大学物理第2章 运动学
大学物理与实验(I)2时间空间与运动学
(1)平动 )
(2)本身线度 << 其活动范围 )
地球
太阳
地球绕太阳公转
三,时间 空间 时间是物体运动过程的持续性和顺序性的反映 时间是物体运动过程的持续性和顺序性的反映 持续性 空间是物体运动过程的广延性或物体形状, 空间是物体运动过程的广延性或物体形状,相 广延性 对位置的反映 对位置的反映
o t
o t
vz = v0z + ∫ az (t )dt
o
v =vxi + vy j + vz k
例1:一质点在(X,Y)平面内运动, 一质点在( , )平面内运动, 一质点在 运动方程为: 运动方程为:
r (t ) = 2ti + (2 t ) j
2
(SI )
求: (1)质点的轨迹; )质点的轨迹; (2)在最初 内质点的位移和平均 )在最初2S内 速度; 速度; (3)在第2S时质点的速度和加速度. )在第 时质点的速度和加速度.
t dx ∴∫ = ∫ dt 0 1+ 2x 0 x
1 ln(1+ 2x) = t 2
1 2t ∴x = (e 1) 2
d x 2t a = 2 = 2e dt
2
平面内运动, [例4]一质点在xOy平面内运动,运动方 4]一质点在 y=19(1)写出质点任意 程为x=2t,y=19-2t2.(1)写出质点任意 时刻的位置矢量, 时刻的位置矢量,速度矢量和加速度矢 (2)写出轨迹方程 写出轨迹方程; 量;(2)写出轨迹方程; 2 解 : 1) (
d x(t) 1 2 ∵ v(t) = = 2+t + t dt 2 x( t ) t 1 2 ∴∫ d x(t ) = ∫ (2 + t + t )dt x0 0 2
大学物理第二章第二部分
变力问题的处理方法（1）力随时间变化：F ＝f （t ）在直角坐标系下，以x方向为例，由牛顿第二定律：()x dv m f t dt=且：t ＝t 0时，v x ＝v 0 ；x ＝x 0则：1()x dv f t dt m =直接积分得：1()()x x v dv f t dt mv t c===+∫∫其中c由初条件确定。
由速度求积分可得到运动学方程：2()x x v dt x t c ==+∫其中c 2由初条件确定。
例：飞机着陆时受到的阻力为F＝－ct（c为常数）且t＝0时，v＝v 0。
求：飞机着陆时的速度。
解：根据牛顿第二定律：－ct ＝m dv / dt212c v dv tdt mc t c m==−=−+∫∫当t ＝0时，v ＝v 0，代入得：v 0＝c 1202c v v t m=−(2)力随速度变化：F＝f（v）直角坐标系中，x 方向f （v ）＝m dv ⁄dt 经过移项可得：()dv dt m f v =等式两边同时积分得：01()()m t t dt dv m dv f v f v −===∫∫∫具体给出f（v）的函数试就可进行积分运算例：质量为m的物体以速度v 0投入粘性流体中，受到阻力f＝－cv （c为常数）而减速，若物体不受其它力，求：物体的运动速度。
解：根据牛顿第二定律：dv cv m dt−=移项变换：－c/m dt ＝dv/v 1ln c dv dt m vc t v c m−=−=+∫∫积分得由初条件定c 1：当t ＝0时，v ＝v 0∴0＝lnv 0＋c 1∴c 1＝－lnv 00ln c t mc v t m v v v e −−==(3)力随位移变化：F ＝f （x）直角坐标系中，x方向：()dv dx dv dv f x m m mv dt dt dx dx===经过移项可得：f （x ）dx ＝mv dv等式两边同时积分得：2201()()2f x dx mvdv m v v ==−∫∫例：光滑的桌面上一质量为M，长为L的匀质链条，有极小一段被推出桌子边缘。
《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》第二章--波动方程
a o
● ●
b
●
u
d
S
x
●
x
x dx
dxS S ( d ) S dS x
t 时刻体积元所受合力
( x，t ) d dx x 体积元质量为 dV Sdx v dxS Sdx 根据牛顿第二定律有
应力是 x 和 t 的函数
2 2
——波动方程
以上是按运动学的观点来讨论波动过程的传播规律， 还可以进一步从动力学的观点，更本质地分析 波动方程的意义. 2. 波动方程的动力学推导
以平面波在固体细长棒中的传播为例 设有一截面积为S ，密度为ρ 的固体细棒， 一平面纵波沿棒长方向传播。
S
u
a o
● ●
b
●
u
d
2 2
2 T ，u T 1 2 u
y 1 y 2 2 x u t 2
2 2
——波动方程
注意：
波动方程是由平面简谐波推导出的， 但对其它平面波仍然成立， 从数学上，平面简谐波波函数 只是上述波动方程的一个特解。
y 1 y 2 2 x u t 2
y 0.1cos(3t x )
t=0时的波形曲线如图，则： Ａ，a点的振幅为－０．１m; Ｃ，两点间的相位差为 / 2 Y(m) 0.１m -0.１m a
Ｂ,波长为４m Ｄ，波速为６m/s
u b
C X(m)
0
例３，若一平面简谐波的波动方程为
y A cos( Bt Cx)
式中的Ａ，Ｂ，Ｃ为正值恒量，则
Ａ，波速为Ｃ／Ｂ Ｂ，周期为１／Ｂ
Ｃ，波长为 C / 2 Ｄ，圆频率为Ｂ Ｄ
大学物理第2章 牛顿运动定律
推论：当你不去追求一个美眉，这个美眉就会待在那里不动。 2、第二定律(F=ma，物体的加速度，与施加在该物体上的外力成正比)； 推论：当你强烈地追求一个美眉，这个美眉也会有强烈的反应。 评述：这个显然也是错误的！如果你是一只蛤蟆，那么公主是不会动心的。 你的鲜花送得越勤，电话费花得越多，可能对方越是反感，还可能肥了不费力 气的对手。更可能的情况是，当多个人同时在追求一个美眉时，该美眉反而无 动于衷，心想：机会多着呢，再挑一挑。所以，紧了绷，轻了松，火候要拿捏 得好。
mgR 2 F r2
R2 dv mg 2 m 由牛顿第二定律得： r dt 2 dv dv dr dv gR 又 v dr vdv 2 dt dr dt dr r
当r0 = R 时，v = v0，作定积分，得：
v gR 2 R r 2 dr v0 vdv r
故有
k
例题2-4 不计空气阻力和其他作用力，竖直上抛物体的初速 v0最小应取多大，才不再返回地球?
分析：初始条件，r R 时的速度为 v0 只要求出速率方程 v v ( r ) “不会返回地球”的数学表示式为： 当
r 时， v 0
结论：用牛顿运动定律求出加速度后，问 题变成已知加速度和初始条件求速度方程或运动 方程的第二类运动学问题。 解∶地球半径为R，地面引力 = 重力= mg， 物体距地心 r 处引力为F，则有：
说明
1）定义力
2）力的瞬时作用规律
3）矢量性
4）说明了质量的实质 ： 物体惯性大小的量度
5）适用条件：质点、宏观、低速、惯性系
在直角坐标系中，牛顿第二定律的分量式为
d ( mv x ) Fx dt
大学物理-运动学
A-1 一质点作简谐振动，周期为 T，质点由平衡 位置向X轴正方向运动时，由平衡位置到二分 之一最大位移这段路程所需的时间为： （A）T/4 （B）T/12 （C）T/6 （D）T/8 解： Δ φ = ω Δ t ω=2π/ T Δt=Δφ/ω = (π /6)/(2 π / T) A A/2 π /6 =Δ φ = T/12 O X 答案 （B）
的速率为 –v0
r = r=
1-7 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，并由出发点开始计时，行 驶的距离 x （m）与行驶时间 t （s）的函数关系式 ：A为 xA=4t+t2 ，B为 xB =2t2 +2t3 ，试问： （1）它们刚离开出发点时，行驶在前面的哪辆？ （2）出发后多少时间，两辆车行驶距离相同 ？ （3）出发后多少时间，两辆车相对速度为零 ？ 解：（1）时间从 0 到 △t→0 ，x = 0+ △x = v △t xA（ △t ）= vA |t=0 △t = 4 △t xB（ △t ）= vB |t=0 △t = 0 △t = 0 所以，A 车行驶在前面。
1-15 一质点在平面作曲线运动，其速率与路程 的关系为： v = 1 + S2 （m/s） 试求： 切向加速度 at 用路程 S 来表示的表 达式。 解： a t = dv / dt = 2SdS / dt = 2Sv = 2S（1 + S2 ） （m/s2）
1-16 5m长的梯子斜靠在墙上，最初上端离地面为 4m 。设以 2m/s 的速度匀速向下滑，求下端的运动方程 和速度。 Y 解：设某一时刻梯子的位置如图 y A 由几何关系得：x2 = L 2 - y2 L 因为 A点匀速下滑，所以 B y = yo -vot = 4 - 2t X O x 2 =L2 - y2 = 52 -（4 - 2t）2 故：x （1）运动方程：x2 = 9 + 16t - 4t2 (m) （2）两边对时间求导：2xdx/dt = 16 - 8t vx = dx/dt =（8 - 4t）/x =（8 - 4t）/（9 + 16t - 4t2）1/2 (m/s)
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。
大学物理运动学
炮弹射击时，需要考虑重力、空气阻力等因素对炮弹运动的影响，通过将炮弹的运动分解为水平方向和垂直方向的直线运动，可以更精确地计算炮弹的落点位置。
运动的合成与分解的应用实例
THANKS
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速度是描述物体运动快慢和方向的物理量。
速度表示物体在单位时间内通过的位移量，可以用位移与时间的比值来计算。速度具有矢量性，包括大小和方向两个要素。
速度
详细描述
总结词
总结词
加速度是描述物体速度变化快慢的物理量。
详细描述
加速度表示物体速度变化的快慢程度，可以用速度的变化量与时间的比值来计算。加速度的大小和方向可以分别表示速度大小的变化和速度方向的变化。
定理
匀速直线运动的公式和定理
在高速公路上行驶的汽车，其运动状态可以近似为匀速直线运动。
汽车行驶
火车在铁轨上行驶时，其运动状态也可以近似为匀速直线运动。
火车行驶
飞机在平流层飞行时，其运动状态可以近似为匀速直线运动。
飞机飞行
匀速直线运动的应用实例
03
CHAPTER
匀加速直线运动
总结词
匀加速直线运动是速度随时间均匀变化的直线运动，具有初速度、加速度和运动方向一致的特点。
详细描述
总结词
匀加速直线运动的应用实例包括自由落体运动、竖直上抛运动和汽车启动等。
详细描述
自由落体运动是地球上常见的一种匀加速直线运动，其加速度为地球的重力加速度。竖直上抛运动是物体在竖直方向上的匀加速直线运动，其加速度为负的地球重力加速度。在汽车启动时，由于汽车的发动机产生的牵引力逐渐增大，汽车做的是加速度逐渐增大的变加速直线运动，但通常可以近似为匀加速直线运动。这些实例表明匀加速直线运动在日常生活和工程应用中具有广泛的应用价值。
大学物理课后习题答案第二章
（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
，
分离变量得 ，
积分得 ．
当t= 0时，v=v0，所以 ，
因此 ，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v= 0，所需要的时间为
第二章运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律
2．1一个重量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度 运动， 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 = gsinα，方向与初速度方向垂直．其运动方程为
x = v0t， ．
将t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程为
（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 把小车沿斜面往上推（设b1=b）；
（5）以同样大小的加速度 （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
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：fM= μkNM= 7.35(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 =μsmg=ma`，
可得a` =μsg．
板的运动方程为
F – f – μk(m + M)g=Ma`，
大学普通物理学-二-牛顿运动定律
第二章牛顿运动定律一、选择题1.关于惯性有下面四种说法，正确的为（）。
A.物体静止或作匀速运动时才具有惯性B.物体受力作变速运动时才具有惯性C.物体受力作变速运动时才没有惯性D.惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性1.【答案】D。
解析：本题考查对惯性的正确理解。
物体的惯性是物体的自然固有属性，与物理的运动状态和地理位置没有关系，只要有质量的物体都有惯性，质量是一个物体惯性大小的量度，所以本题答案为D。
2.下列四种说法中，正确的为（）。
A.物体在恒力作用下，不可能作曲线运动B.物体在变力作用下，不可能作曲线运动C.物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动D.物体在不垂直于速度方向的力作用下，不可能作圆周运动2.【答案】C。
解析：本题考查的是物体运动与受力的关系物体的运动受初始条件和受力共同影响，物体受恒力作用但仍然可以作曲线运动，比如平抛运动.对于圆周运动需要有向心力，向心力是改变物体速度方向，当一个物体只受向心力作用时则作匀速圆周运动，所以C选项是正确的。
3.一质点从t=0时刻开始，在力F1=3i+2j（SI单位）和F2=-2i-t j（SI单位）的共同作用下在Oxy平面上运动，则在t=2s时，质点的加速度方向沿（）。
A.x轴正向B.x轴负向C.y轴正向D.y轴负向3.【答案】A。
解析：合力F=F1+F2=i+（2-t）j，在t=2s时，力F=i，沿x轴正方向，加速度也沿同一方向。
4.一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时，米袋作用在他肩上的力应为（）。
A.0B.P/4C.PD.P/24.【答案】A。
解析：米袋和人具有相同的加速度，因此米袋作用在他肩上的力应为0。
5.质量分别为m1、和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连接后置于水平桌面上，滑块与桌面间的滑动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图2-1所示。
如突然撤销拉力，则撤销后瞬间，二者的加速度a A和a B，分别为（）。
大学物理复习主要章节
第9章静电场
9.1电荷库仑定律
9.2电场电场强度
9.3静电场中的高斯定理
9.4静电场的环路定理电势
第10章稳恒磁场
10.1磁感应强度
10.2毕奥-萨伐尔定律及其应用
10.3磁通量磁场中的高斯定理
10.4安培环路定理
10.5磁场对载流导线的作用
10.6磁场对运动电荷的作用
第12章波动光学基础
12.1光的相干性
12.2分波面干涉
12.3分振幅干涉
12.4惠更斯-菲涅耳原理
12.5单缝的夫琅禾费衍射
12.6圆孔的夫琅禾费衍射
12.7衍射光栅及光栅光谱
12.9光的偏振
考试时间：18周周末
第1章运动学
1.4质点运动的描述
1.5刚体定轴转动的描述
第2章动力学
2.1质点运动定律
2.3刚体转动定理
第3章力学的守恒定律
3.1动量动量守恒定律
3.2功和能机械能守恒定律
3.3角动量角动量守恒定律
第5章机械振动
5.1简谐振动的描述
5.2简谐振动的合成
第6章机械波
6.1机械波的产生与传播
6.2平面简谐波
6.4惠更斯原理波的干涉
第7章热力学基础
7.1平衡态理想气体状态方程
7.2准静态过程
7.3热力学第一定律
7.4循环过程与卡诺循环
7.5热力学第二定律(要求理解第二定律的两种解释)
第8章气体动理论
8.1气体分子热运动的统计规律性
8.2理想气体的
大学物理教程第2章习题答案
⼤学物理教程第2章习题答案思考题2.1 从运动学的⾓度看，什么是简谐振动？从动⼒学的⾓度看，什么是简谐振动？答：从运动学的⾓度看，弹簧振⼦相对平衡位置的位移随时间按余弦函数的规律变化，所作的运动就是简谐振动。
从动⼒学的⾓度看，如果物体受到的⼒的⼤⼩总是与物体对其平衡位置的位移成正⽐，⽽⽅向相反，那么该物体的运动就是简谐振动。
2.2 弹簧振⼦的振幅增⼤到2倍时，其振动周期、振动能量、最⼤速度和最⼤加速度等物理量将如何变化？答：弹簧振⼦的运动⽅程为0cos()x A t ω?=+，速度为0sin()v A t ωω?=-+，加速度的为)cos(02?ωω+-=t A a ，振动周期2T =221kA E =。
所以，弹簧振⼦的振幅A 增⼤到2倍时，其振动周期不变，振动能量为原来的4倍，最⼤速度为原来的2倍，最⼤加速度为原来的2倍。
2.3 下列运动是否为简谐振动？（1）⼩球在地⾯上作完全弹性的上下跳动；（2）⼩球在半径很⼤的光滑凹球⾯底部作⼩幅度的摆动；（3）曲柄连杆机构使活塞作往复运动；（4）⼩磁针在地磁的南北⽅向附近摆动。
答：（2）、（4）为简谐振动，（1）、（3）、不是简谐振动。
2.4 三只相同的弹簧（质量忽略不计）都⼀端固定，另⼀端连接质量为m 的物体，它们放置情况不同，其中⼀个平放，⼀个斜放，另⼀个竖直放。
如果它们振动起来，则三者是否均为简谐振动，它们振动的周期是否相同？答：三者均为简谐振动，它们振动的周期也相同。
2.5 当谐振⼦作简谐振动的振幅增⼤为原来的2倍时，谐振⼦的什么量也增⼤为原来的2倍？答：最⼤速度和最⼤加速度。
2.6 ⼀弹簧振⼦作简谐振动，其振动的总能量为E 1。
如果我们将弹簧振⼦的振动振幅增加为原来的2倍，⽽将重物的质量增加为原来的4倍，则新的振⼦系统的总能量是否发⽣变化？答：弹簧振⼦212E kA = ，所以新的振⼦系统的总能量增加为原来的4倍。
2.7 ⼀质点作简谐振动，振动频率为n，则该质点动能的变化频率是多少？答：该质点动能的变化频率是2n。
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(马文蔚)第2章
GM mg 2 RE
电磁力
q1q 2 电荷之间存在电力（Coulomb力） f 4 0 r 2 运动电荷还存在磁力（Lorentz力） f qv B 1
电力和磁力统称为电磁力（electromagnetic force） 特点： 强度仅次于强力； 力程无限远； 由光子场传递。 弹力、摩擦力、流体阻力等宏观力都是电磁力的 宏观表现。——分子、原子之间的电磁作用力
强力
强力（strong force）是存在于质子、中子和介子等 强子中的一种作用最强的力。 特点： 强度最大； 力程比引力和电磁力小； 对称性最强； 短距离处随距离减小而减弱。
弱力 弱力（weak force）是粒子之间存在的另一种强度较 弱的力。
特点：
强度仅比引力大； 力程最小； 对称性低。
p mv
dp d 宏观低速运动中 m视为常量 F＝ (mv ) ma dt dt
相对论力学指出当物体的运动速度 v 接近真空中光 速 c 时，质量随运动是变化的。 因此，这种定律形式更为普遍。
牛顿第三定律（作用和反作用定律）
对于每一个作用，总存在一个大小相等方向相反的反 作用。
单位制——基本单位和由它们导出的导出单位所构成
的单位体系。 基本量和基本单位的选择不是唯一的，但个数是确定的。
力学中 3个： MKS制：长度—m, 时间—s，质量—kg 英制：力 — lb, 时间—s，质量—slug
大学物理第2章 牛顿运动定律
a 0 大 F0 大
雷管
导板
F0
S´
撞针滑块
滑块受摩擦力大
雷管不能被触发！ 鱼雷
a0
v
敌 舰 体
28
【例】在光滑水平面上放一质量为M、底角为 、斜边光滑的楔块。今在其斜边上放一质量 为m的物体，求物体沿楔块下滑时对楔块和对 地面的加速度。 a 0 ：楔块对地面 a ：物体对楔块
3
§2.1 牛顿定律与惯性参考系
一、牛顿定律
1、第一定律（惯性定律） 物体保持静止或匀速直线运动不变，除非作 用在它上面的“力”迫使它改变这种状态。 更现代化的提法：
“自由粒子”总保持静止或匀速直线运动状态。
“惯性”的概念－物体保持静止或匀速直线 运动不变的属性，称为惯性。
4
2、第二定律 运动的“变化”与所加动力成正比，并发生 在力的方向上 dv
的量纲就分别为 v =LT1 和 F = MLT2。 只有量纲相同的项才能进行加减或用等式联接。
12
§2.3 技术中常见的几种力
重力：由于地球吸引使物体所受的力。质量与重力 加速度的乘积，方向竖直向下。 弹力：发生形变的物体，由于力图恢复原状，对与 它接触的物体产生的作用力。如压力、张力、拉力、支 持力、弹簧的弹力。 拉力 支持力 张力 与支持面垂直 各点张力相等
在弹性限度内：f =-kx，方向总是与形变的方向相反。 摩擦力：物体运动时，由于接触面粗糙而受到的阻碍 运动的力。分滑动摩擦力和静摩擦力。大小分别为： fk= kN 及 fsmax=sN。 一般，μs>μk
13
§2-4 基本的自然力 一、万有引力：
f G m 1m r
2 2
G 为万有引力恒量 G = 6.67 10-11 Nm2/kg2
第2章大学物理质点运动学选择题真题及其答案
1. 如图Z1-1所示，细绳通过两轻质定滑轮在两端各挂一个物体A 和B ，设mA=mB ，初始A 、B 处于同一高度且静止，若使B 偏离平衡位置θ角而来回摆动，则物块A 将（D ）（A ）保持不动 （B ）向上运动 （C ）向下运动 （D ）上下运动2. 有一物体在0xy 平面上运动，受力作用后其动量沿两轴方向变化分别为Δp x i 和-Δp y j 。
则该力施于此物体的冲量的大小为（C ）（A ）I=Δp x +Δp y （B ）I=Δp x -Δp y （C ）22y x p p I ∆+∆= （D ）22-y x p p I ∆∆=3. 如图Z1-2图所示，有一物体置于小车的左端，小车放在光滑的水平面上，用力F 拉物体使它从车的左端运动到右端，保持F 的大小和方向不变，以地面为参考系，在车固定和不固定的两种情况下，下列结论正确的是：（D ）（A ）两种情况下力F 做的功相等（B ）两种情况下物体与车间的摩擦力对物体做的功相等（C ）两种情况下物体获得的动能相等（D ）两种情况下由于摩擦而长生的热相等4. 如图Z1-3所示，质点沿直线沿AB作直线运动，A、B为轨道上的任意两点，O为线外任一定点，（可视为垂直纸面的轴与纸面的交点）。
L A和L B代表质点在A、B处对定点O（轴）的角动量，则（D ）（A）L A和L B方向不同，但L A=L B（B）L A和L B方向相同，但L A≠L B（C）L A和L B方向和大小都不同（D）L A和L B方向和大小都相同5. 对于质点组，内力可以改变的物理量是（C ）（A）总动量（B）总角动量（C）总动能（D）总质量6. 如图Z1-4图，一绳穿过水平光滑桌面中心的小孔连接桌面上的小物块，令物块先在桌面上作以小孔为圆心的圆周运动，然后将绳的下端缓慢向下拉，则小物块的（D ）（A）动量、动能、角动量都改变（B）动量不变，动能、角动量都改变（C）动能不变，动量、角动量都改变（D）角动量不变，动量、动能都改变7. 在升降机天花板栓有轻绳，其下端系一重物，如图综合1-1所示，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，则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+g8. 质量分别为m 和m ′的滑块A 和B ，叠放在光滑水平桌面上，如图综合1-2所示，A ，B 间静摩擦因数为s μ，动摩擦因数为k μ，系统原处静止，今有一水平力作用于A 上，要使A,B 间不发生相对华东，则应有（ B ）（A ）F ≦s μmg （B ）F ≦s μ(1+m/m ′)mg（C ）F ≦s μ(m+m ′)g （D ）F ≦k μ(1+m/m ′)mg9. 一质点在外力作用下运动时，下述那种说法正确（ C ）（A ）质点的动量改变时，质点的动能也一定改变（B ）质点的动能不变时，质点的动量也一定不变（C ）外力的冲量是零，外力的功也一定是零（D ）外力的功为零，外力的冲量也一定是零10. 质量相等的两个物体A和B，并排静止在光滑水平面上，如图综合1-3所示，现用一水平恒力F作用在物体A上，同时给物体B一个与F同方向的瞬时冲量I，使两物体沿同一方向运动，则两物体再次达到并排的位置所经过的时间为（ B ）（A）I/F （B）2I/F （C）2F/I （D）F/I11. 如图综合1-4所示，劲度系数为k的弹簧在木块和外力作用下，处于被压缩状态，其压缩量为x0，当撤去外力弹簧被释放后，质量为m的木块沿光滑斜面弹出，木块最后落到地上，应有（ C ）A.在此过程中，木块的动能和弹性势能之和守恒B.木块到达最高点是，高度h满足1/2kx2=mghC.木块落地时的速度v满足1/2kx2+mgH=1/2mv2D.木块落地点的水平距离随θ不同而异，θ越大，落地点越远12. 如图综合1-5所示，在光滑平面上有一运动物体P，在P的正前方有一个连有弹簧和挡板M的静止物体Q，弹簧和挡板M的质量均不计，P与Q的质量相同物体P 与Q 碰撞后P 停止，Q 以碰撞前P 的速度前进，在此碰撞过程中，弹簧压缩量最大的时刻是（ B ）（A ）P 的速度正好变为零时 （B ）P 与Q 速度相等时（C ）Q 正好开始运动时 （D ）Q 正好达到原来P 的速度时13. 一个质量为m 的小球系在长为l 的绳上，绳与竖直线间的夹角用θ表示，当小球从θ=0运动到θ=θ0时，重力所做的功为（D ）（A ）00A cos mg ld θθθ=⋅⎰； （B ）00A sin mg ld θθθ=⋅⎰； （C ）00A cos mg ld θθθ=-⋅⎰； （D ）00A sin mg ld θθθ=-⋅⎰。
大学物理 第二章牛顿运动定律
赵 承 均
万有引力定律 任意两质点相互吸引，引力的大小与两者质量乘积成正比， 任意两质点相互吸引，引力的大小与两者质量乘积成正比，与其距离的 平方成反比，力的方向沿着两质点连线的方向。 平方成反比，力的方向沿着两质点连线的方向。
r m1m2 r F = −G 3 r r
赵 承 均
&& mx = p sin ωt
o
v Fx
x
x
即：
m
dv = p sin ωt dt
重 大 数 理 学 院
r r F ( t ) = ma ( t ) r & = mv ( t ) r && ( t ) = mr
此微分形式表明：力与加速度成一一对应关系。 此微分形式表明：力与加速度成一一对应关系。
赵 承 均
牛顿第二定律适用于质点，或通过物理简化的质点。 牛顿第二定律适用于质点，或通过物理简化的质点。 牛顿第二定律适用于宏观低速情况， 牛顿第二定律适用于宏观低速情况，而在微观 ( l ≤ 1 0 − 1 0 m 情况与实验有很大偏差。 高速 ( v ≥ 1 0 − 2 c ) 情况与实验有很大偏差。 牛顿第二定律适用于惯性系，而对非惯性系不成立。 牛顿第二定律适用于惯性系，而对非惯性系不成立。
赵 承 均
牛顿第二定律 在力的作用下物体所获得的加速度的大小与作用力的大小成正比， 在力的作用下物体所获得的加速度的大小与作用力的大小成正比， 与物体的质量成反比，方向与力的方向相同。 与物体的质量成反比，方向与力的方向相同。
r r F = ma
在国际单位中，质量的单位为kg（千克），长度的单位为m 在国际单位中，质量的单位为kg（千克），长度的单位为m（米）， kg ），长度的单位为 时间的单位为s ），这些是基本单位。力的单位为N 牛顿）， 这些是基本单位 ），是 时间的单位为s（秒），这些是基本单位。力的单位为N（牛顿），是导 出单位： 出单位： =1kg× 1N =1kg×1m/s2
大学物理第二章质点动力学习题解答
2-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为 m 1,m 2的物体(m 1M m 2),天平右端的托盘上放有砝码.问天平托盘和 砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴 承摩擦，绳不伸长。
解：隔离m 1,m 2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用 牛顿第二定律：第二章习题解答2-17质量为2kg 的质点的运动学方程为r (6t 2 1)? (3t 2 3t 1)?(单位：米，秒)，求证质点受恒力而运动，并求力的方 向大小。
解：T a d 2r/dt 2 12? 6?, F ma 24? 12?为一与时间无关的恒矢量， 质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=12 ■ 5N ，力与x 轴之间夹角为：arctgF y / F xarctg 0.526 34'2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为:r acos t ? bsin t ?, a,b,3为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点证明：•.• a d 2r /dt 22(acos t? bsin tp) 2rF ma m 2r , •••作用于质点的合力总指向原点2-19在图示的装置中两物体的质量各为 m 1,m 2，物体之间及物 体与桌面间的摩擦系数都为卩，求在力F 的作用下两物体的加速度 及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。
解：以地为参考系，隔离 m 1,m 2,受力及运动情况 如图示，其中：f 1=卩N 1=卩m 1g ， f 2=卩N 2=卩(N 1+m 2g)=卩(m 1+m 2)g.在水平方向对 两个质点应用牛二定律：①+②可求得：a F 2 m 1ggm 1 m 2JlN 1 T ---------------- * f 11Fm1ga 亠T m g m 1a ① F m 1g (m 1 m 2)g T m 2a ②将a 代入①中，可求得：Tm 1(F 2 mg) m 1 m 2仃N 1 ‘‘ m2ga -N 1a 1一 1 • f 1 I'm 1gT' m 1 g m 1a ① m 2g T' m ?a ②T 2T' 由①②可求得：T' 2m 1m 2g T m 1 m 2 '2mim 2g m 1 m 22-21 一个机械装置如图所示，人的质量为m 仁60kg ，人所站的底 板的质量为m 2=30kg 。
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第二章 运动学2-1 有人说：“分子很小，可将其当作质点；地球很大，不能当作质点，只能将其当作刚体。
”这句话对吗？为什么？答：分子作平动可视为质点，分子作转动，振动时不能作质点。
研究地球绕太阳公转，地日距离d r >>地球尺寸，可忽略自转，视为质点。
研究地球自转时，则不能视为质点。
2-2 在一列行驶的火车内，A 、B 两个旅客有这样的对话。
A:我静静地坐在车内半个多小时了，我一点也没有运动。
B:不对，你看看车窗外，铁路边的物体都飞快地向后掠去，火车在快速前进，你也在很快地运动。
试把A 、B 两个旅客讲话的含意阐述得确切一些。
究竟旅客A 是运动，还是静止？你如何理解运动和静止这两个概念？答：A: A 是选择车厢为参考系，则A 相对车厢是静止的。
B: B 是选择地面上的物体为参考系，则A 相对地面上的物体是运动的。
所以选择不同的参考系，描述物体的运动是不同的。
2-3 回答下列问题：（1）位移与路程有什么区别？（2）速度与速率有什么区别？（3）瞬时速度与平均速度有什么区别？二者之间有何联系？答：（1）位移是矢量，路程是标量。
路程是物体运动经历的实际路经，而位移是物体初末位置矢量之差，表示物体位置的改变，一般并不是物体所经历的实际路经。
例如，一物体绕半径为R 一周后回到原位置，其路程为2πR ,而位移却为零。
只有当物体作单向直线运动时，位移的数值才与路程相同。
（2）速度是矢量，即有大小又有方向，两者中有一个变化，速度都有变化。
速率是标量，即速度的大小是速率。
（3）瞬时速度是平均速度的极限值。
0l i m t r d r v t d t→==表示某一时刻的速度，速度的方向沿质点轨迹的切线，并指向质点前进的方向。
平均速度是反映了质点在这段时间内位置矢量对时间的平均变化率，即r v t = 2-4 一质点在Oxy 平面上运动，已知质点运动方程为()()()r t x t i y t j =+在计算质点的速度和加速度的大小时，有人分别给出了以下两种结果：（1） 先求出r 的量值22r x y =+再得出质点的速度和加速度分别为dr v dt= ， 22d r a dt = （2） 先求出速度和加速度的分量，再合成求出结果22dx dy v dt dt ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，222222d x d y a dt dt ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭你认为这两种方法哪一种正确？为什么？答：速度、加速度均是矢量，因此求速度和加速度时，应根据矢量求导法则：()d r d dx dy v xi y j i j dt dt dt dt ==+=+ ()22222222d r d d x d y a xi y j i j dt dt dt dt ==+=+ 在上式求导中，因为i 、j 是单位矢量，且是恒矢量。
0di dt =，0d j dt=。
由此，速度的大小 22dx dy v dt dt ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 加速度的大小 222222d x d y a dt dt ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此，第二种方法是正确的。
2-5 请以实例说明下列问题：（1）物体能否有不变的速率而仍有变化的速度？（2）物体速度为零时，其加速度是否一定为零？反之，物体的加速度为零时，其速度是否一定为零？（3）物体的加速度不断减小，而其速度却不断增大，有可能吗？（4）当物体具有大小和方向都不变的加速度时，其速度的方向是否可以有变化？答：（1）匀速率圆周运动，v 不变，v 方向不断变化。
（2）竖直上抛物体到达顶点时，0,==v g a 。
匀速直线运动时，0,0≠=v a 。
（3）只要0>a ，但↓a ，且a 与v 同号，则质点作加速运动，速度↑v 。
（4）g 竖直向下，抛体运动的速度方向不断变化，加速度是恒矢量。
2-6 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度与时间的关系是否是线性的？该质点的位置矢量与时间的关系是否也是线性的呢？答：已知 加速度 dv a ct dt==初始条件 0t = 0x 0v 则有，速度 020012v t t v dv adt ctdt ct ===⎰⎰⎰ ∴ 2012dx v v ct dt =+= 坐标 0200012x t tx dx vdt v ct dt ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰ ∴ 30016x x v t ct =++ 可见，速度和坐标与时间不是线性的。
2-7 一物体在0t =时开始自由下落，利用公式212h gt = 求得物体下落距离19.6m h =的时刻为2s +和2s -。
这里的2s -有什么意义？答：由自由下落公式 212h gt = 得出 2h t g=± 一物体在0t =时开始自由下落，则当物体下落距离19.6m h =时，12s t =。
而22s t =-是无意义的，因为时间是为正值的。
2-8 一人站在地面上用枪瞄准悬挂在树上的木偶击发枪机，当子弹从枪口射出时，木偶正好从树上由静止自由下落。
子弹可以射中木偶吗？试说明为什么？ 答：取子弹为坐标原点，在直角坐标系Oxy 中，子弹作抛体运动，其运动方程为 110cos x v t θ= 21101sin 2y v t gt θ=- 木偶初始位置为（20x ，20y ），木偶作自由落体运动，其运动方程为220x x =222012y y gt =- 子弹击中木偶时的条件：12y y =1220x x x ==瞄准时: 2020tan y x θ= 由此解得： 2011010cos cos x x t v v θθ== 2222201101020202101111sin sin tan 2cos 222x y v t gt v gt x gt y gt y v θθθθ=-=-=-=-= 所以，子弹能击中木偶。
2-9 质点在平面上运动，其运动方程为()r r t =，速度为()v v t =。
（1） 如果0dr dt=，0d r dt ≠，质点作什么运动？ （2） 如果0dv dt =，0d v dt ≠，质点作什么运动？ 答：（1）因为 0dr dt=，所以 r =恒量，则质点作半径为r 的圆周运动。
（2）因为 0dv dt=，所以 v =恒量，则质点作匀速率曲线运动。
2-10 一质点作匀速率圆周运动，取圆心为坐标原点。
质点的位置矢量与速度、位置矢量与加速度、速度与加速度的方向之间有何关系？答：一质点作匀速率圆周运动，其加速度为 2n n v a a e r== 速度为 t v ve =位矢为 n r re =-且 t n e e ⊥所以 r v ⊥ ， r a 但方向相反， v a ⊥。
2-10 下列说法是否正确？（1） 质点作圆周运动时，其加速度指向圆心；（2） 质点作匀速率圆周运动时，其加速度为恒量；（3） 只有法向加速度，而无切向加速度的运动，一定是圆周运动；（4） 只有切向加速度，而无法向加速度的运动，一定是直线运动。
答：（1）错。
因为质点作圆周运动时，其加速度为t t n n a a e a e =+加速度的方向为 arctan n ta a θ= θ：为总加速度与切向加速度的夹角，所以，加速度不是指向圆心。
（2） 错。
因为匀速率圆周运动不是匀加速运动，匀加速运动一般理解为加速度为常值的运动，这要求加速度的大小和方向均不变；而匀速率圆周运动速率不变，但速度的方向时刻在变，故加速度不是恒量。
（3）不一定。
因为只有法向加速度，而无切向加速度的运动，其加速度为2n n v a a e r== 当r =恒量时，是圆周运动；当r ≠恒量时，不是圆周运动。
（4）对。
因为只有切向加速度，而无法向加速度的运动，其加速度为t t dv a a e dt==速度为 t v ve =因为 a v 则一定是直线运动。
2-11 质点作圆周运动时，其加速度的方向是否一定与速度的方向垂直?如果不一定，在什么情况下,加速度的方向偏向运动的前方？在什么情况下，加速度的方向偏向运动的后方？答：质点作圆周运动，其加速度为 t t n n a a e a e =+加速度的方向为 arctan n ta a θ= θ：为总加速度与切向加速度的夹角，所以，加速度不是指向圆心。
而速度为 t v ve =所以，加速度的方向不一定与速度方向垂直。
在加速情况下，t a 与v 同向，加速度的方向偏向运动的前方；在减速的情况下，t a 与v 反向，加速度的方向偏向运动的后方。
2-13 在地球的赤道上，有一质点随地球自转的加速度为E a ；而此质点随地球绕太阳公转的加速度为s a 。
设想地球绕太阳的轨道可视为圆形，这两个加速度之比是多少？答：地球自转的加速度为 22E E E E E 2a R R T πω⎛⎫== ⎪⎝⎭地球绕太阳公转的加速度为 22S S S S S 2a R R T πω⎛⎫== ⎪⎝⎭则这两个加速度之比为 2S E E S S E 5.66T a R a R T ⎛⎫== ⎪⎝⎭ 2-14 以恒定角速度转动的飞轮上有两个点，一个点在飞轮的边缘，另一个点在转轴与边缘之间的一半处。
试问：在t 时间内，哪一个点运动的路程较长？哪一个点转过的角度较大？哪一个点具有较大的线速度、角速度、线加速度和角加速度？答：在刚体中，各点的角位移θ、角速度ω、角加速度β都一样，所以 路程 A A S R θ= B S B R θ=因为 A B R R > 所以 A B S S >速度 A A v R ω= B B v R ω=因为 A B R R > 所以 A B v v >线加速度 A A t a R β= ，B B t a R β=， 2A A n a R ω=，2B B n a R ω=因为 A B R R > 所以 tA tB a a >， A B n n a a >2-15 一艘轮船以恒定速度向前行驶，此轮船上有一个人竖直向上抛出一粒石子，此石子是否能落回到人的手中？答：由于轮船以恒定速度向前行驶，故是一个较好的惯性系，此轮船中的运动规律应与地面上一样，所以，此轮船上有一个人竖直向上抛出一粒石子，此石子能落回到人的手中。
在轮船上静止的观察者看到石子运动的轨迹是垂直线，在地面上的观察者看到石子运动的轨迹是抛物线。
2-16 一只鸟在空中水平面上沿直线以恒定速率相对地面飞行，在公路上有一行驶着的汽车，在什么情况下，汽车上的观察者观察到鸟是静止不动的？在什么情况下，他观察到小鸟向前飞行？在什么情况下，他观察到小鸟似乎往回飞？答：设小鸟在空中水平面上沿直线的恒定速率为1v ，在公路上行驶着的汽车的恒定速率为2v ，则：当21v v =时，汽车上的观察者观察到小鸟是静止不动的；当21v v <时，他观察到小鸟向前飞行；当21v v >时，他观察到小鸟似乎往回飞。