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《大学物理AI 》作业
No.01运动的描述
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题
1．一质点沿x 轴作直线运动，其v ~ t 曲线如图所示。若t ＝0时质点位于坐标原点，则t ＝4.5 s 时，质点在x 轴上的位置为 [ C ] (A) 0 (B) 5 m
(C) 2 m (D) －2 m (E) －5 m 解：因质点沿x 轴作直线运动，速度t
x v d d =
， ??==?2
1
2
1
d d t t x x t v x x
所以在v ~ t 图中，曲线所包围的面积在数值上等于对应时间间隔内质点位移的大小。横轴以上面积为正，表示位移为正；横轴以下面积为负，表示位移为负。由上分析可得t ＝4.5 s 时, 位移 ()()()m 21212
125.2121
=?+-?+=
=?x x 选C
2．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岸边运动。设该人以匀速率0v 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 解：以水面和湖岸交点为坐标原点建立坐标系如图所示，且设定滑轮到湖面高度为h ，则
小船在任一位置绳长为 22x h l +=
题意匀速率收绳有
022d d d d v t x x
h x t l =+-= 故小船在任一位置速率为 x
x h v t x 220d d +-= 小船在任一位置加速度为 3
2
220222d d x x h v t x a +-==，因加速度随小船位置变化，且与速度方向相同，故小船作变加速运动。 选C 3．一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 [ D ]
(A) t r d d
(B) t
r d d
(C) t
r d d
(D)
2
2d d d d ??
? ??+??? ??t y t x )
-
解：由速度定义t r
v d d = 及其直角坐标系表示j t y i t x j v i v v y x d d d d +=+=可得速度大
小为2
2
d d d d ??
?
??+??? ??=t y t x v
选D
4．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v
，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速度为v
，平均速率为v ，它们之间的关系必定有 [ C ]
(A) v v v v ==
,
(B) v v v v =≠
,
(C) v v v v ≠= , (D) v v v v ≠≠ ,
解：根据定义，瞬时速度为t r v d d
=，瞬时速率为t
s v d d =，由于s r d d = ，所以v v =
。
平均速度t r v ??=
，平均速率t
s v ??=，由于一般情况下s r ?≠?
，所以v v ≠ 。 选C
5．一条河在某一段直线岸边同侧有A 、B 两个码头，相距1 km 。甲、乙两人需要从码头A 到码头B ，再立即由B 返回。甲划船前去，船相对河水的速度为4 km/h ；而乙沿岸步
行，步行速度也为4 km/h 。如河水流速为 2 km/h ，方向从A 到B ，则 [ A ] (A) 甲比乙晚10分钟回到A (B) 甲和乙同时回到A
(C) 甲比乙早10分钟回到A (D) 甲比乙早2分钟回到A
解：由相对速度公式有甲回到A 处所需时间为
从码头A 到码头B 所需时间
2
41
+加上从码头B 回到码头A 所需时间241-
即 )h (3
2
241241=-++=甲t
同理有乙回到A 处所需时间为 )h (21
4141=+=甲t
甲乙所用时间差为(min)10)h (6
1
2132==+=-=?乙甲t t t
由此知甲比乙要多用10分钟回到A 处
选A
6．一飞机相对空气的速度大小为1h km 200-?，风速为1
h km 56-?，方向从西向东。地面雷达测得飞机速度大小为1
h km 192-?，方向是
[ C ] (A) 南偏西16.3° (B) 北偏东16.3° (C) 向正南或向正北 (D) 西偏北16.3°
(E) 东偏南16.3°
解：风速的大小和方向已知，飞机相对于空气的速度和飞机对地的速度只知大小，不知方向。由相对速度公式
地空气空气机地机→→→+=v v v
如图所示。又由2
2
2
20019256=+，所以地机地空气→→⊥v v
，
飞机应向正南或正北方向飞行。 选C
机→v
地
地
空气→
二、填空题 1．一质点作直线运动，其坐标x 与时间t 的关系曲线如图所示。则该质点在第 秒瞬时速度为零；在第 秒至第 秒间速度与加速度同方向。
解：由图知坐标x 与时间t 的关系曲线是抛物线，其方
程为)6(9
5
--=t t x ,由速度定义t x v d d =
有：)62(9
5
--=t v ，故第3秒瞬时速度为零。0-3秒速度沿x 正方向，3-6秒速度沿x 负方向。由加速度定义2
2d d t x a =有：910
-
=a ，沿x 正方向，故在第3秒至第6秒间速度与加速度同方向。
2．在x 轴上作变加速直线运动的质点，已知其初速度为0v ，初始位置为x 0，加速度2
Ct
a =（其中C 为常量），则其速度与时间的关系为=v _________________________，运动学方程为=x __________________。 解: 本题属于运动学第二类类问题，由2d d Ct t
v
a ==得??=t v v t Ct v 02d d 0有
速度与时间的关系3
03
1Ct v v += 再由3031d d Ct v t x v +==
得??+=t x x t Ct v x 030)d 31
(d 0有
运动学方程4
0012
1Ct t v x x ++=
3．一质点在y o 平面内运动，运动方程为t x 2=和2
219t y -= (SI)，则在第2秒内
质点的平均速度大小v
= ， 2秒末的瞬时速度大小=2v 。 解: 在第2秒内，质点位移的x 、y 分量分别为本
()m 2122212=?-?=-=?x x x
()()()m 6121922192212-=?--?-=-=?y y y
平均速度大小为())s m (32.6621
2)()(12
222-?=-+=-?+?=??=y x t r v
由2
2,4d d ,2d d y x y x v v v t t
y v t x v +=-====
s 2=t 时，())s (m 25.88212
22-?=-+=v
5
4．一质点从静止(t = 0)出发，沿半径为R = 3 m 的圆周运动，切向加速度大小保持不变，为-2s m 3?=τ
a ，在t 时刻，其总加速度a 恰与半径成45°角，此时t = 。
解：由切向加速度定义t v
a d d =
τ，分离变量积分??
=t
v
t a v 0
d d τ得质点运动速率 t a v τ=
法向加速度 R
t a R v a n 2
2
2τ== 由题意a
与半径成45°角知：τa a n =
由此式解得s)(13
3===
t a R t
5．一船以速度0v
在静水湖中匀速直线航行，一乘客以初速1v
在船中竖直向上抛出一石子，则站在岸上的观察者看石子运动的轨迹是_______________。取抛出点为原点，x 轴沿0v
方向，y 轴沿竖直向上方向，石子的轨迹方程是_______________________________。 解：取抛出点为原点，x 轴沿0v
方向，y 轴沿竖直向上方向，以河岸为参考系，石子运动
的参数方程为2
1021,gt t v y t v x -==，消去t ，得轨迹方程 2
0121???
?
??-=v x g x v v y ，故运动轨迹为抛物线。
6．当一列火车以10 m/s 的速率向东行驶时，若相对于地面竖直下落的雨滴在列车的窗子上形成的雨迹偏离竖直方向30°，则雨滴相对于地面的速率是______________________；
相对于列车的速率是____________________。
解：由题意可画出各速度矢量如右图所示，它们构成直角三角形且
地火火雨地雨→→→+=v v v
故雨滴相对于地面的速率)s /m (3.1730tg /10==→
地雨v
雨滴相对于列车的速率)s /m (2030sin /10==→
火雨v
三、计算题
雨→v 地
雨→地
火→
1．一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为y k a -=，式中k 为常数，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标，假定振动的物体在坐标0y 处的速度为0v ，试求：速度v 与坐标y 的函数关系式。 解：加速度 ky y
v v t y y v t v a -=?=?==
d d d d d d d d ，分离变量积分得
()
22
02022
12121d d 0
ky ky v v y
ky v v y
y v
v -=--=??
所以速度v 与坐标y 的函数关系式为
(
)
22
02
02y y k v v -+=
2．一张致密光盘（CD ）音轨区域的内半径R 1＝2.2 cm ，外半径为R 2＝5.6 cm （如图），径向音轨密度N ＝650条/mm 。在CD 唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光束相对光盘是以v ＝1.3 m/s 的恒定线速度运动的。
(1) 这张光盘的全部放音时间是多少？
(2) 激光束到达离盘心r ＝5.0 cm 处时，光盘转动的角速度和角加速度各是多少？
解：(1) 以r
表示激光束打到音轨上的点对光盘中心的矢径，则在r d 宽度内的音轨长度为r rN d 2π。 激光束划过这样长的音轨所用的时间为v
r
rN t d 2d π=。 由此得光盘的全部放音时间为
)(d 2d 2122 2
1
R R N r
rN t T R R -===?
?ν
πν
π
3
.1)
022.0056.0(10650223-???=
π
(m in)4.69s 1016.4 3=?= (2) 所求角速度为
rad/s)(2605
.03
.1==
=
r
ν
ω 所求角加速度为
3
2
2222d d d d Nr
rN r t r r t πνπνννωβ-=-=-== 3
3205.01065023.1???-=π )(rad/s 1031.323-?-=
3．有一宽为l 的大江，江水由北向南流去。设江中心流速为u 0，靠两岸的流速为零。江
中任一点的流速与江中心流速之差是和江心至该点距离的平方成正比。今有相对于水的
速度为0v
的汽船由西岸出发，向东偏北45°方向航行，试求其航线的轨迹方程以及到达东岸的地点。
解：以出发点为坐标原点，向东取为x 轴，向北取为y 轴，因流速为 -y 方向，由题意可得任一点水流速
202)(
0?
?? ?
?
-=--=l x k u u u y x 即
2
2
0u l x k u u y x -??? ?
?
-== 将 x = 0, x = l 处0=y u , 代入上式定出比例系数2
4l u k =， 从而得
()x l x l u u y -=
2
4 由相对运动速度关系有船相对于岸的速度v
(v x ，v y )为
2/45cos 00v u v v x x =+=
y y y u v u v v +=+=2/45sin 00
将上二式的第一式进行积分，有 t x 2
0v =
还有，
x y
v t x x y t y v y d d 2d d d d d d 0?=?==
代入y v 有
()x l x l u v x y v -+=?20
0042
d d 2 即
()x l x v l u x y
-+=02
0241d d 因此，此式积分之后可求得如下的轨迹(航线)方程：
3
2020032422x v l u x lv u x y +-
= 到达东岸的地点(x ，y )为
???
? ??-
====00
3221
v u l y y l x l x
东
《大学物理AI 》作业
No.02 动量、动量守恒定律
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题
1．质量分别为m A 和m B (m A >m B )、速度分别为A v 和B v
(v A > v B )的两质点A 和B ，受到相同的冲量作用，则 [ ] (A) A 、B 的速度增量相等 (B) A 的动量增量的绝对值比B 的大 (C) A 、B 的动量增量相等
(D) A 的动量增量的绝对值比B 的小
解： 由动量定理可知 ()12A A A A A A v m v m v m I -=?=
()12B B B B B B v m v m v m I -=?=
题意 B A B A B A v v m m I I
≠≠=,,，故()()B B A A v m v m ?=?
选C
2．炮车以仰角θ发射一炮弹，炮弹与炮车质量分别为m 和M ，炮弹相对于炮筒出口速度为v ，不计炮车与地面间的摩擦，则炮弹出口时炮车的反冲速度大小为 [ ] (A) M mv θ
cos (B) M m mv +θ
cos
(C) m
M mv -θcos (D)
M
mv 解：不计地面摩擦，则炮弹出口前后炮弹与炮车组成的系统在水平面上动量守恒。
设炮车反冲速率为v ′，以地为参考系，以炮车指向为正方向，有
()0cos ='-'-v M v v m θ
M
m mv v +=
'θ
cos
选B
3．一质点在力)25(5t m F -=（SI ）的作用下，t ＝0时从静止开始作直线运动，式中m 为质点的质量。当t ＝5 s 时，质点的速率为 [ ]
(A) 1s m 25-? (B) 1
s m 50-?-
(C) 0 (D) 1s m 50-?
解：设t ＝5 s 时质点的速率为v ，由动量定理可知
()0d 2555
-=-?
mv t t m
()()
0525d 25550
2
50
=-=-=?t t t t v
选C
4．机枪每分钟可射出质量为20 g 的子弹900颗，子弹射出的速率为1
s m 800-?，则射击
时的平均反冲力大小为 [ ]
(A) 0.267 N (B) 16 N (C) 240 N (D) 14400 N
解：设机枪在t ?时间内发射子弹的质量为m ?，由动量定理得 子弹受到的冲量为 t t v m I ?=?????=-??=-240800102060
900
03 故平均冲力的大小
()N 240=?=
t
I
F 由牛顿第三定律，平均反冲力大小为240N 。 选C
5．速度为0V 的小球与以速度V （V 与0V 方向相同，并且V < 0V ）滑行中的车发生完全弹性碰撞，车的质量远大于小球的质量，则碰撞后小球的速度为 [ ]
(A) 0V －2 V (B) 2 (0V －V )
(C) 2 V －0V (D) 2 (V －0V )
解：设小球质量为m ，碰撞后速度为1V ，车质量为M ，碰撞后速度为2V 。
完全弹性碰撞，碰撞前后，机械能守恒； 忽略外力作用，碰撞前后动量守恒，即有
210MV mV MV mV +=+
移项得
()()201V V M V V m -=- (1)
22212202
1212121MV mV MV mV +=+ 移项得 ()()
2
222021V V M V V m -=- (2) (1)、(2)两式相除，可得
201V V V V +=+
(3) 联立(1)、(3)两式，有 01121V m M V m M V m M ??? ??-+=??? ?
?+
(4)
因为M >> m , 所以 m M
m M m M m M -
≈-≈+1,1 (4)式简化为 012V V V -=
选C
二、填空题
1．一质量为1 kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数μ 0＝0.20，滑动摩擦系数μ ＝0.16，现对物体施一水平拉力F ＝t+0.96 (SI)，则2秒末物体的速度大小v ＝______________
解：在0 1 s 内，因F<μ0mg ，未拉动物体，
而在1 s 2 s 内，物体移动，合力冲量为
??=--+=2
1
12s)(N 89.0)(d )96.0(t t mg t t I μ
由动量定理得
I mv =-0
可得2秒末物体的速度大小
(m/s) 0.89==m
I
v
2．质量为1500 kg 的一辆吉普车静止在一艘驳船上。驳船在缆绳拉力(方向不变)的作用下沿缆绳方向起动，在5秒内速率增加至5 m/s ，则该吉普车作用于驳船的水平方向的平均力大小为______________。 解：由动量定理12mv mv t F -=??得
驳船作用于吉普车的水平方向的平均力大小)N (15005
5150012=-?=?-=
t mv mv F
根据牛顿第三定律，吉普车作用于驳船的水平方向的平均力大小 F F ='=1500 N
3．一吊车底板上放一质量为10 kg 的物体，若吊车底板加速上升，加速度大小为a ＝3+5t (SI)，则2秒内吊车底板给物体的冲量大小I ＝_______________；2秒内物体动量的增量大小P ?＝__________________。 解：由运动学规律得 2秒末物体运动速度??=++=+
=2
0)m/s (16d )53(0d t t t a v v
因吊车底板加速上升，故吊车底板给物体的作用力为变力F ，
由动量定理物体的冲量为：?
?=-=)(d )(mv t mg F I 得
2秒内吊车底板给物体的冲量大小
()s N 356196160d 8.9101610gd )(d 2
20
?=+=?+?=+?==???t t m mv t F I
2秒内物体动量的增量大小 s)(N 160010161012?=?-?=-=?mv mv P
4．静水中停泊着两只质量皆为M 的小船。第一只船在左边，其上站一质量为m 的人，该人以水平向右速度v 从第一只船上跳到其右边的第二只船上，然后又以同样的速率v
水平向左地跳回到第一只船上。此后
(1) 第一只船运动的速度为v
1＝__________________________。
(2) 第二只船运动的速度为v
2＝__________________________。 （水的阻力不计，所有速度都相对地面而言）
解：该人从第一只船上跳到其右边的第二只船上时，对第一只船，根据动量守恒定律有
mv v M m M +'=?+10)(（设向右速度为正），此时第一只船速度v M
m
v -='1
， 同理对第二只船有2)(0v m M M mv '+=?+，第二只船速度v m
M m
v +='2
该人又以同样的速率v
水平向左地跳回到第一只船上时，对第一只船，根据动量守恒定
律有11)(v m M mv v M +=-'（设向右速度为正），
则第一只船速度v m M m v M mv m M v +-='+-+=
2)()(111（方向向左），即v m
M m v
+-=21
同理对第二只船有mv Mv v m M -='+22
)( 第二只船速度 v M m v m M mv M v 2])([122='++=（方向向右），即v M
m v
22=
5．一质量为5 kg 的物体，其所受的作用力F 随时间的变化关系如图所示。设物体从静止开始沿直线运动，则20秒末物体的速率v ＝__________。 解：由题图得各时间段物体受力为
??
???≤≤-≤≤-=20
10)21
5(100)10(t t t t F
则由动量定理
12
d mv mv
t F -=?得
20秒末物体的速率)m/s (55
d )215(d )10(100
20
10=-+-=
?
?t
t t t v
三、计算题
1．质量为m ，速率为v 的小球，以入射角α 斜向与墙壁相碰，又以原速率沿反射角α方向从墙壁弹回。设碰撞时间为t ?，求墙壁受到的平均冲力。
解：建立如图示坐标，以x v 、y v 表示小球反射速度的x 和y 分量，
则由动量定理，小球受到的冲量的x ，y 分量的表达式如下：
x 方向：x x x 2)(mv mv mv t F x =--=? ① y 方向：0)(=--
-=?y y y mv mv t F ②
∴
t mv F F x x
?==/2
而 αcos v v x =
∴小球受到的平均冲力大小为
t mv F ?=/cos 2α
方向沿x 正向
根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F ='
方向垂直墙面指向墙内
解法二：作动量矢量图，由图知αcos 2)(mv v m =?
方向垂直于墙向外 由动量定理：
)(v m t F
??=
得
t mv F ?=/cos 2α
不计小球重力，F 即为墙对球冲力
由牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直于墙，指向墙内
2．矿砂从传送带A 落到另一传送带B （如图），其速度的大小1
1s m 4-?=v ，速度方向与
竖直方向成30°角；而传送带B 速度的大小1
2s m 2-?=v 。为1
h kg 2000-?=m q 大小和方向。
解：设在极短时间t ?内落在传送带即t q m m ?= ()12v m v m v m
-=? 设传送带对矿砂平均作用力为F
=??t F ()2v m v m =?()
12q t
v v m F =?-=
()N 21.275cos 242243600
200022
=???-+=
方向由正弦定理确定：()θsin 75sin 2v m v m
=? 得
29=θ 由牛顿第三定律知：矿砂作用在传送带B 上作用力F ' 与F
大小相等，方向相反，即大小
为2.21N ，方向偏离竖直方向1°，指向前下方。
3．一质点的运动轨迹如图所示。已知质点的质量为20 g ，在A 、B 二位置处的速率都为1s m 20-?，A v
与x 轴成45°角，B v
垂直于y 轴，求质点由A 点到B 点这段时间内，作用在质点上外力的总冲量。
解：由质点动量定理，这段时间内作用在质点上的总冲量为
A B v m v m I
-= 矢量平移有坐标分量式为
683.045cos -=--= A B x mv mv I
283.045sin 0-=-= A y mv I
故总冲量大小为
()s N 739.02
2
?=+=y x I I I
方向：设与x 轴夹角为θ，则
5.202,683
.0283
.0tg =--=
=
θθx
y I I
B
《大学物理AI 》作业 No.03角动量 角动量守恒定律
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题
1．有两个半径相同、质量相等的细圆环A 和B 。A 环的质量分布均匀，B
不均匀。它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 [
]
(A) A J >B J (B) A J
(C) A J =B J
(D) 不能确定A J 、B J 哪个大
解：对于圆环，转动惯量为??
==m R m r J d d 22，设细圆环总质量为M ，无论
质量分布均匀与否，都有M m =?
d ，所以M R J J B A 2
==
选C
2．光滑的水平面上有长为2 l 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点O 且垂直于桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量为23
1ml 。起初杆静止。有
一质量为m 的小球沿桌面正对着杆的一端，在垂直于杆长
的方向上，以速率v 运动，如图所示。当小球与杆端发生碰撞后，就与杆粘在一起随杆转动，则这一系统碰撞后的转动角速度是 [ ]
(A)
12v l (B) l v 32 (C) l v 43 (D) l
v
3
解：小球与细杆碰撞过程中对o 点的合外力矩为零，根据角动量守恒定律有： ω???
??+=2231ml ml mvl 碰撞后的转动角速度为 l
v 43=ω
选C
3．质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J 。平台和小孩开始时静止。当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为
[ ] (A) ??? ??=R v J mR 2ω，顺时针 (B) ??? ??=R v J mR 2ω，逆时针 (C) ??
?
??+=R v mR J mR 22ω，顺时针 (D) ?
?
? ??+=
R v mR J mR 22ω，逆时针
解：以地为参考系，平台和人组成的系统对轴的角动量守恒（设逆地针转动为正）：
0=+ωJ mvR ??
?
??-
=-=R v J
mR J mvR 2ω， 负号表示顺时针。
选A
4．一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统 [ ] (A) 动量守恒 (B) 机械能守恒
(C) 对转轴的角动量守恒 (D) 动量、机械能和角动量都守恒 (E) 动量、机械能和角动量都不守恒
解：此系统所受的合外力矩为零，故对转轴的角动量守恒。 选C
5．关于力矩有以下几种说法：
(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量 (2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零
(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一
定相等
在上述说法中， [ ] (A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的
(C) (2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的
解：内力成对出现，对同一轴，一对内力的力矩大小相等，方向相反，内力矩之和为零，不会改变刚体的角动量。质量相等，形状和大小不同的两个物体，转动惯量不同，在相同力矩作用下，角加速度大小不等。 选B
二、填空题
1．如图所示，一轻绳绕于半径为 r 的飞轮边缘，并以质量为m 的物体
挂在绳端，飞轮对过轮心且与轮垂直的水平固定轴的转动惯量为J ，若不计摩擦，飞轮的角加速度=β 。 解：飞轮和物体受力如右图所示。由牛顿定律和刚体定轴转动定律有：
??
?=?=-βJ r R ma T mg
绳和飞轮间无相对滑动有 r a β=
故飞轮的角加速度为： mr
r
J mg
mr J mgr +=
+=2β
2．一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的铅直光滑自由转动。圆盘质量为M ，半径为R ，对轴的转动惯量221MR J =。当圆盘以角速度0ω转动时，有一质量为m 的子弹沿盘的
直径方向射入而嵌在盘的边缘上，子弹射入后，圆盘的角速度为=ω 。 解：系统未受外力矩作用，对固定轴角动量守恒有：
a
ωω??
? ??+=22022121mR MR MR 故圆盘的角速度为 m
M M 20
+=
ωω 3．力矩的定义式为 。在力矩作用下，一个绕轴转动的物体作 运动。系统所受的合外力矩为零，则系统的 守恒。
解：力矩的定义式为：F r M
?=； 力矩作用下，物体有角加速度，故物体作变角速运动；合外力矩为零，系统的 角动量守恒
4．质量分别为m 和2 m 的两物体(都可视为质点)，用一长为l 的轻质刚体细杆相连，系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O 转动，已知O 轴离质量为2 m 的质点的距离为l 3
1，质量为m 的质点的线速度为v 且
与杆垂直，则该系统对转轴的角动量(动量矩)大小为 。 解：质量为m 的质点的线速度为v ，则根据线量和角量关系有：
系统的角速度为
l
v
l v 2332==
ω 系统对转轴的角动量为
mvl l
v
l m l m J L =???????????? ???+??? ??==2332322
2ω
5．长为l 、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量为
23
1
Ml ，开始时杆竖直下垂，如图所示。有一质量为m 的子弹以水平速度0v
射入杆上A 点，并嵌在杆中，OA ＝
l 3
2
，则子弹射入后瞬间杆的角速度=ω 。
解：子弹射入杆中的过程系统所受合外力矩为零，对过O 固定轴角动量守恒：
ω??????????? ??+=2
20323132l m Ml mv l
子弹射入后瞬间杆的角速度 l m M v l m Ml mv l ??? ??+=?
?
? ??+=43632313202
20
ω
三、计算题
1．质量分别为m 和2 m 、半径分别为r 和2 r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动， 对转轴的转动惯量为292
mr ，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，如图所示。求盘的角加速度的大小。
解：各物体受力如下图所示。由质点运动牛顿定律和刚体定轴转动定律列方程如下（设逆时针转动方向正）：
1
122ma mg T ma T mg =-=-
β2122
9
2mr r T r T =
?-? 绳和圆盘间无相对滑动有
βr a 22= βr a =1
联立以上方程，可以解出盘的角加速度的大小：
r
g 192=
β
2．物体A 和B 叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接，如图所示。今用大小为F 的水平力拉A 。设A 、B 和滑轮质量都为m ，滑轮的半径为R ，对轴的
转动惯量22
1
mR J =，AB 之间、A 与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦，绳与滑轮之间
无相对滑动，且绳长不可伸长。已知F ＝10 N ，m ＝8.0 kg ，R ＝0.050 m ，求： (1) 滑轮的角加速度；
(2) 物体A 与滑轮之间的绳中的张力； (3) 物体B 与滑轮之间的绳中的张力。
解：各物体受力如右图所示。由质点运动牛顿定律和刚体定轴转动定律有：（设逆时针转动方向正）： β22
1
mR R T TR ma T ma T F ='-='=- 绳和滑轮间无相对滑动有 βR a = 由以上各式可以解出： (1) 滑轮的角加速度 ()
2s rad 10050
.08510
252-?=???==
mR F β
'a
1
a 2
a T
(2)物体A 与滑轮之间绳中张力 ()N 0.6510
353=?==
F T (3)物体B 与滑轮之间绳中张力
()N 0.45
10252=?=='F T
3．如图所示，一半径为R 的匀质小木球固结在一长度为l 的匀质细棒的下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动，今有一质量为m ，
速度为0v
的子弹，沿着与水平面成α角的方向射向球心，且嵌于球心。已知小木球、细棒对通过O 水平轴的转动惯量的总和为J 。求子弹嵌入球心后系统的共同角速度。
解：子弹射入木球过程中，子弹、细棒和木球组成的系统所受合外力矩为零，系统对转轴角动量守恒：
()()[]ωα20cos l R m J mv l R ++=+
子弹嵌入球心后系统的共同角速度 ()()
2
0cos l R m J l R mv +++=α
ω
《大学物理AI 》作业 No.04能量 能量守恒定律
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、选择题
1．一质点受力i x F
2
3=（S I ）作用，沿x 轴正方向运动，从0=x 到2=x m 过程中，
力F
作功为
[ ]
(A) 8 J (B) 12 J (C) 16 J (D) 24 J
解：由功的定义，力F
作的功为
)(J 8d 3d d 20
3
2
220
====?=???x x x x F r F A x 选A
2．今有一劲度系数为k 的轻弹簧，竖直放置，下端悬一质量为m 的小球。开始时使弹簧为原长而小球恰好与地接触。今将弹簧上端缓慢地提起，直到小球刚能脱离地面为止，
在此过程中外力作功为 [ ] k g m 4)
A (22 k g m 3)
B (22
)C (
k
g m 222)
D ( k g m 2
24E)( 解：设小球刚能脱离地面时，弹簧伸长0x ，则k
g
m x g m x k =
=00,， 因弹簧上端缓慢提起，在此过程中外力大小等于弹力，弹簧伸长)(0x x x <时，kx F = 在弹簧从原长伸长到0x 时，外力作的功为
k g m kx x x k r F A x 221d d 2
22000
=
==?=?? 选C
3．质量为m 的一艘宇宙飞船关闭发动机返回地球时，可认为该飞船只在地球的引力场中运动。已知地球质量为M ，万有引力恒量为G ，则当它从距地球中心1R 处下降到2R 处时，飞船增加的动能应等于
[ ]
2)
A (R GMm 2
2
)B (R GMm
2121)C (R R R R GMm -
2121)(D R R R GMm - 22
2121)(E R R R
R GMm -
解：选飞船和地球为系统，忽略其它星球的影响，只有保守内力作功，系统机械能守恒：
2
2k 11k R mM
G E R mM G
E -=- 飞船的动能增量为 2
121121k 2k k )1
1(R R R R GmM R R GmM E E E -=-=-=? 选C
4．质量为m 的质点在外力作用下，其运动方程为 j t B i t A r
ωωsin cos += ， 式中A 、B 、ω都是正的常数。则力在01=t 到)2/(2ωπ=t 这段时间内所作的功为
[ ] )(21
)A (222B A m +ω )()B (222B A m +ω
)(21)C (222B A m -ω )(2
1
)D (222A B m -ω
解：质点的速度为 j t B i t A t r
v ωωωωcos sin d d +-==
初时刻速度为
j B v
ω=1 末时刻速度为 i A j B i A v
ωωπωωωπωω-=?+?-=)2cos()2sin(2
由质点的动能定理，力作的功为 )
(212121222212
2B A m mv mv A -=-=ω
选C
5．一特殊的弹簧，弹性力3
x k F -=，k 为劲度系数，x 为形变量。现将弹簧水平放置于光滑的水平面上，一端固定，另一端与质量为m 的滑块相连而处于自然状态。今沿弹簧长度方向给滑块一个冲量，使其获得一速度v ，压缩弹簧，则弹簧被压缩的最大长度为 [ ]
v k
m
)
(A v m
k
B)
( 4
/1)4()C (k
v m
4
/12)2()D (k
mv
解：由质点的动能定理，外力冲量使滑块获得初态动能：22
1
mv E k =
在弹簧压缩过程中，弹簧弹力对滑块作功为：
??-===0
04
304
1d d x x x k x x k x F A (0x 为弹簧最大压缩量) 由功能原理有：k E A -=0（滑块末态动能为0）
即 402
4
121x k v m = ∴ 41
20)2(k mv x = 选D
二、填空题 1．如图所示，一质点在几个力的作用下，沿半径为R 的圆周运动，
其中一个恒力是0F ，方向始终沿x 轴正向，即i F F
00=，当质点从A 点沿逆时针方向走过3/4圆周到达B 点时，0F
所作的功为
W = 。
解：当质点在A 点处位移0=A x ，在B 点处位移R x B -=时，由功的定义，0F
作的功
为
B
x
R
F x F x F r F W R
x x x B A
00
0d d d -===?=???-
2．如图所示，质量为m 的小球系在劲度系数为k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在O 点。开始时弹簧在水平位置A ，处于自然状态，原长为0l 。小球由位置A 释放，下落到O 点正下方位置B 时，弹簧的长度为l ，则小球到B 点时的速度大小为B v = 。
解：以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象，系统在小球运动过程中只有保守内力----弹力作功，系统机械能守恒。设B 点重力势能为零，弹簧原长弹性势能为零，则对于A
点，机械能为：l g m ，
对于B 点，机械能为：
2
202
1)(21B
mv l l k +- ，由系统机械能守恒有： 2202
1)(21B mv l l k l g m +-=，所以 2
0)(2l l m k gl v B --=
3．如图所示，质量m = 2 kg 的物体从静止开始，沿1 / 4圆弧从A 滑到B ，在B 处速度的大小为1
s m 6-?=v , 已知圆的半径R = 4m, 则物体从A 到B 的过程中摩擦力对它所作的功为 。 解：以B 点为重力势能零点，由功能原理，摩擦力作的功为
)J (4.4248.926221
2122-=??-??=-=
mgR mv W
4．一质量为m = 5 kg 的物体，在0到10秒内，受到如图所示的变力F 的作用，由静止开始沿x 轴正向运动，而力的方向始终为x 轴的正方向，则10秒内变力F 所做的功为 。
解：方法一：由F -t 图可知，物体各时段受力为
??
?≤≤≤≤=)s 10s 5(20s)
5s 0(8t x t F
0 ~ 5 秒内应用动量定理：
0d 85
5
-=?mv
t t 得
5秒末速度
)s (m 205
5412
5-?=?=v
5 ~ 10 秒内再应用动量定理：
51010
d 20mv mv t -=?
得
10秒末速度
)s (m 4020205
)
510(201510-?=+=+-=
v v
A
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 ==
班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________ 一、选择题 1. m 与M 水平桌面间都是光滑接触，为维持m 与M 相对静止，则推动M 的水平力F 为：( B ) (A)(m +M )g ctg θ (B)(m +M )g tg θ (C)mg tg θ (D)Mg tg θ 2. 一质量为m 的质点，自半径为R 的光滑半球形碗口由静止下滑，质点在碗内某处的速率为v ，则质点对该处的压力数值为：( B ) (A)R mv 2 (B)R mv 232 (C)R mv 22 (D)R mv 252 3. 如图，作匀速圆周运动的物体，从A 运动到B 的过程中，物体所受合外力的冲量：( C ) (A) 大小为零 (B ) 大小不等于零，方向与v A 相同 (C) 大小不等于零，方向与v B 相同 (D) 大小不等于零，方向与物体在B 点所受合力相同 二、填空题 1. 已知m A =2kg ，m B =1kg ，m A 、m B 与桌面间的摩擦系数μ=0.5，(1)今用水平力F =10N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =_______0______，m A 的加速度a A =_____0_______. (2)今用水平力F =20N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =____5N____，m A 的加速度a A =_____1.7____. (g =10m/s 2) 2. 设有三个质量完全相同的物体，在某时刻t 它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，并且v 1=v 2=v 3 ，v 1与v 2方向相反，v 3与v 1相垂直，设它们的质量全为m ，试问该时刻三物体组成的系统的总动量为_______m v 3________. 3.两质量分别为m 1、m 2的物体用一倔强系数为K 的轻弹簧相连放在光滑水平桌面上(如图)，当两物体相距为x 时，系统由静止释放，已知弹簧的自然长度为x 0，当两物体相距为x 0时，m 1的速度大小为 2 2 121 Km x m m m + . 4. 一弹簧变形量为x 时，其恢复力为F =2ax -3bx 2，现让该弹簧由x =0变形到x =L ，其弹力的功为： 2 3 aL bL - . 5. 如图，质量为m 的小球，拴于不可伸长的轻绳上，在光滑水平桌面上作匀速圆周运动，其半径为R ，角速度为ω，绳的另一端通过光 滑的竖直管用手拉住，如把绳向下拉R /2时角速度ω’为 F m A m B m M F θ A O B R v A v B x m 1 m 2 F m R
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单
位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理上册课后习题答案
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
理想气体状态方程 5-1一容器内储有氧气，其压强为1.01?105Pa ，温度为270 C ，求：（1）气体分子的数密度；（2）氧气的质量密度；（3）氧分子的质量；（4）分子间的平均距离（设分子均匀等距分布）。 解：(1)nkT p =，32523 5 /m 1044.2) 27273(1038.11001.1?=+???==-kT p n (2)R M m T pV mol =Θ，335mol kg/m 30.1)27273(31.810321001.1=+????== =∴-RT pM V m ρ (3)n m O 2 =ρΘ， kg 1033.510 44.230 .12625 2 -?=?= = ∴n m O ρ (4)m 1045.310 44.21193253 -?=?==n d 5-2在容积为V 的容器中的气体，其压强为p 1，称得重量为G 1。然后放掉一部分气体，气体的压强降至p 2，再称得重量为G 2。问在压强p 3下，气体的质量密度多大？ 解：设容器的质量为m ，即放气前容器中气体质量为m g G m -=1 1，放气后容器中气体质量为m g G m -= 2 2。 由理想气体状态方程有
RT M m g G RT M m V p mol 1mol 11-==， RT M m g G RT M m V p mol 2 mol 22-== 上面两式相减得 V p p G G g M RT )()(1212mol -=-，)(1 21 2mol p p G G gV RT M --= 当压强为3p 时，1 21 2 33mol 3p p G G gV p RT p M V m --?=== ρ 压强、温度的微观意义 5-3将2.0?10-2kg 的氢气装在4.0?10-3m 2的容器中，压强为3.9?105Pa ，则氢分子的平均平动动能为多少？ 解：RT M m pV mol = Θ，mR pV M T mol =∴ 5-4体积33m 10-=V ，压强Pa 105=p 的气体分子平均平动动能的总和为多少？ 解：kT N t 23=∑ε，其中N 为总分子数。kT V N nkT p = =Θ，kT pV N = 5-5温度为0℃和100℃时理想气体分子的平均平动动能各为多少？欲使分子的平均 平动动能等于1eV ，气体的温度需多高？（1eV=1.6?10-19J ）
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(上)课后习题答案 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2 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 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 = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 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 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （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 dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 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 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 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 ， 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 ）。 第一章 质点运动学 课 后 作 业 1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为] a ＝2＋6 x 2 (SI) 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度． 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 2分 () x x x d 62d 0 20 ??+=v v v 2分 () 2 21 3 x x +=v 1分 2、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 3分 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 2 ??= x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分 3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为 22 1 ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向 加速度大小相等时所经历的时间． 解： ct b t S +==d /d v 1分 c t a t == d /d v 1分 ()R ct b a n /2 += 1分 根据题意： a t = a n 1分 即 ()R ct b c /2 += 解得 c b c R t -= 1分 4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小． 解：根据已知条件确定常量k () 222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分 24t =ω, 24Rt R ==ωv s t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分 22s /32/m R a n ==v 1分 ()8.352 /122=+=n t a a a m/s 2 1分 5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？ 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 = (45.9+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 202 1 )(gt t t -+=v v v 1分 08.420==g t v s 1分 6、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，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 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 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 +=+= 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。 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= =．大学物理(上)课后习题标准答案
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