大学物理习题解答
湖南大学应用物理系
第一章 质点运动学
P26．
1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t - 2t．试求：
（1）第2s内的位移和平均速度； （2）1s末及2s末的瞬时速度，第2s内的路程；
（3）1s末的瞬时加速度和第2s内的平均加速度．
[解答]（1）质点在第1s末的位移大小为
x(1) = 6×1 - 2×1 = 4(m)．
在第2s末的位移大小为
x(2) = 6×2 - 2×2 = 8(m)．
在第2s内的位移大小为
Δx = x(2) – x(1) = 4(m)，
经过的时间为Δt = 1s，所以平均速度大小为
v=Δx/Δt = 4(m·s)．
-1
2
3
2
3
2
3
倍．试证加速度为a?2(n?1)s(n?1)t2．
并由上述数据求出量值．
[证明]依题意得vt = nvo， 根据速度公式vt = vo + at，得
a = (n – 1)vo/t， (1)
根据速度与位移的关系式vt2 = vo2 + 2as，得 a = (n2 – 1)vo2/2s，(2)
（1）平方之后除以（2）式证得
a?2(n?1)s(n?1)t2．
计算得加速度为 a?2(5?1)30(5?1)102= 0.4(m·s)．
-2
1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s-1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m，忽略空气阻力，且取g =
-2
10m·s．问：
（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？
（2）他
22.5o 70m 图1.3
（2）质点的瞬时速度大小为
2
v(t) = dx/dt = 12t - 6t，
因此v(1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s-1)， v(2) = 12×2 - 6×2 = 0，
质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m．
（3）质点的瞬时加速度大小为 a(t) = dv/dt = 12 - 12t，
因此1s末的瞬时加速度为
a(1) = 12 - 12×1 = 0，
第2s内的平均加速度为
a= [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s-2)． [注意]第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．
1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s内走过路程s = 30m，而其速度增为n = 5
1
2
在东边落地
时的速度？速度与水平面的夹角？
[解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为
vy0 = v0sinθ = 24.87(m·s)． 取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式
vt - v0 = at，
这里的v0就是vy0，a = -g；当他达到最高点
-1
时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)．
再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式
vt2 - v02 = 2as， 可得上升的最大高度为
h1 = vy02/2g = 30.94(m)．
他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为
h2 = h1 + h = 100.94(m)．
根据自由落体运动公式s = gt/2，得下落的时间为
t2?2h2g2
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dv/dt = -kv2，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
1v?1v0?kt；
（2）试证在时间t内，船行驶的距离为x?1kln(v0kt?1)．
dvv2[证明]（1）分离变量得
v??kdt，
= 4.49(s)．
积分
v0?v1vdv2t??k?dt，
0因此他飞越的时间为
t = t1 + t2 = 6.98(s)． 他飞越的水平速度为
vx0 = v0cosθ = 60.05(m·s-1)， 所以矿坑的宽度为
x = vx0t = 419.19(m)．
（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为
vy = gt = 69.8(m·s-1)，
落地速度为
v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m·s-1)，
与水平方向的夹角为
υ = arctan(vy/vx) = 49.30o， 方向斜向下．
方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y = vy0t - gt/2，移项得时间的一元二次方程
12gt?v0sin?t?y?0，
2可得 ?1v0?kt．
（2）公式可化为v?由于v = dx/dt，所以
dx?v01?v0ktxv01?v0kt，
dt?1k(1?v0kt)d(1?v0kt)
t积分
?dx?0?k(1?v01kt)0d(1?v0kt)．
因此 x?1kln(v0k?t1．) 证毕．
2
[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，
根据牛顿第二定律得f = ma． 由于a = d2x/dt2， 而 dx/dt = v， 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程
dt?mdvf(v)解得
t?(v0sin??v0sin??2gy)g．
22这里y = -70m，根号项就是他落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为
t = 6.98(s)． 由此可以求解其他问题．
1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关
2
，
解方程即可求解．
在本题中，k已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则
dv/dt = -kvn．
（1）如果n = 1，则得
dvv??kdt，
ω = dθ/dt = 12t = 48(rad·s)，
法向加速度为
an = rω2 = 230.4(m·s-2)；
角加速度为
β = dω/dt = 24t = 48(rad·s-2)， 切向加速度为
at = rβ = 4.8(m·s-2)．
（2）总加速度为a = (at + an)，
222
当at = a/2时，有4at = at + an，即
an?at3．
2
21/2
2-1
积分得
lnv = -kt + C．
当t = 0时，v = v0，所以C = lnv0，因此
lnv/v0 = -kt， 得速度为
-kt
v = v0e．
而dv = v0e-ktdt，积分得
x?v0?kv0ke?kt?C`．
当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此
x?(1-e?kt由此得r?2?r?3，
)．
dvvn即 (12t2)2?24t3，
??kdt，积
（2）如果n≠1，则得分得
v1?n解得 t?所以
33/6．
1?n??kt?C．
??2?4t?2(1?22
33/3)=3.154(rad)．
（3）当at = an时，可得rβ = rω2，
v1?n0当t = 0时，v = v0，所以
1vn?11?n?C，因此
即 24t = (12t)，
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 = 203m·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
?1vn?10?(n?1)kt．
如果n = 2，就是本题的结果． 如果n≠2，可得
x?{[1?(n?1)v0kt](n?2)vn?1(n?2)/(n?1)?1}n?20k，
的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？
y a ay O α ax θ v0x v0y v0 读者不妨自证．
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 + 4t3．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
3
x [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为
v0x = v0cosθ， v0y = v0sinθ． 加速度的大小为 ax = acosα，
ay = asinα． 运动方程为
x?v0xt?12axt， 121212ayt． aco?s?222（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
h1?v0t?1212at；
2y??v0yt?即 x?v0co?s?t?， t2y??v0sin??t?asin??t．
令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去）；t?2v0sin?asin??103(s)．
螺帽做竖直上抛运动，位移为
h2?v0t?gt．
2将t代入x的方程求得x = 9000m． [注意]选择不同的坐标系，例如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相同的结果．
1．7 一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法
图1.7 R 由题意得h = h1 - h2，所以
h?12(a?g)t，
2解得时间为
t?2h/(a?g)= 0.705(s)．
算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程
h = (a + g)t2/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
1．9 有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处．已知气流相对于地面的速度为u，AB之间的距离为l，飞机相对于空气的速率v保持不变．
（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为t0?2lvA 向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度．
由于h?12at?t，所以
2at = 2h/Δt2 = 0.2(m·s-2)． 物体下降3s末的速度为
v = att = 0.6(m·s-1)，
这也是边缘的线速度，因此法向加速度为
an?v2；
（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为t1?t01?u/v22；
（3）如果气流的速度向北，证明来回
= 0.36(m·s)．
飞行的总时间为t2?-2
Rt01?u/v22．
1．8 一升降机以加速度1.22m·s-2上升，当上升速度为2.44m·s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m．计算：
[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v，路程为2l，所以飞行时间为t0 = 2l/v．
（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行
4
时间为
t1??因此v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα，
lv?u2l/v1?u/v22?lv?u??t02vlv?u222
即 v1?v2(sin??lh cos?)． 证毕．
1?u/v2．
v
v v + u
B
方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得
v1?v2sin(90???)（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小为V?22A B
所以
sin(???)，
A v - u
v1?v2sin(???)cos?cos?
v A u v u B
?v2sin?cos??cos?sin? ?v2(sin??cos?tan?)， 即 v1?v2(sin??lhcos?)．
v?u，所以飞行时间为
t2?2lV?t01?u/v222lv?u22?2l/v1?u/v22
方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t时间内，雨滴的位移为
l = (v1 – v2sinθ)t，
h = v2cosθ?t．
两式消去时间t即得所求． 证毕．
?． 证毕．
1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角
θ 为θ，偏向于汽l v2 车前进方向，速
h 度为v2．今在车v1 后放一长方形物体，问车速
图1.10
v为多大时此
1
第二章 质点力学的基本定律
P46．
2．1 如图所示，把一个质量为m的木块放在与水平成θ角F m 的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs较小，因此若不加支持，
木块将加速下滑．
（1）试证tanθ≧μs；
θ 图2.1
?物体刚好不会被雨水淋湿？
?[解答]雨对地的速度v2等于雨对车的
速度v3加车对地的速度v1，由此可作矢量三角形．根据题意
??α h v3 α θ v2 v⊥ l v1
（2）须施加多大的水平力F，可使木块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多
大？
?（3）如不断增大F的大小，则摩擦力
得tanα = l/h．
方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得
v1 = v2sinθ + v3sinα，
其中v3 = v⊥/cosα，而v⊥ = v2cosθ，
5
和正压力将有怎样的变化？
（1）[证明]木块在斜面上时受到重力
???G?mg和斜面的支持力N以及静摩擦力