《大学物理简明教程》习题解答欧阳光明（2021.03.07）习题一1-1｜r ∆｜与r ∆有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v和td 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）td d r 是速度的模，即t d d r ==v ts d d .tr d d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中trd 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)td 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 式中dt dv就是加速度的切向分量.(t t r d ˆd d ˆd 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 =trd d ，及a ＝22d d tr 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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=， 故它们的模即为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、加速度定义作其二，可能是将22d d d d tr t r 与误作速度与加速度的模。

在1-1题中已说明trd 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在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4.式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 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 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)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）jt t i t r)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有(3)∵j i r j j r 1617,4540+=-= ∴104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i t r v 则j i v 734+=1s m -⋅(5)∵j i v j i v73,3340+=+=(6) 2s m 1d d -⋅==j t v a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0v (m ·1-s )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 ，此时绳与水面成θ角，由图可知 将上式对时间t 求导，得ts s t l ld 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sv s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m.质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值．解：∵xv 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 v1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为a ＝4+3t 2s 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 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1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，θ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：t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω(1)s 2=t 时，2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na 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 θ1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ． 解：（1）bt v t sv -==0d d则240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为(2)由题意应有即0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当bv t 0=时，b a =1-9 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (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． 题1-9图(1)在最高点， 又∵1211ρv a n =∴m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而o60cos 2⨯=g a n∴m8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-10飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β=0.2rad ·2s -，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：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅1-11 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有1221v v v -=，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 arctan21v v θ(2)小船看大船，则有2112v v v-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 方向南偏东o87.36习题二2-1 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向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．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 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 F t v x 0=①Y方向：yy ma mg F ==αsin ②0=t 时0=y 0=y v由①、②式消去t ，得2-2 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解：2s m 83166-⋅===m f a x x(1)于是质点在s 2时的速度 (2)2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(kmv 0)［1-t mke)(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵t vm kv a d d =-=分离变量，得即⎰⎰-=vv t mt k v v 00d d∴tm k ev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m ke k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k(4)当t=km 时，其速度为即速度减至0v 的e 1.2-4一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质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2-4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o30，则动量的增量为由矢量图知，动量增量大小为0v m ，方向竖直向下．2-5 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j 6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则it i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是 ⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理，12v v ∆=∆,12I I=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，即亦即0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量将b at =代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2-7设N 67j i F -=合．(1)当一质点从原点运动到m 1643k j i r ++-=时，求F 所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．解: (1)由题知，合F为恒力，∴)1643()67(k j i j i r F A++-⋅-=⋅=合(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．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。