
t =--=d d()
d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-
++ln ()m
t m g kv C
k =-++0ln ()
m
C m g kv k =
+00
/ln ln
/m m g kv m m g k v t k m g kv k m g k v ++=-=-++0()exp()m g kt m g v v k
m k =+
-
-
00/ln ln(1)
/mg k v kv m m
T k mg k k mg +==+0d [()exp()]d m g kt m g x v t
k
m k =+
-
-
0(/)
d d exp()d m v m g k kt m g x t
k
m k
+=-
-
-0(/)
exp()`
m v m g k kt m g x t C k
m k +=-
-
-
+0(/)
`m v m g k C k
+=
0(/)
[1exp()]m v m g k kt m g x t
k
m k +=
--
-
（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为
，
用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为
．
这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．
2．10如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．
[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2
/R ．
物体所受的摩擦力为f = -μk N ，
负号表示力的方向与速度的方向相反．
根据牛顿第二定律得
，即：
． 积分得：． 当t = 0时，v = v 0，所以，
因此．解得．
由于
，
积分得
，
当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．
2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．
[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为
珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．
珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．
根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2
R sin θ，
可得
，
d d v f m g kv m
t =-=0()exp()m g m g kt
v v k k
m =
---
2d d k v v
f m m
R t μ=-=2d d k v t R v μ=-1k t C
R
v μ=
+0
1
C v =-
011k t R v v μ=-001/k v v v t R μ=+0000d d(1/)
d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R
μμμμ+==
++0ln (1)`
k k v t R
x C R
μμ=++0ln (1)
k k v t R
x R
μμ=+2
cos m g R ωθ=
mg 图2.11
解得
．
(二)力学中的守恒定律
2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．
[解答]方法一：利用冲量公式．
根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 ，
方法二：利用动量定理．
小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，
设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 =0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，
小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，
可以证明k =mω2
，因此I = -kA /ω．
2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？
[解答]小球动量的大小为p = mv ，
但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义
得：， 由此可作向量三角形，可得：． 因此向心力给予小球的的冲量大小为= 1.41(N·s)．
[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量
．
假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力 F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为
F x = F cos θ = F cos ωt ，
F y = F sin θ = F sin ωt ，
给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，
d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得
2
arccos
g R θω
=±/20
(cos )d I kA t t
ω
ω=
-?
π/20
sin kA
kA
t
ω
ωω
ω
=-
=-
π21p p p ?=- 21p p p =+?
p v ?==I p =?2
4v T
I Ft m
R ==2/42R T T m v m v
R ππ==/4
/40
cos d sin T T x F
I F t t t
ωωω
=
=
?
，
，
合冲量为
，
与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．
2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1
的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？
[解答]球上升初速度为
s -1)，
其速度的增量为
s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，
对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．
2．15如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠
在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）
[解答]物体
A 受到重力和细绳的拉力，可列方程
Mg – T = Ma ，
物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，
联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2
)．
根据运动学公式：s =v 0t + at 2
可得B 拉C 之前的运动时间；= 0.4(s)． 此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．
物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．
2．16一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？
[解答]炮弹在最高点的速度大小为
v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得 ，
所以v` = v /cos45° =
．
F
m v
ω
=
=/4
/40
sin d cos T T y F
I F t t t
ωωω
=
=-
?
F
m v
ω
=
=I v
=
=
y v =
v ?=
t =/2`cos 452
m
m v v =
?
0cos θ
v x
Δv v y
2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？
[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为 d s = R d θ．
重力的大小为：G = mg ，
方向竖直向下，与位移元的夹角为π+ θ，所做的功元为
，
积分得重力所做的功为
．
摩擦力的大小为：f = μk N= μk mg cos θ， 方向与弧位移的方向相反，所做的功元为
，
积分得摩擦力所做的功为
．
要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即
， 或者．
拉力的功元为：， 拉力所做的功为
．
由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．
2．18一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：
（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；
（3）在静止以前质点运动了多少圈？
[解答]（1）质点的初动能为：E 1 = mv 02
/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，
动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02
/8， 这就是摩擦力所做的功W ．
d s G
1d d cos(/2)d W G s G s
θ=?=+π
sin d mgR θθ=-454510
(sin )d cos W mgR mgR θθθ
?
?=
-=
?
(12
m gR
=--
f
2d d cos d W f s f s
=?=π
cos d k u mg R θθ
=-4520
(cos )d k W mgR μθθ
?
=
-
?
450
sin 2
k k mgR mgR
μθ
?
=-=-
G f F 0
F G f ++=
()F G f =-+
d d (d d )W F s G s f s =?=-?+?
12(d d )
W W =-+12()
W W W =-
+(1)2
2
k m gR
μ=-
+
图2.17
（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得： ．
由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为
．
（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，
根据公式v t 2 – v o 2
= 2a t s ，可得质点运动的弧长为
，
圈数为n = s/2πr = 4/3．
[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
2．19 如图所示，物体A 的质量m = 0.5kg ，静止于光滑斜面上．它与固定在斜面底B 端的弹簧M 相距s = 3m ．弹簧的倔强系数k =
400N·m -1
．斜面倾角为45°．求当物体A 由静止下滑时，能使弹簧长度
产生的最大压缩量是多大？
[解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和弹性势能的零势点，由于物
体A 和弹簧组成的系统只有保守力做功，所以机械能守恒，当弹簧压缩量最大时，可得方程
，
整理和一元二次方程
，
解得
= 0.24(m)（取正根）．
2．20 一个小球与另一质量相等的静止小球发生弹性碰撞．如果碰撞不是对心的，试
证明：碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．
[证明]设一个小球碰撞前后的速度大小分别为v 0和v 1，另一小球的在碰撞后的速度大小为v 2，根据机械能守恒得
，
即
；
根据动量守恒得：，
其中各动量的大小为：p 0 = mv 0、p 1 = mv 1和p 2 = mv 2，
对向量式两边同时平方并利用
得：，
即：
化简得：，
20
()d 2k k W mgr mgr
π
μθπμ=
-=-?
2
316k v gr μ=
π2
2
8223
k v v r s a
g
πμ=
=
=
2
1sin sin 2m gs m gx kx
θθ=-+
2
1sin sin 0
2
kx m gx m gs θθ-+
=x k
=
2
2
2
012
1112
2
2
m v m v m v =
+
2
2
2
012
v v v =+012
p p p =+
1212cos p p m v m v θ
?=
222
012122cos p p p p p θ=++2222222
012122cos m v m v m v m v v θ=++222
012122cos v v v v v θ
=++
图2.19
结合机械能守恒公式得：2v 1v 2cos θ = 0，
由于v 1和v 2不为零，所以：θ = π/2，即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．
2．21如图所示，品质为1.0kg 的钢球m 1系在长为0.8m 的绳的一端，绳的另一端O 固定．把绳拉到水平位置后，再把它由静止释放，球在最低点处与质量为5.0kg 的钢块m 2作完全弹性碰撞，求碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度．
[解答]钢球下落后、碰撞前的速率为：．
钢球与钢块碰撞之后的速率分别为v 1`和v 1`，根据机械能守恒和动量守恒得方程
，
．
整理得
．
将上式除以下式得：v 1 + v 1` = v 2`， 代入整理的下式得
，
解得．
碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为
= 0.36(m)．
[讨论]如果两个物体的初速率都不为零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械能和动量守恒方程
，
．同理可得．
从而解得，或者； 将下标1和2对调得
，或者． 后一公式很好记忆，其中代表质心速度．
2．22一质量为m 的物体，从质量为M 的圆弧形槽顶端由静止滑下，设圆弧形槽的半径为R ，张角为π/2，如图所示，所有摩擦都忽略，求：
（1）物体刚离开槽底端时，物体和槽的速度各是多少？
（2）在物体从A 滑到B 的过程中，物体对槽所做的功W ；
（3）物体到达B 时对槽的压力．
[解答]（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得
，
1v =2
2
2
111122
111``22
2
m v m v m v =
+
`
`
111122
m v m v m v =+2
2
2
11122
(`)`m v v m v -=``
11122
()m v v m v -=`
`
11112121
m v m v m v m v -=+`
121
112
()m m v v m m -=
+`2
22
1
12
112
1
(
)22v m m h v g
g m m -=
=
+2
1212
(
)m m l
m m -=+2
2
2
2
11221122
1111``22
2
2
m v m v m v m v +
=
+
`
`
11221122
m v m v m v m v +=+`
`
1122
v v v v +=+`12122112()2m m v m v v m m -+=+`
112211
12
2()m v m v v v m m +=-+`21211212
()2m m v m v v m m -+=
+`
112222122()m v m v v v m m +=-+1122
12
m v m v m m ++2
2
11
22
m gR m v M V
=
+
图
2.21
图2.22
根据动量守恒定律得： 0 = mv + MV ． 因此
， 解得
，从而解得：
．
（2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量 ．
（3）物体在槽底相对于槽的速度为
物体受槽的支持力为N ，则
，
因此物体对槽的压力为
．
2．23 在实验室内观察到相距很远的一个质子（品质为m p ）和一个氦核（品质为4m p ）沿一直线相向运动；速率都是v 0，求两者能达到的最近距离．
[解答]当两个粒子相距最近时，速度相等，根据动量守恒定律得 4m p v 0 - m p v 0 = (4m p + m p )v ，因此v = 3v 0/5．
质子和氦核都带正电，带电量分别为e 和2e ，它们之间的库仑力是保守力．根据能量守恒定律得
，
因此，
所以最近距离为：．
2．24如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆．问： （1）摆球对悬挂点的角动量守恒吗？
（2）求出t 时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，角动量的方向会改变吗？
（3）计算摆球在θ角时对悬挂点角动量的变化率．
[解答]（1）由于单摆速度的大小在不断发生改变，而方向与弧相切，因此动量矩l 不变；由于角动量L = mvl ，所以角动量不守恒．
（2）当单摆逆时针运动时，角动量的方向垂直纸面向外；当单摆顺时针运动时，
角动量的方向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角动量的方向会改变．
（3）质点对固定点的角动量的变化率等于质点所受合外力对同一点的力矩，因此
角动量的变化率为
22
1
1()22m gR m v M V M =+221
1()22m v m v M =+
v =
V =-2
2
12
m gR
W M V
M m =
=
+`(1)m M m v v V v v M M
+=-=+
=
=
2
`
v N m g m
R -=2
`
2`(3)v m N mg m
mg
R
M
=+=+2
222
p 0
p 0
p m
1112e (4)(5)22
2
m v m v m v k
r +
=+22
2
2
p 0p 0
m
2e 58()2
5
k m v v m v r =
-=
2
m 2
p 0
5ke
4r m v =
图2.24
．
2．25证明行星在轨道上运动的总能量为．式中M 和m 分别为太阳和行星的质量，r 1和r 2分别为太阳和行星轨道的近日点和远日点的距离．
[证明]设行星在近日点和远日点的速度分别为v 1和v 2，由于只有保守力做功，所以机械能守恒，总能量为
（1）
和．（2）
它们所组成的系统不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒．行星在两点的位矢方向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程
mv 1r 1 = mv 2r 2，即v 1r 1 = v 2r 2． (3)
将（1）式各项同乘以r 12得：Er 12= m (v 1r 1)2/2 - GMmr 1， (4) 将（2）式各项同乘以r 22得：Er 22 = m (v 2r 2)2/2 - GMmr 2， (5)
将（5）式减（4）式，利用（3）式，可得：E (r 22 - r 12) = -GMm (r 2 - r 1)， (6) 由于r 1不等于r 2，所以：（r 2 + r 1)E = -GMm ，
故．证毕． 0
（三）刚体定轴转动
2．26质量为M 的空心圆柱体，品质均匀分布，其内外半径为R 1和R 2，求对通过其中心轴的转动惯量．
[解答]设圆柱体的高为H ，其体积为
V = π(R 22 – R 12)h ，
体密度为
ρ = M/V ．
在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ，厚度为d r 的薄圆壳，体积元为
d V = S d r = 2πrH d r ，
其品质为 d m = ρd V ，
绕中心轴的转动惯量为
d I = r 2d m = 2πρHr 3d r ，
总转动惯量为
．
2．27 一矩形均匀薄板，边长为a 和b ，质量为M ，中心O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示．试证明：
（1）薄板对OX 轴的转动惯量为
d sin d L M F l m gl t
τθ
===12
G M m
E r r =-
+2
11
12G M m E m v r =-
2
22
12G M m E m v r =-12
G M m E r r =-
+21
3
44
2112d ()
2
R R I H
r r H R R πρπρ==
-?
2
2
211()
2
m R R =
+
图2.26 图2.27
；
（2）薄板对OZ 轴的转动惯量为．
[证明] 薄板的面积为S = ab ， 质量面密度为σ = M/S ．
（1）在板上取一长为a ，宽为d y 的矩形元，其面积为d S = a d y ， 其品质为d m =σd S ，
绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2
d y ， 积分得薄板对OX 轴的转动惯量为
．
同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为
． （2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b ，宽为 d x 的矩形元，其面积为d S = b d x ， 品质为d m = σd S ，
绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量d I O`Z` = b 2
d m /12．
根据平行轴定理，矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12， 积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为
．
方法二：垂直轴定理．在板上取一品质元d m ，绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m ． 由于r 2 = x 2 + y 2，所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m= d I OY + d I OX ， 因此板绕OZ 轴的转动惯量为
．
2．28一半圆形细杆，半径为R ，品质为M ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量． [解答]半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = M/C ． 在半圆上取一弧元d s = R d θ，其品质为d m = λd s ，
到AA `轴的距离为r = R sin θ，绕此轴的转动惯量为d I = r 2d m = λR 3sin 2θd θ， 半圆绕AA `轴的转动惯量为
2．29 如图所示，在品质为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．
2
112
O X I M b
=
2
2
1
()
12O Z I M a b =
+/2
/2
2
3
/2
/2
1d 3
b b OX b b I a y y a y
σσ--==?
3
2
1112
12ab M b
σ==
2
112O Y I M a
=
/2
2
2
/201
d d 12a M
O Z a I b
x x b
m σ-=+
??/2
3
2/21
1
312a a b
x
b M σ-=+
221()12M a b =+22
1()
12O Z O Y O X I I I M a b =+=+3
20
sin d I R λθθ=?π3
1
(1cos 2)d 2R
λθθ
=-?π
3
2
12
2
R M R
λ==
π
图2.28
[解答]大圆的面积为S = πR 2， 质量的面密度为σ = M/S ．
大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为I M = MR 2/2． 小圆的面积为s = πr 2，质量为m = σs ，
绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为I C = mr 2/2， 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为
I m = I C + m (R/2)2
．
，
剩余部分的转动惯量为 ．
2．30飞轮质量m = 60kg ，半径R = 0.25m ，绕水平中心轴O 转动，转速为900r·min -1．现
利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力，可使飞轮减速．闸杆尺寸
如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因子μ = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算． （1）设F = 100N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？ （2）若要在2s 内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F ？ [解答]设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴， 在力矩平衡时有：0.5N` – 1.25F = 0， 所以：N`=2.5F = 250(N)．
闸瓦对飞轮的压力为;N = N`= 250(N)， 与飞轮之间摩擦力为：f = μN = 100(N)，
摩擦力产生的力矩为：M = fR ． 飞轮的转动惯量为：I = mR 2/2，
角加速度大小为：β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s -2)， 负号表示其方向与角速度的方向相反． 飞轮的初角速度为ω0 = 30π(rad?s -1
)．
根据公式ω = ω0 + βt ，当ω = 0时，t = -ω0/β = 7.07(s)．
再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过的角度为θ = -ω02/2β = 333(rad)， 转过的圈数为n = θ/2π = 53r ．
[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π．
（2）当t = 2s ，ω = ω0/2时，角加速度为β = -ω0/2t = -7.5π．力矩为M = -Iβ， 摩擦力为f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π．闸瓦对飞轮的压力为N = f /μ， 需要的制动力为F = N /2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)．
2．31一轻绳绕于r = 0.2m 的飞轮边缘，以恒力F = 98N 拉绳，如图（a ）所示．已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m 2，轴承无摩擦．求
（1）飞轮的角加速度．
（2）绳子拉下5m 时，飞轮的角速度和动能．
（3）将重力P = 98N 的物体挂在绳端，如图（b ）所示，再求上面的结果．
[解答]（1）恒力的力矩为M = Fr = 19.6(N·m)，
对飞轮产生角加速度为β = M/I = 39.2(rad·s -2
)．
（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为
θ = s/r = 25(rad)，
由于飞轮开始静止，根据公式ω2 = 2βθ，可得角速度为
2
22
1(
)(2)
2
4
m C R I I m m r R =+=
+2
2
2
1(2)4
r r R σπ=+22
2
2
1(2)
4
r M
r R R
=
+4
2
2
2
122()
2
M m r I I I M R r R
=-=
--
F
O
r
R
r
图2.29
图2.30
F =98N P =98N
(a)
(b)
图2.31
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
习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变
大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里？试举例说明． 解：(1)r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=,12r r r -=?； (２) t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 （３）t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=
式中 dt dv 就是加速度的切向分量. （t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) １－2 设质点的运动方程为x =x （t ），y =y (t )，在计算质点的速度 和加速度时，有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v ==
大学物理(上)课后习题答案
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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单
位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理 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
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
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。 《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。 大学物理学习题答案 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 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 习题解答 习题一 1-1｜r ?｜与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同?t d d v 和 t d d v 有无不 同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?1 2r r -=，12r r r -=?； （2）t d d r 是速度的模，即 t d d r ==v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的 分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是 速度径向上的分量， ∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1 图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d = ，t v d d 是加速度a 在切向上 的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的 分量，再合成求得结果，即 v = 2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种 正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面 直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们 的模即为 2 222 22222 222d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 其二，可能是将2 2d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中 已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同 样，2 2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的 ) 2(选择题(5) 选择题单 元一 质点运动学（一） 一、选择题 1. 下列两句话是否正确： (1) 质点作直线运动，位置矢量的方向一定不变； 【 ? 】 (2) 质点作园周运动位置矢量大小一定不变。 【 ? 】 2. 一物体在1秒内沿半径R=1m 的圆周上从A 点运动到B 点，如图所示，则物体的平均速度是： 【 A 】 (A) 大小为2m/s ，方向由A 指向B ； (B) 大小为2m/s ，方向由B 指向A ； (C) 大小为3.14m/s ，方向为A 点切线方向； (D) 大小为3.14m/s ，方向为B 点切线方向。 3. 某质点的运动方程为x=3t-5t 3+6(SI)，则该质点作 【 D 】 (A) 匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B) 匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向; (C) 变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向; (D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向 4. 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度v=2 m/s ，瞬时加速率a=2 m/s 2则一秒钟后质点的速度: 【 D 】 (A) 等于零 (B) 等于-2m/s (C) 等于2m/s (D) 不能确定。 5. 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向边运动。设该人以匀速度V 0收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是 【 C 】 (A)匀加速运动; (B) 匀减速运动; (C) 变加速运动; (D) 变减速运动; (E) 匀速直线运动。 6. 一质点沿x 轴作直线运动，其v-t 曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5s 时， 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?==≈?大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
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