大学物理上册课后题答案

习题1

1-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为

(cos sin )r =R ωt i ωt j +

其中ω为常量．求：

（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：(1) 由(cos sin )r

=R ωt i ωt j +

，知：

cos x R t ω= ，sin y R t ω=

消去t 可得轨道方程：

222x y R +=

∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的

圆；

（2）由d r v dt = ，有速度：

sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+

而v v =

，有速率：

222

[(sin )(cos )]

v R t R t R

ωωωωω=-+=。

1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为

24(32)r t i t j =++

，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2

4(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+

消去t 得轨道方程为：x =2

(3)

y -，∴质点

的轨道为抛物线。

（2）由d r v dt = ，有速度：82v t i j =+

从0=t 到1=t 秒的位移为：110

(82)42r v d t t i j d t i j

?==+=+?? （3）0=t

和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j = ，(1)82v i j =+

。

1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为

22r t i t j =+

，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)由d r v dt = ，有：22v t i j =+

，

d v a dt = ，有：2a i =

；（2）而v v =

，有速率：

222[(2)2]v t =+=∴t d v a dt

==222

t n a a a =+有：

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。

解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为1y ，升降机上升的高度为

2y ，运动方程分别为

2101

y v t gt =-

（1）

2201

y v t at =+

（2）

12y y d +=

（3）

（注意到1y 为负值，有11y y =-）联立求解，有：t =

解法二：以升降机为非惯性参照系，则重力加速度修正为'g g a =

+，

利用21

d g t =，有：

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

d r

d t

，d v d t

。解：（1）如图，可建立平抛运动学方程：

0x v t = ，21

y h g t =- ，∴

201()2

r v t i h g t j =+-

；

（2）联立上面两式，消去t 得小球轨迹方程：

2gx y h v =-+（为抛物线方程）；

（3）∵201()2

r v t i h g t j =+-

，∴

0d r

v i g t j d t

=- ，即：0v v i g t j =-

，

d v g j d t

在落地瞬时，有：t

0d r

v i j d t

= 又∵

212220

[()]g t dv

dt v gt ==

+ 。

1-6．路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。试证明人影的顶端作

匀速运动，并求其速度2v .

证明：设人向路灯行走，t 时刻人影中头的坐标为1x ，足的坐标为2x ，

由相似三角形关系可得：

122

x x h

-=，

∴1112

h x h h =-考虑到：2

1d x v d t

=，

知人影中头的速度：21

112

d x h v v d t h h ==-影（常数）。

1-7．一质点沿直线运动，其运动方程为

242t t x -+=(m)，在 t 从0秒到3秒的时

间间隔内，则质点走过的路程为多少？

解：由于是求质点通过的路程，所以可考虑在0~3s 的时间间隔内，质点速度为0的位置：

t dt

v 44-==

若0=v 解得 s t 1=，

x x x 22)242(011=--+=-=? x x x 2

42()32342(2133-+-?-?+=-=?

x x x 1021=?+?=?。

1-8．一弹性球直落在一斜面上，下落高度

cm 20=h ，斜面

对水平的倾角

30=θ，问它第

二次碰到斜面的位置

距原来的下落点多远

(假设小球碰斜面前后速度数值相等，碰撞时人射角等

于反射角)。

解：小球落地时速度为gh v 20

=，建立沿斜面

的直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图示，

00060cos v v x =→

200060cos 2

60cos t g t v x +=

（1）

00060sin v v y =→

200

060sin 2

60sin t g t v y -=

（2）

第二次落地时：0=y ，代入（2）式得：g v t 02=

，所以：

2002002122cos 60cos 604802v gh x v t g t h cm g g ?=+====。

1-9．地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上

的物体仍能保持在地球上而不致离开地球?已知现在

赤道上物体的向心加速度约为2

s /cm 4.3，设赤道上重力加速度为2

m/s 80.9。解：由向心力公式：2

F m R ω=向，

赤道上的物体仍能保持在地球必须满足：F mg =向，而现在赤道上物体的向心力为：

'F ma =向

∴

016.9817ωω====≈

1-10．已知子弹的轨迹为抛物线，初速为0v ，并且0v 与水平面的夹角为θ。试分别求出抛物线顶点及落地

点的曲率半径。

解：（1）抛物线顶点处子弹的速度0cos x

v v θ=，

顶点处切向加速度为0，法向加速度为

g 。

因此有：2

(cos )v v g θρρ=

，

2201cos v g

θρ=

；

（2）在落地点时子弹的0v ，由抛物线对称性，知法向加速度方向与竖直方向成

θ角，则：

cos n a g θ

=，有：20

cos

v g θρ=

则：

2cos v g ρθ

=。

1-11．飞机以s /m 1000=v 的速度沿水平直线飞

行，在离地面高m 98=h 时，驾驶员要把物品投

到前方某一地面目标上，问：投放物品时，驾驶员看

目标的视线和竖直线应成什么角度?此时目标距飞机

下方地点多远?

解：设此时飞机距目标水平距离为x 有： t v x 0=┄①，221gt h =┄② 联立方程解得：m x 447≈，∴

05.77arctan ≈=h x

θ。 1-12．设将两物体A 和B 分别以初速A v 和B v

抛掷出去．A v 与水平面的夹角为α；B v

与水平面的

夹角为β，试证明在任何时刻物体B 相对物体A 的速度是常矢量。

证明：两个物体初速度为0A v 和0B v ，在任意时刻的速度为：

00()cos (sin )A A A v t v i v gt j

αα=+-

00()cos (sin )B B B v t v i v gt j ββ=+-

0cos )(BA A v v i v

α?=+

与时间无关，故B 相对物体A 的速度是常矢量。

1-13．一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动，物体初速为s /m 0.490

=v ，而气球以速度

s /m 6.19=v 匀速上升，问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少？解：物体在任意时刻的速度表达式为：

gt v v y -=0

故气球中的观察者测得物体的速度

v v v y -=?

代入时间t 可以得到第二秒末物体速度：

29.8m

v s

?=，（向上）

第三秒末物体速度：30v ?= 第四秒末物体速度：49.8m

v s

?=-（向

下）。

1-14．质点沿

x 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：由于是一维运动，所以，由题意：kv dt dv

-=，

分离变量并积分有：

001v t

v dv kdt v =-?? ，

得：t

k e v v -=0

又∵ t k e v dt

dx -=0，积分有：

dt e v dx t k t

-??

∴

)1(0

t k e k

v x --=

1-15．跳水运动员自m 10跳台自由下落，入水后因受水的阻碍而减速，设加速度2kv a

-=，

4.0-=k .求运动员速度减为入水速度的10%

时的入水深度。

解：取水面为坐标原点，竖直向下为

x 轴。

跳水运动员入水时的速度：

gh v 1420==，

入水后速度减为入水速度的10%时：

1.410t v m v s =

=，

列式：2dv kv dt =-，考虑到dv dv v

dt dx =，

有：dx dv v dt dv kv ==-2

??-=

x v v kdx dv v 0100

01，m k x 76.510ln 1

1-16．一飞行火箭的运动学方程为：

)1ln()1

(bt t b

u ut x --+=，其中b 是与

燃料燃烧速率有关的量，u 为燃气相对火箭的喷射速

度。求：（1）火箭飞行速度与时间的关系；（2）火箭的加速度。

解：看成一维运动，直接利用公式：dx v

，

dv a dt

有：

（1）)1ln(bt u dt dx

--==

，（2）bt

dt dv a -=

1-17. 质点的运动方程为：cos x

R t ω=，sin y R t ω=，2h

z t ωπ

=，式中

ω、、h R 为正的常量。求：

（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大

小。

解：（1）轨道方程为：222

R y x

=+，

t h z ωπ

2=，这是一条空间螺旋线。

空间螺旋线在Oxy 平面上的投影，是圆心在原点，半径为R 的圆，其螺距为h 。

（2）t R dt dx

v x ωωsin -== ，

cos y d y v R t d t ωω==，

2z d z h v d t ωπ

==，

∴

222

24πωh R v v v v z y x +

=++=；

（3）t R a x

ωωcos 2-=

t R a y ωωs in 2-= 0=z a

∴

22ω

R a a a y

=+=

思考题1 1-1．点作曲线运动，其瞬时速度为

v ，

瞬时速率为v ，平均速度为v ，平均速率为v ，则它们之间的下列四

种关系中哪一种是正确的? （1）v v ==v v ,；（2）v v =≠v v ,；（3）

v v ≠=v v ,；（4）v v ≠≠v v ,

答：（3）

1-2．质点的t x ~关系如图，图中a ，b ，c

三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？答：匀速直线运动；a b c v v v >>。

1-3．结合t v ~图，说明平均加速度和瞬时加速度

的几何意义。

答：平均加速度表示速度v ?在t ?时间内的平均变化率，它只能粗略地反映运动速度的变化程度和方向，而瞬时加速度能精确反映质点运动速度的变化及方向。

1-4．运动物体的加速度随时间减小，而速度随时间增

加，是可能的吗？

答：是可能的。加速度随时间减小，说明速度随时间的变化率减小。

1-5．如图所示，两船

A 和

B 相距R ，分别以速度

A v 和

B v 匀速直线行驶，它们会

不会相碰?若不相碰，求两船相靠最近的距离．图中

α和β为已

知。

答：方法一：如图，以A 船为参考

系，在该参考系中船A 是静止的，而船B 的速度

A v v v

B -='。

v '是船B 相对于

船A 的速度,从船B 作一条平行于v '方向的直线BC,它不与船A 相交,这表明两船不会相碰.

由A 作BC 垂线AC,其长度min r 就是两船相靠最近的距离

θsin m in R r =

作FD//AB,构成直角三角形DEF ，故有：

v v v A B '

βθsin sin sin ，

在三角形BEF 中,由余弦定理可得：

)cos(22

2βα+++='B A B A v v v v v

v v v v v v r B A B

A B )

cos(2sin sin 22

min βααβ+++-=

。

方法二：

两船在任一时刻t

的位置矢量分别为：

j i r A )tsin )cos (ααB A v t v (+=

j i r B )tsin )cos (ββB B v t v R (+-=

i r r r A s

[(])cos cos ([-B v t v v R B A B αβ++-==

任一时刻两船的距离为：

22])sin sin [(])cos cos ([t v v t v v R r A B A B αβ

αβ-++-=

令：0)

(=dt t dr

R v v v v v v t A B A B A B 22)sin

sin ()cos cos (cos cos αβαβα

β-+++=

v v v v v v r B A B

A B )

cos(2sin sin 22min βααβ+++-=

。

1-6．若质点限于在平面上运动，试指出符合下列条件的各应是什么样的运动？

（1）0d r d t =，0d r d t ≠

；（2）0d v d t =，

0d v d t ≠ ；（3）0d a d t =，0d a

d t

= 答：(1) 质点作圆周运动； (2) 质点作匀速率曲线运动； (3) 质点作抛体运动。

1-7．一质点作斜抛运动，用1t 代表落地时，

（1）说明下面三个积分的意义：

d ,

d t t t x

v t v t v t ???；

（2）用A 和B 代表抛出点和落地点位置，说明下面三个积分的意义：

???B

r d ,

d ,

d r r 。

答：

t v t x d 1

? 表示物体落地时x 方向的距离，

t v

t y

d 1

? 表示物体落地时y 方向的距离，

d t v t ? 表示物体在1t 时间内走过的几何路程， ?B

A r d 抛出点到落地点的位移，

d B A

?r 抛出点到落地点位移的大小，

dr 抛出点到落地点位移的大小。

大学物理学下册答案第11章

第11章稳恒磁场习题一选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定习题11-1图习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大（B ）Φ不变，B 也不变（ C ）Φ增大，B 不变（ D ）Φ不变，B 增大答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图习题11-3图

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

大学物理课后题答案

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

大学物理第三版下册答案(供参考)

习题八 8-1 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: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强．解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

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(第四版)课后习题及答案质点

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(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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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

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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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

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册吴柳第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

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D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 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: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷

《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 +=+=

大学物理(机械工业出版社)上册课后练习答案

第一章质点的运动 1-1 已知质点的运动方程为：2 3010t t x +-=， 2 2015t t y -=。式中x 、y 的单位为m ，t 的单位为ｓ。试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向。分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-== v t t y y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 12 0200s m 0.18-?=+=y x v v v 设v o 与x 轴的夹角为α,则2 3 tan 00-== x y αv v α＝123°41′ (2) 加速度的分量式为2s m 60d d -?== t a x x v , 2 s m 40d d -?-== t a y y v 则加速度的大小为22 2 s m 1.72-?=+= y x a a a 设a 与x 轴的夹角为β,则3 2tan -== x y a a β β＝-33°41′(或326°19′) 1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。现测得其加速度a ＝A-B v ，式中A 、B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为 t a d ) (d =v v 后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点． (1) 由题 v v B A t a -== d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 ??=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e B A t y --== v 并考虑初始条件有 t e B A y t Bt y d )1(d 00? ?--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e B A t B A y 1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即a = - kv 2 ，k 为常数。在关闭发动机后，试证：（1）船在t 时刻的速度大小为 1 00 += t kv v v ；（2）在时间t 内，船行驶的距离为 01 ln(1)x v kt k = +；（3）船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx 。 [证明]（1）分离变数得 2 d d v k t v =-，故 020 d d v t v v k t v =-??，可得： 11 kt v v =+．（2）公式可化为0 01v v v kt = +，由于v = d x/d t ，所以：00001 d d d(1)1(1) v x t v kt v kt k v kt = =+++ 积分 000 1 d d(1)(1)x t x v kt k v kt = ++? ?．

《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案

第9章静电场习题一选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变习题9-3图

(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1

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。