大学物理学上册习题解答
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练习题参考答案第一章4 3y[31.1(1) —7im；(2) -------- c m/s o3 4〃1.2(1) 4 i —4tj m/s；— 4j m/s2 (2) 4 i —8 j m/s；— 4 j m/s2 (3) 4^/2 m/s1.3(1) r = (31+ 5)i + t2 + 31— m (2) Ar = 3 i + 3.5 j m (3) — A尹一一V = r = 3i + 5j(m・sT)Ar_ dr _ _ _ _(4)V= —= 3f + (f + 3)7(m-s^)； 3i + 5j(m・sT)drdV(5) a =——=j(m-s 2) a2 = j(m-s 2)dt1.4(1) y = 2-x2/9 (2) r=6i-2j(SI)； v=3i -4j(SI)； a=-2j (SI)1.5V2 a1.6(1)。
= A。
—® [(月之一口2)cos 仞+ 2伽sin 仞]；(2)『=(2〃 + 1)〃/2刃，(〃 =0, 1, 2 ..............)” 1如之11.7一 = --- 1----v 2 v Q1.8v = 16 -2x21.9(1) 17.2m/s, 51.6m/s； (2) 23.0m/s1.100.91.11 5.76m1.12后 s1.13证：两个物体在任意时刻的速度为v A = v0 cos ai + (y0 sin a- gt)j v B = v0 cos /3i + (y0 sin/? - gt)jA V BA=VB ~V A wOoCOS^ — VoCOScOj + QoSinK — VoSina)/与时间无关，故8相对物体A的速度是常矢量。
JR2b2 +(v0 -bt)4 F (v0 - At, "I v01.15(1)。
= -------- -- ——，e = arctg — ------ )一；(2)t = —(3)〃：R \_ Rb \ b1.16(1)%=2.30xIO?"技，劣=4.80m • L , (2)。
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。
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第一章作业题P211.1； 1.2； 1.4；1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x，a 的单位为2sm -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量：x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 cx x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2sm -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t t va 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量， tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝ 2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即βωR R =2亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ1.12 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v t sv -==0d d R bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝ 2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2.10 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(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='00d k mv t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o30，则动量的增量为0v m v m p -=∆由矢量图知，动量增量大小为v m，方向竖直向下．2.13作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)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．(2)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 -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t ttF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是 ⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理， 12v 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． (2)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)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1； 3.2； 3.7；3.13计算题2-27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1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28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： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg =∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29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． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)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：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ②上两式中231Ml I =，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o30=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ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P1455.1； 5.2；5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)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? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)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 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 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 (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5.8 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：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=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 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x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 TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 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：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)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J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 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． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)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：(1)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． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）g m M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk mg x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A5.16 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。
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 .
大学物理学(第三版)上课后习题答案
第一章运动的描述1-1 ｜｜与有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.∵有（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的分量，∴不同如题1-1图所示.题1-1图(3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.∵有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(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=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝，然后根据 =，及＝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=及=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，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。
或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。
1-3 一质点在平面上运动，运动方程为=3+5, =2+3-4.式中以 s计，,以m计．(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1 s 时刻和＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算＝0 s时刻到＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算＝4 s 时质点的速度；(5)计算＝0s 到＝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＝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：（1）(2)将,代入上式即有(3)∵∴(4)则(5)∵(6)这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。
(完整版)大学物理学上下册习题与答案
习题九一、选择题9.1 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：(A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．［A(本章中不涉及导体)、 D ］ 9.2有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为(A)03 q ． (B) 04 q (C) 03 q ． (D) 06 q ［D ］q题图9.19.3面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)S q 02(B)S q 022 (C) 2022S q (D) 202Sq [B ]9.4 如题图9.2所示，直线MN 长为2l ，弧OCD 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷q ，M 点有负电荷q ．今将一试验电荷0q 从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 , 且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0． ［D ，0O V ］-题图9.29.5静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能．(B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能．(D)［C ］9.6已知某电场的电场线分布情况如题图9.3所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？(A) 电场强度M N E E ． (B) 电势M N U U ．(C) 电势能M N W W ． (D) 电场力的功A ＞0．［C ］ 二、计算题9.7 电荷为q 和2q 的两个点电荷分别置于1x m 和1x m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ x2q q 0解：设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零，根据电力叠加原理可得022220000(2)(2)ˆˆ0041414141q q q q q q i i x x x x 即：22221(2)0121011x x x x22212210x x x x2610(322)x x x m 。
《大学物理习题集》(上)习题解答
)2(选择题(5)选择题单元一 质点运动学（一）一、选择题1. 下列两句话是否正确：(1) 质点作直线运动，位置矢量的方向一定不变；【 ⨯ 】(2) 质点作园周运动位置矢量大小一定不变。
【 ⨯ 】 2. 一物体在1秒内沿半径R=1m 的圆周上从A 点运动到B 点，如图所示，则物体的平均速度是： 【 A 】 (A) 大小为2m/s ，方向由A 指向B ； (B) 大小为2m/s ，方向由B 指向A ； (C) 大小为3.14m/s ，方向为A 点切线方向； (D) 大小为3.14m/s ，方向为B 点切线方向。
3. 某质点的运动方程为x=3t-5t 3+6(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 4. 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度v=2 m/s ，瞬时加速率a=2 m/s 2则一秒钟后质点的速度:【 D 】(A) 等于零(B) 等于-2m/s (C) 等于2m/s (D) 不能确定。
5. 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向边运动。
设该人以匀速度V 0收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是 【 C 】(A)匀加速运动; (B) 匀减速运动; (C) 变加速运动; (D) 变减速运动; (E) 匀速直线运动。
6. 一质点沿x 轴作直线运动，其v-t 曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5s 时，(7)选择题质点在x 轴上的位置为 【 C 】(A) 0； (B) 5m ； (C) 2m ； (D) -2m ； (E) -5m*7. 某物体的运动规律为t kv dtdv2-=，式中的k 为大于零的常数。
当t=0时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 【 C 】(A) 02v kt 21v += (B) 02v kt 21v +-= (C)2v 1kt 21v 1+= (D)2v 1kt 21v 1+-=二、填空题1. )t t (r )t (r ∆+ 与为某质点在不同时刻的位置矢量，)t (v 和)t t (v ∆+为不同时刻的速度矢量，试在两个图中分别画出s ,r ,r ∆∆∆ 和v ,v ∆∆。
大学物理上册课后习题集答案解析
习题解答 习题一1-1 ｜r D ｜与r D 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 D 是位移的模，D r 是位矢的模的增量，即r D 12r r -=，12r r r-=D ；（2）t d d r 是速度的模，即t d 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 rr r += 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t v a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有t t(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t vt v t v d d d d d d tt += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd t 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v =22d d d d ÷øöçèæ+÷øöçèæt y t x 及a =222222d d d d ÷÷øöççèæ+÷÷øöççèæt 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+=， jt y i t xt r a j t y i t x t r v222222d d d d d d dd d d d d +==+==\ 故它们的模即为22222222222222d d d d d d d d ÷øöçèæ+÷øöçèæ=+=÷øöçèæ+÷øöçèæ=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y 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 t r t r 与误作速度与加速度的模。
《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案
答案：[A]
提示： ，
题：
答案：[C]
提示：由时间的相对性， ，长度为
题 ：
答案：[D]
提示： 得
题：
答案：[D]
提示： ， ，故
题：
答案：[A]
提示： ； ； ；故
二、填空题
题：
答案：
提示：设痕迹之间距离为 ，由公式 （ 为静长度）。则车上观察者测得长度为
题：
答案：（1） ，（2）
提示：（1）相对论质量和相对论动量： ，
简谐振动的表达式为：x= (πt –π/3)．
（2）当t=T/4时物体的位置为;x= (π/2–π/3) = π/6 = (m)．
速度为；v= -πAsin(π/2–π/3) = πsinπ/6 = (m·s-1)．
加速度为：a= dv/dt= -ω2Acos(ωt + φ)= -π2Acos(πt -π/3)= π2cosπ/6 = (m·s-2)．
[解答]物体的总能量为：E = Ek+ Ep= (J)．
（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为： = (m)．
（2）当动能等于势能时，即Ek= Ep，由于E = Ek+ Ep，可得：E =2Ep，
即 ，解得： = ±(m)．
（3）再根据能量公式E = mvm2/2，得物体经过平衡位置的速度为：
（2）速度的最大值为：vm= ωA= π = (m·s-1)； 题解答图
加速度的最大值为：am= ω2A= π2= (m·s-2)．
（3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A= (N)；
振动能量为:E = kA2/2 =mω2A2/2 = ×10-2(J)，
大学物理习题集(上,含解答)
大学物理习题集（上册，含解答）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：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 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：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为22(1)(1)n sa n t-=+，并由上述数据求出量值． [证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：22(1)(1)n sa n t-=+． 计算得加速度为：22(51)30(51)10a -=+= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:2t =．图1.3因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)． 人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)， 与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=，解得：0(sin t v g θ=．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v =-， 故 020d d v t v v k t v =-⎰⎰，可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：d d ()m vt f v =， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则 d v /d t = -kv n ． （1）如果n = 1，则得d d vk t v=-， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．而d v = v 0e -kt d t ，积分得：0e `ktv x C k-=+-． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此0(1-e )kt vx k -=．（2）如果n ≠1，则得d d n vk t v=-，积分得11n v kt C n -=-+-． 当t = 0时，v = v 0，所以101n v C n-=-，因此11011(1)n n n kt v v --=+-． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，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am·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ． 加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为2012x x x v t a t =+， 2012y y y v t a t =-+．即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅， 201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；02sin sin v t a θα==．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自v 图1.7由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于212t h a t =∆， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2n v a R== 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为21012h v t at =+；螺帽做竖直上抛运动，位移为22012h v t gt =-． 由题意得h = h 1 - h 2，所以21()2h a g t =+，解得时间为t ．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为02l t v =； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为01221/t t u v =-；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t =．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为1222l l vl t v u v u v u =+=+-- 022222/1/1/t l v u v u v==--． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小为V =，所以飞行时间为22l t V ==== 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？AB AB vv + uv - uABvuuvv[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-，所以：12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+，即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为 l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos 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0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(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 = 29.4(N)，图1.101h lα图2.1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 = 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 =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 = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m g a m m μ-+=+= 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(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12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 1212F F F kk k =+，即：12111k k k =+． （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1a 沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度2b （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12图2.32 图2.4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：T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T=．（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 =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，（2）图2.6得2601cos 2B v gl θ︒=，解得：B v =s -1)．由于：22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-．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2t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(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22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．由于d d s v t =，所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 212v gh C =+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为v =2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程图2.7222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212k mv C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2nx mv k x =-⎰． （1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101n k C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d vf mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++， 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+， 当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m =mg/k ．2．10 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数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=， 即 ： 2d d k vt R v μ=-．积分得：1k t C R v μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-， 因此 011kt Rv v μ=-．解得 001/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++， 积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．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2cos mgR ωθ=，解得2arccosg R θω=±．(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 /20(cos )d I kA t tωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，mg图2.11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21p p p ∆=- 得：21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得：p ∆==． 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(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24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，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0.3kg ，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0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v =s -1)，其速度的增量为v ∆== 24.4(m·s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．v xΔvv y2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 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， 可得B 拉C之前的运动时间；t =． 此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(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，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°= 0cos θ．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．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为d s = R d θ． 重力G 的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+π sin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f 的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为图2.174520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即0F G f ++=，或者 ()F G f =-+．拉力的功元为：d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR μ=．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为20316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ， 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
大学物理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 =,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 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;解 由冲量的定义,有2.02.02.02(63)(33)18I Fdt t dt t t N s ==+=+=⎰⎰2-21 飞机着陆后在跑道上滑行,若撤除牵引力后,飞机受到与速度成正比的阻力空气阻力和摩擦力f kv =-k 为常数作用;设撤除牵引力时为0t =,初速度为0v ,求1滑行中速度v 与时间t 的关系；20到t 时间内飞机所滑行的路程；3飞机停止前所滑行的路程;解 １飞机在运动过程中只受到阻力作用,根据牛顿第二定律,有dvf mkv dt ==- 即 dv k dt v m=- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动,离开地面的高度等于地球半径的2倍即2R ,试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出：（1） 卫星的动能；（2） 卫星在地球引力场中的引力势能.解 1 人造卫星绕地球做圆周运动,地球引力作为向心力,有22(3)3Mm v G m R R= 卫星的动能为 2126k GMmE mv R ==２卫星的引力势能为3p GMmE R=-00v t v dv k dt v m =-⎰⎰2-37 一木块质量为1M kg =,置于水平面上,一质量为2m g =的子弹以500/m s的速度水平击穿木块,速度减为100/m s ,木块在水平方向滑行了20cm 后停止;求：（1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少;解 子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒12mv mv Mu =+对木块用动能定理2102Mgs Mu μ-=-得 1 2212()2m v v Mgsμ-==322(210)(500100)0.16219.80.2-⨯⨯-=⨯⨯⨯ 2 子弹动能减少2212121()2402k k E E m v v J -=-= 114页3-11,3-9,例3-2 如图所示,已知物体A 、B 的质量分别为A m 、B m ,滑轮C 的质量为C m ,半径为R ,不计摩擦力,物体B 由静止下落,求1物体A 、B 的加速度； 2绳的张力；3物体B 下落距离L 后的速度; 分析： 1本题测试的是刚体与质点的综合运动,由于滑轮有质量,在运动时就变成含有刚体的运动了;滑轮在作定轴转动,视为圆盘,转动惯量为例3-2图212J mR =; 2角量与线量的关系：物体A 、B 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度,有t a R β=; 3由于滑轮有质量,在作加速转动时滑轮两边绳子拉力12T T ≠; 分析三个物体,列出三个物体的运动方程：物体A 1A T m a = 物体B 2B B m g T m a -= 物体C ''22111()22C C T T R J m R m Ra ββ-=== 解 112B A B Cm g a m m m =++;2112A B A B C m m g T m m m =++, 21()212A C AB Cm m g T m m m +=++;3对B 来说有,2202v v aLv -===例3-4 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为μ,若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转,它将在旋转几圈后停止 已知圆形平板的转动惯量221mR J =,其中m 为圆形平板的质量 分析： 利用积分求圆形平板受桌面的摩擦力矩,运用转动定律求出平板的角加速度,再用运动学公式求转动的圈数．解：在距圆形平板中心r 处取宽度为dr 的环带面积,环带受桌面的摩擦力矩为r r r RmgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩为mgR M M Rμ32d 0==⎰ 故平板的角加速度为M Jβ=222 可见圆形平板在作匀减速转动,又末角速度0ω=,因此有2022M Jθωβθ==设平板停止前转数为n,则转角2n θπ=,可得22003416J R n M ωωμ==πgπ3-2：如题3-2图所示,两个圆柱形轮子内外半径分别为R 1和R 2,质量分别为M 1和M 2;二者同轴固结在一起组成定滑轮,可绕一水平轴自由转动;今在两轮上各绕以细绳,细绳分别挂上质量为m 1和m 2的两个物体;求在重力作用下,定滑轮的角加速度;解： m 1：1111a m g m T=-m 2：2222a m T g m=-转动定律：βJ T R T R =-1122其中：2222112121R M R M J += 运动学关系：2211R a R a ==β 解得：222221111122)2/()2/()(R m M R m M gR m R m +++-=β3-6 一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为j v i v v y x+=, 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v m r L⨯=0)()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=k mv y mv x x y )(11-=作用在质点上的力的力矩为k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=3-11 如题3-11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：1初始时刻的角加速度； 2杆转过θ角时的角速度. 解: 1由转动定律,有2123()=l mgml β 则 lg23=β 2由机械能守恒定律,有22110232()-=lml ωmg sin θ题3-11图所以有 lg θωsin 3=3-13 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 可看作匀质圆盘,在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出,见题3-13图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． 1问它能升高多少2求余下部分的角速度、角动量和转动动能．解: 1碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有 题3-13图gh v v 2202-=令0=v ,可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==2圆盘的转动惯量212=J MR ,碎片抛出后圆盘的转动惯量2212'=-J MR mR ,碎片脱离前,盘的角动量为J ω,碎片刚脱离后,碎片与破盘之间的内力变为零,但内力不影响系统的总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒,即'=+'0J ωJ ωmv R式中ω'为破盘的角速度．于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωωωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' 角速度不变圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=258页8-2,8-12,8-178-7 试计算半径为R 、带电量为q 的均匀带电细圆环的轴线过环心垂直于圆环所在平面的直线上任一点P 处的场强P 点到圆环中心的距离取为x .解 在圆环上任取一电荷元dq ,其在P 点产生的场强为 ()2204Rx dqdE +=πε方向沿dq 与P 点的连线.将其分解为平行于轴线的分量和垂直于轴线的分量,由电荷分布的对称性可知,各dq 在P 点产生的垂直于轴线的场强分量相互抵消,而平行于轴线的分量相互加强,所以合场强平行于轴线, 大小为：E =E ∥=()()()23220212222044cos R x qxR x x R x dq dE q +=+⋅+=⎰⎰πεπεθ 方向：q >0时,自环心沿轴线向外；q <0时,指向环心.8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为R 1和R 2R 2＞R 1,带电量分别为q 1和q 2,求以下三种情况下距离球心为r 的点的场强：1r ＜R 1；2R 1＜r ＜R 23r ＞R 2.并定性地画出场强随r 的变化曲线解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面,则由高斯定理可知： (1) 当r ＜R 1时,0,04cos 2=∴=⋅==Φ⎰E r E dS E e πθ(2) 当R 1＜r ＜R 2时,2010124,4cos rq E q r E dS E e πεπθ=∴=⋅==Φ⎰(3) 当r ＞R 2 时,()()2021021244cos rq q E q q r E dS E e πεεπθ+=∴+=⋅==Φ⎰8-13 均匀带电的无限长圆柱面半径为R ,每单位长度的电量即电荷线密度为λ. 求解8-7图E12解8-12图 场强随r 的变化曲线圆柱面内外的场强.解 过所求场点作与无限长带电圆柱面同轴的、长为l 的封闭圆柱面,使所求场点在封闭圆柱面的侧面上.由电荷分布的对称性可知,在电场不为零的地方,场强的方向垂直轴线向外设λ＞0,且离轴线的距离相等的各点场强的大小相等. 所以封闭圆柱面两个底面的电通量为零,侧面上各点场强的大小相等,方向与侧面垂直与侧面任一面积元的法线方向平行.设所求场点到圆柱面轴线的距离为r ,当r ＜R 即所求场点在带电圆柱面内时,因为0,02000cos cos =∴=⋅=++==Φ⎰⎰E rl E dS E dS E e πθ；当r ＞R 即所求场点在带电圆柱面外时,rE l rl E e 002,2πελελπ=∴=⋅=Φ . 8-15 将q=×10-8C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点,外力作功×10-6J .问电势能的增量是多少 A 、B 两点间的电势差是多少哪一点的电势较高若设B 点的电势为零,则A 点的电势是多少解 电势能的增量：J 100.56-⨯==-=∆外A W W W A B ；A 、B 两点间的电势差：V 100.2105.2100.5286⨯-=⨯⨯-=-=-=---q W W q W q W U U B A B A B A <0, ∴ B 点的电势较高；若设B 点的电势为零,则 V 100.22⨯-=A U .8-17 求习题8-12中空间各点的电势.解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势Rq 04πε,其中R 是球面的半径；均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势.所以,由电势的叠加原理得：（1） 当r ＜R 1即所求场点在两个球面内时:20210144R q R q U πεπε+=；（2） 当R 1＜r ＜R 2即所求场点在小球面外、大球面内时:2020144R q rq U πεπε+=；当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:r q q r q r q U 0210201444πεπεπε+=+=当r ＞R 2即所求场点在两个球面外时:rq q rq rq U 0210201444πεπεπε+=+=285页9-3,9-49-3．如图,在半径为R 的导体球外与球心O 相距为a 的一点A 处放置一点电荷+Q ,在球内有一点B 位于AO 的延长线上,OB = r ,求：1导体上的感应电荷在B 点产生的场强的大小和方向；2B 点的电势.解：1由静电平衡条件和场强叠加原理可知,B 点的电场强度为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和,且为零,即04130=+'=r rE E p B πε r r a E B30)(41+-=πε 2由电势叠加原理可知,B 点的电势为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的电势的标量和,即rq V V BB 04πε+'=由于球体是一个等势体,球内任一点的电势和球心o 点的电势相等aq V V V B 0004πε+'==因球面上的感应电荷与球心o 的距离均为球的半径R,且感应电荷的总电贺量为零,所以感应电荷在o 点产生的电势为零,且00V V =',因此aq V V B 004πε==所以, B 点的电势 aq V B 04πε=9-4．如图所示,在一半径为R 1 = cm 的金属球A 外面罩有一个同心的金属球壳B.已知球壳B 的内、外半径分别为R 2 = cm,R 3 = cm,A 球带有总电量Q A = ×10-8 C,球壳B 带有总电量Q B = ×10-8 C.求：1球壳B 内、外表面上所带的电量以及球A 和球壳B 的电势；2将球壳B 接地后再断开,再把金属球A 接地,求金属球A 和球壳B 的内、外表面上所带的电量,以及球A 和球壳B 的电势.习题图解：1在导体到达静电平衡后,A Q 分布在导体球Ａ的表面上．由于静电感应,在B 球壳的内表面上感应出负电荷A Q ,外表面上感应出正电荷A Q ,则B 球壳外表面上的总电荷B A Q Q +;由场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分布)(4),(02120211R r R r Q E R r E A<<=<=πε)(4),(03204323R r rQ Q E R r R E BA >+=<<=πε E 的方向眼径向外．导体为有限带电体,选无限远处为电势零点;由电势的定义可计算两球的电势B A V V 和． A 球内任一场点的电势A V 为)(4144321020204321321332211R Q Q R Q R Q rd r Q Q r d r Q rd E r d E r d E r d E V BA A A RB A R R A R R R R R R rA ++-=++=⋅+⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞∞πεπεπεB 球壳内任一点的电势B V 为30204344333R Q Q dr r Q Q rd E r d E V B A R B A R R rB πεπε+=+=⋅+⋅=⎰⎰⎰∞∞9-5．两块无限大带电平板导体如图排列,试证明：1相向的两面上图中的2和3,其电荷面密度大小相等而符号相反；2背向的两面上图中的1和4,其电荷面密度大小相等且符号相同. 解：因两块导体板靠得很近,可将四个导体表面视为四个无限大带点平面;导体表面上的电荷分布可认为是均匀的,且其间的场强方向垂直导体表面;作如图所示的圆柱形高斯面,因导体在到达静电平衡后内部场强为零,导体外的场强方向与高斯面的侧面平行,由高斯定理可得习题图320320σσεσσ-=∴+=； 再由导体板内的场强为零,可知P 点合场强0)2()2()2(204030201=-++-+εσεσεσεσ 由 32σσ-= 得41σσ-=9-7. 一平行板电容器,充电后极板上的电荷面密度为σ = ×10-5 C . m -2,现将两极板与电源断开,然后再把相对电容率为εr = 的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的D 、E 和P . 解：当平行板电容器的两板与电源断开前后,两极板上所带的电荷量没有发生变化,所以自由电荷面密度也没有发生变化,由 1-'=r r εσεσ ∴极化电荷面密度rr ）（εεσσ1-='对于平行板电容器σ'=P ０r E εεσ)1(-'=∴1-'=r r D εσε 且E D P ,,的方向均沿径向．9-11．圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成,其间充满相对电容率为εr 的电介质.圆筒内半径为R 2.电容器长为L,沿轴线单位长度上的电荷为± λ,略去边缘效应,试求：1两极的电势差；2电介质中的电场强度、电位移、极化强度； 3电介质表面的极化电荷面密度.解：1 设导线上的电荷均匀地分布在导线的表面上,圆筒上的电荷均匀的分布在圆筒的内表面上,可由高斯定理求得各区域的场强110R ，rE <=习题图10-6ByOlllzx12022R r ，R rE r >>=επελ23,0R r E >= ∴两极的电位差1201202ln 2ln 221R R R R r l d E u r r R R επελεπελ==⋅=⎰2 由第1问知,电介质中的电场强度 rE r επελ02=电位移rr r E D πλεε20== 极化强度 0)1(εε-=r P rr r πελε2)1(-=329页10-9,10-1010-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：1通过立方体上阴影面积的磁通量； 2通过立方体六面的总磁通量. 解：1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=（2）总通量0B ds Φ=•=⎰⎰10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度； 2通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()r d Ir I B P -+=πμπμ22 （1） 在导线等距的点有 2d r =, dI B πμ2= （2） 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d -10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方习题图10-10习题图10-6By Olllzx向.解：a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度10-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算：1通过立方体上阴影面积的磁通量； 2通过立方体六面的总磁通量. 解：1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=（3）总通量0B ds Φ=•=⎰⎰ 10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度；通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =2解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()rd Ir I B P -+=πμπμ22（3） 在导线等距的点有002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aI a I a μμθθππμπμπ=-=-=--=2d r =, dI B πμ2= （4） 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d - 10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方向.解：a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则00123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性习题图10-10002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aIa I aμμθθππμπμπ=-=-=--=习题图10-1401231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯.方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则习题图10-1400123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性01231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解：设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯. 367页11-1,11-511-１ 一载流I 的无限长直导线,与一N 匝矩形线圈ABCD 共面;已知AB 长为L ,与导线间距为a ；CD 边与导线间距为bb ›a;线圈以 v 的速度离开直导线,求线圈内感应电动势的方向和大小;解 由于I 为稳恒电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场;当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量发生变化,故有感应电动势产生;取坐标系如图a 所示;设矩形线圈以速度 v 以图示位置开始运动,则经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示;取面积元ldx dS =,距长直导线的距离为x ,按无限长直载流导线的磁感应强度公式知,该面积元处B 的大小为 B =xπμ20I 通过该面积元的磁通量为 ldx xIBdS d πμ20==Φ 于是通过线圈的磁通量为 ()⎰⎰⎰++++==Φ=Φvt b vt a vtb vt a xldxI ldx x I d t πμπμ2200 =πμ20Il ㏑vta vtb ++ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈内的感应电动势为()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++-=Φ-=202vt a v vt b v vt a vt b vt a lIN dt d N E πμ ()()()()vt a vt b vvt b v vt a lIN +++-+-=πμ20令t = 0,并代入数据,则得线圈刚离开直导线时的感应电动势()ab a b NlIv b a lIvN dtd NE t πμπμ2112000-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Φ-== 按楞次定律可知,E 感应电动势的方向沿顺时针方向;11-5 在无限长螺线管中,均匀分布着与螺线管轴线平行的磁场B t;设B 以速率dtdB=К变化К为大于零的常量;现在其中放置一直角形导线 abc;若已知螺线管截面半径为R,l ab =,求：1螺线管中的感生电场EV；2bc ab ,两段导线中的感生电动势;解 1由于系统具有轴对称性,如图所示,可求出感生电场;在磁场中取圆心为O ,半径为()R r r <的圆周,根据感生电场与变化磁场之间的关系m V LS d BE dl d S dtt Φ∂=-=-∂⎰⎰可得222V dBE r r r dtπππκ=-=- 有2V rE κ=-()R r < 由楞次定律可以判断感生电场为逆时针方向;2解法一 用法拉第电磁感应定律求解;连接Ob Oa ,和Oc ,在回路OabO 中,穿过回路所围面积的磁通量为1222124l BS Bl R ⎛⎫Φ=-=-- ⎪⎝⎭则11222221112424d l dB l E l R l R dt dt κ⎛⎫⎛⎫Φ=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭而ab oa bo ab E E E E E =++=1 所以12221124ab l E E lk R ⎛⎫==- ⎪⎝⎭方向由a 指向b同理可得 1222124bc l E lk R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭方向由b 指向c解法二 也可由感生电场力做功求解;由于1中已求出EV;则122224bab V ak l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰122224cbc V bk l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰11-1.解: 1由电磁感应定律812)1(--=Φ-t dtd i ε2)2(102.3-⨯-=i ε2 2106.1-⨯==RI iε由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使R 中产生感应电流的方向是由左向右11-4解:由题意可知金属棒沿杆下滑的速度为重力加速度所引起t BgL L Bgt l d B V )cos sin (cos sin )(θθθθε==⋅⨯=⎰11-5解:由于I 为稳定电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图;设矩形线圈以速度V 从图示位置开始运动,经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示,取面积元ds=ldx,距长直导线的距离为x,按无限长直载流导体的磁感应强度公式知,该面积元外B的大小为x I B πμ20= 通过该面积元的磁通量为ldx x I Bds d ⋅==Φπμ20 于是通过线圈的磁通量为⎰⎰⎰++++⋅=⋅=Φ=Φvt b vt a vt b vt a xldx x I ldx x I d t πμπμ22)(00 va vtb IL ++=ln 20πμ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈中的感应电动势为])()()([220vt a v vt b v vt a vt b vt a ILN dt d N E ++-+++-=Φ-=πμ -=))(()()(20vt b vt a v vt b v vt a IN +++-+πμ 令t=0,代入数据,得到线圈,刚离开直导线时的感应电动势)11(200ba LIVN dt d N E t -=Φ-==πμ )(100.32.01.02)1.02.0(0.30.52.010104737V --⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 按楞次定律E 的方向为图b 中的顺时针方向1、 一质点作匀速率圆周运动,其质量为m,线速度为v,半径为R;求它对圆心的角动 量；它相对于圆周上某一点的角动量是否为常量,为什么答：它对圆心的角动量Rmv ,是常量；它相对于圆周上某一点的角动量不是常量;4、彗星绕太阳作椭圆轨道运动,太阳位于椭圆轨道的一个焦点上,问系统的角动量是否 守恒 近日点与远日点的速度哪个大答：在彗星绕太阳轨道运转过程中,只受万有引力作用,万有引力对太阳不产生力矩,系统角动量守恒;近日点 r 小 v 大,远日点 r 大 v 小;这就是为什么彗星运转周期为几十年,而经过太阳时只有很短的几周时间;彗星接近太阳时势能转换成动能,而远离太阳时,动能转换成势能;8．利用角动量守恒定律简要分析花样滑冰、跳水运动过程;答：对这一力学现象可根据角动量守衡定律来解释;例如旋转着的芭蕾舞演员要加快旋转时,总是将双手收回身边,这时演员质量分布靠近转轴,转动惯量变小,转动速度加快,转动动能增加;3-5题图。
大学物理第二版上册课后习题答案
大学物理第二版上册课后习题答案【篇一：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】 (a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故drdt?dsdt,即｜｜＝．由此可见,应选(c)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)drdt； (2)drdt； (3)dsdt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常drdt用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；dsdt表示速度矢量；在自然坐标系中?dx??dy???????dt??dt?22速度大小可用公式v?选(d)．计算,在直角坐标系中则可由公式v?求解．故1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方drdt向的一个分量,起改变速度大小的作用；dsdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dvdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．的大小和路程就不同了．为此,需根据dxdt?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dxdt质点速度和加速度可用和dxdt22两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小dxdt(2) 由得知质点的换向时刻为?0tp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dxdt2t?4.0s??48m?s?1a?dxdt2t?4.0s2??36m.s?21 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；y?2?14x2这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得22?5.66m x2?y2?22?r2?r0?x0?y0?2.47m22题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?vy?dxdtdydt??10?60t ?15?40tv0?v0x?v0y22?18.0m?s?1v0yv0x??32(2) 加速度的分量式为ax?dvxdt?60m?s?2, ay?dvydt?2则加速度的大小为a?ax?ay22?72.1m?s?2ayax??23分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为y1?v0t?12at 12gt22y2?h?v0t?当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即v0t?12at2?h?v0t?12gt2t?2hg?a?0.705s(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?12gt2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有0?h?12(g?a)t2t?2hg?a?0.705s(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为h??v0t?12at2则 d?h?h??0.716m【篇二：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】s=txt>第一章质点运动学(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2dr(1)dt一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即； (2)drdt；ds(3)dt； (4)?dx??dy???????dt??dt?22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,drdt表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v22?ds计dt?dx??dy?算,在直角坐标系中则可由公式v???????dt??dt?求解．故选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的分析与解dvdt表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；drdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dsdt在自然坐标系中表示质点的速率v；而dvdt表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)． 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为?xt?x0,而在求路程时,就必dx?0来dt须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据dxd2xs??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．dtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得其中位移大小2222?r2?r0?x2?y2?x0?y0?2.47m题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40tdt-1当t ＝0 时, v0x ＝-10 m2ｓ , v0y ＝15 m2ｓ ,则初速度大小为-1v0?v0x?v0y?18.0m?s?122v0yv0x??3 2(2) 加速度的分量式为ax?则加速度的大小为dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdta?ax?ay?72.1m?s?2ayax??2 3-11 -8 一升降机以加速度1.22 m2ｓ上升,当上升速度为2.44 m2ｓ时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝-2y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at221y2?h?v0t?gt22当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h?0.705sg?a12gt?0.716m 2(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t22t?(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2h?0.705sg?a1h??v0t?at22则 d?h?h??0.716m【篇三：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】(1) 根据上述情况,则必有( )(2) 根据上述情况,则必有( )(a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠(c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)；(4)?????． dtdtdt?dt??dt?下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确 22dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常dtdr用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中dt分析与解ds?dx??dy?速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式v??????求解．故dt?dt??dt?选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的(c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的 22dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方dtdr向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；dt分析与解dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因dtdt此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．231 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位的大小和路程就不同了．为此,需根据dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dtdtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx??48m?s?1 dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2 dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示． 12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得?r2?r0?题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40t dtv0x3?? 2(2) 加速度的分量式为ax?dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdt则加速度的大小为a?ax?ay?72.1m?s?2花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at2 21y2?h?v0t?gt2 2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt2 22t?2h?0.705s g?a12gt?0.716m 2 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t2 2t?2h?0.705s g?a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 1h??v0t?at2 2则 d?h?h??0.716m。
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。
大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册
大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册I. 力学基础1.1 物理量、单位和量纲1.2 一维运动1.3 二维运动1.4 多维运动1.5 动力学定律1.6 四个基本定律的应用II. 力学进阶2.1 万有引力定律2.2 物体的机械平衡2.3 力的合成和分解2.4 刚体的平衡条件2.5 动力学定律的矢量形式2.6 力的合成与分解在动力学中的应用III. 力学应用3.1 动量和冲量3.2 动量定理和动量守恒定律3.3 质心运动3.4 矩和对称性3.5 碰撞和动能IV. 振动与波动4.1 简谐振动的基本概念4.2 简谐振动的物理规律4.3 简谐振动的叠加4.4 波的基本概念4.5 机械波的传播4.6 声波的特性V. 热学基础5.1 温度和热量5.2 热学平衡5.3 理想气体状态方程5.4 热力学第一定律5.5 热力学第二定律5.6 热力学循环VI. 热学进阶6.1 热传导6.2 理想气体的物态方程6.3 热机的工作原理6.4 理想气体的热力学过程6.5 热力学第三定律6.6 热力学中的熵VII. 光学基础7.1 几何光学的基本假设7.2 反射和折射7.3 薄透镜的成像7.4 光的衍射7.5 光的干涉与衍射VIII. 光学进阶8.1 光的波动性8.2 波动光学中的衍射现象8.3 干涉与衍射的应用8.4 偏振光的特性和产生8.5 偏振的应用IX. 电学基础9.1 电荷和电场9.2 电场中的电荷9.3 静电场中的电势能9.4 电介质中的电场9.5 电容器和电容9.6 电容器在电场中的应用X. 电学进阶10.1 电流和电阻10.2 欧姆定律和电功率10.3 理想电源和内阻10.4 串联和并联电路10.5 微观电流与输运过程10.6 磁场和电流的相互作用XI. 磁学基础11.1 磁场的基本概念11.2 安培力和磁场的作用11.3 安培环路定理和比奥-萨伐尔定律11.4 磁场中的磁矩和磁矢势11.5 磁场中的电荷和电流XII. 电磁感应12.1 法拉第电磁感应定律12.2 电磁感应的应用12.3 洛伦兹力和电磁感应的关系12.4 电磁感应中的能量转换XIII. 光学和电磁波13.1 光的多普勒效应13.2 光的全反射和光导纤维13.3 电磁波的基本特性13.4 电磁波的干涉和衍射13.5 电磁波的产生和传播XIV. 原子物理14.1 原子的组成和结构14.2 原子能级和辐射14.3 布拉格衍射和X射线的产生14.4 原子谱和拉曼散射14.5 布居和粒子统计XV. 物质内部结构15.1 固体的晶体结构15.2 固体的导电性15.3 半导体的性质和应用15.4 介质的极化和磁化15.5 核能和放射性以上是《大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册》的大纲，根据各个章节的内容进行详细解答可帮助学生更好地掌握物理学知识。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理上课后习题答案
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：（1）j 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 ji 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 =+v24041 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 vv得：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：232250x x =++v∴ 1m s -=⋅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。
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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) r ∆v 和r ∆v 有区别吗？v ∆v 和v ∆v有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt=v 各代表什么运动？ (6) 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 =drv 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) 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。
解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
1.3 质点作直线运动，初速度为零，初始加速度为0a ，质点出发后，每经过τ时间，加速度均匀增加b 。
求经过t 时间后，质点的速度和位移。
解: 由题意知，加速度和时间的关系为0ba a t τ=+利用dv adt =，并取积分得000v tb dv a t dv τ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰，202b v a t t τ=+ 再利用dx vdt =，并取积分[设0t =时00x =]得xtx dx vdt =⎰⎰，230126b x a t t τ∆=+ 1.4 一质点从位矢为(0)4r j =rr的位置以初速度(0)4v i =rr开始运动，其加速度与时间的关系为(3)2a t i j =-r r r.所有的长度以米计，时间以秒计.求：（1）经过多长时间质点到达x 轴； （2）到达x 轴时的位置。
解： 203()(0)()4(2)2t v t v a t dt t i t j ⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭⎰r r r r r()()3201()(0)442t r t r v t dt t t i t j ⎛⎫=+=++- ⎪⎝⎭⎰r r r r（1） 当240t -=，即2t s =时，到达x 轴。
（2） 2t s =时到达x 轴的位矢为 ：(2)12r i =r r即质点到达x 轴时的位置为12,0x m y ==。
1.5 一质点沿x 轴运动，其加速度与坐标的关系为2a x ω=-，式中ω为常数，设0=t 时刻的质点坐标为0x 、速度为0v ，求质点的速度与坐标的关系。
解：按题意 222d xx dtω=- 由此有 dx dvv dt dx dx dv dt dv dtx d x ====-222ω， 即 xdx vdv 2ω-=， 两边取积分⎰⎰-=xx vv xdx vdv 02ω，得 2022122212021221x x v v ωω+-=-由此给出 v =±，20202x v A +⎪⎭⎫ ⎝⎛=ω1.6 一质点的运动方程为k t j t i t r ϖϖϖϖ++=24)(，式中r ，t 分别以m 、s 为单位。
试求：(1) 质点的速度与加速度；(2) 质点的轨迹方程。
解：(1) 速度和加速度分别为： (8)drv t j k dt ==+v v v v ， j dtv d a ϖϖ8==(2) 令k z j y i x t r ϖϖϖϖ++=)(，与所给条件比较可知 1=x ，24t y =，t z =所以轨迹方程为：21,4x y z ==。
1.7 已知质点作直线运动，其速度为213()v t t ms -=-，求质点在0~4s 时间内的路程。
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，因而运动出现往返。
如果计算积分4vdt ⎰，则求出的是位移而不是路程。
求路程应当计算积分4v dt ⎰。
令230v t t =-=，解得3t s =。
由此可知：3t <s 时，0v >，v v =； 3t =s 时，0v =；而3t >s 时，0v <，v v =-。
因而质点在0~4s 时间内的路程为()()434342233()33s v dt vdt v dt t t dt t t dt ==+-=---⎰⎰⎰⎰⎰34232303313116()23233t t t t m ⎡⎤⎡⎤=---=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦。
1.8 在离船的高度为h 的岸边，一人以恒定的速率0v 收绳，求当船头与岸的水平距离为x 时，船的速度和加速度。
解: 建立坐标系如题1.8图所示，船沿X 轴方向作直线运动，欲求速度，应先建立运动方程，由图题1.8，可得出习题1.8图222x r h =-两边求微分，则有22dx dr xr dt dt = 船速为dx r drv dt x dt==按题意0drv dt=-(负号表示绳随时间t 缩短)，所以船速为 0v =负号表明船速与x 轴正向反向，船速与x 有关，说明船作变速运动。
将上式对时间求导，可得船的加速度为2203h v dva dt x==-负号表明船的加速度与x 轴正方向相反，与船速方向相同，加速度与x 有关，说明船作变加速运动。
1.9 一质点沿半径为10cm 的圆周运动，其角坐标θ(以弧度rad 计)可用下式表示324t θ=+其中t 的单位是秒(s )试问：(1)在2t s =时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？ (2)当θ等于多少时其总加速度与半径成45o 角 ？解：(1) 利用 324t θ=+，2/12d dt t ωθ==，/24d dt t αω==，得到法向加速度和切向加速度的表达式24144n a r rt ω==，24t a r rt α==在2t s =时，法向加速度和切向加速度为：4421441440.12230.4()n a rt m s -==⨯⨯=⋅，224240.12 4.8()t a rt m s -==⨯⨯=⋅(2) 要使总加速度与半径成45o 角，必须有n t a a =，即414424rt rt = 解得 31/6t =，此时 67.2423=+=t θrad1.10 甲乙两船，甲以10/km h 的速度向东行驶，乙以15/km h 的速度向南行驶。
问坐在乙船上的人看来，甲船的速度如何？坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何？ 解：以地球为参照系，设i ϖ、j ϖ分别代表正东和正北方向，则甲乙两船速度分别为 h km i v /101ϖϖ=，h km j v /152ϖϖ-= 根据伽利略变换，当以乙船为参照物时，甲船速度为h km j i v v v /)1510(21ϖϖϖϖϖ+=-= h km v /1.18151022=+=ϖ，ο31.561015==arctg θ即在乙船上看，甲船速度为18.1/km h ，方向为东偏北ο31.56同理，在甲船上看，乙船速度为18.1/km h ，方向为西偏南ο31.56。
1.11 有一水平飞行的飞机，速率为0v ，在飞机上安置一门大炮，炮弹以水平速度v 向前射击。
略去空气阻力，(1) 以地球为参照系，求炮弹的轨迹方程； (2) 以飞机为参照系，求炮弹的轨迹方程；(3) 以炮弹为参照系，飞机的轨迹如何？解：(1) 以地球为参照系时，炮弹的初速度为01v v v +=，而t v x 1=，25.0gt y -= 消去时间参数t ，得到轨迹方程为：202)(2v v gx y +-=（若以竖直向下为y 轴正方向，则负号去掉，下同）(2) 以飞机为参照系时，炮弹的初速度为v ，同上可得轨迹方程为222vgx y -=(3) 以炮弹为参照系，只需在(2)的求解过程中用x -代替x ，y -代替y ，可得 222vgx y =. 1.12如题1.12图，一条船平行于平直的海岸线航行，离岸的距离为D ，速率为v ，一艘速率为u v <的海上警卫快艇从一港口出去拦截这条船。
试证明：如果快艇在尽可能最迟的时刻出发，那么快艇出发时这条船到海岸线的垂线与港口的距离为x u=；快艇截住这条船所需的时间为t =。
D港口 习题1.12图证明：在如图所示的坐标系中，船与快艇的运动方程分别为11x vt y D =⎧⎨=⎩ 和 22cos sin x x u ty u t θθ=+⋅⎧⎨=⋅⎩拦截条件为：⎩⎨⎧==2121y y x x 即 cos sin vt x u tD u t θθ=+⋅⎧⎨=⋅⎩所以()cos sin D v u x u θθ-=，x 取最大值的条件为：0/=θd dx ，由此得到cos /u v θ=，相应地sin θ=。
因此x 的最大值为x u=x 取最大值时对应的出发时间最迟。
快艇截住这条船所需的时间为xsin D t u θ==习题二答案 习题二2.1 简要回答下列问题：(1) 有人说：牛顿第一定律只是牛顿第二定律在合外力等于零情况下的一个特例，因而它是多余的.你的看法如何？(2) 物体的运动方向与合外力方向是否一定相同？ (3) 物体受到了几个力的作用，是否一定产生加速度？ (4) 物体运动的速率不变，所受合外力是否一定为零？ (5) 物体速度很大，所受到的合外力是否也很大？(6) 为什么重力势能有正负，弹性势能只有正值，而引力势能只有负值？(7) 合外力对物体所做的功等于物体动能的增量，而其中某一分力做的功，能否大于物体动能的增量？(8)质点的动量和动能是否与惯性系的选取有关？功是否与惯性系有关？质点的动量定理与动能定理是否与惯性系有关？请举例说明. (9)判断下列说法是否正确，并说明理由：(a)不受外力作用的系统，它的动量和机械能都守恒.(b)内力都是保守力的系统，当它所受的合外力为零时，其机械能守恒. (c)只有保守内力作用而没有外力作用的系统，它的动量和机械能都守恒.(10) 在弹性碰撞中，有哪些量保持不变，在非弹性碰撞中，又有哪些量保持不变？ (11) 放焰火时，一朵五彩缤纷的焰火质心运动轨迹如何？为什么在空中焰火总是以球形逐渐扩大？(忽略空气阻力)2.2 质量为m 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力F kv =-（k 为常数）作用，0t =时质点的速度为0v ，证明： （1）t 时刻的速度为0kt m v v e -=；（2）由0到t 的时间内经过的距离为0()[1]kt mx mv k e-=⋅-； （3）停止运动前经过的距离为0mv k 。