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 ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则

t

ˆr ˆt 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 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 ＝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 ==

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。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，22d d t

r

也不是加速

度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2

22d d d d t r t r a θ径。或

者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r

在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v 的方向随间的变化率对速

度、加速度的贡献。

1-3 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．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)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；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)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

(2)将1=t ,2=t 代入上式即有

j i r

5.081-= m j j r

4112+=m j j r r r

5.4312+=-=∆m

(3)∵ j i r j j r

1617,4540+=-=

∴ 104s m 534

201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j

i r r t r v (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i t

r

v

则 j i v

734+= 1s m -⋅

(5)∵ j i v j i v

73,3340+=+=

204s m 14

4

4-⋅==-=∆∆=j

v v t v a

(6) 2s m 1d d -⋅==j t

v

a

这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=

将上式对时间t 求导，得

t

s

s t l l

d d 2d d 2=

题1-4图

根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，

∴ t

s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 s

v s h s lv v 02/1220)(+==船

将船v 再对t 求导，即得船的加速度

3

2

0222

020

2

002)(d d d d d d s

v h s v s l s v s

lv s v v s t s l t l s

t v a =+-=+-=-==船

船

1-5 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2s m -⋅，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

c x x v ++=32

222

1 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c

∴ 13s m 252-⋅++=x x v

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，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

v

a 34d d +==

分离变量，得 t t v d )34(d +=

积分，得 122

34c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c

故 22

34t t v +=

又因为 22

3

4d d t t t x v +==

分离变量， t t t x d )2

3

4(d 2+=

积分得 2322

1

2c t t x ++=

由题知 0=t ,50=x ,∴52=c

故 52

1232++=t t x 所以s 10=t 时

m

7055102

1

102s m 190102

3

10432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+

⨯=-x v

1-7 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 a

2

222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n

(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有

145tan ==

︒n

a a τ

即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(22=

则解得 9

23=t 于是角位移为

rad 67.292

32323=⨯

+=+=t θ 1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝202

1

bt 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

s

v -==

0d d R

bt v R v

a b t

v

a n 20

2

)(d d -==-==

τ 则 2

4

02

22

)(R bt v b a a a n

-+=+=τ

加速度与半径的夹角为

2

0)(arctan

bt v Rb a a n --==τϕ (2)由题意应有

2

4

02

)(R

bt v b b a -+== 即 0)(,)(4

02

402

2

=-⇒-+=bt v R

bt v b b ∴当b

v t 0

=

时，b a = 1-9 半径为R 的轮子，以匀速0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B 的运动方程为x ＝R )sin (t t ωω-，y ＝R )cos 1(t ω-，式中0v =ω/R 是轮子滚动的角速度，当B 与水平线接触的瞬间开始计时．此时B 所

)

sin (sin 2

cos

2

sin

200t R t R R t v R t v x ωωθθ

θ

-=-=-=在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)求B 点速度和加速度的分量表示式．

解：依题意作出下图，由图可知

题1-9图

(1)

)

cos 1()cos 1(2

sin

2sin

2t R R R y ωθθ

θ

-=-== (2)

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧==-==)sin d d )cos 1(d d t R t y v t R t x v y x ωωω ⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧====t v t R a t

v t R a y

y x x d d cos d d sin 22ωωωω 1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，

求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．

(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

题1-10图 (1)在最高点，

o 0160cos v v v x == 2

1s m 10-⋅==g a n

又∵ 1

2

11

ρv a n =

∴ m

1010)60cos 20(2

2111=︒⨯=

=n a v ρ

(2)在落地点，

2002==v v 1s m -⋅,

而 o 60cos 2

⨯=g a n

∴ m 8060cos 10)20(2

2222=︒

⨯==n a v ρ

1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β= 0.2 rad ·2s -，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：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅

则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅

064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅

08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅

22222

s

m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n

1-12 如题1-12图，物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u

匀速向右运动，求A 物滑到地面时的速度．

解：当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为

j

gh i gh u v u v A

A )sin 2()cos 2('

αα++=+=地

题1-12图

1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1

沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?

解：(1)大船看小艇，则有1221v v v

-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)

题1-13图

由图可知 12

22121h km 50-⋅=+=v v v

方向北偏西 ︒===87.364

3

arctan arctan

21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v

-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得

5012=v 1h km -⋅

方向南偏东o 87.36

1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1，求轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．

题1-14图

∵ 船雨雨船v v v

-= ∴ 船雨船雨v v v

+=

由图中比例关系可知

1s m 8-⋅==雨船v v

习题二

2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为

牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为

a 2=a 1-a ′

①

又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有

m 1g-T=m 1a 1

②

T-m 2g=m 2a 2

③

联立①、②、③式，得

21

2

12

1121

22

12211)

2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'

--=+'

+-=

讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动． (2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．

题2-1图

2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，

N B -mg=0 ①

又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则

N A lsin θ-mg

2

l cos θ=0 ②

在水平方向因其有加速度a ，故有

f+N A =ma ③

题2-2图

式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，

即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得

)

(2tan ,)(2tan 00g a g

g a g M m μθμθ-=+=

2-3 28

3166-⋅===

s m m f a x x

216

7-⋅-==

s m m f a y y

(1)

⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=201

01

2008

7

21674

5

2832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x

于是质点在2s 时的速度

18

7

45-⋅--=s m j

i v

(2)

m

j i j i j t a i t a t v r y x 874134)16

7

(21)4832122(21

)21(220--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++

=

2-4 (1)∵dt

dv

m kv a =

-=

分离变量，得

m kdt v dv -=

即⎰⎰-=v v t m kdt v dv 00 m kt e v v -=ln ln 0

∴ t

m k e

v v -=0

(2)⎰⎰---===t

t

t

m k m k e k

mv dt e

v vdt x 000)1(

(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有⎰∞

-=='00

0k

mv dt e v x t

m k

(4)当t=

k

m

时，其速度为 e

v e v e

v v k

m

m k 0

100=

==-⋅- 即速度减至v 0的e

1

.

2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有

m 2g-T=m 2(a ′-a)

T=m 1a ′

题2-5图

联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为 a 2=a ′-a=2

g

方向向上

m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a

牵

∴g g g a a a 2

5

422

2

2

1=+=+'=

θ=arctan

a a '=arctan 2

1

=26.6°，左偏上． 2-6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30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0

由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．

2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上， 大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 (1)若物体原来静止，则

Δp 1=⎰⎰=+=t

idt t Fdt 04

056)210( i kg ·m ·s -1,沿x 轴正向，

1

1111

1566.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=

∆s m kg i

p I s m i m p v

若物体原来具有-6 m ·s -1初速，则

⎰⎰+-=+-=-=t t

Fdt mv dt m F

v m p mv p 0

00000)(,于是 ⎰∆==-=∆t

p Fdt p p p 0

102,

同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1

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

⎰+=+=t

t t dt t I 0210)210(

亦即t 2+10t-200=0

解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为

p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj) 将t=0和t=

ω

π

2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)

2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=b

a (2)子弹所受的冲量

⎰-=-=t bt at dt bt a I 022

1

)( 将t=b

a

代入，得

b

a I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量

2

02bv a v I m =

= 2-11设一块为m 1，则另一块为m 2， m 1=km 2及m 1+m 2=m

于是得

1

,121+=

+=

k m

m k km m ①

又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有

22

222112

12121mv v m v m T -+=

②

mv=m 1v 1+m 2v 2

③

联立①、③解得

v 2=(k+1)v-kv 1

④

将④代入②，并整理得

21)(2v v km

T

-= 于是有km

T v v 21±

= 将其代入④式，有

m

kT

v v 22±

= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

km

T

v v m kT v v 2,221-=+

= 证毕．

2-12 (1)由题知，F 合为恒力， ∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)

=-21-24=-45 J

(2)w t A N 756

.045==∆=

(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J

2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为

题2-13图 f=-ky

第一锤外力的功为A 1

⎰⎰⎰=

=-='=s

s

k

kydy fdy dy f A 1

012

① 式中f ′是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在dt →0时，f ′=-f ．

设第二锤外力的功为A 2，则同理，有

⎰-=

=2

12222

21y k

ky kydy A ② 由题意，有

2

)21(212k

mv A A =

∆==

③

即2

2212

2

k k ky =- 所以，22=y

于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm

2-14

1)()(+-==

n r

nk

dr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．

2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

1

2

21k k x x =∆∆ 弹性势能之比为

122222

1112

121

2

k k

x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有 G 2

r

mM 月=G ()

2

r R mM -地

经整理，得