大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
大学物理(上)参考答案
大学物理（上）练习题解答第一章 质点运动学 参考解答1．解：瞬时速率就是指瞬时速度的大小，所以v v= 平均速率 tS v ∆∆=平均速度的大小tr t rv ∆∆=∆∆=vv rs≠∴≠∆∆故答案为（B ）2．解：位移大小 m 8)0(x )4(x x =-=∆ 速度t 2b dtdxv -==易知t=3s 时v=0，在此前后，速度方向逆转， 因此，路程m 10)0(x )3(x )3(x )4(x s =-+-=∆ 3．解：（1）s m x x v /5.012)1()2(-=--=（2）s m v t t dt dx v /6)2(,692-=-==（3）令v=0，得v=0 或1.5m/s ， 于是 m x x x x S 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-= 4． 如图：有MM 12x x x h h -= 可得x h h h x 211M -=两边求导，得v h h h v 211M -=5.解：（1）a a dt dv t ≠= （2）v dt r d dt dr =≠（3）v dt ds = 正确 （4）t a a dt v d ≠=6. 解：（A ）反例：匀速率圆周运动h（B ）正确。
ρ2va n = ，除拐点外，ρ为有限值，0≠∴n a（C ）n a 反应速度方向变化的快慢，只要速度方向有变化，n a 就不为零。
（D ）此时，0≠=∴n a a （E ）反例：抛体运动。
7. 解：（1）2ct dtds= 作积分⎰⎰=tt s dt ct ds 02)(0得 331)(ct t s =（2）ct dtdva t 2==（3）Rt c R v a n 422== 第二章 牛顿运动定律 参考解答1.解：（1）v ＝kx ，x k kv dt dva 2===，F ＝Ma ＝Mk 2x （2）由v ＝kx ，得kx dtdx= 作积分 ⎰⎰=tx x kdt x dx ∆010 得 01ln 1x x k t =∆ 2.解：（1）子弹进入沙土后受力为—kv ，由牛顿定律得 dtdvmkv =- 对上式分离变量，并作积分⎰⎰=-v v tvdv dt m k00 得m kt e v v /0-=（2）由 v dxdvm dt dx dx dv m dt dv mkv ===-分离变量后作积分：⎰⎰=-0max v x mdvkdx得 km v x 0max =3.解：j mv j mv j mv p2-=--=∆4.解：设水流向叶片的速度为i v，则水流出叶片的速度为i v-，在t ∆时间内，流过叶片的水的质量为t Q m ∆∆=，其动量增量为i mv p∆∆2-=，叶片作用于水的力为i Qv i tmv t p22-=-=∆∆∆∆ 由牛顿第三定律可知，水作用于叶片的力为i Qv2，其大小为Qv 2，方向为水流向叶片的速度方向。
大学物理上册课后习题答案
习题解答习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即td d r==v t s d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即tva d d=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tv t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d tr 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即=22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxy x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。
大学物理课后习题答案(上册)
由受力分析图可知：
所以当所以 增大，小球对木板的压力为N2将减小；
同时：
所以 增大，小球对墙壁的压力 也减小。
2-2. 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少？
解：（1）轨道方程为
这是一条空间螺旋线。
在O 平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h
（2）
（3）
思考题1
1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为 ，瞬时速率为 ，平均速度为 ，平均速率为 ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?
（1） ；（2） ；（3） ；（4）
答： （3）
1-2. 质点的 关系如图，图中 ， ， 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？
解：在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子，假设其质量为dm，可知： ，分析这dm的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出： 。
距转轴为r处绳中的张力T(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：
2-3. 已知一质量为 的质点在 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离 的平方成反比，即 ， 是比例常数．设质点在 时的速度为零，求质点在 处的速度的大小。
解：由题意和牛顿第二定律可得：
再采取分离变量法可得： ，
两边同时取积分，则：
所以：
2-4. 一质量为 的质点，在 平面上运动，受到外力 (SI)的作用， 时，它的初速度为 (SI)，求 时质点的速度及受到的法向力 .
大学物理教程（上）课后习题答案解析
大学物理教程（上）课后习题答案解析物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-121-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。
解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t =代入，有21)y =或1=（2）将1t s =和2t s =代入，有11r i =， 241r i j =+213r r r i j =-=-位移的大小231r =+= （3） 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx dv a dt ==， 2y y dv a dt==22a i j =+当2t s =时，速度和加速度分别为42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 21-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+，式中的R 、ω均为常量。
求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。
解（1）质点的速度为sin cos drv R ti R t j dtωωωω==-+ （2）质点的速率为v R ω==速率的变化率为0dv dt= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。
求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。
解由于 4d t dtθω== 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为2216n a R Rt ω==角加速度β的大小为 24/d rad s dtωβ==77页2-15, 2-30， 2-34，2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。
大学物理1-6章课后习题答案1
⇒
ω 3 = 30 rad / s
1-5 、一个人坐在转椅上，双手各持哑铃，哑铃与转轴的距离各为 r1=0.6m，先让人以，ω0=5rad/s 的角速度随转椅旋 转， 此后人将哑铃拉回是与转轴的距离均为 r2=0.2m， 人对轴的转动惯量 J1=5kg·m2 视为不变， 每一哑铃的质量 M2=5kg 轴上摩擦忽略不记。 解： （1）系统所受合外力矩为 0，所以系统的角动量守恒，则
1-14、如图所示为空气从稳定状态流过飞机机翼的流线。设流过机翼上面的气流速度 v1=60m/s，流过机翼下面的气流
v2=50m/s，翼面的面积 S=40m2。求作用于机翼的升力。空气的密度ρ=1.30kg/m3。
解：
1 1 2 P1 + ρv12 = P2 + ρ v2 2 2 1 1 2 ⇒ ∆p = p2 − p1 = ρ v12 − ρv2 2 2 ∴ F = ∆p ⋅ s = 2.86 × 104 ( 密度为ρ0，黏滞系数为η的空气中下落，测出其最大速度为 v0。现在如果在油滴的下方 置一方向向下的均匀电厂，其场强为 E，测出油滴下落的最大速度为 v。求油滴所带的电量 q（q＜0). 解： 油滴在空气中下落：
∴y =
H H H 时有最大射程为2 (H − ) = H 2 2 2
1-13 、将比多管装在飞机机翼上，以测定飞机相对于空气的速率。假定比多管中盛的是酒精，指示的液面的高度差 h=26cm ，空气的湿度是 0 摄氏度，求飞机相对于空气的速率。已知酒精的密度 ρ1=0.81×103kg/m3 ，空气的密度
1-2、有一根长为 l、质量为 m 的匀质细杆，两端各牢固的连接一个质量为 m 的小球，整个系统可绕一过 O 点并垂直 于杆的水平轴无摩察的转动，如图。当系统转到水平位置时，求： 系统所受的和力矩 系统的转动惯量 系统的角加速度 解： （1）设垂直纸面向里为 z 轴的正方向（即力矩的正方向） ，合力矩为两小球及杆的重力矩之和。
大学物理学第三版吴柳答案
大学物理学第三版吴柳答案
12.1一个封闭的立方体形的容器,内部空间被--导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为1)当两侧各充以p1,Ii与P2,T2的相同气体后,问平衡时隔板将位于什么位置上(即隔板两侧的长度之比是多少)?
解:活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程
左侧:.得,γ=R些τpT
右侧:得，v;=RKτpT2
即隔板两侧的长度之比P2Til2 P2T
12.2已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T=273K,p=1.0X 10-2atm,密度p=1.24x10~2 kg/m'.求该气体的摩尔质量.
解:
p=nkT
(1)p=1m
M=mN,
(3)由以上三式联立得:kT1.38x10-23 x273M=ρN,=1.24x10-2 x1.0x10-2 x1.013x10x 6.022x1023=0.028kg.mol IP。
大学物理上册习题答案
大学物理上册习题答案大学物理上册习题答案大学物理是一门重要的基础课程，涵盖了广泛的知识领域，从力学到热学，从电磁学到光学。
学生们通过学习这门课程，可以掌握自然界中的物质和运动规律，培养逻辑思维和问题解决能力。
然而，对于初学者来说，物理习题往往是一个难题。
因此，在这篇文章中，我将给出一些大学物理上册习题的答案，希望能够帮助学生们更好地理解和掌握物理知识。
1. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿水平方向运动，经过一段时间t后，它的速度变为v。
求加速度a。
答案：根据匀加速直线运动的公式v = v0 + at，将题目中的数据代入，得到v = v0 + at。
解方程得到a = (v - v0) / t。
2. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿水平方向运动，经过一段时间t后，它的位移变为s。
求加速度a。
答案：根据匀加速直线运动的公式s = v0t + (1/2)at^2，将题目中的数据代入，得到s = v0t + (1/2)at^2。
解方程得到a = 2(s - v0t) / t^2。
3. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿斜面下滑，经过一段时间t后，它的速度变为v。
求加速度a。
答案：根据斜面下滑运动的公式v = v0 + gt，将题目中的数据代入，得到v = v0 + gt。
解方程得到a = (v - v0) / t。
4. 问题：一个质点以初速度v0自由落体运动，经过一段时间t后，它的位移变为s。
求加速度a。
答案：根据自由落体运动的公式s = v0t + (1/2)gt^2，将题目中的数据代入，得到s = v0t + (1/2)gt^2。
解方程得到a = 2(s - v0t) / t^2。
5. 问题：一个质点以初速度v0匀速沿水平方向运动，经过一段时间t后，它的速度变为v。
如果加速度为a，求位移s。
答案：根据匀加速直线运动的公式v = v0 + at，将题目中的数据代入，得到v = v0 + at。
解方程得到s = v0t + (1/2)at^2。
大学物理教程 上课后习题 答案
物理部分课后习题答案(标有红色记号的为老师让瞧的题)27页 1-2 1-4 1-121-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-,,x y 都以米为单位,t 以秒为单位,求:（1） 质点的运动轨迹;（2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小; （3） 2t s =时,质点的速度与加速度。
解:(1)由运动方程消去时间t 可得轨迹方程,将t =,有21)y =或 1=(2)将1t s =与2t s =代入,有11r i =, 241r i j =+213r r r i j =-=-位移的大小 231r =+=(3) 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx dv a dt==, 2y y dv a dt == 22a i j =+当2t s =时,速度与加速度分别为42/v i j m s =+22a i j =+ m/s 21-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+,式中的R 、ω均为常量。
求(1)质点的速度;(2)速率的变化率。
解 (1)质点的速度为sin cos d rv R ti R t j dtωωωω==-+ (2)质点的速率为v R ω==速率的变化率为0dvdt= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动,其运动规律为232()t SI θ=+。
求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小与角加速度β的大小。
解 由于 4d t dtθω== 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为2216n a R Rt ω==角加速度β的大小为 24/d rad s dtωβ==77页2-15, 2-30, 2-34,2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+,如果物体在这一力作用下,由静止开始沿直线运动,求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。
大学物理学上册习题解答完整版
大学物理学上册习题解答HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】大学物理学习题答案习题一答案习题一1.1 简要回答下列问题：(1)位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等(2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么(4)质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变(5) (6)r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dv dt =和0d v dt=各代表什么运动？ (7)设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =dr v dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确两者区别何在(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8)“物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9)(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？(11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
大学物理上册-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案第一章 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 内的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：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 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=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 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值．[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：= (m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（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 = (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 = (s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02= 2a s ，可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = (m)．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 = (m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= (s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = (m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = º，方向斜向下．方法二：一步法．图取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y0t - gt2/2，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= (s)．由此可以求解其它问题．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 = -kv2，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内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变数得，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 = d2x/d t2，而 d x/d t = v，a = d v/d t，分离变数得方程：，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 = v0，所以C = ln v0，因此ln v/v0 = -kt，得速度为：v = v0e-kt．而d v = v0e-kt d t，积分得：．当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，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 一质点沿半径为的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．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 = dθ/d t = 12t2= 48(rad·s-1)，法向加速度为a n= rω2= (m·s-2)；角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2)，切向加速度为a t= rβ = (m·s-2)．（2）总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2，当a t = a/2时，有4a t2 = a t2 + a n2，即．由此得，即，解得．所以 =(rad)．（3）当a t = a n时，可得rβ = rω2，即： 24t = (12t2)2，解得：t = (1/6)1/3 = (s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 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 ．[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 = 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 内下降的距离h = ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于，所以a t = 2h /Δt 2 = (m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= (m·s -2)．1．8 一升降机以加速度·s -2上升，当上升速度为·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[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= (s)．算得h 2 = ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （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，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为． 证毕．图A AB v v + uv - u ABv uuvv1．10 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，由此可作向量三角形．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 时间内，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．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 = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = ，静摩擦因素为μs = ．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = (N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = (N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = (N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．图1h lα图 m（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = (N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = ，m 2 = ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = (m·s -2)，绳对它的拉力为= (N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 ，即：． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度（b 2 = 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tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力 ：．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：12图2 图（2）， 因此角度为；而张力为． （5）与上一问相比，加速度的 方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =的小球，拴在长度l =的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为 ， 因此 ， 即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分 ， 得 ，解得：= (m·s -1)． 由于：， 所以T B = 2mg = (N)． （2）由（1）式积分得 ，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2， 因此速度为．切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为 ．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为= (m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = (N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．图图由于，所以，因此v d v = g cosθd s= g d h，h表示石下落的高度．积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为．2．8质量为m的物体，最初静止于x0，在力(k为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k(1/x– 1/x0)/m]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程利用v = d x/d t，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此，即．证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mv d v = f(x)d x，积分即可求解．如果f(x) = -k/x n，则得．（1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = ln x0，因此，即．（2）如果n≠1，可得．利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，因此，即．当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9一质量为m的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k．求：（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；（2）小球上升到最大高度所花的时间T．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程，分离变数得，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．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤：由于v = d x/d t，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此 ．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为 ，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得， 即 ： ．积分得：．当t = 0时，v = v 0，所以， 因此 ．解得 ．由于 ， 积分得，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得 ．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为 ， 方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，图设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得：， 由此可作向量三角形，可得：．因此向心力给予小球的的冲量大小为= (N·s)． [注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力 F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为= 14(m·s -1)，其速度的增量为= (m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = (N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = (N)． 2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2，v x Δv v y可得B 拉C 之前的运动时间；= (s)．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = (m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得， 所以 v` = v /cos45° = ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为d s = R d θ．重力的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为． 摩擦力的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即 ， 或者 ． 拉力的功元为：， 拉力所做的功为．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．图（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得： ．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2= 2a t s ，可得质点运动的弧长为，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
大学物理上册课后答案(全)
习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）td d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .trd d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量，∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)td d v 表示加速度的模，即tv a d d =，tvd d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ(v =v表轨道节线方向单位矢），所以tv t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv 就是加速度的切向分量.(tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =tr d d ，及a ＝22d d t r而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d tr t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理上册习题答案.docx
习题一1. 2 解：(1)最初2s 内的位移为为：Zkx = x(2)-x(0) = 0-0 = 0(m/5)最初2s内的平均速度为：v ave = — = —= 0(m / s) At 2__ dxT时刻的瞬时速度为：v(0 = — = 4 —4tdt2s末的瞬时速度为：u(2) = 4 —4x2 = —4%/s(2) Is末到3s末的平均加速度为：%e = 空=讯3)—V。
)= 皂也"“ A? 2 2⑶3s末的瞬时加速度为：a = d=d(4_40 = _4(”〃$2)。
dt dt1. 3解：由题意知，加速度和时间的关系为bQ = --- 1T利用dv = adt,并取积分得b V b 2C L Q H—t dv , V — CL^t -\ - 1T ) I T再利用dx = vdt,并取积分［设t = 0时兀o = 0 ］得\dx — ivdt f — _ af------ 尸J o 2 6厂r(t) = r(0) + f 0(/)力=”'+ *尸］(1) 当4 —八=0,即/ = 2s时，到达x轴。
(2) t = 2s时到达x轴的位矢为：r(2) = 12i即质点到达兀轴时的位置为x = 12m, y = 0o1・4解: v(?) = v(0 > ［刁⑴力1. 5解：按题意d2xdt2=—G^X-4m/ s12 d 1 2x dv dv dx dv -co x = —— = — = = v —, dt dt dx dt dx/ 、2v = +co\lA 2 —x~ , A 2= — + X QW 丿1. 6解：(1)速度和加速度分别为：v= — = (8t)j+k , dt (2)令r(?) = xi + yj + zk ,与所给条件比较可知x = l, y = 4r 2, z = t所以轨迹方程为：x = l, 丁 = 4于。
1. 7解：在求解本题中要注意：在0~4s 时间内，速度有时大于零，有时小于零，因而运4 4动出现往返。
大学物理上册课后练习答案解析
初速度大小为dt1-2 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 、1-1 已知质点的运动方程为：x 10t30t 2 ,y 15t 20t 2。
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 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-d ^ dt 后再两边积分.a(v)的分量 再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向. 解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.vdv dv v 0A Bv(3)船在行驶距离 x 时的速率为v=v 0e kx 。
一 dv［证明］(1)分离变数得 — kdt ,v第一章质点的运动B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。
解(1)速度的分量式为Vv y当 t = 0 时,V o x = -10 m sdx10 60tdt dy15 40t dt-1, V o y = 15 m-1(1)由题dvadt 用分离变量法把式 A Bv(1)改写为dvA Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件，有(1)dt ⑵V 0 V 0x V 0y 18.0m得石子速度 V -(1 e Bt)B 设V o 与x 轴的夹角为a 则tanV 0y V ox由此可知当,t is 时,v A为一常量，通常称为极限速度Ba= 123 °1(2)加速度的分量式为a x dV x dt 60a ydV y dt40或收尾速度.(2)再由v—y —(1 e 氏)并考虑初始条件有dt BytABtdy -(1 e )dt 0 0 BA A得石子运动方程y t 2 (e Bt 1)B B 2则加速度的大小为 a .. a x 2a y 272.1 ms 2a y2 设a 与x 轴的夹角为B,则tan B -a x3B= -33 °1 '(或326 °9 )1-3 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a = - kv 2, k 为常数。
大学物理课后习题答案(上)
练习一 质点运动学1、26t dt d +==，61+= ，tv 261331+=-=-∆ ， a 24131331=--=-2、0202212110v Kt v Ktdt v dv t Kv dt dv t v v +=⇒-⎰=⎰⇒-= 所以选（C ） 3、因为位移00==v r ∆，又因为,0≠∆0≠a 。
所以选（B ）4、选（C ）5、（1）由,mva Fv P ==dt dv a = ，所以：dt dv mv P =，⎰⎰=vtmvdv Pdt 0积分得：mPtv 2=（2）因为m Pt dtdx v 2==，即：dt m Ptdx tx ⎰⎰=002，有：2398t mP x = `练习二 质点运动学 （二）1、平抛的运动方程为2021gt y tv x ==，两边求导数有：gtv v v y x ==0，那么2220t g v v +=，222022t g v tg dt dv a t +==，=-=22tn a g a 22200tg v gv +。
2、 2241442s /m .a ;s /m .a n n ==3、（B ） 4、（A ）练习三 质点运动学1、0232332223x kt x ;tk )t (a ;)k s (t +=== 2、0321`=++ 3、（B ）4、（C ）、练习四 质点动力学（一）1、m x ;912==2、（A ）3、（C ）4、（A ）练习五 质点动力学（二） 1、m'm muv )m 'm (v V +-+-=002、（A ）3、（B ）4、（C ） （5、（1）Ns v v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 17621212024=-=练习六、质点动力学（三）1、J 9002、)R R R R (m Gm A E 2121-=3、（B ）4、（D ）5、)(21222B A m -ω练习七 质点动力学（四）1、)m m (l Gm v 212212+=;2、动量、动能、功3、（B ）4、（B ）练习八 刚体绕定轴的转动（一）1、πωω806000.,.解：（1）摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动 因为00120180ωωωββωω..t -=-=⇒+=；同理有00260ωβωω.t =+=。
257-习题作业-有磁介质时的安培环路定理
作业 （教材《大学物理学》上 吴柳主编 高等教育出版社）（教辅教材《大学物理能力训练与知识拓展》刘爱红主编 科学出版社）教辅教材P66—1．一质量为m ，电量为q 的粒子以速度v 在与均匀磁场B 垂直的平面内运动。
求（1）粒子运动轨道所包围的面积内磁通量；（2）粒子运动所形成的等效圆电流强度；（3）等效圆电流的磁矩m 。
答案：（1）.B q v m 222π； （2） m qB 2 2π； （3）Bmv 22 。
P66—3．三条无限长载流直导线等距地并排放置，导线A 、B 、C 分别载有1A 、2A 、3A 同向电流。
若导线A 、B 、C 单位长度上受力的大小分别为F 1、F 2、F 3，求：F 1:F 2:F 3 的比值。
答案：7:8:15P70—12． 一无限长薄金属板，宽为a ，均匀通有电流I 1。
其旁有一矩形线圈，通有电流I 2。
线圈与金属板在同一平面内，且矩形线圈MN 边和PO 边平行于金属板，如图所示。
求电流I 1所产生的磁场对MN 和PO 边的作用力。
答案：bba a l I I F MN +=ln2 210πμ， 方向：水平向左；cb cb a a l I I F PO+++=ln2 210πμ，方向：水平向右。
教教10．23教教教教教教教教教R 1教教教教教教教教教教教教教教R 2教R 3教教教教教教教教教教教教教R 1<r <R 2教教教教教教教教教(1)r r μμ>教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教教 教教教oR 1R 2 R 3rμ习题10．23图⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧><<--<<<=33222232232102100π2π2π2R r R r R R R r R r I R r R rI R r R Ir B r μμμμ10.34 一半径为R 的薄圆盘放在磁感强度为B 的均匀磁场中，B 的方向与盘面平行，圆盘表面电荷面密度为s ，若圆盘以角速度w 绕通过盘心并垂直盘面的轴转动，求证作用在圆盘上的磁力矩的大小为4π4BR M sw =10.36 一半径为R ＝0.1 m 的半圆形闭合线圈载有电流 I =10 A ，放在B =0.5 T 的均匀外磁场B 中，磁场方向与线圈平面平行，如图所示．求：（1）线圈的磁矩；（2）线圈所受力矩的大小和方向。
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大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN说明：上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。
为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。
错误之处，欢迎指正！第1章1.4．2.8×1015m1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理，F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理.第2章2.1 (1) j i)2615()2625(-+-m;)/]()2615()2625[(451151020)2615()2625(s m j i j i t r v-+-=++-+-=∆∆=(2)52m; 1.16m/s2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m;m 34π;140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8222tv R vRdt d +=θ 2.10 (1) 1322=+y x(2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4cos 4ππ=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 26=x ,22=y ;π86-=x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2322π-=y a 2.12 (1) ︒=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ︒=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。
2.14 (1) 22119x y -= (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r19=； 3=t 时，j i r+=6。
（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。
2.15 (1) 质点做螺旋圆周运动。
（2）k c j wt wr i wt wr v ++-=)cos ()sin (; j wt r w i wt r w a )sin ()cos (22-+-= （3）运动方程的矢量形式：k ct j wt r i wt r r )()sin ()cos (++=2.17 1004622++=x x v 2.21 89)1(212+--=t x 2.22 略2.23 220202sin 2sin 0t g t g v v g v t g dt dv a t +--==θθ，2202022sin 2cos 0tg t g v v g v a a a t n +-=-=θθ。
在抛出点曲率半径θρcos 2020g v a v n ==；在最高点曲率半径θθρsin 1cos 202-==gv a v n 。
2.25 (1)π rad.s -1 (2) 10π2 m .s -2; 10π m.s -2 (3)103.6 m .s -2与切向夹角72︒20' 2.26 （1）34（rad ），48（rad/s ）,48（rad/s 2）。
（2）法向加速度23040（m/s 2 切向加速度480（m/s 2）。
（3）361=t s 。
2.27 角速度)106(sin 3.1)106cos(1022t t dtdr w r +-+==ππ，角加速度 β322)]106(sin 3.1[)106sin(69t t +-+-=ππ2.29 缺条件2.34飞机相对于海水的速度 j i u v v 船飞机飞机517'-=+=（m/s ）， 飞机相对于空气的速度 j i j j i u v "v 风飞机飞机71712517+=---=-=）（（m/s ）。
2.36 蚂蚁对水平面的速度为：V j wt wut wt u i wt wut wt u)cos sin ()sin cos (++-= （m/s ）加速度为：j wt ut w wt uw i wt ut w wt uw dtV d a)sin cos 2()cos sin 2(22-+--==习题知识点说明：2.1-2.4题：位移、路程、平均速度、瞬时（加）速度概念 2.5-2.10;2.14;2.15题:已知运动方程求位移、速度、加速度 2.11;2.12;2.13题：斜抛运动 2.16-2.22题：运动学第二类问题 2.23-2.29题：切、法向加速度 2.30-2.36题：相对运动第3章3.1 j i p t mb t ma m ωωωωcos sin +-==v 3.24.0 m ⋅s -13.3 碰撞过程所受力的方向与动量变化量的方向一致1111)03.0028.0(-⋅+-=-=∆ms kg m m j i P 1'1v v 12)03.003.0(-⋅-==∆ms kg m j i P 2'2v3.4 1.86 m ⋅s -1 ; --0.71 m ⋅s -13.5 M m vv '3-=; ()v v ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=m M M Mm m M m m 2223 3.6 15680 m3.7 1.403 3.8 Mm mRX M +-=∆ 3.91v 2v 'F F1v 2v v∆22a 2v πρ水=F F F '-=3.10 24N 3.11 建议删去3.12 gh F 22''+=v λ vgh2arctan =θ 方向:沿皮带运动方向向上θ角度 3.13 N .1110285-⨯3.14 （1）Ns .66735-； N .410051⨯- （2） 1310452-⨯-ms . 3.15 10000N3.16 ()gh gt nm N 2+-= 3.17 24N ，方向沿X 正向3.18 (1) ()x L LFT -= （2）()2222x L L m T -=ω 3.19 (1)11.30; (2)2.12m.s -2; 18.39N'3.10161.339.18arctan arctan =-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πθf N 3.21 ()()g m M F ++≥21μμ3.22 （1）R m f 2v μ= Ra 2v μ-= （2） v μR t 2=3.23 ()g m m m m m a 3213214+=()g m m m m m m a m T 3213211114+==gm m m m a a 323232+-=-= ()g m m m m m m T T 321321322+==3.24 187.20-=rads ω 3.25 αθ=3.26 以升降机为非惯性参考系 ()i a m m M Mg +=23 ()j a M m M Mg+=23以地面为参考系()j i a m g m M Mg 2123-+=()()j j a M g m M mM g m M M +-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=222123 3.27 j R c a 63=3.28 π21214RR y c --=3.29 不能（1） a mM ma -=' （2）B 先走到木桩处()()()0002222v v v v M m M m m L Mm m m m LL t A B A B A B A B B +++=++-+==(3) 0.8m; 3.2m习题知识点分析： 计算动量： 1 ； 动量守恒： 2 ， 5 ， 7；力的方向问题： 3； 水平方向动量守恒： 4；动量守恒结合抛射体运动问题： 6；动量守恒结合运动学第二类问题： 8； 动量定理：9， 10， 11， 12， 13；计算冲量： 14； 变质量系统的动量守恒：15， 16；运用牛二定律解决运动学第二类问题：17， 18， 19， 21， 22， 23； 计算弹簧串联和并联的弹性系数K ： 20；分析受力的证明问题：24；建议删除牛二解决非惯性系问题： 25， 26； 计算质心坐标： 27， 28； 建议删除 质心系中的动量守恒： 29；第4章4.5 (题文增加条件) 质量为4 kg 的质点在力F =2xy i +3x 2j （SI ）的作用下沿曲线x 2=9y （SI ）无摩擦运动，求由静止开始从（0，0）点移动到（3，1）点时的速度．4.10 原题文中“以x 轴正方向的力…”改为“以x 轴方向的力”4.14 arcsin θ=；m v =4.17 (1) min0v = (2) 002m L l m m ∆=+;()20022V mLs a m m v ==+4.19 (1) 0l =(2)过繁，建议删去。
4.20 ()maxm M g h k+=+4.21 过繁，建议删去。
4.22 原题文中删掉一句 “物体m 置于光滑桌面上，”改为“质量为m 的物体与劲度系数为k 的弹簧连接成如图4-28所示的系统，忽略绳与滑轮的质量及摩擦，绳不可伸长．当物体达到平衡后，将m 往下拉h 距离后放手．求m 运动的最大速率．”max v =4.23 (1)1v =1v =()22M R m M ρ=+4.24 (1)2v =22212m gh A Mv m M ==+4.25 题文修改为“ 荡秋千的简化分析．荡秋千时，当摆到最高点时，人突然蹲下，使质心降低；当摆到最低点时，人突然站起，使质心升高．于是，来回摆动摆角逐渐增大．作为近似，把人看作位于质心上的质点，蹲下时质心与悬挂点的距离为l 1，站起时为l 2，质心的轨迹如图4-31中的ABCD 所示．证明： （1）从一端（A 点）摆到另一端D （B 点）的过程中，设v 为在最低点B 时的速度，起始摆角为θ1，在另一端时的摆角为θ2，则211cos 12gl θ=-v ，321212cos 12l v gl l θ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因而θ2>θ1；（2）人所做的总功()2211222112l A mg l l mv l ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，而系统增加的机械能为mgl（cos θ1-cos θ2）． （本题建议在5章用）习题知识点说明：（本章习题多数计算偏繁。
） 4.1 动能定理4.2 动能定理，牛顿第二定律 4.3 动能定理，一对力做功 4.4，4.5 动能定理 4.6，4.7 功的定义 4.8 动能定理，功的定义 4.10 功与功率4.11 功的定义，动能定理 4.12 功能定理 4.13 保守力与势能4.14，4.15 机械能守恒 4.16 功能原理4.17 功能原理，动能定理 4.18 角动量守恒，机械能守恒4.19 机械能守恒，动量守恒，牛顿第二定律 4.20 机械能守恒，动量守恒4.21 机械能守恒，水平方向动量守恒，牛顿第二定律，相对运动 4.22 机械能守恒4.23 机械能守恒，水平方向动量守恒，牛顿第二定律 4.24 机械能守恒，水平方向动量守恒，动能定理 4.25 机械能守恒，角动量守恒第5章5.122=v012sin l l θ==v v5.141210201212m m r lr lm m m m ==++2211102220ωω==L m r L m r5.15 (3)4436J; 8872J习题知识点说明： 第5章：5.1,5.2,5.3,5.4___质点角动量定义 5.5, ___质点角动量定理5.6, ___动力学二类问题+质点角动量定理 5.7, ___质点角动量守恒5.8, ___质点角动量守恒+面积速度 5.9, ___质点角动量守恒5.10, ___质点角动量守恒证明开普勒第二定律 5.11, ___用质点角动量表示质点的动能、势能 5.12___质点系三守恒定律综合 5.13___质点角动量守恒+能量守恒 5.14, ___质心+质点系角动量守恒 5.15___质点系角动量守恒第6章6.11 17.95 rad.s-16.12v θ==6.14 =h 2220111()()222ωωωω==-=-k L M m R E M m R6.15 最后一问答案改为65.3J6.16 原题第2行 “经0.50 s 转速达10 rad ⋅s -1”改为“经0.50 s 转速达10转⋅s -1” 6.17 原题缺条件，删去6.19 题文改为“在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人．圆盘的半径为R ，转动惯量为J ，角速度为ω．如果这人由盘边走到盘心，求盘的角速度的变化及此系统动能的变化．”6.20 原题条件待考，暂不用。