《新编基础物理学》第1章习题解答和分析

《新编基础物理学》第1章习题解答和分析第1章 质点运动学1-1. 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x ＝8t 3－6t （m ），试计算质点(1) 在最初2s 内的平均速度，2s 末的瞬时速度；(2) 在1s 末到3s 末的平均加速度，3s 末的瞬时加速度. 分析：平均速度和瞬时速度的物理含义不同，分别用x t ∆=∆v 和d d x t =v 求得；平均加速度和瞬时加速度的物理含义也不同，分别用a t∆=∆v 和d d a t =v 求得. 解：(1) 在最初2s 内的平均速度为31(2)(0)(8262)026(m s )2x x x t t -∆-⨯-⨯-====⋅∆∆v2s 末质点的瞬时速度为 212d 24690(m s )d x t t-==-=⋅v (2) 1s 末到3s 末的平均加速度为22(3)(1)(2436)(246)96(m s )2a t t -∆-⨯---====⋅∆∆v v v3s 末的瞬时加速度 23d 48144(m s )d a t t-===⋅v1-2．一质点在xOy 平面内运动，运动方程为22(m),48(m)x t y t ==-.（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求=1 s =2 s t t 和时质点的位置、速度和加速度. 分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程.写出质点的运动学方程)(t r ρ表达式.对运动学方程求一阶导、二阶导得()t r v 和()a t r ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度.解：（1） 由2,x t = 得：,2xt = 代入248y t=-可得：28y x =-，即轨道方程. 画图略（2）质点的位置矢量可表示为22(48)r ti t j =+-v v v则速度d 28d r i t j t==+v v v v v 加速度d 8d a jt==v v v v当t =1s 时，有1224(m),28(m s ),8m s r i j i j a j --=-=+⋅=⋅v r r r r r r r r当t =2s 时，有1248(m),216(m s ),8m s r i j i j a j --=+=+⋅=⋅v r r r r r r r r1-3．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位. 求：（1）质点的轨迹方程；（2）在2s t =时质点的速度和加速度. 分析： 同1-2.解：（1）由题意可知：x ≥ 0，y ≥ 0，由2x t =，可得t =,代入2(1)y t =- 整理得：1=即轨迹方程（2）质点的运动方程可表示为22(1)r t i t j =+-r r r则d 22(1)d rti t j t ==+-v r r v vd 22d a i jt==+v r r v v因此, 当2s t =时，有1242(m s ),22(m s )i j a i j --=+⋅=+⋅r r r r r r v1-4．一枚从地面发射的火箭以220m s -⋅的加速度竖直上升0.5min 后，燃料用完，于是像一个自由质点一样运动. 略去空气阻力并设g 为常量，试求： （1）火箭达到的最大高度； （2）它从离开地面到再回到地面所经过的总时间. 分析：分段求解：030s t ≤≤时，220m s a -=⋅，可求出11,x v ；t ＞30s 时，g a -=.可求出2()t v ，2()x t .当20=v 时，火箭达到的最大高度, 求出t 、x . 再根据0x =，求出总时间. 解：（1）以地面为坐标原点，竖直向上为x 轴正方向建立一维坐标系，设火箭在坐标原点时，t =0s ，且0.5min=30s.则当0≤ t ≤30s ，由d d xxa t =v ,得3020d d xxt =⎰⎰v v ， 解得20x t=v 当130s=v时11600m s -=⋅v 由d d xx t=v， 得130020d d x t t x=⎰⎰，则19000m x =当火箭未落地, 且t ＞30s, 又有221309.8d d x tx t -=⎰⎰v v v解得28949.8x t=-v同理由d d xxt=v 得 130(8949.8)d d txx t t x-=⎰⎰解得24.989413410x t t =-+- …①由20x =v ，得91.2s t =，代入①得max 27.4kmx ≈（2）由①式可知，当0x=时，解得 1166s t ≈216s<30s t ≈（舍去）1-5．质点沿直线运动，加速度24a t =-，式中a 的单位为2m s -⋅，t 的单位为s ，如果当t =3s 时，x =9m ，12m s -=⋅v ，求质点的运动方程.分析 本题属于第二类运动学问题，可通过积分方法求解.解 由分析可知0200d d (4)d tta t t t ==-⎰⎰⎰vv v 积分得30143t t =+-v v由030001d d (4)d 3xt tx x t t t t ==+-⎰⎰⎰v v得24001212x x t t t =+-+v将t =3s 时，x =9m ，12m s -=⋅v 代入上两式中得101m s -=-⋅v ，x 0=0.75m所以质点的运动方程为2410.752(m)12x t t t =-+-1-6. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度大小平方成正比，即2d /d t k =-v v ， 式中k 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度大小为 0kx e -=v v . 其中0v 是发动机关闭时的速度大小.分析：要证明~x v 关系，可通过积分变量替换将时间变量替换掉，即d d d d a t x==v vv ，积分即可证明. 证： 2d d d d d d d d k =⋅==-v v v v v x t x t x分离变量得d d k x =-vv两边积分001d d x k x =-⎰⎰vv v v ,ln kx =-vv证得kx e -=v v1-7．一质点沿半径为R 做圆周运动，运动学方程为212s t bt =+v ，其中v 0，b 都是大于零的常量.求： （1）t 时刻质点的加速度大小及方向； （2；分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程()t s s =，求导可求出质点的运动速率d d st =v ，而切向加速度dd t a t=v ，法向加速度2naρ=v ，总加速度22na a a +=τ，当a =时，即可求出t . 解：（1）质点的运动速率0d d sbt t==+v v切向加速度d d t a b t ==v法向加速度220()n bt a Rρ+==v v加速度大小a ==方向()211tan tan n t bt aa bRθ--+==v（2）当a =时，可得22220()2bt b b R ⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦v解出t b=v1-8. 物体以初速度120m s -⋅被抛出，抛射仰角60°，略去空气阻力，问：（1）物体开始运动后的1.5s 末，运动方向与水平方向的夹角是多少？ 2.5s 末的夹角又是多少？ （2）物体抛出后经过多少时间，运动方向才与水平成45°角？这时物体的高度是多少?（3）在物体轨迹最高点处的曲率半径有多大？ （4）在物体落地点处，轨迹的曲率半径有多大？分析：（1）建立坐标系，写出初速度0v v ，求出()t vv、θtan ，代入t 求解.（2）由（1）中的θtan 关系，求出时间t ；再根据y 方向的运动特征写出()t y ，代入t 求y .（3）根据物体在轨迹最高点处，0y=v，且加速度2na a g ρ===v，可求出ρ. （4）由对称性，落地点与抛射点的曲率相同2cos na g θρ==v，求出ρ. 解：以水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向建立二维坐标系 （1） 初速度001020cos6020sin6010(m s )i j i -=+=+⋅v r r r v，加速度29.8(m s ),a j -=-⋅r r则任一时刻109.8)at i t j =+=+v v r r v v v………………① 与水平方向夹角有9.8tan 10t θ=……………………………② 当t =1.5s 时tan 0.262,1441'θθ==︒当t =2.5s 时tan 0.718,3541'θθ=-=-︒ （2） 此时tan 1θ=, 由②得t =0.75s物体的高度22110.759.80.7510.23(m)22yoy t gt =-=-⨯⨯=v（3）在最高处2110m s ,n a gρ-=⋅==v v得210.2mgρ==v（4）由对称性可知，落地点的曲率与抛射点的曲率相同. 由解图1-8得210cos cos 4.9(m s )20x n a a g gg θθ-=====⋅v v240082(m)4.9n a ρ===v1-9．汽车在半径为400m 的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为110m s -⋅，切向加速度的大小为20.2m s -⋅.求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向. 分析：由某一位置的ρ、v 求出法向加速度na ，再根据已知切向加速度τa 求出总加速度a v的大小和方向. 解：法向加速度的大小222100.25(m s ),400na ρ-===⋅v 方向指向圆心 总加速度的大小222220.20.250.32(m s )n a a a τ-=+=+=⋅由解图1-9得tan 0.8,3840'na a ταα===︒解图1-8解图1-9则总加速度与速度夹角9012840'θα=︒+=︒1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为0v ，与水平方向成α角．求质点到达抛出点的同一高度时的切向加速度、法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径（忽略空气阻力）．已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为2n a ρ=v . 分析：在运动过程中，质点的总加速度 a g =.由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时，质点的速度大小0=v v ，其方向与水平线夹角也是α.可求出n a ，如解图1-10所示.再根据法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系2n a ρ=v ，解出曲率半径. 解：切向加速度tsin a g a =法向加速度a g a ncos =因为2na ρ=v ，所以220cos n a g ρα==v v1-11．在生物物理实验中用来分离不同种类的分子的超级离心机的转速为313.1410rad s -⨯⋅.在这种离心机的转子内，离轴10cm 远的一个大分子的向心加速度解图1-10是重力加速度的几倍？分析 根据定义可得向心加速度的大小2na r ω=.解 所求倍数2222425244(610)0.1=410609.8r n r g g ωππ⨯⨯==⨯⨯1-12. 一质点在半径为0.10m 的圆周上运动，其角位置变化关系为324(rad)t θ=+.试求：(1) 在t =2s 时，质点的法向加速度和切向加速度大小各为多少？；(2) 当切向加速度大小恰等于总加速度大小的一半时，θ值为多少？(3) 在什么时刻，切向加速度和法向加速度恰好大小相等？分析 本题为物体作圆周运动的角坐标表示下的第一类运动学问题，求导可得到角速度和角加速度，再由角量与线量的关系求得切向加速度ta 和法向加速度na .解 (1) 角速度和角加速度分别为2d 12d t t θω==d 24d t tωβ==法向加速度22222n 0.1(12) 2.3010(m s )a r t ω-==⨯=⨯⋅切向加速度2t d 2.4 4.8(m s )d a r t tβ-====⋅v(2) 由t /2a a =，2222t n t 4aa a a =+= 得 22t n3a a =22243(24)(12)r t r t =33t =332424 3.15(rad)t θ=+=+⨯=(3) 由 nta a =，即22(12)24r t rt=，解得0.55s t =1-13．离水面高度为h 的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率0v 拉绳子，求当船离岸的距离为s 时，船的速度和加速度的大小. 分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念.小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与垂直绳的分量合成，沿绳方向的收绳的速率恒为0v .可以由0v 求出船速v 和垂直绳的分量1v .再根据21naρ=v 关系，以及na 与a 关系来求解a .解： 如解图1-13，小船速度沿绳的分量2=v v ，船速2sec θ=v v解图1-13当船离岸的距离为s 时，船速220s h s+=v v船速垂直绳的分量012tan h sθ==v v v则船的法向加速度2211n 2222cos a a as hs hθρ====++v解得2203h a s=v1-14. A 船以130km h -⋅的速度向东航行，B 船以145km h-⋅的速度向正北航行，求A 船上的人观察到的B 船的速度和航向.分析：关于相对运动，必须明确研究对象和参考系.同时要明确速度是相对哪个参照系而言.画出速度矢量关系图求解. 解：如解图1-14所示11A B 30km h ,45km h i j --=⋅=⋅v v r r v vB 船相对于A 船的速度解图1-141BA B A 4530(km h )j i -=-=-⋅v v v r r v v v则速度大小221BA B A 54.1(km h )-=+=⋅v v v方向BAarctan56.3θ==︒v v ，既西偏北56.3︒1-15. 一个人骑车以118km h -⋅的速率自东向西行进时，看见雨滴垂直落下，当他的速率增加至136km h -⋅时，看见雨滴与他前进的方向成120°角下落，求雨滴对地的速度.分析：这是一个相对运动的问题，雨对地的速度不变，画出速度矢量图，就可根据几何关系求解.解：如解图1-15所示，rv v 为雨对地的速度，12,p p v v v v分别为第一次，第二次人对地的速度，12,rp rp v v v v 分别为第一次，第二次雨对人的速度，120θ=︒由三角形全等的知识，可知18012060αβ==︒-︒=︒三角形ABC 为正三角形，则解图1-152136km h r p -==⋅v v ，方向竖直向下偏西30︒.1-16如题图1-16所示，一汽车在雨中以速率1v 沿直线行驶，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方θ角，速率为2v ，若车后有一长方形物体，问车速为多大时，此物体刚好不会被雨水淋湿？分析：相对运动问题，画矢量关系图，由几何关系求解.解：如解图1-16（a ），车中物体与车蓬之间的夹角arctan lh α=若θ＞α，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿 若θ＜α，如解图1-16（b ）则有||||||BC AC AB ==-v 车=sin sin cos tan sin αθθαθ-=-vv v v 雨雨雨雨对车又2=v v 雨则2cos (sin )l hθθ=-v v 车题图1-16解图1-161-17 人能在静水中以11.10m s -⋅的速度划船前进.今欲横渡一宽为m 10.0013⨯、水流速度10.55m s -⋅的大河.他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，那么应如何确定划行方向？到达正对岸需多少时间？ 分析 船到达对岸所需时间由船相对于岸的速度v v 决定，而v v 由水流速度u v 和船在静水中划行速度'v v 确定.画出矢量图由几何关系求解.解 根据解图1-17，有'v =u+v v v v，解得 0.551sin 1.102u α==='v 030α=即应沿与正对岸方向向上游偏300方向划行.船到达正对岸所需时间为31.0510s cos d dt α===⨯'v v1-18．一升降机以2g 的加速度从静止开始上升，在2.0s 末时有一小钉从顶板下落，若升降机顶板到底板的距离h=2.0m ，求钉子从顶板落到底板的时间t , 它与参考系的选取有关吗？分析：选地面为参考系，分别列出螺钉与底板的运动方程，当螺丝落到地板上时，两物件的位置坐标相同，由此可求解.v解图1-17解：如解图1-18建立坐标系，y 轴的原点取在钉子开始脱落时升降机的底板处，此时，升降机、钉子速度为0v ,钉子脱落后对地的运动方程为21012y h t gt =+-v升降机底板对地的运动方程为220122y t gt =+⨯v且钉子落到底板时，有12=y y ， 即2012h t gt +-=v20t gt +v解出0.37s t = t 与参考系的选取无关.解图1-18。