大学物理答案第1～2章
湖南大学大学物理练习册答案(一、二两册全)
大学物理（一）练习册 参考解答第1章 质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(D)，6(D)，7(D)，8(D )，9(B)，10(B)， 二、填空题(1). sin 2t A ωω，()π+1221n (n = 0,1,… ),(2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s.(4). 16Rt 2 ，4 rad /s 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R .(7). 2.24 m/s 2，104o(8). )5cos 5sin (50j t i t+-m/s ，0，圆. (9). h 1v /(h 1-h 2) (10). 0321=++v v v三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v = 2t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 02⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)3. 质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2(SI)，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v() 2 213 x x +=v4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt yy t a d d d d d d d d vvv v===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C kyy ky 222121, d d vv v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v5. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cb cR t -=6. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//sRttk ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2= 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=n t a a a m/s 27. (1)对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i、j 表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；(2)由(1)导出速度 v与加速度 a的矢量表示式； (3)试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x rs i n c o s ωω+=+=(2) j t r i t r t rc o s s i nd d ωωωω+-==v j t r i t r tas i n c o s d d 22ωωωω--==v (3) ()r j t r i t r a s i n c o s 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r 方向相反，即a指向圆心8. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知， 正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v v +=AE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 ()()k m /h 17022v v v =-=FEAFAE() 4.19/tg1==-AEFEv v θ（飞机应取向北偏东19.4︒的航向）．西北θFEv vAF v vAEvv四 研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答：(1)、(3)、(4)是不可能的．(1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零；(3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心； (4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x =，)(t y y =在计算质点的速度和加速度时： 第一种方法是，先求出22yx r +=，然后根据 td d r =v 及 22d d tr a =而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 22)d d ()d d (ty t x +=v 和 222222)d d ()d d (ty tx a +=.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。
大学物理力学一、二章作业答案
大学物理力学一、二章作业答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学一、选择题1、一质点在xoy 平面内运动，其运动方程为2,ct b y at x +==，式中a 、b 、c 均为常数。
当运动质点的运动方向与x 轴成450角时，它的速率为[ B ]。
A ．a ；B ．a 2；C ．2c ；D ．224c a +。
2、设木块沿光滑斜面从下端开始往上滑动，然后下滑，则表示木块速度与时间关系的曲线是图1-1中的[ D ]。
3、一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=，R 、ω为正常数。
从t ＝ωπ/到t =ωπ/2时间内该质点的路程是[ B ]。
A ．2R ；B ．R π；C ． 0；D ．ωπR 。
4、质量为0.25kg 的质点，受i t F =(N)的力作用，t =0时该质点以v=2j m/s 的速度通过坐标原点，该质点任意时刻的位置矢量是[ B ]。
A ．22t i +2j m ； B ．j t i t2323+m ；C ．j t i t343243+； D ．条件不足，无法确定。
二、填空题1、一质点沿x 轴运动，其运动方程为225t t x -+=（x 以米为单位，t 以秒为单位）。
质点的初速度为 2m/s ，第4秒末的速度为 -6m/s ，第4秒末的加速度为 -2m/s 2 。
2、一质点以π（m/s ）的匀速率作半径为5m 的圆周运动。
该质点在5s 内的平均速度的大小为 2m/s ，平均加速度的大小为 22m /5s π 。
3、一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其运动方程为22t +=θ（式中的θ以弧度计，t 以秒计），质点在第一秒末的速度为 0.2m/s ，切向加速度为 0.2m/s 2 。
4、一质点沿半径1m 的圆周运动，运动方程为θ=2+3t 3，其中θ以弧度计，t 以秒计。
T =2s 时质点的切向加速度为 36m/s 2 ；当加速度的方向和半径成45º角时角位移是 38rad 。
《大学物理》各章练习题及答案解析
《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。
(B) 匀速率圆周运动。
(C) 行星的椭圆轨道运动。
(D) 抛体运动。
(E) 圆锥摆运动。
2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。
3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处，其速度大小为（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，s 表示路程，a t 表示切向加速度，对下列表达式,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。
大学物理答案
(A) 匀加速运动,
(B) 匀减速运动,
(C) 变加速运动,
(D) 变减速运动,
(E) 匀速直线运动,
则
1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a)图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．
分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．
当杆长等于影长时,即s ＝h,则
解 将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为
(匀加速直线运动)
(匀速直线运动)
(匀减速直线运动)
根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．
在匀变速直线运动中,有
由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为
解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 的参数方程为
,
坐标变换后,在Oxy 坐标系中有
,
则质点P 的位矢方程为
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =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 ： 22(48)r ti t j =+-r r r由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r由d /d a v t =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 =-=+=rr r rrrrr当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r rr r2、（习题）： 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 dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv 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 10 m处，初速度v0．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 ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= 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 v ，d d v t v，tvd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+v v v（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t=v v v 而落地所用时间 gh2t =所以0d d r v i j t =v vd d v g j t=-v v 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+v vv，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。
大学物理试题及答案(1-4章)
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (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ts t 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 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(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 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, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 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；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d 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 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 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 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 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =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 hl t llt x -==v ,式中t l d 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)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．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 ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v-t图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线．又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x-t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s QP1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin =', t TR y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t T R y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则 s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv得石子速度 )1(Bt e BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为td d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan ==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3)当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和。
大学物理答案(渊小春)
第1章质点力学1-1题已知矢量A=3i-4j，B=-3i-2j，C=-3j，D=2i+5j，试用几何方法(多边形法则)和解析方法求A B C D+++解:(1)几何法如1-1题图所示24OD i j=-222(-4) 4.47OD=+=OD与x轴方向夹角设为θ则4tan22θ-==-arctan(2)63.43θ=-=-︒(2)解析法A B C D+++=(3i -4j )+(-3i -2j)+(-3j)+(2i+5j)=(3-3+2)i+(-4-2-3+5)j=2i-4j1-2题一飞机由某地起飞，向东飞行50 km后，又向东偏北60°的方向飞行40 km，求此时飞机的位置。
解：此题是求位置矢量，选取地球为参照系，以起点为坐标原点，建立如1-2题图所示的坐标系，由题意知：50A i =40cos 6040sin 60B i j =︒+︒=20203i j +解得:(5020)203r A B i i =+=++=70203i j +22(70)(203)r i j =+=8.1 kmr 与正东方向(即i )方向夹角设为θ 则203tan 0.4970θ== arctan 0.4926.1θ==︒1-3题 已知A =3i +5j ，B =5i -3j ,求A B ⋅解：由数学上的矢量标积知，()()x y x y x x y y A B A i A j B i B j A B A B ⋅=+⋅+=+， 则(35)(53)15150A B i j i j ⋅=+⋅-=-=1-4题 质点沿y 轴作直线运动，其位置随时间的变化规律为y =5t 2，试求： (1)2.000~2.100 s ，2.000~2.001 s 两个时间间隔内的平均速度； (2)t =2.000 s 时的瞬时速度。
解：(1)由题意知，运动方程为 y =5t 2，分别将t 1 = 2.000 s 与t 2 = 2.100 s 带入运动方程得： y 1 = 20.000000 m y 2 = 22.050000 m 则平均速度的公式得 2.050020.50.100y v t ∆===∆-1m s ⋅ 同理，得：1y '=20.00 m 2y '=20.02 m 0.0220.0000.001y v t '∆==='∆-1m s ⋅ (2)由y = 5t 2求得瞬时速度为10dy v t dt == m将t = 2.000 s 带入上式得220.000t s v ==-1m s ⋅1-5题 矿井里的升降机，在井底从静止开始匀加速上升，经过3 s ，速度达到3-1m s ⋅，然后以这个速度匀速上升6 s ，最后减速上升，经过3 s 到达井口，刚好停止，求： (1)矿井深度(2)给出x-t 图和v-t 图解：(1)矿井深度可用图解法求得其v -t 图如1-5题图(a)所示 矿井深度为图中梯形面积即1(612)32x =+⨯=2 m(2)升降机运动方程为22211(03)223(39)1(912)2at A t x vt t t vt at t ⎧=<≤⎪⎪==≤≤⎨⎪⎪-≤≤⎩ 其x-t 图如1-5题图(b)所示1-6题 一升降机以加速度1.22 2m s -⋅上升，当上升速度为2.44 -1m s ⋅时，有一螺丝自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底板相距2.4 m ，计算： (1)螺丝从天花板落到底板所需要的时间；(2)螺丝相对于升降机外固定柱子下降的距离。
大学物理第1-2章-习题演练
v0=10m/s 竖直上抛，若不计空气的阻力，求（1）物体
从上抛到上升到最高点过程中，重力的所做的功；（2
）物体从上抛到上升到最高点，又自由降落到O点过
程中，重力的所做的功；（3）讨论在物体上抛运动中
动能和势能的关系；（4）物体的最大势能（要求用动
C. 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．
D. 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． 答案是D。
3 3
4：一物体从某一确定高度以v0的初速度水平抛出，已 知它落地时的速度为vt，那么它的运动时间是：（ A. 答案是C。 提示： B. C. D. ）
4 4
5：在做自由落体运动的升降机内，某人竖直上抛一弹 性球，此人会观察到：( )
14 14
滑动摩擦力的概念：
当一个物体在另一个物体的表面上相对运动时，受到的阻碍相对运动的力，叫滑动
摩擦力。 滑动摩擦力产生条件： ①接触面粗糙； ②相互接触的物体间有弹力； ③接触面间有相对运动。 说明：三个条件缺一不可，特别要注意“相对”的理解。 滑动摩擦力的方向： 总跟接触面相切，并与相对运动方向相反。 “与相对运动方向相反”不能等同于“ 与运动方向相反”。滑动摩擦力方向可能与运动方向相同，可能与运动方向相反，
16 16
二 ：计算题 （40分，每题10分）。
1、一质点运动的加速度为 ，初始速
度与初始位移均为零，求质点的运动方程和2秒时该质
点的速度。10分
17 17
2、两辆车A 和B，在笔直的公路上同向行驶，它们从
同一起始线上同时出发，并且由出发点开始计时，行
驶的距离 x 与行驶时间 t 的函数关系式：
（3）物体在上抛运动中机械能守恒 在物体上抛运动中，动能和势能不断转换，其和不变 （4）物体的最大势能为：在上抛的最高点，势能最大
大学物理1-1测试题及答案(1,2)
大学物理1-1测试题及答案（第一，二章）班级：姓名：得分：一、简答题(每题5分,共20分)(1)什么情况下可以把待研究的物体抽象为质点?不能抽象为质点时该怎么办？答：当物体运动的尺度远大于物体本身的尺寸时可将其看成质点。
若物体不能被抽象为一个质点，则可将物体分成很多部分，使得每一部分足够小，以至于可将其看成质点；这样，便可将物体看成是由若干质点组成的质点系。
(2)什么是质点的运动方程，它与质点的瞬时速度及瞬时加速度有何关系？答：质点运动方程是质点位置矢量与时间的函数关系，即()r t。
瞬时速度()v t是()r t关于时间的一阶微商，即()()dr tv tdt=；瞬时加速度()a t是()r t关于时间的二阶微商，即22() ()d r ta tdt=。
(3)描述质点圆周运动的线量与角量有哪些，它们有何关系？答：描述质点圆周运动的线量有：路程ds、速率v、切向加速度ta、法向加速度na；角量有：角位移dθ、角速度ω、角加速度α。
它们之间有如下关系：ds Rdθ=、dsv Rdtω==、t dva Rdtα==、22nva RRω==。
(4) 什么是惯性系和非惯性系，试举例说明？牛顿定律成立的条件是什么？答：惯性系是指牛顿定律在其中严格成立的参考系，否则为非惯性系；地球、太阳就近似为惯性系。
牛顿定律成立的条件是：针对宏观低速运动的物体；针对惯性系中的质点。
二、 选择题(每题4分,共20分)（1）下列说法正确的是：（ D ）(A)加速度恒定不变时，物体的运动方向也不变 (B)平均速率等于平均速度的大小(C)当物体的速度为零时，加速度必定为零(D)质点作曲线运动时，其速度大小的变化产生切向加速度，速度方向变化产生法向加速度（2）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。
对下列表达式， [1]dv dt a = [2]dr v = [3]ds dt v = [4]dv dt a =下述判断正确的是( C )(A) [1]、[4]正确 (B) [2]、[4]正确 (C) [3]、[4]正确(D) 只有[3]正确（3）在升降机天花板上拴有轻绳，其下端系一重物，当升降机以加速度a 1上升时，绳中的张力正好等于绳子所能承受的最大张力的一半，问升降机以多大加速度上升时，绳子刚好被拉断？（ C ）(A) 2a 1． (B) 2(a 1+g )．(C) 2a 1＋g ． (D) a 1＋g ．（4）如图所示，一轻绳跨过一个定滑轮，两端各系一质量分别为1m 和2m 的重物，且12m m >。
大学物理学第一章习题答案
习题11、1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处,其速度大小为(A)(B)(C)(D)[答案:D](2) 一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度,瞬时加速度,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,其平均速度大小与平均速率大小分别为(A)(B)(C) (D)[答案:B]1、2填空题(1) 一质点,以的匀速率作半径为5m的圆周运动,则该质点在5s内,位移的大小就是;经过的路程就是。
[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v0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航行,水流速度为,一人相对于甲板以速度行走。
如人相对于岸静止,则、与的关系就是。
[答案:]1、3一个物体能否被瞧作质点,您认为主要由以下三个因素中哪个因素决定:(1) 物体的大小与形状;(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,哪个就是匀变速直线运动？(1)x=4t-3;(2)x=-4t3+3t2+6;(3)x=-2t2+8t+4;(4)x=2/t2-4/t。
给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度与加速度,并说明该时刻运动就是加速的还就是减速的。
(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。
加速度又就是位移对时间的两阶导数。
于就是可得(3)为匀变速直线运动。
其速度与加速度表达式分别为t=3s时的速度与加速度分别为v=20m/s,a=4m/s2。
因加速度为正所以就是加速的。
大学物理第一章习题答案
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站在台秤上，当你蹲下时台秤的读数如何变？如何解释？
台秤的示数为台秤对人的支持力。当人静止站在台秤上时， 台秤对人的支持力等于人的重力。当人蹲下时有向下的加速 度，按牛顿第二定律有
mg N ma N mg ma mg
N
可见，当人蹲下时台秤对人的支持力 小于人的重力，示数减小，当人停止 运动后回复为原值。
7
1-23：用绳子系一小球使之在竖直平面内做圆周运动，指出绳 内张力最大和最小的位置。
解：小球做圆周运动时满足
T mg ma
m
在法向投影得 绳子上的张力为
v T mg cos man m R v2 T m mg cos R
2
o
T
mg
显然，当夹角为 0 时（最上方）绳子上的张力最小，夹角为 π 时（最下方）绳子上的张力最大。
t1
r
都不相等。
r1
r
ˆ ˆ ˆ ˆ y ˆ ˆ r1 x1 i y1 j z1k , r2 x2 i j z k 2 2 O ˆ (y y )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ r ( x2 x1 )i 2 1 j ( z 2 z1 )k xi yj zk | r | x 2 y 2 z 2 , r r2 r1 x2 2 y2 2 z2 2 ) x12 y12 z12
3
1-2：说明建立参照系、坐标系的必要性，对于描述质点的运 动而言，参照系应如何选择？ 为了描述一个物体的运动，必须选择另一个物体作为参照， 才能确定物体的运动特征，参照物不同，物体的运动形式就 可能不同，因此必须指明参照系。 只有选择了坐标系，才能把物体的运动特征定量表示出来。 坐标系一般固定于参照系上。 在描述质点运动的问题中，参照系可以任意选择，没有任何 限制，但要注意解决问题是否方便。
大学物理课后习题答案第一章
第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 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 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒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 走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述数据求出量值．[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：．计算得加速度为：= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程， 解得：．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．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； （2）试证在时间t ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 故 ，可得：． （2）公式可化为，由于v = d x/d t ，所以： 积分．因此 ． 证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，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 = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m ．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为 ． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 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]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，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 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
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第一章 质点运动学1-1 质点作直线运动，运动方程为2612t t x -=其中t 以s 为单位,x 以m 为单位,求：（1）t = 4s 时，质点的位置、速度和加速度；（2）质点通过原点时的速度；（3）质点速度为零时的位置；(4)作出x -t 图，v -t 图和a -t 图.分析解 （1）根据直线运动情况下的定义，可得质点的位矢、速度和加速度分别为2612t t x -= (1)t tx 1212d d -==v (2) 12d d 22-==tx a (3) 当t = 4s 时，代入数字后得m 48m 46m 4122-=⨯-⨯=xm/s -36m/s 412m/s 12=⨯-=v2m/s 12-=a（2）当质点通过原点时，位矢0=x ，代入运动方程，得06122=-t t因此可得质点通过原点的时间分别为01=t ，s 22=t ，代入（2）式后得m/s 121=v ，m/s 122-=v（3）将0=v 代入（2）式，得01212=-t即质点速度为零时s 1=t ，代入（1）式，得其位置为m 6m 16-m 12=⨯=x（4）根据（1）、（2）和（3）式，描述该质点运动的x -t 图，v -t 图和a -t 图如图1-1所示．1-2 一质点在xy 平面内运动,在某一时刻它的位置矢量)54(j i r +-=m ，经5Δ=t s 后，其位移)86(Δj i r -=m ，求：(1)此时刻的位矢；(2)在Δt 时间内质点图1-1的平均速度．(i 、j 分别为x 、y 方向的单位矢．)分析解 （1）据题意，在t t ∆+时刻，该质点的位矢为m 32m )8-(6m )54(1)(j i j i j i r r r -=++-=∆+=（2）在Δt 时间内质点的平均速度为m/s )1.6-(1.2m/s 586j i j i r v =-=∆∆=t 1-3 质点在xy 平面上运动，运动方程为t y t x 4sin ,4cos 3ππ== 其中t 以s 为单位,x ,y 以m 为单位．（1）求质点运动轨道的正交坐标方程并在xy 平面上绘出质点的轨道；（2）求出质点的速度和加速度表示式，由此求出质点在轨道上运动的方向并证明质点的加速度指向坐标原点；（3）求t = 1 s 时质点的位置和速度与加速度的大小和方向．分析解 （1）质点的运动方程为 t x 43πcos = (1) t y 4πsin = (2) （1）式两边同乘以3并平方后与（2）式的平方相加，得正交坐标方程为 1322=+y x 上式表明质点的运动轨道是一个椭圆，如图1-2所示．（2）由（1）和（2）式可得质点速度和加速度的x ,y 方向分量分别为t t x 443d d ππsin -==x v (3) t t y 44d d ππcos ==y v (4) t t a x 4163d d 2ππcos -==x v (5) t t a y 416d d 2ππsin -==yv (6)则质点速度为 j i v t t 44443ππππcos sin +-= 当t =0时，由运动方程（1）和（2）式，得知质点位于横坐标上3的位置，图1-2由（3）和（4）式，知040>==πy x v v ,，即表明质点在椭圆上沿反时针方向运动． 质点加速度为 j i a 2t t 41641632ππππsin cos --= 由（1）和（2）式得t 时刻质点的位矢为j i r t t 44ππsin cos += (7) 位矢r 与x 轴的夹角ϕ由下式确定：t x y 433πϕtan tan == 而加速度a 与x 轴的夹角α则由下式确定：t a a x y433παtan tan == 即有ϕαtan tan =，注意到在曲线运动中加速度始终指向曲线凹的一侧，则得πϕα+=，表明a 与r 方向相反，指向原点，如图1-2所示．（3）当t = 1 s 时，由（1）--（2）式得m 26=x m 22=y m/s 86π-=x v m/s 82π=y v 22m/s 326π-=x a 22m/s 322π-=y a 速度的大小 m/s 42π=+=2y 2xv v v 速度v 与x 轴的夹角θ则由下式确定：33-==x yv v θtan 注意到此时v x <0，v y >0，则 πθ6533=-=)a r c t a n (． 加速度的大小 22m/s 162π=+=2y 2x a a a对于夹角α有 33==x ya a αtan 又因a x <0，a y <0，则 πα6733==)a r c t a n (． 1-4 质点沿直线运动，其速度2323++=t t v ，如果t = 2时，x = 4，求t = 3时质点的位置、速度和加速度．（其中v 以m/s 为单位，t 以s 为单位,x 以m 为单位）分析解 速度表示式对t 积分，得034241d x t t t t x +++==⎰v 将t = 2 s 时，x = 4 m 代入上式，得积分常数120-=x m ，则1224134-++=t t t x 速度表示式对t 求导数，得t t ta 63d d 2+==v 因此t = 3 s 时质点的位置、速度和加速度分别为m 2541m 12m 32m 3m 34134.=-⨯++⨯=x m/s 56m/s 2m/s 33m/s 323=+⨯+=v2222m/s 45m/s 36m/s 33=⨯+⨯=a1-5 质点沿直线运动，加速度24t a -=，如果当t = 3时，x = 9，v = 2，求质点的运动方程．（其中a 以m/s 2为单位，t 以s 为单位,x 以m 为单位，v 以m/s 为单位）分析解 加速度表示式对t 积分，得03431d v v ++-==⎰t t t a 0242121d x t t t t x +++-==⎰0v v 将t =3 s 时，x = 9 m ，v = 2 m/s 代入以上二式，得积分常数m/s 10-=v ,7500.=x m ，则14313-+-=t t v 750212124.+-+-=t t t x 1-6 质点以不变的速率5m/s 运动，速度的方向与x 轴间夹角等于t 弧度（t为时间的数值），当t = 0时，x = 0，y = 5m ，求质点的运动方程及轨道的正交坐标方程，并在xy 平面上描画出它的轨道．分析解 设质点的速率为v ，与x 轴间夹角为t 弧度，则速度的分量为t t x x cos v v ==d d t ty y s i n v v ==d d 以上两式分别积分，得1C t x +=sin v 2C t y +-=c o s v初始条件为t = 0时，x = 0，y = 5m ，代入以上两式后，得01=C m 102=C因此运动方程为t x sin 5= 105+-=t y cos从中消去t ，得质点运动轨道的正交坐标方程为251022=-+)(y x这是圆心在y 轴上10m 处的圆，半径为5m ，如图1-3所示．1-7 在离水面高度为h 的岸上，有人用绳子拉船靠岸，人以0v 的速率收绳，求当船离岸边的距离为s 时，船的速度和加速度．分析解 选如图1-4所示的直角坐标系，设t 时刻绳长为l ，船的速度为v ，则此时船的x ，y 方向坐标分别为22h l x -= h y =由速度定义得0d d d d ===th t y y v t l hl l t x d d d d 22-===x v v图1-3 图1-4因绳长l 随时间减小的速率等于人的收绳速率，即0d d v =-tl ，则当s x =时，船的速度为022022v v v s h s h l l+-=--= 其中负号表明船的速度方向沿x 轴的负向．又由加速度的定义得0d d ==t a yy v2023222022d d d d v v v x )(h l h h l l t t a a x --=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=== 当s x =时，加速度为 2032v sh a -= 其中负号表明船的加速度方向也沿x 轴的负向，且船作变加速直线运动．1-8 当物体以非常高的速度穿过空气时，由空气阻力产生的反向加速度大小与物体速度的平方成正比，即2v k a -=，其中k 为常量．若物体不受其它力作用沿x 方向运动，通过原点时的速度为0v ，试证明在此后的任意位置x 处其速度为x k -=e 0v v分析证 根据加速度的定义，得2v v k a t-==d d 因 tt x x t a d d d d d d d d v v v v ===，代入上式，整理后得 x d d 1-k v v= 应用初始条件0=x 时，0v v =，上式两边分别对v 和x 积分⎰⎰-=x x 0d d 10k v v vv 得 kx -=0v v ln 即有 x k -=e 0v v1-9 一支气枪竖直向上发射，发射速度为29.4m /s ，若发射两粒子弹的间隔时间为4s ，求二子弹将在距发射点多高的地方彼此相遇？分析解 以发射点为原点，竖直向上为y 坐标正向，第一粒子弹发射后的t 时刻，其位置为20121gt t y -=v (1) 其中0v 为发射速度，第二粒子弹此时（设4>t s ）的位置为2024214)()(---=t g t y v (2) 当二子弹相遇时，21y y =，由（1）和（2）式得s 5s 2s 8942920=+=+=..g t v 将上式代入（1）式，得m 524m 58921m 5429212201...=⨯⨯-⨯=-=gt t y v 1-10 A 车通过某加油站后其行驶路程x 与时间t 的关系可以表示为24.02t t x +=（其中t 以s 为单位,x 以m 为单位）在A 车离开10 s 后B 车通过该加油站时速度为12 m/s ，且具有与A 车相同的加速度．求：（1）B 车离开加油站后追上A 车所需时间；（2）两车相遇时各自的速度．分析解 （1）令B 车通过该加油站时0=t ，则A 车的运动方程为2A 1040102)(.)(+++=t t xB 车的运动方程为2B 4012t t x .+=两车相遇时有B A x x =，由以上两式得2240121040102t t t t .)(.)(+=+++解得 s 30=t（2）根据速度的定义，相遇时两车速度分别为m/s 3410802d d A A =+⨯+==)(.t tx v m/s 368012d d B B =+==t tx .v 1-11 一升降机以加速度1.22m /s 2上升，当上升速度为2.44m /s 时，有一螺帽自升降机的天花板松落，天花板与升降机底面相距2.74m ，计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离． 分析解 （1）以升降机外固定柱子为参考系，竖直向上为y 坐标正向，螺帽松落时升降机底面位置为原点．螺帽松落后从m 7420.=y 处以初速度m /s4420.=v 作竖直上抛运动，升降机底面则从原点以同样的初速度作向上的加速运动，加速度2m/s 221.=a ，它们的运动方程分别为螺帽： 200121gt t y y -+=v 底面： 20221at t y +=v 螺帽落到底面上时，21y y =，由以上两式可得s 0.705s 22189742220=+⨯=+=...a g y t （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为m 7150m 70508921m 7050442 2122010.....=⨯⨯+⨯-=+-=-=gt t y y s v 1-12 一小球自h = 4.9m 处落到一倾角θ= 45°的斜面上，设小球与斜面碰撞后速率不变，方向如图所示．求小球第二次与斜面碰撞时，离第一次碰撞处的距离L 为若干? 分析 解 以小球与斜面第一次相撞点为原点取直角坐标系如图1-5所示．第一次相撞后小球作平抛运动，初速度为0v ．此前，小球为自由落体，因此有 gh 20=v小球作平抛运动的运动方程为t x 0v = 221gt y = 由于斜面倾角θ= 45°，当小球第二次碰到斜面时，应有y x =，则由以上二式解得 gt 02v =两次碰撞点之间的距离为m 27.7m 459444200=︒⨯=====sin .sin sin sin sin θθθθh g t x L 2v v 1-13 消防队员用水龙头喷射10 m 外的着火竖墙，水龙头每分钟喷水量为图1-5280 kg ，水喷出时速度为26 m/s ，与地面交角为45º。
大学物理上课后习题答案
第1章 质点运动学 P21一质点在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;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：1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r5.081-= m ；2114r i j =+m∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d ri 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 44ja 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; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a 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：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：2322250x x =++v∴ 31225 m s x x -=++⋅v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 tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴ s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n⑵ 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(22=,解得：923=t 则角位移为：322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 一质点在半径为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= 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 2s m -⋅0.40.20.08a R τα==⨯=2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒第2章 质点动力学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：⑴t 时刻的速度为()0=k t me-v v ；⑵ 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝0m k v 1-t m ke )(-；⑶停止运动前经过的距离为0()mkv ；⑷当m t k =时速度减至0v 的e1,式中m 为质点的质量;解：f k =-v ,a f m k m ==-v⑴ 由d d a t =v 得：d d d k a t t m==-vv分离变量得：d d kt m =-v v ,即00d d t k t m-=⎰⎰v v v v , 因此有：0ln ln kt m e -=v v , ∴ 0k m te -=v v ⑵ 由d d x t =v 得：0d d d k m t x t e t -==v v ,两边积分得：000d d k mx t t x e t-=⎰⎰v∴ 0(1)k m tm x e k-=-v ⑶ 质点停止运动时速度为零,00k mt e -=→v v ,即t →∞,故有：000d k mt x et m k ∞-'==⎰v v⑷ t m k =时,其速度为：1000k m m kv e e e -⋅-===v v v ,即速度减至0v 的1e .作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i =+N,式中t 的单位是s,⑴ 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;⑵ 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j6-m/s 的物体,回答这两个问题; 解： ⑴ 若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,1111115.6m s 56kg m s p m i I p i --∆=∆=⋅=∆=⋅⋅；v若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则000000, (d )d t tp m p m F m t m F t=-=-+⋅=-+⎰⎰v v v 于是：⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理有：21∆=∆v v ,12I I =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;⑵ 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 舍去设N 67j i F -=合;⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时,求F所作的功;⑵ 如果质点到r 处时需,试求平均功率;⑶ 如果质点的质量为1kg,试求动能的变化;解： ⑴ 由题知,合F为恒力,且00r =∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =⋅∆=-⋅-++=--=-合⑵ w 756.045==∆=t A P ⑶ 由动能定理,J 45-==∆A E k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 的下端又挂一重物C ,C 的质量为M ,如图;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 受力如题图所示平衡时,有： 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：1221x x k k ∆∆= 弹性势能之比为：22111222211212p p E k x k E k x k ⋅∆==⋅∆第3章 刚体力学基础一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为x y i j =+v v v , 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：01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k =⨯=+⨯+=-v v v v v作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m/s,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力,即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有：1122r m r m =v v ∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610m 9.0810r r ⨯⨯⨯===⨯⨯v v 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r=,6i j =+v m/s,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化; 解：⑴ ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p⑵ 解法一 由53 N a f m j ==得：0034437m x t x x t t ==+=+=+=v222031515663325.52623y t y t at t t j ==+=+=⨯+⨯⨯=v即有：i r41=,j i r 5.2572+=01x x ==v v ；0653311y y at =+=+⨯=v v即有：216i j =+v ,211i j =+v∴ 11143(6)72L r mi i j k =⨯=⨯+=v 222(725.5)3(11)154.5L r m i j i j k =⨯=+⨯+=v∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解法二 ∵d LM dt =, ∴ 2032031d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t tL M t r f tt i t t j j t t k t k -∆=⋅=⨯⎡⎤=+++⨯⨯⎢⎥⎣⎦=+=⋅⋅⎰⎰⎰⎰平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少解：只挂重物1M 时,小球作圆周运动,向心力为g M 1,即：2001ωmr g M = ①挂上2M 后,则有：221)(ω''=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒;即：00r m r m ''=v v ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得：100M g mr ω=,2112301()M g M M mr M ω+'=, 112130212()M M M r g r m M M ω+'==⋅'+ 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900 rev/min;现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速;已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算;试求：⑴ 设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解：⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b;图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力;杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有：121()0F l l N l '+-=, 121)N l l F l '=+(对飞轮,按转动定律有r F RIβ=-,式中负号表示β与角速度ω方向相反; ∵ N F r μ= ,N N '=∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ 212I mR =,∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-① 以N 100=F 等代入上式,得：2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为：2201900291409()53.12rad 2604234t t πφωβπππ⨯=+=⨯-⨯⨯=⨯可知在这段时间里,飞轮转了1.53转; ⑵10s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 200215rad s 22ttωωωπβ--==-=-⋅ 用上面式⑴所示的关系,可求出所需的制动力为：112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2mRl F N l l βπμ⨯⨯⨯=-==+⨯⨯+⨯计算题图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设m 1=50kg,m 2=200 kg,M =15 kg,r = m解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对m 1、m 2运用牛顿定律,有：a m T g m 222=- ；a m T 11=对滑轮运用转动定律,有：β)21(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得：22122009.87.6 m s 25200152m g a m m M -⨯===⋅++++题a 图 题b 图如题图所示,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：⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过θ角时的角速度. 解：⑴ 由转动定律有：211()23mg l ml β=, ∴ lg23=β⑵ 由机械能守恒定律有：22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ lg θωsin 3= 如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上;现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞;相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处;⑴设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量解：⑴ 设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式：0m l I m l ω=+v v ①2220111222m I m ω=+v v②上两式中23I Ml =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移；碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ,按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得：2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω 由①式得：0I mlω=-v v ④ 由②式得：2220I m ω=-v v ⑤所以：22200()I I ml mωω-=-v v求得：026(23)13(1)(1)22312gl l I l Mm M ml m mωω-+=+=+=v ⑵相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m =∆=-⎰v v v由①式求得：06(23)1d 36gl I F t m m Ml M l ωω-=-=-=-=-⎰v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反;一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动;另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向; ⑴开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值⑵用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比;解：⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω⑵ 022*******000sin 1[()][]2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长;解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有：222111222mgh m I kh ω=++v 又/R ω=v ,故有：2222221(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5 2.0m s mgh kh R mR I --⨯⨯⨯-⨯⨯==+⨯+=⋅v第5章 机械振动质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按0.1cos(82x t ππ=+的规律作谐振动,求：⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等⑶ s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：⑴设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又0.8m A ωπ==v 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅,2.632==A a m ω2s m -⋅⑵ 0.63N m m F ma ==,J 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时,有p E E 2=,即：)21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示;如果0=t 时质点的状态分别是：⑴A x -=0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2Ax =处向负向运动； ⑷过2A x -=处向正向运动; 试求出相应的初位相,并写出振动方程;解：因为000cos sin x A A φωφ=⎧⎨=-⎩v将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相;故有：)2cos(1πππφ+==t T A x , )232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x , )452cos(454πππφ+==t T A x一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动,振幅为cm 24,周期为s 0.4,当0=t 时位移为cm 24+;求：⑴s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12=x 处物体的总能量;解：由题已知s 0.4,m 10242=⨯=-T A ,∴ -120.5 rad s ωππ==⋅ 又,0=t 时,00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为：m )5.0cos(10242t x π-⨯=⑴ 将s 5.0=t 代入得：0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π23231010(2)0.17 4.210N F ma m x ωπ--=-=-=-⨯⨯⨯=-⨯方向指向坐标原点,即沿x 轴负向;⑵ 由题知,0=t 时,00=φ；t t =时,02,0,3t x A φπ=+<=且故v ∴ s 322/3==∆=ππωφt ⑶ 由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：22232241111010()(0.24)7.110J 2222E kA m A πω--===⨯⨯⨯=⨯ 有一轻弹簧,下面悬挂质量为g 0.1的物体时,伸长为cm 9.4;用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子,将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后,给予向上的初速度0 5.0cm /s =v ,求振动周期和振动表达式; 解：由题知12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时,-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x 设向上为正又 30.225 , 1.26s 810k T m πωω-=====⨯即 222222205.010 ()(1.010)()210m 5v A x ω---⨯∴=+=⨯+=⨯200020 5.0105tan 1 , 1.01054x πφφω--⨯=-===⨯⨯即v ∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x题图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程;解：由题图a,∵0=t 时,0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v即：1s rad 2-⋅==ππωT,故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题图b ∵0=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v01=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v又ππωφ253511=+⨯=,∴ πω65=故m t x b )3565cos(1.0ππ+=一轻弹簧的倔强系数为k ,其下端悬有一质量为M 的盘子;现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动;⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同⑵ 此时的振动振幅多大⑶ 取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子的振动方程; 解：⑴ 空盘的振动周期为k M π2,落下重物后振动周期为km M +π2,即增大;⑵按⑶所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则0x mg k =-;碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即：02()m gh m M =+v则有：02m gh m M=+v ,于是22220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M gω=+=+=+++3gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ 第三象限,所以振动方程为 221cos arctan ()()mg khk kh x t k m M gm MM m g ⎡⎤=++⎢⎥+++⎣⎦有一单摆,摆长m 0.1=l ,摆球质量kg 10103-⨯=m ,当摆球处在平衡位置时,若给小球一水平向右的冲量41.010kg m s F t -∆=⨯⋅,取打击时刻为计时起点)0(=t ,求振动的初位相和角振幅,并写出小球的振动方程; 解：由动量定理,有：0F t m ⋅∆=-v∴ 4-131.0100.01 m s 1.010F t m --⋅∆⨯===⋅⨯v 按题设计时起点,并设向右为x 轴正向,则知0=t 时,1000 , 0.01m s x -==⋅v ＞0,∴ 2/30πφ=又1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13A x ωω-=+===⨯v v故其角振幅：33.210rad A l θ-==⨯小球的振动方程为：rad )2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t有两个同方向、同频率的简谐振动,其合成振动的振幅为m 20.0,位相与第一振动π/6的位相差为,已知第一振动的振幅为m 173.0,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差;解：由题意可做出旋转矢量题图;由图知222211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01A A A A A =+-︒=+-⨯⨯⨯=,∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1,则：θcos 22122212A A A A A -+=即：2222221212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1A A A A A θ+-+-===⨯⨯即2θπ=,这说明,1A 与2A 间夹角为2π,即二振动的位相差为2π; 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为：⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程;解：∵ πππφ=--=∆)65(6, ∴ m 1.021=-=A A A 合 1122112250.4sin 0.3sinsin sin 366tan 5cos cos 30.4cos 0.3cos 66A A A A ππφφφππφφ⨯-+===++ ∴ 6φπ=其振动方程为：0.1cos(26)m x t π=+作图法略第6章 机械波已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为y =A cos Cx Bt -,其中A ,B ,C 为正值恒量;求：⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； ⑶ 任一时刻,在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差;解：⑴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y -= 0≥x 将上式与波动方程的标准形式：)22cos(λππυxt A y -=比较,可知：波振幅为A ,频率πυ2B =,波长C πλ2=,波速B u C λν==, 波动周期12T Bπν==;⑵ 将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y -=⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12,及2Cπλ=代入上式,即得：Cd =∆φ; 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =10x t ππ4-,式中x ,y 以米计,t 以秒计;求：⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相,它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =时刻到达哪一点 解：⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x πωλ=-相比,得：振幅05.0=A m ,圆频率10ωπ=,波长5.0=λm ,波速 2.5m s 2u ωλνλπ===;绳上各点的最大振速,最大加速度分别为：ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅⑵2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为：08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点0=x ,在92.008.010=-=t s 时的位相,即：2.9=φπ;设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点,则,825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m一列平面余弦波沿x 轴正向传播,波速为5 m/s,波长为2m,原点处质点的振动曲线如题图所示;⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线;解： ⑴ 由题a 图知,1.0=A m,且0=t 时,000 , 0y =>v ,∴230πφ=, 又52.52uνλ===Hz ,则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ,则波动方程为：30.1cos[5()]52x y t ππ=-+m⑵ 0=t 时的波形如题b 图5.0=x m 代入波动方程,得该点处的振动方程为：50.530.1cos[5]0.1cos(5)52y t t πππππ⨯=-+=+m如题c 图所示;如题图所示,已知t =0时和t =时的波形曲线分别为图中曲线a 和b,周期T>,波沿x 轴正向传播,试根据图中绘出的条件求： ⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程; 解：⑴ 由题图可知,1.0=A m ,4=λm ,又,0=t 时,000,0y =<v , ∴20πφ=,而-11 2 m s 0.5x u t ∆===⋅∆,20.5Hz 4u νλ===,∴ππυω==2故波动方程为：]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m⑵ 将1=P x m 代入上式,即得P 点振动方程为：t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m一列机械波沿x 轴正向传播,t =0时的波形如题图所示,已知波速为10 m/s 1,波长为2m,求： ⑴波动方程；⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间;解：由题图可知1.0=A m ,0=t 时,00,02A y =<v ,∴30πφ=,由题知2=λm ,-110m s u =⋅,则5210===λυuHz ,∴ππυω102==⑴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t ππ=-+m⑵ 由图知,0=t 时,0,2<-=P P v A y ,∴34πφ-=P P 点的位相应落后于0点,故取负值∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p ⑶ 由πππ34|3)10(100-=+-=t x t 解得：67.135==x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题图a,则由P点回到平衡位置应经历的位相角πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为：121106/5==∆=∆ππωφt s 如题图所示,有一平面简谐波在空间传播,已知P 点的振动方程为P y =Acos 0ϕω+t ;⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程;解：⑴ 如题图a,则波动方程为：0cos[()]l xy A t u uωϕ=+-+ 如图b,则波动方程为：0cos[()]x y A t uωϕ=++⑵ 如题图a,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=-+如题图b,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=++一平面余弦波,沿直径为14cm 的圆柱形管传播,波的强度为×10-3J/m 2·s,频率为300 Hz,波速为300m/s,求波的平均能量密度和最大能量密度.解： ∵u w I =, ∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅, 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅如题图所示,1S 和2S 为两相干波源,振幅均为1A ,相距4λ,1S 较2S 位相超前2π,求：⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度；⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度 解：1在1S 外侧,距离1S 为1r 的点,1S 2S 传到该P 点引起的位相差为：πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r ,∴ 0,0211===-=A I A A A 2在2S 外侧.距离2S 为1r 的点,1S 2S 传到该点引起的位相差：0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ,∴ 2121114,2A A I A A A A ===+=一平面简谐波沿x 轴正向传播,如题图所示;已知振幅为A ,频率为ν,波速为u ;⑴ 若t =0时,原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动,写出此波的波动方程；⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等,试写出反射波的波动方程,并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置;解： ⑴ ∵0=t 时,0,000>=v y ,∴20πφ-=,故波动方程为：cos[2()]2x y A t u ππυ=--m⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为即将λ43=x 代入2432πλλπ-⨯-,再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射,存在半波损失,所以反射波在界面处的位相为：πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点,则反射波在O 点处的位相为23542πλππλ--⨯-=,因只考虑π2以内的位相角,∴反射波在O 点的位相为2π-,故反射波的波动方程为：]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]222 2cos cos(2)2x x y A t A t u u x A t u πππυπυπυππυ=--++-=-故波节位置为：2)12(22πλππυ+==k x u x故 4)12(λ+=k x ,2,1,0±±=k …根据题意,k 只能取1,0,即λλ43,41=x 两列波在一根很长的细绳上传播,它们的波动方程分别为1y =t x ππ4-SI, 2y =t x ππ4+SI;⑴ 试证明绳子将作驻波式振动,并求波节、波腹的位置； ⑵ 波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解：⑴ 它们的合成波为：0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t ππππππ=-++=出现了变量的分离,符合驻波方程特征,故绳子在作驻波振动; 令ππk x =,则k x =,k=0,±1,±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ,,2,1,0±±=k …,此即波节的位置;⑵波腹处振幅最大,即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定,即：097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m第7章 气体动理论基础 P218设有N 个粒子的系统,其速率分布如题图所示;求⑴ 分布函数f υ的表达式； ⑵ a 与υ0之间的关系； ⑶ 速度在υ0到υ0之间的粒子数; ⑷ 粒子的平均速率; 5 υ0到υ0区间内粒子平均速率;解：⑴从图上可得分布函数表达式： 00000()/(0)()(2)()0(2)Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪=≥⎩, 00000/(0)()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪≥⎩⑵ f υ满足归一化条件,但这里纵坐标是N f υ而不是f υ,故曲线下的总面积为N.由归一化条件：20d d a NN a N υυυυυυυ+=⎰⎰,可得023Na υ=⑶ 可通过面积计算001(2 1.5)3N a N υυ∆=⨯-=⑷N 个粒子平均速率：220220001()d ()d d d 11311()329a f Nf a Na a N υυυυυυυυυυυυυυυυυυ∞∞===+=+=⎰⎰⎰⎰5 υ0到υ0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284NN a a a υυυ=+-== υ0到υ0区间内粒子平均速率：000000.50.50.5111d d ()d NN N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ===⎰⎰⎰ 0020.510d N a N N υυυυυυ=⎰0033220000.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=⎰ 2007769a N υυυ==试计算理想气体分子热运动速率的大小介于υp -υp /100与υp +υp /100之间的分子数占总分子数的百分比; 解：令P u υυ=,则麦克斯韦速率分布函数可表示为：du e u N dN u 224-=π因为u=1,∆u=由u e u N N u ∆=∆-224π,得 %66.102.0141=⨯⨯⨯=∆-e N N π容器中储有氧气,其压强为P=即1atm 温度为27℃求：⑴ 单位体积中的分子数n ；⑵ 氧分子的质量m ；⑶ 气体密度ρ；⑷ 分子间的平均距离e ；5 平均速率υ；62υ7分子的平均动能ε; 解：⑴ 由气体状态方程nkT p =得：242351045.23001038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n m -3⑵ 氧分子的质量：26230mol 1032.51002.6032.0⨯=⨯==N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M MpV mol =,得： 13.030031.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ3m kg -⋅⑷ 分子间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-⨯=⨯==ne m5 平均速率：mol 8.313001.601.60446.580.032RT M υ⨯=≈=1s m -⋅ 题图Nf υO2υ0υυ0a6482.87≈=1s m -⋅ 7 氧分子的平均动能：20231004.13001038.12525--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少解：理想气体分子的能量：RT iE 2υ= 平动动能 t=3 5.373930031.823=⨯⨯=t E J转动动能 r=2 249330031.822=⨯⨯=r E J内能 i=5 5.623230031.825=⨯⨯=i E J一瓶氧气,一瓶氢气,等压、等温,氧气体积是氢气的2倍,求⑴氧气和氢气分子数密度之比；⑵氧分子和氢分子的平均速率之比; 解：⑴ 因为nkT p =,则：1O H n n =⑵由平均速率公式υ=,得：14O H υυ== 7-25 一真空管的真空度约为×10-3 Pa 即×10-5 mmHg,试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程设分子的有效直径d ＝3×10-10 m; 解：由气体状态方程nkT p =得：317-3231.3810 3.3310m 1.3810300p n kT -⨯===⨯⨯⨯ 由平均自由程公式nd 221πλ=得： 5.71033.3109211720=⨯⨯⨯⨯=-πλ m ⑴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；⑵ 若温度不变,气压降到×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少设分子有效直径为10-10m解：⑴碰撞频率公式2z d n υ=对于理想气体有nkT p =,即：kTpn =,所以有：2d p z kT υ=而-1455.43 m s υ≈≈=⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz s -1⑵气压下降后的平均碰撞频率2042310455.43 1.33100.7141.3810273z ---⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ s -11mol 氧气从初态出发,经过等容升压过程,压强增大为原来的2倍,然后又经过等温膨胀过程,体积增大为原来的2倍,求末态与初态之间⑴气体分子方均根速率之比；⑵ 分子平均自由程之比; 解：⑴ 由气体状态方程：2211T p T p = 及 3322V p V p =====⑵ 对于理想气体,nkT p =,即 kTpn =所以有：pd kT 22πλ=,即：12121==T p p T 末初λλ第8章 热力学基础.如题图所示,一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中,有350 J 热量传入系统,而系统做功126 J;⑴ 若沿adb 时,系统做功42 J,问有多少热量传入系统⑵ 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84 J,试问系统是吸热还是放热热量传递是多少 解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差：A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程,系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程,外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K,问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功⑴ 容积保持不变； ⑵ 压力保持不变; 解：⑴ 等体过程对外作功0=A∴ V 2121()()2328.31(350300)623.25J iQ E A E C T T R T T νν=∆+=∆=-=-=⨯⨯-=, ⑵ 等压过程,吸热：P 212125()()8.31(350300)1038.75J 22i Q C T T R T T νν+=-=-=⨯⨯-=内能增加：V 21()328.31(350300)623.25J E C T T ν∆=-=⨯⨯-=对外作功：5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J一个绝热容器中盛有摩尔质量为M mol ,比热容比为γ的理想气体,整个容器以速度υ运动,若容器突然停止运动,求气体温度的升高量设气体分子的机械能全部转变为内能;解：整个气体有序运动的能量为212m υ,转变为气体分子无序运动使得内能增加,温度变化;2V 12m E C T m M υ∆=∆=,22mol mol V 111(1)22T M M C R υυγ∆==- 0.01m 3氮气在温度为300K 时,由压缩到10MPa;试分别求氮气经等温及绝热压缩后的⑴ 体积；⑵ 温度；⑶ 各过程对外所做的功; 解：⑴ 等温压缩过程中,T =300K,且2211V p V p =,解得：3112210.0111010p V V p -==⨯=⨯m 3 , 6321112lnln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V pA vRT p V V p ===⨯⨯⨯=-⨯ ⑵ 绝热压缩：R C 25V =,57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =,得：111/33111421221()()()0.01 1.9310m 10p V p V V p p γγγ-===⨯=⨯由绝热方程 111122T p T p γγγγ----=,得11.40.4122211300(10)579K T p T T p γγγγ--==⨯⇒=Oab c d由热力学第一定律A E Q +∆=及0=Q 得：)(12molT T C M MA V --=, 又RT M MpV mol=,所以 51121135 1.013100.015()(579300)23002 2.3510Jp V A R T T RT ⨯⨯=--=-⨯⨯-=-⨯ 理想气体由初状态P 1,V 2经绝热膨胀至末状态P 2,V 2;试证过程中气体所做的功为：12211--=γV P V P w 式中γ为气体的比热容比;证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211得γγV V p p 111= 故,22111121221111221121d 11d ()11 ()11V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V γγγγγγγγγ----===----=--=--⎰⎰1 mol 的理想气体的T -V 图如题图所示,ab 为直线,延长线通过原点O ;求ab 过程气体对外做的功; 解：设T kV =,由图可求得直线的斜率k 为：2T k V =,得过程方程002T T V V =由状态方程pV vRT=得：RT p V ==R V 02T V V =002RT V ab 过程气体对外作功：⎰=02d V v V p A 02000d 22V V RT RTV V ==⎰某理想气体的过程方程为Vp 1/2=a ,a 为常数,气体从V 1膨胀到V 2;求其所做的功;解：气体做功：22211122221211d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V ===-=-⎰⎰设有一以理想气体为工质的热机循环,如题图所示;试证其循环效率为：η＝1212111V V p p ηγ-=--解：等体过程：1V 21()0Q vC T T '=->,吸热,∴ )(1221V 11RV p R V p C Q Q -='= 绝热过程：03='Q 等压压缩过程：2p 21()0Q vC T T '=-<,放热 ∴ 212222P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R'==--=-,则, 循环效率为：p 21222121V 122212()(/1)111()(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p ννηγ--=-=-=--- 一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作,试计算⑴ 热机效率；⑵ 若低温热源不变,要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少⑶ 若高温热源不变,要使热机效率提高到80%,则低温热源温度需降低多少T Oab题图Vp OV绝热题图V 2 V 1 p 1p解：⑴ 卡诺热机效率 213001170%1000T T η=-=-= ⑵ 低温热源2300K T =不变时,即1130080%T η'=-=,解得：11500K T '=,则： 11115001000500K T T T '∆=-=-=即高温热源温度提高500K;⑶ 高温热源11000K T =不变时,即21100080%T η'=-= 解得：2200K T '=,则：222200300-100K T T T '∆=-=-=即低温热源温度降低100K;如题图所示是一理想气体所经历的循环过程,其中AB 和CD 是等压过程,BC 和DA 为绝热过程,已知B 点和C 点的温度分别为T 2和T 3;求此循环效率;这是卡诺循环吗解：⑴热机效率211Q Q η=-AB 等压过程1P 21()0Q C T T ν'=->,吸热,即有： 11P mo ()B A lMQ Q C T T M '==- CD 等压过程2P 21()0Q vC T T '=-<,放热,即有： )(P mol22D C T T C M MQ Q -='-= ∴)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= AD 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=D D AA T p T p 11 BC 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=C C B BT p T p 111 又 A B C D p p p p ==，,所以得：D C BT TT T = ∴ 231T T -=η⑵ 不是卡诺循环,因为不是工作在两个恒定的热源之间;⑴ 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源,需要多少功从-173℃向27℃呢⑵ 一可逆的卡诺机,作热机使用时,如果工作的两热源的温度差愈大,则对于做功就愈有利;当作致冷机使用时,如果两热源的温度差愈大,对于致冷是否也愈有利为什么解：⑴卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时,需作功：12122300280100071.4J 280T T A Q T --==⨯= 173-℃→27℃时,需作功：1222230010010002000J 100T T A Q T --==⨯= ⑵从上面计算可看到,当高温热源温度一定时,低温热源温度越低,温度差愈大,提取同样的热量,则所需作功也越多,对致冷是不利的;p O 题图A B C D第9章 静电场长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ= C/m 的正电荷;试求：⑴ 在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；⑵ 在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强; 解：⑴ 如题图所示,在带电直线上取线元d x ,其上电量d q 在P 点产生场强为：20)(d π41d x a xE P -=λε 22200220d d 4π()11 []4π22π(4)l P P l x E E a x a l a l la l λελελε-==-=--+=-⎰⎰用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得：21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右⑵ 同理,2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220ddd d π41d ++=x x xE Qy λε22223222222022d d d 4π(d )2π4ll Qy Qy l x lE E x d l d λλεε-===++⎰⎰以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得：21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,方向沿y 轴正向一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强; 解：如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为：20π4d d R R E εϕλ=,方向沿半径向外,则：ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-= 积分得：R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向;均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ;⑴求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；⑵证明：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ;解：如图示,正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E 方向如图,大小为：()12220cos cos 4π4P E r l λθθε-=+∵1222cos 2l r l θ=+ ,12cos cos θθ-=∴ 222204π42P lE r l r l λε=++P E 在垂直于平面上的分量cos P E E β⊥=∴ 22222204π424lr E r l r l r l λε⊥=+++由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为：22220444π(4)2PO lrE E r l r l λε⊥=⨯=++∵ l q4=λ ∴ 222204π(4)2P qrE r l r l ε=++ , 方向沿OP⑴ 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；⑵ 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少解： ⑴ 立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等,由高斯定理0d sE S q ε⋅=⎰得：各面电通量06εq e =Φ; ⑵ 电荷在顶点时,将立方体延伸为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中心,则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =Φ, 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ;均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×510-C/m 3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强;解：高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,334π()3q pr r =-∑内 ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 方向沿半径向外; 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外. 半径为1R 和2R 2R ＞1R 的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求：⑴r ＜1R ；⑵ 1R ＜r ＜2R ；⑶ r ＞2R 处各点的场强;解：取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=,则：rl E S E Sπ2d =⋅⎰⑴ 1R r <时,0q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =；⑵ 21R r R <<时,λl q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：rE 0π2ελ= 沿径向向外；⑶ 2R r >时,0=∑q ,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =两个无限大的平行平面都均匀带电,电荷的面密度分别为1σ和2σ,试求空间各处场强;解：如题图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为1σ与2σ,两面间, n E)(21210σσε-= 1σ面外,n E)(21210σσε+-=2σ面外,n E )(21210σσε+=, n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面;半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体,如题图所示;试求：两球心O 与O '点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的;。
大学物理第二章练习答案
第二章 运动的守恒量和守恒定律练 习 一一. 选择题1。
关于质心，有以下几种说法,你认为正确的应该是（ C ）（A ） 质心与重心总是重合的； （B ) 任何物体的质心都在该物体内部； (C ） 物体一定有质心，但不一定有重心； (D ） 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。
2。
任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ）(A ）该质点系所受到的内力和外力； (B ） 该质点系所受到的外力;(C ） 该质点系所受到的内力及初始条件； (D ） 该质点系所受到的外力及初始条件。
3。
从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。
如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点,则该圆盘质心位置的x 坐标应为( B ） （A )R 4； (B) R 6; (C ） R 8； （D R12。
4. 质量为10 kg 的物体,开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s,而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 ( B ）（A ）s N ⋅820; （B) s N ⋅1020; (C ） s N ⋅620; (D) s N ⋅520。
二、 填空题1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示,则卫星的动量大小为RGM m3。
2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行,速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化：大小不变。
3. 如图1所示,两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2,静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。
设子弹穿过两木块所用的时间分别为∆t 1和∆t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A BF t m m ⋅∆+，木块B 的速度大小为12F t A BBF t m m m ⋅∆⋅∆++.三、计算题1. 一质量为m 、半径为R 的薄半圆盘,设质量均匀分布，试求薄半圆盘的质心位置。
大学物理：第1章习题参考答案
习 题 解 答第一章 质点运动学1-1 (1) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移j y y i x x r)()(01011-+-=∆)(5.33)101(3)01(21)01(32m j i ji +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) 前4秒内平均速度)s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度)s m (43704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a (6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a1-2 23d d 23++==t t txv c t t t c t v x x +++=+==⎰⎰241d d 34 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t x tt tv a t t v 63d d 23223+==++= 将t =3s 代入证)s m (45)s m (56)(414123133--⋅=⋅==a v m x1-3 (1) 由运动方程⎩⎨⎧+==ty t x 2342消去t 得轨迹方程0)3(2=--y x(2) 1秒时间坐标和位矢方向为 m y m x 5411==[4,5]m: ︒===3.51,25.1ααxytg(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为)m (24)35()04(1j i j i r+=-+-=∆)s m (2411-⋅+=∆∆=j i tr V(4) 质点的速度与加速度分别为i t Va j i tr V8d d ,28d d ==+==故t =1s 时的速度和加速度分别为 2111s m 8,s m 28--⋅=⋅+==i a j i V1-4 该星云飞行时间为a 1009.2s 1059.61093.31074.21046.910177915⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯ 即该星云是101009.2⨯年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为g)(25m/s 1047.280.13600101600223≈⨯=⨯⨯==t v a 基本上未超过25g.1.80s 内实验车跑的距离为）（m 40080.13600210160023=⨯⨯⨯==t v s1-6 (1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则2021gt t v h -= 代入已知数得28.9211511t t ⨯-=解此方程，可得二解为s 22.1s,84.111='=t t第一块石头上升到顶点所用的时间为s 53.18.9/15/10===g v t m由于m t t >1,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于m t t <'1这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以20v 和'20v 分别对应于在t 1和'1t 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于2111120)(21)(t t g t t v h ∆∆---= 所以184.1)184.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=∆-∆-+=t t t t g h v m/s 2.17=同理.122.1)122.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=-'-'+='t t t t g h v ∆∆ m/s)(1.51=(2) 由于'>=123.1t s t ∆,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t 1时刻相碰，第二块的初速度为3.184.1)3.184.1(8.92111)(2122122120--⨯⨯+=--+="t t t t g h v ∆∆ m/s)(0.23=1-7 以l 表示从船到定滑轮的绳长，则t l v d /d 0-=.由图可知22h l s -=于是得船的速度为习题1-7图02222d d d d v s h s t l hll t s v +-=-==负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为3202022d d d d d d s v h tl v h l ll t v a -=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--== 负号表示a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为522422221048.9601.0)106(44⨯=⨯⨯⨯==ππωg r n g r1-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s 3='t 时的切向加速度，即)m/s (2.02='t a在s 3='t 时的法向加速度为)m/s (36.00.1)32.0()(2222=⨯='='=R t a R v a t n1-10 2m/s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为m /s)(6.05.02.100=⨯==at v以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为2021gt t v h += 电梯下降的距离为习题1-9图 习题1-10图2021at t v h +=' 又20)(21t a g h h h -='-= 由此得s 59.02.18.95.1220=-⨯=-=a g h t 而小球相对地面下落的距离为2021gt t v h += 259.08.92159.06.0⨯⨯+⨯= m 06.2= 1-11 人地风人风地v v v+=画出速度矢量合成图(a)又人地风人风地02v v v +'=，速度矢量合成如图（b ）两图中风地v应是同一矢量.可知（a ）图必是底角为︒45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为人地人地风地00245cos v v v =︒=)s m (23.41-⋅=1-12 (1) v LvL t 22==(2) 22212u v vLu v L u v L t t t -=++-=+= 1212-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v u v L(3) v Lv L t t t '+'=+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对地速度v u v+=',则22u v V -='.习题1-12图习题1-11图2221222⎪⎭⎫⎝⎛-=--='=v u v L uv L v L t 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为V '(如图所示),由速度合成得V u V +='V 的大小由图1.7示可得αβcos cos u V V +'=即332323cos cos -=⨯-=-='αβu V V 而1212sin sin =⨯=='αβu V 船达到B 点所需时间)s (1000sin =='='=D V DV OB t βAB 两点之距βββsin cos D Dctg S == 将式（1）、（2）代入可得m)(1268)33(=-=D S(2) 由αβsin 101sin 3u V D t ⨯='=船到对岸所需最短时间由极值条件决定0cos sin 11d d 2=⎪⎭⎫⎝⎛-=αααu t 即 2/,0cos παα==故船头应与岸垂直，航时最短.将α值代入（3）式得最短航时为s)(500105.021012/sin 101333min=⨯=⨯=⨯=s u t π (3) 设l OB =,则ααββsin cos 2sin sin 22u uV V u D V D V D l -+=''== 欲使l 最短，应满足极值条件.习题1-13图a a uV V u u D l '⎢⎢⎣⎡''-+-='cos sin cos 2d d 22αα 0cos 2sin sin 2222=⎥⎦⎤'-+''+αuV V u a a uV 简化后可得01cos cos 222=+'+-'αuVV u a 即 01cos 613cos 2=+'-'αa 解此方程得32cos ='α︒=='-2.4832cos 1α 故船头与岸成︒2.48，则航距最短.将α'值代入（4）式得最小航程为222222min 321232322321000cos 1cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯-+='-'-+-=ααu uv v u D lkm )(5.1m 105.13=⨯= AB 两点最短距离为km)(12.115.122min min =-=-=D l S。
大学物理第一章习题参考答案
θ
+
v = vmax / 2
(B) (D)
v = 3v max / 2
v0 r A
O
v = 2v max / 2 v = v max / 2
o
t=0
解：如图画出已知所对应矢量 A，可知 A 与 x 轴正向的夹角 为 θ = 60 ,则根据简谐运动与旋转矢量的对应关系可得
7.5 x(cm)
v = ωA sin θ = 3v max / 2
4. 一弹簧振子作简谐振动，总能量为 E1 ，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的 质量增加为原来的四倍，则它的总能量 E 变为 [ D ] (A) E1 /4 (B) E1 /2 解：原来的弹簧振子的总能量 E1 = (C) 2 E1 (D) 4 E1
1 1 2 2 2 kA1 = m1ω1 A1 ，振动增加为 A2 = 2 A1 ，质量增 2 2
1 π 3
。
解： 由矢量图可知，x1 和 x2 反相，合成振动的振幅
A = A1 − A2 = 0.05 − 0.03 = 0.02(m) ，初相 ϕ = ϕ1 =
四、计算题： 1．一定滑轮的半径为 R，转动惯量为 J，其上挂一轻绳，绳的一端 系一质量为 m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如图所示。 设弹簧的倔强系数为 k, 绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的 阻力。现将物体 m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作 简谐振动，并求出其角频率。 解：取如图 x 坐标，平衡位置为坐标原点，向下为正方向。 m 在平衡位置，弹簧伸长 x0, 则有 mg = kx0 ……………………(1) 现将 m 从平衡位置向下拉一微小距离 x， m 和滑轮 M 受力如图所示。 由牛顿定律和转动定律列方程， mg − T1 = ma ………………… (2)
大学物理习题集答案1-2
一、选择题1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比；(B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0.2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(-a ,0)处放置另一点电荷-q ，P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强的大小为： [ D ](A)x q04πε. (B)204x qπε.(C) 302x qa πε (D) 30x qaπε.5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是[ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变；(B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变；(C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； (D) f 12的大小、方向均发生改变, q 1受的总电场力也发生了变化.二、 填空题1．如图1.4所示，两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2，相距为d ，其电荷线密度分别为λ1和λ2，则场强等于零的点与直线1的距离a=211λλλ+d.2．如图1.5所示,带电量均为+q 的两个点电荷,分别位于x 轴上的+a 和－a 位置.则y 轴上各点场强表达式为E场强最大值的位置在y = a 22± .3. 两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为σ (0>σ)及σ2-，如图1.6所示，试写出各区域的电场强度E。
І区E 的大小 02εσ ， 方向 右。
图1.1d 图1.2图1.3III IIIσ2-σΠ区E 的大小 023εσ ，方向 右 。
《新编大学物理》(上、下册)习题答案
（2） ， ，
题4.12：
答案：4
提示： ， ，
题4.13：
答案：
提示： ， ， ，解得
题4.14：
答案：
提示： ， ，则 ， ，
题4.15：
答案：3.73m
提示： ， ， ，
则
题4.16：
答案：
提示： 即 ，
题4.17：
答案：
提示： ， ，
三、计算题
题4.18：
解：（1）航程
提示： ， ，
三、计算题
题1.15：
解：（1）
又
（2）又
（3）当a与半径成 角时，
题1.16：
解：（1） ， （*）
当 时， ，
（2）由上式：
，
第2章质点动力学
一、选择题
题2.1：
答案：[C]
提示：A．错误，如：圆周运动
B．错误， ，力与速度方向不一定相同
D．后半句错误，如：匀速圆周运动
题2.2：
答案：[B]
题4.3：
答案：[B]
提示：在 系中X轴方向上，正方形边长为 ， 系观察 系X轴方向正方形边长 ， ，则从 系测得面积为
题4.4：
答案：[A]
提示：选飞船为一参考系，因为真空中光速C对任何惯性参考系都是常数，由于飞船匀速运动，是惯性系。则飞船固有长度为
题4.5：
答案：[A]
提示： ，
题4.6：
答案：[C]
二、填空题
题2.11:
答案：2mb
提示：
题2.12：
答案：2kg 4m/s2
提示：
由题意，
题2.13：
答案： ，
提示：由题意，
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大学物理答案第1～2章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点的运动1－1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ，)cos 1(t R y ω-=，式中R ，ω为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。
解：22cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wtdt dt v v v Rw==-==-∴=+=22222sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wtdt dt a a a Rw ====∴=+=sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为质点轨迹方程以R 为半径，圆心位于（0，R ）点的圆的方程，即质点作匀速率圆周运动，角速度为ω；速度v = R ω；加速度 a = R ω21－2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1，自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2，求证：h =gt 1 t 2/2解：设抛出点的速度为v 0，从高度h 到最高点的时间为t 3，则012132012221201112()0,2()/2()1122212v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=-=-= 1－3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度，即a ＝kv 2，k 为一常数，求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx .解：取汽艇行驶的方向为正方向，则0200,,ln v xv kxdv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v vkx v v v e -==-=∴=-=-∴=-=-∴=⎰⎰ 1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上，求小车移动的速度和加速度。
解：人前进的速度V 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，22220222203/222220()()()l v t H h dldt H h v d l dt H h v t =+-∴=-=⎡⎤-+⎣⎦所以小车移动的速度220220)(tv h H tv v --=小车移动的加速度[]2/3220222)()(tv h H v h H a +--=1－5一质点由静止开始作直线运动，初始的加速度a 0，以后加速度以t b aa a 00+=均匀增加（式中b 为一常数），求经t 秒后，质点的速度和位移。
解：00002000000200223000000,()()2,2226v t tx a a dva a a t dv a t dtdt b b a a t dv a t dt v a t b ba t dxv vdt dxa t dt dxdtb a t a t a t a t dt dx x b b ==+∴=+=+∴=+⎛⎫==∴+= ⎪⎝⎭⎛⎫+=∴=+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰1－6一足球运动员在正对球门前25.0m 处以20.0m·s －1的初速率罚任意球，已知球门高为3.44m 。
若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球（足球可视为质点）解：由运动方程21cos ,sin 2x vt y vt gt θθ==-,消去t 得轨迹方程，222(1)2gy xtg tg x vθθ=-+以x ＝25.0m ，v ＝20.0ms －1，以及3.440m y ≥≥代入后得1269.9271.1118.8927.92θθ≤≤≤≤1－7一人扔石头的最大出手速率为v ＝25m/s ，他能击中一个与他的手水平距离L=50m ，高h=13m 的目标吗在此距离上他能击中的最大高度是多少解：由运动方程21cos ,sin 2x vt y vt gt θθ==-,消去t 得轨迹方程222(1)2gy xtg tg x vθθ=-+ 以x ＝05.0m ，v ＝25ms －1代入后得 2222250(1)502255020(1)520()11.254g y tg tg tg tg tg θθθθθ=-+⨯⨯=-+=--+ 取g ＝10.0，则当 1.25tg θ=时，max 11.25y =〈13 所以他不能射中，能射中得最大高度为max 11.25y =1－8质点做半径为R 的圆周运动，其路程按规律221bt ct s -=运动，式中b 、c 为常数，求:（1）t 时刻质点的角速度和角加速度；（2）当切向加速度等于法向加速度时，质点运动经历的时间。
解：（1）质点做圆周运动的速率dsv c bt dt ==-/c btw v R R R ∴==-角速度切向加速度22t d sa b dt ==- t a bR Rβ∴==-角加速度（2）法向加速度22n ()v c bt a R R -==当t n a a =时，2()c bt b R-=-2()c bt Rbc t b ∴-==± 1－9一质点作半径为R 的圆周运动，初速为v 0，若其加速度a 与速度v 之间的夹角θ恒定不变，求质点运动的速率随时间的变化v (t)，及其切向加速度、法向加速度的大小。
解：速度沿着切向方向，加速度与速度成恒定的夹角，则02220sin ,cos 11n t t v v dv v a a a a dt Rdv ctg dt R v dv ctg dt R v θθθθ====∴==⎰⎰ 00v Rv R v t ctg θ∴=-⋅；22200200()/()n v R v R v a R R R v t ctg R v t ctg θθ===-⋅-⋅；2020()n t a v Rctg a tg R v t ctg θθθ==-⋅ 1－10飞机以100m·s -1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100m 时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标处。
问：（1）此时目标在飞机下方前多远（2）投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度（ 3）物品投出2s 后，它的法向加速度和切向加速度各为多少？ 解：（1）21y gt t 2452x m ∴==＝，（2） 5.12==θxyarctg（3）22222n v dv dt 1.96/,10.0(m 9.80/,10.0(9.62/9.8)t tt a a m s g a a ga m s g m s ∴====∴===2＝＝或 1.88/s ,g=9.8）或，g ＝1－11一无风的下雨天，一列火车以v 1=20m/s 的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降，求雨滴下落的速度v 2。
（设下降的雨滴作匀速运动）解：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为V 1,雨滴相对地面竖直下落的速度为V 2，旅客看到雨滴下落速度V 2’为相对速度，它们之间的关系为221'v v v =+121/75 5.36v v tg ms -∴==1－12升降机以加速度a 0=1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板脱落，天花板与升降机的底面相距2.74m ，试求：（1）螺帽从天花板落到底面所需时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离。
(1)(2)v’u解：（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度为a ’=g+a,螺丝落到底面时，有210()20.705h g a t t s=-+==（2）由于升降机在t 时间内的高度为201'2h v t at =+则'0.716d h h m =-=1－13飞机A 相对地面以v A =1000km/h 的速率向南飞行，另一飞机B 相对地面以v B =800 km/h 的速率向东偏南30°方向飞行。
求飞机A 相对飞机B 的速度。
解：()1000,400400310004004003tg ,4052',A B A Bv j v j i v v v j j i θθ==+=-+∴==＝－方向西偏南916/v kmh ==1－14 一人能在静水中以1.10m·s 的速度划船前进，今欲横渡一宽为1000m 、水流速度为0.55m·s －1的大河。
（1），那么应如何确定划行方向到达正对岸需多少时间（2）如果希望用最短的时间过河，应如何确定划行方向船到达对岸的位置在什么地方解：如图（1）若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，则划行速度和水流速度u 的合速度的方向正对着岸，设划行速度v '合速度v 的夹角为αsin sin 0.55/1.10.5cos v uuv ααα'∴===='=31.0510cos d d t s v v α===⨯'如图（2）用最短的时间过河，则划行速度的方向正对着岸,500d dt l ut u m v v ∴====''1－15设有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处，飞机相对空气的速率为v '，而空气相对地面的速率为u ，A 、B 间的距离为l 。
（1）假定空气是静止的（即u =0），求飞机来回飞行的时间；（2）假定空气的速度向东，求飞机来回飞行的时间； （3）假定空气的速度向北，求飞机来回飞行的时间。
解：由相对速度的矢量关系'v v u =+有（1）空气时静止的，即u ＝0，则往返时，飞机相对地面的飞行速度就等于飞机相对空气的速度v ’（图（1）），故飞机来回飞行的时间02'''AB BA l l lt t t v v v =+=+=(2) 空气的速度向东时，当飞机向东飞行时，风速与飞机相对空气的速度同向；返回时，两者刚好相反（图（2）），故飞机来回飞行的时间为21102(1)'''AB BA l l u t t t t v u v u v -=+=+=-+-(3) 空气的速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由'v v u =+可得为v =122202(1)'AB BA l l u t t t t v v v -=+=+===-第二章 质点动力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数。