大学基础物理学答案(习岗) 第1章 质点运动学
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-+-=∆)101(3)01(21)01(32ji ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) (4) (5) (6) 1-2 =v 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 xtt tv a t t v 63d d 23223+==++=将t =3s 代入证)sm (45)sm (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: ︒===3.51,25.1ααx y tg(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+=-+-=∆(4) 1-41-5 g)(25m/s1047.280.13600101600223≈⨯=⨯⨯==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 ∆∆---=(2) .对应于t 13.184.122212120-=-="t t 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02222d d d d v sh s tl hl l ts v +-=-==负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为3202022d d d dd d s v h t l v hl l lt va -=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--== 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⨯=⨯⨯⨯==ππωgr n gr1-9 物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.04.022=⨯==h a在1-10 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=-⨯=-=ag 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风地vb ）两图中风地v应是同一矢量.1-12 (1) vLv L t 22==(2) 22212uv vL uv L uv L t t t -=++-=+=1212-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v u v L(3) v L v 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22uv 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BD OB AB 将式（1） (2) 由t =即 c o s α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 Vu 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 Vu u D l'⎢⎢⎣⎡''-+-='cos sin cos 2d d 22αα0c o s 2s i n s i n 2222=⎥⎦⎤'-+''+αuV Vu a a uV简化后可得01cos cos 222=+'+-'αuVV u a即 01c o s 613c o s 2=+'-'αa解此方程得32cos ='α︒=='-2.4832cos1α将α'AB。
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 ⊥。
大学物理学(课后答案解析)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t∆∆rv =，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 。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 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； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 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。
(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．以下说法中，正确的选项是：（）A.一物体若拥有恒定的速率，则没有变化的速度；B.一物体拥有恒定的速度，但仍有变化的速率；C.一物体拥有恒定的加快度，则其速度不行能为零；D. 一物体拥有沿x 轴正方向的加快度而有沿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 v0匀速沿 y 轴向下滑动， B 点沿 x 轴挪动，则 B 点的速率为：（）A . v0 sinB .v0 cos C.v0 tan D.v0 / cos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x2y2l 2对上式两边关于时间求导：dx dy0，因dxv，dyv0，所以2 x 2 ydtdt dt dt2xv2yv0 = 0即v=v0 y/x =v0tan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，灯y人头A H vv0hθvx影sB选择题 3图选择题 2图则人头影子挪动的速度u 为（）H h Hv h HA.vB.H H h H h 解：答案是 B 。
简要提示：设人头影子到灯杆的距离为 x ，则x s h ， x Hs ， x H H hdx H ds HvuH h dt Hdt h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. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．B. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴负方向．C. 变加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．D. 变加快直线运动，加快度沿x 轴负方向．()解： 答案是 D5. 一物体从某一确立高度以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： （）v t - v 0v t v 0v t2 22v v 0 v t A.B.C.gD.2 gg2 g解：答案是 C 。
大学物理基础教程答案
第一章质点运动学习题解答1-1质点作曲线运动,在时刻质点的位矢为,速度为,速率为,在至时间内的位移为, 路程为, 位矢大小的变化量为( 或称),平均速度为,平均速率为．(1) 根据上述情况,则必有( B )(A)(B) ，当时有(C) ，当时有(D) ，当时有(2) 根据上述情况,则必有( C )(A) ，(B) ，(C) ，(D) ，1-2一运动质点在某瞬时位于位矢的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)；(2)；(3)；(4)．下述判断正确的是( D )(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1-3质点作曲线运动,表示位置矢量,表示速度,表示加速度,表示路程,表示切向加速度．对下列表达式,即(1)；(2) ；(3) ；(4) 。
下述判断正确的是( D )(A) 只有(1)、(2)是对的(B) 只有(3)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的(D) 只有(3)是对的1-4一个质点在做圆周运动时,则有( B )习题1-1图(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 1-5 一质点沿轴运动，其坐标与时间的关系为，则该质点速度方向沿轴正向的时间区间为( A )。
(A)(B)(C) (D)1-6 质点的运动方程为，则质点在秒时到原点的距离为m ，速度矢量为m/s 。
1-7 一质点做半径为、周期为的匀速率圆周运动，试问经过四分之一周期的时间间隔内，质点所发生的位移的大小是（），走过的路程是（）。
1-8 已知质点以初速度、加速度作直线运动（），则速度与时间的关系式为（）。
1-9 一质点沿半径米的圆周运动，其所走路程与时间的关系为，则在秒时速率为（），切向加速度的值为（）。
1-10飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以的速度由东向西刮来，如果飞机的航速(在静止空气中的速率)，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明。
大学物理质点运动学习题（附答案）
第1章 质点运动学 习题及答案1．｜｜与 有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．r ∆r ∆t d d r dr dt t d d v dv dt解: ｜｜与 不同. ｜｜表示质点运动位移的大小,而则表示质点运动时其径向长度的r ∆r ∆r ∆r ∆增量;和不同. 表示质点运动速度的大小,而则表示质点运动速度的径向分量;t d d r dr dt t d d r dr dtt d d v 和不同. 表示质点运动加速度的大小, 而则表示质点运动加速度的切向分量.dv dt t d d v dv dt2.质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运动？解: 质点沿直线运动，其位置矢量方向可以改变;质点位置矢量方向不变，质点一定做直线运动.3.匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒定不变？圆周运动的加速度是否总是指向圆心，为什么？解: 由于匀速圆周运动的速度和加速度的方向总是随时间发生变化的,因此,其速度和加速度不是恒定不变的;只有匀速圆周运动的加速度总是指向圆心,故一般来讲,圆周运动的加速度不一定指向圆心.4．一物体做直线运动，运动方程为，式中各量均采用国际单位制，求：（1）第二秒2362x t t =-内的平均速度（2）第三秒末的速度；（3）第一秒末的加速度；（4）物体运动的类型。
解: 由于: 232621261212x(t )t t dx v(t )t t dtdv a(t )t dt=-==-==-所以:（1）第二秒内的平均速度:1(2)(1)4()21x x v ms --==- （2）第三秒末的速度: 21(3)1236318()v ms -=⨯-⨯=- （3）第一秒末的加速度:2(1)121210()a ms -=-⨯= （4）物体运动的类型为变速直线运动。
5．一质点运动方程的表达式为，式中的分别以为单位，试求；（1）质点2105(t t t =+r i j ）,t r m,s 的速度和加速度；（2）质点的轨迹方程。
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 。
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 ⊥。
大学物理上课后习题答案
第1章 质点运动学 P21一质点在xOy 平面上运动,运动方程为：x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计;⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；⑶计算t＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷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 ＝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 时质点的加速度请把位置矢量、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：1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r5.081-= m ；2114r i j =+m∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则：437i j =+v 1s m -⋅ 5 0t =s 时,033i j =+v ；4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44ja j t --∆====⋅∆v v v 6 2d 1 m s d a j t-==⋅v这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a x=+,a 的单位为m/s 2,x 的单位为m;质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值;解：由d d d d d d d d x a t x t x===v v v v得：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：2322250x x =++v∴ 31225 m s x x -=++⋅v一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：⑴ t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴ s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan 451n a a τ︒== 即：βωR R =2,亦即t t 18)9(22=,解得：923=t 则角位移为：322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 一质点在半径为的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α= rad/s 2,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度;解：s 2=t 时,4.022.0=⨯==t αω 1s rad -⋅则0.40.40.16R ω==⨯=v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅0.40.20.08a R τα==⨯=2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒第2章 质点动力学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：⑴t 时刻的速度为()0=k t me-v v ；⑵ 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝0m k v 1-t m ke )(-；⑶停止运动前经过的距离为0()mkv ；⑷当m t k =时速度减至0v 的e1,式中m 为质点的质量;解：f k =-v ,a f m k m ==-v⑴ 由d d a t =v 得：d d d k a t t m==-vv分离变量得：d d kt m =-v v ,即00d d t k t m-=⎰⎰v v v v , 因此有：0ln ln kt m e -=v v , ∴ 0k m te -=v v ⑵ 由d d x t =v 得：0d d d k m t x t e t -==v v ,两边积分得：000d d k mx t t x e t-=⎰⎰v∴ 0(1)k m tm x e k-=-v ⑶ 质点停止运动时速度为零,00k mt e -=→v v ,即t →∞,故有：000d k mt x et m k ∞-'==⎰v v⑷ t m k =时,其速度为：1000k m m kv e e e -⋅-===v v v ,即速度减至0v 的1e .作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i =+N,式中t 的单位是s,⑴ 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;⑵ 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 的物体,回答这两个问题; 解： ⑴ 若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,1111115.6m s 56kg m s p m i I p i --∆=∆=⋅=∆=⋅⋅；v若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则000000, (d )d t tp m p m F m t m F t=-=-+⋅=-+⎰⎰v v v 于是：⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理有：21∆=∆v 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;⑵ 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 舍去设N 67j i F -=合;⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时,求F所作的功;⑵ 如果质点到r 处时需,试求平均功率;⑶ 如果质点的质量为1kg,试求动能的变化;解： ⑴ 由题知,合F为恒力,且00r =∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =⋅∆=-⋅-++=--=-合⑵ w 756.045==∆=t A P ⑶ 由动能定理,J 45-==∆A E k一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端,挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ,B 的下端又挂一重物C ,C 的质量为M ,如图;求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比;解： 弹簧B A 、及重物C 受力如题图所示平衡时,有： Mg F F B A == ,又 11x k F A ∆=,22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221x x k k ∆∆= 弹性势能之比为：22111222211212p p E k x k E k x k ⋅∆==⋅∆第3章 刚体力学基础一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为x y i j =+v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩;解： 由题知,质点的位矢为：j y i x r11+=作用在质点上的力为：i f f-=所以,质点对原点的角动量为：01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k =⨯=+⨯+=-v v v v v作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m/s,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力,即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有：1122r m r m =v v ∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610m 9.0810r r ⨯⨯⨯===⨯⨯v v 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r=,6i j =+v m/s,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化; 解：⑴ ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p⑵ 解法一 由53 N a f m j ==得：0034437m x t x x t t ==+=+=+=v222031515663325.52623y t y t at t t j ==+=+=⨯+⨯⨯=v即有：i r41=,j i r 5.2572+=01x x ==v v ；0653311y y at =+=+⨯=v v即有：216i j =+v ,211i j =+v∴ 11143(6)72L r mi i j k =⨯=⨯+=v 222(725.5)3(11)154.5L r m i j i j k =⨯=+⨯+=v∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解法二 ∵d LM dt =, ∴ 2032031d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t tL M t r f tt i t t j j t t k t k -∆=⋅=⨯⎡⎤=+++⨯⨯⎢⎥⎣⎦=+=⋅⋅⎰⎰⎰⎰平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少解：只挂重物1M 时,小球作圆周运动,向心力为g M 1,即：2001ωmr g M = ①挂上2M 后,则有：221)(ω''=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒;即：00r m r m ''=v v ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得：100M g mr ω=,2112301()M g M M mr M ω+'=, 112130212()M M M r g r m M M ω+'==⋅'+ 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900 rev/min;现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速;已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算;试求：⑴ 设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解：⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b;图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力;杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有：121()0F l l N l '+-=, 121)N l l F l '=+(对飞轮,按转动定律有r F RIβ=-,式中负号表示β与角速度ω方向相反; ∵ N F r μ= ,N N '=∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ 212I mR =,∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-① 以N 100=F 等代入上式,得：2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为：2201900291409()53.12rad 2604234t t πφωβπππ⨯=+=⨯-⨯⨯=⨯可知在这段时间里,飞轮转了1.53转; ⑵10s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 200215rad s 22ttωωωπβ--==-=-⋅ 用上面式⑴所示的关系,可求出所需的制动力为：112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2mRl F N l l βπμ⨯⨯⨯=-==+⨯⨯+⨯计算题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m 1=50kg,m 2=200 kg,M =15 kg,r = m解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对m 1、m 2运用牛顿定律,有：a m T g m 222=- ；a m T 11=对滑轮运用转动定律,有：β)21(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得：22122009.87.6 m s 25200152m g a m m M -⨯===⋅++++题a 图 题b 图如题图所示,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：⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过θ角时的角速度. 解：⑴ 由转动定律有：211()23mg l ml β=, ∴ lg23=β⑵ 由机械能守恒定律有：22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ lg θωsin 3= 如题图所示,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;⑴设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量解：⑴ 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：0m l I m l ω=+v v ①2220111222m I m ω=+v v②上两式中23I Ml =,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o 30=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 Mgl ω 由①式得：0I mlω=-v v ④ 由②式得：2220I m ω=-v v ⑤所以：22200()I I ml mωω-=-v v求得：026(23)13(1)(1)22312gl l I l Mm M ml m mωω-+=+=+=v ⑵相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m =∆=-⎰v v v由①式求得：06(23)1d 36gl I F t m m Ml M l ωω-=-=-=-=-⎰v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反;一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动;另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向; ⑴开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值⑵用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比;解：⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω⑵ 022*******000sin 1[()][]2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长;解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有：222111222mgh m I kh ω=++v 又/R ω=v ,故有：2222221(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5 2.0m s mgh kh R mR I --⨯⨯⨯-⨯⨯==+⨯+=⋅v第5章 机械振动质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按0.1cos(82x t ππ=+的规律作谐振动,求：⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 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⑶ s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：⑴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0.8m A ωπ==v 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅,2.632==A a m ω2s m -⋅⑵ 0.63N m m F ma ==,J 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 ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t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：⑴A x -=0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2Ax =处向负向运动； ⑷过2A x -=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000cos sin x A A φωφ=⎧⎨=-⎩v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 x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：⑴s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12=x 处物体的总能量;解：由题已知s 0.4,m 10242=⨯=-T A ,∴ -120.5 rad s ωππ==⋅ 又,0=t 时,00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为：m )5.0cos(10242t x π-⨯=⑴ 将s 5.0=t 代入得：0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π23231010(2)0.17 4.210N F ma m x ωπ--=-=-=-⨯⨯⨯=-⨯方向指向坐标原点,即沿x 轴负向;⑵ 由题知,0=t 时,00=φ；t t =时,02,0,3t x A φπ=+<=且故v ∴ s 322/3==∆=ππωφt ⑶ 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：22232241111010()(0.24)7.110J 2222E kA m A πω--===⨯⨯⨯=⨯ 有一轻弹簧,下面悬挂质量为g 0.1的物体时,伸长为cm 9.4;用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子,将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后,给予向上的初速度0 5.0cm /s =v ,求振动周期和振动表达式; 解：由题知12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时,-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x 设向上为正又 30.225 , 1.26s 810k T m πωω-=====⨯即 222222205.010 ()(1.010)()210m 5v A x ω---⨯∴=+=⨯+=⨯200020 5.0105tan 1 , 1.01054x πφφω--⨯=-===⨯⨯即v ∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x题图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程;解：由题图a,∵0=t 时,0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v即：1s rad 2-⋅==ππωT,故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题图b ∵0=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v01=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v又ππωφ253511=+⨯=,∴ πω65=故m t x b )3565cos(1.0ππ+=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;⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同⑵ 此时的振动振幅多大⑶ 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：⑴ 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;⑵按⑶所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则0x mg k =-;碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即：02()m gh m M =+v则有：02m gh m M=+v ,于是22220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M gω=+=+=+++3gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ 第三象限,所以振动方程为 221cos arctan ()()mg khk kh x t k m M gm MM m g ⎡⎤=++⎢⎥+++⎣⎦有一单摆,摆长m 0.1=l ,摆球质量kg 10103-⨯=m ,当摆球处在平衡位置时,若给小球一水平向右的冲量41.010kg m s F t -∆=⨯⋅,取打击时刻为计时起点)0(=t ,求振动的初位相和角振幅,并写出小球的振动方程; 解：由动量定理,有：0F t m ⋅∆=-v∴ 4-131.0100.01 m s 1.010F t m --⋅∆⨯===⋅⨯v 按题设计时起点,并设向右为x 轴正向,则知0=t 时,1000 , 0.01m s x -==⋅v ＞0,∴ 2/30πφ=又1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13A x ωω-=+===⨯v v故其角振幅：33.210rad A l θ-==⨯小球的振动方程为：rad )2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t有两个同方向、同频率的简谐振动,其合成振动的振幅为m 20.0,位相与第一振动π/6的位相差为,已知第一振动的振幅为m 173.0,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差;解：由题意可做出旋转矢量题图;由图知222211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01A A A A A =+-︒=+-⨯⨯⨯=,∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1,则：θcos 22122212A A A A A -+=即：2222221212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1A A A A A θ+-+-===⨯⨯即2θπ=,这说明,1A 与2A 间夹角为2π,即二振动的位相差为2π; 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;解：∵ πππφ=--=∆)65(6, ∴ m 1.021=-=A A A 合 1122112250.4sin 0.3sinsin sin 366tan 5cos cos 30.4cos 0.3cos 66A A A A ππφφφππφφ⨯-+===++ ∴ 6φπ=其振动方程为：0.1cos(26)m x t π=+作图法略第6章 机械波已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为y =A cos Cx Bt -,其中A ,B ,C 为正值恒量;求：⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； ⑶ 任一时刻,在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差;解：⑴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y -= 0≥x 将上式与波动方程的标准形式：)22cos(λππυxt A y -=比较,可知：波振幅为A ,频率πυ2B =,波长C πλ2=,波速B u C λν==, 波动周期12T Bπν==;⑵ 将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y -=⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12,及2Cπλ=代入上式,即得：Cd =∆φ; 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =10x t ππ4-,式中x ,y 以米计,t 以秒计;求：⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相,它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =时刻到达哪一点 解：⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x πωλ=-相比,得：振幅05.0=A m ,圆频率10ωπ=,波长5.0=λm ,波速 2.5m s 2u ωλνλπ===;绳上各点的最大振速,最大加速度分别为：ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅⑵2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为：08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点0=x ,在92.008.010=-=t s 时的位相,即：2.9=φπ;设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点,则,825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m一列平面余弦波沿x 轴正向传播,波速为5 m/s,波长为2m,原点处质点的振动曲线如题图所示;⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线;解： ⑴ 由题a 图知,1.0=A m,且0=t 时,000 , 0y =>v ,∴230πφ=, 又52.52uνλ===Hz ,则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ,则波动方程为：30.1cos[5()]52x y t ππ=-+m⑵ 0=t 时的波形如题b 图5.0=x m 代入波动方程,得该点处的振动方程为：50.530.1cos[5]0.1cos(5)52y t t πππππ⨯=-+=+m如题c 图所示;如题图所示,已知t =0时和t =时的波形曲线分别为图中曲线a 和b,周期T>,波沿x 轴正向传播,试根据图中绘出的条件求： ⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程; 解：⑴ 由题图可知,1.0=A m ,4=λm ,又,0=t 时,000,0y =<v , ∴20πφ=,而-11 2 m s 0.5x u t ∆===⋅∆,20.5Hz 4u νλ===,∴ππυω==2故波动方程为：]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m⑵ 将1=P x m 代入上式,即得P 点振动方程为：t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m一列机械波沿x 轴正向传播,t =0时的波形如题图所示,已知波速为10 m/s 1,波长为2m,求： ⑴波动方程；⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间;解：由题图可知1.0=A m ,0=t 时,00,02A y =<v ,∴30πφ=,由题知2=λm ,-110m s u =⋅,则5210===λυuHz ,∴ππυω102==⑴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t ππ=-+m⑵ 由图知,0=t 时,0,2<-=P P v A y ,∴34πφ-=P P 点的位相应落后于0点,故取负值∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p ⑶ 由πππ34|3)10(100-=+-=t x t 解得：67.135==x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题图a,则由P点回到平衡位置应经历的位相角πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为：121106/5==∆=∆ππωφt s 如题图所示,有一平面简谐波在空间传播,已知P 点的振动方程为P y =Acos 0ϕω+t ;⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程;解：⑴ 如题图a,则波动方程为：0cos[()]l xy A t u uωϕ=+-+ 如图b,则波动方程为：0cos[()]x y A t uωϕ=++⑵ 如题图a,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=-+如题图b,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=++一平面余弦波,沿直径为14cm 的圆柱形管传播,波的强度为×10-3J/m 2·s,频率为300 Hz,波速为300m/s,求波的平均能量密度和最大能量密度.解： ∵u w I =, ∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅, 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅如题图所示,1S 和2S 为两相干波源,振幅均为1A ,相距4λ,1S 较2S 位相超前2π,求：⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度；⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度 解：1在1S 外侧,距离1S 为1r 的点,1S 2S 传到该P 点引起的位相差为：πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r ,∴ 0,0211===-=A I A A A 2在2S 外侧.距离2S 为1r 的点,1S 2S 传到该点引起的位相差：0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ,∴ 2121114,2A A I A A A A ===+=一平面简谐波沿x 轴正向传播,如题图所示;已知振幅为A ,频率为ν,波速为u ;⑴ 若t =0时,原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动,写出此波的波动方程；⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等,试写出反射波的波动方程,并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置;解： ⑴ ∵0=t 时,0,000>=v y ,∴20πφ-=,故波动方程为：cos[2()]2x y A t u ππυ=--m⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为即将λ43=x 代入2432πλλπ-⨯-,再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射,存在半波损失,所以反射波在界面处的位相为：πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点,则反射波在O 点处的位相为23542πλππλ--⨯-=,因只考虑π2以内的位相角,∴反射波在O 点的位相为2π-,故反射波的波动方程为：]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]222 2cos cos(2)2x x y A t A t u u x A t u πππυπυπυππυ=--++-=-故波节位置为：2)12(22πλππυ+==k x u x故 4)12(λ+=k x ,2,1,0±±=k …根据题意,k 只能取1,0,即λλ43,41=x 两列波在一根很长的细绳上传播,它们的波动方程分别为1y =t x ππ4-SI, 2y =t x ππ4+SI;⑴ 试证明绳子将作驻波式振动,并求波节、波腹的位置； ⑵ 波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解：⑴ 它们的合成波为：0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t ππππππ=-++=出现了变量的分离,符合驻波方程特征,故绳子在作驻波振动; 令ππk x =,则k x =,k=0,±1,±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ,,2,1,0±±=k …,此即波节的位置;⑵波腹处振幅最大,即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定,即：097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m第7章 气体动理论基础 P218设有N 个粒子的系统,其速率分布如题图所示;求⑴ 分布函数f υ的表达式； ⑵ a 与υ0之间的关系； ⑶ 速度在υ0到υ0之间的粒子数; ⑷ 粒子的平均速率; 5 υ0到υ0区间内粒子平均速率;解：⑴从图上可得分布函数表达式： 00000()/(0)()(2)()0(2)Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪=≥⎩, 00000/(0)()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪≥⎩⑵ f υ满足归一化条件,但这里纵坐标是N f υ而不是f υ,故曲线下的总面积为N.由归一化条件：20d d a NN a N υυυυυυυ+=⎰⎰,可得023Na υ=⑶ 可通过面积计算001(2 1.5)3N a N υυ∆=⨯-=⑷N 个粒子平均速率：220220001()d ()d d d 11311()329a f Nf a Na a N υυυυυυυυυυυυυυυυυυ∞∞===+=+=⎰⎰⎰⎰5 υ0到υ0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284NN a a a υυυ=+-== υ0到υ0区间内粒子平均速率：000000.50.50.5111d d ()d NN N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ===⎰⎰⎰ 0020.510d N a N N υυυυυυ=⎰0033220000.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=⎰ 2007769a N υυυ==试计算理想气体分子热运动速率的大小介于υp -υp /100与υp +υp /100之间的分子数占总分子数的百分比; 解：令P u υυ=,则麦克斯韦速率分布函数可表示为：du e u N dN u 224-=π因为u=1,∆u=由u e u N N u ∆=∆-224π,得 %66.102.0141=⨯⨯⨯=∆-e N N π容器中储有氧气,其压强为P=即1atm 温度为27℃求：⑴ 单位体积中的分子数n ；⑵ 氧分子的质量m ；⑶ 气体密度ρ；⑷ 分子间的平均距离e ；5 平均速率υ；62υ7分子的平均动能ε; 解：⑴ 由气体状态方程nkT p =得：242351045.23001038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n m -3⑵ 氧分子的质量：26230mol 1032.51002.6032.0⨯=⨯==N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M MpV mol =,得： 13.030031.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ3m kg -⋅⑷ 分子间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-⨯=⨯==ne m5 平均速率：mol 8.313001.601.60446.580.032RT M υ⨯=≈=1s m -⋅ 题图Nf υO2υ0υυ0a6482.87≈=1s m -⋅ 7 氧分子的平均动能：20231004.13001038.12525--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少解：理想气体分子的能量：RT iE 2υ= 平动动能 t=3 5.373930031.823=⨯⨯=t E J转动动能 r=2 249330031.822=⨯⨯=r E J内能 i=5 5.623230031.825=⨯⨯=i E J一瓶氧气,一瓶氢气,等压、等温,氧气体积是氢气的2倍,求⑴氧气和氢气分子数密度之比；⑵氧分子和氢分子的平均速率之比; 解：⑴ 因为nkT p =,则：1O H n n =⑵由平均速率公式υ=,得：14O H υυ== 7-25 一真空管的真空度约为×10-3 Pa 即×10-5 mmHg,试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程设分子的有效直径d ＝3×10-10 m; 解：由气体状态方程nkT p =得：317-3231.3810 3.3310m 1.3810300p n kT -⨯===⨯⨯⨯ 由平均自由程公式nd 221πλ=得： 5.71033.3109211720=⨯⨯⨯⨯=-πλ m ⑴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；⑵ 若温度不变,气压降到×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少设分子有效直径为10-10m解：⑴碰撞频率公式2z d n υ=对于理想气体有nkT p =,即：kTpn =,所以有：2d p z kT υ=而-1455.43 m s υ≈≈=⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz s -1⑵气压下降后的平均碰撞频率2042310455.43 1.33100.7141.3810273z ---⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ s -11mol 氧气从初态出发,经过等容升压过程,压强增大为原来的2倍,然后又经过等温膨胀过程,体积增大为原来的2倍,求末态与初态之间⑴气体分子方均根速率之比；⑵ 分子平均自由程之比; 解：⑴ 由气体状态方程：2211T p T p = 及 3322V p V p =====⑵ 对于理想气体,nkT p =,即 kTpn =所以有：pd kT 22πλ=,即：12121==T p p T 末初λλ第8章 热力学基础.如题图所示,一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中,有350 J 热量传入系统,而系统做功126 J;⑴ 若沿adb 时,系统做功42 J,问有多少热量传入系统⑵ 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84 J,试问系统是吸热还是放热热量传递是多少 解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差：A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程,系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程,外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K,问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功⑴ 容积保持不变； ⑵ 压力保持不变; 解：⑴ 等体过程对外作功0=A∴ V 2121()()2328.31(350300)623.25J iQ E A E C T T R T T νν=∆+=∆=-=-=⨯⨯-=, ⑵ 等压过程,吸热：P 212125()()8.31(350300)1038.75J 22i Q C T T R T T νν+=-=-=⨯⨯-=内能增加：V 21()328.31(350300)623.25J E C T T ν∆=-=⨯⨯-=对外作功：5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J一个绝热容器中盛有摩尔质量为M mol ,比热容比为γ的理想气体,整个容器以速度υ运动,若容器突然停止运动,求气体温度的升高量设气体分子的机械能全部转变为内能;解：整个气体有序运动的能量为212m υ,转变为气体分子无序运动使得内能增加,温度变化;2V 12m E C T m M υ∆=∆=,22mol mol V 111(1)22T M M C R υυγ∆==- 0.01m 3氮气在温度为300K 时,由压缩到10MPa;试分别求氮气经等温及绝热压缩后的⑴ 体积；⑵ 温度；⑶ 各过程对外所做的功; 解：⑴ 等温压缩过程中,T =300K,且2211V p V p =,解得：3112210.0111010p V V p -==⨯=⨯m 3 , 6321112lnln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V pA vRT p V V p ===⨯⨯⨯=-⨯ ⑵ 绝热压缩：R C 25V =,57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =,得：111/33111421221()()()0.01 1.9310m 10p V p V V p p γγγ-===⨯=⨯由绝热方程 111122T p T p γγγγ----=,得11.40.4122211300(10)579K T p T T p γγγγ--==⨯⇒=Oab c d由热力学第一定律A E Q +∆=及0=Q 得：)(12molT T C M MA V --=, 又RT M MpV mol=,所以 51121135 1.013100.015()(579300)23002 2.3510Jp V A R T T RT ⨯⨯=--=-⨯⨯-=-⨯ 理想气体由初状态P 1,V 2经绝热膨胀至末状态P 2,V 2;试证过程中气体所做的功为：12211--=γV P V P w 式中γ为气体的比热容比;证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211得γγV V p p 111= 故,22111121221111221121d 11d ()11 ()11V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V γγγγγγγγγ----===----=--=--⎰⎰1 mol 的理想气体的T -V 图如题图所示,ab 为直线,延长线通过原点O ;求ab 过程气体对外做的功; 解：设T kV =,由图可求得直线的斜率k 为：2T k V =,得过程方程002T T V V =由状态方程pV vRT=得：RT p V ==R V 02T V V =002RT V ab 过程气体对外作功：⎰=02d V v V p A 02000d 22V V RT RTV V ==⎰某理想气体的过程方程为Vp 1/2=a ,a 为常数,气体从V 1膨胀到V 2;求其所做的功;解：气体做功：22211122221211d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V ===-=-⎰⎰设有一以理想气体为工质的热机循环,如题图所示;试证其循环效率为：η＝1212111V V p p ηγ-=--解：等体过程：1V 21()0Q vC T T '=->,吸热,∴ )(1221V 11RV p R V p C Q Q -='= 绝热过程：03='Q 等压压缩过程：2p 21()0Q vC T T '=-<,放热 ∴ 212222P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R'==--=-,则, 循环效率为：p 21222121V 122212()(/1)111()(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p ννηγ--=-=-=--- 一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作,试计算⑴ 热机效率；⑵ 若低温热源不变,要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少⑶ 若高温热源不变,要使热机效率提高到80%,则低温热源温度需降低多少T Oab题图Vp OV绝热题图V 2 V 1 p 1p解：⑴ 卡诺热机效率 213001170%1000T T η=-=-= ⑵ 低温热源2300K T =不变时,即1130080%T η'=-=,解得：11500K T '=,则： 11115001000500K T T T '∆=-=-=即高温热源温度提高500K;⑶ 高温热源11000K T =不变时,即21100080%T η'=-= 解得：2200K T '=,则：222200300-100K T T T '∆=-=-=即低温热源温度降低100K;如题图所示是一理想气体所经历的循环过程,其中AB 和CD 是等压过程,BC 和DA 为绝热过程,已知B 点和C 点的温度分别为T 2和T 3;求此循环效率;这是卡诺循环吗解：⑴热机效率211Q Q η=-AB 等压过程1P 21()0Q C T T ν'=->,吸热,即有： 11P mo ()B A lMQ Q C T T M '==- CD 等压过程2P 21()0Q vC T T '=-<,放热,即有： )(P mol22D C T T C M MQ Q -='-= ∴)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= AD 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=D D AA T p T p 11 BC 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=C C B BT p T p 111 又 A B C D p p p p ==，,所以得：D C BT TT T = ∴ 231T T -=η⑵ 不是卡诺循环,因为不是工作在两个恒定的热源之间;⑴ 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源,需要多少功从-173℃向27℃呢⑵ 一可逆的卡诺机,作热机使用时,如果工作的两热源的温度差愈大,则对于做功就愈有利;当作致冷机使用时,如果两热源的温度差愈大,对于致冷是否也愈有利为什么解：⑴卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时,需作功：12122300280100071.4J 280T T A Q T --==⨯= 173-℃→27℃时,需作功：1222230010010002000J 100T T A Q T --==⨯= ⑵从上面计算可看到,当高温热源温度一定时,低温热源温度越低,温度差愈大,提取同样的热量,则所需作功也越多,对致冷是不利的;p O 题图A B C D第9章 静电场长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ= C/m 的正电荷;试求：⑴ 在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；⑵ 在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强; 解：⑴ 如题图所示,在带电直线上取线元d x ,其上电量d q 在P 点产生场强为：20)(d π41d x a xE P -=λε 22200220d d 4π()11 []4π22π(4)l P P l x E E a x a l a l la l λελελε-==-=--+=-⎰⎰用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得：21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右⑵ 同理,2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220ddd d π41d ++=x x xE Qy λε22223222222022d d d 4π(d )2π4ll Qy Qy l x lE E x d l d λλεε-===++⎰⎰以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得：21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,方向沿y 轴正向一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强; 解：如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为：20π4d d R R E εϕλ=,方向沿半径向外,则：ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-= 积分得：R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向;均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ;⑴求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；⑵证明：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ;解：如图示,正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E 方向如图,大小为：()12220cos cos 4π4P E r l λθθε-=+∵1222cos 2l r l θ=+ ,12cos cos θθ-=∴ 222204π42P lE r l r l λε=++P E 在垂直于平面上的分量cos P E E β⊥=∴ 22222204π424lr E r l r l r l λε⊥=+++由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为：22220444π(4)2PO lrE E r l r l λε⊥=⨯=++∵ l q4=λ ∴ 222204π(4)2P qrE r l r l ε=++ , 方向沿OP⑴ 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；⑵ 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少解： ⑴ 立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等,由高斯定理0d sE S q ε⋅=⎰得：各面电通量06εq e =Φ; ⑵ 电荷在顶点时,将立方体延伸为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中心,则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =Φ, 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ;均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×510-C/m 3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强;解：高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,334π()3q pr r =-∑内 ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 方向沿半径向外; 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外. 半径为1R 和2R 2R ＞1R 的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求：⑴r ＜1R ；⑵ 1R ＜r ＜2R ；⑶ r ＞2R 处各点的场强;解：取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=,则：rl E S E Sπ2d =⋅⎰⑴ 1R r <时,0q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =；⑵ 21R r R <<时,λl q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：rE 0π2ελ= 沿径向向外；⑶ 2R r >时,0=∑q ,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =两个无限大的平行平面都均匀带电,电荷的面密度分别为1σ和2σ,试求空间各处场强;解：如题图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为1σ与2σ,两面间, n E)(21210σσε-= 1σ面外,n E)(21210σσε+-=2σ面外,n E )(21210σσε+=, n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面;半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体,如题图所示;试求：两球心O 与O '点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的;。
大学物理第一章质点运动学习题解详细完整
第一章 质点运动学1–1 描写质点运动状态的物理量是 ;解：加速度是描写质点状态变化的物理量,速度是描写质点运动状态的物理量,故填“速度”;1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0,a n =常量的运动是 运动;解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周;1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟,他能以与水平成30°角,其值为30m/s 的初速从一边起跳,刚好到达另一边,则可知此沟的宽度为 )m/s 102=g ;解：此沟的宽度为m 345m 1060sin 302sin 220=︒⨯==g R θv1–4 一质点在xoy 平面内运动,运动方程为t x 2=,229t y -=,位移的单位为m,试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________,此时的瞬时加速度为__________;解：将s t 1=代入t x 2=,229t y -=得2=x m,7=y ms t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=m由质点的运动方程为t x 2=,229t y -=得质点在任意时刻的速度为m/s 2d d ==t x x v ,m/s 4d d t tx y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v m/s质点在任意时刻的加速度为0d d ==ta x x v ,2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2;1–5 一质点沿x 轴正向运动,其加速度与位置的关系为x a 23+=,若在x =0处,其速度m/s 50=v ,则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________;解：由x a 23+=得x xt x x t 23d d d d d d d d +===v v v v 故x x d )23(d +=v v积分得⎰⎰+=305d )23(d x x v v v则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为 61=v m/s=s ；1–6 一质点作半径R =的圆周运动,其运动方程为t t 323+=θ,θ以rad 计,t 以s 计;则当t =2s 时,质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________;解： t =2s 时,质点的角位置为=⨯+⨯=23223θ22rad由t t 323+=θ得任意时刻的角速度大小为36d d 2+==t tθω t =2s 时角速度为 =+⨯=3262ω27rad/s任意时刻的角速度大小为t t12d d ==ωα t =2s 时角加速度为 212⨯=α=24rad/s 2t =2s 时切向加速度为=⨯⨯==2120.1t αR a 24m/s 2t =2s 时法向加速度为=⨯==22n 270.1ωR a 729m/s 2；1–7 下列各种情况中,说法错误的是 ;A ．一物体具有恒定的速率,但仍有变化的速度B ．一物体具有恒定的速度,但仍有变化的速率C ．一物体具有加速度,而其速度可以为零D ．一物体速率减小,但其加速度可以增大解：一质点有恒定的速率,但速度的方向可以发生变化,故速度可以变化；一质点具有加速度,说明其速度的变化不为零,但此时的速度可以为零；当加速度的值为负时,质点的速率减小,加速度的值可以增大,所以A 、C 和D 都是正确的,只有B 是错误的,故选B;1–8 一个质点作圆周运动时,下列说法中正确的是 ;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,法向加速度不变解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运动,法向加速度a n 都是变化的,因此至少其方向在不断变化;而切向加速度a t 是否变化,要视具体情况而定;质点作匀速圆周运动时,其切向加速度为零,保持不变；当质点作匀变速圆周运动时,a t 值为不为零的恒量,但方向变化；当质点作一般的变速圆周运动时,a t 值为不为零变量,方向同样发生变化;由此可见,应选B;1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处,对其速度大小有四种意见： 1t r d d 2t d d r 3t s d d 422d 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2,3正确C ．只有3,4正确D ．只有1,3正确 解：tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中为质点的径向速度,是速度矢量沿径向的分量；t d d r 表示速度矢量；t s d d 是在自然坐标系中计算速度大小的公式；22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 是在真角坐标系中计算速度大小的公式;故应选C;1–10 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 ．一般曲线运动解：由j i r 22bt at +=可计算出质点的速度为j i bt at 22+=v ,加速度为j i b a 22+=a ;因质点的速度变化,加速度的大小和方向都不变,故质点应作变速直线运动;故选B;1–11 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为S ＝5＋4t –t 2SI,则小球运动到最高点的时刻是 ;A ．t ＝4sB ．t ＝2sC ．t ＝8sD ．t ＝5s解：小球到最高点时,速度应为零;由其运动方程为S ＝5＋4t –t 2,利用ts d d =v 得任意时刻的速度为 t 24-=v令024=-=t v ,得s 2=t故选B;1–12 如图1-1所示,小球位于距墙MO 和地面NO 等远的一点A ,在球的右边,紧靠小球有一点光源S 当小球以速度V 0水平抛出,恰好落在墙角O 处;当小球在空中运动时,在墙上就有球的影子由上向下运动,其影子中心的运动是 ;A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动,加速度小于gC ．自由落体运动D ．变加速运动解：设A 到墙之间距离为d ;小球经t 时间自A 运动至B;此时影子在竖直方向的位移为S ;t V x 0=, 221gt y = 根据三角形相似得d S x y //=,所以得影子位移为2/V gt x yd S == 由此可见影子在竖直方向作速度为02V g 的匀速直线运动;故选A;1–13 在相对地面静止的坐标系内,A 、B 二船都以2m/s 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 方向单位矢量用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 ．j i 22+B ．j i 22+-C ．j i 22--D ．j i 22+解：选B 船为运动物体,则B 船相对于地的速度为绝对速度j 2=v ,A 船相对于地的速度为牵连速度i 2=0v ,则在A 船的坐标系中,B 船相对于A 船的速度为相对速度v ';因v v v 0'+=,故j i 22+-='v ,因此应选B1–14 2004年1月25日,继“勇气”号之后,“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星;在人类成功登陆火星之前,人类为了探测距离地球大约5103⨯km 的月球,也发射了一种类似四轮小车的月球探测器;它能够在自动导航系统的控制下行走,且每隔10s 向地球发射一次信号;探测器上还装着两个相同的减速器其中一个是备用的,这种减速器可提供的最大加速度为5m/s 2;某次探测器的自动导航系统出现故障,从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物;此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作;下表为控制中心的显示屏的数据：图1-1y BM9:10:40 12 已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快;科学家每次分析数据并输入命令最少需要3s;问： 1经过数据分析,你认为减速器是否执行了减速命令2假如你是控制中心的工作人员,应采取怎样的措施加速度需满足什么条件,才可使探测器不与障碍物相撞请计算说明;解：1设在地球和月球之间传播电磁波需时为0t ,则有s 10==c s t 月地从前两次收到的信号可知：探测器的速度为m/s 21032521=-=v 由题意可知,从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:10:34;控制中心第3次收到的信号是探测器在9:10:39发出的;从后两次收到的信号可知探测器的速度为m/s 2101232=-=v 可见,探测器速度未变,并未执行命令而减速;减速器出现故障;（2）应启用另一个备用减速器;再经过3s 分析数据和1s 接收时间,探测器在9:10:44执行命令,此时距前方障碍物距离s =2m;设定减速器加速度为a ,则有222≤=as v m,可得1≥a m/s 2,即只要设定加速度1≥a m/s 2,便可使探测器不与障碍物相撞;1–15 阿波罗16号是阿波罗计划中的第十次载人航天任务1972年4月16日,也是人类历史上第五次成功登月的任务;1972年4月27日成功返回;照片图1-2显示阿波罗宇航员在月球上跳跃并向人们致意;视频显示表明,宇航员在月球上空停留的时间是;已知月球的重力加速度是地球重力加速度的1/6;试计算宇航员在月球上跳起的高度;解：宇航员在月球上跳起可看成竖直上抛运动,由已知宇航员在空中停留的时间为,故宇航员从跳起最高处下落到月球表面的时间为t =,由于月球的重力加速度是地球的重力加速度的1/6,即g g 61M =,所以 m 43.0725.08.961212122M =⨯⨯⨯==t g h1–16 气球上吊一重物,以速度0v 从地面匀速竖直上升,经过时间t 重物落回地面;不计空气对物体的阻力,重物离开气球时离地面的高度为多少;解：方法一：设重物离开气球时的高度为x h ,当重物离开气球后作初速度为0v 的竖直上抛运动,选重物离开气球时的位置为坐标原点,则重物落到地面时满足图1-220021)(x x x gt h t h --=-v v 其中x h -表示向下的位移,0v x h 为匀速运动的时间,x t 为竖直上抛过程的时间,解方程得 gt t x 02v = 于是,离开气球时的离地高度可由匀速上升过程中求得,其值为)2()(000gt t t t h x x v v v -=-= 方法二：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动;显然总位移等于零,所以0)(21200=--v v x h t g t 解得 )2(00g t t h x v v -=1–17 在篮球运动员作立定投篮时,如以出手时球的中心为坐标原点,作坐标系Oxy 如图1–3所示;设篮圈中心坐标为x ,y ,出手高度为H ,于的出手速度为0v ,试证明球的出手角度θ应满足⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ才能投入;证明：设出手后需用时t 入蓝,则有 θt t x x cos 0v v ==20221sin 21gt t gt t y y -=-=θv v 消去时间t ,得 θgx gx αx θgx θx y 22022022202tan 22tan cos 21tan v v v --=-= 图1-3整理得02tan tan 22022202=++-v v gx y θx θgx解之得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ1–18 有一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为32254t t .x -=SI;试求：1第2s 内的平均速度；2第2s 末的瞬时速度；3第2s 内的路程;解：1将t =1s 代入32254t t .x -=得第1s 末的位置为m 5.225.41=-=x将t =2s 代入32254t t .x -=得第2s 末的位置为m 0.22225.4322=⨯-⨯=x则第2s 内质点的位移为0.5m 2.5m -m 0.212-==-=∆x x x第2s 内的平均速度-0.5m/s 10.5=-=∆∆=t x v 式中负号表示平均速的方向沿x 轴负方向;2质点在任意时刻的速度为269d d t t tx -==v 将s 2=t 代入上式得第2s 末的瞬时速度为 m/s 626292-=⨯-⨯=v式中负号表示瞬时速度的方向沿x 轴负方向;3由069d d 2=-==t t tx v 得质点停止运动的时刻为s 5.1=t ;由此计算得第1s 末到末的时间内质点走过的路程为m 875.05.25.125.15.4321=-⨯-⨯=s 第末到第2s 末的时间内质点走过的路程为m 375.10.25.125.15.4322=-⨯-⨯=s则第2s 内的质点走过的路程为m 25.2375.1875.021=+=+=s s s1–19 由于空气的阻力,一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动;一跳伞员在离开飞机到打开降落伞的这段时间内,其运动方程为)e (/k t k t c b y -+-=SI,式中b 、c 和k 是常量,y 是他离地面的高度;问：1要使运动方程有意义,b 、c 和k 的单位是什么2计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度;解：1由量纲分析,b 的单位为m,c 的单位为m/s,k 的单位为s;2任意时刻的速度为)e 1(d d /k t c ty -+-==v 当时间足够长时其速度趋于c -;任意时刻的加速度为k t kc t a /ed d -==v 当时间足够长时其加速度趋于零;1–20 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,大小与速度平方成正比,即2d d v v K t-=,式中K 为常量;试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为Kx -=e 0v v 其中0v 是发动机关闭时的速度; 证明：由2d d v v K t-=得 2d d d d d d v v v v K xt x x -== 即x K d d -=vv 上式积分为⎰⎰-=x x K 0d d 0v v v v 得 Kx -=e 0v v1–21 一质点沿圆周运动,其切向加速度与法向加速度的大小恒保持相等;设θ为质点在圆周上任意两点速度1v 与2v 之间的夹角;试证：θe 12v v =;证明：因R a 2n v =,ta d d t v =,所以 t R d d 2v v =dsv v d d = 即vv d d =R s 对上式积分⎰⎰=2d d 0v v v v s R s得 12ln v v =R s 12ln v v ==R s θ 所以 θe 12v v =1–22 长为l 的细棒,在竖直平面内沿墙角下滑,上端A 下滑速度为匀速v ,如图1-4所示;当下端B 离墙角距离为xx<l 时,B 端水平速度和加速度多大解：建立如图所示的坐标系;设A 端离地高度为y ;∆AOB 为直角三角形,有222l y x =+ 方程两边对t 求导得 0d d 2d d 2=+t y y t x x所以B 端水平速度为 t y x y t x d d d d -=v xy =v x x l 22-= B 端水平方向加速度为v 222d /d d /d d d x tx y t y x t x-=232v x l -=1–23 质点作半径为m 3=R 的圆周运动,切向加速度为2t ms 3-=a ,在0=t 时质点的速度为零;试求：1s 1=t 时的速度与加速度；2第2s 内质点所通过的路程;图1-4解：1按定义ta d d t v =,得 t a d d t =v ,两端积分,并利用初始条件,可得 ⎰⎰⎰==t t t a t a 0t 0t 0d d d v v t t a 3t ==v当s 1=t 时,质点的速度为 m/s 3=v方向沿圆周的切线方向;任意时刻质点的法线加速度的大小为2222n m/s 39t Rt R a ===v 任意时刻质点加速度的大小为242n 2t m/s 99t a a a +=+=任意时刻加速度的方向,可由其与速度方向的夹角θ给出;且有22t n 33tan t t a a ===θ 当s 1=t 时有24m/s 23199=⨯+=a ,1tan =θ注意到0t >a ;所以得︒=45θ2按定义ts d d =v ,得t s d d v =,两端积分可得 ⎰⎰⎰==t t t s d 3d d v故得经t 时间后质点沿圆周走过的路程为C t s +=223 其中C 为积分常数;则第2s 内质点走过的路程为：m 5.4)123()223()1()2(22=+⨯-+⨯=-=∆C C s s s1–24 一飞机相对于空气以恒定速率v 沿正方形轨道飞行,在无风天气其运动周期为T ;若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来,风速为)1(<<=k k V v ;求飞机仍沿原正方形对地轨道飞行时周期要增加多少解：依题意,设飞机沿如图1-5所示的ABCD 矩形路径运动,设矩形每边长为l ,如无风时,依题意有 vl T 4= 1 图1-5当有风时,设风的速度如图1-5所示,则飞机沿AB 运动时的速度为v v v k V +=+,飞机从A 飞到B 所花时间为vv k l t +=1 2 飞机沿CD 运动时的速度为v v v k V -=-,飞机从C 飞到D 所花时间为vv k l t -=2 3 飞机沿BC 运动和沿DA 运动所花的时间是相同的,为了使飞机沿矩形线运动,飞机相对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角,使得飞机速度时的速度v 在水平方向的分量等于v k -,故飞机沿BC 运动和沿DA 运动的速度大小为222v v k -,飞机在BC 和DA 上所花的总时间为22232v v k lt -= 4综上,飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间,即周期为2223212vv v v v v k l k l k l t t t T -+-++=++=' 5 利用1式,5式变为)1(4)4()1(4)11(22222k k T k k T T --≈--+='飞机在有风时的周期与无风时的周期相比,周期增加值为43)1(4)4(222T k T k k T T T T =---≈'-=∆。
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 质点运动学 习题及答案
第1章 质点运动学 习题及答案1．｜｜与 有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说r ∆r ∆t d d r dr dt t d d v dv dt明．解: ｜｜与 不同. ｜｜表示质点运动位移的大小,而则表示质点运动时其径向长度r ∆r ∆r ∆r ∆的增量;和不同. 表示质点运动速度的大小,而则表示质点运动速度的径向分量;t d d r dr dt t d d r dr dt和不同. 表示质点运动加速度的大小, 而则表示质点运动加速度的切向分量.t d d v dv dt t d d v dv dt2.质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运动？解: 质点沿直线运动，其位置矢量方向可以改变;质点位置矢量方向不变，质点一定做直线运动.3.匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒定不变？圆周运动的加速度是否总是指向圆心，为什么？解: 由于匀速圆周运动的速度和加速度的方向总是随时间发生变化的,因此,其速度和加速度不是恒定不变的;只有匀速圆周运动的加速度总是指向圆心,故一般来讲,圆周运动的加速度不一定指向圆心.4．一物体做直线运动，运动方程为，式中各量均采用国际单位制，求：（1）第二秒2362x t t =-内的平均速度（2）第三秒末的速度；（3）第一秒末的加速度；（4）物体运动的类型。
解: 由于: 232621261212x(t )t t dxv(t )t t dt dv a(t )tdt=-==-==-所以:（1）第二秒内的平均速度: 1(2)(1)4()21x x v ms --==- （2）第三秒末的速度:21(3)1236318()v ms -=⨯-⨯=- （3）第一秒末的加速度: 2(1)121210()a ms -=-⨯= （4）物体运动的类型为变速直线运动。
5．一质点运动方程的表达式为，式中的分别以为单位，试求；（1）质2105(t t t =+r i j ）,t r m,s 点的速度和加速度；（2）质点的轨迹方程。
第1章 质点运动学(答案)
一. 选择题:［ B ］1、[基础训练2]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. 【提示】质点在x 轴上的位置即为这段时间内v-t 图曲线下的面积的代数和。
4.50(1 2.5)22(21)122()sx vdt m ==+⨯÷-+⨯÷=⎰［ D ］2、[基础训练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，t a 表示切向加速度分量，下列表达式中， (1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ， (3) d d /t =s v ， (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．【提示】根据定义式d d t =s v ，d d t a t=v 即可判断。
［ A ］3、[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 ．【提示】甲：()()112()42/42/3A B B A km km t t t h km h km h →→=+=+=+-甲 ；乙：1122 ()4/2A B B A A B km t t t t h km h →→→=+==⨯=乙；∴1()10 (min)6t t t h ∆=-==甲乙［ B ］4、[自测提高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 r22+=（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．【提示】 速度为22dr v ati btj dt ==+ ，加速度为22dva ai bj dt==+ ，显然有-12v a t =，速度与加速度同方向，所以质点作变速直线运动。
大学物理课后答案第1章质点运动学习题解答
大学物理课后答案第1章质点运动学习题解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN2第1章质点运动学习题解答1-1 如图所示，质点自A 点沿曲线运动到B 点，A 点和B 点的矢径分别为A r 和B r 。
试在图中标出位移r ∆和路程s ∆，同时对||r ∆和r ∆的意义及它们与矢径的关系进行说明。
解：r ∆和s ∆如图所示。
||r ∆是矢径增量的模||A B r r -，即位移的大小；r ∆是矢径模的增量A B A B r r r r -=-|||| ，即矢径长度的变化量。
1-2 一质点沿y 轴作直线运动，其运动方程为32245t t y -+=（SI ）。
求在计时开始的头3s 内质点的位移、平均速度、平均加速度和所通过的路程。
解：32245t t y -+=，2624t v -=，t a 12-=)(18)0()3(m y y y =-=∆)/(63s m y v =∆= )/(183)0()3(2s m v v a -=-= s t 2=时，0=v ，质点作反向运动)(46|)2()3(|)0()2(m y y y y s =-+-=∆1-3 一质点沿x 轴作直线运动，图示为其t v -曲线图。
设0=t 时，m 5=x 。
试根据t v -图画3出：(1)质点的t a -曲线图；(2)质点的t x -曲线图。
解：⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤+≤≤+-=)106( 5.775)62( 5.215)20( 2020t t t t t t v（1）dtdv a = ，可求得： ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤+≤≤+-=)106( 5.775)62( 5.215)20( 2020t t t t t t v质点的t a -曲线图如右图所示（2）dt dx v = ，⎰⎰=t x vdt dx 00， 可求得：20≤≤t 时，⎰⎰+-=tx dt t dx 05)2020(， 520102+-=t t x 62≤≤t 时，⎰⎰⎰+++-=t x dt t dt t dx 2205)5.215()2020(， 3015452-+=t t x 106≤≤t 时，⎰⎰⎰⎰-++++-=tx dt t dt t dt t dx 662205)5.775()5.215()2020(， 210754152-+-=t t x4⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≤-+-≤≤-+≤≤+-=∴)106( 21075415)62( 301545)20( 52010222t t t t t t t t t x质点的t x -曲线图如右图所示。
(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 。
大学物理质点运动学答案
r
,
d t d t d t d t t
表示的物理意义分别是 d v 切向加速度的大小、
d s 速 率、
dv
dt 加速度、 d v 加速度的大小、
dt
dt
dt
r 平均速度 。
t
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第一章 质点运动学
课后练习一
6．已知质点的运动方程在直角坐标中的表达形式为 x = 2t,
y = 2- t 2(SI), 求 (1) t =ls到t =2s时间内质点的位移和平均速度;
v
dv
t
a
d
t
A 2
t
cos
t
d
t
dt 0
0
0
v
A
sin t
t 0
A
sin t
根据 v d x dt
x
t
t
d x v d t A sin t d t
A0
0
x
A
A cost
t 0
A(cost
1)
x Acost
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第一章 质点运动学
课后练习二
1．质点作曲线运动， r表示位置矢量，s 表示路程，
⑵ 由 d x 4 2t 0 换向时刻：t =2 s dt
程路 s x2 x0 x3 x2 4 1 5 m
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第一章 质点运动学
课后练习一
4．一质点在x=l0m处,由静止开始沿Ox轴正向运动,它的
加速度a =6tm·s-2,经过5s后,它在x =
m 处. 135
加速度→速度→运动方程
a d v dt
v
t
t
dv adt 6 tdt
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x3 x0 4 1 3 （m）
（3）因为质点做反向运动时有 vt 0 ，所以令 3s 内经过的路程为
dx 0 ，即 4 2t 0 ， t 2 s，因此前 dt
x3 x2 x2 x0 4 5 5 1 5 （m）
练习题一解答 1-2 某质点作直线运动，其运动方程为 x 1 4t t 2 ，其中 x 以 m 计，t 以 s 计。求：
（1）第 3s 末质点的位置； （2）前 3s 内的位移大小； （3）前 3s 内经过的路程。 解 （1）第 3s 末质点的位置为
x3 1 4 3 3 2 4 （m）
其中 R、 、v0 均为常数，试求质点的运动方程及轨迹方程。 解：由 v
dr ，可得 dt
dr vdt
将上式对 t 积分得
r t r 0 v t dt v 0 cos ti sin tj dt
t
0
t
0
所以
v0
sin ti cos tj
（3）由位置矢量求导可得质点的速度为
题 1-3 图
v
所以 1s 末和 2s 末质点的速度分别为
dr 2i 2t j dt
v 1 2i 2 j （m·s-1）和 v 2 2i 4 j （m·s-1）
（4）由速度求导可得质点的加速度为
a
所以 1s 末和 2s 末质点的加速度为
dv 2 j dt
a1 a2 2 j （m·s-2）
（5）据题意有
r a 2(2 t 2 ) 0
解得
t 2 （s），
t 2 (舍去)
1-5 已知质点的初始位置矢量和速度矢量为
r 0 Rj ， v t v0 costi sin tj
2 1 28.0 4.0 12.0 （ rad s 2 ） t t 2 t1 4.0 2.0
（2） t 2.0 s 时的速度大小
v R 4.0 0.2 0.8 （ m s 1 ）
角加速度 切向加速度大小为
d 6.0t 6.0 6.0 2.0 6.0 6.0 （ rad s 2 ） dt
v v0 e kt
dx v0 e kt ，得 dt
dx v 0 e kt dt
再次将上式积分
得
x
x0
dx
ve
0 0
t
kt
dt
x x0
v0 1 e kt k
1-9 已知质点沿半径 R 0.2 m 的轨道做圆周运动，其角位置随时间变化关系为 （1） t 2.0 s 到 t 4.0 s 这 t 3 3.0t 2 4.0t ，式中 的单位是 rad，t 的单位是 s，试求： 段时间内的平均角加速度？（2） t 2.0 s 时，质点的加速度为多少？ 解 （1）由题意知 t 3 3.0t 2 4.0t 所以
at R 0.2 6.0 1.2 （ m s 2 ）
法向加速度大小为 加速度大小为
v 2 0.64 an 3.2 （ m s 2 ） R 0.2
2 a at2 an 3.22 1.22 3.42 （ m s 2 ）
1-10 一质点从静止出发沿半径为 R 1 m 的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律 是 12t 2 6t （ rad s 2 ） ，试求该质点的角速度 和切向加速度 a 。 解 所以 积分上式有 故质点的角速度为 因为
t 0
v0
sin ti 1 cos t j
r t
运动方程为
v0Βιβλιοθήκη v v sin ti 0 0 cost R j
v0 v0
x
v0
sin t ， y
R
cost
将上两式中消去 t 得质点轨迹方程为
v v x yR 0 0
2
2
2
1-8 一质点沿 x 轴运动，其加速度与速度成正比，方向与运动方向相反，即 a kv ， 初始位置、初速度分别为 x0、v0，试求质点位移随时间变化的关系式。 解 由题意知
a
分离变量后做定积分
dv kv dt
得 即 利用 v
v
v0
t dv kdt 0 v
ln v kt
y2
运动轨迹如图 1-2
x2 （x＞0） 4
y
(0,2)
（2）根据题意可得质点的位置矢量为
r 2t i 2 t 2 j
所以 t 1 s 到 t 2 s 这段时间内质点的平均速度为
o
(2 2 ,0)
x
r r 2 r 1 v 2i 3 j （m·s-1） t 2 1
d 12t 2 6t dt
d 12t 2 6t dt
d 12t
t 0 0
2
6t dt
4t 3 3t 2 （ rad s 1 ）
切向加速度为
at R 12t 2 6t （ m s 2 ）
d 3t 2 6.0t 4.0 dt
当 t 2.0 s 时 当 t 4.0 s 时 于是
1 3 2.0 2 6.0 2.0 4.0 4.0 （ rad s 1 ）
2 3 4.0 2 6.0 4.0 4.0 28.0 （ rad s 1 ）
1-3 已知某质点的运动方程为 x 2t ， y 2 t 2 ，式中 t 以 s 计，x 和 y 以 m 计。试求：
（1）质点的运动轨迹并图示； （2） t 1 s 到 t 2 s 这段时间内质点的平均速度； （3）1s 末 和 2s 末质点的速度； （4）1s 末和 2s 末质点的加速度； （5）在什么时刻，质点的位置矢量与 其加速度矢量恰好垂直？ 解 （1）由质点运动方程 x 2t ， y 2 t 2 ，消去 t 得质点的运动轨迹为