中国石油大学(华东) 大学物理2-1 课后习题答案
第一章习题解答
1-3 一粒子按规律59323+--=t t t x 沿x 轴运动，试分别求出该粒子沿x 轴正向运动；沿x 轴负向运动；加速运动；减速运动的时间间隔． [解] 由运动方程59323+--=t t t x 可得
质点的速度 ()()133963d d 2+-=--==t t t t t
x
v （1） 粒子的加速度 ()16d d -==t t
v
a （2）
由式（1）可看出 当3s >t 时，0>v ，粒子沿x 轴正向运动； 当3s 由式（2）可看出 当1s >t 时，0>a ，粒子的加速度沿x 轴正方向； 当1s 因为粒子的加速度与速度同方向时，粒子加速运动，反向时，减速运动，所以，当s 3>t 或1s 0< 1-4 一质点的运动学方程为2t x =，()2 1-=t y （S1）．试求： （1）质点的轨迹方程;（2） 在2=t s 时，质点的速度和加速度． [解] （1） 由质点的运动方程 2t x = （1） ()2 1-=t y （2） 消去参数t ，可得质点的轨迹方程 ( ) 2 1-= x y （2） 由（1）、（2）对时间t 求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度 t t x v 2d d x == ()12d d y -==t t y v 所以 ()j i j i v 122y x -+=+=t t v v （3） 2d d 2 2x ==t x a 2d d 22y ==t y a 所以 j i a 22+= （4） 把2s =t 代入式（3）、（4），可得该时刻质点的速度和加速度． j i v 24+= j i a 22+= 1-5 质点的运动学方程为t A x ωsin =，t B y ωcos =，其中 A 、B 、ω为正常数，质点的轨道为一椭圆．试证明质点的加速度矢量恒指向椭圆的中心． [证明] 由质点的运动方程 t A x ωs i n = （1） t B y ωcos = （2） 对时间t 求二阶导数，得质点的加速度 t A t x a ωωsin d d 2 2 2x -== t B t y a ωωc o s d d 222y -== 所以加速度矢量为 ()r j i a 22cos sin ωωωω-=+-=t B t A 可得加速度矢量恒指向原点——椭圆中心． 1-6 质点的运动学方程为() j i r 222t t -+= （SI ），试求：（1）质点的轨道方程；（2） 2s =t 时质点的速度和加速度． [解] （1） 由质点的运动方程，可得 t x 2= 22t y -= 消去参数t ，可得轨道方程 24 12x y - = （2） 由速度、加速度定义式，有 j i r v t t 22d /d -== j r a 2d /d 22-==t 将2s =t 代入上两式，得 j i v 42-= j a 2-= 1-7 已知质点的运动学方程为t r x ωcos =，t r y ωsin =，ct z =，其中r 、ω、c 均为常量．试求：（1）质点作什么运动?（2）其速度和加速度? （3）运动学方程的矢量式． [解] （1） 质点的运动方程 t r x ωc o s = （1） t r y ωsin = （2） ct z = （3） 由（1）、（2）消去参数t 得 222r y x =+ 此方程表示以原点为圆心以r 为半径的圆，即质点的轨迹在xoy 平面上的投影为圆． 由式（2）可以看出，质点以速率c 沿z 轴匀速运动． 综上可知，质点绕z 轴作螺旋线运动． （2） 由式（1）、（2）、（3）两边对时间t 求导数可得质点的速度 t r t x v ωωsin d d x -== t r t y v ωωcos d d y == c t z v == d d z 所以 k j i k j i v c t r t r v v v ++-=++=ωωωωcos sin z y x 由式（1）、（2）、（3）两边对时间求二阶导数，可得质点的加速度 t r t x a x ωωcos d d 2 22-== t r t y a y ωωs i n d d 222-== 0z =a 所以 j i k j i a t r t r a a a ωωωωsin cos 22z y x --=++= （3） 由式（1）、（2）、（3）得运动方程的矢量式 k j i k j i r ct t r t r z y x ++=++=ωωsin cos 1-8 质点沿x 轴运动，已知228t v +=，当8=t s 时，质点在原点左边52m 处（向右为x 轴正向）．试求：（1）质点的加速度和运动学方程；（2）初速度和初位置；（3）分析质点的运动性质． [解] （1） 质点的加速度 t t v a 4/d d == 又 t x v /d d = 所以 t v x d d = 对上式两边积分，并考虑到初始条件得 ()?? ? += = -t t x t t t v x 8 2 8 52 d 28d d 所以 3.4573 283 -+ =t t x 因而质点的运动学方程为 33 283.457t t x + +-= （2） 将0=t 代入速度表达式和运动学方程，得 m/s 802820=?+=v m 3.45703 2 083.45730-=?+?+-=x （3） 质点沿x 轴正方向作变加速直线运动，初速度为8m/s ，初位置为3.457-m. 1-9 一物体沿x 轴运动，其加速度与位置的关系为x a 62+=．物体在0=x 处的速度为 s m 10，求物体的速度与位置的关系． [解] 根据链式法则 x v v t x x v t v a d d d d d d d d === ()x x x a v v d 62d d +== 对上式两边积分并考虑到初始条件，得 ()?? += x v x x v v 0 10 d 62d 故物体的速度与位置的关系为 100462++=x x v s m 1-10 在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为Bv g a -=，g 为重力加速度，B 为与物体的质量、形状及介质有关的常数．设0=t 时物体的初速度为零．（1）试求物体的速度随时间变化的关系式；（2）当加速度为零时的速度（称为收尾速度）值为多大? [解] （1） 由t v a d d = 得 t Bv g v d d =- 两边分别积分，得 ? ? = -t v t Bv g v 0d d 所以，物体的速率随时间变化的关系为： ()Bt e B g v --= 1 （2） 当0=a 时 有 0=-=Bv g a （或以∞=t 代入） 由此得收尾速率 B g v = 1-11 一物体悬挂于弹簧上沿竖直方向作谐振动，其加速ky a -=，k 为常数，y 是离开平衡位置的坐标值．设0y 处物体的速度为0v ，试求速度v 与y 的函数关系． [解] 根据链式法则 y v v t y y v t v a d d d d d d d d === y a v v d d = 对上式两边积分 ? ? ? -= = y y y y v y ky y a v v 0 d d d v 即 ()()202202 2 121y y k v v --=- 故速度v 与y 的函数关系为 ()22 0202y y k v v -+= 1-12 一艘正以速率0v 匀速行驶的舰艇，在发动机关闭之后匀减速行驶．其加速度的大小与速度的平方成正比，即2kv a -=， k 为正常数．试求舰艇在关闭发动机后行驶了x 距离时 速度的大小． [解] 根据链式法则 x v v t x x v t v a d d d d d d d d === v a v x d d = 对上式两边积分 ?? ?-==v v v v x kv v v a v x 00 d d d 0 化简得 0 ln 1v v k x - = 所以 kx e v v -=0 l-13 一粒子沿抛物线轨道2x y =运动，且知s m 3x =v ．试求粒子在m 3 2 =x 处的速度和加速度． [解] 由粒子的轨道方程 2x y = 对时间t 求导数 x y 2d d 2d d xv t x x t y v === （1） 再对时间t 求导数，并考虑到x v 是恒量 2 x y 2d d v t v a == （2） 把m 32 = x 代入式（1）得 m 433 22y =??=v 所以，粒子在m 3 2 =x 处的速度为 s m 543222 x 2x =+=+=v v v 与x 轴正方向之间的夹角 8533 4 arctan arctan 0x y '===v v θ 由式（2）得粒子在m 3 2 = x 处的加速度为 22s m 1832=?=a 加速度方向沿y 轴的正方向． 1-14 一物体作斜抛运动，抛射角为α，初速度为0v ，轨迹为一抛物线（如图所示）．试分别求抛物线顶点A 及下落点B 处的曲率半径． [解] 物体在A 点的速度设为A v ，法向加速度为nA a ，曲率半径为A ρ，由题图显然有 αcos 0A v v = （1） nA a =g （2） A n A 2A a v =ρ （3） 联立上述三式得 g v α ρ220A cos = 物体在B 点的速度设为B v ，法向加速度为nB a ，曲率半径为B ρ，由题图显然有 0B v v = （4） αcos nB g a = （5） nB B 2B a v =ρ （6） 联立上述三式得 α ρcos 20 B g v = 1-15 一物体作如图所示的抛体运动，测得轨道的点A 处，速度的大小为v ，其方向与水平线的夹角为030，求点A 的切向加速度和该处的曲率半径． [解] 设A 点处物体的切向加速度为t a ，法向加速度为n a ，曲率半径为ρ，则 n t a a g += 由图知 g g a 5.030sin 0t -=-= 2/330cos 0n g g a == 又 n 2 a v =ρ 所以 g v g v a v 3322 /32 2n 2===ρ 1-16 在一个转动的齿轮上，一个齿尖P 沿半径为R 的圆周运动，其路程随时间的变化规律为2 02 1bt t v s + =，其中0v 和b 都是正常量．求t 时刻齿尖P 的速度及加速度的大小． [解] 设时刻t 齿尖P 的速率为v ，切向加速度t a ，法向加速度n a ，则 R bt v R v a b t v a bt v t s v 2 02n t 0)(d d d d += ===+== 所以，t 时刻齿尖P 的加速度为 2 4 02 2n 2t )(R bt v b a a a ++=+= 1-17 火车在曲率半径R ＝400m 的圆弧轨道上行驶．已知火车的切向加速度2.0t =a 2m ，求火车的瞬时速率为s m 10时的法向加速度和加速度． [解] 火车的法向加速度 222n s m 25.0400 10===R v a 方向指向曲率中心 火车的总加速度 2222t 2 n s m 32.02.025.0=+=+=a a a 设加速度a 与速度v 之间的夹角为θ，则 025134.512 .025.0arctan arctan 00t n '====a a θ 1-18 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置342t +=θ．（1）在2s =t 时，它的法 向加速度和切向加速度各是多少?（2）切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，θ值为多少?（3）何时切向加速度与法向加速度大小相等? [解] 质点的角速度 212d d t t ==θ ω 质点的线速度 222.11210.0t t R v =?==ω 质点的法向加速度n a ，切向加速度t a 为 ()42 22n 4.1410.012t t R a =?==ω （1） t t v a 4.2d d t == （2） （1）把2s =t 代入（1）式和（2）式，得此时 2 t 224n m/s 8.424.2m/s 103.224.14=?=?=?=a a （2）质点的总加速度 1364.262t 2 n +=+=t t a a a 由 a a 2 1 t = 得 1364.25.04.26+?=t t t 解得 0.66s =t 所以 rad 15.3423=+=t θ （3）当t n a a =即t t 4.24.144=时 有 0.55s =t 1-19 河宽为d ，靠河岸处水流速度变为零，从岸边到中流，河水的流速与离开岸的距离成正比地增大，到中流处为0v ．某人以相对水流不变的速率v 垂直水流方向驶船渡河，求船在达到中流之前的轨迹方程． [解] 取图示坐标系 ky v =x 已知 2 d y = 时，0x v v = 代入上式得 d v k 02= 所以 y d v v 0 x 2= （1） 又 v v =y 积分得 vt y = （2） 代入（1）式得 vt d v v 0 x 2= 积分得 20vt d v x = （3） 由（2）、（3）消去t 得 20y vd v x = 第二章习题解答 2-3 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。 [解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv (1) 由牛顿第二定律 t v m ma f d d == 即 t v m kv d d ==- 所以 t m k v v d d -= 对等式两边积分 ??-=t v v t m k v v 0d d 0 得 t m k v v -=0ln 因此 t m k e v v -=0 (2) 由牛顿第二定律 x v mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 x v mv kv d d =- 所以 v x m k d d =- 对上式两边积分 ??=- 00 0d d v s v x m k 得到 0v s m k -=- 即 k mv s 0 = 2-4 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为 ???? ??--= -m kt e k F mg v 1 [证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向， 开始沉降处为坐标原点。由牛顿第二定律得 t v m ma f F mg d d ==-- 即 t v m ma kv F mg d d ==-- 整理得 m t kv F mg v d d = -- 对上式两边积分 ??= --t v m t kv F mg v 00 d d 得 m kt F mg kv F mg - =---ln 即 ???? ??--= -m kt e k F mg v 1 2-5 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的 平方成正比，即2 kv F =。求跳伞员的运动速率v 随时间t 变化的规律和极限速率T v 。 [解] 设运动员在任一时刻的速率为v ，极限速率为T v ，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。 此时 2 T kv mg = 即 k mg v = T 有牛顿第二定律 t v m kv mg d d 2=- 整理得 m t kv mg v d d 2 =- 对上式两边积分 mgk m t kv mg v t v 21d d 00 2??= - 得 m t v k mg v k mg = +-ln 整理得 T 22221 111v e e k mg e e v kg m t kg m t kg m t kg m t +-=+-= 2-6 两个质量都是m 的星球，保持在同一圆形轨道上运行，轨道圆心位置上及轨道附近都没有其它星球。已知轨道半径为R ，求：(1)每个星球所受到的合力；(2)每个星球的运行周期。 [解] 因为两个星球在同一轨道上作圆周运动，因此，他们受到的合力必须指向圆形轨道的圆心，又因星球不受其他星球的作用，因此，只有这两个星球间的万有引力提供向心力。所以两个星球必须分布在直径的两个端点上，且其运行的速度周期均相同 (1)每个星球所受的合力 ()2 2 2 2142R m G R mm G F F === (2) 设运动周期为T R v m F 2 1= v R T π2= 联立上述三式得 Gm R R T π4= 所以，每个星球的运行周期 Gm R R T T T π421=== 2-7 一种围绕地球运行的空间站设计成一个环状密封圆筒(像一个充气的自行车胎)，环中心的半径是1.8km 。如果想在环内产生大小等于g 的人造重力加速度，则环应绕它的轴以多大的速度旋转？这人造重力方向如何？ [解] 由于人造重力即人在环内的惯性离心力，所以有 mg r m =2ω s rad r g /104.7108.18.923-?=?== ω 此人造重力的方向为沿着环的转动半径向外。 2-8 一根线密度为λ的均匀柔软链条，上端被人用手提住，下端恰好碰到桌面。现将手突然松开，链条下落，设每节链环落到桌面上之后就静止在桌面上，求链条下落距离s 时对桌面的瞬时作用力。 [解] 链条对桌面的作用力由两部分构成：一是已下落的s 段对桌面的压力1N ，另一部分是 正在下落的x d 段对桌面的冲力2N ，桌面对x d 段的作用力为2N ' 。显然 sg N λ=1 t 时刻，下落桌面部分长s 。设再经过t d ，有x d 落在桌面上。取下落的x d 段链条为研究对 象，它在t d 时间之内速度由 gs v 2=变为零，根据动量定理 p t N d d 2=' (1) x v p d 0d λ-= (2) t v x d d = (3) 由(2)、(3)式得 λsg N 22-=' λsg N N 222=' -= 故链条对桌面的作用力为 sg N N N λ321=+= 第三章习题解答 3-3 略 3-4 质量为m =0.002kg 的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中 ??- ==L L dx x Fdx A 0 )98000400( 940004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 2 2 300002.05.094000400??=-L L 化简可得： m 45.00813604002==+-L L L 即枪筒长度为0.45m 。 3-5 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度 0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一 端滑出时，摩擦力所作的功为 () 121220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 习题3-4图 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ -= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ-= 即 s R v v d d μ-= 两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2022121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 1 21212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 3-6 一质量为1m 与另一质量为2m 的质点间有万有引力作用。试求使两质点间的距离由1x 增加到d x x +=1时所需要作的功。 [解] 万有引力 2 21r F r m m G -= 两质点间的距离由x 增加到d x x +=1时，万有引力所作的功为 ? ??? ??-+=-=?=? ? ++11 212 2111d d 11 11 x d x m Gm r m m G A d x x d x x r r F 故外力所作的功 ()d x x d m Gm d x x m Gm A A d x x +=???? ??+-=?=-='? +1121112111d 11 r F 此题也可用功能原理求： ＝外p E E A ?=?= 3-7 设两粒子之间的相互作用力为排斥力，其变化规律为3 r k f =，k 为常数。若取无穷 远处为零势能参考位置，试求两粒子相距为r 时的势能。 [解]由势能的定义知r 处的势能 p E 为: ? ??∞ ∞∞==?=r r r r r k r f E d d d 3p r f 22 221 r k r k r = -=∞ 3-8 设地球的质量为M ，万有引力恒量为0G ，一质量为m 的宇宙飞船返回地球时，可认为它是在地球引力场中运动(此时飞船的发动机已关闭)。求它从距地心1R 下降到2R 处时所增加的动能。 [解] 由动能定理，宇宙飞船动能的增量等于万有引力对飞船所作的功，而此功又等于这一过程中地球与飞船系统势能增量的负值，即： 2 1210 1 020 p k ) ()]([R R R R Mm G R Mm G R Mm G E E -=----=?-=? 3-9 双原子中两原子间相互作用的势能函数可近似写成 ()612p x b x a x E - = ，式中a 、b 为常 数，x 为原子间距，两原子的势能曲线如图所示。(1)x 为何值时 ()0 p =x E ?x 为何值时 () x E p 为极小值?(2)试确定两原子间的作用 力；(3)假设两原子中有一个保持静止，另一个沿x 轴运动，试述可能发生的运动情况。 [解] (1) 当 () x E p =0时，有： 0612=-x b x a 即 b a x = 6 或 016 =x 习题2-32图 故 0)(p 161 =∞→=） （时，或x E x b a x p E (x )为极小值时，有 d ) (d p =x x E 即 0612 713=+-x b x a 所以 ∞ =? ?? ?? =26 121x b a x 或 (2)设两原子之间作用力为()x f ，则 ) (grad )(p x E x -=f 在一维情况下，有 713p 612 d )(d )(x b x a x x E x f -=- = (3)由原子的受力情况可以看出可能发生的运动情况为:当x 它们互相排斥，另一原子将远离；当x >x 2 时f (x )<0，它们又互相吸引，另一原子在远离过程中减速，直至速度为零，然后改变方向加速靠近静止原子，再当x 第四章习题解答 4-3 质量为M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。若有N 个人，质量均为m ，站在车上。开始时车以速度0v 向右运动，后来人相对于车以速度u 向左快跑。试证明：(1)N 个人 一同跳离车以后，车速为 Nm M Nmu v v ++ =0 (2)车上N 个人均以相对于车的速度u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为 ()m M mu m N M mu Nm M mu v v ++ +-++++=' 10 [证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。 人相对于地面的速度为u v -，则 ()()Mv u v Nm v Nm M +-=+0 所以 Nm M Nmu v v ++ =0 (2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第x 个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得 ()[]()()[]x x 1x 1v m x N M u v m v m x N M -++-=+-+- 所以 ()M m x N mu v v ++-+ =-11x x 此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得 M m mu v v ++=-1N N M m mu v v ++ =--22 N 1N …………………… ()M m N mu v v +-+ =112 M Nm mu v v ++ =01 将上面所有的式子相加得 ()M m mu M m mu M m N mu M Nm mu v v ++ ++++-+++=210N 此即为第N 个人跳离车后的速度，即 ()m M mu m N M mu Nm M mu v v ++ +-++++=' 10 4-4 略 4-5 略 4-6 F ＝30+4t 的力作用在质量为10kg 的物体上，求： (1)在开始两秒钟内，此力的冲量是多少?(2)要使冲量等于 300s N ?，此力作用的时间为多少?(3)若物体的初速度为10 s m ，方向与F 相同，在t =6.86s 时，此物体的速度是多少? [解] 根据冲量定义 ()2 230d 430d t t t t t F I t t +=+==?? (1)开始两秒钟此力的冲量 s N 6822230230222?=?+?=+=t t I (2) 当s N 300?=I 时 3002302=+t t 解得 s 86.6=t (3) 当s 86.6=t 时，s N 300?=I ，根据动量定理 0mv mv p I -=?= 因此 s m 401010 103000=?+=+= m mv I v 4-7 质量为m 的质点在xOy 平面内运动，其运动方程j i r t b t a ωωsin cos +=，试求：(1)质 点的动量；(2)从t ＝0到 ωπ 2= t 这段时间内质点受到的合力的冲量；(3)在上述时间内，质点 的动量是否守恒?为什么? [解] 质点的速度 j i r v t b t a t ωωωωcos sin d d +-== (1) (1) 质点的动量 ()j i v p t b t a m m ωωωcos sin +-== (2) 由(1)式得0=t 时，质点的速度 j v ωb =0 ωπ 2= t 时，质点的速度为 j j i v ωπωπωb b a =+-=2cos 2sin t 根据动量定理 00t =-=?=mv mv p I 解法二： j i a F j i v a j i r v t mbw t ma m t bw t a t t b t a t ωωωωωωωωωωsin cos sin cos d d cos sin d d 2222--==--==+-== () d sin cos d 20 2220 =--==??ωπωπωωωt t mbw t ma t j i F I (3) 质点的动量不守恒，因为由第一问结果知动量随时间t 变化。 4-8 如图所示，砂子从h ＝0.8m 处下落到以=0v 3s m 的速率沿水平向右运动的传输带上，若每秒钟落下100kg 的砂子，求传输带对砂子作用力的大小和方向。 [解] 如图所示，设t ?时间内落下的砂子的质量为m ?，则 m ?的动量改变 ()10v v p -?=?m 显然有 gh v 21= 习题2－19图 由图可知 ()()2 212 021v v m mv mv p +?=?+?= ? 根据动量定理 p F ?=?t 所以 2 020212v gh t m v v t m t p F +??=+??=??= N 49738.08.921002=+???= 4-9 矿砂从传输带A 落到另一传输带B ，其速度大小为1v ＝4s m ，2v ＝2m 方向如图所示。设传输带的运送量t m ??＝2000h kg ，求矿砂作用在传输带B 上的力的大小和方向。 [解] 取t ?时间内落下的矿砂m ?为研究对象，建立如图所示的坐标系，其动量的改变为 ()22111122x cos sin sin cos θθθθv v m mv mv p -?=?+?-=? () 22111122y sin cos cos sin θθθθv v m mv mv p +?=?+?=? ?mv ?mv 根据动量定理 p F ?=?t x x p t F ?=? y y p t F ?=? 所以 ()() N 1079.315cos 230sin 436002000cos sin 2002211x x -?=-=-??= ??=θθv v t m t p F ()() N 21.230cos 415sin 23600 2000cos sin 001122y y =+=+??= ??= θθv v t m t p F 故矿砂作用在传输带B 上的力 () N 1.21079.311.22 3 22y 2x =?+=+=-F F F 与竖直方向的夹角 3 y x 111 .21079.3arctg arctg =?==-F F θ 4-10 如图所示，浮吊的质量M ＝20t ，从岸上吊起m =2t 的重物后，再将吊杆与竖直方向的夹角θ由0 60转到0 30，设杆长l =8m ，水的阻力与杆重略而不计，求浮吊在水平方向上移动的距离。 习题3-20图 [解法一] 取吊车和重物组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此θ在由0 60转到0 30时，质心的位置不变。取质心为坐标原点，如图所示。设在θ在由0 60转到0 30时吊车在水平方向上移动的距离为x ，重物在水平方向上移动的距离为y ，则 θ=060时 Ma -mb =0 a +b =l sin 0 60 θ=030时 M (a -x )-m (b -y )=0 (a -x )+ (b -y )=l sin 0 30 联立上述四式得 ()() m 266.022030sin 60sin 8230sin 60sin 0000=+-?=+-=m M ml x [解法二] 以岸边为参考系，选如图坐标系，因水的阻力不计，因此浮吊在x 方向动量守恒。 该M 以V 向岸边靠拢，m 相对M 以u 向左运动，相对岸边的速度为u -V 。 吊杆转动角度θ前后，在水平方向动量守恒， ()V u m MV --=0 即 u m M m V += 依题意，m 在水平方向相对浮吊移动的距离为 ()m 93.260cos 30cos 002=-=l x 经历时间 u x t 2= 在t 时间内，M 在x 方向移动的距离为 m 266.022093.2221=+?=?+= =u x u m M m Vt x 4-11 某人造地球卫星的质量为m ＝l802kg ，在离地面2100km 的高空沿圆形轨道运行。试求卫星对地心的角动量(地球半径 6 1040.6?=地R m)。 [解] 设卫星的速度为v ，地球的质量为M ，则 ()h R v m h R Mm G +=+地地2 2 (1) 又 g R M G =地 (2) 联立两式得 地 地R h R g v += 卫星对地的角动量 ()()地 地地?+=?+=h R g m v h R m L () 6661040.61010.21040.68.91802???+??= s m kg 1005.1214??= 4-12 若将月球轨道视为圆周，其转动周期为27.3d ，求月球对地球中心的角动量及面积速 度( 22 1035.7?=月m kg ，轨道半径R =8 1084.3?m)。 [解] 设月球的速度为v ，月球对地球中心的角动量为L ，则 T R v /2π= T R m Rv m L π2月 月== 3600243.2714.32)1084.3(1035.72822???????= /s m kg 1089.2234??= 月球的面积速度为 /s m 1096.1/2112?==T R v π面 4-13 氢原子中的电子以角速度 rad 1013.46 ?=ω在半径10103.5-?=r m 的圆形轨道上绕质子转动。试求电子的轨道角动量，并以普朗克常数h 表示之(s J 1063.634 ??=-h )。 [解] 电子的轨道角动量 () s J 106.11006.11013.4103.5101.994262 10 312??=?=?????==----ωmr L 4-14 6月22日，地球处于远日点，到太阳的距离为111052.1?m ，轨道速度为 s m 1093.24?。6个月后，地球处于近日点，到太阳的距离为11 1047.1?m 。求：(1)在近日点地球的轨道速度； (2)两种情况下地球的角速度。 [解] 设在近日点附近地球的轨道速度为1v ，轨道半径为1r ，角速度为1ω；在远日点地球的轨道速度为2v ，轨道半径为2r ，角速度为2ω。 (1) 取地球为研究对象，其对太阳中心的角动量守恒。 2 211v r m v r m 地地= 所以 s m 1003.310 47.11093.21052.1411 4 111221?=????==r v r v (2) s rad 1006.210 47.11003.3711 4 111-?=??==r v ω r a d 1093.110 53.11093.2711 4 222-?=??==r v ω 2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷） 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二 选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时 针方向)， 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝ 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋ 电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝ 于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝ 于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± ) 习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-= 两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一 、选择题 练习十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 1. 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 (A) 竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动; (B) 竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动; (C) 两种情况都作简谐振动； (D)两种情况都不作简谐振动。 d2x 解：(C)竖直弹簧振子：m—2k(x I) mg kx( kl dt 弹簧置于光滑斜面上：m吟 dt2k(x I) mg sin kx ( )d 2x mg), 勞dt2 d2x kl mg),可 dt2 2 . 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有(A) n n (A) A超前一；(B) A落后一；(C) A超前n; 2 2 (D) A落后It 。 2 x 3. 一个质点作简谐振动，周期为T，当质点由平衡位置向x轴正方向运动时，由 之一最大位移这段路程所需要的最短时间为 (B) /、T/、T T /、T (A) (B) ; (C) (D) 。 41268 解：(A)X A A cos t, X B Acos( t /2) 解：(B)振幅矢量转过的角度/6 ,所需时间t 平衡位置到二分 4.分振动表式分别为x13cos(50 n 0.25 n 和x2 为: (A) x 2cos(50 n t 0.25 u);(B) (C) x 5cos(50 n 1 arcta n —)； 2 7 (D 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算5 . /6 T 2 /T 12 4cos(50 n 0.75 n (SI 制)则它们的合振动表达式x 5cos(50 n); A A 2AA COS(20 10) . 32 42 2 3 4cos(0.75 0.25 丄1 Asin 10 A2sin 20丄1 3sin(0.25 ) 4sin(0.75 ) tg - _ - — tg 3cos(0.25 ) cos 10 A? cos 20 4cos(0.75 ) 2 tg 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端, 弹簧的伸长分别为5; l2，且h 2 l2，则 两弹簧振子的周期之比T1 :T2为(B) (A) 2 ; ( B) 2 ; ( C) 1/2 ; ( D) 1/、2。 题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 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 《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 = 大学物理课后习题答案第六章 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z 练习一 质点运动学 1、26t dt d +== ，61+= ，t v 261 331+=-=-? ， a 241 31 331=--=- 2、020 22 12110 v Kt v Ktdt v dv t Kv dt dv t v v +=?-?=??-= 所以选（C ） 3、因为位移00==v r ?，又因为,0≠?0≠a 。所以选（B ） 4、选（C ） 5、（1）由,mva Fv P ==dt dv a = ，所以：dt dv mv P =，??=v t mvdv Pdt 0 积分得：m Pt v 2= （2）因为m Pt dt dx v 2==，即：dt m Pt dx t x ??=0 02，有：2 3 98t m P x = 练习二 质点运动学 （二） 1、 平抛的运动方程为 202 1gt y t v x ==，两边求导数有： gt v v v y x ==0，那么 2 22 0t g v v +=， 2 22 022t g v t g dt dv a t +==， = -=22 t n a g a 2 220 0t g v gv +。 2、 2241442s /m .a ;s /m .a n n == 3、 （B ） 4、 （A ） 练习三 质点运动学 1、023 2332223x kt x ;t k )t (a ;)k s (t +=== 2、0321`=++ 3、（B ） 4、（C ） 练习四 质点动力学（一） 1、m x ;912== 2、（A ） 3、（C ） 4、（A ） 练习五 质点动力学（二） 1、m 'm mu v )m 'm (v V +-+-=00 2、（A ） 3、（B ） 4、（C ） 5、（1）Ns v v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 1762 1212 024=-= 练习六、质点动力学（三） 1、J 900 2、)R R R R ( m Gm A E 2 12 1-= 3、（B ） 4、（D ） 5、)(2 1 222B A m -ω 练习七 质点动力学（四） 1、) m m (l Gm v 212 2 12+= 2、动量、动能、功 3、（B ） 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 西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝ 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是 （Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径 。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是 原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为 。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为 ；波长为 ；波沿x 轴的 向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最 大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言， 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。 x O 1A 2 2 练习 十三 (简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成) 一、选择题 1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ） （A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。 解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m )(22(mg kl ),0222 x dt x d 弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m sin )(22 (mg kl ),0222 x dt x d 2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前 2π； （B ）A 落后2π；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。 解：(A)t A x A cos ,)2/cos( t A x B 3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8 T 。 解：(B)振幅矢量转过的角度6/ ,所需时间12 /26/T T t , 4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31 t x 和)π75.0π50cos(42 t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ） （A ）)π25.0π50cos(2 t x ； （B ）)π50cos(5t x ； （C ）π1 5cos(50πarctan )27 x t ； （D ）7 x 。 解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算 )cos(210202122 2 1 A A A A A 5)25.075.0cos(432432 2 ; 7 1 2)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)25.0sin(3cos cos sin sin 112021012021011 0 tg tg A A A A tg 5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l 和2l ，且212l l ，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ） （A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。 解：(B) 弹簧振子的周期k m T 2 ,11l mg k , 22l mg k ,22 121 l l T T 6. 一轻弹簧，上端固定，下端挂有质量为m 的重物，其自由振动的周期为T ．今已知振子离开平衡位置为 x 时，其振动速度为v ，加速度为a ．则下列计算该振子劲度系数的公式中，错误的是： （B ） (A) 2 max 2max /x m k v ； (B) x mg k / ； (C) 2 2/4T m k ； (D) x ma k / 。 解：B 7. 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同．第一个质点的振动表式为x 1 = A cos(t + )．当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处．则第二个质 点的振动表式为 （B ） (A) )π21 cos( 2 t A x ； (B) )π2 1cos(2 t A x ； x t o A B 1 A 4 / 4 /3 2 A A x O )0(A )(t A 3/ 6/ 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 +=+= 1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t 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 +=+= 2008年下学期2007级《大学物理（下）》期末考试（A 卷） 一、选择题(共27分) 1. (本题3分) (2717) 距一根载有电流为3×104 A 的电线1 m 处的磁感强度的大小为 (A) 3×10-5 T ． (B) 6×10-3 T ． (C) 1.9×10-2T ． (D) 0.6 T ． (已知真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A) ［ ］ 2. (本题3分)(2391) 一电子以速度v 垂直地进入磁感强度为B 的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将 (A) 正比于B ，反比于v 2． (B) 反比于B ，正比于v 2． (C) 正比于B ，反比于v ． (D) 反比于B ，反比于v ． ［ ］ 3. (本题3分)(2594) 有一矩形线圈AOCD ，通以如图示方向的电流I ，将它置于均匀磁场B 中，B 的方向与x 轴正方向一致，线圈平面与x 轴之间的夹角为α，α < 90°．若AO 边在y 轴上，且线圈可绕y 轴自由转动，则线圈将 (A) 转动使α 角减小． (B) 转动使α角增大． (C) 不会发生转动． (D) 如何转动尚不能判定． ［ ］ 4. (本题3分)(2314) 如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水平面向上．当外力使 ab 向右平移时，cd (A) 不动． (B) 转动． (C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］ 5. (本题3分)(2125) 如图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为 (A) Bl v ． (B) Bl v sin α． (C) Bl v cos α． (D) 0． ［ ］ 6. (本题3分)(2421) 已知一螺绕环的自感系数为L ．若将该螺绕环锯成两个半环式的螺线管，则两个半环螺线管的自感系数 c a b d N M B 大学物理练习 十六 一、选择题 1．一束波长为λ的平行单色光垂直入射到一单缝AB 上，装置如图，在屏幕D 上形成衍射图样，如果P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置，则 BC 的长度为 [A ] (A) λ (B)λ/2 (C) 3λ/2 (D) 2λ 解: P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置,λθk a C B ==sin (k=1) 2．单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a=4λ的单缝 上，对应于衍射角为300的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为 (A) 2个 (B) 4个 (C) 6个 (D) 8个 [ B ] 解: 0 304sin ===θλλθa k a 可得k=2, 可分成的半波带数目为4个. 3．根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的 （A ） 振动振幅之和。 （B ）光强之和。 （B ） 振动振幅之和的平方。 （D ）振动的相干叠加。 [D ] 解: 所有面积元发出的子波各自传到P 点的振动的相干叠加. 4．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。若使单缝宽度a 变为原来的 2 3，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3/4，则 屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度x ?将变为原来的 (A) 3/4倍。 (B) 2/3倍。 (C) 9/8倍。 (D) 1/2倍。 （E ）2倍。 [ D ] 解:a f x λ 2=? C 屏 f D L A B λ 5．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度a 稍稍变宽，同时使单 缝沿y 轴正方向作微小位移，则屏幕C 上的中央衍射条纹将 [ C ] (A) 变窄，同时向上移； (B) 变窄，同时向下移； (C) 变窄，不移动； (D) 变宽，同时向上移； (E) 变宽，不移动。 解 ↑a ↓ ?x 6．某元素的特征光谱中含有波长分别为λ1=450nm 和λ2=750nm （1nm=10-9m ）的光谱线。在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处λ2的谱线的级数将是 [D ] (A) 2,3,4,5……… (B) 2,5,8,11…….. (C) 2,4,6,8……… (D) 3,6,9,12…….. 解: 2211sin λλθk k d == 6,103 ,521 21====k k k k 当.....)3,2,1( 32==n n k 7．设星光的有效波长为55000 A ，用一台物镜直径为1.20m 的望远镜观察双星时，能分辨的双星的最小角间隔δθ是 [ D ] (A) rad 3102.3-? (B) rad 5104.5-? (C) rad 5108.1-? (D) rad 7106.5-? λ 《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大学物理试卷期末考试试题答案
大学物理课后题答案
大学物理习题册答案(2)
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
大学物理上册课后习题答案
大学物理课后习题答案(全册)
大学物理课后习题标准答案第六章
大学物理练习题册答案
大学物理(上)课后习题标准答案
大学物理期末考试试题
大学物理习题册答案 (2)
大学物理课后习题答案详解
大学物理期末考试题库
大学物理课后习题答案详解
大学物理期末考试试卷(含答案) 2
大学物理II练习册答案
大学物理课后习题答案(上)