1大学物理1课后答案

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大学物理课后习题1第一章答案

习题11.1选择题(1)一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为（）(A)dtdr (B)dtr d (C)dtr d || (D)22)()(dtdy dt dx +答案：(D)。

(2)一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，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，其平均速度大小和平均速率大小分别为（）(A)t R t R ππ2,2(B)tRπ2,0(C)0,0(D)0,2tRπ答案：(B)。

(4)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，τa 表示切向加速度，下列表达式中，（）①a t = d /d v ，②v =t r d /d ，③v =t S d /d ，④τa 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．答案：(D)。

(5)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υ，某一时间内的平均速度为v，平均速率为v ，它们之间的关系必定有：（）（A）vv v,v == （B）v v v,v =≠ （C）vv v,v ≠≠ （D）vv v,v ≠= 答案：(D)。

1.2填空题(1)一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。

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v 0为5m ·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v=。

答案：23m·s -1.(3)一质点从静止出发沿半径R=1m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI)，则质点的角速度ω=__________________；切向加速度τa =_________________．答案：4t 3-3t 2(rad/s)，12t 2-6t (m/s 2)(4)一质点作直线运动，其坐标x 与时间t 的关系曲线如题1.2(4)图所示．则该质点在第___秒瞬时速度为零；在第秒至第秒间速度与加速度同方向．题1.2(4)图答案：3,36;(5)一质点其速率表示式为v s =+12，则在任一位置处其切向加速度a τ为。

大学物理1-6章课后习题答案1

二、课后习题解答1-1、一飞轮直径为0.2m ，质量为5.00kg ，t 边缘饶一轻绳，现用恒力拉绳子的一端，使其有静止均匀地加速，经0.50s 转速达10转/s 。

假定飞轮可看作实心圆柱体。

求；飞轮的角加速度及在这段时间转过的转数拉力及拉力所做的功从拉动后t=10s 时飞轮的角速度及边缘上一点的速度和切向加速度及发向速度。

解：,/1058.1,/6.12,/126,/1026.1)3(3.4921212125232202s m r a s m r a s m r v s t J J J J A t n t t z z z ⨯======⨯====-=ωβωβωωωωτ1-2、有一根长为l 、质量为m 的匀质细杆，两端各牢固的连接一个质量为m 的小球，整个系统可绕一过O 点并垂直于杆的水平轴无摩察的转动，如图。

当系统转到水平位置时，求：系统所受的和力矩系统的转动惯量系统的角加速度解：（1）设垂直纸面向里为z 轴的正方向（即力矩的正方向），合力矩为两小球及杆的重力矩之和。

mgl M M M M lmg r g dr rg rgdm M l mlmg M lmg M F r M z z zz l l l l z zzz 4341243,4190,4/34/24/34/0=+'+'=∴======'-='=⨯=--⎰⎰杆右左杆右左杆所受重力矩：其中两小球所受重力矩：ρρρθ224/34/34/34/24/34/222483748731)41(,)43()2(ml J J J J ml r dr r dm r J l m J l m J z z zz l l l l l l z z z=+'+'=∴====='='---⎰⎰杆右左杆右左杆的转动惯量：两小球的转动惯量：转动惯量之和，小球的转动惯量和杆的系统的转动惯量等于两λλ（3）由转动定理lg J M J M z z z z 3736==⇒=ββ1-3、有一质量为m 1、 m 2（m 1>m 2）两物体分别悬挂在两个半径不同的组合轮上，如图。

大学物理学课后习题答案

习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 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r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 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v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解

液面下降的速度，即
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =

= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ

1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,

= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+

≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =

∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =

=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,

大学物理上册-课后习题答案全解

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，并由上述资料求出量值．[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：= (m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°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 = (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 = (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 = (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 = (m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= (s)．因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1)，所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (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 = (m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = º，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图，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= (s)．由此可以求解其它问题．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 = -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）分离变数得，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 = d2x/d t2，而 d x/d t = v，a = d v/d t，分离变数得方程：，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 = v0，所以C = ln v0，因此ln v/v0 = -kt，得速度为：v = v0e-kt．而d v = v0e-kt d t，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/d t = 12t2= 48(rad·s-1)，法向加速度为a n= rω2= (m·s-2)；角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2)，切向加速度为a t= rβ = (m·s-2)．（2）总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2，当a t = a/2时，有4a t2 = a t2 + a n2，即．由此得，即，解得．所以 =(rad)．（3）当a t = a n时，可得rβ= rω2，即： 24t = (12t2)2，解得：t = (1/6)1/3 = (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 ．[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 = 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 = 内下降的距离h = ．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 = (m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= (m·s -2)．1．8 一升降机以加速度·s -2上升，当上升速度为·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．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= (s)．算得h 2 = ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为．[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，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为．证毕．图A B AB v v + uv - u A Bv u u vv1．10 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，由此可作向量三角形．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．第二章运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = ，静摩擦因素为μs = ．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = (N)，这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = (N)，这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = (N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为图1h lα图 mf =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`，即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = (N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = ，m 2 = ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2．对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1．可以解得m 2的加速度为 = (m·s -2)，绳对它的拉力为= (N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式；（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此，即：．（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2，即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；（4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；（5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ，所以 θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力：．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：， 12图 2 图（2）因此角度为；而张力为．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =的小球，拴在长度l =的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为，因此，即 v d v = -gl sin θd θ，（1）取积分，得，解得：= (m·s -1)．由于：，所以T B = 2mg = (N)．（2）由（1）式积分得，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为．切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)．（3）当 θ = 60º时，切向加速度为= (m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = (N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．由于，所以，图图因此v d v = g cosθd s= g d h，h表示石下落的高度．积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为．2．8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 = d x/d t，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：mv d v = f(x)d x，积分即可求解．如果f(x) = -k/x n，则得．（1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = ln x0，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．2．9一质量为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，分离变数得，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 = d x/d t，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此．（2）如果小球以v 0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v m = mg/k ．2．10 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子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，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 = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，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 = v 0，所以，因此．解得．由于，积分得，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 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 = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得．(二)力学中的守恒定律2．12 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 = A cos ωt ，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d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为，方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，图小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量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：，由此可作向量三角形，可得：．因此向心力给予小球的的冲量大小为= (N·s)． [注意]质点向心力大小为F = mv 2/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 = mv 2/R = mωv ，其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ，积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量，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，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= (m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = (N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = (N)． 2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为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 = v 0t + at 2/2，可得B 拉C 之前的运动时间；= (s)．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．v x Δv v y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 = (m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作向量三角形，列方程得，所以 v` = v /cos45° = ．2．17 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．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为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d s = R d θ．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 = μk N = μk mg cos θ，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．2．18 一品质为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v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功；（2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：．图由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2= 2a t s ，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。

大学物理一课外题型答案

质点运动学一、选择题D 1、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 B 2、一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 22+=（其中a 、b 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 D. 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 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /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C 4、某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是(A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt C. 5、下列说法中，哪一个是正确的？(A) 一质点某时刻的瞬时速度是2 m/s ，说明它在此后1 s 内一定要经过2 m 的路程(B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大(C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零(D) 物体加速度越大，则速度越大二填空题 i 21、一物体质量M ＝2 kg ，在合外力i t F )23(+= (SI )的作用下，从静止开始运动，式中i 为方向一定的单位矢量, 则当ｔ＝1 s 时物体的速度1v ＝_______ ___．20.1y x x =- 2. 一足球运动员踢出的初速度 010/v m s =，0v 与水平方向成45度角，不计空气阻力，此足球的轨迹方程为。

2020年智慧树知道网课《大学物理(一)》课后章节测试满分答案》课后章》课后章

第一章测试1【判断题】(1分)物体的速率在减小，其加速度必在减小。

A.错B.对2【判断题】(1分)作曲线运动的质点的速度和位置矢量必定垂直。

A.对B.错3【判断题】(1分)作曲线运动的物体，必有向心加速度。

A.错B.对4【判断题】(1分)位移是位置矢量的增量。

A.对B.错5【判断题】(1分)质点运动的速率必等于速度的大小。

A.错B.对6【单选题】(1分)A.抛体运动．B.变速直线运动．C.一般曲线运动．D.匀速直线运动．7【单选题】(1分)几个不同倾角的光滑斜面，有共同的底边，顶点也在同一竖直面上．若使一物体（视为质点）从斜面上端由静止滑到下端的时间最短，则斜面的倾角应选A.60°．B.15°．C.30°．D.45°．【单选题】(1分)A.匀加速运动.B.匀减速运动．C.变加速运动．D.变减速运动．9【单选题】(1分)以下能够看作是质点的物体是A.在研究的问题中,物体的大小和形状都可以忽略不计的物体．B.质量很轻的物体一定可以当作质点．C.体积不大的物体D.太阳一定不能当作质点．10【单选题】(1分)物体作曲线运动时A.一定是速度大小变化的运动．B.一定有加速度．C.加速度可为零．D.可作匀速运动．第二章测试1【判断题】(1分)质点的动量发生了变化，则它的动能也一定发生变化。

A.对B.错2【判断题】(1分)物体的运动方向与合外力的方向总是相同的。

A.对B.错3【判断题】(1分)质点受到外力作用时，则它的动能一定会发生变化。

A.错B.对4【判断题】(1分)物体沿铅直平面内的光滑圆轨道作圆周运动，机械能守恒。

A.对B.错5【判断题】(1分)质点的动能大小跟所选择的惯性参考系无关。

A.错B.对6【单选题】(1分)一辆汽车从静止出发，在平直公路上加速前进的过程中，如果发动机的功率一定，阻力大小不变，那么，下面哪一个说法是正确的？A.汽车的加速度与它的速度成正比。

B.汽车的加速度是不变的。

（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。

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_大学物理教程上册(范仰才著)课后答案_1

大学物理教程上册(范仰才著)课后答案大学物理教程上册(范仰才著)内容提要绪论第一篇力学第1章质点运动学1.1 参考系和坐标系质点1.2 质点运动的描述1.3 自然坐标系中的速度和加速度1.4 不同参考系中速度和加速度的变换关系思考题习题第2章质点动力学2.1 牛顿运动定律2.2 惯性系与非惯性系2.3 力的空间积累效应2.4 保守力的功势能机械能守恒定律2.5 力的时间积累效应动量守恒定律__2.6 质心质心运动定理阅读材料(1)混沌及其特征思考题习题第3章刚体的定轴转动3.1 刚体及刚体定轴转动的描述3.2 刚体定轴转动定律3.3 定轴转动的功和能3.4 角动量定理和角动量守恒定律__3.5 进动阅读材料(2)对称性与守恒律思考题习题第二篇热学第4章气体动理论4.1 平衡态态参量理想气体物态方程 4.2 理想气体的压强公式4.3 理想气体的`温度公式4.4 能量按自由度均分理想气体的内能 4.5 麦克斯韦速率分布律__4.6 玻耳兹曼分布律4.7 分子的平均碰撞频率和平均自由程__4.8 气体内的输运过程__4.9 范德瓦尔斯方程真实气体阅读材料(3)低温与超导思考题习题第5章热力学基础5.1 准静态过程功热量和内能5.2 热力学第一定律及其在理想气体等值过程的应用 5.3 绝热过程多方过程5.4 循环过程卡诺循环5.5 热力学第二定律5.6 热力学第二定律的统计意义熵阅读材料(4)热学熵与信息熵思考题习题第三篇振动和波动第6章振动学基础6.1 简谐振动的运动学旋转矢量表示法6.2 简谐振动的动力学特征6.3 简谐振动的能量6.4 简谐振动的合成6.5 阻尼振动受迫振动共振思考题习题第7章波动学基础7.1 机械波的形成和传播7.2 平简谐波的波函数7.3 波的能量声波大学物理教程上册(范仰才著)目录《21世纪高等学校规划教材:大学物理教程(上)》可作为本科院校理工科各专业的大学物理教材，也可作为各类普通高等学校非物理类专业、各类成人高校物理课程的教材或教学参考书。

大学物理第一章课后习题答案【最新精选】

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 d dt 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 Aex tωβ-=（A 和β皆为常量）。

大学物理课后答案第1章质点运动学习题解答

~
，解得
（2），，
1-13质点M作平面曲线运动，自O点出发经图示轨迹运动到C点。图中，OA段为直线，AB、BC段分别为不同半径的两个1/4圆周。设时，M在点，已知运动方程为 (SI)，求 s时刻，质点M的切向加速度和法向加速度的大小。
解：时此时质点在大圆上
…
时
1-14一质点沿半径为的圆周按的规律运动，其中和都是常数。求：(1)质点在时刻的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等于；(3)当加速度大小为时质点已沿圆周运行了几圈
解：
，
&
1-8一艘正在沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即，式中为正常数。试证明快艇在关闭发动机后又行驶距离时的速度为，式中是发动机关闭瞬时的速度。
解：
，
1-9一飞轮的转速在5s内由900rev/min均匀地减到800rev/min。求：(1)飞轮的角加速度；(2)在此5s内飞轮的总转数；(3)再经几秒飞轮将停止转动。
解：，即
~
1-5一质点在平面内运动，运动方程为 (SI)。(1)求质点运动的轨道方程并画出运动轨道；(2)计算1s末和2s末质点的瞬时速度和瞬时加速度；(3)在什么时刻质点的位置矢量与其速度矢量恰好垂直这时，它们的、分量各为多少(4)在什么时刻质点离原点最近算出这一距离。
解：，，
(1) ，
消t，得轨道方程：，
其曲线为开口向下的抛物线，如右图。
（2），
，
(3) ，
*
解得：，
时，，，，
时，，，，
以上物理量均为国际单位。
（4）
令，解得
1-6一物体沿轴运动，其加速度和位置的关系满足 (SI)。物体在处的速度为10 m/s，求物体的速度和位置的关系。

大学物理课后答案详解

大学物理课后答案详解第一章：力学1.1 牛顿定律的三种形式第一种形式：惯性定律牛顿的第一定律，也被称为惯性定律。

它的表述为：一个物体如果没有外力作用，将保持静止或匀速直线运动的状态。

这意味着在没有外力作用时，物体的加速度为零，速度保持不变。

这个定律的重要性在于它说明了运动的惯性特性。

举个例子，当我们在车上紧急刹车时，我们的身体会有向前的惯性，因为车突然减速，而我们的身体仍保持原来的运动状态。

第二种形式：动量定律牛顿的第二定律，也被称为动量定律。

它的表述为：一个物体的加速度正比于作用在它上面的合外力，反比于物体的质量。

通过数学表达式可以得到 F = ma，其中 F表示物体所受合外力的大小，m表示物体的质量，a表示加速度。

这个定律说明了力是一种导致物体加速度变化的物理量。

第三种形式：作用与反作用定律牛顿的第三定律，也被称为作用与反作用定律。

它的表述为：如果物体A对物体B施加了一个力，那么物体B对物体A也会施加一个大小相等、方向相反的力。

这一个定律解释了为什么当我们敲击桌子时，手感到疼痛，因为我们的手会受到桌子的反作用力。

同样地，当我们踢足球时，脚球会受到我们脚的力的影响而向前踢出。

1.2 动力学动力学是力学的一个重要分支，它研究的是物体在受力作用下的运动规律。

其中最常见的运动学参数有位移、速度和加速度。

1.2.1 位移位移是一个矢量量，它表示物体从初始位置到最终位置的改变。

位移的大小等于物体在运动过程中实际移动的距离。

位移的方向由初始位置和最终位置的连线所决定。

1.2.2 速度速度是一个矢量量，它表示物体单位时间内移动的位移。

速度的大小等于单位时间内移动的位移，而速度的方向由位移的方向和时间的方向所决定。

1.2.3 加速度加速度是一个矢量量，它表示单位时间内速度的变化量。

加速度的大小等于单位时间内速度的改变量，而加速度的方向由速度的方向和时间的方向所决定。

1.3 弹力和重力1.3.1 弹力弹力是一种垂直于两个物体接触面的力，它是由于两个物体之间的接触而产生的。

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。

解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。

解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，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）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 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20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 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td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。

大学物理第1章习题解答(全)ppt课件

2 t

23 23 t t 0 3 3
1-24 一质点在半径为0.10m 的圆周上运动， 3 2 4 t 其角位置为，式中的单位为 rad ， t的单位为s。求：（1）在 t=2.0s时质点的法向加速度和切向加速度。（2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，值为多少？（3）t为多少时，法向加速度和切向加速度相等？ d 2 3 得： 12 t 2 4 t 解（1）由 dt
（2）加速度的大小和方向。解：（1）速度的分量式为 dx dy v 10 60 t v 15 40 t x y dt dt
v ( t ) v v 10 60 t 15 40 t
2 2 x y 2 2
v ( t ) v v 10 60 t 15 40 t
解（1）由参数方程
x 2 . 0 t , y 19 . 0 2 . 0 t
2
消去t得质点的轨迹方程：
y 19 . 0 0 . 50 x
(2)
2
t1 1 .0 s
t2 2 .0 s
r r r 2 1 v 2 . 0 i 6 . 0 j t t t 2 1
dv d 2 2 2 a (v v ) 3 . 58 m s tt 1 x y dt dt
a a a 1 . 79 m s n
2 2 t
2
(4)
t 1 . 0 s时质点的速度大小为
2 2 1 v v v 4 . 47 m s x y
2
a a a 72 . 1 m s
设 a与 x 轴正向的夹角为

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。

大学物理课后习题答案

大学物理课后习题答案(共15页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--1—1 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为2135,342x t y t t t s x y m =+=+-式中以计，，以计。

（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秒内质点的位移；（3）计算0t = s 时刻到4t = s 时刻内的平均速度；（4）求出质点速度矢量表示式，计算4t = s 时质点的速度；（5）计算0t = s 到4t = 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4t = s 是质点的加速度。

（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：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 j i +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(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 tr 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 质点沿直线运动，速度32132()v t t m s -=++，如果当时t=2 s 时，x=4 m,求：t=3 s 时质点的位置、速度和加速度。

解：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 xP ．31 1—9 一个半径R= m 的圆盘，可依绕一个水平轴自由转动，一根轻绳子饶在盘子的边缘，其自由端拴一物体。

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。

上海交通大学出版社大学物理教程1质点运动学习题思考题答案

上海交通⼤学出版社⼤学物理教程1质点运动学习题思考题答案习题11-1．已知质点位⽮随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω= 消去t 可得轨道⽅程：222x y R +=∴质点的轨道为圆⼼在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+⽽v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2．已知质点位⽮随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。

求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道⽅程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。

（2）由d r v dt=，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ?==+=+??（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+。

1-3．已知质点位⽮随时间变化的函数形式为22r t i t 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)由d r v d t= ，有：22v t i j =+ ，d va d t=，有：2a i = ；（2）⽽v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t d v a d t==222t n a a a =+有： n a ==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。