大学物理(上册)课后习题及答案

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

∴ s 2 t 时，2

s m 362181 R a

2

222s m 1296)29(1 R a n

∴ 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()0.06443n a a

第2章 质点动力学

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：⑴t 时刻的速度为()0=k t m

e

v v ；⑵ 由0到t 的

时间内经过的距离为x ＝(0

m k

v )［1-t m k

e )( ］；⑶停止运动前经过的距离为

0()m k v ；⑷当m t k 时速度减至0v 的e

1

，式中m 为质点的质量。

解：f k v ，a f m k m v

∴ 由d d a t v 得：d d d k a t t m

v

v

分离变量得：d d k

t m

v v ，即00d d t k t m v v v v ， 因此有：0

ln ln kt m e v v ， ∴ 0k m t

e v v ∴ 由d d x t v 得：0d d d k m t x t e t v v ，两边积分得：000d d k m x t t

x e t

v

∴ 0(1)k m t

m x e k

v ∴ 质点停止运动时速度为零，00k m

t e v v ，即t →∞，

故有：000

d k m

t x e

t m k

v v

∴ t m k 时，其速度为：1000k m m

k

v e e e v v v ，

即速度减至0v 的1e .

2.13 作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i u v v

N ，式中t 的单位是s ，⑴ 求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。⑵ 为了

使这力的冲量为200 N·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物

体和一个具有初速度j

6 m/s 的物体,回答这两个问题。 解： ∴ 若物体原来静止，则

i t i t t F p t

10

40

1s m kg 56d )210(d ,沿x 轴正向，

1111115.6m s 56kg m s p m i I p i v v v v v v

；v

若物体原来具有6 1s m 初速，则

000000

, (d )d t t p m p m F m t m F t

v v v v v v

v v v v 于是： t p t F p p p 0

102d , 同理有：21 v v v v ,12I I

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理。

∴ 同上理，两种情况中的作用时间相同，即：

t

t t t t I 0

210d )210(

亦即：0200102

t t ， 解得s 10 t ，(s 20 t 舍去)

2.17 设N 67j i F 合。⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r

时，求F

所作的功。⑵ 如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率。⑶ 如果

质点的质量为1kg ，试求动能的变化。

解： ∴ 由题知，合F 为恒力，且00r v

∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k v v v v v v

v 合

∴ w 756

.045

t A P ∴ 由动能定理，J 45 A E k

2.20 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为

2k 的轻弹簧B ，B 的下端又挂一重物C ，C 的质量为M ，如

图。求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比。 解： 弹簧B A 、及重物C 受力如题2.20图所示平衡时，有： Mg F F B A ，

又 11x k F A ，2

2x k F B

所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221x x k k 弹性势能之比为：

2

211122

221

1212p p E k x k E k x k

第3章 刚体力学基础

3.7 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为x y i j v v

v

v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩。

解： 由题知，质点的位矢为：j y i x r

11

作用在质点上的力为：i f f

所以，质点对原点的角动量为：

01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k v v v v v v v

v v v v v v

作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M

1110)()(

3.8 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010m 时的速率是1v ＝5.46×104m/s ，它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) 解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力，即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有：

1122r m r m v v ∴ 104

121122

28.7510 5.4610 5.2610m 9.0810

r r v v 3.9 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r ,6i j v v

v v (m/s)，如一恒力N

5j f 作用在物体上,求3秒后，⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化。

解：∴ 30

1s m kg 15d 5d j t j t f p

∴ 解法(一) 由53 N a f m j v v v

得：0034437m x t x x t t v

222031515

663325.52623y t y t at t t j v v

即有：i r 41 ,j i r

5.2572

01x x v v ；0653311y y at v v

即有：216i j u u v v v v ,211i j u u v v v v

∴ 111

43(6)72L r m i i j k u

u v v v v v v v v (725.5)3(11)154.5L r m i j i j k u u v v v v v v v

v v

∴ 1

212s m kg 5.82 k L L L

解法(二) ∴d L M dt u v u u v ， ∴ 200

3203

1

d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t t L M t r f t

t i t t j j t t k t k

u

v v v v v v v

v v 3.10 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为0r 时重物达到平衡。今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题3.10图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度 和半径r 为多少?

解：只挂重物1M 时，小球作圆周运动，向心力为

g M 1，即：2001 mr g M ∴

挂上2M 后，则有：

2

21)( r m g M M ∴ 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒。

即：00r m r m v v 2

020r r ∴

联立∴、∴、∴得：100M g

mr ，

2112301

()M g M M mr M

， 1121

302

12

()M M M r g r m M M 3.11 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转

速为900 rev/min 。现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如题3.11图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。试求：

⑴ 设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F ?

解：∴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中N 、N 是正压力，r F 、

r F 是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点

转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力。

杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：

12

1()0F l l N l ， 121)N l l F l (

对飞轮，按转动定律有r F R

I

，式中负号表示 与角速度 方向相反。 ∴ N F r ，N N ∴ F l l l N F r 1

2

1 又∴ 21

2

I mR ，∴1212()r F R l l F I mRl

∴ 以N 100 F 等代入上式，得：

2s rad 3

4010050.025.060)75.050.0(40.02

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：

s 06.740

603

29000

t 这段时间内飞轮的角位移为：

2201900291409

()53.12rad 2604234

t t

可知在这段时间里，飞轮转了1.53转。 ∴10s rad 60

2900

，要求飞轮转速在2 t s 内减少一半，可知 2000215rad s 22

t t

用上面式∴所示的关系，可求出所需的制动力为：

112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2

mRl F N l l

3.13 计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m 1=50kg ，m 2=200 kg ，M =15 kg ，r =0.1 m

解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1、m 2运用牛顿定律，有：a m T g m 222 ；a m T 11

对滑轮运用转动定律，有： )2

1

(212Mr r T r T 又 r a 由以上4个方程解得：22122009.8

7.6 m s 25200152

m g a m m M

题3.13(a)图 题3.13(b)图

3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水

平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下。求： ⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过 角时的角速度. 解：∴ 由转动定律有：211

()23

mg l ml ， ∴ l

g

23

∴ 由机械能守恒定律有：

22)31(21sin 2 ml l mg ∴ l

g sin 3

3.15 如题3.15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 30°处。

⑴设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量?

解：∴ 设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：0m l I m l v v ∴

222

0111222

m I m v v

∴

上两式中2

3I Ml ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o 30 ，按机械能守恒定律可列式：

)30cos 1(2

212 l

Mg I ∴ 由∴式得：2

12

1

)231(3)30cos 1(

l g I Mgl 由∴式得：0I ml

v v ∴ 由∴式得：222

0I m v v ∴

所以：22

200()I I ml m

v v

求得：026(23)13(1)(1)223gl l I l M

m M ml m

v ∴相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m v v v

由∴式求得：06(23)1

d 3gl I F t m m Ml M l

v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。

3.17 一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动。另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘(如题3.17图所示方向)。 ⑴开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值? ⑵用m ,0m 和 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比。

解：∴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： 2000)(sin R m m v m R

∴ R

m m v m )(sin 000

∴ 022*******

000

sin 1

[()][]

2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m v v 3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2，半径为0.30m ，问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长。

解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有：222111222

mgh m I kh v 又

/R v ，

故有：2222

221

(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5 2.0m s mgh kh R mR I v

第5章 机械振动

5.7 质量为kg 10103

的小球与轻弹簧组成的系统，按

0.1cos(82x t 的规律作谐振动，求：

⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? ⑶ s 52 t 与s 11 t 两个时刻的位相差；

解：⑴设谐振动的标准方程为)cos(0 t A x ，则知：

3/2,s 4

1

2,8,m 1.00

T A

又0.8m A v 1

s m 51.2 1

s m ，2.632

A a m 2

s m

⑵ 0.63N m m F ma ，J 1016.32

122

m mv E J 1058.121

2 E E E k p

当p k E E 时，有p E E 2 ，即：)2

1

(212122kA kx

∴ m 20

222 A x ⑶ 32)15(8)(12 t t

5.8 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：

⑴A x 0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2A

x

处向负向运动； ⑷过2

A x 处向正向运动。 试求出相应的初位相，并写出振动方程。

解：因为00

0cos sin x A A v

将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有：)2cos(1 t T A x ， )23

2cos(23

2

t T A x

)32cos(3

3

t T A x ，

)4

5

2cos(4

54

t T A x

5.9 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：

⑴s 5.0 t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12 x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12 x 处物体的总能量。

解：由题已知s 0.4,m 10242

T A ，∴ -1

20.5 rad s

又，0 t 时，00 , 0x A 故振动方程为：m )5.0cos(10

242

t x

⑴ 将s 5.0 t 代入得：0.17m m )5.0cos(10242

5.0 t x

23231010(2)0.17 4.210N F ma m x

方向指向坐标原点，即沿x 轴负向。

⑵ 由题知，0 t 时，00 ；t t 时，02,0,t x A 且故v ∴ s 3

2

2/

3

t ⑶ 由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：

22232241111010()(0.24)7.110J 2222

E kA m A

5.10 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4。用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开

cm 0.1后，给予向上的初速度0 5.0cm /s v ，求振动周期和振动表达式。

解：由题知

12

311m N 2.010

9.48

.9100.1 x g m k 而0 t 时，-1

2020s m 100.5m,100.1 v x ( 设向上为正)

又 30.225 , 1.26s 810k T m

即 222

22

2

20

5.010 ()(1.010)()210m 5

v A x

2000

20 5.0105tan 1 , 1.01054

x

即v ∴ m )4

5

5cos(1022

t x

5.11 题5.11图为两个谐振动的t x 曲线，试分别写出其谐振动方程。

解：由题5.11图(a)，∵0 t 时，

0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T 又v

即：1s rad 2

T

，故 m )2

3

cos(1.0 t x a

由题5.11图(b)∵0 t 时，0005,0,23

A x

v

01 t 时，0005,0,23A x

v

又 253511 ，∴ 65

故m t x b )3

565cos(1.0

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。

⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? ⑵ 此时的振动振幅多大?

⑶ 取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程。 解：⑴

空盘的振动周期为k M 2，落下重物后振动周期为k

m M 2，即增大。

⑵按⑶所设坐标原点及计时起点，0 t 时，则0x mg k 。碰撞时，以

M m ,为一系统动量守恒，即：02()m gh m M v

则有：02m gh

v ，于是

2

2

220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M g

（3）g

m M kh

x v )(2tan 000

(第三象限)，所以振动方程为 221cos arctan ()()mg kh

k kh x t k m M g

m M M m g

5.13 有一单摆，摆长m 0.1 l ，摆球质量kg 10103 m ，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水平向右的冲量4

1.010kg m s F t ，取打击时刻

为计时起点)0( t ，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程。 解：由动量定理，有：0F t m v

∴ 4-1

3

1.0100.01 m s 1.010

F t m v 按题设计时起点，并设向右为x 轴正向，则知0 t 时，1000 , 0.01m s x v ＞0，∴ 2/30

又1s rad 13.30

.18.9 l g ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13

A x

v v

故其角振幅：3

3.210rad A l

小球的振动方程为：rad )2

3

13.3cos(102.33 t

5.14 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m 20.0，位相与第一振动π/6的位相差为，已知第一振动的振幅为m 173.0，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差。

解：由题意可做出旋转矢量题5.14图。由图知

2

22211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01

A A A A A

，∴ m 1.02 A 设角 为O AA 1，则： cos 2212

22

12

A A A A A

即：22

2222

1212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1

A A A A A

即2 ，这说明，1A 与2A 间夹角为2 ，即二振动的位相差为2 。 5.16 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

)65

2cos(3.0m )62cos(4.021

t x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方

程。

解：∵

)6

5

(6， ∴ m 1.021 A A A 合 1122112250.4sin 0.3sin

sin sin 366tan 5cos cos 3

0.4cos 0.3cos 66

A A A A

∴ 6

其振动方程为：0.1cos(26)m x t

(作图法略)

第6章 机械波

6.8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt )，其中A ，B ，C 为正值恒量。求：

⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；

⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程；

⑶ 任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差。

解：∴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y (0 x ) 将上式与波动方程的标准形式：

)22cos(

x

t A y 比较，可知：

波振幅为A ，频率 2B ，波长C 2 ，波速B

u C ，

波动周期12T B

。

∴ 将l x 代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y

∴ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x

将d x x 12，及2C

代入上式，即得：Cd 。 6.9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t 4 )，式中

x ,y 以米计，t 以秒计。求：

⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；

⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点? 解：∴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x

相比，得：

振幅05.0 A m ，圆频率10 ，波长5.0 m ，

波速 2.5m s 2u

。

绳上各点的最大振速，最大加速度分别为：

5.005.010max A v 1s m

222max 505.0)10( A a 2s m

∴2.0 x m 处的振动比原点落后的时间为：

08.05

.22.0 u x s 故2.0 x m ,1 t s 时的位相就是原点(0 x )，在92.008.010 t s 时的位相，即：2.9 π。

设这一位相所代表的运动状态在25.1 t s 时刻到达x 点，则，

825.0)0.125.1(5.22.0)(11 t t u x x m

6.11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5 m/s ，波长为2m ，原点处质

点的振动曲线如题6.11图所示。 ⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线。 解： ∴ 由题 6.11(a)图知，1.0 A m ，且

0 t 时，000 , 0y v ，∴2

30

， 又5

2.52

u

Hz ，则 52 取])(cos[0 u x t A y ，则波动方程为：30.1cos[5()]52

x y t

m

∴ 0 t 时的波形如题6.11(b)图

5.0 x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为：

50.530.1cos[5]0.1cos(5)52

y t t

m

如题6.11(c)图所示。

6.12 如题6.12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)，周期T>0.5s,波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：

⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程。 解：∴ 由题 6.12图可知，1.0 A m ，4 m ，

又，0 t 时，000,0y v ，

∴

20

，

而-11 2 m s 0.5x u t ，20.5Hz 4

u ，∴ 2

故波动方程为：]2

)2(cos[1.0

x t y m

∴ 将1 P x m 代入上式，即得P 点振动方程为：

t t y

cos 1.0)]2

2

cos[(1.0

m

6.13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题6.13图所示，已知波速为10 m/s 1，波长为2m ，求： ⑴波动方程；

⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；

⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间。 解：由题6.13图可知1.0 A m ，

0 t 时，00,02A y

v ，∴3

，由题知2 m ，-110m s u ，则52

10

u

Hz ，∴ 102

∴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t

m

∴ 由图知，0 t 时，0,2 P P v A y ，∴3

4

P (P 点的位相应落

后于0点，故取负值)

∴P 点振动方程为)3

4

10cos(1.0 t y p ∴ 由 34|3)10(100

t x t 解得：67.13

5

x m ∴ 根据∴的结果可作出旋转矢量图如题6.13图(a)，

则由P 点回到平衡位置应经历的位相角

6

523

∴所属最短时间为：12

1

106/5

t s 6.14 如题6.14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为

P y =A cos(0 t )。

⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；

⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程。

解：∴ 如题6.14图(a)，则波动方程为：0cos[()]l x

y A t u u

如图(b)，则波动方程为：0cos[()]x y A t u

∴ 如题6.14图(a)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u

如题6.14图(b)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u

6.17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J/(m 2·s)，频率为300 Hz ，波速为300m/s ，求波的平均能量密度和最

大学物理教程 (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 =

大学物理学教案(上册)

大学物理学I 课程教案

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第三章质点动力学 教材分析： 在前两章中，我们以质点为模型讨论了力学中的基本概念以及物体作机械运动的基本规律。在这一章中，我们将拓展这些概念和规律，把它们应用到刚体运动的问题中。本章主要讨论刚体绕定轴转动的有关规律，在此基础上，简要介绍刚体平面平行运动。 3.1 定轴转动刚体的转动惯量 教学目标: 1 理解刚体的模型及其运动特征； 2 理解转动惯量的概念和意义； 教学难点： 转动惯量的计算；动量矩守恒定律的应用 教学内容： 1 转动惯量的定义 2 转动惯量的计算(匀质长细杆的转动惯量、均匀细圆环的转动惯量、均匀薄圆盘的转动惯量、均匀球体的转动惯量) 3 平行轴定理 3.2刚体的定轴转动定理3.3 转动定理的积分形式——力矩对时间和空间的积累效应 3.5 守恒定律在刚体转动问题中的应用 教学目标: 1理解力矩的物理意义，掌握刚体绕定轴转动的转动定律 2 理解力矩的功和刚体转动动能的概念，并能熟练运动刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律 3 用类比方法学习描述质点和刚体运动的物理量及运动规律 4 理解刚体对定轴转动的角动量概念和冲量矩的概念 5 掌握刚体对定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律 教学难点： 刚体定轴转动定律 教学内容： 1 力矩 2 定轴转动的角动量定理 3 定轴转动的动能定理(力矩的功、定轴转动的动能、定轴转动的动能定理) 4 刚体的重力势能 5 机械能守恒定律的应用 6 角动量守恒定律及其应用 课后作业： 小论文： 1 关于转动惯量的讨论 2 陀螺运动浅析

第5章机械振动 教材分析： 与前几章所讨论的质点和刚体的运动相似，振动也是物质运动的基本形式，是自然界中的最普遍现象。振动几乎涉及到科学研究的各个领域。例如，在力学中有机械振动，在电磁学中有电磁振荡。近代物理学中更是处处离不开振动。本章将讨论机械振动的基本规律。 5.1 弹簧振子和单摆的运动方程 教学目标： 理解弹簧振子的动力学和运动学方程；理解单摆的动力学方程和运动学方程 教学重/难点： 弹簧振子的动力学方程的建立；单摆动力学方程的建立 教学内容： 弹簧振子的动力学方程、弹簧振子的运动学方程、单摆的运动方程 5.2 简谐振动 教学目标： 理解简谐振动的定义、简谐振动的运动方程 理解简谐振动的振幅、周期、相位的意义 掌握用旋转矢量表示简谐振动、理解简谐振动能量的特征 教学重/难点： 简谐振动的特征量：振幅、周期、相位 旋转矢量法、简谐振动的动能、势能 教学内容： 简谐振动的基本概念、简谐振动的旋转矢量图表示法、简谐振动的能量 5.3 同方向同频率的简谐振动的合成 教学目标： 理解同方向同频率的两个或多个简谐振动的合成 教学重/难点： 两个或多个同方向同频率简谐振动的合成 教学内容： 两个同方向同频率的简谐振动的合成、多个同方向同频率的简谐振动的合成 作业：P166 5.2 5.3 5.8 5.23

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

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 ）。

《大学物理学》第二版上册课后答案

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

大学物理课后习题答案(上)

《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

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 = 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。

赵近芳版大学物理学(上册)课后答案

. . . . .. .. .. 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 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 ＝22y 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

大学物理课后习题答案详解

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 +=+=

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案之欧阳文创编

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，

《大学物理(上册)》课后习题答案

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 =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a 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。 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：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 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 t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 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(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 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α=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，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?