大学物理课后习题答案上册和下册

大学物理课后习题答案 北京邮电大学出版社 上册和下册 第三版

大学物理习题及解答

习题一

drdrdvdv

1-1 ｜ r｜与 r有无不同?dt和dt有无不同? dt和dt有无不同?其不同在哪里?试

举例说明．

r r r r r r2 r1； 21，解：（1）是位移的模， r是位矢的模的增量，即

drdrd

s

v dt

（2）dt是速度的模，即dtdr

dt只是速度在径向上的分量.

dr （式中r 叫做单位矢）∵有r rr，则dtdr

式中dt就是速度径向上的分量，

drdr与dtdt不同如题1-1图所示∴

a在切向上的分量. d vdt

) (，在计算质点的速度和加速度时，有人先求

2r222x y出r＝，然后根据v=dt，及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

你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？

d2x d2y dx dy dt2 dt2

dtdt a=及=

2

2

22

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r xi yj，

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drdx dy v i j

dtdtdt

d2rd2x d2y a 2 2i 2j

dtdtdt

故它们的模即为

dx dy 22

v vx vy

dt dt

22

22

a ax ay dr

v

dt

drd2r与2

dt其二，可能是将dt

d2r2

而只是速度在径向上的分量，同样，dt2

d2r d

a径 2 r

dtdt 。的一部分 （即

度的贡献。

1-3 一质点在xOy

式中t以 s计，x,yt为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s计算t＝4 s 时质点的速度；(5)计算t＝0s 到t＝(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点()．

1

ty=2t2+3t-4.

1

r (3t 5)i (t2 3t 4)j

2m 解：（(2)将t 1,t 2代入上式即有

r1 8i 0.5j m

r2 11j 4jm

r r2 r1 3j 4.5jm

r 5j 4j,r 17i 16j 4(3)∵ 0

r r r12i 20j 40 3i 5jm s 1

t4 04∴

drv 3i (t 3)jm s 1

dt(4)

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v 3i 7j m s 1 则 4

v 3i 3j,v4 3i 7j

(5)∵ 0

vv4 v04 1jm s 2

t44 dv

a 1jm s 2

dt(6)

这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以

v0(m²s 1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l

222

l h s

将上式对时间t求导，得

题1-4图

或

v将船再对t求导，即得船的加速度

dlds

ldv v0s lv船

a 船 2v0 v0

2

dtss

l22

( s )v02

h2v0s 3

2ss

2 2

1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x，a的单位为m s，x的单位

s

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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．

1

dvdvdxdv vdtdxdtdx 解： ∵

2

d adx (2 6x)dx 分离变量：

a

12

v 2x 2x3 c

两边积分得 2

v 10,∴c 50

由题知，x 0时，0

3 1

v 2x x 25m s∴

1-6 已知一质点作直线运动，

v=0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置．

解：∵ 分离变量，得 dv a

v 积分，得 v 0,∴c1 0

由题知，t 0,0

v故

dxv dt又因为

1

t3 c2

2

102 190m s 1x10 2 102 103 5 705m

2

3

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3t， 式中以弧度计，t以秒

计，求：(1) t＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解：

d d 9t2, 18tdtdt

2

a R 1 18 2 36m st 2s (1)时，

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an R 2 1 (9 22)2 1296m s 2

a

tan45 1

οan

(2)当加速度方向与半径成45角时，有

2

R R 即

22

(9t) 18t 亦即

22

2 3t3 2 3 2.67rad

99则解得 于是角位移为

1v0t bt2

21-8 质点沿半径为R的圆周按s＝的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧

t3

v0，b都是常量，

求：(1)t

b．

dsv dt解：（1） dva dt

v2an R 长,

a a a 则 2

2

n

加速度与半径的夹角为

4 0

B的运动方程为

x是轮子滚动的角速度，当B与

x轴正方向；(2)

解：依题意作出下图，由图可知

题1-9图

x v0t 2Rsin

2

cos

2

(1)

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y 2Rsinsin

22

R(1 cos ) R(1 cos t)

(2)

dx

R (1 cos t)dtdy Rsin t)dt

dv

R 2sin t x

dtdvy

R 2cos t

dt 1v1-10 以初速度0＝20m s抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60

v x vy ax ay

求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2 (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

(2)在落地点，

v2 v0 20m s 1,

而

an2 g cos60o

2v2(20)2

2 80m

an210 cos60 ∴

1-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad²s，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．

1

解：当t 2s时， t 0.2 2 0.4rad s

2

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1

则v R 0.4 0.4 0.16m s

an R 2 0.4 (0.4)2 0.064m s 2 a R 0.4 0.2 0.08m s 2

2

a an a 2 (0.064)2 (0.08)2 0.102m s 2

1-12 如题1-12图，物体A以相对B的速度v＝2gy沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时

A在斜面顶端高为h处，B物体以u匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度．

解：当滑至斜面底时，y h，则vA

因此，A对地的速度为

'vA地

u vA

2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，

(u 2gh

题1-12图

1-13 一船以速率v1＝30km²h²h -1

-1

v v2 v1

解：(1)大船看小艇，则有21

50km h 1

1-13图(b)，同上法，得 50km h

1

1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但

-1

当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m²s，求轮船的速率．

解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．

3

36.87 4

题1-14图

v v v雨船 ∵ 雨船

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v v v雨雨船船 ∴

由图中比例关系可知

v船 v雨 8m s 1

习题二

2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为m1的物体，另一边穿在质量为m2的圆

柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a 下滑，求m1，m2相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(解：因绳不可伸长，m2对绳子的相对加速度为a ，故m2①

有

m1g②

T ③ 联立①、②、③式，得

a1

m1, m2均作自由题2-1图

2-2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ）上以初速度与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．

v0运动，v0的方向

v解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取0方向为X轴，平行斜

面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.

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题2-2图

X方向： Fx 0 x v0t ①

Y方向： Fy mgsin may ②

t 0时 y 0 vy 0

1

y gsin t2

2

由①、②式消去t，得

1

y 2

gsin x2

2v2-3 质量为16 kg 的质点在xOy-7 N，当t＝0时，x y 0，x当t＝2 s时质点的 (1)位矢；fy＝

v

解：

ax

(1)

a

vx vx0 a02vy vy0 ay0

2

7 j

8

m s 1

1 2

)i aytj

2

1 7 3

4)i () 4j

8216

m

kv(k为常数)作用，t=0时质点的

速度为

v0，证明(1) t时刻的速度为v＝v0e

k ()tm

；(2) 由0到t的时间内经过的距离为

mv0mk

()tv()0

x＝(k)［1-em］；(3)停止运动前经过的距离为k；(4)证明当t mk时速

1v度减至0的e，式中m为质点的质量．

kvdva

mdt 答: (1)∵

分离变量，得

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dv kdt vm vdvt kdt

0m

即 v0v

v ktln lnev0

v v0e∴

(2)

(3)质点停止运动时速度为零，即t

k t

x vdt v0e

t

k

mt

dt

mv0 kt

(1 em)k 故有

x v00

m

(4)当t=k时，其速度为

v v0e

1v即速度减至0的e.

2-5 升降机内有两物体，质量分别为m1,绳子

(1) m1和m2相对升降机的加速度．m1，m2的加速度各为多少?

解: 分别以m1,m2(b)所示．

(1)设m2相对滑轮()a ，则m2对地加速度a2 a a；因绳不可伸长，

故m1a ，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平

m2g T m2(a a)

T m1a

题2-5图

联立，解得a g方向向下 (2) m2对地加速度为

a2 a a

g

2 方向向上

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'

m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝 a相 a牵

g2a1 a a g g

42 ∴

a1

arctan arctan 26.6o

a 2，左偏上．

v m2-6一质量为的质点以与地的仰角=30°的初速0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质

2

2

2

点落地时相对抛射时的动量的增量．

解: 依题意作出示意图如题2-6图

题2-6图

在忽略空气阻力情况下，, 而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30

o

由矢量图知，动量增量大小为

2-7 一质量为m1 s?

0.5sv2 0.5g．设向上为y轴正向，则动量的 mv0

p mv mv

小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰

mv2 ( mv1) mg

F (10 2t)iN，式中t的单位是s，(1)求4s后，

(2)为了使这力的冲量为200 N²s，

-1

6jm²s的物体,

解: (1)若物体原来静止，则

t 4 1

p1 Fdt (10 2t)idt 56kg m si

00,沿x轴正向，

p1 1

v1 5.6m si

m

I1 p1 56kg m s 1i 1

若物体原来具有 6m s初速，则

tt F

p0 mv0,p m( v0 dt) mv0 Fdt

0m0

于是

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t

p2 p p0 Fdt p1

0,

v v1,I2 I1 同理， 2

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，

那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

I (10 2t)dt 10t t2

亦即 t 10t 200 0 解得t 10s，(t 20s舍去)

02

t

2-9 一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为

求质点的动量及t＝0 到解: 质点的动量为

t

2

r acos ti bsin tj

将t 0和

t

2 分别代入上式，得

p1 m bj,p mai,

p mv m ( asin ti bcosj则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为

I p p2 p1 (ai bj)

1

vm s02-10 一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，

求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．

bt) 0,得

t

ab

1 bt)dt at bt2

2

a2I

2b

(3)由动量定理可求得子弹的质量

2-11 一炮弹质量为m，以速率v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T，且一块的质量为另一块质量的k倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为

Ia2

m

v02bv0

2kT2Tv+m, v-km

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证明: 设一块为m1，则另一块为m2，

m1 km2及m1 m2 m

于是得

m1

kmm

,m2 k 1k 1 ①

又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有

T

1112

m1v12 m2v2 mv2222 ②

mv m1v1 m2v2 ③

联立①、③解得

将④代入②，并整理得

于是有将其代入④式，有

v1 v

r 3i 4j 16kmF时，求所作

(3)如果质点的质量为1kg，试求动能

6j) ( 3i 4j 16k) 45J

75w

2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．

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

题2-13图

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f

ky

第一锤外力的功为A1

k

ss02 ①

式中f 是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt 0时，f f． 设第二锤外力的功为A2，则同理，有

A1 f dy fdy kydy

1

A2 kydy

1

y2

12kky2 22 ②

由题意，有

A2 A1 12ky22即

所以， y于是钉子第二次能进入的深度为

y y22-14 设已知一质点(质量为m)试求质点所受保守力的大小和方向．

F(r)

解:

方向与位矢r2-15 一根劲度系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B，B的下端 一重物C，C的质量为M，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性

势

能之比．

解: 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图

FA FB Mg

又 FA k1 x1

所以静止时两弹簧伸长量之比为

FB k2 x2

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x1k2

x2k1

弹性势能之比为

Ep1Ep2

2-16 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98³10kg，地球中心到月球中心的距离3.84³10m，月球质量7.35³10kg，

6

月球半径1.74³10m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P

解: (1)24

8

22

1

k1 x12

k

2

1k12k2 x22

经整理，得

r

则P

1.74) 106 3.66 107m

5.98 1024 11

6.67 10 38.4 3.83 107 m1和m2k，自然长度等于水平距离BC，m2A点，AB＝BC＝h，绳已拉直，现令滑块落下m1,求它下落到B处时的速率．

解: 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有

m2gh

式中 l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 联立上述两式，得

11

(m1 m2)v2 [m1gh k( l)2]22

l AC BC (2 1)h

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v

2 m1 m2 gh kh2

m

1 m2

2 1

2

题2-17图

2-18 如题2-18

与斜面的摩擦力为8N，到达B数和物体最后能回到的高度．

解:

k 式中s 4.8 0.2 5m，x .2m

frs

kN

m-1

h

frs mgs sin37o

s 1.4m, 则木块弹回高度

12kx2

h s sin37o 0.84m

题2-19图

2-19 质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．

解: m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统，以最低点为重力势

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能零点，则有

11

mv2 MV222

又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有

mv MV 0

mgR

联立，以上两式，得

v

2MgRm M

2-20 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．

证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有12mv0 22即 v0

题2-20图(a) 题2-20图又碰撞过程中，动量守恒，即有

mv0 v v12 ②

亦即0

v由②可作出矢量三角形如图0为斜边，

v故知1与v2

v vi vxyj, 质点受到一个沿x负方向2-21 一质量为m(x1y1)处，速度为

的力f

解:

r x1i y1j f fi

L0 r mv

(x1i y1i) m(vxi vyj)

(x1mvy y1mvx)k

作用在质点上的力的力矩为

M0 r f (x1i y1j) ( fi) y1fk

10

2-22 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为r1＝8.75³10m 时的速

率是v1＝5.46³10m²s，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08³10m²s这时它离太

4

-1

2

-1

阳的距离r2多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) 解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于

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哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有

1 r2mv2 r1mv

r1v18.75 1010 5.46 10412

r2 5.26 10m2

v29.08 10∴

1

2-23 物体质量为3kg，t=0时位于r 4im, v i 6jm s，如一恒力f 5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化．

3

p fdt 5jdt 15jkg m s 1

解: (1)

(2)解(一)

x x0 v0xt 4 3 7

1y v0yt at2 2

即 r1 4i,r2 vx v0xvy v0y at

即 v1 i1 6j

∴ L1 r1 mv1 4i

L2 r2 mv2 (7i L L L 21∴ M

解(二) ∵

dz

dt

∴

t t L ( F)dt

3

152

(t)i (6t ) t)j 5jdt023

3

5(4 t)kdt

82.5kkg m2 s 1

题2-24图

2-24 平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为M1的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为

r0时重物达到平衡．

今在M1的下方再挂一质量为M2

的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度 和半径r 为多少? 解: 在只挂重物时M1，小球作圆周运动的向心力为M1g，即

M1g mr0 0

挂上M2后，则有

2

①

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(M1 M2)g mr

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 联立①、②、③得

2

②

r0mv0 r mv

r02 0 r 2 ③

0

r

M1gmr0

M1gM1 M23

()mr0

2

M1 M2

m

2-25 飞轮的质量m＝60kg，半径R＝-1

900rev²min减速．已知闸杆的尺寸如题2-25惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F＝100 N(2)如果在2s解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(力，

Fx和Fy是杆在A

题

2-25图（a）

题2-25图(b)

杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

l1 l2

Fl1

对飞轮，按转动定律有 FrR/I，式中负号表示 与角速度 方向相反． ∵ Fr N N N

F(l1 l2) N l1 0

N

Fr N

∴

l1 l2

Fl1

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又∵

I

1

mR2,2

∴ 以F 100N等代入上式，得

FrR 2 (l1 l2) FImRl1

①

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

2 0.40 (0.50 0.75)40

100 rad s 2

60 0.25 0.503

这段时间内飞轮的角位移为

0900 2 3

53.1

2

0 900 rad s 1

60(2) 0t 用上面式(1)1OO 转动．设大小圆柱体m1和m2相连，

r＝0.10m，m＝4 kg，

＝2m．求：

解: 设1,2和β分别为1,2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

大学物理课后习题答案 北京邮电大学出版社 上册和下册 第三版

题2-26(a)图(1) m1,m2和柱体的运动方程如下：

T2 m2g mm1g T1 m1

T1R T2r I式中 T1 T1,T2 T2,a2 r ,a1 R 而 由上式求得

I

1MR2 2

Rm1 rm2

g

22

9.8

.8 20.8N

其质量为

17.1N

m1＝50

kg，2＝200 kg,M＝15 kg, ＝0.1 m

解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有

m2g T2 m2a ①

T1 m1a ②

对滑轮运用转动定律，有

1

T2r T1r (Mr2)

2 ③

又， a r ④

联立以上4个方程，得

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