大学物理 1章作业 answers
大学物理第一章答案
大学物理第一章答案【篇一：大学物理第一章答案】（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（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）角速度为法向加速度为角加速度为切向加速度为（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．即 24t = (12t2)2，解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．[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，所以物体下降3s末的速度为v = att = 0.6(m2s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m2s-2)．1.8 一升降机以加速度1.22m2s-2上升，当上升速度为2.44m2s-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：（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；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为= 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．第一章质点运动学1.1 一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t3．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) = 6312 - 2313 = 4(m)．在第2s末的位移大小为x(2) = 6322 - 2323 = 8(m)．在第2s内的位移大小为（2）质点的瞬时速度大小为v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，因此v(1) = 1231 - 6312 = 6(m2s-1)，v(2) = 1232 - 6322 = 0，（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 - 1231 = 0，第2s内的平均加速度为[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倍．试证加速度为．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．计算得加速度为= 0.4(m2s-2)．（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？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 = gt2/2，得下落的时间为= 4.49(s)．因此他飞越的时间为t = t1 + t2 = 6.98(s)．他飞越的水平速度为所以矿坑的宽度为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(m2s-1)，落地速度为v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m2s-1)，与水平方向的夹角为方向斜向下．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 - gt2/2，移项得时间的一元二次方程，解得．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；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变量得，积分，可得．（2）公式可化为，由于v = dx/dt，所以积分．因此．证毕．[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，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，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v = v0e-kt．而dv = v0e-ktdt，积分得．当t = 0时，x = 0，所以c` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（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）角速度为法向加速度为角加速度为切向加速度为（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．即 24t = (12t2)2，解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为加速度的大小为运动方程为，．即，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为t = 0（舍去）；(s)．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【篇二：大学物理习题答案第一章】3 如题1-3图所示，汽车从a地出发，向北行驶60km到达b地，然后向东行驶60km到达c地，最后向东北行驶50km到达d地。
大学物理上册第一章习题解答
习题1.1一质点沿直线运动，其运动方程为x=6t-t2(SI),求（1）t=4s时刻质点的速度和加速度;v=dx/dt=6-2t=-2m/s a=dv/dt=-2m/s2（2）在t由0至4s的时间间隔内，质点的位移大小和路程分别是多少？△x=x4-x0=24-16=8m令v=6-2t=0 则t=3s s=x3+（x3-x4）=18-9+9-8=10m1.2一遥控玩具赛车在一画有坐标系的场地运动，其位置坐标对时间的函数由下式给出：x=-0.31t2+7.2t+28,y=0.22t2-9.1t+30.试用单位矢量表示赛车在t=15s时刻的位矢，并求出其大小和其与x轴正向所夹的角度。
令t=15s 则x=66.25m y=-57m r=66.25→i-57→jr=(x2+y2)1/2=87.396m tana=y/x=-40.696。
1.3已知一质点的运动方程为x=2t,y=19-2t2,试求：（1）t=1s时的速度和加速度；→v=dx/dt →i+dy/dt→j=2→i-4t→j m/s→a=dv/dt=-4→j m/s2（2）何时质点的位置矢量和速度矢量垂直；→r=2t →i+（19-2t2)→j→r·→v=4t→i2+4t(2t2-19)→j2=4t+8t3-76t=8t3-72t=0t=0或t=3s（3）质点离原点最近的距离有多远。
r=(x2+y2)1/2=(4t2+361+4t4-76t2)1/2=(4t4-72t2+361)1/2=[(2t2-18)2+37]1/2当2t2-18=0时，r min=371/2=6.08m1.4一身高为l的人以速度v0在路上匀速行走，他经过一路灯继续往前匀速直线行走，路灯距地面的高度为h，求人影头顶的移动速度和影长增长的速度。
设人影头顶移动速度为v1，影长增长速度为v2，由比例关系得：h/l=v1t/(v1t-v0t) v1=h/(h-l)v0h/l=(v0t+v2t)/v2t v2=l/(h-l)v01.5距河岸500m处有一艘京静止的船，船上的探照灯以转速为n=1r/min转动，求当光束与岸边成60度角时，光束沿岸边移动的速度。
大学物理学-第1章习题解答
大学物理简明教程（上册）习题选解第1章 质点运动学1-1 一质点在平面上运动，其坐标由下式给出)m 0.40.3(2t t x -=，m )0.6(32t t y +-=。
求：（1）在s 0.3=t 时质点的位置矢量；（2）从0=t 到s 0.3=t 时质点的位移；（3）前3s 内质点的平均速度；（4）在s 0.3=t 时质点的瞬时速度；（5）前3s 内质点的平均加速度；（6）在s 0.3=t 时质点的瞬时加速度。
解：（1）m )0.6()0.40.3(322j i r t t t t +-+-= 将s 0.3=t 代入，即可得到 )m (273j i r +-=（2）03r r r -=∆，代入数据即可。
（3）注意：0303--=r r v =)m/s 99(j i +-（4）dtd r=v =)m/s 921(j i +-。
（5）注意：0303--=v v a =2)m /s 38(j i +-（6）dtd va ==2)m /s 68(j -i -，代入数据而得。
1-2 某物体的速度为)25125(0j i +=v m/s ，3.0s 以后它的速度为)5100(j 7-i =v m/s 。
在这段时间内它的平均加速度是多少？解：0303--=v v a =2)m /s 3.3333.8(j i +-1-3 质点的运动方程为) 4(2k j i r t t ++=m 。
（1）写出其速度作为时间的函数；（2）加速度作为时间的函数； （3）质点的轨道参数方程。
解：（1）dtd r=v =)m/s 8(k j +t （2）dtd v a ==2m/s 8j ； （3）1=x ；24z y =。
1-4 质点的运动方程为t x 2=，22t y -=（所有物理量均采用国际单位制）。
求：（1）质点的运动轨迹；（2）从0=t 到2=t s 时间间隔内质点的位移r ∆及位矢的径向增量。
解：（1）由t x 2=，得2xt =，代入22t y -=，得质点的运动轨道方程为 225.00.2x y -=；（2）位移 02r r r -=∆=)m (4j i - 位矢的径向增量 02r r r -=∆=2.47m 。
大物第1章习题答案
第九页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第十页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第十一页 四十六分。
第十三页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第十四页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第十五页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第十六页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第十七页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第十八页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第一页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第二页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第三页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第四页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第五页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第六页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第七页，编辑于星期一：三点 四十六分。
第八页，编辑于星期一：三点 四十六分。
（完整版）大学物理学（课后答案）第1章
（完整版）⼤学物理学（课后答案）第1章第1章质点运动学习题⼀选择题1-1 对质点的运动，有以下⼏种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的⽅向相同(B)在某⼀过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的⼤⼩和⽅向不变，其速度的⼤⼩和⽅向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减⼩，则速度也不断减⼩解析：速度是描述质点运动的⽅向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。
1-2 某质点的运动⽅程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向解析：229dx v t dt ==-，18dva tdt==-，故答案选D 。
1-3 ⼀质点在平⾯上作⼀般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某⼀段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ](A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v解析：瞬时速度的⼤⼩即瞬时速率，故v =v ；平均速率sv t=，⽽平均速度trv =，故v ≠v 。
答案选D 。
1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ](A)速度⽅向⼀定指向切向，所以法向加速度也⼀定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也⼀定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度⼀定不为零解析：质点作圆周运动时，2n t v dva a dtρ=+=+n t n t a e e e e ，所以法向加速度⼀定不为零，答案选D 。
1-5 某物体的运动规律为2dvkv t dt=-，式中，k 为⼤于零的常量。
当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ](A)2012v kt v =+ (B)20112kt v v =+(C)2012v kt v =-+ (D)20112kt v v =-+解析：由于2dvkv t dt=-，所以020()vtv dv kv t dt =-?，得到20112kt v v =+，故答案选B 。
大学物理学第一章习题答案
习题11、1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处,其速度大小为(A)(B)(C)(D)[答案:D](2) 一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度,瞬时加速度,则一秒钟后质点的速度(A)等于零(B)等于-2m/s(C)等于2m/s (D)不能确定。
[答案:D](3) 一质点沿半径为R的圆周作匀速率运动,每t秒转一圈,在2t时间间隔中,其平均速度大小与平均速率大小分别为(A)(B)(C) (D)[答案:B]1、2填空题(1) 一质点,以的匀速率作半径为5m的圆周运动,则该质点在5s内,位移的大小就是;经过的路程就是。
[答案: 10m;5πm](2) 一质点沿x方向运动,其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI),如果初始时刻质点的速度v0为5m·s-1,则当t为3s时,质点的速度v=。
[答案: 23m·s-1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度航行,水流速度为,一人相对于甲板以速度行走。
如人相对于岸静止,则、与的关系就是。
[答案:]1、3一个物体能否被瞧作质点,您认为主要由以下三个因素中哪个因素决定:(1) 物体的大小与形状;(2) 物体的内部结构;(3) 所研究问题的性质。
解:只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响,因此主要由所研究问题的性质决定。
1、4下面几个质点运动学方程,哪个就是匀变速直线运动？(1)x=4t-3;(2)x=-4t3+3t2+6;(3)x=-2t2+8t+4;(4)x=2/t2-4/t。
给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度与加速度,并说明该时刻运动就是加速的还就是减速的。
(x单位为m,t单位为s)解:匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。
加速度又就是位移对时间的两阶导数。
于就是可得(3)为匀变速直线运动。
其速度与加速度表达式分别为t=3s时的速度与加速度分别为v=20m/s,a=4m/s2。
因加速度为正所以就是加速的。
《大学物理学》第1-6章课后习题解答
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？(2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？(4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dvdt =和0d v dt=各代表什么运动？ (6) 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22r x y =+，然后根据drv dt= 及 22d r a dt =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22dx dy v dt dt ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 及 222222d x d y a dt dt ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
大学物理课后习题答案第一章
第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 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：=Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 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 ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒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 走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述数据求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= 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 = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他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（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程， 解得：．这里y = -70m ，根号项就是人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d v /d t = -kv 2，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； （2）试证在时间t ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 故 ，可得：． （2）公式可化为，由于v = d x/d t ，所以： 积分．因此 ． 证毕．[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 = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 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d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，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 + 4t 3．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ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，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 = 20m·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，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0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 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， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．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：（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；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= 0.705(s)．算得h 2 = -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 )t 2/2，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； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[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t 0 = 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 ， 所以飞行时间为 ． （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，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 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，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
大学物理第一章课后习题答案
1.1 一质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 。
（1）以时间t 为变量，写出质点位矢的表达式；（2）求出质点速度分量的表达式，并计算s 4=t 时，质点速度的大小和方向；（3）求出质点加速度分量的表达式，并计算出s 4=t 时，质点加速度的大小和方向。
解：（1）)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 质点位矢的表达式为：j t t i t j y i x r )432/()53(2-+++=+=； （2）m/s 3)53(=+==t dt d dt dx v x ，m/s )3()432/(2+=-+==t t t dt d dt dy v ys 4=t ，m/s 3=x v ，m/s 7=y v ，m/s 6.7m/s 5822==+=y x v v v设θ是v 和x v 的夹角，则37tan ==x y v v θ，8.66=θ°； （3）2m/s 0)3(===dt d dt dv a x x ，2m/s 1)3(=+==t dt ddt dv a y ys 4=t ，2m/s 0=x a ，2m/s 1=y a ，222m/s 1=+=y x a a a方向沿y 轴方向。
1.2 质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (3t x =，)SI (22t y -=。
（1）写出质点运动的轨道方程；（2）s 2=t 时，质点的位矢、速度和加速度。
解：（1）质点运动方程)SI (3t x =，)SI (22t y -=，质点运动的轨道方程为：9/2)3(222x xy -=-=或2189x y -=；（2）j t i t j y i x r )2()3(2-+=+=，s 2=t 时： j i r 26-=j t i v 23-=，s 2=t 时：j i v43-=j a 2-=，s 2=t 时：j a2-=1.3质点沿直线运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：)SI (cos t Ae x tωβ-=（A 和β皆为常量）。
大学物理第一章习题解答
习题一1.2. 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算(1)在最初s 2内的平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的位移、平均速度；(3)s 1末到s 3末的平均加速度；此加速度是否可以 用式221a a a ave +=计算？ (4)s 3末的瞬时加速度。
解：(1) 最初s 2内的平均速度为：)/(0200202s m x x t x v t t =-=-=∆∆=== (2) s 2末的瞬时速度为： s m t dt dxv t t /44422-=-==== s 1末到s 3末的位移、平均速度分别为：m x xx t t 82613-=--=-=∆== s m t x v /428-=-=∆∆= (3) s 1末到s 3末的平均加速度为213==-=∆∆=t t v v t v a 而 s m dtdxv t t /833-==== s m dtdx v t t /011==== 所以 2/4208s m a -=--= 而该质点的瞬时加速度为222222/4)24(s m dtt t d dt x d dt dv a -=-=== 保持不变，因此，加速度是否可以用式 221a a a ave +=计算， 事实上，该质点做匀加速直线运动。
1.3. 路灯距地面的高度为h ，一个身高为l 的人在路上匀速运动，速度为0v ，如图T1.3。
求(1)人影中头顶的移动速度；(2)影子长度增长的速率。
解：(1)人影中头顶位置应该在地面上做一维直线运动，设路灯的正下方为坐标原点O ，人影中头顶位置坐标为P ，根据三角形相似的原理，人影中头顶的移动速度为：0v lh h dt dOP v -== (2) 由于影子长度等于人影中头顶位置和人位置的水平距离，所以影子长度增长的速率为：00v l h l v v v -=-=' 1.4. 一质点的运动方程为k t j t i t r ++=24)(，式中r ，t 分别以m 、s 为单位。
大学物理第1章习题解答(全)
a
at
an
dv dt
et
v2 R
en
1-6 已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为
x 2 6t 2 2t3
求（1）质点在运动开始后4.0s内的位移大小；
（2）质点在该时间内所通过的路程；
（3）t=4 s 时质点的速度和加速度。
解：（1）质点在4.0s内的位移大小
arctan[ (v0
bt)2 ]
at
Rb
（2）要使 a a b ，即
1 R
R2b2 (v0 bt)4 b
可得 t v0 b
v v0 bt
此时速率为零（即运动方向反向）
t 0 开始到 t v0 b
质点经过的路程 L
L
st
s0
st
0
小的一半时， 值为多少？
（3）t为多少时，法向加速度和切向加速度 相等？
解 （1）由 2 4t3 得： d 12t2
dt
d 12t 2
dt
法向：an 2r (12t 2 )2 r an t2s 2.30102 m s2
切向：
at
r d
x x4 x0 32 m
（2）由
dx 0 dt
（2）由
dx 12t 6t 2 0 dt
得知质点换向的时刻为t 2 s（t=0不合题意）
-30
02
x(m)
10
t=4
t=0
t=2
则 x1 x2 x0 8m x2 x4 x2 40m
t 4s的路程：s1 x1 x2 48m
大学物理第一章练习及答案
一、判断题1. 在自然界中，可以找到实际的质点.[×]2. 同一物体的运动，如果选取的参考系不同，对它的运动描述也不同. ···················· [√]3. 运动物体在某段时间内的平均速度大小等于该段时间内的平均速率.[×]4. 质点作圆周运动时的加速度指向圆心.[×]5. 圆周运动满足条件d 0d r t =，而d 0d r t≠v . ···························································· [√] 6. 只有切向加速度的运动一定是直线运动.[√]7. 只有法向加速度的运动一定是圆周运动. ························································· [×]8. 曲线运动的物体，其法向加速度一定不等于零.[×]9. 质点在两个相对作匀速直线运动的参考系中的加速度是相同的. ·························· [√]10. 牛顿定律只有在惯性系中才成立. ·································································· [√]二、选择题11. 一运动质点在某时刻位于矢径(),r x y v 的端点处，其速度大小为：（ C ） A. d d r t B.d d r tv C.d d r t vD.12. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为254SI S t t =+-（），则小球运动到最高点的时刻是：（ B ）A. 4s t =B.2s t =C.8s t =D. 5s t =13. 一质点在平面上运动，已知其位置矢量的表达式为22r at i bt j =+v v v （其中a 、b 为常量）则该质点作：（ B ）A. 匀速直线运动B.变速直线运动C.抛物线运动D. 一般曲线运动14. 某物体的运动规律为2d d v kv t t=-，式中的k 为大于0的常数。
大学物理：第1章习题参考答案
习 题 解 答第一章 质点运动学1-1 (1) 质点t 时刻位矢为：j t t i t r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移j y y i x x r)()(01011-+-=∆)(5.33)101(3)01(21)01(32m j i ji +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) 前4秒内平均速度)s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度)s m (43704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a (6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a1-2 23d d 23++==t t txv c t t t c t v x x +++=+==⎰⎰241d d 34 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t x tt tv a t t v 63d d 23223+==++= 将t =3s 代入证)s m (45)s m (56)(414123133--⋅=⋅==a v m x1-3 (1) 由运动方程⎩⎨⎧+==ty t x 2342消去t 得轨迹方程0)3(2=--y x(2) 1秒时间坐标和位矢方向为 m y m x 5411==[4,5]m: ︒===3.51,25.1ααxytg(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为)m (24)35()04(1j i j i r+=-+-=∆)s m (2411-⋅+=∆∆=j i tr V(4) 质点的速度与加速度分别为i t Va j i tr V8d d ,28d d ==+==故t =1s 时的速度和加速度分别为 2111s m 8,s m 28--⋅=⋅+==i a j i V1-4 该星云飞行时间为a 1009.2s 1059.61093.31074.21046.910177915⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯ 即该星云是101009.2⨯年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为g)(25m/s 1047.280.13600101600223≈⨯=⨯⨯==t v a 基本上未超过25g.1.80s 内实验车跑的距离为）（m 40080.13600210160023=⨯⨯⨯==t v s1-6 (1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则2021gt t v h -= 代入已知数得28.9211511t t ⨯-=解此方程，可得二解为s 22.1s,84.111='=t t第一块石头上升到顶点所用的时间为s 53.18.9/15/10===g v t m由于m t t >1,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于m t t <'1这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以20v 和'20v 分别对应于在t 1和'1t 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于2111120)(21)(t t g t t v h ∆∆---= 所以184.1)184.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=∆-∆-+=t t t t g h v m/s 2.17=同理.122.1)122.1(8.92111)(2121121120--⨯⨯+=-'-'+='t t t t g h v ∆∆ m/s)(1.51=(2) 由于'>=123.1t s t ∆,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t 1时刻相碰，第二块的初速度为3.184.1)3.184.1(8.92111)(2122122120--⨯⨯+=--+="t t t t g h v ∆∆ m/s)(0.23=1-7 以l 表示从船到定滑轮的绳长，则t l v d /d 0-=.由图可知22h l s -=于是得船的速度为习题1-7图02222d d d d v s h s t l hll t s v +-=-==负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为3202022d d d d d d s v h tl v h l ll t v a -=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--== 负号表示a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为522422221048.9601.0)106(44⨯=⨯⨯⨯==ππωg r n g r1-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s 3='t 时的切向加速度，即)m/s (2.02='t a在s 3='t 时的法向加速度为)m/s (36.00.1)32.0()(2222=⨯='='=R t a R v a t n1-10 2m/s 2.1=a ,s 5.00=t ,m 5.10=h .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为m /s)(6.05.02.100=⨯==at v以t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为2021gt t v h += 电梯下降的距离为习题1-9图 习题1-10图2021at t v h +=' 又20)(21t a g h h h -='-= 由此得s 59.02.18.95.1220=-⨯=-=a g h t 而小球相对地面下落的距离为2021gt t v h += 259.08.92159.06.0⨯⨯+⨯= m 06.2= 1-11 人地风人风地v v v+=画出速度矢量合成图(a)又人地风人风地02v v v +'=，速度矢量合成如图（b ）两图中风地v应是同一矢量.可知（a ）图必是底角为︒45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为人地人地风地00245cos v v v =︒=)s m (23.41-⋅=1-12 (1) v LvL t 22==(2) 22212u v vLu v L u v L t t t -=++-=+= 1212-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v u v L(3) v Lv L t t t '+'=+=21,如图所示风速u 由东向西，由速度合成可得飞机对地速度v u v+=',则22u v V -='.习题1-12图习题1-11图2221222⎪⎭⎫⎝⎛-=--='=v u v L uv L v L t 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为V '(如图所示),由速度合成得V u V +='V 的大小由图1.7示可得αβcos cos u V V +'=即332323cos cos -=⨯-=-='αβu V V 而1212sin sin =⨯=='αβu V 船达到B 点所需时间)s (1000sin =='='=D V DV OB t βAB 两点之距βββsin cos D Dctg S == 将式（1）、（2）代入可得m)(1268)33(=-=D S(2) 由αβsin 101sin 3u V D t ⨯='=船到对岸所需最短时间由极值条件决定0cos sin 11d d 2=⎪⎭⎫⎝⎛-=αααu t 即 2/,0cos παα==故船头应与岸垂直，航时最短.将α值代入（3）式得最短航时为s)(500105.021012/sin 101333min=⨯=⨯=⨯=s u t π (3) 设l OB =,则ααββsin cos 2sin sin 22u uV V u D V D V D l -+=''== 欲使l 最短，应满足极值条件.习题1-13图a a uV V u u D l '⎢⎢⎣⎡''-+-='cos sin cos 2d d 22αα 0cos 2sin sin 2222=⎥⎦⎤'-+''+αuV V u a a uV 简化后可得01cos cos 222=+'+-'αuVV u a 即 01cos 613cos 2=+'-'αa 解此方程得32cos ='α︒=='-2.4832cos 1α 故船头与岸成︒2.48，则航距最短.将α'值代入（4）式得最小航程为222222min 321232322321000cos 1cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯-+='-'-+-=ααu uv v u D lkm )(5.1m 105.13=⨯= AB 两点最短距离为km)(12.115.122min min =-=-=D l S。
大学物理第一章习题参考答案
θ
+
v = vmax / 2
(B) (D)
v = 3v max / 2
v0 r A
O
v = 2v max / 2 v = v max / 2
o
t=0
解：如图画出已知所对应矢量 A，可知 A 与 x 轴正向的夹角 为 θ = 60 ,则根据简谐运动与旋转矢量的对应关系可得
7.5 x(cm)
v = ωA sin θ = 3v max / 2
4. 一弹簧振子作简谐振动，总能量为 E1 ，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的 质量增加为原来的四倍，则它的总能量 E 变为 [ D ] (A) E1 /4 (B) E1 /2 解：原来的弹簧振子的总能量 E1 = (C) 2 E1 (D) 4 E1
1 1 2 2 2 kA1 = m1ω1 A1 ，振动增加为 A2 = 2 A1 ，质量增 2 2
1 π 3
。
解： 由矢量图可知，x1 和 x2 反相，合成振动的振幅
A = A1 − A2 = 0.05 − 0.03 = 0.02(m) ，初相 ϕ = ϕ1 =
四、计算题： 1．一定滑轮的半径为 R，转动惯量为 J，其上挂一轻绳，绳的一端 系一质量为 m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如图所示。 设弹簧的倔强系数为 k, 绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的 阻力。现将物体 m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作 简谐振动，并求出其角频率。 解：取如图 x 坐标，平衡位置为坐标原点，向下为正方向。 m 在平衡位置，弹簧伸长 x0, 则有 mg = kx0 ……………………(1) 现将 m 从平衡位置向下拉一微小距离 x， m 和滑轮 M 受力如图所示。 由牛顿定律和转动定律列方程， mg − T1 = ma ………………… (2)
大学物理(上册)参考答案
大学物理 第一章作业题P21 1.1； 1.2； 1.4；1.9 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： ∵x v 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 v1.10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m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1.11一质点沿半径为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 a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(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 θ1.12 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 dR bt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rba a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时，b a =第二章作业题P612.9 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 x2s m 167-⋅-==mf a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度 1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x --=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2.10 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 ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 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 v m kv a d d =-= 分离变量，得m tk v v d d -=即 ⎰⎰-=vv t m t k v v 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴ 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 k mv t ev x tm k(4)当t=k m时，其速度为e v e v ev v km m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为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2-6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0v m v m p -=∆由矢量图知，动量增量大小为v m ，方向竖直向下．2.13 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j6-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 t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t ttF 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⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量． 解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 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⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入，得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P88 3.1； 3.2； 3.7；3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg=∴ l g23=β(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg =∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值；(2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ②上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mglω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．第五章作业题P145 5.1； 5.2；5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时，有p E E 2=，即 )21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t T A x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．解：由题已知 s 0.4,m 10242=⨯=-T A ∴ 1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x 故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯=(1)将s 5.0=t 代入得0.17mm )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴ s 322/3==∆=ππωφt(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x 01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65= 故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程． 解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为km M +π2，即增大．(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则kmgx -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20 于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k gM m khk mg x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x 解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
大学物理第一章答案
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ω= dθ/dt = 12t2 = 48(rad·s-1)，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 = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．（3）当at = an时，可得rβ= rω2，即24t = (12t2)2，解得t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．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，所以at = 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= 0.36(m·s-2)．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：（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；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为= 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．第一章质点运动学1.1 一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t3．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) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s末的位移大小为x(2) = 6×22 - 2×23 = 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=Δx/Δt = 4(m·s-1)．（2）质点的瞬时速度大小为v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，因此v(1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s-1)，v(2) = 12×2 - 6×22 = 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= [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倍．试证加速度为．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．计算得加速度为= 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 = 10m·s-2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他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-1)．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 = gt2/2，得下落的时间为= 4.49(s)．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φ= arctan(vy/vx) = 49.30?，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 - gt2/2，移项得时间的一元二次方程，解得．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；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变量得，积分，可得．（2）公式可化为，由于v = dx/dt，所以积分．因此．证毕．[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，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，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v = v0e-kt．而dv = v0e-ktdt，积分得．当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，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ω= dθ/dt = 12t2 = 48(rad·s-1)，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 = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．（3）当at = an时，可得rβ= rω2，即24t = (12t2)2，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 = 20m·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，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[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，．即，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为t = 0（舍去）；(s)．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，所以at = 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= 0.36(m·s-2)．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：（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；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为= 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；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[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，所以飞行时间为．（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，所以飞行时间为．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为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v2．今在车后放一长方形物体，问车速v1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得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，因此v1 = v2sinθ+ v2cosθsinα/cosα，即．证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以，即．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．2.12 质量为m的物体，最初静止于x0，在力(k为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k(1/x –1/x0)/m]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程利用v = dx/dt，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此，即．证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mvdv = f(x)dx，积分即可求解．如果f(x) = -k/xn，则得．（1）当n = 1时，可得．利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = lnx0，因此，即．（2）如果n≠1，可得．利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，因此，即．当n = 2时，即证明了本题的结果．2.13 一质量为m的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k．求：（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；（2）小球上升到最大高度所花的时间T．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程，分离变量得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤．由于v = dx/dt，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此．（2）如果小球以v0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g改为-g得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数vm = mg/k．2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk．设物体在某时刻经A点时速率为v0，求此后时刻t物体的速率以及从A点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N = mv2/R．物体所受的摩擦力为f = -μkN，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得，即．积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．解得．由于，积分得，当t = 0时，x = x0，所以C = 0，因此．2.15 如图所示，一半径为R的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为F = mgtgθ．珠子做圆周运动的半径为r = Rsinθ．根据向心力公式得F = mgtgθ= mω2Rsinθ，可得，解得．2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx，而位移x = Acosωt，其中k，A和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得dI = Fdt = -kAcosωtdt，积分得冲量为，方法二：利用动量定理．小球的速度为v = dx/dt = -ωAsinωt，设小球的质量为m，其初动量为p1 = mv1 = 0，末动量为p2 = mv2 = -mωA，小球获得的冲量为I = p2 –p1 = -mωA，可以证明k =mω2，因此I = -kA/ω．2.17 一个质量m = 50g，以速率的v = 20m·s-1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得，由此可作矢量三角形，可得．因此向心力给予小球的的冲量大小为= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv2/R，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量．假设小球被轻绳拉着以角速度ω= v/R运动，拉力的大小就是向心力F = mv2/R = mωv，其分量大小分别为Fx = Fcosθ= Fcosωt，Fy = Fsinθ= Fsinωt，给小球的冲量大小为dIx = Fxdt = Fcosωtdt，dIy = Fydt = Fsinωtdt，积分得，，合冲量为，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2.18用棒打击质量0.3kg，速率等于20m·s-1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为= 14(m·s-1)，其速度的增量为= 24.4(m·s-1)．棒给球冲量为I = mΔv = 7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）F = I/t = 366.2(N)．2.19 如图所示，3个物体A、B、C，每个质量都为M，B和C靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m的细绳，首先放松．B的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A和B起动后，经多长时间C也开始运动？C开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s-2）[解答]物体A受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg –T = Ma，物体B在没有拉物体C之前在拉力T作用下做加速运动，加速度大小为a，可列方程T = Ma，联立方程可得a = g/2 = 5(m·s-2)．根据运动学公式s = v0t + at2/2，可得B拉C之前的运动时间= 0.4(s)．此时B的速度大小为v = at = 2(m·s-1)．物体A跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A和B拉动C运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得2Mv = 3Mv`，因此C开始运动的速度为v` = 2v/3 = 1.33(m·s-1)．2.22 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m，它与路面的滑动摩擦因数为μk．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为ds = Rdθ．重力的大小为G = mg，方向竖直向下，与位移元的夹角为π+ θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为．摩擦力的大小为f = μkN = μkmgcosθ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即，或者．拉力的功元为，拉力所做的功为．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2.23 一质量为m的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r的圆周运动．设质点最初的速率是v0，当它运动1周时，其速率变为v0/2，求：（1）摩擦力所做的功；（2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为E1 = mv02/2，末动能为E2 = mv2/2 = mv02/8，动能的增量为ΔEk = E2 –E1 = -3mv02/8，这就是摩擦力所做的功W．（2）由于dW = -fds = -μkNds = -μkmgrdθ，积分得．由于W = ΔE，可得滑动摩擦因数为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为at = f/m = -μkg，根据公式vt2 –vo2 = 2ats，可得质点运动的弧长为，圈数为n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量-fs = ΔE k，可得s = -ΔE k/f，由此也能计算弧长和圈数。
大学物理第一章课后习题答案
第一章质点运动学1.1一质点沿y 方向运动，它在任意时刻t 的位置由式1052+=t y 给出，式中t 以s 计，y 以m 计算下列各段时间内质点的平均速度大小：(1)2s 到3s (2)2s 到2.1s (3)2s 到2.001s (4)2s 到2.0001s 解：(1)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 32=，则质点的平均速度大小为：{}sm sm t t y y /25)23(]10)2(5[10)3(5221212=−+−+=−−=υ(2)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 1.22=，则质点的平均速度大小为：{}sm sm t t y y /5.20)21.2(]10)2(5[10)1.2(5221211=−+−+=−−=υ(3)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 001.22=，则质点的平均速度大小为：{}sm smt t y y /005.20)2001.2(]10)2(5[10)001.2(5221212=−+−+=−−=υ(4)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 0001.22=，则质点的平均速度大小为：sm smt t y y /0005.20)20001.2(]10)2(510)0001.2(5[221212=−−−+=−−=υ1.2一质点沿Ox 轴运动,其运动方程为2653t t x +−=;式中t 以s 计，x 以m 计，试求：(1)质点的初始位置和初始速度；(2)质点在任一时刻的速度和加速度；(3)质点做什么运动；(4)做出t x −图和t −υ图；(5)质点做匀加速直线运动吗？解：（1）设质点初始时刻00=t ，则质点的初始位置为：mm x 3]06053[20=×+×−=即质点的初始位置在Ox 轴正方向3m 处。
因为质点的速度为：tdt dx125+−==υ所以质点的初始速度为：220/5/)0125(s m s m dt dxt −=×+−===υ质点的初始速度大小为2/5s m ，方向沿Ox 轴负方向。
大学物理学1章习题解答
大学物理学1章习题解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN[第1章习题解答] P39页1-5 一质点沿直线L 运动，其位置与时间的关系为r =6t 2-2t 3，r 和t 的单位分别是米和秒。
求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度，(3)第三秒末和第四秒末的加速度。
解：取直线L 的正方向为x 轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x 轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿x 轴的反方向。
(1)第二秒内的平均速度 11121220.412)26()1624(--⋅=⋅----=--=s m s m t t x x v ； (2)第三秒末的速度因为2612t t dtdx v -==，将t=3 s 代入，就求得第三秒末的速度为 v 3=18m ·s -1；用同样的方法可以求得第口秒末的速度为V 4=48m s -1；(3)第三秒末的加速度因为t dtx d 1212a 22-==，将t=3 s 代入，就求得第三秒末的加速度为 a 3= -24m ·s -2；用同样的方法可“求得第四秒末的加速度为a 4= -36m ·s -21-7 质点沿直线运动，在时间t 后它离该直线上某定点0的距离s 满足关系式： s=(t -1)2(t- 2)，s 和t 的单位分别是米和秒。
求(1)当质点经过O 点时的速度和加速度；(2)当质点的速度为零时它离开O 点的距离；(3)当质点的加速度为零时它离开O 点的距离；(4)当质点的速度为12ms-1时它的加速度。
解：取质点沿x轴运动，取坐标原点为定点O。
(1)质点经过O点时．即s=0，由式(t -1)2(t- 2)=0，可以解得t=1.0 s．t=2.0 s当t=1 s时．v=ds/dt=2(t-1)(t-2)+(t-1)2=0 ms-1a=dv/dt=4(t-1)+2(t-2)=-2. 0 ms-2当t=2 s时， v=1.0 ms-1, a=4.0 ms-2。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第一章质点运动学
一. 选择题
1.某质点作直线运动的运动方程为(SI),则该质点做
(A) 匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向
(B) 匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向
(C) 变加速直线运动，加速度沿x轴正方向
(D) 变加速直线运动，加速度沿x轴负方向
2.小球沿斜面向上运动，运动方程为(SI)，则小球运动到最高点的时刻是
(A) (B)
(C) (D)
3.质点沿x轴作变速运动，加速度，已知时质点位于坐标原点且速度为零，则其运动方程为
(A)
(B)
(C)
(D)
4.运动质点某瞬时位于位矢的端点处，其速度大小为
(A) (B)
(C)(D)
5.一质点沿直径为 d 的圆周运动一周，运动过程中，位移的最大值和所走路程的最大值分别为
(A)， (B)，
(C)，(D)，
6.质点做半径为R的变速圆周运动，v表示任一时刻的速率，其加速度大小为
(A) (B)
(C)(D)
7. 下列说法正确的是
(A) 质点作圆周运动时加速度指向圆心
(B) 匀速率圆周运动的加速度为恒量
(C) 只有切向加速度的运动一定是直线运动
(D) 只有法向加速度的运动一定是圆周运动
二.填空题
8. 描述质点运动状态和运动状态变化的物理量是_______________和__________，二者关系的数学表示式为_________________.（速度，加速度，）
9.已知质点运动方程为，则速度随时间t变化的函数关系为
________________，时的加速度为____________.（，）
10.质点以加速度做直线运动，k为常数，设初速度为，则质点速度与时间的
关系是__________________________.（）
11.质点做半径为R的圆周运动,运动方程为(SI),则t时刻质点法向加速度
a n=_______________，角加速度=______________.（，2 rad/s2 ）
12.质点做半径为R的圆周运动，其路程S随时间变化规律为，其中和b 都是正常量，则t时刻质点速度大小为____________，加速度大小为_______________.
（，）
三.计算题
13. 质点的运动方程为：，，式中x、y以米计，t以秒计.试求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向.
解：（1）速度为
，
由得初速度,. 初速度大小为
方向应在第二象限，与x轴正向夹角为α
（2）加速度为
，
方向应在第四象限，与x轴正向夹角为β
14. 质点在水平面内沿半径的圆周运动，运动角速度ω与时间t的函数关系为
（k为常数）；已知时，质点的速度为，试求时，质点速度与
加速度大小。
解：
由，可得
时。