大学物理部分答案 主编 周志坚
大学物理[上册]课后习题答案解析
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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td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：〔1r ∆是位移的模,∆r 是位矢的模的增量,即r ∆12r r -=,12r r r-=∆；〔2t d d r 是速度的模,即t d d r ==v ts d 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>t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =,tv 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+=,故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点,其一是概念上的错误,即误把速度、加速度定义作其二,可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明trd d 不是速度的模,而只是速度在径向上的分量,同样,22d d tr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。
大学物理第五版上册标准答案
1—1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt ）时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示， 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小|Δr ｜＝PP ′，而Δr ＝|r ｜—｜r ｜表示质点位矢大小的变化量，三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时，点P ′无限趋近P 点，则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B ）．（2) 由于｜Δr ｜≠Δs ，故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见，应选（C)． 1-2 分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D ）．1-3 分析与解td d v表示切向加速度a ｔ，它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 —2 所述）;t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ;而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3） 式表达是正确的．故选（D)．1—4 分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用，而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时，由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变，因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变，则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时， a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时， a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见，应选(B ）．1—5 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式，进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h ，t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ，则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t l ltx-==v ，式中tld d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=，方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时，位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=，而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时，位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ，则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=，如图所示,至于t ＝4。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12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 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (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 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 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； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 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。
大学物理1-6章课后习题答案1
二、课后习题解答1-1、一飞轮直径为0.2m ，质量为5.00kg ，t 边缘饶一轻绳，现用恒力拉绳子的一端，使其有静止均匀地加速，经0.50s 转速达10转/s 。
假定飞轮可看作实心圆柱体。
求； 飞轮的角加速度及在这段时间转过的转数 拉力及拉力所做的功从拉动后t=10s 时飞轮的角速度及边缘上一点的速度和切向加速度及发向速度。
解：,/1058.1,/6.12,/126,/1026.1)3(3.4921212125232202s m r a s m r a s m r v s t J J J J A t n t t z z z ⨯======⨯====-=ωβωβωωωωτ1-2、有一根长为l 、质量为m 的匀质细杆，两端各牢固的连接一个质量为m 的小球，整个系统可绕一过O 点并垂直于杆的水平轴无摩察的转动，如图。
当系统转到水平位置时，求： 系统所受的和力矩 系统的转动惯量 系统的角加速度解： （1）设垂直纸面向里为z 轴的正方向（即力矩的正方向），合力矩为两小球及杆的重力矩之和。
mgl M M M M lmg r g dr rg rgdm M l mlmg M lmg M F r M z z zz l l l l z zzz 4341243,4190,4/34/24/34/0=+'+'=∴======'-='=⨯=--⎰⎰杆右左杆右左杆所受重力矩：其中两小球所受重力矩：ρρρθ224/34/34/34/24/34/222483748731)41(,)43()2(ml J J J J ml r dr r dm r J l m J l m J z z zz l l l l l l z z z=+'+'=∴====='='---⎰⎰杆右左杆右左杆的转动惯量：两小球的转动惯量：转动惯量之和，小球的转动惯量和杆的系统的转动惯量等于两λλ（3）由转动定理lg J M J M z z z z 3736==⇒=ββ1-3、有一质量为m 1、 m 2（m 1>m 2）两物体分别悬挂在两个半径不同的组 合轮上，如图。
大学物理总习题答案
dt
v
m
v
kt
ln v = − t
v0
m0
⇒
v
=
v0
e−
k m
t
1.14 质量为 m 的快艇在速度达到 v0 时关闭发动机，受到阻力而减速，阻力大小与速度的平方成正比，即 f = −kv2 ．证明它在水面上再行驶距离 x 时的速度为 v = v0 e−kx/m ．
解答：利用隐函数的求导法则
f a=
= − k v2
1.10 某质点的运动规律为 x = A cos ωt, y = B sin ωt，其中 A, B, ω 都是常量．证明 r × v 是常矢量．
解答：
r = ix + jy = iA cos ωt + jB sin ωt
v
=
dx i+
dt
dy j
dt
= −iωA sin ωt + jωB cos ωt
位移 Δx = OA 下方的面积 = 4 m AB 阶段的加速度 a = Δv/Δt = (6 − 4)/(4 − 2) = 1 m/s2 位移 Δx = AB 下方的面积 = 10 m BC 阶段的加速度 a = Δv/Δt = (2 − 6)/(6 − 4) = −2 m/s2 位移 Δx = BC 下方的面积 = 8 m
dt 1 + 2t
v0 = 8, v2 = 1.6
根据定量定理，
I = Δp = mv2 − mv0 = −3.2 N · s
速度和坐标．
解答：加速度 任意时刻的坐标
dv a(10) =
= 4 − π2 cos πt
= 4 − π2
dt t=10
t=10
大学物理周志坚计算题答案
Ek2略去得, ：
hc
h
2EK m0 c 2
2EK m0
当 Ek m0c时2 ： Ek 2 2EK m0c2
2EK m0c2 可略去，得： hc
EK
22
大学物理 教程
方物理法学 二： 第五版
直接由相对论动能与动量关系：E 2 P2c2 m02c4
p1 c
E2
m02c4
1 c
(m0c2 EK )2 m02c4
代入德布罗意公式 h
hc
p
Ek2 2EK m0 c2
当 Ek m0c时2 ： Ek 2 2EK m0c2
,
Ek 2略去,得：
hc 2EK m0 c 2
h 2EK m0
当 Ek m0c时2 ： Ek 2 2EK m0c2
e k
2n2 第九条明纹：k=8; 带入已知条件:
e 1.614106 m
18
大学物理 教程
物理学
第五版
相对论和量子物理
检测题：24、26、27、28
19
大学物理 物理学
教程 P第五7版33 24 解： 根据德布罗意公式： h h
p mv
所以：v h 7.28 10 6 m / s
P224 21. 大学物理 教程
物理学
第五版
解:
弹簧弹簧系数
k
F l
60 0.3
200N / m
圆频率 k 7.07rad / s
m
(1)物体在重力和弹力作用下，以静平衡位置为中心，
简谐振动，设振动方程为：x Acos(t ) (m)
大学物理周志坚第二章练习题参考答案.
P72-2.2.4
知：物体 m 在空中下落时，受重力和空气阻力 f mkv2 作用，式中k为常数。(书上的与速度平方成反比不合理） 求：物体下落的收尾（ t ）时的速度 v ? 解：如图所示 设初始条件为： 由牛顿方程
t0 0, v0 0;
dv m mg mkv 2 dt
P74-2.3.12 知：在光滑水平面上挖有一小孔，物体m1=0.5kg用轻绳
系住,绳另一端穿过小孔后，系住另一物体m2=0.1kg悬吊, 若m1以转速n=3r/s,在该平面内转动时，m2不动。
v r
求： m1的转动半径r=?
解：如图所示， 对m 1 :
T m1 v2 / r, v r, 2 n
P73-2.3.7
知：将一个光滑的碗绕z轴以角速率转动，若能使物体m在 碗内与碗同步转动， 并在任意高度可保持平衡。 求：碗内表面的曲面方程？
解：如图所示，m做匀速率圆周运动
由
ur u r r N mg ma
N cos mg 0 2 N sin man , an x
由00v?mgnma??uururr2cosmvrmgn???法向方程dsindvmmgt??切向方程离开条件0n?切向方程变形为00dddsindsindddsvvsvvgvvgrdts?????????p742313将切向方程变形cos23??00dddsindsindddsvvsvvgvvgrdts?????????coshrr???3hr?即m下降高度有几何关系
' manB N B mg s in , 且N B N B
得
' NB 3mg s in
P71-2.2.1
问，物体做下列运动中时，加速度不变的是？ A.单摆、B.圆锥摆、C.竖直平面内匀速率圆周运动、 D.抛体运动、E.平面内匀速率圆周运动。 解：将 则得到：
大学物理下册检测题解答_周志坚
t 0 时, x 0
v0
O
2
x
作出旋转矢量图得
2 2 x 2 10 cos(2.5t 2)
振动和波动检测题部分解答
12 一简谐振子的振动曲线如图所示,则以余弦 x 0.04 cos(t 2) 函数表示的振动方程为__________________.
o
t (s)
2
D
0.5
振动和波动检测题部分解答
解:
设O点的振动方程为
yo A cos(t )
t=0时, y 0, v 0
由旋转矢量法可得:
2
yo A cos(t ) 2
振动和波动检测题部分解答
又
u
T
2u
x y P A cos[ (t ) ] u 2 A cos[ (t 1)
解:
T 2s
A 0.04m
x(m)
0.04
t 0 时, x 0
作出旋转矢量图得
v0
2
o
t (s)
1 2
2
x 0.04 cos(t 2)
O
x
振动和波动检测题部分解答
13 一质点同时参与了三个简谐振动,它们 是 x1 A cos(t 3) , x2 A cos(t 5 3) 0 x3 A cos(t ) ,合振动的运动方程为___ 解:
振动波动检测题解答
一 选择题
1 轻弹簧上端固定,下系一质量为m1的物体, 稳定后在m1下面又系一质量为m2的物体,于是 弹簧又伸长了x.若将m2移去,并令其振动,振动 周期为[ B ]
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)(2020年7月整理).pdf
即∶
1 e2 = m v 2 ，由此得
4 0 a02
a0
v=
e
2 m 0a0
v
O
②电子单位时间绕原子核的周数即频率
4
学海无涯
= v = e
1
2a0 4a0 m 0a0
由于电子的运动所形成的圆电流
i = e = e2
1
4a0 m 0a0
因为电子带负电，电流 i 的流向与 v 方向相反
③i 在圆心处产生的磁感强度
d
x
=
r 0 I 4
= 10 −6
Wb
11、2006 一无限长圆柱形铜导体(磁导率0)，半径为 R，通有均匀分 布 的电流 I．今取一
矩形平面 S (长为 1 m，宽为 2 R)，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁
通量． 解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为 r 处的磁感强度
的大小，由安培环路定律可得： B = 0 I r (r R) 2R 2
解：⑴设 x 轴上、下导线在 P 点产生的磁感应强度分别为 B1, B2 a
p
X
X
I
利用安培环路定理得， B1
=
B2
=
0I 2r
=
0I 2
(a 2
1
1
+ x2)2
,
方向如图所示。P 点的总磁感应强度 B = B1 + B2
Bx
=
B1x
+ B2x
=
2B1 cos
=
0 (a 2
Ia +x
2
)
，
B
y
y 轴的分量： By =
dBy =
dBsin =
大学物理习题解答
大学物理习题解答 Prepared on 24 November 2020大学物理习题解答湖南大学应用物理系第一章质点运动学P26．1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t3．试求：（1）第2s内的位移和平均速度；（2）1s末及2s末的瞬时速度，第2s内的路程；（3）1s末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s末的位移大小为x(1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s末的位移大小为x(2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)．在第2s内的位移大小为Δx = x(2)– x(1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s，所以平均速度大小为v=Δx/Δt = 4(m·s-1)．（2）质点的瞬时速度大小为v(t) = d x/d t = 12t - 6t2，因此v(1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s-1)，v(2) = 12×2 - 6×22 = 0，质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m．（3）质点的瞬时加速度大小为a(t) = d v/d t = 12 - 12t，因此1s末的瞬时加速度为a(1) = 12 - 12×1 = 0，第2s内的平均加速度为a= [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s-2)．[注意]第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s内走过路程s = 30m，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为22(1)(1)n san t-=+．并由上述数据求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ， 根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2)（1）平方之后除以（2）式证得22(1)(1)n sa n t-=+． 计算得加速度为22(51)30(51)10a -=+= (m·s -2)． 1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽他飞越的时间多长（2）他在东边落地时的速度速度与水平面的夹角[解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = (m·s -1)． 取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当他达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = (s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式v t 2 - v 02 = 2a s ，可得上升的最大高度为h 1 = v y 02/2g = (m)． 他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为h 2 = h 1 + h = (m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为图2t =． 因此他飞越的时间为t = t 1 + t 2 = (s)．他飞越的水平速度为v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1)，所以矿坑的宽度为x = v x 0t = (m)．（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为v y = gt = (m·s -1)，落地速度为v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1)，与水平方向的夹角为φ = arctan(v y /v x ) = ， 方向斜向下．方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=， 解得0(sin t v g θ=．这里y = -70m ，根号项就是他落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为t = (s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+；（2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01ln(1)x v kt k=+． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v =-， 积分 020d d v tv vk t v =-⎰⎰，可得 011kt v v =+．（2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以积分 0001d d(1)(1)xtx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕． [讨论]当力是速度的函数时，即f= f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ．由于a = d 2x /d t 2，而 d x /d t = v ，所以 a = d v /d t ， 分离变量得方程d d ()m vt f v =， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ． （1）如果n = 1，则得d d vk t v=-， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0，因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为v = v 0e -kt ． 而d v = v 0e -kt d t ，积分得0e `ktv x C k-=+-． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此(1-e )kt v x k-=． （2）如果n ≠1，则得d d n vk t v=-，积分得 11nv kt C n-=-+-． 当t = 0时，v = v 0，所以101n v C n-=-，因此11011(1)n n n kt v v --=+-．如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-， 读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为的圆周运动，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 = (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 = (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36t =． 所以3242(13)t θ=+=+=(rad)． （3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2，即 24t = (12t 2)2， 解得 t = (1/6)1/3 = (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2012x x x v t a t =+，2012y y y v t a t =-+．即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅，201sin 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 θα==．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ． [注意]选择不同的坐标系，例如x方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 内下降的距离h = ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于212t h a t =∆，所以 a t = 2h /Δt 2 = (m·s -2)． 物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2n v a R== (m·s -2)．1．8 一升降机以加速度·s -2上升，当上升速度为·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．图[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为21012h v t at =+；螺帽做竖直上抛运动，位移为22012h v t gt =-．由题意得h = h 1 - h 2，所以21()2h a g t =+，解得时间为t =．算得h 2 = ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为02l t v=； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为01221/t t u v =-；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t =．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 =2l /v ．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ，所以飞行时间为1222l l vlt v u v u v u =+=+-- 022222/1/1/t l v u v u v ==--．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中AA Bvv + u v - uA Bv u uvv沿AB方向的速度大小为V =22l t V ====证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ，因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α，即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-，所以2(sin cos tan )v θθα=+，即 12(sin cos )lv v hθθ=+．方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θt ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 质点力学的基本定律P46． 2．1 如图所示，把一个质量为m 的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs 较小，因此若不加支持，木块将加速下滑．图图h l α（1）试证tanθ≧μs；（2）须施加多大的水平力F，可使木块恰不下滑这时木块对斜面的正压力多大（3）如不断增大F的大小，则摩擦力和正压力将有怎样的变化（1）[证明]木块在斜面上时受到重力G mg=和斜面的支持力N以及静摩擦力f，其中f ≦ f s =μs N，而N = G cosθ．要使木块加速下滑，重力沿着斜面的分量不得小于最大静摩擦力f s．根据牛顿第二定律得G sinθ - μs G cosθ = ma≧0，因此tanθ≧μs．证毕．（2）[解答]要使物体恰好不下滑，则有G sinθ - μs N - F cosθ = 0，（1）N - G cosθ - F sinθ = 0．（2）（2）×μs +（1）得G sinθ - μs G cosθ – F cosθ - μs F sinθ= 0，解得sin coscos sinssF mgθμθθμθ-=+．（3）上式代入（2）得cos sinsmgNθμθ=+．（4）（3）[解答]当木块平衡时，一般情况下，有G sinθ - f - F cosθ = 0，N - G cosθ -F sinθ = 0．解得f = G sinθ - F cosθ，N = G cosθ +F sinθ．可知：○1当F的大小不断增加时，摩擦力将不断减小；当F = G tanθ时，摩擦力为零；当F再增加时摩擦力将反向；至于木块是否向上做加速运动，则要进一步讨论．○2正压力将不断增加．[讨论]当tanθ< 1/μs时，如果木块恰好不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可得sin cos cos sin s s F mg θμθθμθ+=-．将（3）式中的μs 改为-μs 就是这个结果．可见：当tan θ = 1/μs 时，F 趋于无穷大，只有当tan θ < 1/μs 时，才能增加F 的大小使木块向上加速滑动．2．2 如图所示，设质量m = 10kg的小球挂在倾角α = 30°的光滑斜面上，求：（1）当斜面以加速度a =g /3沿图中所示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大（2）当斜面的加速度至少为多大时小球对斜面的正压力为零（g = ·s -2）[解答]（1）小球受到重力G ，斜面的支持力N 和绳子的张力T ．建立坐标系，列方程得N cos α + T sin α – mg = 0， T cos α - N sin α = ma ．解得N = m (g cos α – a sin α) = (N)，T = m (g sin α + a cos α) = (N)．（2）令N = 0，得加速度为a = g ctg α = (m·s -2)．2．3 物体A 和B 的质量分别为m A = 8kg ，m B = 16kg ，它们之间用绳子联结，在倾角α = 37°的斜面上向下滑动，如图所示．A 和B 与斜面的滑动摩擦因素分别为μkA = ，μkB = ，求：（1）物体A 和B 的加速度；（2）绳子的张力；（3）如果将A 和B 互换位置，则（1）和（2）的结果如何[解答]根据角度关系可得sin α = 3/5 = ，cos α = 4/5 = ，tan α = 3/4 = ．图图（1）如果物体A 和B 之间没有绳子，由于tan θ≧μs ，可知：A 和B 都要沿斜面做加速运动，而B 的加速度比较小．当A 和B 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运动．设绳子的张力为T ，根据牛顿第二定律分别对A 和B 列运动方程：m A g sin α – μkA m A g cos α - T = m A a ， T + m B g sin α – μkB m B g cos α = m B a ． 两式相加得[(m A + m B )sin α – (μkA m A +μkB m B )cos α]g = (m A + m B )a ， 所以加速度为= (m·s -2)．（2）将加速度a 的公式代入任一方程都可解得张力为()cos kB kA A B A Bm m g T m m μμα-=+= (N)．由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张力才为零，这是因为它们的加速度相等．（3）将A 和B 互换位置后，由于A 的加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力为零．A 的运动方程为m A g sin α – μkA m A g cos α = m A a A ， 解得 a A = g (sin α – μkA cos α) = (m·s -2)． 同理得a B = g (sin α – μkB cos α) = (4m·s -2)．2．4 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅． 将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，图这是抛物线方程．2．5 桌上有一质量M = 1kg的平板，板上放一质量m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk= ，静摩擦因素为μs= ．求：（1）今以水平力F拉板，使两者一起以a = 1m·s-2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力N m = mg = (N)，这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力N M = (m + M)g = (N)，这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为f M = μk N M= (N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为f =μs mg =ma`，可得a` =μs g．板的运动方程为F – f –μk(m + M)g = Ma`，即 F = f + Ma` + μk(m + M)g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = (N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要的力．2．6 如图所示：已知F = 4N ，m 1= ，m 2 = ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= (m·s -2)，绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= (N)．2．7 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此1212F F F k k k =+，即12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以 F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，12图图因此kx = k1x1 + k2x2，即k = k1 + k2．2．8 如图所示，质量为m的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度1a沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；（4）用与斜面平行的加速度1b把小车沿斜面往上推（设b1 = b）；（5）以同样大小的加速度2b（b2 = b），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tanθ = ma/mg，所以θ = arctan(a/g)；绳子张力等于摆所受的拉力T==．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ；T = mg cosφ．（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边是mb cosφ，邻边是mg +mb sinφ，由此可得：（2（3mg（4cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctan sin b g b ϕθϕ=+；而张力为=．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．9 如图所示：质量为m = 10kg的小球，拴在长度l = 5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少此时绳的张力多大（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大绳中的张力多大（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大绳的张力有多大[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为22d d sF ma m t==，其中s 表示弧长．由于s = R θ = lθ，所以速度为d d d d s v lt tθ==， 因此d d d d d d d d v v m vF mm vt t l θθθ===， 即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分 060d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得 02601cos 2Bv gl θ︒=，解得B v =s -1)． 由于22B BB v v T mg m m mg R l-===，所以T B = 2mg = (N)．（5g（2）由（1）式积分得 21cos 2C v gl C θ=+， 当 θ = 60o 时，v C = 0，所以C = -lg /2， 因此速度为C v = 切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g Rθ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)．（3）当 θ = 60o 时，切向加速度为t a == (m·s -2)， 法向加速度为a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = (N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．10 一质量为m 的小球，最初静止于如图所示的A 点，然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑．试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力．[解答]此题情形与上一题的数学类型是相同的．取上题中l = r ，对（1）式积分90d sin d Cv v v gr αθθ-︒=-⎰⎰，得 2901cos 2Cv rg αθ-︒=，解得速度为C v =，角速度为Cv r ω==． 由于N C – mg cos α = 2mg cos α，所以N C = 3mg cos θ．2．11 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为22d d sF ma m t==，s 表示弧长． 由于d d sv t=，所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s====， 因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 212v gh C =+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为v =．2．12 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x=-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程 利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v vv t t t x x===， 因此方程变为2d d k xmv v x =-， 积分得212kmv C x=+． 利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-， 即v =证毕． [讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得图21d 2n x mv k x =-⎰． （1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+． 利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 201ln 2x mv k x =，即v =． （2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n-=-+-． 利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101nk C x n -=--， 因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2．13 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )；（2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d vf mg kv mt=--=， 分离变量得d d()d v m mg kv t mmg kv k mg kv+=-=-++， 积分得ln ()mt mg kv C k=-++． 当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k=+， 因此00/ln ln /m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++，小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k=+--． （2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m mT k mg k k mg+==+． [讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤．由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mgx v tk m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k+=---， 积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k+=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k+=， 因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d v f mg kv m t=-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m=---． 这个公式可将上面公式中的g 改为-g得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得图2d d k v vf m m R tμ=-=，即 2d d kvt R v μ=-．积分得1kt C R vμ=+． 当t = 0时，v = v 0，所以1C v =-， 因此11kt Rv v μ=-． 解得 001/k v v v t Rμ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t Rμμμμ+==++，积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tR x Rμμ=+．*2．152．16 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ， 可得2cos mgR ωθ=， 解得 2arccos gR θω=±． 第三章 运动的守恒定律P84．3．1 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹图力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为/20(cos )d I kA t t ωω=-⎰π， 方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．3．2 一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义 得21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得p ∆==．因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= (N·s)． [注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量2/42R T T mvmv R ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为F x = F cos θ = F cos ωt ， F y = F sin θ = F sin ωt ， 给小球的冲量大小为d I x = F x d t = F cos ωt d t ， d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得Fmv ω==，Fmv ω==，合冲量为I ==，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．3．3 用棒打击质量，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m的高度．求棒给予球的冲量多大设球与棒的接触时间为，求球受到的平均冲力[解答]球上升初速度为y v =s -1)， 其速度的增量为v ∆=s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = (N·s)， 对球的作用力为（不计重力）F = I/t = (N)．3．4 如图所示，3个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为的细绳，首先放松．B的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动C 开始运动时的速度是多少（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，v xΔv v y物体B在没有拉物体C之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a，可列方程T = Ma，联立方程可得a = g/2 = 5(m·s-2)．根据运动学公式s =v0t + at2/2，可得B拉C之前的运动时间t=．此时B的速度大小为v = at = 2(m·s-1)．物体A跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A和B拉动C运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得2Mv = 3Mv`，因此C开始运动的速度为v` = 2v/3 = (m·s-1)．3．5 一个原来静止的原子核，放射性蜕变时放出一个动量p1 = ×10-16g·cm·s-1的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一个动量p2 = ×10-16g·cm·s-1的中微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方向．[解答]原子核蜕变后的总动量大小为p=10-16(g·cm·s-1)．其方向与电子方向的夹角为θ = arctan(p2/p1) =30°．根据动量守恒定律，三个粒子总动量为零，12`0p p p++=，所以原子核的反冲动量为12`()p p p p=-+=-，其大小与电子和中微子的合动量的大小相等，方向相反，与电子速度的夹角为180 - θ = 150°．3．6 一炮弹以速率v0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得/2`cos 452mmv v =︒， 所以 v` = v /cos45°= 0cos θ．3．7 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功重力和摩擦力各做了多少功[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为d s = R d θ． 重力G 的大小为G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为sin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为(1mgR =-． 摩擦力f 的大小为f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为cos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为450sin k k mgR mgR μθμ︒=-=． 要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即 0F G f ++=，g图或者 ()F G f =-+． 拉力的功元为12(d d )W W =-+，拉力所做的功为(1)22k mgR μ=-+． 由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．3．8 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈[解答] （1）质点的初动能为E 1 = mv 02/2，末动能为E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ， 积分得20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为2316k v grμ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v rs a g πμ===， 圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量-fs = ΔE k ，可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )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0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir 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）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 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20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 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td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理课后答案总1
大学物理课后答案〔上〕习题11.1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)dtdr(B)dt r d(C)dtr 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 -=，那么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)tRπ2,0 (C)0,0 (D)0,2tRπ[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，那么该质点在5s ，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，那么当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，那么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。
周志坚第二版大学物理习题答案共64页
46、我们若已接受最坏的，就再没有什么损失。——卡耐基 47、书到用时方恨少、事非经过不知难。——陆游 48、书籍把我们引入最美好的社会，使我们认识各个时代的伟大智者。——史美尔斯 49、熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟。——孙洙 50、谁和我一样用功，谁就会和我一样成功。——莫扎特
周志坚二版大学物理习题答案
11、用道德的示范来造就一个人，显然比用法律来约束他更有价值。—— 希腊
12、法律是无私的，对谁都一视同仁。在每件事上，她都不徇私情。—— 托马斯
13、公正的法律限制不了好的自由，因为好人不会去做法律不允许的事 情。——弗劳德
14、法律是为了保护无辜而制定的。——爱略特 15、像房子一样，法律和法律都是相互依存的。——伯克
大学物理周志坚相对论和量子物理检测题解答
另一个1s电子的量子态为(1,0,0,-1/2)
2s电子的量子态为(2,0,0,1/2)或(2,0,0,-1/2)
解: h h
p mv
h m0 v
1 v2 c2
h 1 (v)2 h 1 1
m0 v
c
m0 v2 c2
应该选 C
相对论和量子物理检测题解答
9 电子显微镜中的电子从静止开始通过 电势差为U的静电场加速后,其德布罗意波
长为0.4Å,则U约为( D)
A,150V ; B,330V ;
相对论和量子物理检测题解答
一 选择题
1 一均匀矩形薄板,在它静止时测得其长为a,
宽为b,质量为m0.由此算出其面积密度为m0/ab. 假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度v作匀
速直线运动,此时再测算该矩形薄板的面积密度
则为( C)
A, m0
1 (v / c)2 ;
ab
B,
m0
;
ab 1 (v / c)2
应该选 C
相对论和量子物理检测题解答
5 一定频率的单色光照射在一种金属上,测 出其光电流的曲线如图中实现所示.然后在光 强度不变的条件下增大照射光的频率,测出其 光电流的曲线如图中虚线所示.满足题意的图
是( D).
I
I
I
I
0
U
0
A
B
U
0
U
0
U
C
D
解:
1 2
mvm2
h
A0
1 2
mvm2
eU a
C,
m0
;
ab1 (v / c)2
大学物理第11章习题答案
第11章 电磁感应11.１ 基本要求 １理解电动势的概念。
２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。
３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。
４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。
５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。
６理解互感现象和互感系数的定义及物理意义，能计算简单导体回路间的互感系数。
７理解磁能（磁场能量）和磁能密度的概念，能计算一些简单情况下的磁场能量。
８了解位移电流的概念以及麦克斯韦方程组（积分形式）的物理意义。
11.２ 基本概念１电动势ε：把单位正电荷从负极通过电源内部移到正极时，非静电力所作的功，即Wqε=２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。
３感生电场k E ：变化的磁场在其周围所激发的电场。
与静电场不同，感生电场的电 场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。
４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。
５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。
自感系数L ：//m L I N I =ψ=Φ６自感电动势L ε：当通过回路的电流发生变化时，在自身回路中所产生的感应电动势。
７互感系数M ：211212M I I ψψ== ８互感电动势12ε：当线圈２的电流2I 发生变化时，在线圈１中所产生的感应电动势。
９磁场能量m W ：贮存在磁场中的能量。
自感贮存磁能：212m W LI =磁能密度m w ：单位体积中贮存的磁场能量22111222m B w μH HB μ===１０位移电流：D d d I dt Φ=s d t∂=∂⎰DS ，位移电流并不表示有真实的电荷在空 间移动。
但是，位移电流的量纲和在激发磁场方面的作用与传导电流是一致的。
１１位移电流密度：d t∂=∂D j 11.３ 基本规律１电磁感应的基本定律：描述电磁感应现象的基本规律有两条。