大学物理习题分析与解答

大学物理习题分析与解答Daxue Wuli Xiti Fenxi yu Jieda

习题解答

1.1 一物体从静止开始, 在2s 内被匀加速到40m/s ，物体的加速度为多少？在2s 内物体运动了多大距离？

解：物体的加速度为：

20400

20/2

t v v a m s t --=

== 物体在2s 内运动的距离为：

22

20

0400402220

t v v x m a --=

==⨯

1.2 质点在水平方向做直线运动, 坐标与时间的变化关系为3

24t t x -=（SI ）. 试求：⑴ 开始的2s 内的平均速度和2s 末的瞬时速度. ⑵ 1s 末到3s 末的位移和平均速度. ⑶ 1s 末到3s 末的平均加速度. ⑷ 3s 末的瞬时加速度.

解：⑴ 由题意知，物体在2s 内的位移为：

334242228x t t m =-=⨯-⨯=-

2s 内的平均速度为：

84/2

x v m s t -=

==- 2s 末的瞬时速度为：

2224646220/dx

v t m s dt

=

=-=-⨯=- ⑵ 1s 末到3s 末的位移为：

()()3313314323412144s x x m =-=⨯-⨯-⨯-⨯=-

1s 末到3s 末平均速度为：

13134422/31

s v m s t -=

==-∆- ⑶ 由运动方程求导，可得各时刻的瞬时速度为：

246dx

v t dt =

=- 1s 末的瞬时速度为： 221464612/dx

v t m s dt ==-=-⨯=- 3s 末的瞬时速度为： 2234646350/dx

v t m s dt

==-=-⨯=- 1s 末到3s 末平均加速度为：

()2311350224/31

v v a m s t ----=

==-∆- 3s 末的瞬时加速度为：

22321212336/dv d x

a t m s dt dt

=

==-=-⨯=-

1.3 质点以初速度0v 做直线运动, 所受阻力与质点运动速度成正比. 求当质点速度减

为

n

v 0

时()1>n , 质点走过的距离与质点所能走的总距离之比.

解：质点运动过程中所受阻力为：

F kv =-

根据牛顿第二定律：

dv

m

kv dt =- dv dx

m k dt dt

=-

k

dv dx m

=-

当质点速度减为

n

v 0

时()1>n , 质点走过的距离为：

01

v x

n

v k dv dx m =-⎰

⎰

001v k v x n m ⎛⎫

-=-

⎪⎝⎭

101

()m x n v k n

=- 质点所能走的总距离为：

2

x

v k dv dx m =-⎰⎰

02k v x m

-=- 20m x v k

= 即： 121(1)x x n

=-

1.4 做直线运动的质点的加速度为43a t =+（SI ）. 初始条件为0=t 时, 5x =m,

0=v . 求质点在10t =s 时的速度和位置.

解： (43)dv t dt =+

213

42

v t t C =++

由初始条件：0t =时，0v =，可得： 10C = 即 2342v t t =+

23

(4)2dx t t dt =+

2321

22

x t t C =++

由初始条件：0t =时，5x =，可得：

25C =

即 2

3

1252

x t t =+

+ 当10t s =时

2233

44101040150190/22v t t m s =+=⨯+⨯=+=

232311

25210105200500570522

s t t m =++=⨯+⨯+=++=

1.5 质点沿x 轴做直线运动, 加速度和位置的关系为2

62x a +=（SI ）. 求质点在任意位置时的速度. 已知质点在0=x 时, 速度为10/m s 。

解： 226dv dv dx dv

a v x dt dx dt dx

=

===+ 2(26)vdv x dx =+

由上式两边积分

210

(26)v

x

vdv x dx =+⎰

⎰

2344502v x x =++⨯

又因为

0,0a v >∴>

v =

=

1.6 质点沿半径为1m 的圆周运动, 运动方程为3

32t +=θ（SI ）. 求：⑴ 2t =s 时, 质点的切向加速度和法向加速度. ⑵ 当加速度的方向和半径成045角时, 角位移是多少？

解： 质点运动的角速度和角加速度分别为：

29d t dt θ

ω=

= 18d t dt

ωα==

切向加速度： 11818dv

a r t t dt

τα=

==⨯= 法向加速度： 2224

1(9)81n a r t t ω==⨯=

⑴当2t s =时 2

1818236/a t m s τ==⨯=

442818121296/n a t m s ==⨯=

⑵ 加速度的方向和半径成0

45时，即 n a a τ=

48118t t =

t =

此时角位移 3

3

2323 2.67t t rad θ=+=+⨯=

1.7 长为l 的细杆绕通过其一端的水平轴在竖直平面内自由转动. 当杆与竖直方向的夹角为θ时, 它的角加速度为θαsin 23l g =

. 求：

⑴杆由静止0=θ转至2

π

θ=时, 杆的角速度. ⑵杆的另一个端点的线速度大小.

解： ⑴由于 3sin 2g

l αθ=

3sin 2d g

dt l

ωθ= 3sin 2g

d d l

ωωθθ=

由上式两边积分：

2

3sin 2g

d d l

π

ω

ωωθθ=⎰

⎰ 23g l

ω=

ω=

⑵ 杆的另一端的线速度大小为：

v l ω==

1.8一长度为5m 的直杆斜靠在墙上. 初始时, 顶端离地面4m , 当顶端以2/m s 的速度沿墙面匀速下滑时, 求直杆下端沿地面的运动方程和速度.

解：令直杆的上端为A 点，坐标为y 、下端为B 点，坐标为x 。而且有：

222

5x y += 由题意，有：

2dy

dt

=- 2dy dt =- 由上式两边积分

4

2y

t

dy dt =-⎰

⎰

42y t =- 杆的下端的运动方程和速度分别为：

x ===

dx v dt =

=

1.9 以初速度015/v m s =竖直上抛一物体, 在1s 末又竖直上抛出第二个物体, 后者在11h m =高度处击中前者, 求第二个物体的抛出速度；若在1.3s 末竖直上抛出第二个物体, 它仍在11h m =高度处击中前者, 求第二个物体的抛出速度.

解：⑴ 取2

10/g m s = ，取第一物体抛出的时间为0时刻，则有先后上抛的两个物体的位置与时间的关系分别为：

2211

15101552

x t t t t =-

⨯⨯=- 2221

(1)10(1)(1)5(1)2

x v t t v t t =--⨯⨯-=---

令 2211

15101552

x t t t t =-

⨯⨯=-=11，求得 1.276 1.724t =或

由 1.724t =， 1.276t =代入2

2(1)5(1)11x v t t =---=分别求得：18.8/v m s =，

41.1/v m s =

⑵ 2211

15101552

x t t t t =-

⨯⨯=- 22

21( 1.3)10( 1.3)( 1.3)5( 1.3)2

x v t t v t t =--⨯⨯-=---

由于 1.276 1.3t =<不可能满足题意；由 1.724t =代入2

2( 1.3)5( 1.3)11x v t t =---=求

得：28/v m s =

1.10 在离水面高度为h 的岸边, 有人用绳子拉船靠岸, 收绳速率是恒定的0v ，当船离岸边距离为s 时, 试求船的速率与加速度.

解：如图所示，斜边的绳长为l ，有

222

l h s =+

对上式两边求导 202dl ds l

s dt dt

=+ 022lv su =

即

00l

u v v s

s

==

由0l

u v s

=

求导 2222222200000000

223322

3()dl ds l v s

lv v s lv v v s l v s l v du dt dt s a dt

s s s s h v s

----=

=====-

1.11 质点的运动方程为()2

4r t i t j tk =++（SI ）. 求质点的速度、加速度和轨道方

程.

解：质点的速度为： ()

()8dr t v t tj k dt

==+ 质点的加速度为：

()

8dv t a j dt

=

= 质点的轨迹方程为： 2

1,4x y t z t ===

所以轨迹方程：

2

14x z y

=⎧⎨

=⎩

1.12在质点运动中, 已知kt

ae x =, kt bke dt

dy

--=, b y t ==0, 其中a , b , k 为常量. 求质点的加速度和轨道方程.

解：由 kt

x ae = 求导，得

kt x dx

v kae dt =

= 2kt x x dv

a k ae dt

==

由

kt dy

bke dt

-=- 积分，得 kt

dy bke dt -=-

0y

t

kt b

dy bke dt -=-⎰

⎰

因此 kt

y be -=-

kt y dy

v bke dt

-== 2y kt y dv a bk e dt

-=

=

所以 2

2

()kt

kt

a t k ae i k be j -=+

轨迹方程 xy ab =

1.13 靶子在离人水平距离50m 、高13m 处, 一个人抛一个小球欲击中靶子．该小球最大的出手速率为25/v m s =, 则他是否能击中靶子？在这个距离上能击中的靶子的最大高度是多少？

解：⑴ 设可以击中速度方向与水平轴夹角为θ，则有：

cos x v v θ=

13m

sin y v v θ=

5050cos x t v v θ

=

= 21

132y v t gt -=

2

50150sin 10.()13cos 2cos v v v θθθ

-⨯=

22

2500

50513cos tg v θθ

-⨯= 当25/v m s =，取最大值时，

220

5013cos tg θθ

-

=

222222013cos 20(cos sin )

5013cos cos tg θθθθθθ++=+=

2503320tg tg θθ=+ 22050330tg tg θθ-+=

2504203325002640140∆=-⨯⨯=-=-

0∆<，无解，所以不可以击中

⑵ cos x v v θ=

sin y v v θ=

5050cos x t v v θ

=

= 令高度为h

21

2y h v t gt =-

2

50150sin ()cos 2cos h v v v θθθ

=-

22

2500

505cos h tg v θθ

=- 当25/v m s =

220

50cos h tg θθ

=-

22220(cos sin )

50cos h tg θθθθ+=-

2502020h tg tg θθ=--

=2

10(522)tg tg θθ--

令 2522f tg tg θθ=--

225

52()248

tg θ=--+-

98f ≤

90

11.258

h m m ≤=

1.14 汽车以5m/s 的速度由东向西行驶, 司机看见雨滴垂直下落. 当汽车速度增至10m/s 时, 看见雨滴与他前进方向成0

120角下落．求雨滴对地的速度.

解：如图所示 v v v =+雨对对地

雨对车车对地

作DC ´的中垂线为A ´B ´， 105DC DB ''==，， A C D ''∆是等边三角形，60A C B '''∠=而且有 ABC A B C '''∆≅∆，即60ACB ∠=

10cos60

BC

AC =

=

即 10/v m s =雨对对地

1.15 甲船以10/km h 的速度向东, 乙船以5/km h 的速度向南同时出发航行.从乙船

v 雨对地

v

雨对车

A

B

C

B ´

C ´

v v 车对地

v '车对地

看，甲船的速度是多少？方向如何？又如果从甲船看，乙船的速度是多少？方向如何？

解：

v

v v =-甲对地乙对地甲对乙

10(5)105v

i j i j =--=+甲对乙

大小为：/v s == 方向：东偏北方向1()2

arctg

v

v v =-乙对地甲对地乙对甲

510105v

j i i j =--=--乙对甲

大小为：/v s == 方向：南偏西方向2arctg

1.16设河面宽1km , 河水以2/m s 的速度由北向南流动, 小船相对于河水以1.5/m s 的速率从东岸划向西岸．⑴当船头与正北方向夹角为0

15, 求船到达对岸的时间以及船到达对岸的地点．⑵要使船到达对岸的时间最短, 求船头与河岸的夹角、最短时间以及船到达对岸的地点．⑶要使船相对于河岸的走过的路程最短, 求船头与河岸的夹角、所用时间以及船到达对岸的地点.

解 ⑴ v v v =+船地水地船水

2 1.5sin15 1.5cos15 1.5sin15(2 1.5cos15)o

o

o

o

v j i j i j =+-=+-

01.5sin150.39x v ==

02 1.5cos150.55y v =-=

100025641.5sin15x d t s v =

== ()

1000

2 1.5cos1514101.5sin15o y o

y v t m ==-=

⑵要使船到达对岸的时间最短（即船头向正西方向行驶，即船头与岸的夹角为90）

min 1000666.71.5

d t s v =

==船 2min 2666.71333.4y y v t m ==⨯=

⑶要使船到达对岸大的距离最短，设船头以正北方向夹角为θ 1.5sin x v θ=

2 1.5cos y v θ=-

()

()2 1.5cos 100010002 1.5cos 1.5sin 1.5sin y y v t θθθθ

-==-=

令

0dy d θ=，得： 1.5cos 2

θ=

100010071.5sin x d t s v θ=

==≈ ()2 1.5cos 881y y v t t m θ==-≈

1.17 电梯以2

1.2/m s 的加速度下降, 某人在电梯开始下降后0.5s 在离电梯底面1.5m 高处释放一小球. 求此小球落到底面所需的时间和它对地面下落的距离.

解： 释放小球时，小球与电梯速度相同，两者的速度大小为：

201 1.2/0.50.6/v at m s s m s ==⨯=

小球释放后，初始时，小球相对电梯的速度为0

0v '=；小球相对电梯的加速度为： 2

10 1.28.8/a g a m s '=-=-=

212

h a t '=

0.58t s =

== 小球对地的下落距离为： 22011

0.60.58100.58 2.0322

H v t gt m =+

=⨯+⨯⨯=

1.18 火车以5/m s 的速度沿x 轴正方向行驶, 站台上一人竖直上抛出一小球, 相对

于站台小球的运动方程为0=x , 2

02

1gt t v y -

=（0v , g 是常量）. ⑴求火车中的观测者看到的小球的运动方程. 假设运动坐标系和静止坐标系x 轴同向且重合, y 轴平行, 当

0=t 时, 两个坐标系的原点重合. ⑵求在运动坐标系中, 小球的运动轨道. ⑶在两个坐标

系中的观测者看到的小球的加速度各是多少？

解：⑴小球在动坐标系中的运动方程为：

5x t =-

2012

y v t gt =-

⑵在动坐标系中，小球的运动轨道方程为： ()2

015

y x v x =-

+ 小球运动轨道为抛物线。

⑶在两个坐标系中的观测者看到的小球的加速度相同，均大小等于g ，方向竖直向

下。

第2章 质点和质点系动力学

一、内容提要

1、牛顿三定律 几种常见的力

⑴惯性定律（即牛顿第一定律）：任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，直到有外力迫使其改变这种状态为止。

⑵牛顿第二定律：,dP

F P mv dt

=

=，当m 为常量时，F ma =

⑶牛顿第三定律：物体间的作用力总是成对出现，称为作用力和反作用力，它们大小相等，方向相反，且作用于同一条直线上。即

1221F F =-

说明：①作用力和反作用力不是一对平衡力（因为分别作用于两个相互作用的物体上）； ②作用力和反作用力总是成对出现，即同时出现，同时变化，同时消失； ③作用力和反作用力属于相同性质的力。 ⑷力学中常见的几种力： 重力：G mg = 万有引力：12

3

m m F G r r =- 弹性力（通常称为弹力）：F kx =-（这里的x 不是坐标，而是指物体的形变量）。 摩擦力：分滑动摩擦力和静摩擦力。 滑动摩擦力大小为：0f N μ=

静摩擦力大小为：k k f f N μ≤=，（k f 为最大静摩擦力。）

2、质点的动量定理 质点系的动量定理和动量守恒定律

⑴冲量：0

t

I Fdt =

⎰

，冲量为一个矢量，冲量是力的时间积累。

⑵质点的动量定理：（其讨论的对象是指单个质点）质点在运动过程中所受合外力的冲量，等于该质点物体的动量增量。即

000

t

I Fdt P P mv mv =

=-=-⎰

用平均力表示 00F t P P mv mv ∆=-=-，t ∆为力作用于质点上的时间。 ⑶质点系的动量定理：（讨论的对象为由多个质点组成的质点系）

000t

i i i i i i F dt P P P P ⎛⎫

=-=-

⎪⎝⎭

∑∑∑⎰ 即质点系总动量的增量等于作用于质点系上的合外力的冲量。

说明：质点系中内力的作用只是在质点系内交换各质点的动量，对质点系的总动量的改变没有贡献。

⑷动量守恒定律：当

0i i

F =∑时，有：

0P ∆=，即 0P P = 说明：若

0i i

F ≠∑，但是0ix

i

F

=∑，则有0P ∆≠，而0x P ∆=，即0x x P P =

3、动能定理 功和功率 保守力的功

⑴功：dA F dr =⋅， ()2

2

1

1

x y z A F dr F dx F dy F dz =⋅=++⎰

⎰

⑵动能定理：2

22

21211

1122

k k A F dr E E mv mv =

⋅=-=-⎰

即，动能定理是外力所做的功等于物体动能的增量。

⑶功率：dA

P dt

=

， P F v =⋅ ⑷保守力的功：常见的保守力有重力、万有引力、弹性力等。 重力的功 ()b

a

b

z ab z b a a

z A G dz mgdz mgz mgz =

=-=--⎰

⎰

万有引力的功 2[()()]b

a

b

r ab a

r b a

mM mM mM

A d G

dr G G r r r =⋅=-=----⎰

⎰F r 弹性力的功 2211

()22

b

a

b

x ab x b a a

x A F dx kxdx kx kx =

=-=--⎰

⎰

保守力做功的特点：①保守力做功仅由物体的始末位置决定, 而与中间路径无关；②保守力沿任意一条闭合路径做功之和为零, 即

0L

F dr ⋅=⎰

4、势能 机械能守恒定律

⑴势能：重力势能 p E mgz =

万有引力势能 p mM

E G r

=- 弹性势能 212

p E kx =

⑵机械能守恒定律：当质点不存在外力做功和非保内力做功时，有 p k E E E =+=常量

5、惯性力

⑴加速平动系中的惯性力 0F ma '≡-

⑵匀速转动系中的静止物体所受的惯性力（也称惯性离心力） 2ˆn F ma m Rr ω'=-= 6、碰撞问题

恢复系数 21

1020

v v e v v -=

-

①当0=e , 则21v v =, 即两球碰撞后以相同的速度运动, 称为完全非弹性碰撞 ②当1=e , 则分离速度等于接近速度,此时碰撞前后总动能守恒，故是弹性碰撞. 碰撞后两物体的速度分别为：

()()

()()

2102011012

1102022012

11e m v v v v m m e m v v v v m m +-=-

++-=+

+

二、习题解答

2.1 一斜面的倾角为α, 质量为m 的物体正好沿斜面匀速下滑. 当斜面的倾角增大为β时, 求物体从高为h 处由静止下滑到底部所需的时间.

解：设斜面摩擦系数为μ。当倾角为α时，

1sin 0f mg α-=

1cos 0N mg α-= 11f N μ=

求得：tg μα=

当斜面倾角为β角时，设物块的下滑加速度为a

2cos 0N mg β-= 2sin mg f ma β-= 222f N N tg μα==

求得：

sin cos a g g tg ββα=- 物体从斜面下滑所需要的时间为：

21

sin 2

h at β=

t ==

2.2 用力f 推地面上的一个质量为m 的木箱,力的方向沿前下方, 且与水平面成α角. 木箱与地面之间的静摩擦系数为0μ, 动摩擦系数为k μ. 求：⑴要推动木箱, f 最小为多少？使木箱做匀速运动, f 为多少？⑵证明当α大于某值时, 无论f 为何值都不能推动木箱, 并求α值.

解：⑴当f 的水平分力克服最大静摩擦力时，木箱可以运动，即 ()0cos sin f mg f αμα≥+ 00cos sin mg

f μαμα≥

-

0min 0cos sin mg

f μαμα

=

-

使木箱做匀速运动，则

()cos sin k f mg f αμα=+

cos sin k k mg

f μαμα

=

-

⑵由能推动木箱的条件: ()0cos sin f mg f αμα≥+ 00cos sin f f mg αμαμ-≥

若0cos sin 0f f αμα-<时,上式不可能成立,即不可能推动木箱的条件为: 0

1

tg αμ>， 0

1

arctg

αμ>

2.3 质量为5000kg 的直升飞机吊起1500kg 的物体, 以0.6m/s 2

的加速度上升, 求：（1）空气作用在螺旋桨上的升力为多少. （2）吊绳中的张力为多少.

解：（1）对飞机物体整体进行受力分析，得

()()f M m g M m a -+=+

()()4

650010.2 6.8910f M m g a N =++=⨯=⨯

（2）对物体m 进行受力分析，得 T mg ma -=

()4

150010.6 1.5910T m g a N =+=⨯=⨯

2.4质量为m 汽车以速率0v 高速行驶, 受到2

kv f -=的阻力作用, k 为常量. 当汽车关闭发动机后, 求：（1）速率v 随时间的变化关系. （2）路程x 随时间的变化关系. （3）证明速率v 与路程x 之间的函数关系为x m

k

e v v -=0．（4）若020/v m s =, 经过15s 后, 速

率降为10/t v m s =, 则k 为多少？

解：由题意， 2dv

m

kv dt =- 两边积分 020

v t

v dv k dt v m =-⎰⎰

011k

t v v m ⎛⎫-=-

⎪⎝⎭

即 00

001v mv v k m kv t v t m =

=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭

（2）由上式两边积分

00

x

t

mv dx dt m kv t =+⎰

⎰

即 0ln m kv t m x k m +⎛⎫=

⎪⎝⎭

（3）由（1）中得 0

0mv kv t m v =-，代入（2）中的结果，得 00ln ln mv m m v m m v x k m k v ⎛⎫+- ⎪⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭

⎪⎝⎭

即 0k x m

v v e

-=

（4）020/v m s =,15t s =,10/t v m s =代入0

0mv v m kv t

=+，求得

300

m k =

2.5质量为m 的质点以初速度0v 竖直上抛, 设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比, 比例系数为0>k ．试求：（1）质点运动的速度随时间的变化规律. （2）质点上升的最大高度.

解：（1） dv

m mg kv dt

=--

mdv

dt mg kv

=-+

1()k

d kv mg dt mg kv m

+=-+