上海交大版大学物理第三章参考答案
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题 11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而vv =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+从0=t到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而vv =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt ==222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
上海交大版大学物理第三章参考答案
版权归原著所有 本答案仅供参考习题33-1．如图，一质点在几个力作用下沿半径为20R m =的圆周运动，其中有一恒力0.6F i =N ，求质点从A 开始沿逆时针方向经3/4圆周到达B 的过程中，力F所做的功。
解：本题为恒力做功，考虑到B 的坐标为（R -，R ）， ∴2020B A r r r i j ∆=-=-+，再利用：A F r =⋅∆，有：0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-（焦耳）3-2．质量为m =0.5kg 的质点，在x O y 坐标平面内运动，其运动方程为x =5t 2,y =0.5(SI),从t =2s 到t =4s 这段时间内，外力对质点的功为多少？解：由功的定义：A F r =⋅∆ ，题意：250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=，220.5105d r F m i i d t==⋅=∴560300A i i J =⋅=。
3-3．劲度系数为k 的轻巧弹簧竖直放置，下端悬一小球，球的质量为m ，开始时弹簧为原长而小球恰好与地接触。
今将弹簧上端缓慢提起，直到小球能脱离地面为止，求此过程中外力的功。
解：由于小球缓慢被提起，所以每时刻可看成外力与弹性力相等，则：F k x =，选向上为正向。
当小球刚脱离地面时：max mg kx =，有：max mgx k=， 由做功的定义可知：max222122mg x k m g A k xd x k x k===⎰。
3-4．如图，一质量为m 的质点，在半径为R 的半球形容器中，由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力数值为N ，求质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其做的功。
分析：f A 直接求解显然有困难，所以使用动能定理，那就要知道它的末速度的情况。
解：求在B 点的速度：2v N G m R -=，可得：R G N mv )(21212-=由动能定理： 2102f mgR A mv +=-∴11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-3-5．一弹簧并不遵守胡克定律，其弹力与形变的关系为2(52.838.4)F x x i =-- ，其中F和x 单位分别为N 和m 。
大学物理上海交大版
刚体3.（1）两个匀质圆盘A 、B 的密度分别为ρA 和ρB ，且ρA >ρB 。
质量和厚度相同。
两圆盘的旋转轴均通过盘心并垂直于盘面，则它们的转动惯量的关系是： （1）I A <I B ；（2）I A =I B ； （3）I A >I B ；（4）不能判断。
分析：m 相等， ρA >ρB ，V A 小，厚度相等，R A 小， J ＝1/2mR 2,所以J A 小4.（3）一力矩M 作用于飞轮上，飞轮的角加速度为β1，如撤去这一力矩，飞轮的角加速度为-β2，则该飞轮的转动惯量为：5.（3）如图，A 与B 是两个质量相同的小球，A 球用一根不能伸长的绳子拴着，B 球用橡皮筋拴着，把它们拉到水平位置，放手后两小球到达竖直位置时绳长相等，则此时两球的线速度（1）B A V V =； （2）B A V V <； （3）B A V V >； （4）无法判断。
6.（4）一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为l m 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。
系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s 时，圆盘角速度大小为 ： （1） 1rad/s ； （2） 2rad/s ； （3）2/3rad/s ； （4）4/3rad/s 。
3.银河系有一可视为球体的天体，由于引力凝聚，体积不断收缩。
设它经过一万年体积收缩了1%，而质量保持不变。
则它的自转周期将 3 ；其转动动能将 1 。
（1）增大； （2）不变； （3）减小。
4.（3）一子弹水平射入一木棒后一同上摆。
在上摆的过程中，以子弹和木棒为系统，则总角动量、总动量及总机械能是否守恒？结论是： （1）三量均不守恒； （2）三量均守恒；（3）只有总机械能守恒（4）只有总动量不守恒5.（4）如图4-2，一轻绳跨过两个质量均为m ，半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。
绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物。
上海交大第三版大学物理学答案上册
第一章 运动的描述1、解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v2、解：=a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)3、解： ct b t S +==d /d vc 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 c R t -=4、解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时，v = 4Rt 2 = 8 m/s 2s /168/m Rt dt d a t ===v22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 25、解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s抛出后上升高度9.4522='=gh v m/s 离地面高度H = (45.9+10) m =55.9 m(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 08.420==gt v s 6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得ts s t l ld d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s lt l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度320222022002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船 7、解：(1)大船看小艇，则有1221v v v-=，依题意作速度矢量图如图(a)由图可知1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v-=，依题意作出速度矢量图如图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅，方向南偏东o 87.36第二章 运动定律与力学中的守恒定律1、解：(1)位矢j t b i t a rωωsin cos += (SI)可写为t a x ωcos =，t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ，t b ty ωωυcos d dy == 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v (2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22--由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω ⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω2、解：A 、B 两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得B B A A A A m m m v v v +=0①2220212121B B A A A A m m m v v v +=② 联立解出0A B A B AA m m m m v v +-=，02A BA AB m m m v v += 由于二球同时落地，∴0>A v ，B A m m >；且B B A A L L v v //=∴52==B A B A L L v v ，522=-A B Am m m 解出5/=B A m m3、解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时A 将要离开墙壁，设此时B 的速度为v B 0，由机械能守恒，有2/3212020B m kx v = 得mk x B 300=v A 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为x 时有022211B m m m v v v =+①202222221121212121B m m kx m v v v =++②当v 1 =v 2时，由式①解出v 1 =v 2mkx B 3434/300==v (2) 弹簧有最大伸长量时，A 、B 的相对速度为零v 1 =v 2 =3v B 0/4，再由式②解出0max 21x x =4、解：二滑块在弹力作用下将沿水平导杆作振动. 因导杆光滑，不产生摩擦阻力, 故整个系统的机械能守恒，而且沿水平方向的动量守恒(等于零)．当二滑块运动到正好使弹簧垂直于二导杆时，二滑块所受的弹力的水平分力同时为零，这时二滑块的速度将分别达到其最大速度v 1和v 2且此时弹簧为原长，弹簧势能为零。
上海交通大学出版社 大学物理教程 3振动与波习题思考题答案
习题33-1．原长为m 5.0的弹簧，上端固定，下端挂一质量为kg 1.0的物体，当物体静止时，弹簧长为m 6.0．现将物体上推，使弹簧缩回到原长，然后放手，以放手时开始计时，取竖直向下为正向，写出振动式。
（g 取9.8）解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+，在本题中，kx mg =，所以9.8k =； ∴ω===。
取竖直向下为x 正向，弹簧伸长为0.1m 时为物体的平衡位置，所以如果使弹簧的初状态为原长，那么：A =0.1m ，当t =0时，x =-A ，那么就可以知道物体的初相位为π。
所以：0.1cos x π=+）即：)x =-。
3-2．有一单摆，摆长m 0.1=l ，小球质量g 10=m ，0=t 时，小球正好经过rad 06.0-=θ处，并以角速度0.2rad/s θ= 向平衡位置运动。
设小球的运动可看作简谐振动，试求：（1）角频率、频率、周期；（2）用余弦函数形式写出小球的振动式。
（g 取9.8）解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+ 我们只要按照题意找到对应的各项就行了。
（1）角频率： 3.13/rad s ω===，频率：0.5Hz ν=== ，周期：22T s ===； （2）振动方程可表示为：cos 3.13A t θϕ=+（），∴ 3.13sin 3.13A t θϕ=-+ （） 根据初始条件，0t =时：cos A θϕ=，0(12sin 0(343.13Aθϕ>=-< ，象限），象限）可解得：2008.810227133 2.32A m ϕ-=⨯==-=-，， 所以得到振动方程：28.810cos 3.13 2.32t m θ-=⨯-（） 。
3-3．一质点沿x 轴作简谐振动，振幅为cm 12，周期为s 2。
当0=t 时，位移为cm 6，且向x 轴正方向运动。
求：（1）振动表达式；（2）s 5.0=t 时，质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于cm 6-=x ，且向x 轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。
上海交大版大学物理参考答案
上海交大版大学物理参考答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。
由于温度不变，∴00PV PV =，有：001.783PVV L P ==⨯， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =⨯-=，这部分气体在1.78atm 下体积为：''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。
根据题意pV RT ν=，可得：mpV RT M=，1V p RT p M m ρ==9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴O H HOm mM M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。
9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少则体积和压强相同，如图。
由：mol mpV RT M =，有：2222(30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：30282103028T K ⨯==+ 。
大学物理第三章 部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ （2）对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰（3）对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
大学物理(交大3版)答案(1-5章)
第一章1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程222R y x =+2）j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：1）由j i r)t 23(t 42++=可知2t 4x = t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=2）j i rv2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i rt t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）j i rv2t 2dt d +==i va 2dtd == 2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+=1t t 2dtdv a 2t +==22221n t a a a t =-=+1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 图 1-4 20221gt t v h y -+= （2）21y y = （3）解之 2d t g a=+1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td d r ，td d v ，tv d d . 解：（1） t v x0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i rgt -v t d d 0= 而 落地所用时间 gh 2t =所以j i r 2g h -v t d d 0= j v g td d -=2202y 2x )gt (v v v v -+=+=21122222002[()](2)g gh g t dvdt v gt v gh ==++1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
[工学]上海交大版大学物理学习题答案下
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习题11-1.直角三角形的ABC A 点上，有电荷，C 108.191−×=q B 点上有电荷，试求C 点的电场强度(设C 108.492−×−=q m 03.0m,04.0==AC BC ).解：在C 点产生的场强 1q 20114ACq E πε=在C 点产生的场强 2q 22204q E BC πε=C 点的合场强43.2410VE m==× 方向如图11-2. 用细的塑料棒弯成半径为的圆环，两端间空隙为，电量为的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向.cm 50cm 2C 1012.39−×解： 棒长 m d r l 12.32=−=π电荷线密度19100.1−−⋅×==m C l q λ若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去长的带电棒在该点产生的场强。
由于，该小段可看成点电荷m d 02.0=r d pp C d q 11100.2−×==′λ圆心处场强 1211920072.0)5.0(100.2100.94−−⋅=×××=′=m V r q E πε 方向由缝隙指向圆心处11-3. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：设O 为坐标原点，水平方向为x 轴，竖直方向为轴 y 半无限长导线∞A 在O 点的场强 )(40j i E 1−=Rπελ半无限长导线∞B 在O 点的场强 )(40j i E 2+−=RπελAB 圆弧在O 点的场强 )(40j i E 3+=Rπελ总场强 j)i E E E E 321+=++=(40Rπελ11-4. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为φλλsin 0=，式中0λ为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．解：R d RdldE 00204sin 4πεϕϕλπελ==ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x Eϕsin dE dE y =RR d dE E y 00002084sin sin ελπεϕϕλϕπ===∫∫方向沿轴负向y11-5. 一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处的电场强度．O 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dl r dq σπ2= 2322023220)(42)(4r x dl rx r x xdq dE +=+=πεσππεθcos R x = θsin R r = θRd dl =21sin 2224E d πi σσθθεε==∫11-6. 图示一厚度为的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为d ρ．求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即x E −图线(设原点在带电平板的中央平面上，轴垂直于平板)．Ox 解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面为高斯面1S S E d S Δ=•∫21S ES x q Δ=∑ρ2 0ερxE =2(d x ≤同理可得板外一点场强的大小 02ερd E =()2dx >11-7. 设电荷体密度沿x 轴方向按余弦规律x cos 0ρρ=分布在整个空间，式中0ρ为恒量．求空间的场强分布．解：过坐标x ±处作与x 轴垂直的两平面，用与S x 轴平行的侧面将之封闭，构成高斯面。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：1质点的轨道；2速度和速率;解：1 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知：cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在0,0处,半径为R 的圆； 2由d rv dt=,有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =,有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=;1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s ;求：1质点的轨道；2从0=t 到1=t 秒的位移；30=t 和1=t 秒两时刻的速度;解：1由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线; 2由d rv dt=,有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰30=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =,(1)82v i j =+ ; 1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求：1任一时刻的速度和加速度；2任一时刻的切向加速度和法向加速度; 解：1由d r v dt =,有：22v t i j =+,d va dt=,有：2a i =； 2而v v =,有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221t t =+,利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+;1-4．一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间;解法一：以地面为参照系,坐标如图,设同一时间内螺钉下落的距离为1y ,升降机上升的高度为2y ,运动方程分别为21012y v t gt =- 122012y v t at =+ 212y y d += 3注意到1y 为负值,有11y y =- 联立求解,有：2dt g a=+;解法二：以升降机为非惯性参照系,则重力加速度修正为'g g a =+,利用21'2d g t =,有：22'ddt g g a==+; 1-5．一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求：1小球的运动方程；2小球在落地之前的轨迹方程；3落地前瞬时小球的d r d t ,d v d t ,d vd t; 解：1如图,可建立平抛运动学方程：0x v t = ,212y h g t =- ,∴201()2r v t i h g t j =+-；2联立上面两式,消去t 得小球轨迹方程：2202gx y h v =-+为抛物线方程；3∵201()2r v t i h g t j =+-,∴0d r v i g t j d t =-, 即：0v v i g t j =-,d vg j d t=- 在落地瞬时,有：2ht g=,∴02d r v i gh j d t =- 又∵ v =2222()xyv v v gt +=+-,∴2122220022[()]g gh g t dvdt v gh v gt ==++ ; 1-6．路灯距地面的高度为1h ,一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走;试证明人影的顶端作匀速运动,并求其速度2v .证明：设人向路灯行走,t 时刻人影中头的坐标为1x ,足的坐标为2, 由相似三角形关系可得：12211x x h x h -=, ∴11212h x x h h =- 两边对时间求导有：11212d x h d x d t h h d t =- ,考虑到：21d x v d t=, 知人影中头的速度：21112d x hv v d t h h ==-影常数;1-7．一质点沿直线运动,其运动方程为2242t t x -+=m,在 t 从0秒到3秒的时间间隔内,则质点走过的路程为多少解：由于是求质点通过的路程,所以可考虑在0~3s 的时间间隔内,质点速度为0的位置：t dtdxv 44-==若0=v 解得 s t 1=, m x x x 1021=∆+∆=∆;1-8．一弹性球直落在一斜面上,下落高度cm 20=h ,斜面对水平的倾角 30=θ,问它第二次碰到斜面的xy 0v h O O1x 2x 1h 2h位置距原来的下落点多远假设小球碰斜面前后速度数值相等,碰撞时人射角等于反射角;解：小球落地时速度为gh v 20=,建立沿斜面的直角坐标系,以小球第一次落地点为坐标原点如图示,00060cos v v x =→ 200060cos 2160cos t g t v x += 1 00060sin v v y =→ 200060sin 2160sin t g t v y -= 2第二次落地时：0=y ,代入2式得：g vt 02=,所以：2002002122cos 60cos 604802v gh x v t g t h cm g g ⋅=+====; 1-9．地球的自转角速度最大增加到若干倍时,赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球已知现在赤道上物体的向心加速度约为2s /cm 4.3,设赤道上重力加速度为2m/s 80.9;解：由向心力公式：2F m R ω=向,赤道上的物体仍能保持在地球必须满足：F mg =向,而现在赤道上物体的向心力为：'F ma =向∴016.9817ωω====≈ 1-10．已知子弹的轨迹为抛物线,初速为0v ,并且0v 与水平面的夹角为θ;试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径;解：1抛物线顶点处子弹的速度0cos x v v θ=,顶点处切向加速度为0,法向加速度为g ;因此有：22011(cos )v vg θρρ==, 2201cos v gθρ=； 2在落地点时子弹的0v ,由抛物线对称性,知法向加速度方向与竖直方向成θ角,则：cos n a g θ=,有：202cos v g θρ= 则： 22cos v g ρθ=;1-11．一飞行火箭的运动学方程为1()ln(1)=+--x ut u t bt b,其中b 是与燃料燃烧速率有关的量,u 为燃气相对火箭的喷射速度;求： 1火箭飞行速度与时间的关系；2火箭的加速度;解：一维运动,直接利用公式：dx v dt =,dva dt=有： 1)1ln(bt u dt dx v --== , 2btub dt dv a -==1 1-12．飞机以s /m 1000=v 的速度沿水平直线飞行,在离地面高m 98=h 时,驾驶员要y把物品投到前方某一地面目标上,问：投放物品时,驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度此时目标距飞机下方地点多远 解：设此时飞机距目标水平距离为x 有：t v x 0=┄①,221gt h =┄② 联立方程解得：m x 447≈,∴05.77arctan ≈=hx θ;1-13．一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动,物体初速为s /m 0.490=v ,而气球以速度s /m 6.19=v 匀速上升,问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少解：物体在任意时刻的速度表达式为：gt v v y -=0故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=∆代入时间t 可以得到第二秒末物体速度：29.8m v s ∆=,向上 第三秒末物体速度：30v ∆=第四秒末物体速度：49.8m v s ∆=-向下;思考题11-1．质点作曲线运动,其瞬时速度为v ,瞬时速率为v ,平均速度为v ,平均速率为v ,则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的A v v ==v v ,；B v v =≠v v ,；C v v ≠=v v ,；D v v ≠≠v v ,答：C1-2．沿直线运动的物体,其速度大小与时间成反比,则其加速度的大小与速度大小的关系是：A 与速度大小成正比；B 与速度大小平方成正比；C 与速度大小成反比；D 与速度大小平方成反比; 答：B1-3．如图所示为A,B 两个质点在同一直线上运动的-v t 图像,由图可知 A 两个质点一定从同一位置出发 B 两个质点都始终作匀加速运动 C 在2s t 末两个质点相遇D 在20s t 时间内质点B 可能领先质点A 答：D 1-4．质点的t x ~关系如图,图中a ,b ,c 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答：匀速直线运动；a b c v v v >>; 1-5．如图所示,两船A 和B 相距R ,分别以速度A v 和B v 匀速直线行驶,它们会不会相碰若不相碰,求两船相靠最近的距离．图中α和β为已知;答：方法一：如图,以A 船为参考系,在该参考系中船A 是静止的,而船B 的速度A v v v B -=';v '是船B 相对于船A 的速度,从船B 作一条平行于v '方向的直线BC,它不与船A 相交,这表明两船不会相碰.由A 作BC 垂线AC,其长度min r 就是两船相靠最近的距离 θsin min R r =作FDv v v A B '-=αβθsin sin sin )cos(222βα+++='B A B A v v v v v R v v v v v v r B A B A A B )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=t 0)(=dt t dr Rv v v v v v r B A BA AB )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=0d r d t =0d r d t ≠0d v d t =0d v d t ≠0d a d t =0d ad t==+x y v v i v j 0d d =⎰⎰ttxv t v t 0d d =⎰⎰ttyv t v td d =⎰⎰ttx v t v td d =⎰⎰tty v t v t 1t 111d ,d ,d t t t xyv t v t v t⎰⎰⎰A B⎰⎰⎰BABABAr d ,d ,d r r tv t xd 1⎰tvt yd 10⎰1d t v t⎰1t ⎰B Ar d d B A⎰r ⎰BAdr 16kg xOy6N x f =7N y f =0t =0x y ==2m /s x v =-0y v =2s t =x x f a m =x a 263m /168s ==27m /16y y f a s m -==2003522m /84x x x v v a dt s =+=-+⨯=-⎰200772m /168y y y v v a dt s -=+=⨯=-⎰2s 57m /s 48v i j =--22011()22x y r v t a t i a t j=++1317(224)()428216i j -=-⨯+⨯⨯+⨯2kg 2424=-F i t j 034=+v i jn F d v F m d t =24242d v i t j dt -=⋅0201(424)2v t v d v i t j dt =-⎰⎰3024v v t i t j =+-034v i j =+s t 1=15v i =t v v e =15v i =s t 1=s t 1=ij 2424F i t j =-s t 1=424424t n F i j e e =-=-24n F N=-45A a g=1m 2m μFmax 212222f mg f Fa m m m m m μ==<=+12()F m m g μ<+maxF max 12()F m m g μ=+12()F m m g μ<+θ)(θμtg <a θμμθtan 1tan 1+-=a g θμμθtan 1tan 2-+=a gtan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-'x 'y 'x sin cos 0mg ma f θθ-±='y cos sin 0N mg ma θθ--=f N μ=sin cos (cos sin )0mg ma mg ma θθμθθ-±+=sin cos tan cos sin 1tan a g g θμθθμθμθμθ±±==a tan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-m 0v k f kv =-dv f mdt=•m AR B dv kv m dt -=dv k dt v m =-000t v dv k dt v m =-⎰⎰t m ke v v -=00v =dv dv dx dt dx dt =dx v dt =mdx dvk=-00max 0v m mx dv v k k=-=⎰2m 1m θ2m 1m 2'a 1m 1a 2m 2m g 1N 21m a 1m 1m g 1N 2N 2m 21222cos sin 'm a m g m a θθ+=1212sin cos N m a m g θθ+=1m 111sin N m a θ=11212sin cos sin m a m a m g θθθ+=21212sin cos sin m a g m m θθθ=+122212()sin 'sin m m a g m m θθ+=+2'a 122212sin cos 'sin x x m a a a g m m θθθ=-=-+111sin m a N θ==g m m m m θθ22121sin cos +R μ0=t 0v 2v N m R =f Nμ=dtdvmf =-2dv v dt Rμ=-0201vt v dv dt v R μ-=⎰⎰t μv R R v v 00+=20R m =0.6F i =F R -R2020B A r r r i j∆=-=-+A F r =⋅∆0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-0.5kg A F r=⋅∆250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=220.5105d rF m i i d t==⋅=560300A i i J =⋅=m2()F at i bt j =+t P F v =⋅P F v =⋅2232325111111()()()2323ati bt j at i bt j a t b t m m =+⋅+=+2(52.838.4)F x x i =--F x N m m 522.01=x m 34.12=x ()()F x F x i =f A 2v N G mR-=R G N mv )(21212-=2102f mgR A mv +=-11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-1ρl 2ρAB B1212ρρρ<<max v H G F =浮hsg lsg 12ρρ=l h 12ρρ=212mgh mv A =+浮22max21012h slv sglh gsydy ρρρ=-⎰2max 1v gl ρρ=H 'H l h =+2110'l lsgH ysgdy lsgh ρρρ=+⎰2110()l lsgH ysgdy lsg H l ρρρ=+-⎰1122()lH ρρρ=-L m A A B A m B m k l B 0x A B A A B A B A22011()22A B m m v k x +=0x m m k v B A +=x l =A 221122A A m v kx =0AA A Bm x x m m =+m3e Gm m F r r =-e e ,R m e e 211e e P R R eE F dr Gm m dr Gm m r R ∞∞=⋅=-⋅=-⎰⎰I T I τ12v v =I mv =∆0I =cos T mgθ=2mgπωm Oxy cos sin r a t i b t j ωω=+0=t ωπ/2=t P mv =d r v dt ==2m 1m θθ1N2m 2m g21m a 1m θ1m g 2N 1N θy xOB AFθωl mg Tsin cosa t ib t jωωωω-+()(sin cos )P t m a t i b t jωωω=--2()(0)0I mv P P m b j m b j πωωω=∆=-=-= 2.0kg1.0m20g 0v 600m v 30m 01mv mv M v =+01 5.7mv mv v M-==/m s21v T Mg M l -=2184.6v T Mg M Nl=+=00.0257011.4I mv mv N s =-=-⨯=-⋅m /skg 102.122⋅⨯-236.410kg m/s -⨯⋅kg 108.526-⨯2222221.20.6410P P P -=+=+⨯核电子中微子0.64tan 1.2P P α==中微子电子028.1α=221.410/P kgm s -=⨯核9.151=-=απθ2180.17102k P E J m -==⨯核核m 2c x c x 112212c m x m x x m m +=+12m m m ==12c x x =2223,42c c c mx mx x x x m +== 30=α 1.0M kg =30x cm =0.01m kg=200/v m s =25/k N m =22111sin 22Mv kx Mgx α+=10.83/v m s ⇒=1cos Mv mv m M v α'-=+（）0.89/v m s '⇒=-θM L 0cos M r F mg v t kθ=⨯=-200cos 2t mg v L r mv M dt t k θ=⨯==-⎰1v 2v 1122r mv r mv =122v v =0P MmE G r=-R Mm G mv R Mm G mv 421221022021-=-mg R Mm G =20321Rg v =62Rg v =ρρ220v m Mm G =R 38=ρ22v Rg =0E =24sin A mv R mv R θ=⋅22v Rg =030θ⇒=m r m 2m 2/2mr m2m ma T mg 222=-ma mg T =-12()T T r J β-=βJ r T T =-)(1βr a =2/2J mr =ga 41=mg T 811=l m μ0ωO l m =λdm d x λ=d f dmg gd x μμλ==d M g xd xμλ=20124lM g xd x mgl μλμ==⎰d M J J dt ωβ==000t Mdt Jd ωω-=⎰⎰2011412mglt m l μω-=-03l t g ωμ=0M t J J ωω-=-0ω=2112J ml =03l t g ωμ=2m kg 01.0⋅cm 7kg 5N/m 200=k x maxx 2max max 12k x mg x =max 20.49mg x m k ==222111222k x mv J mg x ω++=v Rω=2222111222k x m R J mg x ωω++=x0d d x ω=21()22d k x m R J mg d x ωω++⋅=0d d x ω=αP 中微子P 电子P 核cx /2c x xyO x y 0v vOz•θT)(245.0m k mg x ==0.245x =22max 2121()2mgx kx v J m r -=+max 1.31v =m 2l 31l 32m 0v m 021v 22004221()9933l l v l v l ω+=+032v l ω=mg N =αsin 212cos N N α=α1N 1F kx m gμ=+2kx m g μ=11A m a kx m g μ=+121A m m a g m μ+=22B m a kx m g μ=-0B a =F GF G F 2321μ+≤1322F F μ<33μ>Rv m mg N 2sin +=θA B F s F A F r =⋅∆F s k m m mg k x =k mg x =212mg x k x =kmgx 2=αx v x 120αI 21I m v m v =-21v v =αm Δ1v 2v m Δm Δf 'f 'm 1e 212e 222121r m Gm mv r m Gm mv -=-1122sin sin θθmv mv =2e 2rm Gm r mv =当两小孩质量相等时,M =0;则系统角动量守恒,两人的实际的速度相同,将同时到达滑轮处,与谁在用力,谁不在用力无关;选择C; 2-13．一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O 以角速度ω按图示方向转动,若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面方向同时作用到盘上,则盘的角速度ω怎样变化 答：增大2-14．一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的： A 机械能守恒,角动量守恒；B 机械能守恒,角动量不守恒； C 机械能不守恒,角动量守恒；D 机械能不守恒,角动量不守恒; 答：C习题33-1．原长为m 5.0的弹簧,上端固定,下端挂一质量为kg 1.0的物体,当物体静止时,弹簧长为m 6.0．现将物体上推,使弹簧缩回到原长,然后放手,以放手时开始计时,取竖直向下为正向,写出振动式;g 取解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+,在本题中,kx mg =,所以9.8k =； ∴ 9.8980.1k m ω===; 取竖直向下为x 正向,弹簧伸长为时为物体的平衡位置,所以如果使弹簧的初状态为原长,那么：A =,mg 1N 2N α1mv 2mv I风风'f //'f 'f ⊥当t =0时,x =-A ,那么就可以知道物体的初相位为π;所以：0.1cos x π=+）即：)x =-;3-2．有一单摆,摆长m 0.1=l ,小球质量g 10=m ,0=t 时,小球正好经过rad 06.0-=θ处,并以角速度0.2rad/s θ=向平衡位置运动;设小球的运动可看作简谐振动,试求：1角频率、频率、周期；2用余弦函数形式写出小球的振动式;g 取解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+ 我们只要按照题意找到对应的各项就行了;1角频率： 3.13/rad s ω===,频率：0.5Hz ν=== ,周期：22T s ===；2振动方程可表示为：cos3.13A t θϕ=+（）,∴ 3.13sin 3.13A t θϕ=-+（） 根据初始条件,0t =时：cos Aθϕ=,0(12sin 0(34 3.13A θϕ>=-<，象限），象限）可解得：2008.810227133 2.32A m ϕ-=⨯==-=-，,所以得到振动方程：28.810cos3.13 2.32t m θ-=⨯-（） ; 3-3．一质点沿x 轴作简谐振动,振幅为cm 12,周期为s 2;当0=t 时,位移为cm 6,且向x 轴正方向运动;求：1振动表达式；2s 5.0=t 时,质点的位置、速度和加速度；3如果在某时刻质点位于cm 6-=x ,且向x 轴负方向运动,求从该位置回到平衡位置所需要的时间;解：1由题已知 A =,T =2 s ,∴ 2Tπωπ==又∵t =0时,06x cm =,00v >,由旋转矢量图,可知：3πϕ=-故振动方程为：0.12cos3x t m ππ=-（）； 2将t = s 代入得：0.12cos 0.12cos 0.10436x t m πππ=-==（）,0.12sin 0.12cos 0.188/36v t m s ππππ=--==-（）,2220.12cos 0.12cos 1.03/36a t m s πππππ=--=-=-（）,方向指向坐标原点,即沿x 轴负向；3由题知,某时刻质点位于6cm 2Ax =-=-, 且向x 轴负方向运动,如图示,质点从P 位置回到平衡位置Q 处需要走32ππϕ∆=+,建立比例式：2tTϕπ∆∆=,有：56t s ∆= ;3-4．两质点作同方向、同频率的简谐振动,振幅相等;当质点1在 2/1A x =处,且x向左运动时,另一个质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动;求这两个质点的位相差; 解：由旋转矢量图可知：当质点1在 2/1A x =处,且向左运动时,相位为3π,而质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动,相位为43π;所以它们的相位差为π;3-5．当简谐振动的位移为振幅的一半时,其动能和势能各占总能量的多少物体在什么位置时其动能和势能各占总能量的一半解：由212P E k x =,212k E mv =,有：221cos ()2P E k A t ωϕ=+,2222211sin ()sin ()22k E m A t k A t ωωϕωϕ=+=+, 1当2Ax =时,由cos()x A t ωϕ=+,有：1cos()2t ωϕ+=,3sin()t ωϕ+=,∴14P E E =,34k E E =； 2当12P k E E E ==时,有：22cos ()sin ()t t ωϕωϕ+=+ ∴cos()2t ωϕ+=20.7072x A A ==±; 3-6．两个同方向的简谐振动曲线如图所示1求合振动的振幅;2求合振动的振动表达式; 解：通过旋转矢量图做最为简单; 由图可知,两个振动同频率,且1A 初相：12πϕ=,2A 初相：22πϕ=-,表明两者处于反相状态,反相21(21)k ϕϕϕπ∆=-=±+,012k =，，，∵12A A <,∴合成振动的振幅：21A A A =- ；合成振动的相位：22πϕϕ==- ；合成振动的方程：）（）（22cos 12ππ--=t T A A x ;3-7．两个同方向,同频率的简谐振动,其合振动的振幅为cm 20,与第一个振动的位相差为6π;若第一个振动的振幅为cm 310;则1第二个振动的振幅为多少2两简谐振动的位相差为多少解：如图,可利用余弦定理：由图知 ︒-+=30cos 2122122A A A A A = m ∴A ２=0.1 m ,再利用正弦定理：02sin sin 30AA θ=,有： 2sin 12A A θ==,∴2πθ=;说明A １与A ２间夹角为π/2,即两振动的位相差为π/2 ; 3-8. 质点分别参与下列三组互相垂直的谐振动：1 4cos 864cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩ ；2 4cos 8654cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩；3 4cos 8624cos 83x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=+ ⎪⎪⎝⎭⎩;试判别质点运动的轨迹;解：质点参与的运动是频率相同,振幅相同的垂直运动的叠加;对于cos()x x A t ωϕ=+,4cos()y y t ωϕ=+的叠加,可推得：1将6x πϕ=,6y πϕ=-代入有：2222cos 16sin 33x y x y ππ+-=,则方程化为：2212x y x y +-=,轨迹为一般的椭圆；2将6x πϕ=,56y πϕ=-代入有：2222cos 16sin x y x y ππ+-=则方程化为：2220x y x y +-=,即0x y +=,轨迹为一直线；3将6x πϕ=,23y πϕ=代入有：2222cos 16sin 22x y x y ππ+-=则方程化为：2224x y +=,轨迹为圆心在原点,半径为4m 的圆;3-9．沿一平面简谐波的波线上,有相距2.0m 的两质点A 与B ,B 点振动相位比A 点落后6π,已知振动周期为2.0s ,求波长和波速;解：根据题意,对于A 、B 两点,m x 2612=∆=-=∆，πϕϕϕ,而相位和波长之间满足关系：πλπλϕϕϕ221212xx x ∆-=--=-=∆,代入数据,可得：波长λ=24m;又∵T =2s ,所以波速12/u m s Tλ==;3-10．已知一平面波沿x 轴正向传播,距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ,波速为u ,求：1平面波的波动式；2若波沿x 轴负向传播,波动式又如何 解：1设平面波的波动式为0cos[]xy A t uωϕ=-+（）,则P 点的振动式为：10cos[]P x y A t uωϕ=-+（）,与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有：10xuωϕϕ=+,∴平面波的波动式为：1cos[()]x x y A t u ωϕ-=-+；2若波沿x 轴负向传播,同理,设平面波的波动式为：0cos[]xy A t u ωϕ=++（）,则P 点的振动式为：10cos[]P x y A t uωϕ=++（）,与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有：10xuωϕϕ=-+,∴平面波的波动式为：1cos[()]x x y A t u ωϕ-=++;3-11．一平面简谐波在空间传播,如图所示,已知A 点的振动规律为cos(2)y A t πνϕ=+,试写出： 1该平面简谐波的表达式；2B 点的振动表达式B 点位于A 点右方d 处; 解：1仿照上题的思路,根据题意,设以O 点为原点平面简谐波的表达式为：0cos[2]xy A t u πνϕ=++（）,则A 点的振动式：0cos[2]A ly A t uπνϕ-=++（）题设A 点的振动式cos(2)y A t πνϕ=+比较,有：02lu πνϕϕ=+, ∴该平面简谐波的表达式为：]2cos[ϕπν+++=）（uxu l t A y2B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-,代入波动方程：3-12．已知一沿x 正方向传播的平面余弦波,s 31=t 时的波形如图所示,且周期T 为s 2;1写出O 点的振动表达式；2写出该波的波动表达式； 3写出A 点的振动表达式； 4写出A 点离O 点的距离;解：由图可知：0.1A m =,0.4m λ=,而2T s =,则：/0.2/u T m s λ==,2T πωπ==,25k ππλ==,∴波动方程为：00.1cos(5)y t x ππϕ=-+O 点的振动方程可写成：00.1cos()O y t πϕ=+由图形可知：s 31=t 时：0.05O y =,有：00.050.1cos()3πϕ=+考虑到此时0O d y d t <,∴03πϕ=,53π舍去 那么：1O 点的振动表达式：0.1cos()3O y t ππ=+；2波动方程为：0.1cos(5)3y t x πππ=-+；3设A 点的振动表达式为：0.1cos()A A y t πϕ=+由图形可知：s 31=t 时：0A y =,有：cos()03A πϕ+=考虑到此时0A d y d t >,∴56A πϕ=-或76A πϕ=∴A 点的振动表达式：50.1cos()6A y t ππ=-,或70.1cos()6A y t ππ=+；4将A 点的坐标代入波动方程,可得到A 的振动方程为：0.1cos(5)3A A y t x πππ=-+,与3求得的A 点的振动表达式比较,有：5563A t t x πππππ-=-+,所以：m x A 233.0307== ; 3-13．一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播;已知原点的振动曲线如图所示;试写出：1原点的振动表达式； 2波动表达式；3同一时刻相距m 1的两点之间的位相差; 解：这是一个振动 图像由图可知A =0.5cm ,设原点处的振动方程为：30510cos()O y t ωϕ-=⨯+;1当0t =时,30 2.510O t y -==⨯,考虑到：00O t d y d t=>,有：03πϕ=-,当1t =时,10O t y ==,考虑到：10O t d y d t =<,有：32ππω-=,56πω=,∴原点的振动表达式：35510cos()63O y t ππ-=⨯-；2沿x 轴负方向传播,设波动表达式：35510cos()63y t k x ππ-=⨯+-而512460.825k u ωππ==⨯=,∴3524510cos()6253y t x πππ-=⨯+-； 3位相差：252 3.2724x k x rad ϕππλ∆∆==∆== ; 3-14．一正弦形式空气波沿直径为cm 14的圆柱形管行进,波的平均强度为39.010-⨯/()J s m ⋅,频率为Hz 300,波速为m/s 300;问波中的平均能量密度和最大能量密度各是多少每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量解：1已知波的平均强度为：39.010I -=⨯/()J s m ⋅,由I w u =⋅ 有：53max 2610/w w J m -==⨯；2由W w V =⋅,∴221144uW w d w d πλπν=⋅=5327310/(0.14)1 4.62104J m m m J π--=⨯⨯⋅⋅=⨯ ;3-15．一弹性波在媒质中传播的速度310/u m s =,振幅41.010A m -=⨯,频率310Hz ν=;若该媒质的密度为3800/kg m ,求：1该波的平均能流密度；21分钟内垂直通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量; 解：1由：2212I u A ρω=,有：34232110800102102I π-=⨯⨯⨯⨯（）（）521.5810/W m =⨯； 21分钟为60秒,通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量为：W I S t =5431.581041060 3.7910J -=⨯⨯⨯⨯=⨯ ;3-16．设1S 与2S 为两个相干波源,相距41波长,1S 比2S 的位相超前2π;若两波在在1S 、2S 连线方向上的强度相同且不随距离变化,问1S 、2S 连线上在1S 外侧各点的合成波的强度如何又在2S 外侧各点的强度如何解：1如图,1S 、2S 连线上在1S 外侧,∵212122()24r r πππλϕϕϕπλλ∆=---=--⋅=-, ∴两波反相,合成波强度为0； 2如图,1S 、2S 连线上在2S 外侧,∵212122('')()024r r πππλϕϕϕλλ∆=---=---=, ∴两波同相,合成波的振幅为2A ,合成波的强度为：220(2)44I A A I === ;3-17．图中所示为声音干涉仪,用以演示声波的干涉;S 为声源,D 为声音探测器,如耳或话筒;路径SB D 的长度可以变化,但路径SAD 是固定的;干涉仪内有空气,且知声音强度在B 的第一位置时为极小值100单位,而渐增至B 距第一位置为cm65.1的第二位置时,有极大值900单位;求：1声源发出的声波频率；2抵达探测器的两波的振幅之比;解：根据驻波的定义,相邻两波节腹间距：2x λ∆=,相邻波节与波腹的间距：4x λ∆=,可得：4 6.6x cm λ=∆=;1声音的速度在空气中约为340m/s ,所以：234051516.610u Hz νλ-===⨯（）。
大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A) (B) 02ωmRJ J+02)(ωR m J J +(C) (D) 02ωmRJ0ω[答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a)(b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n = 。
0.15; 1.256[答案：](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是 。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
上海交大版大学物理上册答案
第一章 质点运动学【例题】例1-1 A ｔ= 1.19 s 例1-2 D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 3 3 例1-6 D 例1-7 C例1-8 证明：2d d d d d d d d v xv vtx xv tv K -==⋅= ∴ d v /v =－K d x⎰⎰-=xx K 0d d 10v vvv , Kx -=0lnv v ∴ v =v 0e－Kx例1-9 1 s 1.5 m 例1-10 B【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -0.5m/s -6m/s 2.25m 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小t a 必为常数，即321t t t a a a ==，现在虽然321a a a ==， 但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即321t t t a a a ≠≠，故该质点不作匀变速率运动。
1-5 D 1-6证明：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 213xx +=v1-7 16 R t 24 rad /s21-8 Hv/(H-v) 1-9 C第二章 质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律∴⎰⎰=-=-vv 00vv d d ,vv d d tt mKt m K ∴ mKt /0e -=v v (2) 求最大深度 tx d d =vt x mKt d ed /0-=vt x mKt txd ed /000-⎰⎰=v ∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v = 例2-4 D 例2-5 答：(1) 不正确。
向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。
质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
大学物理(交大3版)答案(1-5章)
大学物理教程上海交大答案
1习题11-1．解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+。
1-3解：(1)由d rv dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt = ，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t dv a dt==222t n a a a =+有：n a ==1-4． 解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为1y ，升降机上升的高度为2y ，运动方程分别为21012y v t gt =- （1）22012y v t at =+ （2）12y y d += （3）（注意到1y 为负值，有11y y =-） 联立求解，有：t =。
解法二：以升降机为非惯性参照系，则重力加速度修正为'g g a =+，利用21'2d g t =，有：t ==1-5解：（1）如图，可建立平抛运动学方程：0x v t = ，212y h g t =- ，∴201()2r v t i h g t j =+-；（2）联立上面两式，消去t 得小球轨迹方程：2202gx y h v =-+（为抛物线方程）； （3）∵201()2r v t i h g t j =+-，∴0d rv i g t j d t=- ， 即：0v v i g t j =-，d v g j d t=-在落地瞬时，有：t =∴0d r v i j d t = 又∵v ==，∴212220[()]g t dvdt v gt ==+。
大学物理上海交大参考答案
大学物理上海交大参考答案大学物理上海交大参考答案在大学物理课程中，上海交通大学一直以来都是备受关注的学府。
其严谨的教学体系和扎实的学术研究基础，使得上海交大的物理学科在国内外享有盛誉。
学生们在学习物理课程时，常常会遇到各种难题，而参考答案则成为他们解决问题的重要依据。
本文将为大家提供一些大学物理上海交大参考答案，希望对广大学子有所帮助。
第一章：力学1. 一个物体以初速度v0沿着直线做匀加速运动，经过时间t后速度变为v，求物体的加速度a。
答案：根据物体匀加速运动的公式v = v0 + at，可以得到a = (v - v0) / t。
2. 一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒力F作用，已知物体在受力方向上的加速度为a，求恒力F的大小。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可以得到F = ma。
第二章：热学1. 一个理想气体在等温过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于等温过程中气体的温度不变，根据理想气体的状态方程PV = nRT，可以得到P1V1 = P2V2。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2)。
2. 一个理想气体在绝热过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于绝热过程中气体与外界不发生热交换，根据理想气体的状态方程PV^γ = 常数，可以得到P1V1^γ = P2V2^γ。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2) / (γ - 1)。
第三章：电磁学1. 一个电容器由两块平行金属板组成，两板间的电容为C，电压为U，求电容器储存的电能。
答案：电容器储存的电能为E = (1/2)CU^2。
2. 一个电感器的感抗为X，通过的电流为I，求电感器的电压。
答案：电感器的电压为U = IX。
第四章：光学1. 一束光线从空气射入玻璃中，入射角为θ1，折射角为θ2，求光线的折射率。
答案：光线的折射率为n = sinθ1 / sinθ2。
2. 一束平行光通过一个凸透镜后，光线会汇聚于焦点处，求凸透镜的焦距。
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版权归原著所有 本答案仅供参考习题33-1．如图，一质点在几个力作用下沿半径为20R m =的圆周运动，其中有一恒力0.6F i =N ，求质点从A 开始沿逆时针方向经3/4圆周到达B 的过程中，力F 所做的功。
解：本题为恒力做功，考虑到B 的坐标为（R -，R ）， ∴2020B A r r r i j ∆=-=-+，再利用：A F r =⋅∆， 有：0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-（焦耳）3-2．质量为m =0.5kg 的质点，在x O y 坐标平面内运动，其运动方程为x =5t 2,y =0.5(SI),从t =2s 到t =4s 这段时间内，外力对质点的功为多少？ 解：由功的定义：A F r =⋅∆，题意：250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=，220.5105d rF m i i d t==⋅=∴560300A i i J =⋅=。
3-3．劲度系数为k 的轻巧弹簧竖直放置，下端悬一小球，球的质量为m ，开始时弹簧为原长而小球恰好与地接触。
今将弹簧上端缓慢提起，直到小球能脱离地面为止，求此过程中外力的功。
解：由于小球缓慢被提起，所以每时刻可看成外力与弹性力相等，则：F k x =，选向上为正向。
当小球刚脱离地面时：max mg k x =，有：max mgx k=， 由做功的定义可知：max222122mg x k m g A k xd x k x k===⎰。
3-4．如图，一质量为m 的质点，在半径为R 的半球形容器中，由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力数值为N ，求质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其做的功。
分析：f A 直接求解显然有困难，所以使用动能定理，那就要知道它的末速度的情况。
解：求在B 点的速度：2v N G m R -=，可得：R G N mv )(21212-= 由动能定理： 2102f mgR A mv +=-∴11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-3-5．一弹簧并不遵守胡克定律，其弹力与形变的关系为2(52.838.4)F x x i =--，其中F 和x 单位分别为N 和m 。
（1）计算当将弹簧由m 522.01=x 拉伸至m 34.12=x 过程中，外力所做之功； （2）此弹力是否为保守力? 解：（1）由做功的定义可知：211.3420.522(52.838.4)x x A F d x x x dx =⋅=--⎰⎰2233212126.4()12.6()69.2x x x x J =----=（2）∵()()F x F x i =，按保守力的定义：d )4.388.52()()4.388.52()(22=--=++⋅--=⋅⎰⎰⎰x x x k dz j dy i dx i x x r d x F lll∴该弹力为保守力。
3-6．一质量为m 的物体，在力2()F at i bt j =+的作用下，由静止开始运动，求在任一时刻t 此力所做功的功率为多少。
解：由P F v =⋅，要求功率就必须知道力和速度的情况，由题意：mAB2231111()()23F v dt ati bt j dt at i bt j m m m ==+=+⎰⎰ 所以功率为：P F v =⋅2232325111111()()()2323ati bt j at i bt j a t b t m m =+⋅+=+。
3-7．一质点在三维力场中运动．已知力场的势能函数为：cz bxy ax E ++-=2p 。
（1）求作用力F ；（2）当质点由原点运动到3=x 、3=y 、3=z 位置的过程中，试任选一路径，计算上述力所做的功。
其中p E 的单位为J ，z y x 、、的单位为m ，F 的单位为N 。
解：（1）由力和势能的关系：P F E =-∇有：2()()(2)F i j k ax bx y cz ax by i bx j ck x y z∂∂∂=-++-++=---∂∂∂ （2）由于该力场是有势场，所以该力是保守力，由保守力做功的定义 c b a c b a E A 399}0)399{(--=-++--=∆-=3-8．轻弹簧A B 的上端A 固定，下端B 悬挂质量为m 的重物。
已知弹簧原长为0l ，劲度系数为k ，重物在O 点达到平衡，此时弹簧伸长了0x ，如图所示。
取x轴向下为正，且坐标原点位于：弹簧原长位置O '；力的平衡位置O 。
若取原点为重力势能和弹性势能的势能零点，试分别计算重物在任一位置P 时系统的总势能。
解：（1）取弹簧原长位置'O 为重力势能和弹性势能的势能零点，则重物在任一位置P 时系统的总势能：2001()()2P E mg x x k x x =-+++，（2）取力的平衡位置O 为重力势能和弹性势能的势能零点，则重物在任一位置P时系统的总势能：22001122P E mgx k x x k x =-++-（），而0mg kx = ∴22200111222P E mgx k x x kx kx =-++-=（） 3-9．在密度为1ρ的液面上方，悬挂一根长为l ，密度为2ρ的均匀棒AB ，棒的B端刚和液面接触如图所示，今剪断细绳，设细棒只在浮力和重力作用下运动，在1212ρρρ<<的条件下，求细棒下落过程中的最大速度max v ，以及细棒能进入液体的最大深度H 。
解：（1）分析可知，棒下落的最大速度是受合力为零的时候， 所以：G F =浮，即hsg lsg 12ρρ= ，则：l h 12ρρ=。
利用功能原理：212mgh mv A =+浮，有：22max21012h slv sglh gsydy ρρρ=-⎰可解得：max v =（2）当均匀棒完全进入液体中时，浮力不变，到最大深度H 时，速度为零，设： 'H l h =+，由能量守恒有：2110'llsgH ysgdy lsgh ρρρ=+⎰，即：2110()llsgH ysgdy lsg H l ρρρ=+-⎰∴1122()lH ρρρ=-。
3-10．若在近似圆形轨道上运行的卫星受到尘埃的微弱空气阻力f 的作用，设阻力与速度的大小成正比，比例系数k 为常数，即f k v =-，试求质量为m 的卫星，开始在离地心R r 40=（R 为地球半径）陨落到地面所需的时间。
解：该卫星在任何时刻的总机械能为：rmMG mv E -=221 又由于222mv r mMG r v m rmM G =⇒=联立两式得：r mM G E 2-=两边微分得：dr rmMG dE 22= ，由功能原理得： E s f d d =⋅， r rmMG s kv d 2d )(2=⋅-t rr mv kv t r r r GmM t s kv dr rmM G s kv d d 21d d 2d d 2d )(222⋅=-⇒⋅⋅=-⇒=⋅-r r t m k d d 2-=，由已知条件两边积分：2ln d d 240kmt r r t m k R R t =⇒-=⎰⎰3-11．一链条放置在光滑桌面上，用手揿住一端，另一端有四分之一长度由桌边下垂，设链条长为L ，质量为m ，试问将链条全部拉上桌面要做多少功？ 解：直接考虑垂下的链条的质心位置变化，来求做功，则：1114832P A E mg l mgl =∆=⨯=3-12．起重机用钢丝绳吊运质量为m 的物体时以速率0v 匀速下降，当起重机突然刹车时，因物体仍有惯性运动使钢丝绳有微小伸长。
设钢丝绳劲度系数为k ，求它伸长多少?所受拉力多大?(不计钢丝绳本身质量) 解：当起重机忽然刹车时，物体的动能将转换为钢丝绳的弹性势能，由2202121kx mv =，可得：0v kmx =， （这里，由于是微小伸长，因伸长而引起重力势能的降低可以忽略不计）分析物体的受力，可得到绳子的拉力为：0T mg k x mg =+=。
3-13．在光滑水平面上，平放一轻弹簧，弹簧一端固定，另一端连一物体A 、A 边上再放一物体B ，它们质量分别为A m 和B m ，弹簧劲度系数为k ，原长为l ．用力推B ，使弹簧压缩0x ，然后释放。
求：（1）当A 与B 开始分离时，它们的位置和速度； （2）分离之后，A 还能往前移动多远? 解：（1）当A 与B 开始分离时，两者具有相同的速度，但A 的加速度为零，此时弹簧和B 都不对A 产生作用力，即为弹簧原长位置时刻，根据能量守恒，可得到：22011()22A B m m v k x +=，有：0x m m kv BA +=，x l =；（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以：221122A A m v kx = ，则：0A x = 。
3-14．已知地球对一个质量为m 的质点的引力为3e Gm mF r r=-（e e ,R m 为地球的质量和半径)。
（1）若选取无穷远处势能为零，计算地面处的势能；（2）若选取地面处势能为零，计算无穷远处的势能．比较两种情况下的势能差． 解：（1）取无穷远处势能为零，地面处的势能为：e e 211ee P R R eE F d r Gm m d r Gm m r R ∞∞=⋅=-⋅=-⎰⎰； （2）若选取地面处势能为零，计算无穷远处的势能为：e e 211e eR R eE F d r Gm m d r Gm m r R ∞∞∞=⋅=-⋅=⎰⎰∴两种情况下势能差是完全一样的。
3-15．试证明在离地球表面高度为h (e h R <<)处，质量为m 的质点所具有的引力势能近似可表示为mgh 。
解：∵万有引力的势能函数表达式为0P MmE G r=-，（以无穷远处为势能零点），且此时地球表面处的势能为：0e R e eMmE G mgR R =-=-，在离地球表面高度为h (e h R <<)处，质量为m 的质点所具有的引力势能为：)()()()()(20200h R mg h R R MmG h R h R Mm G h R Mm G e e ee e e +-=+-≈++-=+-， 如果以地面作为零电势处，则质点所具有的引力势能近似可表示为： [()]P e e E mgR mg R h mgh =---+=。
思考题33-1．求证：一对内力做功与参考系的选择无关。
证：对于系统里的两个质点而言，一对内力做功可表示为：1122A f d r f d r =⋅+⋅， 由于外力的存在，质点1和2的运动情况是不同的，虽然其内力相等而方向相反（12f f =-），但12dr dr ≠，∴上式可写为： A=112212()A f dr f dr f dr dr =⋅+⋅=⋅-表明，内力的功与两个质点的相对位移有关，与参考系的选择无关。