新编物理基础学(上、下册)课后习题详细答案
王少杰，顾牡主编
第一章
1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++r r r r
其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。
分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t r
对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。
解：/sin()cos()==-++r
r
r
r
r
v dr dt a t i a t j bk ωωωω
1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。 其中0v 是发动机关闭时的速度。 分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx
dv v dt
dv a ==，积分即可求得。
证： 2d d d d d d d d v x
v v t
x x v t
v K -==?=
??-=x x K 0
d d 10v v v
v , Kx -=0ln v v 1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的
运动学方程)(t r ρ
表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t r 和()a t r ，把时间代入可得某
时刻质点的位置、速度、加速度。
解：（1）由2,x t =得：,2
x t =代入248y t =-
可得：28y x =-，即轨道曲线。
画图略
（2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+-r r r
由/v dr dt =r r
则速度：28v i tj =+r r r
由/a dv dt =r r
则加速度：8a j =r r
则：当t=1s 时，有24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r
r r
当t=2s 时，有48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r
r r
1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。 分析同1-3.
解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2x t =，，可得t =,代入2(1)y t =-
整理得：1=，即轨迹方程
（2）质点的运动方程可表示为：22(1)r t i t j =+-r r r
则：/22(1)v dr dt ti t j ==+-r r r r
因此, 当2t s =时，有242(/),22(/)v i j m s a i j m s =+=+r r r r r r
1-5．一质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为2012
s v t bt =-，其中v 0，b 都是常量。（1）
求t 时刻质点的加速度大小及方向；（2）在何时加速度大小等于b ； （3）到加速度大小等于b 时质点沿圆周运行的圈数。
分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程()t s s =，求导可求出质点的运动速率dt
ds v =，
因而，dt
dv a =τ，2
n v a ρ=，00n a a a n ττ=+r r r ，2
2n a a a +=τ，当b a =时，可求出t ，代入运动
学方程()t s s =，可求得b a =时质点运动的路程，R
s π2即为质点运动的圈数。
解：（1）速率：0ds v v bt dt ==-，且dv b dt =-
加速度：2200000()v bt dv v a n b n dt R ττρ-=+=-+r r r r r
则大小：a ==……………………①
方向：()bR
bt v 2
0tan --=θ
（2）当a=b 时，由①可得：0v t b
=
（3）当a=b 时，0v t b =，代入2
01,2
s v t bt =-可得：2
02v s b =
则运行的圈数 2024==v
s N R bR
ππ
1-6．一枚从地面发射的火箭以220m s -?的加速度竖直上升后，燃料用完，于是像一个自由质点一样运动，略去空气阻力，试求（1）火箭达到的最大高度；（2）它从离开地面到再回到地面所经过的总时间。
分析：分段求解：s t 300≤≤时，220s m a =，求出v 、a ；t ＞30s 时，g a -=。求出2()v t 、2()x t 。当02=v 时，求出t 、x ，根据题意取舍。再根据0x =，求出总时间。
解：（1）以地面为坐标原点，竖直向上为x 轴正方向建立一维坐标系，且在坐标原点时，t=0s ，且=30s
则：当0≤t ≤30s ，由x x dv a dt
=, 得200
,20(/)x
t
v x x x a dt dv a m s ==??，
20(/),30()x v t m s t s ==时，1600(/)v m s = 由x dx v dt
=，得
1
30
=?
?x x v dt dx ，则：19000()x m =
当火箭未落地, 且t ＞30s,又有：2
1
222230
,9.8(/)x t
v x x x v a dt dv a m s ==-??，
则：28949.8(/)x v t m s =-
且：1
230
t
x
x x v dt dx =??，则：24.989413410()x t t m =-+-…①
当20x v =，即91.2()t s =时，由①得，max 27.4x km ≈
（2）由（1）式，可知，当0x =时，166()t s ≈，t ≈16(s)＜30(s)（舍去）
1-7. 物体以初速度120m s -?被抛出，抛射仰角60°，略去空气阻力，问（1）物体开始运动后的末，运动方向与水平方向的夹角是多少？ 末的夹角又是多少？（2）物体抛出后经过多
少时间，运动方向才与水平成45°角？这时物体的高度是多少?（3）在物体轨迹最高点处的曲率半径有多大？（4）在物体落地点处，轨迹的曲率半径有多大？
分析：（1）建立坐标系，写出初速度0v r
，求出()v t r 、θtan ，代入t 求解。 （2）由（1）中的θtan 关系，求出时间t ；再根据y 方向的运动特征写出()t y ，代入t 求y 。
（3）物体轨迹最高点处，0=y v ，且加速度2
n v a a g ρ
==
=，求出ρ。
（4）由对称性，落地点与抛射点的曲率相同 ρ
θ2
cos v g a n =
=，求出ρ。
解：以水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向建立二维坐标系
（1）初速度00
020cos6020sin 6010103(/)v i j i j m s =+=+r r r r r ，
且加速度29.8(/),a j m s =-r r
则任一时刻：10(1039.8)(/)v i t j m s =+-r r r
………………① 与水平方向夹角有1039.8tan t θ-=……………………………②
当t=(s)时，tan 0.262,1441'θθ==? 当t=(s)时，tan 0.718,3541'θθ=-=-? （2）此时tan 1θ=, 由②得t=(s)
高度22111030.759.80.7510.23()2
2
yo y v t gt m =-=?-??=
（3）在最高处，
210(/),10(/),n v v i m s v m s a g ρ
====r r
，
则：2
10.2()==v m g
ρ
（4）由对称性，落地点的曲率与抛射点的曲率相同。
由图1-7可知：
1-8．应以多大的水平速度v 把一物体从高h 处抛出， 才能使它在水平方向的射程为h 的n 倍？
分析：若水平射程hn vt
=，由gt h 2
1
=
消去t ，即得()h v 。
解：设从抛出到落地需要时间t
则，从水平方向考虑vt hn =，即
从竖直方向考虑21,2
h gt =消去t ， 则有： 22
n v gh =
1-9．汽车在半径为400m 的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为-110m s ?，切向加速度的大小为-20.2m s ?。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。
分析：由某一位置的ρ、v 求出法向加速度n a ，再根据已知切向加速度τa 求出a 的大小和方向。
解：法向加速度的大小22
2100.25(/),400
===n v a m s ρ 方向指向圆心
总加速度的大小
如图1-9，tan 0.8,3840',n
a a ταα===?
则总加速度与速度夹角9012840'θα=?+=?
1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为0v ，与水平方向成α角．求质点到达抛出点的同一高度时的切向加速度，法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径（忽略空气阻力）．已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为2 / n a v ρ=。
分析：运动过程中，质点的总加速度 a g =。由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时 质点的速度大小0v v =，其方向与水平线夹角也是α。可求出 n a ，如图1-10。再根据关系
2 / n a v ρ=求解。
解：切向加速度 a g a sin =τ 法向加速度 a g a n cos =
因 α
ρρcos 202
2
g a a n n v v v =
=∴= 1-11．火车从A 地由静止开始沿着平直轨道驶向B 地，A ，B 两地相距为S 。火车先以加速度
a 1作匀加速运动，当速度达到v 后再匀速行驶一段时间，然后刹车，并以加速度大小为a 2作匀减速行驶，使之刚好停在B 地。求火车行驶的时间。
分析：做v-t 图，直线斜率为加速度，直线包围面积为路程S 。 解：由题意，做v-t 图（图1-11）
则梯形面积为S ，下底为经过的时间t ， 则：[](cot cot )2
v S t t v v αβ=+--
则：12
111()2S t v v a a =++
1-12. 一小球从离地面高为H 的A 点处自由下落，当它下落了距离h 时，与一个斜面发生碰撞，并以原速率水平弹出，问h 为多大时，小球弹的最远？
分析：先求出小球落到A 点的小球速度，再由A 点下落的距离求出下落时间，根据此时间写出小球弹射距离l ,最后由极植条件求出h 。
解：如图1-12，当小球到达A 点时，有22v gh =
则速度大小：v =,
设从A 点落地的时间为t ，则有212
H h gt -=，
则t =
小球弹射的距离，===l vt 则当12
h H =时，l 有最大值。
1-13．离水面高为h 的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率v 0拉绳子，求当船离岸的距离为s 时，船的速度和加速度的大小。
分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念。小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与垂直绳的分量合成，沿绳方向的收绳的速率恒为0v 。可以由0v 求出船速v 和垂直绳的分量
1v 。再根据2
1n v a ρ
=
关系，以及n a 与a 关系求解a 。
解：如图1-13，20v v =
船速2sec v v θ=
当船离岸的距离为s 时， 则，2
2112
2
2
2
cos n v a a a
s h
s h
θρ
=
===++
即：22
03=v h a s
1-14. A 船以-130km h ?的速度向东航行，B 船以-145km h ?的速度向正北航行，求A 船上的人观察到的B 船的速度和航向。
分析：关于相对运动，必须明确研究对象和参考系。同时要明确速度是相对哪个参照系而言。画出速度矢量关系图求解。
解：如图1-14，30(/),45(/)==r
r
r
r
A B v i km h v j km h B 船相对于A 船的速度4530(/)=-=-r r
r r r
BA B A v v v j i km h 则速度大小：2254.1(/)=+=BA B A v v v km h 方向：arctan 56.3==?B A
v v θ，既西偏北56.3?
1-15. 一个人骑车以-118km h ?的速率自东向西行进时，看见雨滴垂直落下，当他的速率增加至-136km h ?时，看见雨滴与他前进的方向成120°角下落，求雨滴对地的速度。 分析：相对运动问题，雨对地的速度不变，画速度矢量图由几何关系求解。
解：如图1-15，r v r 为雨对地的速度， 12,p p v v r r
分别为第一次，第二次人对地的速度，
12,r p r p v v --r r
分别为第一次，第二次雨对人的速度
由三角形全等的知识，可知：18012060αβ==?-?=
三角形ABC 为正三角形，则：236(/)r p v v km h ==，方向竖直向下偏西30?。
1-16如题图1－16所示，一汽车在雨中以速率1v 沿直线行驶，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方θ角，速率为2v ，若车后有一长方形物体，问车速为多大时，此物体刚好不会被雨水淋湿？
分析：相对运动问题，画矢量关系图，由几何关系可解。
解：如图1-16（a ），车中物体与车蓬之间的夹角 若θ＞α，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿 若θ＜α，则图1-16（b ） 则有||||||v BC AC AB ==-车
=sin sin cos tan sin v v v v αθθαθ-=-雨雨雨雨对车
又2v v =雨
则：2cos (sin )l v v h
θθ=-车
1-17，渔人在河中乘舟逆流航行，经过某桥下时，一只水桶落入水中，后他才发觉，即回头追赶，在桥下游处赶上，设渔人顺流及逆流相对水划行速率不变，求水流速率。 分析：设静水中船、水的速率分别为1212,()v v v v >，从桶落水开始记时，且船追上桶时为t 时刻。取水速的反方向为正方向，则顺水时，船的速率为12=+v v v ，逆水时船的速率为
12=-v v v ,做v -t 图，见图1-17
解： ABDC DEGF S S =即：[][]{}122212()()0.5()()(0.5)v v v v v v t ---?=---+?- 则： 1.0()t h = 又：2 5.0?=v t
则：水流速率2=5.0(km/h)v
1-18．一升降机以2g 的加速度从静止开始上升，在末时有一小钉从顶板下落，若升降机顶板到底板的距离h=，求钉子从顶板落到底板的时间t, 它与参考系的选取有关吗？
分析：选地面为参考系，分别列出螺钉与底板的运动方程，当螺丝落到地板上时，两物件的位置坐标相同，由此可求解。
解：如图1-18建立坐标系，y 轴的原点取在钉子开始脱落时升降机的底面处，此时，升降机、钉子速度为o v ,钉子脱落后对地的运
动方程为： 2112
o y h v t gt =+-
升降机底面对地的运动方程为：
且钉子落到底板时，有12=y y ，即0.37()=t s
t 与参考系的选取无关。
第二章
2-1分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。 解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+r
r
…①
以m 为研究对象，如图2-1（a ），有Mm F F ma +=r r r
…② 由①、②，有相互作用力大小Mm MF F m M
=+
若F 作用在M 上，以m 为研究对象，
如图2-1（b ）有Mm F ma =r r
…………③ 由①、③，有相互作用力大小Mm
mF
F m M
=
+，发生变化。 m （a ）
F r m
m
（b ）
F r m
2-2. 分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -= 又：T 1=T 2，则： 2
M m F
=
1122M mg M M m
++ 当M 1=M 2= 4m ， 2
89M m mg F = 当M 1=5m, M 2=3m, 2
109
M m mg F =，发生变化。
2-3.分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：f r
为空气对气球的浮力，取向上为正。
分别由图2—3（a ）、(b)可得： 则()M
m g a m a a a M
m mg Ma a ++=-=?+-=11,
2-4．分析：用隔离体法受力分析，人站在底板上静止不动，底板、人受的合力分别为零. 解：设底板、人的质量分别为M ，m ， 以向上为正方向，如图2-4（a ）、(b)， 分别以底板、人为研究对象， 则有：120T T F Mg +--=
F 为人对底板的压力，'F 为底板对人的弹力。 F='F
又：23112
T T T ==
则23()245()4
M m g T T N +===
由牛顿第三定律，人对绳的拉力与3T r
是一对
作用力与反作用力，即大小相等，均为245（N ）。 2-5．分析：加斜向下方向的力，受力分析，合力为零。 解：如图2—5，建坐标系，以沿斜面向上为正方向。在mg
r
与N r 所在的平面上做力F r
，且02
πα≤≤
（若2
παπ<≤，此时F 偏大）
则：cos sin 0F mg f αθ--+= (cos sin )sin cos mg F μθθμαα
-=
=
+则有：即：min 2
arctan 1F π
α?μμ
=
=
-=+,此时2
2-6. 分析：利用牛顿定律、运动方程求向上滑动距离。停止滑动时合力为零。
解：由题意知： θμan t = ① 向上滑动时， ma mg mg =+θμθcos sin ②
aS 220=v ③
联立求解得 )sin 4/(20θg S v =
当它停止滑动时，会静止，不再下滑． 2-7. 分析：要满足条件，则F 的大小至少要使水平方向上受力平
衡。
解：如图2—7，cos (sin )F f N mg F θμμθ===- 当sin()114.08N μ?θμ
+==min 2
mg
时,F =
1+
2—8. 分析：垂直方向的力为零，水平方向的力提供向心力。先求
速度，再求周期讨论。
证：设两个摆的摆线长度分别为1l 和2l ，摆线与竖直轴之间的夹角分别为1θ和2θ，摆线中的张力分别为1F 和2F ，则
0cos 111=-g m F θ ① )sin /(sin 1121111θθl m F v = ② 解得：
1
111cos /sin θθgl =v
第一只摆的周期为同理可得第二只摆的周期
由已知条件知 2211cos cos θθl l = ∴ 21T T = 2—9分析：受力分析，由牛顿第二定律列动力学方程。
证明：如图2—9（b ）、（c ），分别以M 、M+m 为研究对象，设M 、M+m 对地的加速度大小分别为1a （方向向
上）、2a （方向向下），则有：对M ，有：
则质量重的人与滑轮的距离:
2221122m h h a t h gt M m ??'=+
=+??+??
。此题得证。
2-10.分析：受力分析，由牛顿定律列方程。 解：物体的运动如图2—10（a ）， 以m 1为研究对象，如图（b ），有： 以m 2为研究对象，如图（c ），有：
又有：
（b ） (c) 图2-9
m m
题2-8
'11F F =
则：21122
9.4/F m a a m s m -==
2—11.分析：（1）小物体此时受到两个力作用：重力、垂直漏斗壁的支承力，合力为向心力；（2）小物体此时受到三个力的作用：重力、垂直漏斗壁的支承力和壁所施的摩擦力。当支承力在竖直方向分量大于重力，小球有沿壁向上的运动趋势，则摩擦力沿壁向下；当重力大于支承力的竖直方向分量，小球有沿壁向下的运动趋势，则摩擦力沿壁向上。这三个力相互平衡时，小物体与漏斗相对静止。 解： （1）如图2—11（a ），
2tan tan
22mg
mv h θθ=，
有：
v gh =
则：（2）若
有向下运动的趋
势，且摩擦力为最大静摩擦力22()f N μ=时，速度最小，则图2—11（b ）有：
水平方向：2
22cos sin 22tan 2
mv N f h θθ
θ
-=
竖直方向：22sin cos 22
N f mg θθ+=
又：22f N μ=
则有：1tan
21cot
2
v gh
θμθ
μ-=+
若有向上运动的趋势，且摩擦力最大静摩擦力33()f N μ=时，速度最大，则图2—11（c ），有：
水平方向：233cos sin
2
2
tan
2
mv N f h θθ
θ
+=
竖直方向：33sin cos 2
2
N f mg θθ-=
又：33f N μ=
则有：1tan
21cot
2
v gh
θμθ
μ+=-
综合以上结论，有1tan
1tan 221cot
1cot
22
gh
v gh
θθμμθ
θ
μμ-+≤≤+-
2—12． 分析：因为滑轮与连接绳的质量不计，所以动滑轮两边绳中的张力相等，定滑轮两边绳中的张力也相等，但是要注意两物体的加速度不相等。
解：图2—12（a ）以A 为研究对象，其中L F 、R F 分别为滑轮左右两边绳子的拉力。有：
A L R A A m g F F m a --=
且：L R F F =
图2—12（b ）以B 为研究对象，在水平方向上，有：'L B B F f m a -= 又：'L L F F =，22, 1.0/B A A a a a m s ==
联立以上各式，可解得：27.22
B A mg ma ma f N --==
2—13．分析：如图2—13，对小球做受力分析，合力提供向心力，由牛顿第二定律，机械能守恒定律求解。
解：22
1cos mv mgr =α…………①
又：,v r v r ωω=?=r r r
此时,………② 由①、②可得： 2cos g r
αω=
2
cos v
N mg m
r
α-=……③ 由①、③可得，N=3mgcos α
2—14分析：加速度等于零时，速度最大，阻力为变力，积分求时间、路程。 解：设阻力2(0)f kv k =>，则加速度F f a m
-=，当a=0时，速度达到最大值m v ，
则有：2
2
220,,:
m m
m
F kv F
F k f v m v v -===
从而 又F f dv a m
dt
-==，即：
2
2m F F v v dv
m dt
-
=
…………① ln 32m
mv t F
=
，即所求的时间 对①式两边同乘以dx ，可得：
2
2m F F v v dv
dx dx m dt
-
= 2-15．分析：相对运动。1m 相对地运动，2m 、3m 相对B 运动，212T T =。根据牛顿牛顿定律和相对运动加速度的关系求解。
图2－12a
图2－12b
A
B
题图2－
12 题图2－13
图2－13
解：如下图2-15，分别是m 1、m 2、m 3的受力图。
设a 1、a 2、a 3、a Β分别是m 1、m 2、m 3、B 对地的加速度；a 2B 、a 3B 分别是m 2、m 3对B 的加速度，以向上为正方向，可分别得出下列各式
'1111m g T m a -+=……………① '2222m g T m a -+=…………②
3233m g T m a -+=……………③
又：
且：23B B a a =-
则：2312,,B B a a a a a +==-且则：
2312a a a +=-
…………④ 又：''1122T T T T ==+
…………⑤ '22T T =
…………⑥
则由①②③④⑤⑥，可得：22
11
1222121221
231243 1.96/3454 1.96/345543 5.88/345m m g a g m s m m m m g
a g m s m m m m g
a g m s m m ?-==-=-?+??-=-
=-=-?+?
?-===?+?
（2）将a 3的值代入③式，可得：12212
80.78434m m g T N m m ==+。122 1.57T T N ==
2-16．分析：：要想满足题目要求，需要M 、m 运动的加速度满足：M m a a ≥，如图2-16（b ），以M 为研究对象，N 1，N 2，
f 1，f 2分别为m 给M 的压力，地面给M 的支持力，m 给M 的摩擦力，地面给M 的摩擦力。 解：12M F f f a M
--=
如图2-16（c ），以m 为研究对象，''11,N f 分别为M 给m 的支持力、摩擦力。
则有：'
1m f a m
=
又()g M m N f mg N N f f +======μμμμμ22'1'11,
则M m a a ≥可化为：()F M m g mg mg M
m
μμμ-+-≥ 则：min 2()19.4F m M g N μ=+=
2-17．分析：如图2-17，对石块受力分析。在斜面方向由牛顿定律列方程，求出时间与摩擦系数的关系式，比较o 60=α与o 45=α时t 相同求解μ。
解：（1）其沿斜面向下的加速度为：
图2－15 题图2－16
又21
cos 2
L s at a =
=，则： （2）又60α=?时，1
2cos60(sin 60cos60)
L
t g μ=
??-?，
45α=?时，22cos 45(sin 45cos 45)
L
t g μ=
??-?
又12t t =，则：0.27μ=
2—18，分析：绳子的张力为质点m 提供向心力时，M 静止不动。 解：如图2—18，以M 为研究对象, 有：'Mg T =……① 以m 为研究对象，
水平方向上，有：2
n v T ma m r
==……②
又有：'T T =…③
由①、②、③可得：2v Mg
r m
=
2-19．一质量为的棒球以-1040m s v =?的水平速度飞来，被棒打击后，速度与原来方向成1350角，大小为-150m s v =?。如果棒与球的接触时间为，求棒对球的平均打击力大小及方向。
分析：通过动量定理求出棒对球在初速方向与垂直初速方向的平均打击力，再合成求平均力及方向。
解：在初速度方向上，由动量定理有： 10cos135F t mv mv -=?-V ①
在和初速度垂直的方向上，由动量定理有： 2cos 45F t mv =?V ② 又2212F F F =+ ③
由①②③带入数据得：624F N =
与原方向成F arctan ?=????
?
?-15512F F 角 2-20. 将一空盒放在秤盘上，并将秤的读数调整到零，然后从高出盒底h 将小钢珠以每秒B 个的速率由静止开始掉入盒内，设每一个小钢珠的质量为m ，若钢珠与盒底碰撞后即静止，试求自钢珠落入盒内起，经过t 秒后秤的读数。
分析：秤的读数是已落在盒里石子的重量与石子下落给秤盘平均冲力之和，平均冲力可由动量定律求得。
解：对在dt 的时间内落下的钢珠，由动量定理： 02mBdt gh Fdt -=-
所以t 秒后秤的读数为： 2mgBt mB gh +
2-21. 两质量均为M 的冰车头尾相接地静止在光滑的水平冰面上，一质量为m 的人从一车跳到另一车上，然后再跳回，试证明，两冰车的末速度之比为()m M +/M 。
题图2－18
分析：系统动量守恒。
解：任意t 时刻，由系统的动量守恒有：12()0Mv M m v -+=
所以两冰车的末速度之比： ()M m M v v //21+=
2-22. 质量为的木块静止在水平桌面上，质量为的子弹沿水平方向射进木块。两者合在一起，在桌面上滑动25cm 后停止。木块与桌面的摩擦系数为，试求子弹原来的速度。 分析：由动量守恒、动能定理求解。
解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有：
0()Mv M m v =+
①
一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有：
21
()()2
M m v M m gl μ+=+ ②
由①②带入数据有： 0600/v m s =
2-23. 光滑水平平面上有两个物体A 和B ，质量分别为A m 、B m 。当它们分别置于一个轻弹簧的两端，经双手压缩后由静止突然释放，然后各自以v A 、v B 的速度作惯性运动。试证明分开之后，两物体的动能之比为： kA B kB
A
E m E m =。
分析：系统的动量守恒。 解：由系统的动量守恒有：
所以 //A B B A v v m m =
物体的动能之比为： 2
2
(1/2)(1/2)kA A A B
kB B B A
E m v m E m v m == 2-24．如图2-24所示，一个固定的光滑斜面，倾角为θ，有一个质量为m 小物体，从高H 处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C 点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m 所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：（1）m 到达C 点瞬间的速度；（2）m 离开C 点的速度；（3）m 在C 点的动量损失。
分析：机械能守恒，C 点水平方向动量守恒，C 点竖直方向动量损失。 解：（1）由机械能守恒有：
2
12
c
mgH mv =
带入数据得2c v gH =， 方向沿AC 方向
（2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以
cos c mv mv θ=，得：2cos v gH θ=
方向沿CD 方向。
（3）由于受到竖直的冲力作用，m 在C 点损失的动量：
2sin p m gH θ?=，方向竖直向下。
题图2－24
2-25．质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速度v 0抛出，v 0与水平面成仰角α。若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点落回至同一水平的过程中，重力的冲量。
分析：竖直方向由动量定力理求重力冲量。最高点竖直方向速度为零。落回到与发射点同一水平面时，竖直方向的速度与发射时竖直的方向速度大小相等，方向相反。 解：（1）在竖直方向上只受到重力的作用，由动量定理有：
00(sin )mv I α-=重，得0sin I mv α=-重，方向竖直向下。
（2）由于上升和下落的时间相等，物体从发射点落回至同一水平面的过程中，重力的冲量：02sin I mv α=-重，方向竖直向下。
2-26．如图所示，在水平地面上，有一横截面2S=0.20m 的直角弯管，管中有流速为
1=3.0m s v -?的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
分析：对于水竖直方向、水平方向分别用动量定理求冲力分量，弯管所受力大小为水所受的冲力合力。
解：对于水，在竖直方向上，由动量定理有：
10vdtSv F dt ρ-=
①
在水平方向上，由动量定理有：
2vdtSv F dt ρ= ②
由牛顿第三定律得弯管所受力的大小：
2212F F F =+ ③
由①②③带入数据得F=2500N ，方向沿直角平分线指向弯管外侧。
2—27．一个质量为50g 的小球以速率120m s -?作平面匀速圆周运动，在1/4周期内向心力给它的冲量是多大？
分析：画矢量图，利用动量定理求冲量。
解：由题图2—27可得向心力给物体的冲量大小：
2—28．自动步枪连续发射时，每分钟射出120发子弹，每发子弹的质量为，出口速率
1735m s -?，求射击时枪托对肩膀的平均冲力。
分析：由动量定理及牛顿定律求解。
解：由题意知枪每秒射出2发子弹，则由动量定理有：
由牛顿第三定律有：枪托对肩膀的平均冲力 11.6F F N '==
2—29. 如图2-29所示，已知绳能承受的最大拉力为，小球的质量为，绳长，水平冲量I 等于多大时才能把绳子拉断（设小球原来静止）。 分析：由动量定理及牛顿第二定律求解。 解：由动量定理有： 0mv I -= ①
由牛顿第二定律有：2
v F mg m l
-= ②
由①②带入数据得：0.857/I kg m s =?
题图2－26
题图2－
27
题图2－29
L I
2—30. 质量为M 的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为m ，速度为0v 的子弹水平地射入木块，并陷在木块内与木块一起运动。求（1）子弹相对木块静止后，木块的速度和动量；（2）子弹相对木块静止后，子弹的动量；（3）在这个过程中，子弹施于木块的冲量。 分析：由木块、子弹为系统水平方向动量守恒，可求解木块的速度和动量。由动量定理求解子弹施于木块的冲量。
解：（1）由于系统在水平方向上不受外力，则由动量守恒定律有：
所以木块的速度：0mv v m M
=+，动量：0mv Mv M m M
=+
（2）子弹的动量： 20
m v mv m M
=+
（3）对木块由动量定理有： 0mv I Mv M m M
==+
2—31．一件行李的质量为m ，垂直地轻放在水平传送带上，传送带的速率为v ，它与行李间的摩擦系数为μ，（1）行李在传送带上滑动多长时间？（2）行李在这段时间内运动多远？ 分析：由动量定理求滑动时间，由牛顿定律、运动方程求出距离。 解：（1）对行李由动量定理有： 0mg t mv μ?=-
得：v t g
μ?=
（2）行李在这段时间内运动的距离，由：ma mg
=μ，g
a μ=，22
1at s =，
22
1122v s g t g
μμ=?=
2—32．体重为p 的人拿着重为Q 的物体跳远，起跳仰角为?，初速度为0v ，到达最高点该人将手中物体以水平向后的相对速度u 抛出，问跳远成绩因此增加多少？
分析：以人和物体为一个系统，系统在水平方向上不受外力作用，因此系统在水平方向上动量守恒。动量守恒中涉及的速度都要相对同一参考系统。 解：在最高点由系统动量守恒定律有：
0()cos ()P Q v Pv Q v u ?+=+- ①
增加成绩00sin (cos )v s v v g
???=- ②
由①②可得：0
sin v Q
s u P Q g
??=
+ 2—33. 质量为m 的一只狗，站在质量为M 的一条静止在湖面的船上，船头垂直指向岸边，狗与岸边的距离为S 0．这只狗向着湖岸在船上走过l 的距离停下来，求这时狗离湖岸的距离
S （忽略船与水的摩擦阻力）．
分析：以船和狗为一个系统，水平方向动量守恒。注意：动量守恒中涉及的速度都要相对同一参考系统。
解：设V 为船对岸的速度，u 为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒： 即： u m
M m V +-=
船走过的路程为： l m M m
t u m M m t V L t
t
+=+==??0
0d d 狗离岸的距离为： l m
M M
S L l S S +-
=--=00)( 2-34．设76()F i j N =-r r r
。
（1）当一质点从原点运动到3416(m)r i j k =-++r r r r
时，求F r 所作的功；
（2）如果质点到r r
处时需，试求F r 的平均功率；
（3）如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化。
分析：由功、平均功率的定义及动能定理求解，注意：外力作的功为F 所作的功与重力作的功之和。 解：（1）0
F dr ??
r r r
r A=
45J =-，做负功 （2）45750.6
A P W t
===
（3）0
r k E A mgj dr ?=+-??r r r
= -45+4
mgdy -?
= -85J
2—35．一辆卡车能沿着斜坡以115km h -?的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切
tan 0.02α=，所受的阻力等于卡车重量的，如果卡车以同样的功率匀速下坡，则卡车的速
率是多少？
分析：求出卡车沿斜坡方向受的牵引力，再求瞬时功率。注意：F 、V 同方向。 解：sin 0.02tg αα≈=，且0.04f G = 上坡时，sin 0.06F f G G α=+= 下坡时，sin 0.02F f G G α'==－ 由于上坡和下坡时功率相同，故 所以45/12.5/v km h m s '==
2—36．某物块质量为P ，用一与墙垂直的压力N 使其压紧在墙上，墙与物块间的滑动摩擦系数为μ，试计算物块沿题图所示的不同路径：弦AB
B 时，重力和摩擦力作的功。已知圆弧半径为r 。
解：重力是保守力，而摩擦力是非保守力，其大小为f μ=题图2—35
（1）物块沿弦AB 由A 移动到B 时， 重力的功pgh pgr == 摩擦力的功2f AB Nr μ=?=
（2）物块沿圆弧AB 由A 移动到B 时， 重力的功pgh pgr ==
摩擦力的功?1
2
f AB Nr πμ=?=
（3）物块沿折线AOB 由A 移动到B 时，
重力的功pgh pgr ==。摩擦力的功2f AOB Nr μ=?=
2-37．求把水从面积为250m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。已知水深为，水面至街道的竖直距离为5m 。
分析：由功的定义求解，先求元功再积分。
解：如图以地下室的O 为原点，取X 坐标轴向上为正，建立如图坐
标轴。 选一体元dV
Sdx =，则其质量为dm pdV pSdx ==。
把dm 从地下室中抽到街道上来所需作的功为 故 1.5
1.560
(6.5) 4.2310A dA pSg x dx J ==-=???
2-38．质量为m 的物体置于桌面上并与轻弹簧相连，最初m 处于使
弹簧既未压缩也未伸长的位置，并以速度0v 向右运动，弹簧的劲度系数为k ，物体与支承面
间的滑动摩擦系数为μ，求物体能达到的最远距离。 分析：由能量守恒求解。
解：设物体能达到的最远距离为(0)x x > 根据能量守恒，有
即：2
2
020mv mg
x x k k
μ+-=
解得???
?
??-+=
112220
mg kv k mg x μμ 2—39．一质量为m 、总长为l 的匀质铁链，开始时有一半放在光滑的桌面上，而另一半下垂。试求铁链滑离桌面边缘时重力所作的功。
分析：分段分析，对OA 段取线元积分求功，对OB 段为整体重力在中心求功。 解：建立如图坐标轴
选一线元dx ，则其质量为m dm dx l
=。
铁链滑离桌面边缘过程中，OA 的重力作的功为 OB 的重力的功为
题图2-37
m
题图2-38
题图2—39
故总功1238
A A A mgl =+=
2-40．一辆小汽车，以v vi =r
r
的速度运动，受到的空气阻力近似与速率的平方成正比，2F Av i =-r r
，A 为常数，且220.6N s m A -=??。（1）如小汽车以180km h -?的恒定速率行驶1km ，
求空气阻力所作的功；（2）问保持该速率,必须提供多大的功率？ 分析：由功的定义及瞬时功率求解。
解：（1）23280/10/,1109
v ikm h im s r im ==??=?r
r
r
r r
故22220.6(10)9
F Av i i =-=??r r r
则kJ r F A 300-=??=ρ
ρ
2-41．一沿x 轴正方向的力作用在一质量为的质点上。已知质点的运动方程为
2334x t t t =-+，这里x 以m 为单位，时间t 以s 为单位。试求：（1）力在最初4.0s 内作的功；（2）在=1s t 时，力的瞬时功率。
分析：由速度、加速度定义、功能原理、牛顿第二定律求解。 解：2(1)()383dx v t t t dt
==-+
则 (4)19/,(0)3/v m s v m s == 由功能原理，有
（2）2()383,()68dx dv v t t t a t t dt
dt
==-+==-
1t s =时，6,2/F ma N v m s ==-=-
则瞬时功率12p Fv W ==
2—42.以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，若铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1cm ，问击第二次时能击入多深？(假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同。)
分析：根据功能原理，因铁锤两次打击铁钉时速度相同，所以两次阻力的功相等。注意：阻力是变力。
解：设铁钉进入木板内xcm 时，木板对铁钉的阻力为 由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同，故
所以，x =。第二次时能击入1)cm 深。
2—43．从地面上以一定角度发射地球卫星，发射速度0v 应为多大才能使卫星在距地心半径为r 的圆轨道上运转？
分析：地面附近万有引力即为重力，卫星圆周运动时，万有引力提供的向心力，能量守恒。
解：设卫星在距地心半径为r 的圆轨道上运转速度为v, 地球质量为M, 半径为e R ,卫星质量为m.
根据能量守恒，有
又由卫星圆周运动的向心力为
卫星在地面附近的万有引力即其重力，故
联立以上三式，得e 0e R 12R 12v g r ??
=- ???
2—44．一轻弹簧的劲度系数为1100N m k -=?，用手推一质量0.1kg m =的物体A 把弹簧压缩到离平衡位置为10.02m x =处，如图2-44所示。放手后，物体沿水平面移动距离20.1m x =而停止，求物体与水平面间的滑动摩擦系数。 分析：系统机械能守恒。
解：物体沿水平面移动过程中，由于摩擦力做负功，
致使系统（物体与弹簧）的弹性势能全部转化为内能（摩擦生热）。 根据能量关系，有
2
1212
kx mgx μ=所以，0.2μ=
2—45．一质
量0.8m kg =的物体A ，自2h m =处落
到弹簧上。当弹簧从原
长向下压缩00.2x m =时，物体再被
弹
回，试求弹簧
弹回至下压0.1m 时物体
的速度。
分析：系统机械能守恒。
解：设弹簧下压0.1m 时物体的速度为v 。把物体和弹簧看作一个系统，整体系统机械能守恒，选弹簧从原长向下压缩0x 的位置为重力势能的零点。
当弹簧从原长向下压缩00.2x m =时，重力势能完全转化为弹性势能，即 当弹簧下压0.1x m =时， 所以， 3.1/v g m s =
2—46．长度为l 的轻绳一端固定，一端系一质量为m 的小球，绳的悬挂点正下方距悬挂点的距离为d 处有一钉子。小球从水平位置无初速释放，欲使球在以钉子为中心的圆周上绕一圈，试证d 至少为0.6l 。
分析：小球在运动过程中机械能守恒；考虑到小球绕O 点能完成圆周运动，因此小球在圆周运动的最高点所受的向心力应大于或等于重力。
证：小球运动过程中机械能守恒，选择小球最低位置为重力势能的零点。设小球在A 处时速度为v ，则:212()2
mgl mg l d mv =?-+
又小球在A 处时向心力为: 2
N mv F mg l d
=≤-
其中，绳张力为0时等号成立。联立以上两式，解得0.6d
l
≥
题图2—44
题图2—45
2—47．弹簧下面悬挂着质量分
别为1M 、2M 的两个物体，开始时它
们都处于静止状态。突然把1M 与2M 的连线剪断后，1M 的最大速率是多少？设弹簧
的劲度系数18.9k N m -=?，而
12500,300M g M g ==。
分析：把弹簧与1M 看作一个系统。当1M 与2M 的连线剪断后，系统作简谐振动，机械能守恒。
解:设连线剪断前时弹簧的伸长为x ，取此位置为重力势能的零点。1M 系统达到平衡位置时弹簧的伸长为x ',根据胡克定律，有
系统达到平衡位置时，速度最大，设为v 。由机械能守恒，得 联立两式，解之： 1.4/v m s =
2—48．一人从10 m 深的井中提水．起始时桶中装有10 kg 的水，桶的质量为1 kg ，由于水桶漏水，每升高1 m 要漏去 kg 的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功． 分析：由于水桶漏水，人所用的拉力F 是变力，变力作功。 解：选竖直向上为坐标y 轴的正方向，井中水面处为原点. 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F 等于水桶的重量 即： 00.2107.8 1.96F P P ky mg gy y ==-=-=- 人的拉力所作的功为： ??==H Fdy dA A 0
＝10
(107.8 1.96)d =980 J y y -?
2-49．地球质量为246.010kg ?，地球与太阳相距111.510m ?，视地球为质点，它绕太阳作圆周运动，求地球对于圆轨道中心的角动量。
分析：太阳绕地球一周365天，换成秒为，用质点角动量定义求解。
解：111124
402122 1.5101.510 6.010 2.6810365246060
r L rmv rm kg m s T ππ-??===???=??????
2-50．我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度439d km =近，远地点高度2384d km =远，地球半径6370R km =地，求卫星在近地点和远地点的速度之比。 分析：卫星绕地球运动时角动量守恒。 解：()(d R mv d R +=+远远近近地地)mv 所以
1.28d V V d ==远近地
远近地
+R +R 题图2—46
题图2—47
作业 1-1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 2s -1，则当t 为3s 时， 质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 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] (2) 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] (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 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 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
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 ==
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》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 =
大学物理学I 课程教案
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第三章质点动力学 教材分析： 在前两章中，我们以质点为模型讨论了力学中的基本概念以及物体作机械运动的基本规律。在这一章中，我们将拓展这些概念和规律，把它们应用到刚体运动的问题中。本章主要讨论刚体绕定轴转动的有关规律，在此基础上，简要介绍刚体平面平行运动。 3.1 定轴转动刚体的转动惯量 教学目标: 1 理解刚体的模型及其运动特征； 2 理解转动惯量的概念和意义； 教学难点： 转动惯量的计算；动量矩守恒定律的应用 教学内容： 1 转动惯量的定义 2 转动惯量的计算(匀质长细杆的转动惯量、均匀细圆环的转动惯量、均匀薄圆盘的转动惯量、均匀球体的转动惯量) 3 平行轴定理 3.2刚体的定轴转动定理3.3 转动定理的积分形式——力矩对时间和空间的积累效应 3.5 守恒定律在刚体转动问题中的应用 教学目标: 1理解力矩的物理意义，掌握刚体绕定轴转动的转动定律 2 理解力矩的功和刚体转动动能的概念，并能熟练运动刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律 3 用类比方法学习描述质点和刚体运动的物理量及运动规律 4 理解刚体对定轴转动的角动量概念和冲量矩的概念 5 掌握刚体对定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律 教学难点： 刚体定轴转动定律 教学内容： 1 力矩 2 定轴转动的角动量定理 3 定轴转动的动能定理(力矩的功、定轴转动的动能、定轴转动的动能定理) 4 刚体的重力势能 5 机械能守恒定律的应用 6 角动量守恒定律及其应用 课后作业： 小论文： 1 关于转动惯量的讨论 2 陀螺运动浅析
第5章机械振动 教材分析： 与前几章所讨论的质点和刚体的运动相似，振动也是物质运动的基本形式，是自然界中的最普遍现象。振动几乎涉及到科学研究的各个领域。例如，在力学中有机械振动，在电磁学中有电磁振荡。近代物理学中更是处处离不开振动。本章将讨论机械振动的基本规律。 5.1 弹簧振子和单摆的运动方程 教学目标： 理解弹簧振子的动力学和运动学方程；理解单摆的动力学方程和运动学方程 教学重/难点： 弹簧振子的动力学方程的建立；单摆动力学方程的建立 教学内容： 弹簧振子的动力学方程、弹簧振子的运动学方程、单摆的运动方程 5.2 简谐振动 教学目标： 理解简谐振动的定义、简谐振动的运动方程 理解简谐振动的振幅、周期、相位的意义 掌握用旋转矢量表示简谐振动、理解简谐振动能量的特征 教学重/难点： 简谐振动的特征量：振幅、周期、相位 旋转矢量法、简谐振动的动能、势能 教学内容： 简谐振动的基本概念、简谐振动的旋转矢量图表示法、简谐振动的能量 5.3 同方向同频率的简谐振动的合成 教学目标： 理解同方向同频率的两个或多个简谐振动的合成 教学重/难点： 两个或多个同方向同频率简谐振动的合成 教学内容： 两个同方向同频率的简谐振动的合成、多个同方向同频率的简谐振动的合成 作业：P166 5.2 5.3 5.8 5.23
大学物理上册课后习题答案
习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.
∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
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，
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 ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 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 r = 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末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==? 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 ）。 . . . . .. .. .. 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 第一章质点运动学 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 +=+= 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?==≈? 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。大学物理学上册习题解答
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