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第一章运动的描述1-3一质点在xOy平面上运动，运动方程为x＝3t＋5，21342ytt=+−,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＝1s时刻和t＝2s时刻的位置矢量，计算这1s内质点的位移；(3)计算t＝0s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量的表示式，计算t＝4s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、平均加速度和瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式).解：（1）jttitr���)4321()53(2−+++=m(2)将1=t,2=t代入上式即有jir���5.081−=mjjr���4112+=mjjrrr�����5.4312+=−=∆m(3)∵jirjjr������1617,4540+=−=∴104sm534201204−⋅+=+=−−=∆∆=jijirrtrv��������(4)1sm)3(3dd−⋅++==jtitrv����则jiv���734+=1sm−⋅(5)∵jivjiv������73,3340+=+=204sm1444−⋅==−=∆∆=jvvtva�����(6)2sm1dd−⋅==jtva���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hm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10vms−⋅的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小.题1-4图解：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222shl+=将上式对时间t求导，得tsstlldd2dd2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，∴tsvvtlvdd,dd0−==−=船绳即θcosdddd00vvsltlsltsv==−=−=船或svshslvv02/1220)(+==船将船v再对t求导，即得船的加速度3202220202002)(ddddddsvhsvslsvslvsvvstsltlstva=+−=+−=−==船船1-5质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为226xα=+，a的单位为2ms−⋅，x的单位为m.质点在x＝0处，速度为101ms−⋅，试求质点在任何坐标处的速度值.解：∵xvvtxxvtvadddddddd===分离变量：xxadxd)62(d2+==υυ两边积分得cxxv++=322221由题知，0=x时，100=v,∴50=c∴13sm252−⋅++=xxv1-6已知一质点作直线运动，其加速度a＝4＋3t2ms−⋅.开始运动时，x＝5m，v＝0，求该质点在t＝10s时的速度和位置.解：∵ttva34dd+==分离变量，得ttvd)34(d+=积分，得12234cttv++=由题知，0=t,00=v,∴01=c故2234ttv+=又因为2234ddtttxv+==分离变量，tttxd)234(d2+=积分得232212cttx++=由题知0=t,50=x,∴52=c故521232++=ttx所以s10=t时m70551021102sm190102310432101210=+×+×=⋅=×+×=−xv1-7一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为323tθ=+，式中θ以rad计，t以s计，求：(1)t＝2s时，质点的切向加速度和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少？解：tttt18dd,9dd2====ωβθω(1)s2=t时，2sm362181−⋅=××==βτRa2222sm1296)29(1−⋅=××==ωRan(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan==°naaτ即βωRR=2亦即tt18)9(22=则解得923=t于是角位移为rad67.29232323=×+=+=tθ1-8质点沿半径为R的圆周按2012svtbt=−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）btvtsv−==0ddRbtvRvabtvan202)(dd−==−==τ则240222)(Rbtvbaaan−+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbtvRbaan−−==τϕ(2)由题意应有2402)(Rbtvbba−+==即0)(,)(4024022=−⇒−+=btvRbtvbb∴当bvt0=时，ba=1-9以初速度1020vms−=⋅抛出小球，抛出方向与水平面成α＝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1-9图所示．题1-9图(1)在最高点，o0160cosvvvx==21sm10−⋅==gan又∵1211ρvan=∴m1010)60cos20(22111=°×==navρ(2)在落地点，2002==vv1sm−⋅,而o60cos2×=gan∴m8060cos10)20(22222=°×==navρ第二章运动定律与力学中的守恒定律2-2质量为16kg的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx＝6N，fy＝－7N.当t＝0时，x＝y＝0，vx＝－2m·s－1，vy＝0.求当t＝2s时质点的位矢和速度.解：2sm83166−⋅===mfaxx2sm167−⋅−==mfayy(1)∫∫−−⋅−=×−=+=⋅−=×+−=+=20101200sm872167sm452832dtavvdtavvyyyxxx于是质点在s2时的速度1sm8745−⋅−−=jiv���(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220jijijtaitatvryx�������−−=×−+××+×−=++=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v0.证明：(1)t时刻的速度为()0ktmvve−=；(2)由0到t的时间内经过的距离为()0()1ktmmvxek−⎡⎤=−⎢⎥⎣⎦；(3)停止运动前经过的距离为0mvk；(4)证明当mtk=时速度减至v0的1e，式中m为质点的质量.答:(1)∵tvmkvadd=−=分离变量，得mtkvvdd−=即∫∫−=vvtmtkvv00ddmktevv−=lnln0∴tmkevv−=0(2)∫∫−−−===tttmkmkekmvtevtvx000)1(dd(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有∫∞−==′000dkmvtevxtmk(4)当t=km时，其速度为evevevvkmmk0100===−⋅−即速度减至0v的e1.后，物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量；(2)为了使冲量为200N·s，该力应2-5作用在质量为10kg的物体上的力为(102)FtiN=+�，式中t的单位是s.(1)求4s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－6jjjjm·s－1的物体，回答这两个问题.解:(1)若物体原来静止，则itittFpt����10401smkg56d)210(d−⋅⋅=+==∆∫∫,沿x轴正向，ipIimpv������111111smkg56sm6.5−−⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6−1sm−⋅初速，则∫∫+−=+−=−=tttFvmtmFvmpvmp000000d)d(,�������于是∫∆==−=∆tptFppp0102d�����,同理，12vv��∆=∆,12II��=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∫+=+=tttttI0210d)210(亦即0200102=−+tt解得s10=t，(s20=′t舍去)2-7设FFFF＝7iiii－6jjjjN.(1)当一质点从原点运动到rrrr＝－3iiii＋4jjjj＋16kkkkm时，求FFFF所做的功；(2)如果质点到rrrr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(kjijirFA�������++−⋅−=⋅=合J452421−=−−=(2)w756.045==∆=tAP(3)由动能定理，J45−==∆AEk2-10一质量为m的质点位于(x1，y1)处，速度为jvivvyx���+=，质点受到一个沿x负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩.解:由题知，质点的位矢为jyixr���11+=作用在质点上的力为iff��−=所以，质点对原点的角动量为vmrL���×=0)()(11jvivmiyixyx����+×+=kmvymvxxy�)(11−=作用在质点上的力的力矩为kfyifjyixfrM�������1110)()(=−×+=×=2-12物体质量为3kg，t＝0时位于rrrr＝4iiiim，v＝iiii＋6jjjjm/s，如一恒力ffff＝5jjjjN作用在物体上.求3s后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化.解:(1)∫∫−⋅⋅===∆301smkg15d5djtjtfp����(2)解(一)73400=+=+=tvxxxjattvyy5.25335213621220=××+×=+=即ir��41=,jir���5.2572+=10==xxvv1133560=×+=+=atvvyy即jiv���611+=,jiv���112+=∴kjiivmrL�������72)6(34111=+×=×=kjijivmrL��������5.154)11(3)5.257(222=+×+=×=∴1212smkg5.82−⋅⋅=−=∆kLLL����解(二)∵dtdzM=∴∫∫×=⋅=∆tttFrtML00d)(d����∫∫−⋅⋅=+=×⎥⎦⎤⎢⎣⎡×+++=301302smkg5.82d)4(5d5)35)216()4(2ktkttjjttit�����习题55-4长l＝15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度95.010Cmλ−=×的正电荷.试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距15.0acm=处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距25.0dcm=处Q点的场强.解：如题5-4图所示题5-4图(1)在带电直线上取线元xd，其上电量qd在P点产生场强为20)(dπ41dxaxEP−=λε2220)(dπ4dxaxEEllPP−==∫∫−ελ]2121[π40lala+−−=ελ)4(π220lal−=ελ用15=lcm，9100.5−×=λ1mC−⋅,5.12=acm代入得21074.6×=PE1CN−⋅方向水平向右(2)同理2220ddπ41d+=xxEQλε方向如题5-4图所示由于对称性∫=lQxE0d，即QE�只有y分量，∵22222220ddddπ41d++=xxxEQyλε22π4ddελ∫==lQyQyEE∫−+2223222)d(dllxx2220d4π2+=llελ以9100.5−×=λ1cmC−⋅,15=lcm,5d2=cm代入得21096.14×==QyQEE1CN−⋅，方向沿y轴正向5-6均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为53210Cm−×.试求距球心5cm,8cm及12cm的各点的场强.解:高斯定理0dε∑∫=⋅qSEs��,02π4ε∑=qrE当5=rcm时，0=∑q,0=E�8=rcm时，∑q3π4p=3(r)3内r−∴()2023π43π4rrrEερ内−=41048.3×≈1CN−⋅，方向沿半径向外．12=rcm时,3π4∑=ρq−3(外r）内3r∴()420331010.4π43π4×≈−=rrrEερ内外1CN−⋅沿半径向外.5-7半径为1R和2R(21RR)的两无限长