大学物理简明教程习题以及它的答案习题一1-1 解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r ϖϖ-=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t sd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r +=式中t rd 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 ϖϖ=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττϖϖ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t vt v t v d d d d d d ττϖϖϖ+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t rd ˆd d ˆd τϖϖΘ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 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 ϖϖϖ+=， j t y i t x t r a jty i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx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 rd 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 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径。

或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r ϖ在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r ϖ及速度v ϖ的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 解：（1） jt t i t r ϖϖϖ)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有 j i r ϖϖϖ5.081-= m j j r ϖϖϖ4112+=m j j r r r ϖϖϖϖϖ5.4312+=-=∆m(3)∵ j i r j j r ϖϖϖϖϖϖ1617,4540+=-= ∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j i r r t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ (4) 1sm )3(3d d -⋅++==j t i t r v ϖϖϖϖ 则 j i v ϖϖϖ734+= 1s m -⋅ (5)∵ j i v j i v ϖϖϖϖϖϖ73,3340+=+= 204s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a ϖϖϖϖϖ(6) 2s m 1d d -⋅==j t v a ϖϖϖ 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得t s stl l d d 2d d 2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴t sv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或s v s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d s v h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a =+-=+-=-==船船 1-5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 cx x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴13s m 252-⋅++=x x v 1-6解：∵ t t va 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c 故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量， tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x所以s 10=t 时m 70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v 1-7 解： tt t t 18d d ,9d d 2====ωβθω (1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a 2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒n a a τ 即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=⨯+=+=t θ 1-8解：（1） bt v t sv -==0d dR bt v R v a btv a n 202)(d d -==-==τ 则240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctan bt v Rba a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+==即0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b ∴当b v t 0=时，b a = 1-9解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-9图(1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n 又∵ 1211ρv a n =∴m 1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ (2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o 60cos 2⨯=g a n∴m8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-10解：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅ 08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n 1-11解：(1)大船看小艇，则有1221v v v ρϖϖ-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-11图 由图可知1222121h km 50-⋅=+=v v v 方向北偏西︒===87.3643arctan arctan 21v v θ(2)小船看大船，则有2112v v v ρϖϖ-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅方向南偏东o87.36习题二2-1解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-1图X 方向： 0=x Ft v x 0= ①Y 方向：yy ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α 2-2 解： 2sm 83166-⋅===m f a x x2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=j i v ϖϖϖ (2)m 874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++= 2-3 答: (1)∵ t vm kv a d d =-= 分离变量，得m tk v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t m tk v v 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2)⎰⎰---===t tt m k m k e k mv t e v t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv te v x t m k (4)当t=k m 时，其速度为 e v e v e v v k mm k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e 1. 2-4 题2-4图 在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下． 2-5 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I i mp v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t t tF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ,同理，12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ=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⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-6解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b a t =代入，得 b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-7解: (1)由题知，合F ϖ为恒力，∴)1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合 J 452421-=--=(2) w756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-8解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。