1第一章 质点运动学作业答案
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 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 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 ) = 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 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 ) = 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 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 内，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 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 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 时间内，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 r 3v r 1v r12(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 ⊥。
大学物理力学一、二章作业答案
大学物理力学一、二章作业答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学一、选择题1、一质点在xoy 平面内运动，其运动方程为2,ct b y at x +==，式中a 、b 、c 均为常数。
当运动质点的运动方向与x 轴成450角时，它的速率为[ B ]。
A ．a ；B ．a 2；C ．2c ；D ．224c a +。
2、设木块沿光滑斜面从下端开始往上滑动，然后下滑，则表示木块速度与时间关系的曲线是图1-1中的[ D ]。
3、一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=，R 、ω为正常数。
从t ＝ωπ/到t =ωπ/2时间内该质点的路程是[ B ]。
A ．2R ；B ．R π；C ． 0；D ．ωπR 。
4、质量为0.25kg 的质点，受i t F =(N)的力作用，t =0时该质点以v=2j m/s 的速度通过坐标原点，该质点任意时刻的位置矢量是[ B ]。
A ．22t i +2j m ； B ．j t i t2323+m ；C ．j t i t343243+； D ．条件不足，无法确定。
二、填空题1、一质点沿x 轴运动，其运动方程为225t t x -+=（x 以米为单位，t 以秒为单位）。
质点的初速度为 2m/s ，第4秒末的速度为 -6m/s ，第4秒末的加速度为 -2m/s 2 。
2、一质点以π（m/s ）的匀速率作半径为5m 的圆周运动。
该质点在5s 内的平均速度的大小为 2m/s ，平均加速度的大小为 22m /5s π 。
3、一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其运动方程为22t +=θ（式中的θ以弧度计，t 以秒计），质点在第一秒末的速度为 0.2m/s ，切向加速度为 0.2m/s 2 。
4、一质点沿半径1m 的圆周运动，运动方程为θ=2+3t 3，其中θ以弧度计，t 以秒计。
T =2s 时质点的切向加速度为 36m/s 2 ；当加速度的方向和半径成45º角时角位移是 38rad 。
第一二章作业含答案
第一章 质点运动学一 、填空题1．一质点作半径为1.0 m 的圆周运动，它通过的弧长s 按规律 s = t + 2 t 2 变化。
则它在2 s 末的切向加速度为 m/s 2。
法向加速度为 m/s 2。
（ 4 ， 81 ） 解：t dt ds 41+==υ 4==∴dt d a t υ 2221681)41(t t rt r a n ++=+==∴υ s m a s t t /4,2==∴ 2/81284161,2s m a s t n =⨯+⨯+==∴2．一质点沿x 轴作直线运动，运动方程为324t t x -=，则1 s 末到3 s 末的位移为 m 。
则1 s 末到3 s 末的平均速度为 m/s 。
（-44 -22 ）解：44)1()3(-=-=∆x x x 221344-=--=∆∆=t x υ 3．已知质点的运动方程为j t t i t t r)314()2125(32++-+=（SI ），当t = 2 s 时，质点的速度 为υ m/s ， 质点的加速度=a m/s 2 j 8， j i 4+- 解：j j t i t dt r d s t8/)4()2(22=++-===υ j i j t i dt d a s t 4/22+-=+-===υ 4．一质点的运动方程为 262t t x +=（SI ），质点在4 s 时的速度大小为 m/s 。
加速度大小为 m/s 2 （ 50 ， 12） 解：50/1224=+===s t t dt dx υ 12==dtd a υ 5．一质点沿半径R = 1 m 的圆周运动，其路程与时间的关系为 222t s +=（m ），那么，从开始计时到总加速度a 恰好与半径成45°角时，质点所经过的路程s = m 。
0.5 解：t dt ds 4==υ 4==∴dt dv a t 22216116t t R v a n === 由题意：n t a a = 2164t =∴ 得 s t 5.0= 故 m s s s 5.0)0()5.0(=-=6．一质点在半径为0.20 m 的圆周上运动，其角位置为 256t +=θ（SI ），则t = 2.0 s 时质点的速度 的大小 v = m/s 。
大学物理上册第一章 质点运动学 习题及答案
第一章 质点运动学一、简答题1、运动质点的路程和位移有何区别?答：路程是标量，位移是矢量；路程表示质点实际运动轨迹的长度，而位移表示始点指向终点的有向线段。
2、质点运动方程为()()()()k t z j t y i t x t r ++=，其位置矢量的大小、速度及加速度如何表示? 答：()()()t z t y t x r 222r ++==()()()k t z j t y i t xv ++= ()()()k t z j t y i t x a ++=3、质点做曲线运动在t t t ∆+→时间内速度从1v 变为到2v ，则平均加速度和t时刻的瞬时加速度各为多少? 答：平均加速度 t v v a ∆-=12 ，瞬时加速度()()dt v d t v v a t t lim t 120 =∆-=→∆4、画出示意图说明什么是伽利略速度变换公式? 其适用条件是什么?答：牵连相对绝对U V +=V ，适用条件宏观低速5、什么质点? 一个物体具备哪些条件时才可以被看作质点?答：质点是一个理想化的模型,它是实际物体在一定条件下的科学抽象。
条件：只要物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关因素或次要因素,物体就能被看作质点。
二、选择题1、关于运动和静止的说法中正确的是 ( C )A 、我们看到的物体的位置没有变化，物体一定处于静止状态B 、两物体间的距离没有变化，两物体就一定都静止C 、自然界中找不到不运动的物体，运动是绝对的，静止是相对的D 、为了研究物体的运动，必须先选参考系，平时说的运动和静止是相对地球而言的2、下列说法中正确的是 ( D )A 、物体运动的速度越大，加速度也一定越大B 、物体的加速度越大，它的速度一定越大C 、加速度就是“加出来的速度”D 、加速度反映速度变化的快慢，与速度大小无关3、质点沿x 轴作直线运动，其t v-曲线如图所示，如s t 0=时，质点位于坐标原点，则s .t 54=时，质点在x 轴的位置为 ( B )A 、5 mB 、2 mC 、0 mD 、-2 m4、质点作匀速率圆周运动，则 ( B )A 、线速度不变B 、角速度不变C 、法向加速度不变D 、加速度不变5、质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为s /m v 2=，瞬时加速度为22s /m a -=，则一秒钟后质点的速度 ( D )A 、等于0B 、等于s /m 2-C 、等于s /m 2D 、不能确定6、质点作曲线运动，r 表示位置矢量的大小，s 表示路程，z a 表示切向加速度的大小，v 表示速度的大小。
大学物理第一章 质点运动学-习题及答案
第一章 质点运动学1-1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at += （其中b a ,为常量） 则该质点作（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 [B]解：由j i rv bt at t 22d d +==知 v 随t 变化，质点作变速运动。
又由x aby bt y at x =⎪⎭⎪⎬⎫==22 知质点轨迹为一直线。
故该质点作变速直线运动。
1-2 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，① a t v =d ② v t r =d ③ v t s =d d ④ t a t =d d v （A ）只有（1）、（4）是对的。
（B ）只有（2）、（4）是对的。
（C ）只有（2）是对的。
（D ）只有（3）是对的。
[D]解：由定义：t vt a d d d d ≠=v ； t r t s t v d d d d d d ≠==r ； t t v a d d d d v ≠=τ只有③正确。
1-3 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以21s m -⋅的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。
今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x ，y 方向单位矢用j i ,表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以1s m -⋅为单位）为（A ）j i 22+ （B ）j i 22+-（C ）j i 22-- （D ）j i 22- [B]解：由i v 2=对地A ，j v 2=对地B 可得 A B A B 地对对地对v v v +=⎰对地对地A B v v -=i j 22-=j i 22+-= （1s m -⋅）1-4 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为)SI (23t a +=如果初始时质点的速度0v 为51s m -⋅，则当t 为3s 时，质点的速度1s m 23-⋅=v解：⎰+=tta v v 00d13s m 23d )23(5-⋅=++=⎰tt1-5 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=，则在t 由0至4s 的时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t 由0到4s 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。
大学物理-质点运动学(答案)
一.选择题:［B］1、一质点沿x轴作直线运动，其v-t曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5 s时，质点在x轴上的位置为(A) 5m．(B) 2m．(C) 0．(D) -2 m．(E) -5 m.(1 2.5)22(21)122()x m=+⨯÷-+⨯÷=提示：［C］2、如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是(A) 匀加速运动．(B) 匀减速运动．(C) 变加速运动．(D) 变减速运动．(E) 匀速直线运动．提示：如图建坐标系，设船离岸边x米，222l h x=+22dx h xv i v idt x+==-vdv dv dxa idt dx==⋅=-［D］3、一运动质点在某瞬时位于矢径()yxr,的端点处, 其速度大小为(A)trdd(B)trdd(C)提示：,dx dyv i j vdt⎛⎫=+∴=⎪-12［ B ］4、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) 2πR /T , 2πR/T ． (B) 0 , 2πR /T(C) 0 , 0． (D) 2πR /T , 0.0rv ∆== 2s R =π ［ B ］5、在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以2 m/s 速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向．今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系(x 、y 方向单位矢用i 、j表示)，那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以m/s 为单位）为(A) 2i ＋2j ． (B) -2i ＋2j ． (C) －2i －2j ． (D) 2i －2j．提示：2(2)B A B A v v v j i →→→=+=+-地地［ D ］6、某人骑自行车以速率v 向西行驶，今有风以相同速率从北偏东30o方向吹来，人感到风从哪个方向吹来？(A)北偏东30︒ (B)北偏西60︒ (C) 北偏东60︒ (D) 北偏西30︒提示：根据v 风对人=v 风对地+v 地对人，三者的关系如图所示：这是个等边三角形，∴人感到风从北偏西300方向吹来。
(完整版)大学物理01质点运动学习题解答
第一章 质点运动学一 选择题1． 下列说法中，正确的是：（ ）A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度；B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率；C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零；D. 一物体具有沿x 轴正方向的加速度而有沿x 轴负方向的速度。
解：答案是D 。
2. 长度不变的杆AB ，其端点A 以v 0匀速沿y 轴向下滑动，B 点沿x 轴移动，则B 点的速率为：（ ）A . v 0 sin θB . v 0 cos θC . v 0 tan θD . v 0 / cos θ 解：答案是C 。
简要提示：设B 点的坐标为x ，A 点的坐标为y ，杆的长度为l ，则222l y x =+ 对上式两边关于时间求导：0d d 2d d 2=+t y y t x x ，因v =tx d d ，0d d v -=t y ，所以 2x v -2y v 0 = 0 即 v =v 0 y /x =v 0tan θ所以答案是C 。
3. 如图示，路灯距地面高为H ，行人身高为h ，若人以匀速v 背向路灯行走，则人头影子移动的速度u 为（ ） A.v H h H - B. v h H H - C. v H h D. v hH 解：答案是B 。
v x选择题2图灯s选择题3图简要提示：设人头影子到灯杆的距离为x ，则H h x s x =-，s hH H x -=， v hH H t s h H H t x u -=-==d d d d 所以答案是B 。
4. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作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． ( )解：答案是D5. 一物体从某一确定高度以v 0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是：（ ） A. g 0v v -t B. g 20v v -t C. g 202v v -t D. g2202v v -t 解：答案是C 。
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第一章 质点运动学一 选择题1． 下列说法中，正确的是 （）A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零D. 一物体具有沿x 轴正方向的加速度，其速度有可能沿x 轴的负方向解：答案是D 。
2. 某质点作直线运动的运动方程为x =3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作 （ ）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 轴负方向解：答案是D3. 如图示，路灯距地面高为H ，行人身高为h ，若人以匀速v 背向路灯行走，则人头影子移动的速度u 为（ ）A.B.C.D. v HhH -v hH H-v Hhv hH 解：答案是B 。
设人头影子到灯杆的距离为x ，则，，H h x s x =-s h H Hx -=v hH Ht s h H H t x u -=-==d d d d 所以答案是B 。
4. 一质点的运动方程为，其中t 1时刻的位矢为。
j i r )()(t y t x +=j i r )()(111t y t x +=问质点在t 1时刻的速率是（）A.B.C.D. d d 1t r d d 1tr 1d dt t t=r 122)d d ()d d (t t ty t x =+解 根据速率的概念，它等于速度矢量的模。
本题答案为D 。
5. 一物体从某一确定高度以v 0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是 （ ）s选择题3图A.B.C.D.g 0v v -t g20v v -t g202v v -t g2202v v -t 解：答案是C 。
，，所以答案是C 。
gt t ty =-=202v v v g t t /202v v -=6. 质点作圆周运动时，下列说表述中正确的是 （）A. 速度方向一定指向切向，加速度方向一定指向圆心B. 速度方向一定指向切向，加速度方向也一般指向切向C. 由于法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零D. 切向加速度仅由速率的变化引起解 答案是D 。
第1章 质点运动学——习题解答
第1章 质点运动学1-1 一运动质点某一瞬时位于径矢()r x y ，的端点处，关于其速度的大小有4种不同的看法，即 （1）d d tr； （2）d d t r； （3）d d sr；（4下列判断正确的是（ ）. (A) 只有(1)和(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(3)和(4)正确 (D) (1)(2)(3)(4)都正确 答案：（C ）解析：瞬时速度的大小等于瞬时速率，故（3）正确；速度可由各分量合成，故（4）正确。
1-2 一质点的运动方程为22cos cos sin sin x At Bt y At Bt θθθθ⎧⎪⎨⎪⎩＝＋，＝＋，式中A ，B ，θ均为常量，且A ＞0，B ＞0，则该质点的运动为（ ）. (A) 一般曲线运动(B) 匀速直线运动 (C) 匀减速直线运动(D) 匀加速直线运动答案：（D ）解析：由tan yxθ＝可知，质点做直线运动.a x ＝2B cos θa y ＝2B sin θa ＝2B加速度a 为定值，故质点做匀加速直线运动.1-3 一质点沿半径为R 的圆周运动，其角速度随时间的变化规律为ω＝2bt ，式中b 为正常量．如果t ＝0时，θ0＝0，那么当质点的加速度与半径成45°角时，θ角的大小为( ) rad.(A) 12(B) 1 (C) b (D) 2b答案：（A ）解析： a t ＝R β＝2bRa n ＝R 2ω＝4Rb 2t 2a t ＝a n t 2＝b21θ＝20tω⎰d t ＝bt 2＝211-4 一人沿停靠的台阶式电梯走上楼需时90 s ，当他站在开动的电梯上上楼，需时60 s ．如果此人沿开动的电梯走上楼，所需时间为（ ）.(A) 24 s (B) 30 s (C) 36 s (D) 40 s答案：（C ）解析：设电梯长度为s ，则=+9060s s st ， 解得t ＝36 s.1-5 已知质点的加速度与位移的关系式为32a x ＝＋，当t ＝0时，v 0＝0，x 0＝0，则速度v 与位移x 的关系式为________. 答案：v 2＝3x 2＋4x 解析： d d d d d d d d v v x v a v t x t x ===， d d v v a x ＝，d =(3+2)d vxv v x x ⎰⎰，v 2＝3x 2＋4x .1-6 在地面上以相同的初速v 0，不同的抛射角θ斜向上抛出一物体，不计空气阻力．当θ＝________时，水平射程最远，最远水平射程为________. 答案：45°20v g解析：对于斜抛运动：0cos x v t θ⋅＝201sin 2y v t gt θ⋅＝－当y ＝0时，解得02sin v t gθ=物体的水平射程20sin 2v x gθ＝当θ＝45°时有最远水平射程，其大小为20max v x g＝1-7 某人骑摩托车以115m s -⋅的速度向东行驶，感觉到风以115m s -⋅的速度从正南吹来，则风速的大小为________ m·s －1，方向沿________.答案：m/s 东偏北45° 解析：如答案1-7图所示，由图可知=+v v v 风地风人人地故风速大小m/s v 风地＝方向为东偏北45°.v 地风v 人地15v 人风15答案1-7图1-8 一质点作直线运动，加速度2sin a A t ωω＝，已知t ＝0时，x 0＝0，v 0＝－ωA ，则该质点的运动方程为_______________. 答案：sin x A t ω=-，解析： d d v a t ＝20d sin d vtAv A t t ωωω-=⎰⎰解得，该质点的速度为cos v A t ωω=-d d x v t ＝d cos d xtx A t t ωω=-⎰⎰解得，该质点的运动方程为sin x A t ω=-1-9 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x ＝3t ＋5，y ＝12t 2＋3t －4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) 计算第1 s 内质点的位移；(3) 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4 s 时刻内的平均速度；(4) 求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度； (5) 计算t ＝0 s 到t ＝4 s 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 ＝4 s 时质点的加速度. (位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式) 解：(1) 质点t 时刻位矢为21(35)342r t i t t j ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭(m)(2) 第1 s 内位移为11010()()r x x i y y j ∆=-+-2213(10)(10)3(10)23 3.5()i ji j m ⎡⎤=-+-+-⎢⎥⎣⎦=+(3) 前4 s 内平均速度为11(1220)35(m s )4r v i j i j t -∆==⨯+=+⋅∆ (4) 质点速度矢量表示式为1d 3(3)(m s )d rv i t j t-==++⋅ t ＝4 s 时质点的速度为143(43)37(m s )v i j i j -=++=+⋅(5) 前4 s 内平均加速度为240731(m s )4s 4v v v a j j t -∆--====⋅∆(6) 质点加速度矢量的表示式为2d 1(m s )d va j t-==⋅t ＝4 s 时质点的加速度为241(m s )a j -=⋅1-10 质点沿直线运动，速度v ＝(t 3＋3t 2＋2) m·s －1，如果当t ＝ 2 s 时，x ＝4 m ，求：t ＝3 s 时，质点的位置、速度和加速度. 解： 32d 32d x v t t t==++ 431d d 24x x v t t t t c ===+++⎰⎰当t =2时，x =4，代入可得c =－12.则质点的位置、速度和加速度的表达式分别为4312124x t t t =++-32232d 36d v t t v a t tt=++==+ 将t =3 s 分别代入得上述各式，解得1233341.25m 56m s 45m s x v a --==⋅=⋅，，1-11 质点的运动方程为2[4(32)] m r t i t j ＝＋＋，t 以s 计．求： (1) 质点的轨迹方程；(2) t ＝1 s 时质点的坐标和位矢方向； (3) 第1 s 内质点的位移和平均速度； (4) t ＝1 s 时质点的速度和加速度.解：(1) 由运动方程2432x t y t⎧=⎨=+⎩消去t 得轨迹方程2(3)0x y --=(2) t =1 s 时,114m 5m x y ==，,故质点的坐标为（4,5）. 由11tan 1.25y x α==得51.3α=︒，即位矢与x 轴夹角为53.0°. (3) 第1 s 内质点的位移和平均速度分别为1(40)(53)42(m)r i j i j ∆=-+-=+1142(m s )r v i j t-∆==+⋅∆ (4) 质点的速度与加速度分别为d 82d r v ti j t ==+d 8d va i t==故t =1 s 时的速度和加速度分别为1182m s v i j -=+⋅（） 218m s a i -=⋅（）1-12 以速度v 0平抛一球，不计空气阻力，求：t 时刻小球的切向加速度a t 和法向加速度a n 的量值. 解：小球下落过程中速度为v故切向加速度为2t d d v a t ＝由222n t a g a =-得，法向加速度为n a =1-13 一种喷气推进的实验车，从静止开始可在1.80 s 内加速到1 600 km·h －1的速率．按匀加速运动计算，它的加速度是否超过了人可以忍受的加速度25g ？这1.80 s 内该车跑了多少距离？解：实验车的加速度为3222160010m /s 2.4710m/s 3600 1.80v a t ⨯===⨯⨯故它的加速度略超过25g . 1.80 s 内实验车跑的距离为3160010 1.80m 400m 223600v s t ⨯==⨯=⨯ 1-14 在以初速率-1015.0 m s v ⋅＝竖直向上扔一块石头后，(1) 在1.0 s 末又竖直向上扔出第二块石头，后者在h ＝11.0 m 高度处击中前者，求第二块石头扔出时的速率；(2) 若在1.3 s 末竖直向上扔出第二块石头，它仍在h ＝11.0 m 高度处击中前者，求这一次第二块石头扔出时的速率.解：(1) 设第一块石头扔出后经过时间t 被第二块击中，则2012h v t gt =-代入已知数据得2111159.82t t =-⨯解此方程，可得二解为111.84s 1.22s t t ==，′第一块石头上升到顶点所用的时间为10m 15.0s 1.53s 9.8v t g ===1m t t >,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；1m t t <′，这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.设20v 和20v ′分别为在t 1和1t ′时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于22011111()()2h v t t g t t =--- 所以2211201111()119.8(1.841)22m/s 17.2m/s 1.841h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆- 同理，2211201111()119.8(1.221)22m/s 51.1m/s 1.221h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆-′′′ (2) 由于211.3s t t ∆=>′，所以第二块石头不可能在第一块上升时与第一块相碰。
大学物理第一章质点运动学习题答案
(A) M A g
(B) (M A M B )(g a)
✓ (C) (M A M B )g (D) (M A M B )(g a)
解： (M A M B )g N (M A M B )a
N (M A M B )( g a)
1-5 质量分别为mA和mB的两滑块A和B通过一轻弹 簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦
r i
(t
1)2
r j
ar
d vr
r 2i
r 2j
dt
vr
drr
r 2t i
2(t
r 1) j
dt
t 2s时，
vr
r 4i
2
r j
ar
2
，该质点从x = x0点出发运动
到x = x1处所经历时间 t =
。
解： a dv k dx kv k 2x F Ma Mk2x dt dt
dx kx dt
t
kdt
x1 dx
0
x x0
t 1 ln x1 k x0
1-4 升降机内地板上放有物体A，其上再放另一物体 B，二者的质量分别为MA、MB。当升降机以加速度a 向下加速运动时(a < g)，物体A对升降机地板的压力在 数值上等于
v0
t k dt v dv
0m
v0 v
k t
v v0e m
F kv m dv m dv dx mv dv
dt
dx dt
dx
xmax kdx
0
mdv
0
v0
xm a x
mv0 k
课后题 答案
1-3 (1) 将 t x 代入 y (t 1)2 整理得 y x 1
第一章 质点运动学习题答案
第一章质点运动学习题答案第一章质点运动学习题答案第一章是对质点运动学习问题的回答。
1-1粒子沿直线运动，运动方程为x?12t?6t2其中t在S中，X在M中，求出：（1）当t=4S时，粒子的位置、速度和加速度；（2）粒子通过原点的速度；（3）粒子速度为零时的位置；（4）制作x-t图、V-t图和A-t图解：(1)根据直线运动情况下的定义，可得质点的位置、速度和加速度分别为x?12t?6t（1）v?2dx?12?12t（2）dtd2xa?2??12（3）DT2当t=4S时，替换数字以获得：x？？48mv？？36m/sa？？12米/秒（2）当质点通过原点时，x＝0，代入运动方程得：12t?6t＝0解得：t1?0,t2?2，代入（2）式得：v1?12m/sv2=－12m/s（3）威尔v？将0代入等式（2），得到12？12吨？0解决方案：t？将1s代入式（1）中，得到：x？12m－6m=6m1。
2粒子在xoy平面上运动，运动方程为2x=3t+5,y=十二t+3t-4.2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1秒内质点的位移；(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.12 R（3t？5）我？（t？3T？4）JM解决方案：（1）2(2)将t?1,t?2代入上式即有r1？8i？0.5jmr2?11j?4jmr?r2?r1?3j?4.5jm(3)∵r0？5j？4j，r4？17i？16jrr4?r012i?20j???3i?5jm?s?1∴v??t4?04????dr?3i?(t?3)jm?s?1(4)v?dt1则v4?3i?7jm?s(5)∵v0？3i？3j，v4？3i？7jvv4?v04???1jm?s?2a??t44???dv?1jm?s?2(6)a?dt这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量.1-4粒子沿直线运动，其加速度为a？？2X，其中X的单位是m，a的单位是m/s。
大学物理上学习指导作业参考答案(1)
大学物理上学习指导作业参考答案(1)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学课 后 作 业1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 020⎰⎰+=v v v2分()2 213x x +=v 1分2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x10 m 处，初速度v 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v 1分c t a t ==d /d v 1分 ()R ct b a n /2+= 1分根据题意： a t = a n 1分即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．O RP解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分22s /32/m R a n ==v 1分()8.352/122=+=nt a a a m/s 2 1分5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分08.420==gt vs 1分6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．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222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l l d d 2d d 2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船第二章 运动与力课 后 作 业1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得 θμθμsin cos +=MgF 2分令 0)sin (cos )cos sin (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ 2分且 0d d 22>θF∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．N2、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大 (取g ＝10 m/s 2)解：人受力如图(1) 图2分a m g m N T 112=-+ 1分 底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分 N N ='由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少环与绳间的摩擦力多大m 1m 22a解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分 222a m g m T '=- 2分 212a a a -=' 2分 解得 2122211)(m m a m g m m a ++-= 1分21212)2(m m m m a g T +-= 1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ． (取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得： T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r )得 d T =－( M ω2/ L ) r d r 4分 由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 01分有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 3分LOO ′rO O ′ d r T (r ) T (r +d )第三章 动量与角动量课 后 作 业hAv1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 1分设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 1分设A 对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x 1分)(00v m t f y ∆--=∆ 1分 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴ 14922=+=y x f f f N 2分f与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 1分由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f相反．2分30°F2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.3022t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少（ 空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．利用 2t g t h '+'=211v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有 S 1 = v x t ①h=221gt ②由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分 以2v表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．x v v m m x =221③0==+y y m m m v v v 1y 22121 ④解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分 再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去） 故 x 2＝5000 ｍ 3分Mmv4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第四章 功和能课 后 作 业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F 以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F的分力x F和y F 分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy-==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v 2分(2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22-- 2分由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得222121)(kL kx x L F -=+- ② 2分由② 解出 kFL x 2-=使小球继续保持静止的条件为 F k FL k x k ≤-=2 ③ 2分 所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L kF3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？al -a(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy l my f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2022121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =l a l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分αh0v4、一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求： 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分 )ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分第五章 刚体的转动课 后 作 业1、一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr ．将由两个定滑轮以及质量为m 和2m的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为21M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2 / 4 )解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分3、一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① 2分 T r ＝J β ② 2分由运动学关系有： a = r β ③ 2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分Am 1 ,l1v2俯视图4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =)解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m g M l f 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 g m m t 12122μv v += 2分第六章 狭义相对论基础课 后 作 业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 2201cV xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200cV m v -=2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为a a x 221=，a a y 221= 面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中2)/(1c a a x x v -=' =0.6×a 221 a a a yy 221==' 在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为606.022=='⋅'='a a a S x y cm 23分aaO y x3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vSt 年 2分 以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆221ct t v 0.20 年 3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 2 2分根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -= 1分 ∴ )1111(22122220c c c m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV 2分第七章 振动课 后 作 业1、一个轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30 cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件二者在何位置开始分离解：(1) 小物体受力如图．设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- 1分)(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 1分A = 10 cm ，N/m 3.060=k 有 50/==m k ω rad ·s -1 2分 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 1分 此值小于g ，故小物体不会离开． 1分(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-== 2分 6.19/2-=-=ωg x cm 1分即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得2/ωg A >=19.6 cm ． 1分2、一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求： (1) 质点的振动方程； (2) 质点在A 点处的速率．解： T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A =t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分25cos /==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434cos(10252π-π⨯=-t x (SI) 1分(2) 速率 )434sin(41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t x v m/s 1分3、一质量为m 的质点在力F = -π2x 的作用下沿x 轴运动．求其运动的周期．解：将F = -π2x 与F = -kx 比较，知质点作简谐振动， k = π2． 3分 又 mm k π==ω 4分m T 22=π=ω3分4、一物体同时参与两个同方向的简谐振动： )212cos(04.01π+π=t x (SI), )2cos(03.02π+π=t x (SI)求此物体的振动方程．解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )cos(φω+=t A x则 )cos(2122122212φφ-++=A A A A A ① 2分 以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得5cm 3422=+=A cm 3分又 22112211cos cos sin sin arctg φφφφφA A A A ++= ②≈127°≈2.22 rad 3分 ∴ )22.22cos(05.0+π=t x (SI) 2分5、在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 内完成48次振动，振幅为5 cm ． (1) 上述的外加拉力是多大？(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得 F = kx 0 2分由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x 0则02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分(2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分6、如图，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k = 24 N/m ，重物的质量m = 6 kg ，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05 m 时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程．解：设物体的运动方程为 )cos(φω+=t A x ．恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ×0.05 = 0.5 J ． 2分当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J ，即：5.0212=kA J ， ∴ A = 0.204 m ． 2分A 即振幅． 4/2==m k ω (rad/s)2ω = 2 rad/s ． 2分按题目所述时刻计时，初相为φ = π．∴ 物体运动方程为 2分)2cos(204.0π+=t x (SI)． 2分第八章 波动课 后 作 业1、一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分 t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分 而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有 05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分3/17π-=φ 1分∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)(m) -2、图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求(1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．解：(1) O 处质点，t = 0 时 0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ 2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 ]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 2分3、沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动方程．解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121cos(5.0π+π=t y (SI) 3分4、一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π= 求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程； (2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处)212cos(1π-π=t A y ν , )212cos(22π+π=t A y ν 2分∵ y 1，y 2反相 ∴ 合振动振幅 A A A A s =-=2 , 且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21． 4分合振动方程 )212cos(π+π=t A y ν 1分(2) x = λ /4处质点的速度 )212sin(2/d d π+ππ-== v t A t y νν)2cos(2π+ππ=t A νν 3分5、设入射波的表达式为 )(2cos 1Ttx A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ 3分(2) 驻波的表达式是 21y y y +=)21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ 3分(3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, 2分λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ 2分λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…6、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3λ /4，DP = λ /6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν．）解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为])/(2cos[1φλν+-π=x t A y 2分则反射波的表达式是 ])(2cos[2ππ++-+-=φλνxOP OP t A y 2分合成波表达式（驻波）为 )2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A y 2分在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ，故得 π=21φ 2分因此，D 点处的合成振动方程是)22cos()6/4/32cos(2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2sin 3 2分第九章 温度和气体动理论课 后 作 业1、黄绿光的波长是5000A (1A =10 -10 m)．理想气体在标准状态下，以黄绿光的波长为边长的立方体内有多少个分子?(玻尔兹曼常量k ＝1.38×10- 23J ·K -1)解：理想气体在标准状态下，分子数密度为n = p / (kT )＝2.69×1025 个/ m 3 3分 以5000A 为边长的立方体内应有分子数为N = nV ＝3.36×106个． 2分2、已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m ·s -1．当其压强为1 atm 时，求气体的密度．解： 223131v v ρ==nm p∴ 90.1/32==v p ρ kg/m 3 5分3、一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w = 6.21×10-21 J ．试求：(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．(阿伏伽德罗常量N A ＝6.022×1023 mol -1，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1)解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s 3分(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． 2分4、某理想气体的定压摩尔热容为29.1 J ·mol -1·K -1．求它在温度为273 K 时分子平均转动动能． (玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1 )解： R R iR i C P +=+=222， ∴ ()5122=⎪⎭⎫⎝⎛-=-=R C R R C i P P ，2分 可见是双原子分子，只有两个转动自由度.211077.32/2-⨯===kT kT r ε J 3分5、一超声波源发射超声波的功率为10 W ．假设它工作10 s ，并且全部波动能量都被1 mol 氧气吸收而用于增加其内能，则氧气的温度升高了多少？(氧气分子视为刚性分子，普适气体常量R ＝8.31 J ·mol -1·K -1 )解： A = Pt = T iR v ∆21， 2分∴ ∆T = 2Pt /(v iR )＝4.81 K ．3分6、1 kg 某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J ，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg ，试求气体的温度． （玻尔兹曼常量 k ＝1.38×10-23 J ·K -1）解： N = M / m ＝0.30×1027 个 1分==N E w K / 6.2×10-21 J 1分kwT 32== 300 K 3分第十章 热力学第一定律课 后 作 业1、一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ．(1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．1 2 3 12 OV (10-3 m 3) 5 A BC解：(1) A →B ： ))((211A B A B V V p p W -+==200 J ． ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 JQ =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分B →C ： W 2 =0ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ．Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J 3分(2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ．Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J 2分2、1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求： 气体的内能增量． 气体对外界所作的功． 气体吸收的热量． 此过程的摩尔热容．解：(1) )(25)(112212V p V p T T C E V -=-=∆ 2分 (2) ))((211221V V p p W -+=， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则)(211122V p V p W -=． 3分(3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分(4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分BAOVp p 2V 1V 2(摩尔热容C =T Q ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所吸收的热量．)3、一定量的理想气体，由状态a 经b 到达c ．(如图， abc 为一直线)求此过程中1 2 3 1 2 3 a bcV (L)p (atm)气体对外作的功； 气体内能的增量；气体吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa)解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3 J ＝405.2 J 3分 (2) 由图看出 P a V a =P c V c ∴T a =T c 2分内能增量 0=∆E ． 2分(3) 由热力学第一定律得Q =E ∆ +W =405.2 J ． 3分4、如图所示，abcda 为1 mol 单原子分子理想气体的循环过程，求：Oadcbp (×105 Pa)V (×10-3 m 3)2312(1) 气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量； (2) 气体循环一次对外做的净功；(3) 证明 在abcd 四态, 气体的温度有T a T c =T b T d ．解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程， 吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b ))(25)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-==800 J 4分(2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分(3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ，T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2∴ T a T c =T b T d 4分5、一定量的理想气体经历如图所示的循环过程，A →B 和C →D 是等压过程，B →C 和D →A 是绝热过程．已知：T C ＝ 300 K ，T B ＝ 400 K ． 试求：此循环的效率．(提示：循环效率的定义式η =1－Q 2 /Q 1，Q 1为循环中气体吸收的热量，Q 2为循环中气体放出的热量） A BC DO Vp解： 121Q Q -=η Q 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D ) )/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= 4分 根据绝热过程方程得到：γγγγ----=D D AA T p T p 11， γγγγ----=C CB B T p T p 11 ∵ p A = p B , pC = pD ,∴ T A / T B = T D / T C 4分故 %251112=-=-=BC T T Q Q η 2分6、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间，试求：(1) 第二个循环的热机效率；(2) 第二个循环的高温热源的温度．解：(1) 1211211T T T Q Q Q Q W -=-==η 2111T T T W Q -= 且 1212T T Q Q = ∴ Q 2 = T 2 Q 1 /T 1即 212122112T T T W T T T T T Q -=⋅-=＝24000 J 4分 由于第二循环吸热 221Q W Q W Q +'='+'=' ( ∵ 22Q Q =') 3分 =''='1/Q W η29.4％ 1分 (2) ='-='η121T T 425 K 2分。
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。
第一二章作业含答案
第一章 质点运动学一 、填空题1．一质点作半径为 m 的圆周运动，它通过的弧长s 按规律 s = t + 2 t 2 变化。
则它在2 s 末的切向加速度为 m/s 2。
法向加速度为 m/s 2。
（ 4 ， 81 ） 解：t dt ds 41+==υΘ 4==∴dt d a t υ 2221681)41(t t r t r a n ++=+==∴υ 2．一质点沿x 轴作直线运动，运动方程为324t t x -=，则1 s 末到3 s 末的位移为 m 。
则1 s 末到3 s 末的平均速度为 m/s 。
（-44 -22 ）解：44)1()3(-=-=∆x x x 221344-=--=∆∆=t x υ 3．已知质点的运动方程为j t t i t t r ρρρ)314()2125(32++-+=（SI ），当t = 2 s 时，质点的速度 为υϖ m/s ， 质点的加速度=a ρ m/s 2 j ρ8， j i ρρ4+- 解：j j t i t dt r d s t ρρρρρ8/)4()2(22=++-===υ j i j t i dt d a s t ρρρρρρ4/22+-=+-===υ 4．一质点的运动方程为 262t t x +=（SI ），质点在4 s 时的速度大小为 m/s 。
加速度大小为 m/s 2 （ 50 ， 12） 解：50/1224=+===s t t dt dx υ 12==dtd a υ 5．一质点沿半径R = 1 m 的圆周运动，其路程与时间的关系为 222t s +=（m ），那么，从开始计时到总加速度a 恰好与半径成45°角时，质点所经过的路程s = m 。
解：t dt ds 4==υ 4==∴dtdv a t 22216116t t R v a n === 由题意：n t a a = 2164t =∴ 得 s t 5.0= 故 m s s s 5.0)0()5.0(=-=6．一质点在半径为 m 的圆周上运动，其角位置为 256t +=θ（SI ），则t = s 时质点的速度的大小 v = m/s 。
第01章(质点运动学)习题答案
思 考 题1-1 什么是矢径？矢径和对初始位置的位移矢量之间有何关系？怎样选取坐标原点才能够 使两者一致？答：矢径即位置矢量，是从坐标原点O 指向质点所在处P 的有向线段。
位移 r vD 和矢径r v不同，矢径确定某一时刻质点的位置，位移则描述某段时间内始未质点位置的变化。
矢径是相对坐标原点的，位移矢量是相对初始位置的。
对于相对静止的不同坐标系来说，位矢依 赖于坐标系的选择，而位移则与所选取的坐标系无关。
若取初始位置为坐标原点才能够使两 者一致。
1-2 在下列各图中质点 M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？答：(A) 质点只要作曲线运动，肯定有法向加速度，不可能加速度为零。
(C) 在质点作曲线运动时，加速度的方向总是指向轨迹曲线凹的一侧。
(D) 质点只要作曲线运动，肯定有法向加速度，不可能只有切向加速度。
1-3 下列说法哪一条是正确的？(A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变． (B) 平均速率等于平均速度的大小．(C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成 ( ) 2 / 2 1 v v v += ，其中 v 1、v 2 分 别为初、末速率．(D) 运动物体速率不变时，速度可以变化．答：加速度恒定不变时，意味着速度的大小和方向的变化是恒定的。
不是物体运动方向 不变。
平均速率不等于平均速度的大小。
若速率的变化是线性的（加速度恒定）平均速率表 达式才可以写成 ( ) 2 / 2 1 v v v + = ， 否则不可以。
只有运动物体速率不变时， 速度可以变化． 才 是正确的。
1-4 如图所示，质点作曲线运动，质点的加速度 a 是恒矢量(a 1=a 2=a 3=a )．试问质点是否能作匀变速率运动? 答：质点作匀变速率运动要求切向加速度是恒量，如图 所示， 质点作曲线运动， 质点的加速度 a 是恒矢量(a 1=a 2=a 3=a) 则切向分量不一样，质点不能作匀变速率运动。
1-5 以下五种运动形式中，加速度 a 保持不变的运动是哪一a 3M 1M 2M 3a 3a 3思考题 1-4图aMMMvva =0 (A)(B)(C)(D)a vM av思考题 1-2图种或哪几种？(A) 单摆的运动． (B) 匀速率圆周运动．(C) 行星的椭圆轨道运动． (D) 抛体运动． (E) 圆锥摆运动．答：加速度a 保持不变（意味加速度 a 的大小和方向都保持不变）的运动是抛体运动。
01章 质点运动学 习题解答
2 2
v0
60° 30°
A x
x A 3x A
2
2g v0
2
xA ①
3 2
2
另外，根据图中几何关系，可知： x A OA cos 30
OA
y A OA sin 30 1 2 OA ，代入①中，有：
1 2
2v0 2 150 2 OA OA OA , OA 1531m 2 3g 3 9.8 2v0
S 2 | x 2 (30) x 2 (0) | x 2 (0) x 2 (30) 195 60 135m
1-17 电梯以1.0m/s的匀速率下降，小孩在电梯中跳离地板0.50m高，问当小孩再次落到地板上 时，电梯下降了多长距离？ 解：以电梯为参考系，小孩相对电梯做竖直上抛运动，他从起跳到再次落到地板所需
x x(6) x(0) 72m 路程S x 72cm
3 ⑵ v0 9 时，v x t 2 9, x 1 3 t 9t
x x(6) x(0) 18cm
令vx=0，由速度表达式可求出对应时刻t=3，由于3秒前质点沿x轴反向运动，3秒后质 点沿x轴正向运动，所以路程：
x 解： dv x a x dt bv x dt , v x dv x b dt , v x | v v0 bt
2
vx
2
t
1
v0
0
1 1 bt , v0 v x
1
vx
1 v0 bt v0 1 bt , , vx v0 v0 1 v0 bt
风地v机风v机地v其中v风地100kmh2778ms可求b120mcbvulvsmv1u2vsmv机风vv675315sin30东sin897515sin135sin????????风地机地15风地机风114一卡车在平直路面上以恒速度30米秒行驶在此车上射出一个抛体要求在车前进60米时抛体仍落回到车上原抛出点问抛体射出时相对于卡车的初速度的大小和方向空气阻力不计
(完整版)大学物理学(课后答案)第1章.doc
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x 2t 3t 312(m) ，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dx 2 dv解析：vdt 2 9t ，adt18t，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 vs ，而平均速r，故 v v 。
答案选 D。
t度 v =t1-4 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，v 2dva a n e n a t e te ndte t，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dvkv 2t ，式中， k 为大于零的常量。
当 t 0 时，dt初速为 v 0 ，则速率 v 与时间 t 的函数关系为 [](A) v 1 kt 2 v 0(B)1 kt2 12v 2 v 0(C) v1 kt2 v 0 (D)1 kt2 12v2v 0解析：由于dvvt( kv 2t) dt ，得到1kt 21，故答案kv 2t ，所以 dvdtv 0v 2 v 0选 B 。
第一章质点运动学 作业答案
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )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Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜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Δt →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｜Δr ｜≠Δs ,故ts tΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故ts td d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t rd d ； (2)t d d r； (3)t sd d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确 分析与解tr d d 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速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式ts d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的 分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v 表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 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a ｔ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, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ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 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (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．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Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,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,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d tx 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x (2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4sm 48d d -=⋅-==t tx v2s0.422m.s36d d -=-==t tx a1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；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 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -=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j r 20= , j i r 242-=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j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v其加速度的切向分量和法向分量分别为b ts a t -==22d d , Rbt Ra n 202)(-==v v故加速度的大小为R)(402222bt b a aa a t tn-+=+=v其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n20)(arctan arctan v(2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v =(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 220v =-=因此质点运行的圈数为bRRs n π4π22v ==1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o12sm 36.575tan -⋅==v v。
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【答】由定义式，可以得到 x
0
vdt ，所以，质点在 x 轴上的位
置即为这段时间内 v-t 曲线下的面积的代数和：
x (1 2.5) 2 2 (2 1) 1 2 2( m )
［ A
2 1 O 1
2.5 4.5 1 2 3 4
t(s)
］2、[基础训练 5] 一条河在某一段直线岸边同侧有 A、B 两个码头，相距 1 km。甲、乙两人需要
50( sin 5t i cos 5t j )
(m/s)
；其切向加速度的大小 at =
0
；该质点运动的轨
迹是 圆 ． 【答】从定义式出发。
dr （ 1） v 50( sin 5t i cos 5t j ) dt
2 2
(m/s) ； dv 0 dt
-0.5g
，轨道的曲率半径
2 3 v2 3 g
.（重力加速
v0
0
at g sin 30 0.5 g ,
an g cos 30
0
v2
v2 g cos 300
at
A
an
g
30°
（注意切向加速度前面的负号） 8、[基础训练 12] 一质点沿直线运动,其运动学方程为 x = 6 t－t2 (SI)，则在 t 由 0 至 4s 的时间间隔内， 质 点的位移大小为 8 ( m ) ，在 t 由 0 到 4s 的时间间隔内质点走过的路程为 10 ( m ) ． 【答】 （1）x = 6 t－t2 （2）令 v x (SI)，位移大小 r x4 x0 6 4 4
又因 a n g cos ，且 an
2 v0 cos 2 cos 2
v2
因为 , 所以地面上方的轨道各点均有 cos cos ，上式的分母在 处最小，在 0 处最大， 故
2 max v 0 / g cos
2 2 2 v cos v 0 an g cos 3
v雨对地 v雨对车 v车对地 ，作图。
v 雨对地 sin 45
0
v 雨对车 vr
45 v r0
45 °
由正弦定理 解得：
v 车对地 sin 75
，
vr
30 °
v v 雨 a 对地
v 雨对地 25.6 (m/s)
v t v车对 地
v vr r
2 设 d 500m， 2 n rad / s， 30 ； 60
由 x d tan ， 得： v
o
d
x
dx dx d d 200 d sec 2 69.8m / s 2 dt d dt cos 9
11、[自测提高 11]一质点从 O 点出发以匀速率 1 cm/s 作顺时针转向的圆周运动，圆的半径为 1 m，如图所 示．当它走过 2/3 圆周时，走过的路程是__4.19（m） ，这段时间内的平均速度大小为 4.13 10 ( m / s ) 方向是__与 x 轴正方向逆时针成 600．
1
第一章 质点运动学作业答案
严非男
［ B ］ 4、 （自测提高 3）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) 2R/T , 2R/T． (B) 0 , 2R/T (C) 0 , 0． (D) 2R/T , 0. 【答】 （从定义式出发）
y
P O
v
x
(SI) ．试求：
t2=2s 时，x2=2m ；
vx
x x2 x1 2 2.5 0.5 (m / s ) ， v 0.5i (m / s ) t t2 t1 2 1
3
第一章 质点运动学作业答案
严非男
（2） v x
dx (9t 6t 2 ), dt
4
第一章 质点运动学作业答案
严非男
16、[自测提高 15 ] 如图所示，质点 P 在水平面内沿一半径为 R=2 m 的圆轨道转动．转动的角速度 与 时间 t 的函数关系为 kt 2 (k 为常量)．已知 t 2 s 时，质点 P 的速度值为 32 m/s．试求 t 1 s 时，质 点 P 的速度与加速度的大小． 解： （注意加速度、切向加速度和法向加速度的区别） 。 根据已知条件确定常量 k
［ B ］6、[自测提高 7]在相对地面静止的坐标系内，A、B 二船都以 2 m/s 速率匀速行驶，A 船沿 x 轴 正向，B 船沿 y 轴正向．今在 A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系(x、y 方向单位矢用 i 、 j 表示)， 那么在 A 船上的坐标系中，B 船的速度（以 m/s 为单位）为 (A) 2 i ＋2 j ． 【答】 vB对A
（2）速率 v 50 ( sin 5t ) (cos 5t ) 50 m / s ，切向加速度 at
2 2
（3） x 10cos 5 t ， y 10 sin 5 t ，联立消去 t，得 x y 100 ，所以轨迹为一个圆。
10、[自测提高 8] 距河岸(看成直线)500 m 处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为 n =1 r/min 转动．当 光束与岸边成 60°角时，光束沿岸边移动的速度 v = 69.8 m/s . 【答】如图，设 t 时刻光束在岸边的位置坐标为 x
1 1 2 ( h) ； 4 2 4 2 3
1 1 1 ( h) ；∴ t t甲 t乙 ( h) 10 (min) 4 2 6
乙： t乙 t A B t B A 2t A B 2
［ C ］3、[自测提高 1]如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船 向岸边运动．设该人以匀速率 v 0 收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是 (A) 匀加速运动． (C) 变加速运动． (B) 匀减速运动． (D) 变减速运动． (E) 匀速直线运动．
从码头 A 到码头 B，再立即由 B 返回。甲划船前去，船相对河水的速度为 4 km/h；而乙沿岸步行，步行速 度也为 4 km/h．如河水流速为 2 km/h, 方向从 A 到 B，则 (A) 甲比乙晚 10 分钟回到 A． (B) 甲和乙同时回到 A． (C) 甲比乙早 10 分钟回到 A． (D) 甲比乙早 2 分钟回到 A． 【答】根据伽利略速度变换，得到甲相对岸的速率分别为 6 km/h 和 2 km/h； 甲： t甲 t A B t B A
2
0 8
(m ) ；
dx 6 2t 0 ，得：t=3s，此时质点开始反向运动。 dt
所以，路程= x3 x0 x3 x4 10 ( m )
2
第一章 质点运动学作业答案
严非男
9、[基础训练 13]在 xy 平面内有一运动质点，其运动学方程为： r 10 cos 5 t i 10 sin 5 t j （SI） ，则 t 时刻其速度 v
，故该点
v0
P
θ
v
，
2 min v 0 cos 2 / g
14、[基础训练 19 ]质点沿半径为 R 的圆周运动，加速度与速度的夹角 保持不变，求该质点的速度随时间 而变化的规律，已知初速为 v 0 。 解： （尊重已知条件，没有的信息不可自行添加。 ）
tan
an , at
(B) 2 i ＋2 j ．
(C) －2 i －2 j ．
(D) 2 i －2 j ．
= vB对地 + v地对A = vB对地 - vA对地 = 2 j 2i 2i 2 j (m / s) .
（速度变换式是矢量式，应加上矢量符号，并注意下标的规律） 二. 填空题 7、[基础训练 10] 一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道 A 点处速度 v 的大小为 v，其方向与水平方 向夹角成 30°，则物体在 A 点的切向加速度 at = 度为 g） 【答】如图，将重力加速度分解为切向加速度分量和法向加速度分量，得
将 at
v
v2 dv v2 dv ， an 代入，得 ， R dt R tan dt
t
dv dt 分离变量并积分： 2 , v R tan v0 0
v R tan 1 1 t v 0 v v0 R tan R tan v0 t
15、[基础训练 20 ] 当火车静止时，乘客发现雨滴下落方向偏向车头，偏角为 30°，当火车以 35 m/s 的速 率沿水平直路行驶时，发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为 45°，假设雨滴相对于地的速度保持不变，试 计算雨滴相对地的速度大小． 解：根据伽利略速度变换式：
t 2 s时， v x 6 ( m / s ),
v 6i ( m / s )
（3） （计算路程时，请注意有没有反向运动。 ） 令 v x ( 9t 6t ) 0 ，
2
得： t ' 1.5s .
此时 x 3.375m
第二秒内的路程 s x' x 1 x 2 x' 3 .375 2 .5 3 .375 2 2 .25 m
3
，
2 4 4.19(m) 【答】 路程S 2 R 3 3 r 2 cos300 3 3 平均速度大小 v 4.13 103 ( m / s ) ；方向如图。 S t 400 v