-大学物理上下册课后习题答案.docx

大学物理上下册课后习题答案 习题 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r =R(cosωt i+sinωt j)其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率 解：1）由r=R(cosωt i+sinωt j)知 x= R cos ωt y= R sin ωt 消去 t 可得轨道方程x2+y2=R2 2）v=d dt r = ?ωR sinωti+ωRcosωt j v =[(?ωR sinωt)2+(ωR cosωt)2]12=ωR 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r=4t2i+(3+2t) j，式中r的 单位为m，t的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从t=0到t=1秒的位移；（3）t =0和t =1秒两时刻的速度 解：1）由r=4t2i+(3+2t)j可知 x= 4t 2 y= 3 + 2t 消去 t 得轨道方程为：x=(y?3)2 2）v = d d r t = 8t i + 2 j r = ∫01 v dt = ∫01 (8t i + 2 j )dt = 4i + 2 j 3） v (0) = 2 j v (1) = 8i + 2 j 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r = t 2 i + 2t j ，式中r 的单位为 m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速 度和法向加速度。

解：1）v = d d r t = 2t i + 2 j a = d d v t = 2i 2）v = [(2t)2 + 4] 12 = 2(t 2 +1) 12 a t = dv = 2t d t t 2 +1 a = a 2 ? a 2 = 2 n t t 2 +1 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落， 升 降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 y = v t + 1 at （1） 图 1-4 2 1 0 2 1 gt 2 y 2 = h + v 0t ? （2） 2 y 1 = y 2 （3） 解之 t = 2d g + a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度v 0 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d r ， d v ， d v . d t d t d t 解：（1） x = v 0 t 式（1） y = h ? 1 gt 2 式（2） 2 1 gt 2 ) j r (t) = v 0 t i + (h - 2 （2）联立式（1）、式（2）得 y = h ? gx 2 2v 02 （3） d r = v 0 i - gt j 而 落地所用时间 t = 2h g dt 所以 d r = v 0 i - 2gh j d v = ?g j dt dt v =v 2x + v2y = v02+ (?gt)2 dv=g 2 t=g2gh dt [ 2 + ( ) 2 ] 1 2 ( 2 + 2) 1 2 00 1-6. 路灯距地面的高度为h1，一身高为h2的人在路灯下以匀速v1沿直线行 走。

试证明人影的顶端作匀速运动，并求其速度v2 . 证明：设人从 O 点开始行走，t 时刻人影中足的坐标为 x 1 ，人影中头的坐 标 为 x 2 ，由几何关系可得 图 1-6 x 2 = h 1 而 x = v t x 2 ? x 1 h 2 1 所以，人影中头的运动方程为 x 2 = h 1 x 1 = h 1t v 0 h 1 ? h 2 h 1 ? h 2 人影中头的速度 v 2 = dx 2 = h 1 v 0 dt h 1 ? h 2 1-7. 一质点沿直线运动，其运动方程为 x = 2 + 4t ? 2t 2 (m)，在 t 从 0 秒到 3 秒的时间间隔内，则质点走过的路程为多少？ 解：v = dx = 4 ? 4t 若v = 0 解的 t =1s dt x 1 = x 1 ? x 0 = (2 + 4 ? 2) ? 2 = 2m x 3 = x 3 ? x = (2 + 4 3 ? 2 32 ) ? (2 + 4 ? 2) = ?8m 1 x = x 1 + x 2 = 10m 1-8. 一弹性球直落在一斜面上，下落高度 h =20cm，斜面对水平的倾角θ=30o，问它 第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远 (假设小球碰斜面前后速度数值相等，碰撞时 人射角等于反射角)。

图 1-8 解：小球落地时速度为v0 =2gh 一 建立直角坐标系，以小球 第一次落地点为坐标原点如图 v x0= v0 cos 600x = v0cos 600 t + 1 g cos 600 t 2（1） 2 v y 0= v0 sin 600 y = v0sin 600 t ? 1 g sin 600 t 2 （2） 2 第二次落地时y=0t = 2v0 g x = v0cos 600 t +1g cos 60 t2= 2v2 = 0.8m 所以0 2g 1-9. 地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上的物体仍能保持在地球 上而不致离开地球?已知现在赤道上物体的向心加速度约为3.4cm / s2，设赤道上 重力加速度为9.80m/s2 . 解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足g=Rω2 现在赤道上物体ω′= 3.4 10?2 R ω =9.8 =17 ω′ 3.4 10?2 1-10. 已知子弹的轨迹为抛物线，初速为v0，并且v0与水平面的夹角为θ . 试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径。

解：在顶点处子弹的速度v=v0cosθ，顶点处切向加速度为 0 因此有： g = v 2 = (v cos θ)2 ρ = v 2 cos 2 θ ρ ρ g 在落地点速度为 v 0 g cos θ = v 2 ρ = v 2 ρ cos θ 1-11. 飞机以v 0 =100m / s 的速度沿水平直线飞行，在离地面高h = 98m 时， 驾驶员要把物品投到前方某一地面目标上，问：投放物品时，驾驶员看目标的视 线和竖直线应成什么角度?此时目标距飞机下方地点多远? 解：设此时飞机距目标水平距离为 x 有： x = v 0t h = 1 gt 2 2 x 联立方程解得： x ≈ 447m θ = arctan ≈ 77.50 h 1-12. 设将两物体 A 和 B 分别以初速v A 和v B 抛掷出去．v A 与水平面 的夹角 为α ；v B 与水平面的夹角为β ，试证明在任何时刻物体 B 相对物体 A 的速度是 常矢量。

解：两个物体在任意时刻的 速度为 v A = v 0 cos αi + (v 0 sin α? gt ) j v B = v 0 cos βi +(v0sinβ- gt) j v BA= v B- v A=(v0cosβ?v0cosα)i +(v0sinβ?v0sinα) j 与时间无关，故B相对物体A的速度是常矢量 1-13. 一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动，物体初速为 v0=49.0m / s，而气球以速度v =19.6m / s匀速上升，问气球中的观察者在第 二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少？ 物体在任意时刻的速度表达式为 v y = v 0 ? gt 故气球中的观察者测得物体的速度 v = v y ? v 代入时间 t 可以得到第二秒末物体速度 v = 9.8 m s 。