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习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A) (B) 02ωmRJ J+02)(ωR m J J +(C) (D) 02ωmRJ0ω[答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a)(b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n = 。
0.15; 1.256[答案：](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是 。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
可编辑修改精选全文完整版大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解1、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] *对错(正确答案)答案解析：汽车具有惯性2、用如图所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验：1．小车从靠近定滑轮处释放．[判断题] *对错(正确答案)3、马德堡半球实验测出了大气压，其大小等于760mm高水银柱产生的压强[判断题]对错(正确答案)答案解析：托里拆利实验最早测出了大气压强4、11．小敏学习密度后，了解到人体的密度跟水的密度差不多，从而她估测一个中学生的体积约为（）[单选题] *A．50 m3B．50 dm3(正确答案)C．50 cm3D．500 cm35、9．在某原子结构模型示意图中，a、b、c是构成该原子的三种不同粒子，能得出的结（）[单选题] *A.a和c数量不相等B．b决定原子种类C．质量集中在c上D．a和c之间存在吸引的力(正确答案)6、4．静止在水平地面上的物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变．[判断题] *对(正确答案)错7、下列有关力做功的说法中正确的是（）[单选题]A.用水平力推着购物车前进，推车的力做了功(正确答案)B.把水桶从地面上提起来，提水桶的力没有做功C.书静止在水平桌面上，书受到的支持力做了功D.挂钩上的书包静止时，书包受到的拉力做了功8、1．与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。
下列与此现象所反映的原理相同的是（）[单选题] *A．行驶的汽车窗帘被吸出去B．挤压后的吸盘吸在光滑的墙上C．用干燥的双手搓开的塑料袋会吸在手上(正确答案)D．两个表面光滑的铅块挤压后吸在一起9、下列措施中，能使蒸发减慢的是（）[单选题]A．把盛有酒精的瓶口盖严(正确答案)B．把湿衣服晾在通风向阳处C．用电吹风给湿头发吹风D．将地面上的积水向周围扫开10、停放在水平地面上的汽车对地面的压力和地面对车的支持力是平衡力[判断题] *对错(正确答案)答案解析：相互作用力11、52．“凿壁偷光”原指凿穿墙壁，让邻舍的烛光透过来，后用来形容家贫而勤奋读书。
习题九一、选择题9.1 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：(A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．［A(本章中不涉及导体)、 D ］ 9.2有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为(A)03 q ． (B) 04 q (C) 03 q ． (D) 06 q ［D ］q题图9.19.3面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)S q 02(B)S q 022 (C) 2022S q (D) 202Sq [B ]9.4 如题图9.2所示，直线MN 长为2l ，弧OCD 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷q ，M 点有负电荷q ．今将一试验电荷0q 从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 , 且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0． ［D ，0O V ］-题图9.29.5静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能．(B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能．(D)［C ］9.6已知某电场的电场线分布情况如题图9.3所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？(A) 电场强度M N E E ． (B) 电势M N U U ．(C) 电势能M N W W ． (D) 电场力的功A ＞0．［C ］ 二、计算题9.7 电荷为q 和2q 的两个点电荷分别置于1x m 和1x m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ x2q q 0解：设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零，根据电力叠加原理可得022220000(2)(2)ˆˆ0041414141q q q q q q i i x x x x 即：22221(2)0121011x x x x22212210x x x x2610(322)x x x m 。
第一章 质点运动学一、简答题1、运动质点的路程和位移有何区别?答：路程是标量，位移是矢量；路程表示质点实际运动轨迹的长度，而位移表示始点指向终点的有向线段。
2、质点运动方程为()()()()k t z j t y i t x t r ++=，其位置矢量的大小、速度及加速度如何表示? 答：()()()t z t y t x r 222r ++==()()()k t z j t y i t xv ++= ()()()k t z j t y i t x a ++=3、质点做曲线运动在t t t ∆+→时间内速度从1v 变为到2v ，则平均加速度和t时刻的瞬时加速度各为多少? 答：平均加速度 t v v a ∆-=12 ，瞬时加速度()()dt v d t v v a t t lim t 120 =∆-=→∆4、画出示意图说明什么是伽利略速度变换公式? 其适用条件是什么?答：牵连相对绝对U V +=V ，适用条件宏观低速5、什么质点? 一个物体具备哪些条件时才可以被看作质点?答：质点是一个理想化的模型,它是实际物体在一定条件下的科学抽象。
条件：只要物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关因素或次要因素,物体就能被看作质点。
二、选择题1、关于运动和静止的说法中正确的是 ( C )A 、我们看到的物体的位置没有变化，物体一定处于静止状态B 、两物体间的距离没有变化，两物体就一定都静止C 、自然界中找不到不运动的物体，运动是绝对的，静止是相对的D 、为了研究物体的运动，必须先选参考系，平时说的运动和静止是相对地球而言的2、下列说法中正确的是 ( D )A 、物体运动的速度越大，加速度也一定越大B 、物体的加速度越大，它的速度一定越大C 、加速度就是“加出来的速度”D 、加速度反映速度变化的快慢，与速度大小无关3、质点沿x 轴作直线运动，其t v-曲线如图所示，如s t 0=时，质点位于坐标原点，则s .t 54=时，质点在x 轴的位置为 ( B )A 、5 mB 、2 mC 、0 mD 、-2 m4、质点作匀速率圆周运动，则 ( B )A 、线速度不变B 、角速度不变C 、法向加速度不变D 、加速度不变5、质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为s /m v 2=，瞬时加速度为22s /m a -=，则一秒钟后质点的速度 ( D )A 、等于0B 、等于s /m 2-C 、等于s /m 2D 、不能确定6、质点作曲线运动，r 表示位置矢量的大小，s 表示路程，z a 表示切向加速度的大小，v 表示速度的大小。
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r =drv 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： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
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 1-121-2 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 =,有21)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 231r =+=3 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx 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 21-4 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 rv R ti R t j dtωωωω==-+ 2质点的速率为v R ω==速率的变化率为0dvdt= 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 dtθω== 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 dtωβ==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2.02.02.02(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；20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dvf mkv dt ==- 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22(3)3Mm v G m R R= 卫星的动能为 2126k GMmE mv R ==２卫星的引力势能为3p GMmE R=-00v t v dv k dt v m =-⎰⎰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;解 子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒12mv mv Mu =+对木块用动能定理2102Mgs Mu μ-=-得 1 2212()2m v v Mgsμ-==322(210)(500100)0.16219.80.2-⨯⨯-=⨯⨯⨯ 2 子弹动能减少2212121()2402k k E E m v v J -=-= 114页3-11,3-9,例3-2 如图所示,已知物体A 、B 的质量分别为A m 、B m ,滑轮C 的质量为C m ,半径为R ,不计摩擦力,物体B 由静止下落,求1物体A 、B 的加速度； 2绳的张力；3物体B 下落距离L 后的速度; 分析： 1本题测试的是刚体与质点的综合运动,由于滑轮有质量,在运动时就变成含有刚体的运动了;滑轮在作定轴转动,视为圆盘,转动惯量为例3-2图212J mR =; 2角量与线量的关系：物体A 、B 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度,有t a R β=; 3由于滑轮有质量,在作加速转动时滑轮两边绳子拉力12T T ≠; 分析三个物体,列出三个物体的运动方程：物体A 1A T m a = 物体B 2B B m g T m a -= 物体C ''22111()22C C T T R J m R m Ra ββ-=== 解 112B A B Cm g a m m m =++;2112A B A B C m m g T m m m =++, 21()212A C AB Cm m g T m m m +=++;3对B 来说有,2202v v aLv -===例3-4 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为μ,若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转,它将在旋转几圈后停止 已知圆形平板的转动惯量221mR J =,其中m 为圆形平板的质量 分析： 利用积分求圆形平板受桌面的摩擦力矩,运用转动定律求出平板的角加速度,再用运动学公式求转动的圈数．解：在距圆形平板中心r 处取宽度为dr 的环带面积,环带受桌面的摩擦力矩为r r r RmgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩为mgR M M Rμ32d 0==⎰ 故平板的角加速度为M Jβ=222 可见圆形平板在作匀减速转动,又末角速度0ω=,因此有2022M Jθωβθ==设平板停止前转数为n,则转角2n θπ=,可得22003416J R n M ωωμ==πgπ3-2：如题3-2图所示,两个圆柱形轮子内外半径分别为R 1和R 2,质量分别为M 1和M 2;二者同轴固结在一起组成定滑轮,可绕一水平轴自由转动;今在两轮上各绕以细绳,细绳分别挂上质量为m 1和m 2的两个物体;求在重力作用下,定滑轮的角加速度;解： m 1：1111a m g m T=-m 2：2222a m T g m=-转动定律：βJ T R T R =-1122其中：2222112121R M R M J += 运动学关系：2211R a R a ==β 解得：222221111122)2/()2/()(R m M R m M gR m R m +++-=β3-6 一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为j v i v v y x+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．解: 由题知,质点的位矢为j y i x r11+=作用在质点上的力为i f f -=所以,质点对原点的角动量为v m r L⨯=0)()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=k mv y mv x x y )(11-=作用在质点上的力的力矩为k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=3-11 如题3-11图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下．求：1初始时刻的角加速度； 2杆转过θ角时的角速度. 解: 1由转动定律,有2123()=l mgml β 则 lg23=β 2由机械能守恒定律,有22110232()-=lml ωmg sin θ题3-11图所以有 lg θωsin 3=3-13 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 可看作匀质圆盘,在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出,见题3-13图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． 1问它能升高多少2求余下部分的角速度、角动量和转动动能．解: 1碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有 题3-13图gh v v 2202-=令0=v ,可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==2圆盘的转动惯量212=J MR ,碎片抛出后圆盘的转动惯量2212'=-J MR mR ,碎片脱离前,盘的角动量为J ω,碎片刚脱离后,碎片与破盘之间的内力变为零,但内力不影响系统的总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒,即'=+'0J ωJ ωmv R式中ω'为破盘的角速度．于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωωωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' 角速度不变圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=258页8-2,8-12,8-178-7 试计算半径为R 、带电量为q 的均匀带电细圆环的轴线过环心垂直于圆环所在平面的直线上任一点P 处的场强P 点到圆环中心的距离取为x .解 在圆环上任取一电荷元dq ,其在P 点产生的场强为 ()2204Rx dqdE +=πε方向沿dq 与P 点的连线.将其分解为平行于轴线的分量和垂直于轴线的分量,由电荷分布的对称性可知,各dq 在P 点产生的垂直于轴线的场强分量相互抵消,而平行于轴线的分量相互加强,所以合场强平行于轴线, 大小为：E =E ∥=()()()23220212222044cos R x qxR x x R x dq dE q +=+⋅+=⎰⎰πεπεθ 方向：q >0时,自环心沿轴线向外；q <0时,指向环心.8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为R 1和R 2R 2＞R 1,带电量分别为q 1和q 2,求以下三种情况下距离球心为r 的点的场强：1r ＜R 1；2R 1＜r ＜R 23r ＞R 2.并定性地画出场强随r 的变化曲线解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面,则由高斯定理可知： (1) 当r ＜R 1时,0,04cos 2=∴=⋅==Φ⎰E r E dS E e πθ(2) 当R 1＜r ＜R 2时,2010124,4cos rq E q r E dS E e πεπθ=∴=⋅==Φ⎰(3) 当r ＞R 2 时,()()2021021244cos rq q E q q r E dS E e πεεπθ+=∴+=⋅==Φ⎰8-13 均匀带电的无限长圆柱面半径为R ,每单位长度的电量即电荷线密度为λ. 求解8-7图E12解8-12图 场强随r 的变化曲线圆柱面内外的场强.解 过所求场点作与无限长带电圆柱面同轴的、长为l 的封闭圆柱面,使所求场点在封闭圆柱面的侧面上.由电荷分布的对称性可知,在电场不为零的地方,场强的方向垂直轴线向外设λ＞0,且离轴线的距离相等的各点场强的大小相等. 所以封闭圆柱面两个底面的电通量为零,侧面上各点场强的大小相等,方向与侧面垂直与侧面任一面积元的法线方向平行.设所求场点到圆柱面轴线的距离为r ,当r ＜R 即所求场点在带电圆柱面内时,因为0,02000cos cos =∴=⋅=++==Φ⎰⎰E rl E dS E dS E e πθ；当r ＞R 即所求场点在带电圆柱面外时,rE l rl E e 002,2πελελπ=∴=⋅=Φ . 8-15 将q=×10-8C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点,外力作功×10-6J .问电势能的增量是多少 A 、B 两点间的电势差是多少哪一点的电势较高若设B 点的电势为零,则A 点的电势是多少解 电势能的增量：J 100.56-⨯==-=∆外A W W W A B ；A 、B 两点间的电势差：V 100.2105.2100.5286⨯-=⨯⨯-=-=-=---q W W q W q W U U B A B A B A <0, ∴ B 点的电势较高；若设B 点的电势为零,则 V 100.22⨯-=A U .8-17 求习题8-12中空间各点的电势.解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势Rq 04πε,其中R 是球面的半径；均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势.所以,由电势的叠加原理得：（1） 当r ＜R 1即所求场点在两个球面内时:20210144R q R q U πεπε+=；（2） 当R 1＜r ＜R 2即所求场点在小球面外、大球面内时:2020144R q rq U πεπε+=；当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:r q q r q r q U 0210201444πεπεπε+=+=当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:rq q rq rq U 0210201444πεπεπε+=+=285页9-3,9-49-3．如图,在半径为R 的导体球外与球心O 相距为a 的一点A 处放置一点电荷+Q ,在球内有一点B 位于AO 的延长线上,OB = r ,求：1导体上的感应电荷在B 点产生的场强的大小和方向；2B 点的电势.解：1由静电平衡条件和场强叠加原理可知,B 点的电场强度为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和,且为零,即04130=+'=r rE E p B πε r r a E B30)(41+-=πε 2由电势叠加原理可知,B 点的电势为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的电势的标量和,即rq V V BB 04πε+'=由于球体是一个等势体,球内任一点的电势和球心o 点的电势相等aq V V V B 0004πε+'==因球面上的感应电荷与球心o 的距离均为球的半径R,且感应电荷的总电贺量为零,所以感应电荷在o 点产生的电势为零,且00V V =',因此aq V V B 004πε==所以, B 点的电势 aq V B 04πε=9-4．如图所示,在一半径为R 1 = cm 的金属球A 外面罩有一个同心的金属球壳B.已知球壳B 的内、外半径分别为R 2 = cm,R 3 = cm,A 球带有总电量Q A = ×10-8 C,球壳B 带有总电量Q B = ×10-8 C.求：1球壳B 内、外表面上所带的电量以及球A 和球壳B 的电势；2将球壳B 接地后再断开,再把金属球A 接地,求金属球A 和球壳B 的内、外表面上所带的电量,以及球A 和球壳B 的电势.习题图解：1在导体到达静电平衡后,A Q 分布在导体球Ａ的表面上．由于静电感应,在B 球壳的内表面上感应出负电荷A Q ,外表面上感应出正电荷A Q ,则B 球壳外表面上的总电荷B A Q Q +;由场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分布)(4),(02120211R r R r Q E R r E A<<=<=πε)(4),(03204323R r rQ Q E R r R E BA >+=<<=πε E 的方向眼径向外．导体为有限带电体,选无限远处为电势零点;由电势的定义可计算两球的电势B A V V 和． A 球内任一场点的电势A V 为)(4144321020204321321332211R Q Q R Q R Q rd r Q Q r d r Q rd E r d E r d E r d E V BA A A RB A R R A R R R R R R rA ++-=++=⋅+⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞∞πεπεπεB 球壳内任一点的电势B V 为30204344333R Q Q dr r Q Q rd E r d E V B A R B A R R rB πεπε+=+=⋅+⋅=⎰⎰⎰∞∞9-5．两块无限大带电平板导体如图排列,试证明：1相向的两面上图中的2和3,其电荷面密度大小相等而符号相反；2背向的两面上图中的1和4,其电荷面密度大小相等且符号相同. 解：因两块导体板靠得很近,可将四个导体表面视为四个无限大带点平面;导体表面上的电荷分布可认为是均匀的,且其间的场强方向垂直导体表面;作如图所示的圆柱形高斯面,因导体在到达静电平衡后内部场强为零,导体外的场强方向与高斯面的侧面平行,由高斯定理可得习题图320320σσεσσ-=∴+=； 再由导体板内的场强为零,可知P 点合场强0)2()2()2(204030201=-++-+εσεσεσεσ 由 32σσ-= 得41σσ-=9-7. 一平行板电容器,充电后极板上的电荷面密度为σ = ×10-5 C . m -2,现将两极板与电源断开,然后再把相对电容率为εr = 的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的D 、E 和P . 解：当平行板电容器的两板与电源断开前后,两极板上所带的电荷量没有发生变化,所以自由电荷面密度也没有发生变化,由 1-'=r r εσεσ ∴极化电荷面密度rr ）（εεσσ1-='对于平行板电容器σ'=P ０r E εεσ)1(-'=∴1-'=r r D εσε 且E D P ,,的方向均沿径向．9-11．圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成,其间充满相对电容率为εr 的电介质.圆筒内半径为R 2.电容器长为L,沿轴线单位长度上的电荷为± λ,略去边缘效应,试求：1两极的电势差；2电介质中的电场强度、电位移、极化强度； 3电介质表面的极化电荷面密度.解：1 设导线上的电荷均匀地分布在导线的表面上,圆筒上的电荷均匀的分布在圆筒的内表面上,可由高斯定理求得各区域的场强110R ，rE <=习题图10-6ByOlllzx12022R r ，R rE r >>=επελ23,0R r E >= ∴两极的电位差1201202ln 2ln 221R R R R r l d E u r r R R επελεπελ==⋅=⎰2 由第1问知,电介质中的电场强度 rE r επελ02=电位移rr r E D πλεε20== 极化强度 0)1(εε-=r P rr r πελε2)1(-=329页10-9,10-1010-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：1通过立方体上阴影面积的磁通量； 2通过立方体六面的总磁通量. 解：1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=（2）总通量0B ds Φ=•=⎰⎰10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度； 2通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()r d Ir I B P -+=πμπμ22 （1） 在导线等距的点有 2d r =, dI B πμ2= （2） 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d -10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方习题图10-10习题图10-6By Olllzx向.解：a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度10-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：1通过立方体上阴影面积的磁通量； 2通过立方体六面的总磁通量. 解：1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=（3）总通量0B ds Φ=•=⎰⎰ 10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度；通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =2解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()rd Ir I B P -+=πμπμ22（3） 在导线等距的点有002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aI a I a μμθθππμπμπ=-=-=--=2d r =, dI B πμ2= （4） 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d - 10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方向.解：a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则00123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性习题图10-10002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aIa I aμμθθππμπμπ=-=-=--=习题图10-1401231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯.方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则习题图10-1400123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性01231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯. 367页11-1,11-511-１ 一载流I 的无限长直导线,与一N 匝矩形线圈ABCD 共面;已知AB 长为L ,与导线间距为a ；CD 边与导线间距为bb ›a;线圈以 v 的速度离开直导线,求线圈内感应电动势的方向和大小;解 由于I 为稳恒电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场;当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量发生变化,故有感应电动势产生;取坐标系如图a 所示;设矩形线圈以速度 v 以图示位置开始运动,则经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示;取面积元ldx dS =,距长直导线的距离为x ,按无限长直载流导线的磁感应强度公式知,该面积元处B 的大小为 B =xπμ20I 通过该面积元的磁通量为 ldx xIBdS d πμ20==Φ 于是通过线圈的磁通量为 ()⎰⎰⎰++++==Φ=Φvt b vt a vtb vt a xldxI ldx x I d t πμπμ2200 =πμ20Il ㏑vta vtb ++ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈内的感应电动势为()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++-=Φ-=202vt a v vt b v vt a vt b vt a lIN dt d N E πμ ()()()()vt a vt b vvt b v vt a lIN +++-+-=πμ20令t = 0,并代入数据,则得线圈刚离开直导线时的感应电动势()ab a b NlIv b a lIvN dtd NE t πμπμ2112000-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Φ-== 按楞次定律可知,E 感应电动势的方向沿顺时针方向;11-5 在无限长螺线管中,均匀分布着与螺线管轴线平行的磁场B t;设B 以速率dtdB=К变化К为大于零的常量;现在其中放置一直角形导线 abc;若已知螺线管截面半径为R,l ab =,求：1螺线管中的感生电场EV；2bc ab ,两段导线中的感生电动势;解 1由于系统具有轴对称性,如图所示,可求出感生电场;在磁场中取圆心为O ,半径为()R r r <的圆周,根据感生电场与变化磁场之间的关系m V LS d BE dl d S dtt Φ∂=-=-∂⎰⎰可得222V dBE r r r dtπππκ=-=- 有2V rE κ=-()R r < 由楞次定律可以判断感生电场为逆时针方向;2解法一 用法拉第电磁感应定律求解;连接Ob Oa ,和Oc ,在回路OabO 中,穿过回路所围面积的磁通量为1222124l BS Bl R ⎛⎫Φ=-=-- ⎪⎝⎭则11222221112424d l dB l E l R l R dt dt κ⎛⎫⎛⎫Φ=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭而ab oa bo ab E E E E E =++=1 所以12221124ab l E E lk R ⎛⎫==- ⎪⎝⎭方向由a 指向b同理可得 1222124bc l E lk R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭方向由b 指向c解法二 也可由感生电场力做功求解;由于1中已求出EV;则122224bab V ak l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰122224cbc V bk l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰11-1.解: 1由电磁感应定律812)1(--=Φ-t dtd i ε2)2(102.3-⨯-=i ε2 2106.1-⨯==RI iε由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使R 中产生感应电流的方向是由左向右11-4解:由题意可知金属棒沿杆下滑的速度为重力加速度所引起t BgL L Bgt l d B V )cos sin (cos sin )(θθθθε==⋅⨯=⎰11-5解:由于I 为稳定电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图;设矩形线圈以速度V 从图示位置开始运动,经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示,取面积元ds=ldx,距长直导线的距离为x,按无限长直载流导体的磁感应强度公式知,该面积元外B的大小为x I B πμ20= 通过该面积元的磁通量为ldx x I Bds d ⋅==Φπμ20 于是通过线圈的磁通量为⎰⎰⎰++++⋅=⋅=Φ=Φvt b vt a vt b vt a xldx x I ldx x I d t πμπμ22)(00 va vtb IL ++=ln 20πμ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈中的感应电动势为])()()([220vt a v vt b v vt a vt b vt a ILN dt d N E ++-+++-=Φ-=πμ -=))(()()(20vt b vt a v vt b v vt a IN +++-+πμ 令t=0,代入数据,得到线圈,刚离开直导线时的感应电动势)11(200ba LIVN dt d N E t -=Φ-==πμ )(100.32.01.02)1.02.0(0.30.52.010104737V --⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 按楞次定律E 的方向为图b 中的顺时针方向1、 一质点作匀速率圆周运动,其质量为m,线速度为v,半径为R;求它对圆心的角动 量；它相对于圆周上某一点的角动量是否为常量,为什么答：它对圆心的角动量Rmv ,是常量；它相对于圆周上某一点的角动量不是常量;4、彗星绕太阳作椭圆轨道运动,太阳位于椭圆轨道的一个焦点上,问系统的角动量是否 守恒 近日点与远日点的速度哪个大答：在彗星绕太阳轨道运转过程中,只受万有引力作用,万有引力对太阳不产生力矩,系统角动量守恒;近日点 r 小 v 大,远日点 r 大 v 小;这就是为什么彗星运转周期为几十年,而经过太阳时只有很短的几周时间;彗星接近太阳时势能转换成动能,而远离太阳时,动能转换成势能;8．利用角动量守恒定律简要分析花样滑冰、跳水运动过程;答：对这一力学现象可根据角动量守衡定律来解释;例如旋转着的芭蕾舞演员要加快旋转时,总是将双手收回身边,这时演员质量分布靠近转轴,转动惯量变小,转动速度加快,转动动能增加;3-5题图。
大学物理上册课后习题答案大学物理上册课后习题答案大学物理是一门重要的基础学科，它为我们提供了理解自然界的物质和能量运动规律的工具。
然而，学习物理并不仅仅是理论知识的学习，更需要通过实践和习题的解答来巩固和应用所学的知识。
本文将为大家提供大学物理上册课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地学习和理解物理知识。
第一章：运动的描述1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过2秒后速度达到10m/s，求物体的加速度和位移。
答案：加速度a = (10m/s - 0m/s) / 2s = 5m/s²，位移s = (0m/s + 10m/s) / 2 ×2s = 10m。
2. 一个物体做直线运动，已知它的初速度为20m/s，加速度为4m/s²，求它在5秒内的位移。
答案：位移s = 20m/s × 5s + 1/2 × 4m/s² × (5s)² = 100m + 50m = 150m。
第二章：力学1. 一个质量为2kg的物体受到一个10N的水平力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 10N / 2kg = 5m/s²。
2. 一个质量为0.5kg的物体受到一个向上的力10N和一个向下的力5N，求物体的加速度。
答案：合力F = 10N - 5N = 5N，根据牛顿第二定律F = ma，可得加速度a = F / m = 5N / 0.5kg = 10m/s²。
第三章：能量守恒1. 一个质量为0.1kg的物体从地面上抛起，初速度为10m/s，求物体达到最高点时的动能、势能和总机械能。
答案：最高点时，物体的速度为0，所以动能为0；势能由重力势能计算，势能mgh = 0.1kg × 9.8m/s² × h，总机械能为动能和势能之和。
2. 一个质量为2kg的物体从高度为5m的斜面上滑下，摩擦系数为0.2，求物体滑到底部时的动能损失。
习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td 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）td d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .trd d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量，∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)td d v 表示加速度的模，即tv a d d =，tvd 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tv 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.(tt r d ˆd d ˆd 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 =tr 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v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx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 tr a trv ==其二，可能是将22d d d d tr t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理习题及解答习题一1-1 ｜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 ϖϖ-=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd 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 ϖϖ=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττϖϖ(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 ττϖϖϖ+=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τϖϖΘ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 rd 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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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 ϖϖϖ+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d 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 trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径。
或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r ϖ在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r ϖ及速度v ϖ的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4.式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1）jt t i t r ϖϖϖ)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有j i r ϖϖϖ5.081-= mj j r ϖϖϖ4112+=mj j r r r ϖϖϖϖϖ5.4312+=-=∆m(3)∵ j i r j j r ϖϖϖϖϖϖ1617,4540+=-= ∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j i r r t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ(4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i t r v ϖϖϖϖ则 j i v ϖϖϖ734+= 1s m -⋅ (5)∵ j i v j i v ϖϖϖϖϖϖ73,3340+=+=204s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a ϖϖϖϖϖ (6) 2s m 1d d -⋅==j t v a ϖϖϖ这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得t s stl ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即θcos d d d d 00v v s lt l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d s v h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s 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 cx x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s 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 va 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量， tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a)sin (sin 2cos2sin 200t R t R R t v Rt v x ωωθθθ-=-=-=2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即βωR R =2 亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v t sv -==0d d R bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a = 1-9 半径为R 的轮子，以匀速0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B 的运动方程为x ＝R )sin (t t ωω-，y ＝R )cos 1(t ω-，式中0v =ω/R 是轮子滚动的角速度，当B 与水平线接触的瞬间开始计时．此时B 所在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)求B 点速度和加速度的分量表示式．解：依题意作出下图，由图可知题1-9图(1))cos 1()cos 1(2sin2sin2t R R R y ωθθθ-=-==(2)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-==)sin d d )cos 1(d d t R t y v t R t xv y x ωωω⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====t v t R a t vt R a yy xx d d cos d d sin 22ωωωω1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图(1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵1211ρva n =∴m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而o60cos 2⨯=g a n∴m8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad ·2s -，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅ 08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n1-12 如题1-12图，物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u 匀速向右运动，求A 物滑到地面时的速度．解：当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为j gh i gh u v u v AA ϖϖϖϖϖ)sin 2()cos 2('αα++=+=地题1-12图1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有1221v v v ρϖϖ-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西︒===87.3643arctan arctan21v v θ(2)小船看大船，则有2112v v v ρϖϖ-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅方向南偏东o87.361-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1，求轮船的速率．解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．题1-14图∵ 船雨雨船v v v ϖϖϖ-=∴船雨船雨v v v ϖϖϖ+= 由图中比例关系可知1s m 8-⋅==雨船v v习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有111a m T g m =- ②222a m g m T =- ③ 联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y方向：yy ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，yv ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v ϖϖϖ(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m ke k mv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下 (2) 2m 对地加速度为22ga a a =-'= 方向向上1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴gg g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo6.2621arctan ==，左偏上．2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o30，则动量的增量为0v m v m p ϖϖϖ-=∆由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上，大小 mgmv mv p =--=∆)(12ϖ碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则it i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I im p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t ttF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v +m kT 2, v -km T 2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得1,121+=+=k mm k km m ① 又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv += ③联立①、③解得12)1(kv v k v -+= ④将④代入②，并整理得21)(2v v km T-=于是有km Tv v 21±= 将其代入④式，有m kT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取km Tv v m kT v v 2,221-=+=证毕．2-12 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．解: (1)由题知，合F ϖ为恒力，∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合J 452421-=--=(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 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，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，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．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s ky ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即 222122k k ky =- 所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为nP r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向． 解:1d )(d )(+-==n r nkr r E r F方向与位矢r ϖ的方向相反，即指向力心．2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆=2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少? 解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM Gr mM G-=地月经整理，得RM M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M GrM GE P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则 h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122mmkhghmmv+-+-=μ题2-17图2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度0v＝3m·s-1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。
