大学物理第五版课后答案(上)_【马文蔚】.doc

大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第-1-页 共- 137-页1-1 分析与解 (1) 质点在 t 至( t ＋Δ t)时间内沿曲线从 P 点运动到 P′ 点,各量关系如图所示, 其中路程Δ s ＝PP′, 位移大小｜Δ r｜＝ PP′,而Δ r ＝｜ r｜-｜ r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δ t→0 时,点 P′无限趋近 P点,则有｜d r｜＝d s,但却不等于d r．故选(B)．(2) 由于｜Δ r ｜≠Δ s,故 ,即｜ ｜≠ ．tsΔrv但由于｜d r｜＝d s,故 ,即｜ ｜＝ ．由此可见,应选(C)．td1-2 分析与解　 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向t速率．通常用符号 vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量； 表示速度矢量；在tdr自然坐标系中速度大小可用公式 计算,在直角坐标系中则可由公式tsdv求解．故选(D)．22dtytxv1-3 分析与解　 表示切向加速度 aｔ ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢tv量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用； 在极坐标系中表示径向速率 vr(如题trd1 -2 所述)； 在自然坐标系中表示质点的速率 v；而 表示加速度的大小而不是切向tsd t加速度 aｔ ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 分析与解　加速度的切向分量 aｔ 起改变速度大小的作用,而法向分量 an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于 aｔ 是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ 恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ 为一不为零的恒量,当aｔ 改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解　本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为 h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为 l,则小船的运动方程为,其中绳长 l 随时间 t 而变化．小船速度 ,式中 表示绳2hlx 2dhlttxvtl长 l 随时间的变化率,其大小即为 v0,代入整理后为 ,方向沿 x 轴负θllcos/020v向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析　位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第-2-页 共- 137-页改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δ x 的大小可直接由运动方程得到： ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此0xt时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据 来确定其运动方向改变的时刻 tp ,求0dtx出0～ tp 和 tp～ t 内的位移大小Δ x1 、Δ x2 ,则t 时间内的路程 ,如图所示,至21xs于 t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用 和 两式计算．解　(1) 质点在4.0 s内位移的大小 m3204(2) 由 得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)0dtx spt则 ,m.8Δ21Δ242x所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 48Δ21s(3) t＝4.0 s时 , s0.48txv, 20.4236dtxa1-7 分析　根据加速度的定义可知,在直线运动中 v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在 a-t 图上是平行于 t 轴的直线,由 v-t 图中求出各段的斜率,即可作出 a-t 图线．又由速度的定义可知, x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的 x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的 x–t 图为 t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程 x＝ x(t),求出不同时刻 t 的位置 x,采用描数据点的方法,可作出 x-t 图．解　将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为(匀加速直线运动), 　　 (匀速直线运动)2sm0ABAtav 0BCa(匀减速直线运动)21CDCt根据上述结果即可作出质点的 a-t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有 20txv由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的 x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作 的匀速直线运动, 其 x -t 图是斜率 k＝20的一段直线［图1sm20v(c)］．1-8 分析　质点的轨迹方程为 y ＝ f(x),可由运动方程的两个分量式 x(t)和 y(t)中消去t 即可得到．对于 r、Δ r、Δ r、Δ s 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对 s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s,则 ,最后用 积2d)(dd分求 ｓ ．解　(1) 由 x(t)和 y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为, 41xy大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第-3-页 共- 137-页这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将 t ＝0ｓ和 t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为, jr20jir4图(a)中的P、Q 两点,即为 t ＝0ｓ和 t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得 jijir 24)()(Δ0201 yx其中位移大小 m6.5)(2yxr而径向增量 7.20202r*(4) 如图(B)所示,所求Δ s 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元d s,则,由轨道方程可得 ,代入 ds,则2ｓ内路程为2)d(dyxs xy1m9.540xsQP大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第-4-页 共- 137-页1-9 分析　由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解　(1) 速度的分量式为, ttx601dv tty4015dv当 t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ -1 , voy ＝15 m·ｓ -1 ,则初速度大小为120sm.8y设 vo与 x 轴的夹角为α,则α ＝123°41′23tan0xyαv(2) 加速度的分量式为, 2sm6dtax 2sm40dtayv则加速度的大小为 21.7yx设 a 与 x 轴的夹角为 β ,则,β ＝-33°41′(或326°19′)32tnxyβ1-10 分析　在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程 y1 ＝ y1(t)和 y2 ＝ y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1　(1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为201atyv201gthyv当螺丝落至底面时,有 y1 ＝ y2 ,即大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第-5-页 共- 137-页202011gthatvv s705.ah(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m716.202tyd解2　(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小 a′＝ g ＋ a,螺丝落至底面时,有2)(10taghs705.2aght(2) 由于升降机在 t 时间内上升的高度为则 20tv m16.hd1-11 分析　该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程 r ＝ r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′ 坐标系,并采用参数方程 x′ ＝ x′ (t)和 y′ ＝ y′ (t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换 x ＝ x0 ＋ x′和 y ＝ y0 ＋ y′,将所得参数方程转换至 Oxy 坐标系中,即得 Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解　(1) 如图(B)所示,在O′x′y′ 坐标系中,因 ,tTθπ2则质点P 的参数方程为,　tRxsinTyπ2co坐标变换后,在O xy 坐标系中有,　tTRxπ2sin RtTyπ2cos0则质点P 的位矢方程为 jir Rttcoss ji)]π1.0(cos[3)1.0(sin3tt(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第-6-页 共- 137-页jjir )smπ3.0(2sinπ2cosπd 1tTRtTtv iaco)(n)( 22R1-12 分析　为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解　设太阳光线对地转动的角速度为 ω ,从正午时分开始计时,则杆的影长为 s＝ htgωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为 132sm094.1cosdtωhtv当杆长等于影长时,即 s ＝ h,则 6πartn1t即为下午3∶00 时．1-13 分析　本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由 和 可得 和 ．如 a＝ a(t)或 v tadvtxtadvtxv＝ v(t),则可两边直接积分．如果 a 或 v不是时间 t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解　由分析知,应有 ta0d0v得 (1)0314vvt由 tx00得 (2)0421xttx将 t＝3ｓ时, x＝9 m, v＝2 m·ｓ -1代入(1) (2)得 v0＝-1 m·ｓ -1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为75.14t1-14 分析　本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度 v的函数,因此,需将式d v ＝ a(v)dt 分离变量为 后再两边积分．tad)(v解　选取石子下落方向为 y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 (1)BAtd用分离变量法把式(1)改写为(2)tBAv大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）大学物理课后习题答案（上）第-7-页 共- 137-页将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度 tBA0d0vv )1(BteAv由此可知当, t→∞时, 为一常量,通常称为极。