练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题
1、（1）A （2）1.186s(或4
1
33-s) （3）0.67s （或32s ）
2、8m 10m
3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ω
πωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 4
0012
1Ct t v x +
+ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题
1、解：dx
dv v dt dx dx dv x dt dv a ==+==262 分离变数积分
??
+=x
v
dx x vdv 0
20
)62(
得 )1(422x x v +=
质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。 2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=? 第二秒内的平均速度为s m t
x
v /5.0-=??= （2）t 时刻的速度为 269t t dt
dx
v -==
第二秒末的瞬时速度为
s m s m s m v /6/26/292-=?-?=
（3）令0692=-==
t t dt
dx
v ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为
m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。 3、解：（1）由几何关系
θ
θs i n c o s
r y r x ==
质点作匀速率圆周运动故dt
d θ
ω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以
j y i x r
+=
)sin (cos j t i t r
ωω+=
（2）速度为
)cos sin (j t i t r dt
r
d v ωωω+-== 加速度为
)s i n (c o s 2j t i t r dt v
d a ωωω+-== （3）r j t i t r dt
v d a 22
)sin (cos ωωωω-=+-== 由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。
4、解：（1）由dt
v
d a =， ??=t v dt a v d 00
解得j t s m i t s m v
)/4()/6(+=
由dt
r
d v =， ??=t r r dt v r d 00
解得j t s m i m t s m r 2
222)/2()]10()/3[(++=
（2）由位矢的表达式可得分量形式
2
22103t
y t x =+=
消去参数t 得到轨迹方程为 2032=-y x m 。
练习二（第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（C ）2、（D ）3、（B ）4、（D ）5、（A ） 二、填空题
1、bt v +0；2
2
40)(b R
bt v ++ 2、c a t -=；R ct b a n 2)(-= 3、331)(ct t S =; ct a t 2=; R
t c a n 4
2=
4、2
/8.4s m a t =；rad )332
2(+=θ（或3.15rad ） 5、g
v 022
0cos θ
三、计算
1、解：在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向为南偏东300
2、解：刚抛出球时，球相对车的速度大小为0v ' ，车的运动速度大小为0v
，抛射过程中，车的位移为
2012
1
at t v x +=?
球在水平和竖直方向上的位移分别为
t v v x )s i n (002θ'+=?
2
22
1)c o s (gt t v y -'=?θ 由题意有21x x ?=?，02=?y . 由以上关系可以得出
θs i n 210
v at '=，θcos 21
0v gt '= 由此得出g a /tan =θ.
3、解：设雨滴相对于地面的速度为1v ，相对于火车的速度为1v '
，火车相对地面
的速度为2v
，由题意，可作图为
由几何关系可得
01=x v ，s m v v x /1021
=='. s m v v /3.1730cot 021==，s m v v /20221
=='
. 1
v 2
v
4、解：雨滴相对地面的速度为v ，火车的速度为0v
，雨滴相对火车的速度为v ' ，
由题意三者的矢量关系图为：
由几何关系可以得出下式
v v v 2
1230-=. 解得s m s m v v /55.25/3573.0)13(0=?=-=. 5、解：（1）由圆周运动规律
2
r k t r v ==ω. 得22/2/5.0/4/4s rad s rad k ==.
该轮在s t 5.0=时的角速度为s rad s rad /5.0/5.022=?=ω，
速度为s m r v /25.0==ω.
切向加速度为2/12s m rkt a t ==.
法向加速度为22
/125.0s m r
v a n ==. 总加速度为2222/01.1/8
65
s m s m a a a n
t ==+=. （2）该质点在2.0s 内所转过的角度为
r a d dt kt dt 3
16
20220===??ωθ.
练习三 （第二章 牛顿定律） 一、选择题 1、（B ）2、（A ）3、（B ）4、（B ）5、（B ）6、（B ） 二、填空题
1、（1）80N , 向右；（2）100N （或98N ），向左
2、2%
3、s g a μ/=. 三、计算题
1、解：（1）子弹受到的阻力为Kv f -=，由牛顿第二定律
dt
dv m Kv =- 积分
??
-=t v
v dt K v
dv
00
，得速度随时间变化的函数式为
m Kt e v v /0-=
（2）由m Kt e v dt
dx
v /0-==
积分
??
-=t m Kt x
dt e v dx 0
/00
，得
)1(/0
m Kt e k
mv x --=
∞→t 时，k
m v x 0
=
为子弹进入沙土的最大深度。 2、解：对人和底板整体受力分析，由牛顿第二定律有 a m m g m m T )()(421212+=+-
解得 N g a m m T 5.2474/))((212=++= 3、解：（1）对小球受力分析，水平方向上
θωθθs i n c o s s i n
2l m N T =- mg N T =+θθsin cos 联立解得
θθωs i n )c o s (2l g m N -=
)s i n c o s (22θωθl g m T +=
（2）0=N 时，θωcos 2l g =，解得)cos /(θωl g c = 此时，θθωθcos /)sin cos (22mg l g m T c =+=
练习四 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律） 一、选择题 1、（C ）2、（B ）3、（B ） 二、填空题
1、1m/s; 0.5m/s
2、bt P B =1；02P bt P B -=.
三、计算题 1、解：（1）对A 和B 组成的系统受力分析，由牛顿第二定律有
Mg Ma =2，得2/g a =
B 的位移为0.4m 时
C 开始运动，即m at 4.02/2=，解得s t 4.0=. （2）C 开始运动时速度的大小是v ，由动量守恒定律 Mv Mat 32=，
解得s m s m at v /33.1/3
4
32===. 2、解：M 下滑过程中经过路程为l 时，获得的速度为θsin 2gl v M =
在沿着斜面方向上，碰撞的过程中动量守恒，
v M m Mv mv M '+=+-)(cos θ 解得M
m mv gl M v +-=
'θ
θcos sin 2即为子弹射中木块后，子弹与木块的共同速度.
练习五 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律） 一、选择题 1、（C ）2、（C ）3、（C ） 二、填空题
1、αsin 20mgx
2、12J
3、4000J 三、计算题
1、解：当系统所受合外力为0时， kx F = 由动能定理，
2/)(2/2212v m m kx Fx +=- 对1m 有2/2/212v m kx W T =- 解得拉力T 对1m 所作的功为
k
m m F m m W T )(2)2(212
21++=
恒力F 对2m 所作的功为k F W F /2=.
练习六 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律） 一、选择题 1、（D ）2、（C ） 二、填空题
1、),[1+∞x ，0U .
2、)6,2(；)2,4(-或)8,6(；62或=x
三、计算题
1、解：对物体受力分析，当物体刚刚开始运动时有 0)s i n (c o s 00=+-mg F F θμθ， 其中00kt F =，
物体运动以后，由牛顿第二定律有
dt
dv
m mg F F =+-)sin (cos θμθ
其中kt F =， 由此积分
??+-=t t v dt m
mg F F dv 0
)
sin (cos 0θμθ 解得
)s i n (c o s 2)
()(2
020θμθμ--+
--=m
t t k t t g v )
s i n (c o s 0θμθμ-=
k mg
t
代入数据得s m v /73.28=.
2、解：（1）子弹穿过物体的过程中，水平方向动量守恒，有 10Mv mv mv +=，
子弹穿出时，物体在最低端作圆周运动，有 l Mv Mg T /21=- 以上两方程联立得
Ml
v v m Mg T 202)(-+=
代入数据得N T 5.26=
（2）由动量定理子弹在穿透过程中所受的冲量的大小为 s N v v m I ?=-=7.4)(0
练习七 （第四章 刚体的转动） 一、选择题 1、（B ）2、（C ）3、（B ）4、（C ）5、（C ）6、（B ） 二、填空题
1、20圈
2、4rad
3、2/mgl μ
4、)9/(2
0J k ωα=，)/(20ωk J t =
三、计算题
1、解：由转动定律有
dt d J
Fr ω
=，kt F = 积分??=t
tdt J kr d 0
0ωω，
解得2
2t J
kr =ω，代入数据得s rad /25=ω. 2、解：人相对于绳匀速向上爬时，人和绳的加速度相同， 故有 Ma T Mg A =- Ma Mg T B 2
1
21=-
αJ T T A B =- R a α=
以上方程联立解得加速度为
g M g R M g R M g R MR J MgR a 7
2
62322
22
22=+=+= 3、解：由牛顿第二定律和转动定律有 ma mg T =-1 a m T g m ''=-'2 r T Tr J 11-=α
r T T J 2)(22?-='α
绳是不可伸长的，故绳上各点及物块A 、B 的加速度大小是一样的，所以 a a '=
转动中线量与角量的关系为， 1αr a =
22αr a ='
由以上方程联立可以解得，两滑轮之间绳中的张力为
mg T 3
4
=
质量为m 的小滑轮的角加速度为
r
g
921=α
质量为m '的大滑轮的角加速度为
r
g
92=α
练习八 （第四章 刚体的转动） 一、选择题 1、（B ）2、（C ）3、（C ）4、（D ）5、（D ）6、（A ）7、（B ） 二、填空题 1、2
20
436ml
Ml mv +=ω 2、角动量 系统的合外力矩为0 机械能 3、2
mR
J mRv
J +-=
'ωω 4、（1）W ；（2）θcos kl ；（3）θsin 2kl W = 三、计算题
1、解：碰撞时间极短，故碰撞过程角动量守恒
2212v lm J v lm -=ω
细棒转动过程中所受摩擦力的力矩为
gl m dx l x g m gxdm M l 1012
1
μμμ-=-=-=??
由转动定律，有
dt
d J M ω
=
其中3/21l m J =， 由以上式子联立可以得到
??=-t dt d g 0
32
ωωμ 积分得碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间为
g
m v v m t 1212)
(2μ+=
2、解：两人与圆台组成的系统角动量守恒，有
4)22(2)()8/2/(022mR
v R mR R v J mR mR J -+++=++ωωωω 2/2mR J =
代入后得到，圆台的角速度为0ωω=.
3、解：小球到达B 点时，环的角速度为B ω,小球相对于环的速度为B v ； 由角动量守恒和机械能守恒有 B mR J J ωω)(2000+= 2
0222002
1)(212121B B B J R m mv J mgR ωωω++=+
以上两个方程联立可以解得
2
00
0mR J J B +=ωω，2022002m R J R J gR v B
++=ω 小球到达C 点时，环的角速度为C ω,小球相对于环的速度为C v ； 由角动量守恒和机械能守恒有 C J J ωω000= 2
022002
121212C C J mv J mgR ωω+=+
以上方程联立解得
0ωω=C ，gR v C 2=
4、解：子弹射入杆的过程子弹与杆组成的系统角动量守恒，有
ω)3
1
(22ma l m amv +'=
子弹进入杆后系统机械能守恒，有
θθωs i n s i n
2
)31(21222m g a l
g m ma l m +'=+' 由以上方程联立解得
m a
g m a l m m a l m v θsin )2
)(31(222+'+'=
练习十二 （第八章 静电场） 一、选择题 1、（C ）2、（D ）3、（D ）4、（D ）5、（A ） 二、填空题
1、3/200E ε-，3/400E ε.
2、)24/(0εq
3、01/εq ；021/)(εq q + 三、计算题
1、解：在半圆上取一段小弧元θRd ds =，这段
小弧元可以看成点电荷，x 轴上半部分带电量为 正，电荷线密度为)/(2R Q πσ=+，上半部分的弧元对应在圆心O 处的电场强度为
)c o s (s i n 412
0j i R Rd E d θθθ
σπε-=
+
x 轴下半部分带电量为负，电荷线密度为)/(2R Q πσ-=-，下半部分的弧元对应在圆心O 处的电场强度为
)cos (sin 412
0j i R
Rd E d θθθσπε-=
- 由对称性分析可得0=x E ，
2022/02022/2022
/0
202cos 2cos 2cos R
Q
d R Q d R Q d R Q E y επθεπθθεπθθεπθππππ-=-=+-=???
故球心O 处的电场强度为j R Q
E
2
02επ-
= 。
2、解： 选取坐标轴Ox 沿半球面的对称轴， 如图所示．把半球面分成许多微小宽度的环带，
每一环带之面积 θθθθd R R R S s i n 2d s i n 2d 2π=π=，
小环带上带电荷 θθσσd s i n 2d d 2R S q π==
该电荷元在O 点产生的场强
304cos d d R qR E εθπ=θθ
θσεcos d sin 2412
20R
R π?π= ()()02/d c o s s i n εθθθσ= ． O 点处的总场强
()?=2/00sin d sin 2πθθ
εσE 0
2/0204|2sin 2εσ
θεσπ==， i E 0
4ε
σ=． (i 为沿x 轴正方向的单位矢量)
3.解：(1) 设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底 面 ?S 平行地面)上下底面处的场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：
??E
·S d ＝E 2?S -E 1?S ＝(E 2-E 1) ?S ， 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h ?S ρ , 由高斯定理(E 2－
E 1) ?S ＝h ?S ρ /ε 0,
∴ () E E h
1201
-=ερ＝4.43×10-13 C/m 3．
(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) ．由高斯定理
??E
·S d =∑i 0
1q ε，
-E ?S =
S ?σε0
1
，
∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9×10-10 C/m 3 ．
O
R d E x
d θ θ
2
(2)
练习十三 （第八章 静电场） 一、选择题 1、（C ）2、（B ）3、（C ）4、（C ）5、（B ） 二、填空题
1、J A 15108-?=；V U b 4105?-=.
2、R Q U 04πε=，R qQ
A 04πε-=
3、m
q
v 02πελ=
三、计算题
1、解：设球形电容器带电量为Q ，在距球心r 处取球面为高斯面，由静电场的
高斯定理，024επQ r E =? 得2
04r Q
E πε=
球形电容器极板的电势差为
)11(414020b a Q r Q Edr U b a b a -===??πεπε，由此可得，a
b Uab
Q -=04πε 内球表面附近的电场强度为
)(42
0a b a Ub
a
Q E a -==πε 求极小值可令0=da
dE a ，解得在2b a =时，a E 取得最小值b U
4。
2、解：求电场法:1：把无限大平面可以分成许多细圆环带，其中半径为r ，宽度为dr 的环带面积为rdr π2，此环带上的电荷为rdr dq πσ2=。环带上的电荷对x 轴上点P 处激发的电场强度为
2
/32202/3220)(2)(4r x x r d r
r x x d q dE x +=
+=εσπε， 积分得带小孔的无限大平面在x 处所激发的总电场强度为
2202/32202/32202)(2)(4x R x
r x rdr x r x xdq dE E R x +=+=+==???∞εσεσπε 求点场法2：将小孔以同样面密度的电荷填满，则无限大带电平面的电场为
2εσ
填上的部分可看作半径为R 的均匀带电圆面，均匀带电圆面在x 处激发的电场
强度为)1(2)(2)(422002/32202/32201x R x
r x rdr x r x xdq dE E R x +-=+=+==???εσεσπε 带小孔的无限大平面在x 处所激发的总电场强度为2201022x
R x
E E +=
-=εσεσ。 求电势取O 点为电势零点即0=x 时0=?，
故x 处的电势为
])([222/1220
02200x R R x R xdx Edx x
x +-=+==??εσεσ?
3、解：由高斯定理在距O 为x 处有
24επq
x E =?
故x 处的电场强度为
2
04x
q
E πε=
电势为x
q
04πε?=
在带电细线上取一小段dx ，带电量为dx q d λ='，其在球面电场中的受力为
2
04x dx
q dF πελ=， 电势能为x dx q d 0
4πελ?= 故带电细线所受的电场力为
)
(440002000
l r r l
q x dx q dF F l r r +=
==??+πελπελ 故带电细线在该电场中的电势能为
)1l n (440
0000
r l
q x dx q d l r r +===??+πελπελ??
4、解：设同轴圆筒带电量为Q ，则 两筒之间的电势差为
01
20ln 2U R R =πελ
由此得1
200/ln 2R R U =
πελ
筒间的电势分布为
r
R
R R U U 11200ln /ln 2+=?
5、解： 两球壳间的电势差为
)1
1(42
10R R q U -=
πε 电子撞到外球壳时的动能为
)1
1(42
10R R eq eU E k -==πε 电子撞到外球壳时的速率为 s m R R m eq m E v e e k /1092.3)1
1(2/2142
10?=-=
=πε
练习十四 （第九章 静电场中的导体与电介质） 一、选择题 1、（C ）2、（D ）3、（B ）4、（A ）5、（A ）6、（B ） 二、填空题
1、S Q Q 221+、S Q Q 221-、S Q Q 212-、S
Q Q 221+
2、2
02
18R
Q F πε=
3、r ε；1 ；r ε
三、计算题 1、解：（1） 两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2，由于A 、B 用导线连接，故两者等电势，即满足：
R Q R Q 0110144εεπ-+πR
Q R Q 02
20244εεπ-+
π= ， 代入数据解得 7/1/21=Q Q ．
两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为
74
4/42
122
2122022101max 2max 1==ππ=R Q R Q R Q R Q E E εε ， B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即
62
2
02
m a x 21034?=π=R Q E ε V/m ． （2） 由E 2 max 解得 Q 2 =3.3 ×10-4 C ，
==217
1
Q Q 0.47×10-4 C ，
击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q 1+ Q 2 =3.77×10-4 C ． 2、解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则 导体球电势： r
q
U 004επ=
． 内球壳电势： 10114R q Q U επ-=
2
02
4R Q επ+
． 二者等电势，即
r q
04επ1014R q Q επ-=2
024R Q επ+
， 解得 )
()
(122112r R R Q R Q R r q ++=
3. 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为 ，则电容器两极板之间的场强分布为
)2/(r E ελπ=．
设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为
???π==R r
R
r r r r E U d 2d ελ 0ln 2r R
ελπ=
． 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有 002E r ελπ=，
00ln
r R E r U =． 适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令 0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U ， 得e R r /0=． 显然有
2
2d d r U
< 0， 故当e R r /0=时电容器可承受最高的电压
e RE U /0max = = 147 kV ．
4、解：设电容器的极板带电量为Q ，总长度为l , 取圆柱形高斯面 有 0/2επQ rl E =?，单位长度圆筒的带电量为l Q /=λ， 故电容器两极板间的电压为：
1200
ln 2221R R dr r U R R πελ
πελ==?
A 点的电场强度为1
2
ln
R R R U
E A =
A 点与外筒间的电势差为：
R R R R U
dr r U R R A 21
2
ln ln 22==?πελ外， 代入数据可以得出m V E A /998=,V U A 46.12=外。
5、证：在导体壳B 内外表面之间电场强度处处为0，故在B 内外表面之间取一
高斯面S ，由静电场的高斯定理
10d εq
Q S E S
+==?? ，
故B 内表面带点量为1Q q -=，由导体壳B 总的带电量为2Q ，可得其外表面
带电量为21Q Q +。
作业 1-1填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大 小是 ；经过的路程 是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间 的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻 质点的速度v 0为5m 2s -1，则当t 为3s 时， 质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时 速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运 动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其
平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] (3)一运动质点在某瞬时位于矢径) ,(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3） x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的 速度和加速度，并说明该时刻运动是加速 的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于
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
班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________ 一、选择题 1. m 与M 水平桌面间都是光滑接触，为维持m 与M 相对静止，则推动M 的水平力F 为：( B ) (A)(m +M )g ctg θ (B)(m +M )g tg θ (C)mg tg θ (D)Mg tg θ 2. 一质量为m 的质点，自半径为R 的光滑半球形碗口由静止下滑，质点在碗内某处的速率为v ，则质点对该处的压力数值为：( B ) (A)R mv 2 (B)R mv 232 (C)R mv 22 (D)R mv 252 3. 如图，作匀速圆周运动的物体，从A 运动到B 的过程中，物体所受合外力的冲量：( C ) (A) 大小为零 (B ) 大小不等于零，方向与v A 相同 (C) 大小不等于零，方向与v B 相同 (D) 大小不等于零，方向与物体在B 点所受合力相同 二、填空题 1. 已知m A =2kg ，m B =1kg ，m A 、m B 与桌面间的摩擦系数μ=0.5，(1)今用水平力F =10N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =_______0______，m A 的加速度a A =_____0_______. (2)今用水平力F =20N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =____5N____，m A 的加速度a A =_____1.7____. (g =10m/s 2) 2. 设有三个质量完全相同的物体，在某时刻t 它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，并且v 1=v 2=v 3 ，v 1与v 2方向相反，v 3与v 1相垂直，设它们的质量全为m ，试问该时刻三物体组成的系统的总动量为_______m v 3________. 3.两质量分别为m 1、m 2的物体用一倔强系数为K 的轻弹簧相连放在光滑水平桌面上(如图)，当两物体相距为x 时，系统由静止释放，已知弹簧的自然长度为x 0，当两物体相距为x 0时，m 1的速度大小为 2 2 121 Km x m m m + . 4. 一弹簧变形量为x 时，其恢复力为F =2ax -3bx 2，现让该弹簧由x =0变形到x =L ，其弹力的功为： 2 3 aL bL - . 5. 如图，质量为m 的小球，拴于不可伸长的轻绳上，在光滑水平桌面上作匀速圆周运动，其半径为R ，角速度为ω，绳的另一端通过光 滑的竖直管用手拉住，如把绳向下拉R /2时角速度ω’为 F m A m B m M F θ A O B R v A v B x m 1 m 2 F m R
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
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 简明教程 习题 解答 答案 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 ＝22y 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
习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的 速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2 -4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 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 就是速度在径向上的分量，
理想气体状态方程 5-1一容器内储有氧气，其压强为1.01?105Pa ，温度为270 C ，求：（1）气体分子的数密度；（2）氧气的质量密度；（3）氧分子的质量；（4）分子间的平均距离（设分子均匀等距分布）。 解：(1)nkT p =，32523 5 /m 1044.2) 27273(1038.11001.1?=+???==-kT p n (2)R M m T pV mol =Θ，335mol kg/m 30.1)27273(31.810321001.1=+????== =∴-RT pM V m ρ (3)n m O 2 =ρΘ， kg 1033.510 44.230 .12625 2 -?=?= = ∴n m O ρ (4)m 1045.310 44.21193253 -?=?==n d 5-2在容积为V 的容器中的气体，其压强为p 1，称得重量为G 1。然后放掉一部分气体，气体的压强降至p 2，再称得重量为G 2。问在压强p 3下，气体的质量密度多大？ 解：设容器的质量为m ，即放气前容器中气体质量为m g G m -=1 1，放气后容器中气体质量为m g G m -= 2 2。 由理想气体状态方程有
RT M m g G RT M m V p mol 1mol 11-==， RT M m g G RT M m V p mol 2 mol 22-== 上面两式相减得 V p p G G g M RT )()(1212mol -=-，)(1 21 2mol p p G G gV RT M --= 当压强为3p 时，1 21 2 33mol 3p p G G gV p RT p M V m --?=== ρ 压强、温度的微观意义 5-3将2.0?10-2kg 的氢气装在4.0?10-3m 2的容器中，压强为3.9?105Pa ，则氢分子的平均平动动能为多少？ 解：RT M m pV mol = Θ，mR pV M T mol =∴ 5-4体积33m 10-=V ，压强Pa 105=p 的气体分子平均平动动能的总和为多少？ 解：kT N t 23=∑ε，其中N 为总分子数。kT V N nkT p = =Θ，kT pV N = 5-5温度为0℃和100℃时理想气体分子的平均平动动能各为多少？欲使分子的平均 平动动能等于1eV ，气体的温度需多高？（1eV=1.6?10-19J ）
第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +
在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O
场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分
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 ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 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 r = 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末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==?
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 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 22 2222d 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 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
第一章 质点运动学 课 后 作 业 1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为] a ＝2＋6 x 2 (SI) 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度． 解：设质点在x 处的速度为v ， 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v 2分 () x x x d 62d 0 20 ??+=v v v 2分 () 2 21 3 x x +=v 1分 2、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 3分 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 2 ??= x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分 3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为 22 1 ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向 加速度大小相等时所经历的时间． 解： ct b t S +==d /d v 1分 c t a t == d /d v 1分 ()R ct b a n /2 += 1分 根据题意： a t = a n 1分 即 ()R ct b c /2 += 解得 c b c R t -= 1分
4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小． 解：根据已知条件确定常量k () 222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分 24t =ω, 24Rt R ==ωv s t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分 22s /32/m R a n ==v 1分 ()8.352 /122=+=n t a a a m/s 2 1分 5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？ 解：(1) 球相对地面的初速度 =+='v v v 030 m/s 1分 抛出后上升高度 9.4522 ='=g h v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度 202 1 )(gt t t -+=v v v 1分 08.420==g t v s 1分 6、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，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．
第一章作业题 P21 1.1； 1.2； 1.4； 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62 x ，a 的单位为2 s m -?，x 的单 位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101 s 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 2221 由题知，0=x 时，100 =v ,∴50=c ∴ 1 3s m 252-?++=x x v 1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2 s 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 1 223 4c t t v ++= 由题知，0=t ,00 =v ,∴01=c 故 2234t t v + = 又因为 2 234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )23 4(d 2+= 积分得 2 3221 2c t t x ++= 由题知 0=t ,50 =x ,∴52=c 故 52123 2++ =t t x 所以s 10=t 时 m 70551021 102s m 1901023 10432101210=+?+?=?=?+ ?=-x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33 t ，θ式中以弧度计，t 以秒
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?==≈?
第一章 质点运动学 1.4一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d v /d t = -kv 2，k 为常数． （1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为 01 ln(1)x v kt k = +． [证明]（1）分离变量得2d d v k t v =-， 积分 020d d v t v v k t v =-??， 可得 0 11kt 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 01 d d(1) (1)x t x v kt k v kt =++?? ． 因此 01 ln(1)x v kt k = +． 证毕． 1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为 ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)， 法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为
a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2， 当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即 n a a = 由此得 2r r ω= 即 22 (12)24t = 解得 3 6t =． 所以 3242(13)t θ=+==3.154(rad)． （3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即 24t = (12t 2)2， 解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)． 1.6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？ [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ． 加速度的大小为 a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为 2 01 2x x x v t a t =+， 2 01 2y y y v t a t =-+． 即 201 c o s c o s 2x v t a t θ α=?+?， 2 01 sin sin 2y v t a t θα=-?+?． 令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去） ； 02sin sin v t a θ α= =．
65． 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求：它们在O 点的磁感应强度。 1 R I B 80μ= 方向 垂直纸面向外 2 R I R I B πμμ2200- = 方向 垂直纸面向里 3 R I R I B 4200μπμ+ = 方向 垂直纸面向外 66． 一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，电荷面密度为σ，该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转。试求圆筒内部的磁感应强度。 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2 作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B 的 大小和方向均相同，而且B 的方向平行于ab ，在bc 和fa 上各点B 的方向与线元垂直， 在de , cd fe ,上各点0=B ．应用安培环路定理 ∑??=I l B 0d μ 可得 ab i ab B 0μ= σωμμR i B 00== 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右．
67．在半径为R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a （如图）。今在此导体内通以电流I ，电流在截面上均匀分布，求：空心部分轴线上O ' 点的磁感应强度的大小。 解：) (22r R I J -= π 1012 1 r J B ?= μ 2022 1 r k J B ?-=μ j Ja O O k J r r J B B 021******** 21)(2 1 μμμ=?=-?= += r R Ia ) (22 2 0-= πμ 68．一无限长圆柱形铜导体,半径为R ,通以均匀分布的I 今取一矩形平面S （长为L ，宽为2R ），位置如图，求：通过该矩形平面的磁通量。
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 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无 关． 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计， 求每个小球所带的 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?
解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求 场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ =
1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin
9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 32 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ??+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+= ωt h s