大学物理课后习题答案
一质点在xOy 平面上运动，运动方程为21
35,342
x t y t t t s x y m =+=+-式中以计，，以计。
以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；
计算第1秒内质点的位移；
计算0t = s 时刻到4t = s 时刻内的平均速度；
求出质点速度矢量表示式，计算4t = s 时质点的速度；
计算0t = s 到4t = s 内质点的平均加速度；
求出质点加速度矢量的表示式，计算4t = s 是质点的加速度。
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) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ?
???
? ??-+++=4321)53(2(m)
(2) 第一秒内位移 j y y i x x r ???
)()(01011-+-=?
(3) 前4秒内平均速度 )s m (53)2012(4
11-?+=+=??=j i j i t r V ????
???
(4) 速度)s m ()3(3d d 1-?++==j t i t r V ?
????
∴ )s m (73)34(314-?+=++=j i j i V ?
????
(5) 前4秒平均加速度
(6) 加速度)s m ()s m (d d 242--?=?==j a j t
V a ?
??
??
2 质点沿直线运动，速度32132()v t t m s -=++g ，如果当时t=2 s 时，x=4 m,求：t=
3 s 时质点的位置、速度和
解：23d d 23++==
t t t
x
v 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224
134-++=t t t x 将t =3s 代入证
1—9 一个半径R= m 的圆盘，可依绕一个水平轴自由转动，一根轻绳子饶在盘子的边缘，其自由端拴一
力作用下，物体A 从静止开始均匀加速的下滑，在?t= s 内下降的距离h= m 。求物体开始下降后3s 末，轮
一点的切向加速度与法向加速度。
解：物体A 下降的加速度(如图所示)为
2
2
2m/s 2.02
4.022=?==
t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s
3='t 切向加速度，即
在s 3='t 时的法向加速度为
1—10 一电梯以2
1.2m s -g 的加速度下
其中以乘客在电梯开始下降后0.5s 时用手在离电梯底板1.5m 高处释放以小球，求此小球落到底板上所需的时
地面下降的距离。
2m/s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为
以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为 电梯下降的距离为 又 由此得
而小球相对地面下落的距离为
2 一架飞机从A 地向北飞到B 处，然后又向南飞回到A 处，已知飞机相对空气的速率为v ，空气相对于地面，AB 间的距离为L ,飞机相对空气速度保持不变，求：
如果空气静止，飞机飞来回飞行的时间；
如果空气的速度方向由南向北，飞机来回飞行的时间；
）如果空气的速度方向是由东向南，试证飞机来回飞行的时间
2
2
2/1u
v t L v =- 解：(1) v L v L t 22==
(2) 2
2212u
v vL u v L u v L t t t -=++-=+= 习题1-9图 习题1-10图
习题1-12图
(3) v L
v L t t t '
+'=
+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对地速度v u v ?
??+=',则22u v V -='.
2
221222?
?
?
??-=
--='=
v u v L u
v L v L t 证毕
例 2—8 平静的河面上，以平底小船长为l = 11m, 质量M=500kg ，以 0υ=2 m 1s -g 匀速率直线航行，船内一
方向从船头经 t=4 s 到达船尾，人的质量 m = 50 kg ，忽略水对船的阻力。 求： （1）若人以任意速
运动，他到达船尾时船的航行速率 υ ；（2）在t 时间内船的航行路程 s ；（3）如果人以变速率跑动，仍
s 内到达船尾，上诉计算结果又如何？
解：（1）以船和人为研究系统，去地面为参考系， x 正方向为航行方向，如图所示。由于水平方向系
力，故沿航行方向系统动量守恒。人静止站立在船头时系统的动量为0()M m v +，设人以匀速率l u t
=相对行走
知，当人到达船尾时系统的动量为()Mv m u v +-+，由动量守恒定律可得
1005011
2 2.25()500504
m m l v v u v m s M m M m t -=+
=+=+=+++g 由于人逆航行方向行走时，船以匀速率v 前进，故船在t 时间内的航行路程为
当人在船上以变速率逆航行方向行走，经t 时间到达船尾时，由前面的解得到此时船速为
0m
M m
v v u +=+
该式中
于船的速率，故船速为变速，视瞬时速率u 而定。
时间内船相对地面航行的路程为
12 均匀柔软链条，质量为m ，长为l ，一部分()l a -放在桌面上，一部分（长为a ）从桌面边缘下垂，链
间的摩擦系数为μ，问：（1）下垂长度多大时，链条才能下滑；（2）当链条以（1）所求得的下垂长度从
下滑，在链条末端离开桌面时，它的速率是多大？
解：（1）设链条的质量线密度为λ，链条开始下滑时，其下垂直度为
0x ，应满足的条
其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：
（2）据功能原理12E E W r -=开始下滑时在桌面部分的长度
习题2-12图
为μ
+=
-=100l
x l y 当链条的A 端从O 点沿y 轴运动到y 0点过程中，摩擦力作功为 设桌面为势能零点，则链开始下滑到A 端离桌面时的机机械能分别为
于是有2
222
1212121112???
?
??++-=???? ??+-μμλλλμμλl g g l lv g 化简可得μ
μ
+=
+=
1,12gl
v gl
v —23 一质量为10.1m kg =的小球A ，从半径0.81/4R m =的圆形轨道自由落下，抵达轨道最低点时离河面距离h
点原先已放置一小球B ，其质量320.4=0.5m kg g cm ρ-=g ，密度。它被A 球碰入河中，设碰撞是弹性的，如图所
入河中后，未到河底忽又上浮，求B 球浮出水面时距离河岸的水平距离s （水的阻力和B 球落水时的能量损失
计）。
应方程 B A →：
解：设21s s s +=.如图所示，写出各个过程的相
恒
2
1112
1v m gR m =
(1) B 点碰撞：动量、机械能守恒
C B →：平抛运动
m 2在C 点时:
由下式确定
D C →：2m 以上述速度作斜抛运动，但其加速度由(8)、（9）、（10）可确定射程CD 为 联立（1）至（11）式可解证
2—29 一质量为m 的弹丸穿过垂直悬挂的单摆摆锤后，速率由v 减小到v /2，若摆的质量为M ，摆线长
摆锤能在铅直平面内完成以圆周运动，求弹丸的最小速度。
解：子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒
12
Mv v
m mv += (1)
v 1为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒
习题2-23图
l Mg Mv Mv 22
121
2
221+= (2)
成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件 2
2v l
M Mg =
(3) 由（3）式gl 代入（2）式得gl v 51=，再代入（1）式可得子弹的最小速度gl m
M
v 52min = 2—30 以质量为=10M kg 的物体放在光滑水平面上，并有以水平轻弹簧相连，如图所示，弹簧的劲度
100N m -g 。
今有一质量为1014m kg v m s -==g 的小球以水平速度飞来，与物体M 相撞后以112v m s -=g 的速度弹回。问动后弹簧能被压缩多少？ （2）小球m 与物体M 碰撞过程中系统机械能改变了多少？ （3）如果小球上涂有粘
相碰后粘在一起，则（1），（2）两问结果又如何？
解：小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒
Mv mv mv +-=10 (1)
V 为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为m x ，则有
222
121
m kx Mv = (2)
将（1）、（2）两式联立求解得 （2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为
(3) 小球与M 完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式 解得
机械能损失 22
02
121
m
x k mv E '-='损? 例3—5 一根长为L ，质量为m 的均匀细棒，可绕其一端固定的水平光滑轴竖直平面内转动。开始棒静止
置。可求它由此下摆θ角时的角加速度和角速度。
解：棒的下摆是由于重力对转动轴O 的力矩作用而作加速转动。因为重力臂是变量，故重力矩为变力
上任取一质元()m
dm dl L
λλ==
，在棒下摆任意角度θ时，该质元的重力对轴O 的元力矩是 细棒对轴O 的力矩为 201
cos cos cos 22
L M dM g ldl g L mg λλθθθ====??
，在计算重力矩时，我们可依认为整个棒的质量全部集中在棒的质心处。
动定律，可得棒的角加速度为 1
2213cos 3cos 2mgL M g J mL
L θθβ===
角加速度也可由转动定律得 d d d d M J J
J J d d dt d ωωθω
βω
θθθ
==== 1cos 2mgL θ=代入，分离变量可得 211
cos 23
mgL d mL d θθωω= 后两边积分 003cos 2g d L d θ
ω
θθωω=??
得 3sin /g L ωθ=
例3—7 如图所示，一根质量为m ，长为l 的匀质长棒可在竖直平面内绕其支撑点O 转动，开始棒处在水
静止释放，求（1）细棒释放时的角加速度；（2）棒落到竖直位置时的角速度。
解：（1）据题设，棒的重心C 离支点距离/6OC l =。故重力对O 轴的力矩为
轴的转动惯量为 2221m 1241
=+()()3393399
AO BO
l m l J J J ml =?+?= 1
62
19
mgl 3==2M g J ml l β= 棒下落过程中，只有重力做功，故棒与地球系统机械能守恒，选择水平位置为势能零点，则
代入，化简后，可得棒到达位置时的角速度为 3g
l
ω=
7 如图所示，两个圆轮的半径分别为12R R 和，质量分别为12M M 和。二者都可视为均匀圆柱体而且同轴固
，可绕水平中心轴自由转动。今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量为12m m 和的两个物体。在重力作用下
时轮的角加速度。
解：如图所示，由牛顿第二定律 对11111:a m g m T m =- 对22222:a m T g m m =- 对整个轮，由转动定律
又由运动学关系 2211//R R ααβ== 联立解以上诸式，即可得
18 一质量为m 的小球系于轻绳一端，放置在光滑的水平面上，绳子穿过平面中一小孔，开始时小球以速率
运动，圆的半径为1r ，然后向下慢慢地拉绳子使其半径变为2r ，求：（1）此时小球的角速度；（2）在拉下的
习题3-7图
力所做的功。
解：（1）由于外力沿转动中心O ，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即 故小球作半径r 2的圆周运动的角速度为 122
1
V r r =
ω （2）拉力F 做功为 212
21
2122122121d V r r m mV mV s F A ???
?????-???? ??=-=?=? 9 如图所示，刚体由长为l ，质量为m 的匀质细杆和一质量为m 的小球牢固连结在杆的一端而成，可绕过杆
O 点的水平轴转动。先将杆拉至水平然后让其自由转下，若轴处摩擦可以忽略。求：（1）刚体绕O 轴转动惯
当杆与竖直线成θ角时，刚体的角速度ω。
解：（1）
22
23
431ml ml ml J J J =+=+=球
杆 （2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有 解得： θωcos 2
3
l
g
=
1 例5—7 求均匀带点球体的场强分布，已知球体半径为R ，所带电量为 q （如图所示）。
解：由于电荷球形均匀分布，其电场线必由球心向外辐射，故以O 为球心的各同心球面上场强量值
垂直球面向外，因此所有同心球面均可取作高斯面，电场强度处处与球面垂直且有相同的量值。假定球内
)处场强大小为1E ，通过1P 点作半径为1r 的球面1S ，则通过球面1S 的电通量为2114r E π。球体内的电荷体
3
q R ，球面1S 所包围的电荷为314
3
r ρπ，所以，按照高斯定理有
，均匀带点球体内任意一点的场强2()E r r 与成正比。
确定球外一点2P 处的情况。通过2P 点作半径为2r 的同心球面22()S r R >为高斯面，同理，设高斯面2S 上电场强
为2E ，则通过球面2S 的电通量为2224r E π，由于球面2S 包围了所有的电荷q ，根据高斯定
2
02
02/q q
r επε=
，均匀带点球体外任一点的场强2()E r r 与成反比，即等价与球体上的电荷全部集中于球心处锁产生的场强。上
明，均匀带点球体在空间的场强分布()E r 为
5—13 半径分别为A B R R 和的两个同心均匀带电球面A 和B ，内球面A 带电量q +，外球面B 带电量q -。试求
电势分布()U r ；（2）A ，B 两球面的电势差。
解：（1）根据高斯定理，可求得场强()E r 的分布为
在A r R <区间
200()11
()44A
B
A
B
B
A
R R r
r
R R R R A B
U r E dr E dr E dr E dr
q q
dr r R R πεπε∞
∞
==++==-?????
g g g g
在A B R r R <<区间
2
00()11()44B
B
B
R r
R R r
B
U r E dr E dr E dr
q
q
dr r r R πεπε∞
∞
==+==-????
g g g
在B r R >区间 ()0r U r E dr ∞
==?g
根据电势差定义式，可求得A ，B 两球面的电势差为
0 5—14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖出一块半径为()r r R <的小球体，如图
求两球心O O ’与处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为匀强电场。
解：设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为ρ±的两种电荷，则原带电荷等价于一个半径为R ，电荷体密度为ρ+的均匀带电球体和一个半径为r ，电荷体密度为ρ-的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量
和。对于球心O 处，210E E E ?
??+=，由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以
2
03230
2
020d 3d 3441d 4ερρ
ππεπεr r q E E ==
=
=
方向由O 指向O '。
对于球心O '处，121E E E E O ?
???=+='
∴ 03
033013d 434
d 4d ερπερ
ππε===='
R
R R q E E O 方向由O 指向O '。
习题5-14
对于空腔内的任一点P ，位置如图所示。
计算表明空腔任意点的场强大小均为
3d
ερ且方向均由O 指向O '，所以，空腔内为匀强电场。 1 5—18 在A 、B 两点处有电量分别为+q q -，的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正实验点电荷0q 从O 点
弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功。
解：电场力的功
1 5—24 半径为101 1.0 1.010R cm q C -==?的导体球带电量为，球外有一个内、外半径分别为233.04
R cm R ==和心导体球壳，壳上带有电量为101110Q C -=?。试求：（1）两球的电势； （2）若用导线把两球连接起
球的电势；（3）若外球接地时，两球的电势各为多少？
解：（1）内球电荷q 均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q ，外表面均匀分布电荷q+Q ，由高斯定理可求得电场分布（略） 由电势定义可求得内球电势
（2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外球的外表面带有q+Q 电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等势体，其电势均为原外球壳电势270V 。
（3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势
例 6—2 相距40d cm =的两根平行长直导线1，2放在真空中，每根导线载有电流1220I I A ==，如图a 所示，
（1）两导线所在平面内与该两导线等距的点A 处的磁感应强度；
（2）通过图中阴影部分面积的磁通量（13210=20=25r r cm r cm l cm ==，，）。
解：（1）载有导线1，2在A 点处产生的磁感应强度12B B ，方向均垂直于纸面向外。12B B ，的大小可按无
线电流的公式计算。由于12=I I ，且A 点与两导线等距，得
以A 点的总磁感应强度 -51=2=4.010(T)B B ?
向垂直纸面向外。
）计算通过图中阴影部分面积的磁通量，可将该面积分割为许多面积元，如图b 所示,面积元()dS ldr =与导
，与导线2相距d r -，该处磁感应强度B 垂直纸面向外，大小为
以通过dS 的磁通量为 012()2m l I I
d B dS BdS dr r d r
μπΦ===
+-g 分可得通过S 的磁通量
1
2
1
012
010*******
()2-22--r r m m r l I I d dr
r d r
lI lI r r d r In In r d r r μπμμππ+Φ=Φ=
+-+=+??
于12I I =，且12313=d r r r r r =++，，所以
入数据后求得 7604100.2520
0.30
2.210()0.10
m In
Wb ππ
--???Φ=
=? 6—7 一“无限长”直线电流1I 旁，有一长为L ，载流为2I 的直导线ab ab ，
与电流1I 共面正交，a 端与1I 垂距导线上的安培力。
解：电流2I 受电流1I 的磁力作用，由于电流1I 产生非均匀磁场分布，因此要按非均匀磁场计算安培力。
示，在ab 上任取一电流元2I dl ，它距电流1I 为x ，电流1I 在此处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B =
元受到的安培力垂直ab 向上，大小为
012
22I I df BI dx dx x
μπ==
各电流元所受的安培力方向相同，所以ab 所受的安培力为
a 端处磁场比
b 端处磁场强，故a 端附近的电流受到的安培力也较大，安培力分布如图b 所示。
—3 如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流20120I A θ==o ，， 2.0a mm =，求A 点的磁感应强度
解：解法（一）由直电流磁场公式
可得A 点的磁感（见图示）
B ?
的方向由右手定则知为垂直纸面向外。
解法（二） P 点的磁感应强度大小为 b 为场点P 到载流直导线的垂直距离。 第1段载流直导线在A 点产生的01=B 。 第2段载流直导线在A 点产生的B 2。
习题6-3图
习题图（2）
则
)180cos 60(cos 402?-?=
b
I
B πμ 4 一根无限长直导线弯成如图所示形状，通以电流I ，求O 点的磁感应强度
解：2002104422R
Il
R I B B B πμπμ+?=+=
)38(160ππμ+=
R
I
方向垂直纸面向外。 13两平行长直导线，相距0.4m ，每根导线载有电流1220I I A ==，如图所示，试计算通过图中斜线部分面积
。
解：如图示，取坐标轴ox ,在x 处取一面元x l S d d 1=，直电流I 1产生的磁场穿过d S 面的元磁通量为
x
x
l I S B πμ2d d d 110=
?=Φ?? 该矩形面积的磁通量为
21
I =，且矩形处于二电流的中心对称位置，故穿过此矩形面积的磁通量为
9 例 7—1 一无限长直导线载有交变电流0sin i i t ω=，旁边有一个和它共面的矩形线圈abcd ，如图所示，求
的感应电动势。
解：先求出长直导线的磁场穿过矩形线圈的磁通量，取顺时针为回路正方向（线圈法线方向垂直纸
），则 2
0012
122h l m S h i l h l BdS l dx In
x h
μμππ++Φ===??
法拉第电磁感应定律 012=()2m i d l h l di
In dt h dt
μεπΦ+-=-
：当0cos 002
i i t t π
ωωεε<<><时，，，的方向与回路正方向相反，即逆时针方向；同理，
cos 00i i t πωεε<<>时，，，的方向与回路正方向相同，即顺时针方向。
2 例 7—
3 如图所示，长度为L 的铜棒在磁感应强度为B 的均匀磁场中，以角速度ω绕O 轴沿逆时针方向
求：（1）棒中感应电动势的大小和方向；（2）如果将铜棒换成半径为L 的金属圆盘，求盘心与边缘间的电势
解：（1）在铜棒上取一线段元dl ,其速度大小v l ω=，由于v B dl ，，相互垂直，故dl 上的动生电动
()i d v B dl Bvdl Bl dl εω=?==g
习题图（3）
习题6-13图
各线段元上i d ε的方向相同，所以整个铜棒上的电动势为
的方向由A 指向O ，故O 端电势高。
将铜棒换成金属圆盘，可将圆盘看作是由无数根并联的金属棒OA 组合而成，故盘心O 与边缘A 之间的动生电
为 212
i B L εω=
2 例 7—4 如图所示，长直导线中通有电流I ，长为l 的金属棒ab ，以v 平行于直导线作匀速运动，棒与
垂直，它的a 端距离导线为d ，求金属棒中的动生电动势。
解：由于金属棒ab 处于非均匀磁场中，取长度元dl dx dx =，则的感应电动势为
线段元上的i d ε方向相同，所以金属棒ab 中的电动势为
表示i ε的方向与x 轴的正方向相反，即a 端电势高，当然，根据v B ?的方向，也可判断a 端电势高。
1 一导线ac 弯成如图所示形状，且10ab bc cm ==，若使导线在磁感应强度2=2.510B T -?的均匀磁场中，以速
1cm s -g 向右运动。问ac 间电势差多大？哪一端电势高？
解：ac 间电势差等于其电动势???=l B v ?
??d )(ε
7 如图所示，长直导线通以电流5I A =，在其右方放一长方形线圈，两者共面，线圈长10.20l m =，宽20.1
l =00匝，令线圈以速度13.0v m s -=g 垂直于直导线运动，求0.10a m =时，线圈中的感应电动势的大小和方向。 解：解法（一）设t 时刻时，AD 边离电流I 的距离为y ，y 是时间的函数。在矩形线圈
面元x l S d d 1=，电流I 产生的磁场穿过d S 的磁通量
x l x
I
S d B d d 210πμ=?=Φ??
y
y l Il x x Il l y y
+==
Φ=Φ?
?+21010ln 2d 2d 2
πμπ
μ m 10.0=a 时
行方向为顺时针方向。
解法（二），线圈4个边中仅有平行电流I 的两个边切割磁力线而产生电动势，
时刻近电流I 的一边产生电动势
a
Il l B πυ
μυε210111=
= 1ε的方向向上。 习题7-1图
习题7-7图
同理，t 时刻远电流边产生的电动势为
)
(2210122a l Il l B +=
=πυ
μυε 2ε方向向上。
圈中的电动势为 ???
?
??+-=-=a l a Il 21021112πυμεεε 同解法（一）。
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 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 代入，有 2 1) 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 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x 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 2 1-4 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 r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 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 2.0 2.0 2.02 (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；（2）0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 dv f m kv dt ==- 即 d v 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
大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚
习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （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 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，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 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 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
大学物理上册答案详解
大学物理上册答案详解 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t d 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t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t 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 =，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 t v 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. （t t r d ?d d ?d 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 =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=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 t r a t r v ==
大学物理(上)课后习题标准答案
大学物理(上)课后习题答案
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2
3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 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 )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 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 t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 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 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
大学物理课后练习习题答案详解.docx
第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, 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 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 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 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、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 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 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； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 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 r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])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 r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） 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 r t 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 r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 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 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 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t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理上册课后习题答案
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t d 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 ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t 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 ? ?= ，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 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ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 ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案
1 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 t d 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 ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t 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 = ， 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 t v 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. (t t r d ?d d ?d 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 ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
大学物理习题及综合练习答案详解
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。 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2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3 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2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 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 1-12 1-2 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 = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，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 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 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 2-21 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；（2）0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 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 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 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。 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 ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (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22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 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 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从 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 t d 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 ?1 2r r -=，12r r r -=?； （2）t d d r 是速度的模，即 t d d r ==v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的 分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是 速度径向上的分量， ∴t r t 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 = ，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 t v 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. (t t r d ?d d ?d 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 ＝2 2y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的 分量，再合成求得结果，即 v = 2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们 的模即为 2 222 22222 222d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=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 其二，可能是将2 2d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中 已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同 样，2 2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
大学物理课后习题答案详解
大学物理课后习题答案(上)
大学物理课后习题答案详解
大学物理教程 上 课后习题 答案
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学(课后答案解析)第1章
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案之欧阳文创编